《高考复习方案》2016高考数学理科（四川专版）二轮复习练习：专题十四 空间向量与立体几何 WORD版含答案.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家专题限时集训(十四)A 空间向量与立体几何(时间：10分钟35分钟) 基础演练夯知识1. 直线l1的方向向量s1(1，0，2)，直线l2的方向向量s2(1，2，2)，则直线l1，l2所成角的余弦值是()A. B C. D2平面，的法向量分别是 n1(1，1，1)，n2(1，0，1)，则平面，所成锐二面角的余弦值是()A. B C. D3已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则平面ABC的单位法向量是()A(1，1，1) B C. D. 4. 已知a，b是两个非零的向量，是两个平面，下列命题中正确的是()Aab的必要条件是a，b是共面向量 Ba

2、，b是共面向量，则abC. a，b，则 D. a，b，则a，b不是共面向量5若ab，ac，lb c(，R)，ma，则m与l一定()A共线 B相交 C. 垂直 D不共面提升训练强能力图1416. 如图141所示，三棱锥ABCD的棱长全相等，E为AD的中点，则直线CE与BD所成角的余弦值为()A. B.C. D.7. 在正方体ABCD A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为()A. B. C. D8. 对于空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，有xyz(x，y，zR)，则x2，y3，z2是P，A，B，C四点共面的()A必要不充分条件 B充分不必要条件C. 充

3、要条件 D既不充分又不必要条件图1429如图142, 在长方体ABCDA1B1C1D1中，体对角线B1D与平面A1BC1相交于点E，则点E为A1BC1的()A垂心 B内心C外心 D重心10考虑向量m(a，b，0)，n(c，d，1)，其中a2b2c2d21.如下说法中正确的有_(写出所有正确说法的编号)向量n与z轴正方向的夹角恒为定值(即与c，d值无关)；mn的最大值为；m，n(m，n的夹角)的最大值为；adbc的值可能为；若定义uv|u|v|sinu，v，则|mn|的最大值为.11. 如图143，在四棱锥P143ABCD中，底面ABCD为菱形，ABC60，PA底面ABCD，AB2PA，E为BC

4、的中点(1)求证：ADPE；(2)求平面APE与平面PCD所成锐二面角的余弦值图14312如图144所示，E是以AB为直径的半圆O上异于A，B的点，矩形ABCD所在的平面垂直于半圆O所在的平面，且AB2AD2a.(1)求证：EAEC；(2)若异面直线AE和DC所成的角为，求平面DCE与平面AEB所成的锐二面角的余弦值图14413如图145，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB2，点E在棱AB上移动(1)证明：D1EA1D；(2)当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离； (3)AE等于何值时，二面角D1ECD的大小为？图145 14如图146，平面ABB1A1为圆柱OO1

5、的轴截面，点C为AB上的点， 点M为BC中点(1)求证：B1M平面O1AC；(2)若ABAA1，CAB30，求二面角CAO1B的余弦值图146专题限时集训(十四)B 空间向量与立体几何(时间：10分钟35分钟) 基础演练夯知识1如图147所示，三棱锥PABC中，ACB90，PA底面ABC.(1)求证：平面PAC平面PBC；(2)若ACBCPA，M是PB的中点，求AM与平面PBC所成角的正切值图1472如图148所示，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是正方形，CDPD，ADP90，CDP120，E，F，G分别为PB，BC，AP的中点(1)求证：平面EFG平面PCD；(2)求二面角D EFB的

6、平面角的大小图148提升训练强能力3如图149所示，已知菱形ABCD的边长为6，BAD60，ACBDO，将菱形ABCD沿对角线AC折起，使BD3，得到三棱锥B ACD.(1)若M是BC的中点，求证：在三棱锥BACD中，直线OM与平面ABD平行；(2)求二面角ABDO的余弦值；(3)设点N是BD上的一个动点，试确定N点的位置，使得CN4.图1494如图1410所示，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，ADCD，ABCD，ABADCD2，点M在EC上，且不与E，C重合(1)当点M是EC的中点时，求证：BM平面ADEF；(2)当平面BDM与平面ABF所成的锐二面角的余弦值为时，求三棱锥M

7、BDE的体积图14105如图1411所示，已知直角梯形ABCD中，ABCD，ADAB，CDE是边长为2的等边三角形，AB5.沿CE将BCE折起，使B至B处，且BCDE，然后再将ADE沿DE折起，使A至A处，且平面ADE平面CDE.BCE和ADE在平面CDE的同侧(1)求证：BC平面CDE；(2)求平面BAD与平面CDE所成的锐二面角的余弦值 图1411专题限时集训(十四)A【基础演练】1A解析 cos s1，s2，故直线l1，l2所成角的余弦值是.2C解析 cos n1，n2，故平面，所成的锐二面角的余弦值是.3C 解析 易得平面ABC的一个法向量是(1，1，1)，单位化得.4A解析 选项B中

