《（福建專用）2013年高考數(shù)學總復習 第八章第8課時 立體幾何中的向量方法課時闖關(guān)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（福建專用）2013年高考數(shù)學總復習 第八章第8課時 立體幾何中的向量方法課時闖關(guān)（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 （福建專用）2013年高考數(shù)學總復習 第八章第8課時 立體幾何中的向量方法課時闖關(guān)（含解析） 一、選擇題 1．(原創(chuàng)題)如果平面的一條斜線和它在這個平面上的射影的方向向量分別是a＝(0,2,1)，b＝(，，)，那么這條斜線與平面的夾角是(　　) A．90°　　　　　　　　　 B．60° C．45° D．30° 解析：選D.cosθ＝＝，因此a與b的夾角為30°.從而可得斜面與平面的夾角為30°. 2.如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別是正方形ADD1A1和ABCD的中心，G是CC1的中點，設GF、C1E與AB所成的角分別為α、β，則α＋β等于(

2、　　) A．120°　　　　 B．60° C．75° D．90° 解析：選D.建立坐標系如圖，設正方體的棱長為2，則B(2,0,0)，A(2,2,0)，G(0,0,1)，F(xiàn)(1,1,0)，C1(0,0,2)，E(1,2,1)． 則＝(0,2,0)，＝(1,1，－1)，＝(1,2，－1)， ∴cos〈，〉＝， cos〈，〉＝，∴cosα＝，sinα＝， cosβ＝，sinβ＝，∴α＋β＝90°， 故選D. 3．(2010·高考大綱全國卷Ⅰ)正方體ABCD－A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為(　　) A.　　　　　　　　　　　 B. C.

3、 D. 解析：選D.如圖，連接BD交AC于O，連接D1O.由于BB1∥DD1，∴DD1與平面ACD1所成的角就是BB1與平面ACD1所成的角．易知∠DD1O即為所求．設正方體的棱長為1，則DD1＝1，DO＝， D1O＝，∴cos∠DD1O＝＝＝. ∴BB1與平面ACD1所成角的余弦值為. 4．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝，M是CC1的中點，則異面直線AB1與A1M所成的角為(　　) A．60° B．45° C．30° D．90° 解析：選D.建立坐標系如圖所示， 易得M(0,0，)，A1(0，，0)， A(

4、0，，)，B1(1,0,0)， ∴＝(1，－，－)，＝(0，－，)． ∴·＝1×0＋3－＝0， ∴⊥.即AB1⊥A1M. 5．已知在長方體ABCD－A1B1C1D1中，底面是邊長為2的正方形，高為4，則點A1到截面AB1D1的距離是(　　) A. B. C. D. 解析：選C.如圖建立坐標系Dxyz， 則A1(2,0,4)，A(2,0,0)， B1(2,2,4)，D1(0,0,4)， ＝(－2,0,4)，＝(0,2,4)，＝(0,0,4)， 設平面AB1D1的法向量為n＝(x，y，z)， 則 即 解得x＝2z且y＝－2z，不妨設n＝(2，－2,1)， 設點

5、A1到平面AB1D1的距離為d， 則d＝＝，故選C. 二、填空題 6．(2012·漳州調(diào)研)長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為__________． 解析：建立坐標系如圖， 則A(1,0,0)，E(0,2,1)， B(1,2,0)，C1(0,2,2)， ∴＝(－1,0,2)， ＝(－1,2,1)， ∴cos〈，〉＝ ＝. 答案： 7.如圖所示，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長都相等，D是A1C1的中點，則直線AD與平面B1DC所成角的正弦值為________． 解析：不妨設

6、正三棱柱ABC－A1B1C1的棱長為2，建立如圖所示的空間直角坐標系(x軸垂直于AB)， 則C(0,0,0)，A(，－1,0)，B1(，1,2)，D(，－，2)， 則＝(，－，2)，＝(，1,2)． 設平面B1DC的法向量為n＝(x，y,1)， 由解得n＝(－，1,1)． 又∵＝(，－，－2)，∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝. 答案： 8.如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AA1＝2，則二面角C1－AB－C的余弦值為__________． 解析：如圖建立空間直角坐標系， 則A(0,0,0)，＝(0,1,2)， ＝(，，0)． 設n＝(x，y，z)為平

7、面ABC1的法向量， 則取n＝(－，2，－1)， 同理取m＝(0,0,1)作為平面ABC的法向量． 則cos〈m，n〉＝－＝－. ∴二面角C1－AB－C的余弦值為. 答案： 三、解答題 9．(2010·高考天津卷)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1上的點，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶4. (1)求異面直線EF與A1D所成角的余弦值； (2)證明AF⊥平面A1ED； (3)求二面角A1－ED－F的正弦值． 解：如圖所示，建立空間直角坐標系，點A為坐標原點．設AB＝1，依題意得D(0,2,0)，F(xiàn)(1,2,1)，A1(0

