高考数学(理数)二轮复习专题3 第3讲《空间向量》练习 (含答案详解)

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专题复习检测A卷1．在空间四边形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉等于(　　)A．　 B．　　C．－　 D．0【答案】D【解析】·＝·(－)＝·－·＝||·||cos〈，〉－||·||cos〈，〉＝||·||cos－||·||cos＝0，∴cos〈，〉＝0.2．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1和平面DBB1D1夹角的正弦值为(　　)A．　 B．　　C．　 D．【答案】C【解析】如图，建立空间直角坐标系，则B(4,0,0)，C(4,4,0)，C1(4,4,2)，显然AC⊥平面BB1D1D，所以＝(4,4,0)为平面BB1D1D的一个法向量．又＝(0,4,2)，所以cos〈，〉＝＝＝，即直线BC1和平面DBB1D1夹角的正弦值为.3．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)A．　 B．　　C．　 D．【答案】B【解析】如图，过P作PP′⊥平面ABC于P′，则P′为平面ABC的中心．连接AP′，延长交BC于点M，则∠P′AP即为PA与平面ABC所成的角．由V＝Sh，得h＝＝＝，即PP′＝.又AP′＝AM＝1，所以tan∠P′AP＝.所以∠P′AP＝.故选B．4．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为(　　)A．150°　 B．45°　　C．60°　 D．120°【答案】C【解析】由条件知·＝0，·＝0，因为＝＋＋，所以||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈，〉＝(2)2.所以cos〈，〉＝－，则〈，〉＝120°，即〈，〉＝60°.所以二面角的大小为60°.5．(广东东莞模拟)如图，圆锥的底面直径AB＝2，高OC＝，D为底面圆周上的一点，∠AOD＝120°，则空间中两条直线AD与BC所成的角为(　　)A．30°　　　　  B．60°　　　　C．75°　　　　  D．90°【答案】B【解析】如图，取弧AB中点E，以O为原点，OE所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OC所在直线为z轴建立空间直角坐标系．由题意得A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C(0,0，)，D，则＝，＝(0，－1，)．设直线AD与BC所成的角为θ，则cos θ＝＝，∴θ＝60°.故选B．6．(上海改编)已知向量a＝(1,0,2)，b＝(2,1,0)，则a与b的夹角的余弦值为________．【答案】【解析】cos θ＝＝＝.7．如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是________．【答案】90°【解析】不妨设棱长为2，则＝－，＝＋，cos〈，〉＝＝＝0，所以〈，〉＝90°.8．正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值为________．【答案】45°【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝AB＝1.则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．于是＝(0,1,0)．取PD中点为E，则E，∴＝.易知是平面PAB的法向量，是平面PCD的法向量，∴cos〈，〉＝，∴平面PAB与平面PCD的夹角为45°.9．(新课标Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)求证：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值．【解析】(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.∵E，F分别是PD，PA的中点，∴EF∥AD，EF＝AD.又∵∠BAD＝∠ABC＝90°，∴BC∥AD.又BC＝AD，∴EF＝BC，EF∥BC.∴四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF.又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB. (2)由已知得BA⊥AD，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，取AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．设M(x，y，z)(0＜x＜1)，则＝(x－1，y，z)，＝(x，y－1，z－)．∵BM与底面ABCD所成的角为45°，n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，∴|cos〈，n〉|＝＝，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设＝λ，则x＝λ，y＝1，z＝－λ.②由①②解得或(舍去)．设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则得∴可取m＝(0，－，2)，则cos〈m，n〉＝＝，∴二面角M－AB－D的余弦值为.10．(河南郑州模拟)如图，△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，E，F分别为AB，AC边的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置，且PB＝BE.(1)求证：EF⊥平面PBE；(2)N为线段PF上的动点，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值．【解析】(1)因为E，F分别为AB，AC边的中点，所以EF∥BC.因为∠ABC＝90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE.又因为BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE.(2)因为EF⊥平面PBE，EF⊂平面BCFE，所以平面BCFE⊥平面PBE.由题意得PB＝PE＝BE，取BE的中点O，连接PO，则PO⊥BE，PO⊥平面BCFE.以O为原点，为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.可得P，B，C，F，则＝，＝.设平面PCF的法向量为m＝(x，y，z)，则取x＝2，可得y＝－2，z＝－2，则m＝(2，－2，－2)．设＝λ(0≤λ≤1)，则＝＋λ＝＋λ＝.设直线BN与平面PCF所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m，〉|＝＝.对于2λ2－λ＋1＝22＋，当λ＝时取得最小值，此时sin θ取得最大值.所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为.B卷11．已知三棱锥S－ABC的各棱长均相等，O为△ABC的中心，E是SA的中点，则异面直线OE与AB所成角的正弦值为(　　)A．　 B．　　C．　 D．【答案】D【解析】如图，取SB的中点F，连接OA，OB，OF，EF，则EF∥AB，且EF＝AB，∴∠OEF(或其补角)就是异面直线OE与AB所成的角．∵O是等边三角形ABC的中心，设△ABC边长为1，∴OA＝，SO⊥底面ABC.∴∠SOA＝90°.在Rt△SOA中，E是斜边SA的中点，∴OE＝SA＝.同理可得OF＝.又EF＝AB＝，∴△OEF是正三角形，∴∠OEF＝60°，即异面直线OE与AB所成角的正弦值为.12．(浙江)设三棱锥V－ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)．记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P－AC－B的平面角为γ，则(　　)A．β＜γ，α＜γ　 B．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜α　 D．α＜β，γ＜β【答案】B【解析】方法一：如图G为AC的中点，V在底面的射影为O，则P在底面上的射影D在线段AO上，作DE⊥AC于E.易得PE∥VG，过P作PF∥AC交VG于F，过D作DH∥AC交BG于H，则α＝∠BPF，β＝∠PBD，γ＝∠PED，则cos α＝＝＝＜＝cos β，可得β＜α；tan γ＝＞＝tan β，可得β＜γ.故选B．方法二(特殊图形法)：设三棱锥V－ABC为棱长为2的正四面体，P为VA的中点，易得cos α＝＝，所以sin α＝，sin β＝＝，sin γ＝＝，则β＜α，β＜γ.故选B．13．P是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为________．【答案】90°【解析】不妨设PM＝a，PN＝b，如图，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，∵∠EPM＝∠FPN＝45°，∴PE＝a，PF＝b.∴·＝(－)·(－)＝·－·－·＋·＝abcos 60°－a×bcos 45°－a×bcos 45°＋a×b＝－－＋＝0.∴⊥，即二面角α－AB－β的大小为90°.14．(天津)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E－BD－F的余弦值为，求线段CF的长．【解析】(1)证明：以A为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．设CF＝h，则F(1,2，h)．易知＝(1,0,0)是平面ADE的一个法向量，又＝(0,2，h)，∴·＝0.又∵直线BF⊄平面ADE，∴BF∥平面ADE.(2)依题意，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，＝(－1，－2,2)．设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即令z＝1，得n＝(2,2,1)．∴cos 〈，n〉＝＝－.∴直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则即令y＝1，得m＝.|cos 〈m，n〉|＝＝＝，解得h＝.经检验，符合题意，故线段CF的长为.