8、，a，b共面不一定平行；选项C中，根据a，b不能得出，的关系；选项D中，a，b可能共面5C解析 因为ma，所以ma，mlaabac0，故ml.【提升训练】6A解析 设棱长为a，则|a，()()，所以cos，所以直线CE与BD所成角的余弦值为.7B解析 设正方体棱长为1 ，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，则D，E，A，C，所以，所以cos ，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为.8B解析 当x2，y3，z2时，232，则23()2()，即32，所以P，A，B，C四点共面；反之当P，A，B，C四点共面时，有mn，即m()n()，即(1mn)mn，即x1mn，ym，zn，这组数显然不止2，3，

9、2.故是充分不必要条件9D解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设DAa，DCb，DD1c，则A1(a，0，c)，B(a，b，0)，C1(0，b，c)，B1(a，b，c)，因此()由点E在直线DB1上得：存在实数，使得，又点E在平面A1BC1上，所以1，即，因此点E为A1BC1的重心10解析 z轴正方向上的单位向量为k(0，0，1)，因此cosn，k，正确；mnacbd(a2c2)(b2d2)1，错；|cosm，n|，当m(1，0，0)，n(1，0，1)时，cosm，n，正确；由|ad|，|bc|得adbc1，错；由知m，n，得|mn|1sinm，

10、n，正确11解： (1)证明：因为底面ABCD为菱形，ABC60，且E为BC的中点，所以AEBC.又BCAD，所以AEAD.又PA底面ABCD，所以PAAD.于是AD平面PAE，进而可得ADPE.(2)分别以AE，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设AP1，则P(0，0，1)，E(，0，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)显然，平面APE的一个法向量为n(0，1，0)，设平面PCD的一个法向量为m(1，y，z)，则由解得m(1，2)所以cosm，n.故平面APE与平面PCD所成锐二面角的余弦值为.12解： (1)证明：平面ABCD垂直于圆O所在的平面，两平面的交线为AB，BC平面A

11、BCD，BCAB，BC垂直于圆O所在的平面又EA在圆O所在的平面内，BCEA.AEB是直角，BEEA，EA平面EBC，EAEC.(2) 如图，以点O为坐标原点，AB所在的直线为y轴，过点O与BC平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由异面直线AE和DC所成的角为，ABDC知BAE，BOE，E，由题设可知C(0，a，a)，D(0，a，a)，.设平面DCE的一个法向量为p(x0，y0，z0)，由p0，p0得z0x0，y00，取x02，得z0.p(2，0，)又平面AEB的一个法向量为q(0，0，1)，cosp，q.平面DCE与平面AEB所成的锐二面角的余弦值为.13解： 以D为坐标原点，直线

12、DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设AEx，则A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，E(1，x，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)(1)因为(1，0，1)(1，x，1)0，所以，即D1EA1D.(2)因为E为AB的中点，则E(1，1，0)，从而(1，1，1)，(1，2，0)，(1，0，1)，设平面ACD1的一个法向量为n(a，b，c)，则也即得取a2，则n(2，1，2)，所以点E到平面ACD1的距离为h. (3)设平面D1EC的一个法向量为n(a，b，c)，(1，x2，0)，(0，2，1)，由令b1，c2，a2x，n(2x，1，2)又平面ECD的一个法向量为(0

13、，0，1)，依题意cos.x12(舍去)，x22.AE2时，二面角D1ECD的大小为. 14解： (1)证明：连接OB1，OM，O1B1AB且O1B1ABOA.四边形AOB1O1为平行四边形，OB1AO1.M，O分别为BC，AB的中点，OMAC.由平面OMB1平面O1AC.又B1M平面OMB1.B1M平面O1AC.(2)方法一：过点C作CDAB，垂足为D，过点D作DEO1A，垂足为E，连接CE.BB1平面ABC，CD平面ABC，BB1CD.注意到ABBB1B，CD平面ABB1A1，CDAO1，AO1平面CDE，CEAO1，故CED即为二面角CAO1B的平面角令AB2a，在RtCDE中，CDa，