8、,0,4)，E(1，，0)． (1)易得＝(0，，1)，＝(0,2，－4)，于是cos〈，〉＝＝－. 所以異面直線EF與A1D所成角的余弦值為. (2)證明：易知＝(1,2,1)，＝(－1，－，4)，＝(－1，，0)，于是·＝0，·＝0.因此，AF⊥EA1，AF⊥ED. 又EA1∩ED＝E，所以AF⊥平面A1ED. (3)設平面EFD的法向量u＝(x，y，z)，則 即不妨令x＝1，可得u＝(1,2，－1)， 由(2)可知，為平面A1ED的一個法向量，于是cos〈u，〉＝＝，從而sin〈u，〉＝. 所以二面角A1－ED－F的正弦值為. 10．四棱錐P－ABCD的底面與四個側(cè)

9、面的形狀和大小如圖所示． (1)寫出四棱錐P－ABCD中四對線面垂直關(guān)系(不要求證明)； (2)在四棱錐P－ABCD中，若E為PA的中點，求證：BE∥平面PCD； (3)在四棱錐P－ABCD中，設面PAB與面PCD所成的角為θ(0°<θ≤90°)，求cosθ的值． 解：(1)在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥平面PAB，BC⊥平面PAB，AB⊥平面PAD.CD⊥平面PAC. (2)依題意AB，AD，AP兩兩垂直，分別以直線AB，AD，AP為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如上圖． 則P(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,4,0)．

10、 ∵E是PA的中點，∴點E的坐標為(0,0,1)， ＝(－2,0,1)，＝(2,2，－2)，＝(0,4，－2)． 設n1＝(x，y，z)是平面PCD的法向量． 由即 取y＝1，得n1＝(1,1,2)為平面PCD的一個法向量． ∵·n1＝－2×1＋0×1＋1×2＝0，∴⊥n1， ∴∥平面PCD.又BE?平面PCD，∴BE∥平面PCD. (3)由(2)，平面PCD的一個法向量為n1＝(1,1,2)． 又∵AD⊥平面PAB， ∴平面PAB的一個法向量為n2＝(0,1,0)． ∴cosθ＝||＝＝. 一、選擇題 1.如圖所示，A1B1C1－ABC是直三棱柱，∠BCA＝90°

11、，點D1、F1分別是A1B1和A1C1的中點，若BC＝CA＝CC1，則BD1與AF1所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D．－ 解析： 選A.建立如圖所示的空間直角坐標系， 設BC＝CA＝CC1＝2，則A(2,0,0)，B(0，2,0)，C1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B1(0，2,2)． ∵D1、F1為A1B1、A1C1的中點， ∴D1(1,1,2)，F(xiàn)1(1,0,2)， ∴＝(1，－1,2)，＝(－1,0,2)， ∴·＝(1，－1,2)·(－1,0,2)＝3， ||＝＝，||＝＝， ∴cos〈，〉＝＝＝. 2.(2010·高考北京卷)如圖

12、，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，動點E、F在棱A1B1上，動點P，Q分別在棱AD，CD上，若EF＝1，A1E＝x，DQ＝y(tǒng)，DP＝z(x，y，z大于零)，則四面體PEFQ的體積(　　) A．與x，y，z都有關(guān) B．與x有關(guān)，與y，z無關(guān) C．與y有關(guān)，與x，z無關(guān) D．與z有關(guān)，與x，y無關(guān) 答案：D 二、填空題 3．已知在半徑為2的球面上有A、B、C、D四點，若AB＝CD＝2，則四面體ABCD的體積的最大值為________． 解析：過CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD，交AB與P，設點P到CD的距離為h，則有V四面體ABCD＝×2××2×h＝h，當直徑通過A

13、B與CD的中點時，hmax＝2＝2，故Vmax＝. 答案： 4.(2011·高考湖北卷)如圖，直角坐標系xOy所在的平面為α，直角坐標系x′Oy′(其中y′軸與y軸重合)所在的平面為β，∠xOx′＝45°. (1)已知平面β內(nèi)有一點P′(2，2)， 則點P′在平面α內(nèi)的射影P的坐標為________； (2)已知平面β內(nèi)的曲線C′的方程是 (x′－)2＋2y′2－2＝0，則曲線C′在平面α內(nèi)的射影C的方程是________． 解析：(1)設點P′在平面α內(nèi)的射影P的坐標為x，y，則點P的縱坐標和P′(2，2)縱坐標相同，所以y＝2，過點P′作P′H⊥Oy，垂足為H， 連結(jié)PH，

