(2013届高三数学理科二轮复习专题卷2-4-3第3讲 空间向量与立体几何

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(金版教程)2013届高三数学理科二轮复习专题卷

2-4-3第3讲 空间向量与立体几何

一、选择题

1．(改编题)已知a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,3)，且ka＋b与a－2b垂直，则k的值为( )

21

A.5 21C.4

1B.2212

[解析] 由已知条件，得ka＋b＝(k－1，k,3)，a－2b＝(3,1，－6)，又ka＋b与a－2b垂直，所以(k－1)×3＋k×1＋3×(－6)＝0，21

解得k＝4[答案] C

2．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1

与侧面ACC1A1所成角的正弦等于( )

6A.4 2C.2

10B.432

→

[解析] 设各棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB1

＝(3，1,2)，平面ACC1A1的法向量为n＝(1,0,0)，故AB1与侧面ACC1A1→

→|AB·n|36

所成角的正弦等于|cos〈AB1，n〉|＝＝＝4.故选A.

→22|AB1|·|n|

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[答案] A

天津十校联考 如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD3. 2012·

为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为(

)

[解析] 以D为原点，DA、DC分别为x、y轴建系如图：

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a3

设M(x，y,0)，设正方形边长为a，则P 0， ，C(0，a,0)，

2 2

则

|MC|＝x＋ y－a ， |MP|＝

a 223 2

x－ ＋y＋ .

2 2

由|MP|＝|MC|得x＝2y，所以点M在正方形ABCD内的轨迹为1

一条直线y＝2x，故选A.

[答案]

A

4.(2012·广州模拟)过正方形ABCD的顶点A，引PA⊥平面ABCD.若PA＝BA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是( )

A．30° C．60° [解析]

B．45° D．90°

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建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB与平面PCD的法向量n1＝(0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面|n·n|2角(锐角)的余弦值为|n||n|2，

12

故所求的二面角的大小是45°. [答案] B

5.(2012·宝鸡中学月考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝3，D、E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为(

)

π

A.6

πB.4

金太阳新课标资源网 πC.3 [解析]

π2

由AB＝1，AC＝2，BC＝3可得AB2＋BC2＝AC2，故AB⊥BC.又由直棱柱的性质可知BB1⊥平面ABC.

h

如图，建立空间直角坐标系，设棱BB1的长为h，则E(0,0，2)，→31h31

A(0,1,0)，C13，0，h)，D(2，22)，故DE＝(－2，－2，0)．因为BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥AB，又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面→

BB1C1C，故BA＝(0,1,0)是平面BB1C1C的一个法向量．设直线DE与平面BB1C1C所成的角为θ，则

→→

→→BA·DE

sinθ＝|cos〈BA，DE〉|＝|→→|BA|·|DE|

1

2

1×

3212

－2＋ －2 ＋02

12.

＝

金太阳新课标资源网 ππ

又因为θ∈[0，2]，所以θ＝6. [答案] A 二、填空题

6．(2012·湖南省长沙一中月考)已知a＝(2，－1,1)，b＝(－1,4，－2)，c＝(11,5，λ)，若向量a、b、c共面，则λ＝________.

[解析] 由向量a、b、c共面可得：c＝xa＋yb(x，y∈R)，故有11＝2x－y

5＝－x＋4y λ＝x－2y

x＝7

，解得 y＝3

λ＝1

.

[答案] 1

7.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是________．

[解析]

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以C为坐标原点，CA、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，A1(1,0,2)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，C(0,0,0)，

→→

则A1B＝(－1,1，－2)，AC＝(－1,0,0)， →→

→→AB·AC16cos〈A1B，AC〉＝＝.

→→1＋1＋46|A1B||AC|6

[答案] 6

8．(2012·衡阳联考)如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝23，则点A到平面MBC的距离等于________．

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[解析] 取CD的中点O，连接OB、OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD，则OM⊥平面BCD，所以OM⊥OB.以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得OB＝OM＝3，则各点坐标分别为C(1,0,0)，M(0,03)，B(0，－3，0)，A(0，3，→→→

23)．所以BC＝(1，3，0)，BM＝(0，3，3)，BA＝3)．

设n＝(x，y，z

)

→→

是平面MBC的法向量，由n⊥BC，得x3y＝0；由n⊥BM，3y＋3z＝0.令x＝3，则y＝－1，z＝1，所以n＝(3，－1,1)是平面MBC的一个法向量．

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→|BA·n|315

所以点A到平面MBC的距离为|n|＝55215

[答案] 5

→→→→

9．(改编题)已知空间不共面四点O、A、B、C，OA·OB＝OA·OC＝→→→→→→→OB·OC＝0，且|OA|＝|OB|＝|OC|，AM＝MB，则OM与平面ABC所成角的正切值是

________．

[解析]

由题意可知，OA、OB、OC两两垂直，如图，建立空间直角坐标11系，设OA＝OB＝OC＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，M(2，2→→→11

0)，故AB＝(－1,1,0)，AC＝(－1,0,1)，OM＝(220)．

设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)， → n⊥AB

则由

→ n⊥AC

－x＋y＝0

，得 ，令x＝1，得平面ABC的一个

－x＋z＝0

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法向量为n＝(1,1,1)．

→

故cos〈n，OM〉＝

6

＝OM与平面ABC所成角233×21

6

的正弦值为32.