14、DEa，CEa.cosCED.方法二：建立如图所示的空间直角坐标系设ABAA14a，CAB30，ACB90，A(0，2a，0)，C(a，a，0)，O1(0，0，4a)设平面AO1C的一个法向量为n(x，y，z)，(0，2a，4a)，(a，3a，0)由n与n取y1，则x，z，n.平面ABB1A1的一个法向量为m(1，0，0)，|cosn，m|.即二面角CAO1B的余弦值为.专题限时集训(十四)B1解：(1)因为PA底面ABC，所以BCPA.又因为ACB90，即BCAC.因为PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC.又BC平面PBC，所以平面PAC平面PBC.(2)取PC中点

15、D，连接AD，DM，则ADPC.又平面PAC平面PBC，平面PAC平面PBCPC，所以AD平面PBC.则AMD就是AM与平面PBC所成的角设ACBCPAa，则ADa，DMBCa，所以tanAMD.2解：(1)因为E，G分别为BP，AP中点，所以EGAB.又因为四边形ABCD是正方形，所以ABCD，所以EGCD，所以EG平面PCD.因为E，F分别为BP，BC中点，所以EFPC，所以EF平面PCD.又因为EFEGE.所以平面EFG平面PCD.(2)方法一：易知ADCD，又ADPD，故AD平面PCD.故以D为原点DC，DA为x轴、z轴，垂直于平面ABCD的直线为y轴，建立空间直角坐标系(如图所示)不

16、妨设ADCDPD2，则B(2，0，2)，F(2，0，1)，P(1，0)，所以E，(0，0，1)，.设m(x1，y1，z1)是平面BEF的法向量，则所以令x11，则y1，z10，即m(1，0)设n(x2，y2，z2)是平面DEF的法向量，则所以令x21，则y2，z22，即n(1，3，2)设二面角DEFB的平面角的大小为，cosm，n.由图可知，cos ，故面角DEFB的平面角的大小为.方法二：设PC的中点为M，连接EM，DM，则EMBC，又AD平面PCD，ADBC，所以BC平面PCD，所以EM平面PCD，所以EMDM，EMPC.因为CDDP，则DMPC，又EMPCM，所以DM平面PCB.又因为E

17、FPC，所以EFEM所以DEM就是二面角DEFB的平面角的补角不妨设ADCDPD2，则EM1，DM1，所以DEM.所以二面角DEFB的平面角的大小为，3解：(1)证明：因为点O是菱形ABCD的对角线的交点，所以O是AC的中点，又点M是棱BC的中点，所以OM是ABC的中位线，OMAB.因为OM平面ABD，AB平面ABD，所以OM平面ABD.(2)由题意可知，OBOD3.因为BD3，所以BOD90，OBOD，又因为菱形ABCD，所以OBAC，ODAC.建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，则A(3，0，0)，D(0，3，0)，B(0，0，3)，所以(3，0，3)，(3，3，0)设平面ABD的法向量

18、为n(x，y，z)，则有即令x1，则y，z，所以n(1，)因为ACOB，ACOD，所以AC平面BOD，平面BOD的法向量与AC平行，所以平面BOD的一个法向量为n0(1，0，0)，cosn0，n.因为二面角ABDO是锐角，所以二面角ABDO的余弦值为.(3)设N(x1，y1，z1)因为N是线段BD上的一个动点，所以，即(x1，y1，z13)(0，3，3)，所以x10，y13，z133，则N(0，3，33)，(3，3，33)由CN4，得4，即92920，解得或，所以N点的坐标为(0，1，2)或(0，2，1)4解：(1)证明：以D为原点，以DA，DC，DE分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图

19、所示)，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，M(0，2，1)，(2，0，1)，平面ADEF的一个法向量(0，4，0)0，即BM平面ADEF.(2)依题意设M(0t4)设平面BDM的法向量为n1(x，y，z)，则n12x2y0，n1tyz0.令y1，则n.平面ABF的一个法向量为n2(1，0，0)|cosn1，n2|，解得t2，M(0，2，1)为EC的中点，SDEMSCDE2，又B到平面DEM的距离h2.V三棱锥MBDESDEMh.5解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，可算得AD，BC2，CE2，EB4.根据勾股定理可得BCEC，即BCEC，又BCDE，DECEE，所以BC平面CDE；(2)以C为原点，CE为y轴，CB为z轴，垂直于平面BCE的直线为x轴建立空间直角坐标系，如图所示，则C(0，0，0)，B(0，0，2)，D(，1，0)，E(0，2，0)作AHDE并交DE于点H.因为平面ADE不面CDE，易知AH平面CDE，且AH，所以H，所以A.易知平面CDE的法向量为n1(0，0，1)设平面PAD的法向量为n2(x，y，z)又，.所以令z，则x，y2，所以n2.故cosn1，n2.故所求平面BAD与平面CDE所构成的锐二面角的余弦值为.高考资源网版权所有，侵权必究！