高三数学一轮复习第八篇立体几何与空间向量第5节直线平面垂直的判定与性质课时训练理Word文档下载推荐.docx

高三数学一轮复习第八篇立体几何与空间向量第5节直线平面垂直的判定与性质课时训练理Word文档下载推荐.docx

《高三数学一轮复习第八篇立体几何与空间向量第5节直线平面垂直的判定与性质课时训练理Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三数学一轮复习第八篇立体几何与空间向量第5节直线平面垂直的判定与性质课时训练理Word文档下载推荐.docx（17页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

5.已知三棱柱ABCA1B1C1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（　B　）

（A）（B）（C）（D）

如图三棱柱ABCA1B1C1,P为底面A1B1C1的中心,取△ABC中心P′,

连接PP′,AP,AP′,则∠PAP′即为所求PA与平面ABC所成的角.

由AP′=×

=1.

又S△ABC=×

×

sin60°

=,·

PP′=,PP′=,

所以tan∠PAP′==,即∠PAP′=.故选B.

6.如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱长为2,AC=BC=1,∠ACB=90°

D是A1B1的中点,F是BB1上的动点,AB1,DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF,则线段B1F的长为（　A　）

（A）（B）1

（C）（D）2

设B1F=x,

因为AB1⊥平面C1DF,DF⊂平面C1DF,

所以AB1⊥DF.

由已知可以得A1B1=,

矩形ABB1A1中,tan∠FDB1=,

tan∠A1AB1==,

又∠FDB1=∠A1AB1,

所以=.

故B1F=×

=.故选A.

7.（xx山东潍坊质检）如图所示,在四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足　　　　时,平面MBD⊥平面PCD.（只要填写一个你认为是正确的条件即可） 

连接AC,BD交于O,因为底面各边相等,所以BD⊥AC;

又PA⊥底面ABCD,

所以PA⊥BD,

又PA∩AC=A,

所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC.

所以当DM⊥PC（或BM⊥PC）时,即有PC⊥平面MBD.

而PC⊂平面PCD,

所以平面MBD⊥平面PCD.

答案:

DM⊥PC（或BM⊥PC）

8.四棱锥PABCD中,底面ABCD是正方形,顶点在底面上的射影是底面正方形的中心,一个对角面的面积是一个侧面面积的倍,则侧面与底面所成锐二面角等于　　　.

如图所示,根据=,得=,即为侧面与底面所成锐二面角的正弦值,故侧面与底面所成锐二面角为.

9.给出命题:

①在空间中,垂直于同一平面的两个平面平行;

②设l,m是不同的直线,α是一个平面,若l⊥α,l∥m,则m⊥α;

③已知α,β表示两个不同平面,m为平面α内的一条直线,“α⊥β”是“m⊥β”的充要条件;

④在三棱锥SABC中,SA⊥BC,SB⊥AC,则S在平面ABC内的射影是△ABC的垂心;

⑤a,b是两条异面直线,P为空间一点,过P总可以作一个平面与a,b之一垂直,与另一条平行.

其中,正确的命题是　　　　（只填序号）. 

①错误,垂直于同一个平面的两个平面也可能相交;

③错误,“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件;

⑤错误,只有当异面直线a,b垂直时才可以作出满足要求的平面;

易知②④正确.

②④

10.（xx高考山东卷）如图,四棱锥PABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点.

（1）求证:

AP∥平面BEF;

（2）求证:

BE⊥平面PAC.

证明:

（1）设AC∩BE=O,连接OF,EC.

由于E为AD的中点,

AB=BC=AD,AD∥BC,

所以AE∥BC,AE=AB=BC,

因此四边形ABCE为菱形,

所以O为AC的中点.

又F为PC的中点,

因此在△PAC中,可得AP∥OF.

又OF⊂平面BEF,AP⊄平面BEF.

所以AP∥平面BEF.

（2）由题意知ED∥BC,ED=BC.

所以四边形BCDE为平行四边形,

因此BE∥CD.

又AP⊥平面PCD,

所以AP⊥CD,因此AP⊥BE.

因为四边形ABCE为菱形,

所以BE⊥AC,

又AP∩AC=A,AP,AC⊂平面PAC,

所以BE⊥平面PAC.

11.在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°

CD∥AB,AB=4,AD=CD=2,将△ADC沿AC折起,使平面ADC⊥平面ABC,得到几何体DABC,如图所示.

BC⊥平面ACD;

（2）求几何体DABC的体积.

