高考专题训练七 空间向量与立体几何

高考专题训练七 空间向量与立体几何

班级_______ 姓名________ 时间：45分钟 分值：75分 总得分________

一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项填在答题卡上．

1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1

→→

的中点，则sin〈CM，D1N〉的值为( )

1

A. 92

C.5 9

4B.5 92D. 3

解析：以D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建系，

?1??1?

设正方体棱长为1，则C(0,1,0)，M?1，0，2?，D1(0,0,1)，N?1，1，2?，

?

?

?

?

1－4→?1?→?1?→→

∴CM＝?1，－1，2?，D1N＝?1，1，－2?，∴cos〈CM，D1N〉＝

33????

×221＝－，

9

→→45

∴sin〈CM，D1N〉＝.故选B.

9答案：B

2．(2011·全国)已知直二面角α－l－β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离等于( )

2A. 3

3B. 3

C.

6 3

D．1

→2→→→2

解析：由AB＝(AC＋CD＋DB)

→→→→→→→→→＝AC2＋CD2＋DB2＋2AC·CD＋2AC·DB＋2CD·DB →2

＝1＋|CD|＋1，所以|CD|＝2.

过D作DE⊥BC于E，则DE⊥面ABC，DE即为D到平面ABC的距离．在Rt△BCD中，BC2＝BD2＋CD2＝3，∴BC＝3.DE·BC＝6BD·CD，∴DE＝. 3

答案：C

3．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D、E、F分别是棱AB、BC、CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为( )

1A. 5C.5 5

2B. 525D. 5

解析：以A为原点，AB、AC、AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，由AB＝AC＝1，PA＝2，得

?1??11?

A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，D?2，0，0?，E?2，2，0?，

????

?1??F0，2，1?， ??

→→?1?→?11?

∴AP＝(0,0,2)，DE＝?0，2，0?，DF＝?－2，2，1?，设面DEF

?

?

?

?

→?n·DE＝0，

的法向量为n＝(x，y，z)，则由?

→?n·DF＝0

??y＝0，

得?取z＝1，?x＝2z，?

→

|PA·n|5

则n＝(2,0,1)，设PA与平面DEF所成角为θ，则sinθ＝＝，→5|PA||n|5

∴PA与平面DEF所成角为arcsin，故选C.

5

答案：C

4．如图所示，AC1是正方体的一条体对角线，点P、Q分别为其所在棱的中点，则PQ与AC1所成的角为( )

π

A. 6

πB. 4

π

C. 3πD. 2

解析：如图，设底面中心为O，在对角面ADC1B1中，取AB1的中点为T，TD∥PQ，从而TD与AC1所成的角为所求．由相似可得π

∠AMD＝，故选D.

2

答案：D

5．如下图所示，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A到平面MBD的距离是( )

6A.a 3C.3a 4

3B.a 6D.6a 6

解析：A到面MBD的距离由等积变形可得． 6

VA－MBD＝VB－AMD.易求d＝a.

6答案：D

6．已知平面α与β所成的二面角为80°，P为α，β外一定点，过点P的一条直线与α，β所成的角都是30°，则这样的直线有且仅有( )

A．1条 C．3条

B．2条 D．4条

解析：如右图，过P作α、β的垂线PC、PD，其确定的平面与棱l交于Q，过P的直线与α、β分别交于A、B两点，若二面角为80°，AB与平面α、β成30°，则∠CPD＝100°，AB与PD、PC成60°，因此问题转化为过P点与直线PD、PC所成角为60°的直线有几条．∵100°80°<60°，<60°，∴这样的直线有4条． 22

答案：D

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．

7．(2011·全国)已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于________．

解析：如图，以DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系

设正方体的边长为3.

∴A(3,0,0)，E(3,3,1)，F(0,3,2) →→

∴AE＝(0,3,1)，AF＝(－3,3,2)

设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)， →?n⊥AE

∴?

→?n⊥AF

??3y＋z＝0?? ??－3x＋3y＋2z＝0

令y＝1，∴z＝－3，x＝－1，∴n＝(－1,1，－3)

→

又DD1＝(0,0,3)为面ABC的一个法向量，设平面AEF与平面ABC所成的二面角为θ

?－3×3?→3

?＝∴cosθ＝|cos〈n，DD1〉|＝? 3·1111??

2

∴sinθ＝1－cosθ＝

11

2sinθ2

∴tanθ＝＝. cosθ3答案：

2 3

8．已知l1，l2是两条异面直线，α、β、γ是三个互相平行的平面，l1、l2分别交α、β、γ于A、B、C和D、E、F，AB＝4，BC＝12，DF＝10，又l1与α成30°角，则β与γ间的距离是________；DE＝

________.

解析：由直线与平面所成角的定义及平行平面距离定义易得β与ABDE

γ间距离为6.由面面平行的性质定理可得BC＝EF，∴4DEDE

，即＝.∴DE＝2.5.

DE＋EF4＋1210

答案：6 2.5

9．坐标平面上有点A(－2,3)和B(4，－1)，将坐标平面沿y轴折成二面角A－Oy－B，使A，B两点的距离为211，则二面角等于________．

解析：如图，AD⊥BC，BC⊥CD，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，AB＝211，BC＝4，∴AC＝27，AD＝2，CD＝4，∴cosθ＝4＋16－2881

＝－＝－.

1622×2×4

AB

＝

AB＋BC

答案：120°

10．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则直线DA1与AC间的距离为________．

→→→

解析：设n＝λAB＋μAD＋AA1是A1D和AC的公垂线段上的向量，→→→→→→→则n·A1D＝(λAB＋μAD＋AA1)·(AD－AA1)＝μ－1＝0，∴μ＝1.又n·AC→→→→→＝(λAB＋μAD＋AA1)·(AB＋AD)＝λ＋μ＝0，∴λ＝－1.

