专题整合高频突破 专题五 立体几何与空间向量 专题能力训练13 Word版含答案答案.docx

专题整合高频突破 专题五 立体几何与空间向量 专题能力训练13 Word版含答案答案.docx

《专题整合高频突破 专题五 立体几何与空间向量 专题能力训练13 Word版含答案答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题整合高频突破 专题五 立体几何与空间向量 专题能力训练13 Word版含答案答案.docx（12页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

专题整合高频突破专题五立体几何与空间向量专题能力训练13Word版含答案答案

专题能力训练13　空间向量与立体几何

（时间:

60分钟　满分:

100分）

一、选择题（本大题共8小题,每小题5分,共40分）

1.直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=1,AA1=,M是CC1的中点,则异面直线AB1与A1M所成的角为（　　）

A.60°B.45°C.30°D.90°

2.已知平面α内有一点M（1,-1,2）,平面α的一个法向量为n=（6,-3,6）,则下列点P中,在平面α内的是（　　）

A.P（2,3,3）B.P（-2,0,1）

C.P（-4,4,0）D.P（3,-3,4）

3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为（　　）

ABCD

4.（2017浙江金华联盟联考）已知斜四棱柱ABCD-A1B1C1D1的各棱长均为2,∠A1AD=60°,∠BAD=90°,平面A1ADD1⊥平面ABCD,则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为（　　）

ABCD

5.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是BC的中点,P,Q是正方体内部或面上的两个动点,则的最大值是（　　）

AB.1CD

6.在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BAC=,AB=AC=AA1=1,已知G和E分别为A1B1和CC1的中点,D与F分别为线段AC和AB上的动点（不包括端点）,若GD⊥EF,则线段DF的长度的取值范围为（　　）

AB

CD

7.

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（　　）

8.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别是线段CC1,BD上的点,R是直线AD上的点,满足PQ∥平面ABC1D1,PQ⊥RQ,且P,Q不是正方体的顶点,则|PR|的最小值是（　　）

ABCD

二、填空题（本大题共6小题,每小题5分,共30分）

9.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是　　　　　. 

10.（2017浙江杭州模拟）在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为　　　　　. 

11.过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP与平面CDP所成的二面角为　　　　　. 

12.

如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,在面对角线A1D上取点M,在面对角线CD1上取点N,使得MN∥平面AA1C1C,当线段MN长度取到最小值时,三棱锥A1-MND1的体积为

.

13.已知点E,F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1的中点,点M,N分别是线段D1E与C1F上的点,则与平面ABCD垂直的直线MN有　　　　　条. 

A.0B.1

C.2D.无数个

14.如图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M和N分别是A1B1和BB1的中点,那么直线AM与CN所成角的余弦值为　　　　　. 

三、解答题（本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

15.（本小题满分15分）在边长为3的正三角形ABC中,E,F,P分别是AB,AC,BC边上的点,满足AE∶EB=CF∶FA=CP∶PB=1∶2（如图

（1））,将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使二面角A1-EF-B成直二面角,连接A1B,A1P（如图

（2））.

（1）求证:

A1E⊥平面BEP;

（2）求二面角B-A1P-E的余弦值.

16.

（本小题满分15分）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.

参考答案

专题能力训练13　空间向量与立体几何

1.D

2.A　解析逐一验证法,对于选项A,∵=（1,4,1）,

∴·n=6-12+6=0,∴⊥n,∴点P在平面α内,同理可验证其他三个点不在平面α内.

3.B　解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,设棱长为1,则A1（0,0,1）,E,D（0,1,0）,∴=（0,1,-1）,.

设平面A1ED的一个法向量为n1=（1,y,z）,

∴有解得

∴n1=（1,2,2）.

∵平面ABCD的一个法向量为n2=（0,0,1）,

∴cos=,

即所成的锐二面角的余弦值为.

4.C　解析取AD的中点O,连接OA1,易证A1O⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系,

得B（2,-1,0）,D1（0,2,）,=（-2,3,）,平面ABCD的一个法向量为n=（0,0,1）,设BD1与平面ABCD所成的角为θ,∴sinθ=,

∴tanθ=.

5.C　

解析以A为坐标原点,分别以AD,AB,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A（0,0,0）,M,

所以.

设=（x,y,z）,

由题意可知

因为·x+1·y+0·z=x+y,

又-1≤x≤1,-1≤y≤1,所以-x≤.

所以-x+y≤.

故的最大值为.

6.A　解析建立如图所示的空间直角坐标系,则A（0,0,0）,E,G,F（x,0,0）,D（0,y,0）.

由于GD⊥EF,所以x+2y-1=0,DF=.

当y=时,线段DF长度的最小值是.

当y=1时,线段DF长度的最大值是1.

因不包括端点,故y=1不能取,应选A.