（1）证明:

在图中,可得AC=BC=2,

从而AC2+BC2=AB2,故AC⊥BC,

取AC的中点O,连接DO,

则DO⊥AC,又平面ADC⊥平面ABC,平面ADC∩平面ABC=AC,DO⊂平面ADC,

从而DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC,

又AC⊥BC,AC∩DO=O,

所以BC⊥平面ACD.

（2）解:

由

（1）可知,BC为三棱锥BACD的高,

BC=2,S△ACD=2,

所以=S△ACD·

BC=×

2×

2=,

由等体积性可知,几何体DABC的体积为.

能力提升练（时间:

15分钟）

12.（xx四川绵阳诊断）已知l,m,n是三条不同的直线,α,β是不同的平面,则α⊥β的一个充分条件是（　D　）

（A）l⊂α,m⊂β,且l⊥m

（B）l⊂α,m⊂β,n⊂β,且l⊥m,l⊥n

（C）m⊂α,n⊂β,m∥n,且l⊥m

（D）l⊂α,l∥m,且m⊥β

对于A,l⊂α,m⊂β,且l⊥m,如图

（1）,α,β不垂直;

对于B,l⊂α,m⊂β,n⊂β,且l⊥m,l⊥n,如图

（2）,α,β不垂直;

对于C,m⊂α,n⊂β,m∥n,且l⊥m,直线l没有确定,则α,β的关系也不能确定;

对于D,l⊂α,l∥m,且m⊥β,则必有l⊥β,根据面面垂直的判定定理知α⊥β.

13.（xx天津质检）如图,以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:

①BD⊥AC;

②△BAC是等边三角形;

③三棱锥DABC是正三棱锥;

④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是（　B　）

（A）①②④（B）①②③

（C）②③④（D）①③④

由题意知BD⊥平面ADC,故BD⊥AC,①正确;

AD为等腰直角三角形斜边BC上的高,平面ABD⊥平面ACD,所以AB=AC=BC,

△BAC是等边三角形,②正确;

易知DA=DB=DC,又由②知③正确;

由①知④错误.

14.如图,三棱柱ABCA1B1C1的侧面A1ABB1⊥BC,且A1C与底面成45°

角,AB=BC=2,则该棱柱体积的最小值为（　C　）

（A）4（B）3（C）4（D）3

由已知得平面A1ABB1⊥平面ABC且交线为AB,故A1在平面ABC上的射影D在AB上.由A1C与底面成45°

角得A1D=DC,因为BC⊥AB,所以当CD最小即CD=BC时A1D最小,此时Vmin=×

AB×

BC×

A1D=×

2=4.故选C.

15.（xx河北教学质量监测）已知四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为a的菱形,∠BAD=120°

PA=b.

平面PBD⊥平面PAC;

（2）设AC与BD交于点O,M为OC中点,若二面角OPMD的正切值为2,求a∶b

的值.

因为PA⊥平面ABCD,

所以PA⊥BD.

又底面ABCD为菱形,所以AC⊥BD,

所以BD⊥平面PAC,

从而平面PBD⊥平面PAC.

过O作OH⊥PM交PM于H,连接HD.

由

（1）知DO⊥平面PAC,

所以DH⊥PM,

所以∠OHD为二面角OPMD的平面角.

又OD=a,OM=,AM=,且=,

从而OH=·

=,

tan∠OHD===2,

所以9a2=16b2,

即=.

精彩5分钟

1.已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上,AB=BC=CA=3,SA=SB=SC,球心O到平面ABC的距离为1,则SA与平面ABC所成角的大小为（　C　）

（A）30°

（B）60°

（C）30°

或60°

（D）45°

解题关键:

注意分球心在三棱锥的内部和外部两种情况.

球心位置有以下两种情况:

球心在三棱锥内部、球心在三棱锥外部.当球心

在三棱锥内部时,三棱锥为正三棱锥,设O′为△ABC的中心,在△ABC中,可求得

O′A=,所以可得OA=2,SO′=3,SA与平面ABC所成的角即∠SAO′,由tan∠SAO′==,得∠SAO′=60°

.同理可得当球心在三棱锥外部时,SA与平面ABC所成角

为30°

.

2.在△ABC中,∠ACB=90°

AB=8,∠ABC=60°

PC⊥平面ABC,PC=4,M是AB上一个动点,则PM的最小值为　　　. 

作CH⊥AB于H,利用PC⊥平面ABC,得PH⊥AB,PH为PM的最小值.

如图,作CH⊥AB于H,连接PH,

因为PC⊥平面ABC,

所以PH⊥AB,PH为PM的最小值.