14、則∠P′HP＝45°，P橫坐標 x＝PH＝P′Hcos45°＝x′cos45°＝2×＝2， 所以點P′在平面α內(nèi)的射影P的坐標為(2,2)； (2)由(1)得x＝x′cos45°＝x′×，y′＝y(tǒng)， 所以代入曲線C′的方程 (x′－)2＋2y′2－2＝0，得(x－)2＋2y2－2＝0?(x－1)2＋y2＝1，所以射影C的方程填(x－1)2＋y2＝1. 答案：(2,2)　(x－1)2＋y2＝1 三、解答題 5.如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面A1ABB1和BCC1B1是兩個全等的正方形，AC1⊥平面A1DB，D為AC的中點． (1)求證：平面A1ABB1⊥平面

15、BCC1B1； (2)求證：B1C∥平面A1DB； (3)設E是CC1上一點，試確定點E的位置，使平面A1DB⊥平面BDE，并說明理由． 解：(1)證明：如圖，連結(jié)AB1交A1B于O點，連結(jié)OD. ∵AC1⊥平面A1DB，A1B?平面A1DB， ∴AC1⊥A1B. 又在正方形A1ABB1中，A1B⊥AB1，AC1∩AB1＝A. ∴A1B⊥面AC1B1. 又B1C1?面AC1B1， ∴A1B⊥B1C1. ∵在正方形BCC1B1中有B1C1⊥BB1， 又BB1∩A1B＝B， ∴B1C1⊥平面A1ABB1. ∴平面A1ABB1⊥平面BCC1B1. (2)證明：由(1)

16、知BC，BB1，BA兩兩垂直， 如圖以B為原點，BC，BB1，BA分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系B－xyz，設正方形邊長為1， 則C(1,0,0)，C1(1,1,0)，B1(0,1,0)，A1(0,1,1)，A(0,0,1)，D(，0，)． 由AC1⊥平面A1DB，得平面A1DB的一個法向量為n＝＝(1,1，－1)． ∵＝(1，－1,0)， ∴·n＝(1，－1,0)·(1,1，－1)＝1－1＋0＝0. 又B1C?平面A1DB，∴B1C∥平面A1DB. (3)設點E(1，b,0)，平面BDE的法向量為m＝(x，y，z)，則由得 令y＝1，則m＝(－b,1，b)， 由m·n

17、＝(－b,1，b)·(1,1，－1)＝0，得b＝， 即當E為CC1中點時，平面A1DB⊥平面BDE. 6.(2011·高考四川卷)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1.D是棱CC1上的一點，P是AD的延長線與A1C1的延長線的交點，且PB1∥平面BDA1. 求證：CD＝C1D； 求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值； 求點C到平面B1DP的距離． 解：法一：(1)證明：如圖所示，連接AB1，與BA1交于點O，連接OD， ∵PB1∥平面BDA1，PB1?平面AB1P， 平面AB1P∩平面BDA1＝OD， ∴OD∥PB1.又AO＝B1

18、O，∴AD＝PD. 又AC∥C1P，∴CD＝C1D. 如圖所示，過點A作AE⊥DA1于點E，連接BE. ∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且AA1∩AC＝A， ∴BA⊥平面AA1C1C. 由三垂線定理可知BE⊥DA1， ∴∠BEA為二面角A-A1D-B的平面角． 在Rt△A1C1D中，A1D＝ ＝， 又S△AA1D＝×1×1＝×·AE， ∴AE＝. 在Rt△BAE中，BE＝＝， ∴cos∠BEA＝＝. 故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值為. 由題意知，點C到平面B1DP的距離是點C到平面DB1A的距離．設此距離為h， ∵VC-AB1D＝VB1-ACD， ∴S△D

19、B1A·h＝S△ACD·B1A1. 由已知可得AP＝，PB1＝，AB1＝， ∴在等腰△AB1P中， S△AB1P＝AB1·＝. ∴S△AB1D＝S△AB1P＝. 又S△ACD＝AC·CD＝，∴h＝＝. 故點C到平面B1DP的距離等于. 法二：如圖，以A1為原點，A1B1，A1C1，A1A所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則A1，B1，C1，B. 證明：設C1D＝x，∵AC∥PC1，∴＝＝. 由此可得D，P. ∴＝，＝， ＝. 設平面BA1D的一個法向量為n1＝， 則 令c＝－1，則n1＝.∵PB1∥平面BDA1， ∴n1·＝1×＋x·＋×0＝0. 由此可得x＝.故CD＝C1D. 由知，平面BA1D的一個法向量n1＝. 又n2＝為平面AA1D的一個法向量， ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝. 故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值為. ∵＝，＝， 設平面B1DP的一個法向量為n3＝. 則 令c1＝1，可得n3＝. 又＝， ∴C到平面B1DP的距離d＝＝.