7.A　

解析以D为原点,DA,DC分别为x轴、y轴建立坐标系如图:

设M（x,y,0）,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内的轨迹为一条直线y=x.故选A.

8.B　解析如图,分别以AB,AD,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,

则B（1,0,0）,D（0,1,0）,B1（1,0,1）,C（1,1,0）.

设P（1,1,m）（0≤m≤1）,=λ（0≤λ≤1）,Q（x0,y0,0）,则（x0-1,y0,0）=λ（-1,1,0）,∴

∴Q（1-λ,λ,0）,∴=（-λ,λ-1,-m）.

连接B1C,∵正方体ABCD-A1B1C1D1中,BCC1B1是正方形,AB⊥平面BCC1B1,∴B1C⊥AB,B1C⊥BC1.

又AB∩BC1=B,∴B1C⊥平面ABC1D1,

∵PQ∥平面ABC1D1,∴B1C⊥PQ.

又=（0,1,-1）,∴=λ-1+m=0,

∴λ=1-m,

∴Q（m,1-m,0）,=（m-1,-m,-m）.

设R（0,n,0）,则=（m,1-m-n,0）,

∵PQ⊥RQ,∴=m（m-1）-m（1-m-n）=0,即n=2-2m,

∴R（0,2-2m,0）,=（-1,1-2m,-m）,

||=,

∴当m=时,|PR|的最小值是.

9.MN∥平面BB1C1C　解析以C1为坐标原点建立如图所示的坐标系.

∵A1M=AN=,

则M,N,

∴.

又C1（0,0,0）,D1（0,a,0）,

∴=（0,a,0）,

∴=0,∴.

又∵是平面BB1C1C的法向量,且MN⊄平面BB1C1C,

∴MN∥平面BB1C1C.

10.　解析以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设n=（x,y,z）为平面A1BC1的法向量,

则n·=0,n·=0,

即令z=2,则y=1,x=2,

于是n=（2,1,2）,=（0,2,0）.

设所求线面角为α,则sinα=|cos|=.

11.45°　解析如图,建立空间直角坐标系,设AB=PA=1,则A（0,0,0）,D（0,1,0）,P（0,0,1）,由题意,AD⊥平面PAB,设E为PD的中点,连接AE,则AE⊥PD,又CD⊥平面PAD,

∴CD⊥AE,从而AE⊥平面PCD.

∴=（0,1,0）,分别是平面PAB,平面PCD的法向量,且<>=45°.

故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.

12.1　解析如图,建立空间直角坐标系,则可设M（t,0,t）,N（0,s,3-s）,

∴=（t,-s,t+s-3）,易知平面AA1C1C的法向量n=（1,1,0）,由MN∥平面AA1C1C可知,·n=0,

∴（t,-s,t+s-3）·（1,1,0）=0,得t=s.

∴||2=2t2+（2t-3）2=6t2-12t+9,故当t=1时,MN长度取到最小值,此时M（1,0,1）,N（0,1,2）,

∴·yN=·3·2·1=1.

13.1　解析不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系,则D1（2,0,2）,E（1,2,0）,=（-1,2,-2）,C1（0,0,2）,F（2,2,1）,=（2,2,-1）.

设=λ=t,

则M（2-λ,2λ,2-2λ）,N（2t,2t,2-t）,=（2t-2+λ,2t-2λ,2λ-t）.由于MN与平面ABCD垂直,

所以λ=t=,

由于此解唯一,故满足条件的MN只有一条.

14.

　解析以D为坐标原点,为x轴,为y轴,为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.

则A（1,0,0）,M,C（0,1,0）,N,

∴.

设直线AM与CN所成的角为θ,

则cosθ=|cos<>|=

=.

15.

（1）证明在图

（1）中,取BE的中点D,连接DF,

∵AE∶EB=CF∶FA=1∶2,∴AF=AD=2,

而∠A=60°,∴△ADF为正三角形.

又AE=DE=1,∴EF⊥AD.

在图

（2）中,A1E⊥EF,BE⊥EF,

∴∠A1EB为二面角A1-EF-B的一个平面角.

由题设条件知此二面角为直二面角,

∴A1E⊥平面BEP.

（2）解分别以EB,EF,EA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,

则E（0,0,0）,B（2,0,0）,P（1,,0）,A1（0,0,1）,

=（0,0,1）,=（1,,0）,=（-2,0,1）,=（-1,,0）.

设面EA1P的法向量为m=（x,y,z）,

则取y=-1,得m=（,-1,0）;

设面BA1P的法向量为n=（x,y,z）,

则取y=1,得n=（,1,2）.

∴cos=.

∴二面角B-A1P-E的余弦值为.

16.解

（1）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）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O-xyz,

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

令z=1,则x=,y=-1.

于是n=（,-1,1）.

平面AEF的法向量为p=（0,1,0）.

所以cos==-.由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-.

（3）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