PH===2.

2

2019-2020年高三数学一轮复习第八篇立体几何与空间向量第6节空间向量及其运算基丛点练理

空间直角坐标系

3,5,14

空间向量的线性运算

4,6,8,10

空间向量的坐标运算及数量积

1,2,7,9,11,15

12,13,16

1.已知a=（-2,-3,1）,b=（2,0,4）,c=（-4,-6,2）,则下列结论正确的是（　C　）

（A）a∥c,b∥c（B）a∥b,a⊥c

（C）a∥c,a⊥b（D）以上都不对

因为c=2a,

所以a∥c,

又a·

b=（-2,-3,1）·

（2,0,4）=-4+0+4=0,

所以a⊥b.

故选C.

2.已知a=（1,1,1）,b=（0,2,-1）,c=ma+nb+（4,-4,1）.若c与a及b都垂直,则m,n的值分别为（　A　）

（A）-1,2（B）1,-2（C）1,2（D）-1,-2

由已知得c=（m+4,m+2n-4,m-n+1）,

a·

c=3m+n+1=0,b·

c=m+5n-9=0.

解得

3.（xx高考北京卷）在空间直角坐标系Oxyz中,已知A（2,0,0）,B（2,2,0）,C（0,2,0）,D（1,1,）.若S1,S2,S3分别是三棱锥DABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则（　D　）

（A）S1=S2=S3（B）S2=S1且S2≠S3

（C）S3=S1且S3≠S2（D）S3=S2且S3≠S1

根据题目条件,在空间直角坐标系Oxyz中作出该三棱锥DABC,显然S1=×

2=2,S2=S3=×

=.故选D.

4.（xx高考广东卷）已知向量a=（1,0,-1）,则下列向量中与a成60°

夹角的是（　B　）

（A）（-1,1,0）（B）（1,-1,0）

（C）（0,-1,1）（D）（-1,0,1）

设b=（1,-1,0）,

则cos<

a,b>

===,

即b与a的夹角为60°

.故选B.

5.（xx福州质检）正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=,N为B1B的中点,则||为（　A　）

（A）a（B）a（C）a（D）a

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（a,a,）.

设M（x,y,z）.

因为点M在AC1上且=,

所以（x-a,y,z）=（-x,a-y,a-z）,

所以x=a,y=,z=.

所以M（,,）,

所以||=

=a.

故选A.

6.（xx晋江模拟）设OABC是四面体,G1是△ABC的重心,G是OG1上的一点,且OG=3GG1,若=x+y+z,则x+y+z等于（　C　）

（A）1（B）（C）（D）2

如图所示,取BC的中点E,

连接AE.

所以=x+y+z,

又G1,A,B,C四点共面,

所以x+y+z=1,

所以x+y+z=.

7.若向量a=（1,1,x）,b=（1,2,1）,c=（1,1,1）,满足条件（c-a）·

2b=-2,则x=　　　　. 

因为c-a=（0,0,1-x）,

所以（c-a）·

2b=（0,0,1-x）·

2（1,2,1）

=2（1-x）=-2,

解得x=2.

8.已知空间四边形OABC,点M,N分别是OA,BC的中点,且=a,=b,=c,用a,b,c表示向量=　　　　. 

如图所示,

=（+）

=[（-）+（-）]

=（+-2）

=（+-）

=（b+c-a）.

（b+c-a）

9.已知点A（1,2,1）,B（-1,3,4）,D（1,1,1）,若=2,则||的值是　　　　. 

设P（x,y,z）,则=（x-1,y-2,z-1）.

=（-1-x,3-y,4-z）.

由=2得点P坐标为（-,,3）,

又D（1,1,1）,

所以||=.

10.已知各个面都是平行四边形的四棱柱ABCDA′B′C′D′.设M是底面ABCD的中心,N是侧面BCC′B′的对角线BC′上的点,且BN∶

NC′=3∶1,设=α+β+γ,试求α,β,γ之值.

解:

=+

=（+）+

（+）

=（-+）+（+）

=++,

所以α=,β=,γ=.

11.已知空间中三点A（-2,0,2）,B（-1,1,2）,C（-3,0,4）,设a=,b=.

（1）求向量a与向量b的夹角的余弦值;

（2）若ka+b与ka-2b互相垂直,求实数k的值.

（1）因为a=（1,1,0）,b=（-1,0,2）,

所以a·

b=（1,1,0）·

（-1,0,2）=-1,

又|a|==,

|b|==,

所以cos<

===-,

即向量a与向量b的夹角的余弦值为-.

