高中数学一轮复习考点规范练：第八章　立体几何44 Word版含解析

这是一份高中数学一轮复习考点规范练：第八章　立体几何44 Word版含解析，共10页。
1.直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(2,x2+x,-x),若直线l∥平面α,则x的值为( )

A.-2B.-C.D.±
2.已知平面α的一个法向量为n=(1,-,0),则y轴与平面α所成的角的大小为( )
A.B.C.D.
3.
如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则M点的坐标为( )
A.(1,1,1)B.
C.D.
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上,且,N为B1B的中点,则||为( )
A.aB.aC.aD.a
5.
如图,过正方形ABCD的顶点A,作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°B.45°
C.60°D.90°
6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为( )
A.B.C.D.
7.如图,在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角为 .
8.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,且=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).对于结论:
①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是平面ABCD的法向量;④.其中正确的是 .(填序号)
9.
如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD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 .(填序号)
10.
(2016全国乙卷,理18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.
(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;
(2)求二面角E-BC-A的余弦值.
〚导学号37270484〛
能力提升
11.
如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则( )
A.EF至多与A1D,AC之一垂直
B.EF⊥A1D,EF⊥AC
C.EF与BD1相交
D.EF与BD1异面
12.
如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.〚导学号37270486〛
13.
如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于 .〚导学号37270487〛
14.
如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.
(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;
(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.
〚导学号37270488〛
高考预测
15.
如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.
(1)求证:AO⊥BE;
(2)求二面角F-AE-B的余弦值;
(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.
〚导学号37270489〛
参考答案
考点规范练44 立体几何中
的向量方法
1.D 解析 当线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=±
2.B 解析 可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,
则sin θ=|cs|,
∵cs==-,
∴sin θ=,
∴θ=
3.C 解析 设M(x,x,1).由已知得A(,0),B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),则=(x-,x-,1),=(,-,0),=(0,-,1).
设平面BDE的一个法向量为n=(a,b,c),
则
解得
令b=1,则n=(1,1,).
又AM∥平面BDE,所以n=0,
即2(x-)+=0,得x=
所以M
4.A 解析 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,
则A(a,0,0),C1(0,a,a),N
设M(x,y,z),
∵点M在AC1上,且,
∴(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z).
∴x=a,y=,z=,
得M
∴||=
=a.
5.B 解析 (方法一)建立如图①所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为,故所求的二面角的大小是45°.
图①
图②
(方法二)将其补成正方体.如图②,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°.
6.C 解析 取B1C1的中点D1,以A1为原点,A1D1,A1A所在直线为x轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(,1,0),A(0,0,2),=(,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).
所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为
7.30° 解析 如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.
设OD=SO=OA=OB=OC=a,
则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P
则=(2a,0,0),=(a,a,0).
设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),
则cs=
∴=60°,
∴直线BC与平面PAC所成的角为90°-60°=30°.
8.①②③ 解析 因为=0,=0,所以AB⊥AP,AD⊥AP,则①②正确.
又不平行,
所以是平面ABCD的法向量,则③正确.
因为=(2,3,4),=(-1,2,-1),
所以不平行,故④错误.
9.① 解析 以D为原点,DA,DC所在直线分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系如图.
设M(x,y,0),设正方形边长为a,
则P,C(0,a,0),
则MC=,
MP=
由MP=MC,得x=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为直线y=x的一部分.
10.(1)证明 由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,
所以AF⊥平面EFDC.
又AF⊂平面ABEF,
故平面ABEF⊥平面EFDC.
(2)解 过D作DG⊥EF,垂足为G,
由(1)知DG⊥平面ABEF.
以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.
由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=,
可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,).
由已知,AB∥EF,
所以AB∥平面EFDC.
又平面ABCD∩平面EFDC=CD,
故AB∥CD,CD∥EF.
由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,
所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.
从而可得C(-2,0,).
所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0),
设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则
所以可取n=(3,0,-).
设m是平面ABCD的法向量,
则
同理可取m=(0,,4),
则cs==-
故二面角E-BC-A的余弦值为-
11.B 解析 以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.设正方体棱长为1,
则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F,B(1,1,0),D1(0,0,1),=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=(-1,-1,1),
=-=0,从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.
12.B 解析 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
不妨设DC=DA=DD1=1,
则D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),O,并设点P(0,1,t)且0≤t≤1.
则=(-1,0,-1),=(0,1,-1).
设平面A1BD的法向量为n=(x0,y0,z0),则有
即
取x0=1,y0=-1,z0=-1,
∴n=(1,-1,-1).
∴sin α=|cs|
=(0≤t≤1),
∴sin2α=,0≤t≤1.
令f(t)=,0≤t≤1,
则f'(t)=
=-,
可知当t时,f'(t)>0;
当t时,f'(t)≤0.
又f(0)=,f=1,f(1)=,
∴f(t)max=f=1,
f(t)min=f(0)=
∴sin α的最大值为1,最小值为
∴sin α的取值范围为
13 解析 过C点作CO⊥平面ABDE,垂足为O,取AB中点F,连接CF,OF,则∠CFO为二面角C-AB-D的平面角,
设AB=1,则CF=,OF=CF·cs ∠CFO=,OC=,
则O为正方形ABDE的中心,
建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,
则E,M,
A,N,
,
,
cs=
14.(1)证明 因为AB是直径,所以BC⊥AC.
因为CD⊥平面ABC,
所以CD⊥BC.
因为CD∩AC=C,
所以BC⊥平面ACD.
因为CD∥BE,CD=BE,
所以四边形BCDE是平行四边形,
所以BC∥DE,
所以DE⊥平面ACD.
因为DE⊂平面ADE,
所以平面ADE⊥平面ACD.
(2)解 依题意,EB=AB×tan∠EAB=4=1,
由(1)知VC-ADE=VE-ACD=S△ACD×DE=AC×CD×DE=AC×BC(AC2+BC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.
如图所示,建立空间直角坐标系,则D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),
则=(-2,2,0),=(0,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-1),
设平面DAE的法向量为n1=(x1,y1,z1),
即
∴n1=(1,0,2).
设平面ABE的法向量为n2=(x2,y2,z2),
∴n2=(1,1,0),
∴cs=
=
可以判断与二面角D-AE-B的平面角互补,∴二面角D-AE-B的余弦值为-
15.(1)证明 因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.
又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,
所以AO⊥平面EFCB,
所以AO⊥BE.
(2)解 取BC中点G,连接OG.
由题设知EFCB是等腰梯形,
所以OG⊥EF.
由(1)知AO⊥平面EFCB,
又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.
如图建立空间直角坐标系Oxyz,
则E(a,0,0),A(0,0,a),
B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).
设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),
则
即
令z=1,则x=,y=-1.
于是n=(,-1,1).
平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0).
所以cs ==-
由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-
(3)解 因为BE⊥平面AOC,
所以BE⊥OC,
即=0.
因为=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),
所以=-2(a-2)-3(a-2)2.
由=0及0