[答案]

2

三、解答题

10.如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝1，AD＝3

，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．

(1)若点E为BC的中点，证明：EF∥平面PAC； (2)求证：PE⊥AF；

(3)若直线PA与平面PED所成角的大小为45°，求BE长． [解] (1)证明：∵在△PBC中，E、F分别为BC、PB的中点，∴EF∥PC.

又EF 平面PAC，而PC 平面PAC， ∴EF∥平面PAC.

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(2)证明：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则11

A(0,0,0)，P(0,0,1)，B(0,1,0)，F(0D(3，0,0)．设BE＝x(0≤x≤3)，22)，→→11则E(x,1,0)，∴PE＝(x,1，－1)，AF＝(0，2，2，

→→11∴PE·AF＝(x,1，－1)·(0，22＝0，∴PE⊥AF.

→

(3)设平面PDE的法向量为m＝(p，q,1)，由(2)知PD＝(3，0，→

－1)，PE＝(x,1，－1)，

→ m·PD＝0，由

→ m·PE＝0，

3p－1＝0，

得 px＋q－1＝0，

→3333

∴p＝3q＝1－3，∴m＝31－31)．而AP＝(0,0,1)， 依题意知直线PA与平面PDE所成角为45°，

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金太阳新课标资源网 →

2|m·AP|

∴sin45°＝2→|m|·|AP|

1

132

3＋ 1－3 ＋1

1＝

2

得BE＝x＝3－2或BE＝x＝3＋2>3(舍去)． 故BE＝3－2时，直线PA与平面PED所成角为45°. 11.(2012·北京朝阳段考)如图，在四棱锥S－ABCD中，平面SAD⊥平面

ABCD.底面ABCD为矩形，AD＝2a，AB＝3a，SA＝SD＝a.

(1)求证：CD⊥SA；

(2)求二面角C－SA－D的大小．

[解] (1)方法一：证明：因为平面SAD⊥平面ABCD， CD⊥AD，且面SAD∩面ABCD＝AD， 所以CD⊥平面SAD. 又因为SA 平面SAD， 所以CD⊥SA.

方法二：取BC的中点E，AD的中点P.

在△SAD中，SA＝SD＝a，P为AD的中点，所以，SP⊥AD. 又因为平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD

所以，SP⊥平面ABCD.显然，有PE⊥AD.

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如图，以P为坐标原点，PA为x轴，PE为y轴，PS为z轴建立空间直角坐标系，

2222

则S(0,02a)，A(2a,0,0)，B(2a3a,0)，C(－23a,0)，2

D(－2．

→→22

易知CD＝(03a,0)，SA＝(2a,0，－2a)， →→因为CD·SA＝0，所以CD⊥SA.

→ n·SA＝0(2)设n＝(x，y，z)为平面CSA的一个法向量，则有

→ n·CA＝0

，

22－22az＝0

即 2ax－3y＝0

，所以n＝(3，2，3)．

→

显然，EP⊥平面SAD，所以PE为平面SAD的一个法向量，所以m＝(0,1,0)为平面SAD的一个法向量．

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21π

所以cos〈n，m〉＝C－SA－D的大小为32212．(2012·唐山一模)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，底面是边长为2的正三角形，M、N分别是棱

CC1、AB的中点．

(1)求证：CN∥平面AMB1；

(2)若二面角A－MB1－C为45°，求CC1的长． [解] (1)证明：设AB1的中点为P，连接NP、MP. 11

∵CM綊2AA1，NP綊2AA1，∴CM綊NP， ∴四边形CNPM是平行四边形，∴CN∥MP. ∵CN 平面AMB1，MP 平面AMB1， ∴CN∥平面AMB1.

(2)如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C－xyz，使x轴、y→→→

轴、z轴分别与NA、CN、CC1同向．

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则C(0,0,0)，A(1，3，0)，B(－13，0)， 设M(0,0，a)(a>0)，则B1(－1，，2a)，

→→→

MA＝(1，3，－a)，MB1＝(－13，a)，CM＝(0,0，a)， →→

设平面AMB1的法向量n＝(x，y，z)，则n·MA＝0，n·MB1＝0，

x＋3y－az＝0，即 －x＋3y＋az＝0，

则y＝0，令x＝a，则z＝1，即n＝(a,0,1)．

→→设平面MB1C的一个法向量是m＝(u，v，w)，则m·MB1＝0，m·CM＝0，

－u＋3v＋aw＝0，即 aw＝0，

则w＝0，令v＝1，则u＝3，即m＝3，1,0)．

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金太阳新课标资源网 3a

所以cos〈m，n〉＝， 2a＋1

3a2

依题意，〈m，n〉＝45°，则2，解得a＝2， a＋1所以CC1的长为2.

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/4sq1.html