（2）法一　因为ka+b=（k-1,k,2）.

ka-2b=（k+2,k,-4）,

且ka+b与ka-2b互相垂直,

所以（k-1,k,2）·

（k+2,k,-4）=（k-1）（k+2）+k2-8=0,

所以k=2或k=-,

所以当ka+b与ka-2b互相垂直时,实数k的值为2或-.

法二　由

（1）知|a|=,|b|=,a·

b=-1,

所以（ka+b）·

（ka-2b）=k2a2-ka·

b-2b2

=2k2+k-10=0,

得k=2或k=-.

12.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足·

=0,·

=0,

·

=0,M为BC的中点,则△AMD是（　C　）

（A）钝角三角形（B）锐角三角形

（C）直角三角形（D）不确定

因为M为BC中点,

所以=（+）.

所以·

=（+）·

=·

+·

=0.

所以AM⊥AD,△AMD为直角三角形.

13.（xx宁波检测）如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1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（　B　）

（A）斜交（B）平行（C）垂直（D）不确定

建立如图所示的坐标系,

由于A1M=AN=,

则M（a,,）,N（,,a）,

=（-,0,）,

又C1D1⊥平面BB1C1C,

所以=（0,a,0）为平面BB1C1C的一个法向量,

因为·

所以⊥,

所以MN∥平面BB1C1C.

14.在空间直角坐标系中,以点A（4,1,9）,B（10,-1,6）,C（x,4,3）为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,则实数x的值为

　　　　. 

由题意知·

||=||,

又=（6,-2,-3）,=（x-4,3,-6）,

所以

15.如图所示,已知空间四边形OABC,OB=OC,且∠AOB=∠AOC=,则cos<

>

的值为　　　　. 

设=a,=b,=c,

由已知条件<

=<

a,c>

且|b|=|c|,

=a·

（c-b）=a·

c-a·

b

=|a||c|-|a||b|=0,

16.（xx汕头模拟）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3,点E在AA1上,点F在CC1上,且AE=FC1=1.

E,B,F,D1四点共面;

（2）若点G在BC上,BG=,点M在BB1上,GM⊥BF,垂足为H,求证:

EM⊥平面BCC1B1.

（1）以B为原点,以BA,BC,BB1为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,则B（0,0,0）,E（3,0,1）,F（0,3,2）,D1（3,3,3）,

则=（3,0,1）,

=（0,3,2）,

=（3,3,3）.

所以=+.

由向量共面的充要条件知E,B,F,D1四点共面.

（2）设M（0,0,z0）,又G（0,,0）,

则=（0,-,z0）,而=（0,3,2）,

由题设得·

=-×

3+z0×

2=0,

得z0=1.故M（0,0,1）,有=（3,0,0）.

又=（0,0,3）,=（0,3,0）,

从而ME⊥BB1,ME⊥BC.

又BB1∩BC=B,

故ME⊥平面BCC1B1.

1.已知矩形ABCD,AB=1,BC=,将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中（　B　）

（A）存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直

（B）存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直

（C）存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直

（D）对任意位置,三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直

将线线垂直转化为向量的数量积求解.

如图所示,在图

（1）中,易知AE=CF=,

BE=EF=FD=.

在图

（2）中,设=a,=b,=c,

则<

b,c>

=90°

设<

=θ,

又=a+b+c,=3b,

故·

=3b2=1≠0,

故AC与BD不垂直,A不正确;

=+=a-b,=+=b-c,

=-a·

c-b2=-cosθ-.

当cosθ=-,

即θ=时,·

=0,故B正确;

=+=a+2b,=+=2b+c,

c+4b2=cosθ+

=（cosθ+2）,

故无论θ为何值,·

≠0,故C不正确.故选B.

2.（xx徐州模拟）已知O点为空间直角坐标系的原点,向量=

（1,2,3）,=（2,1,2）,=（1,1,2）,且点Q在直线OP上运动,当·

取得最小值时,的坐标是　　　　. 

利用转化思想把数量积的最小值问题转化成二次函数最值问题,求得点的坐标.

因为点Q在直线OP上,所以设点Q（λ,λ,2λ）,

则=（1-λ,2-λ,3-2λ）,=（2-λ,1-λ,2-2λ）,

=（1-λ）（2-λ）+（2-λ）（1-λ）+（3-2λ）（2-2λ）=6λ2-16λ+10

=6（λ-）2-.

当λ=时,·

取得最小值-.

此时=（,,）.

（,,）