→→→

∴n＝－AB＋AD＋AA1.故所求距离为 →→→→?|AA1·n|??→－AB＋AD＋AA1?d＝＝?AA1·? |n|3??13＝＝.

333

答案： 3

三、解答题：本大题共2小题，共25分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

11．(12分)(2011·天津)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝5.

(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； (2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值；

(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．

解：方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，

点B为坐标原点，依题意得A(22，0,0)，B(0,0,0)，C(2，－2，5)，A1(22，22，0)，B1(0,22，0)，C1(2，2，5) →

(1)易得AC＝(－2，－2，5)， →

A1B1＝(－22，0,0)．

→→

→→AC·A1B142

于是cos〈AC，A1B1〉＝＝＝.

→→3×223|AC|·|A1B1|所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为

2

. 3

→→

(2)易知AA1＝(0,22，0)，A1C1＝(－2，－2，5)， 设平面AA1C1的法向量m＝(x′，y′，z′)， →?m·A1C1＝0，

则?

→?m·AA1＝0.

??－2x′－2y′＋5z′＝0.

即? ?22y′＝0.?

不妨令x′＝5，可得m＝(5，0，2)，同样地，设平面A1B1C1

→?n·A1C1＝0，

的法向量n＝(x，y，z)，则?

→?n·A1B1＝0.

??－2x－2y＋5z＝0

即?

?－22x＝0.?

不妨令y＝5，可得n＝(0，5，2)，于是cos〈m，n〉＝235

＝.从而sin〈m，n〉＝. 77

m·n2

＝|m|·|n|7·7

35

所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为.

7

?2325??(3)由N为棱B1C1的中点，得N，，?，设M(a，b,0)，

22??2

→?2325?

则MN＝?－a，－b，?，由MN⊥平面A1B1C1，

222??

→→?MN·A1B1＝0，得?

→→?MN·A1C1＝0.

?即??2?

?－???2－a??·?

解得?2

b＝?4.

2a＝，

2

?2??－a?·?－22?＝0，?2?

?32?5

2?＋??－2?＋·5＝0.－b?·2?2?

?2?→?22?2

???故M，，0，因此BM＝，，0?，

44?2??2?

→10

所以线段BM的长|BM|＝. 4

方法二：(1)由于AC∥A1C1.故∠C1A1B1是异面直线AC与A1B1

所成的角．

因为C1H⊥平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，AA1

＝22，C1H＝5，可得A1C1＝B1C1＝3.

22

A1C221＋A1B1－B1C1

因此cos∠C1A1B1＝＝.

2A1C1·A1B13

所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为

2

. 3

(2)连接AC1，易知AC1＝B1C1，又由于AA1＝B1A1，A1C1＝A1C1，所以△AC1A1≌△B1C1A1，过点A作AR⊥A1C1于点R，连接B1R，于是B1R⊥A1C1，故∠ARB1为二面角A－A1C1－B1的平面角．

在Rt△A1RB1中，B1R＝A1B1·sin∠RA1B1＝22·?2?2

1－??＝?3?

214

.连接AB1，在△ARB1中，AB1＝4，AR＝B1R，cos∠ARB1＝3

AR2＋B1R2－AB22351

＝－，从而sin∠ARB1＝.

2AR·B1R77

35所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为.

7

(3)因为MN⊥平面A1B1C1，所以MN⊥A1B1，取HB1中点D，连15

接ND.由于N是棱B1C1的中点，所以ND∥C1H且ND＝C1H＝.22又C1H⊥平面AA1B1B，所以ND⊥平面AA1B1B，故ND⊥A1B1.又MN∩ND＝N，所以A1B1⊥平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，则ME⊥A1B1，故ME∥AA1.

2DEB1EB1D1

由＝＝＝，得DE＝B1E＝，延长EM交AB于点AA1B1A1B1A42F，可得BF＝B1E＝2

，连接NE.在Rt△ENM中，ND⊥ME，故ND22

ND2522

＝DE·DM，所以DM＝DE＝，可得FM＝，连接BM，在Rt

44△BFM中，

BM＝FM2＋BF2＝

10. 4

12．(13分)(2011·上海)已知ABCD－A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点．

(1)设AB1与底面A1B1C1D1所成角的大小为α，二面角A－B1D1

－A1的大小为β.求证：tanβ＝2tanα；

4(2)若点C到平面AB1D1的距离为，求正四棱柱ABCD－A1B1C1D1

3的高．

解：设正四棱柱的高为h.

(1)证明：连接AO1，AA1⊥底面A1B1C1D1于A1，∴AB1与底面A1B1C1D1所成的角为∠AB1A1，即∠AB1A1＝α.∵AB1＝AD1，O1为B1D1中点，

∴AO1⊥B1D1，又A1O1⊥B1D1，

∴∠AO1A1是二面角A－B1D1－A1的平面角，即∠AO1A1＝β

AA1AA1∴tanα＝＝h，tanβ＝＝2h＝2tanα.

A1B1A1O1

(2)建立如图空间直角坐标系，有A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)

AB→(1,0，－h)，AD→→

1＝1＝(0,1，－h)，AC＝(1,1,0) 设平面AB1D1的一个法向量为n＝(x，y，z)， ?n⊥AB→?∵?

1

??

n·AB→1＝0，

?n⊥AD→1

?n·AD→1＝0

即z＝1，得n＝(h，h,1)

∴点C到平面AB|n·AC→

|h＋h＋04

1D1的距离为d＝|n|＝h2＋h2＋1＝3，则＝2.

h

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