【精品】2019高考数学二轮复习第二部分专题四立体几何专题强化练十二立体几何中的向量方法理.pdf

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1、试题、试卷、习题、复习、教案精选资料1专题强化练十二立体几何中的向量方法一、选择题1在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为1 的正三角形，侧棱AA1底面ABC，点D在棱BB1上，且BD1，若AD与平面AA1C1C所成的角为，则 sin 的值是()A.32B.22C.104D.64解析：如图，建立空间直角坐标系，易求点D(32，12，1)，平面AA1C1C的一个法向量是n(1，0，0)，所以 cosn，AD32264，则 sin 64.答案：D 2 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E是底面ABCD上的动点，则(CECA1)D1B1的最大值为()A.22 B 1 C.2 D

2、.6 解析：由正方体性质知CA1D1B1 0，则(CECA1)D1B1CED1B1.建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，1，0)，C(0，1，0)设点E(x，y，0)，则CE(x，y 1，0)，D1B1DB(1，1，0)所以CED1B1(x，y1，0)(1，1，0)xy1.易知当E位于点B时，xy有最大值2.因此CED1B1的最大值为211.试题、试卷、习题、复习、教案精选资料2答案：B 3(2018全国卷)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，ABBC1，AA13，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.15 B.56 C.55 D.22解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所

3、在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，3)，B1(1，1，3)，所以AD1(1，0，3)，DB1(1，1，3)则 cosAD1，DB1AD1DB1|AD1|DB1|22555.故异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55.答案：C 4(2018济南质检)在三棱锥P-ABC中，点P在底面的正投影恰好是等边ABC的边AB的中点，点P到底面ABC的距离等于底面边长设平面PAC与底面所成的二面角的大小为，平面PBC与底面所成的二面角的大小为，则 tan()的值是()A.334 B.235 C 8313 D 538解析：如图，

4、设点P在边AB上的射影为H，作HFBC，HEAC，连接PF，PE.依题意，HEP，PFH.不妨设等边ABC的边长为2，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料3则PH2，AHBH 1.所以HE32，HF32，则 tan tan 23243，故 tan()2tan 1tan224314328313.答案：C 二、填空题5.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB2，A1C1B1D1E，直线AC与直线DE所成的角为，直线DE与平面BCC1B1所成的角为，则 cos()_解析：ACBDACBB1?AC平面BB1D1D?ACDE，所以 2.取A1D1的中点F，连EF，FD，易知EF平面ADD1

5、A1，则 EDF，所以 cos()cos2EDF sin EDF66.答案：666.如图，在四棱锥C-ABOD中，CO平面ABOD，ABOD，OBOD，且AB2OD4，AD22，异面直线CD与AB所成角为 30，若点O，B，C，D都在同一个球面上，则该球的表面积为 _试题、试卷、习题、复习、教案精选资料4解析：因为CD与AB所成角为30，且ABOD，所以CDO30，由OD2，知OCODtan 30 233.在直角梯形ABOD中，OBAD242.因此(2R)2OB2OD2OC2283.故球的表面积S4R2283.答案：283三、解答题7如图，已知AB平面ACD，DE平面ACD，ACD为等边三角形

6、，ADDE2AB，F为CD的中点(1)求证：AF平面BCE；(2)求二面角C-BE-D的余弦值的大小解：设ADDE2AB2a，以AC，AB所在的直线分别为x轴、z轴，以过点A在平面ACD内和AC垂直的直线作为y轴，建立如图所示的坐标系，A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，3a，0)，E(a，3a，2a)因为F为CD的中点，所以F3a2，3a2，0.(1)证明：AF3a2，3a2，0，BE(a，3a，a)，BC(2a，0，a)，所以AF12(BEBC)，AF?平面BCE，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料5所以AF平面BCE.(2)设平面BCE的一个法向量为m(x，

7、y，z)，则mBE0，mBC0，即x3yz0，2xz0，不妨令x1 可得m(1，3，2)设平面BDE的一个法向量n(x，y，z)，则nBE0，nBD0，即x3yz0，x3yz0.令x3可得n(3，1，0)于是，cosm，nm n|m|n|64.故二面角C-BE-D的余弦值为64.8.(2018 浙江卷)如图所示，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)证明：AB1平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值(1)证明：如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴

8、，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：A(0，3，0)，B(1，0，0)，A1(0，3，4)，B1(1，0，2)，C1(0，3，1)因此AB1(1，3，2)，A1B1(1，3，2)，A1C1(0，23，3.)试题、试卷、习题、复习、教案精选资料6由AB1A1B10 得AB1A1B1.由AB1A1C10 得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.(2)解：设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知AC1(0，23，1)，AB(1，3，0)，BB1(0，0，2)设平面ABB的法向量n(x，y，z)，由nAB0，nBB10.即x3y0，2z 0.取n(3，1，0)所以 s

9、in|cos AC1，n|AC1n|AC1|n|3913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.9.如图，在三棱锥P-ABC中，PA，AB，AC两两垂直，PAABAC，平面 平面PAB，且 与棱PC，AC，BC分别交于P1，A1，B1三点(1)过A作直线l，使得lBC，lP1A1，请写出作法并加以证明；(2)若 将三棱锥P-ABC分成体积之比为819 的两部分(其中，四面体P1A1B1C的体积更小)，D为线段B1C的中点，求直线P1D与平面PA1B1所成角的正弦值解：(1)作法：取BC的中点H，连接AH，则直线AH即为要求作的直线l.证明如下：因为PAAB，PAAC，且AB

10、ACA，所以PA平面ABC.因为平面 平面PAB，且 平面PACP1A1，平面PAB平面PACPA，所以P1A1PA，所以P1A1平面ABC，所以P1A1AH.又ABAC，H为BC的中点，则AHBC，从而直线AH即为要求作的直线l.(2)因为 将三棱锥P-ABC分成体积之比为819 的两部分，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料7所以四面体P1A1B1C的体积与三棱锥P-ABC的体积之比为8 27，又平面 平面PAB，所以A1CACB1CBCP1CPC23.以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，设AB3，则A1(0，1，0)，B1(2，1，0)，P(0，0，3)，P1(0，1

11、，2)，D(1，2，0)，A1B1(2，0，0)，PA1(0，1，3)，P1D(1，1，2)，设平面PA1B1的法向量为n(x，y，z)，则nA1B10，nPA10，即x0，y3z0.令z1，得n(0，3，1)则 cosP1D，n|P1Dn|P1D|n|16101530.故直线P1D与平面PA1B1所成角的正弦值为1530.10(2018郑州调研)如图 1，在高为6 的等腰梯形ABCD中，ABCD，且CD6，AB12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O平面BCO1O.如图 2，点P为BC中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQOB.(1)证明：OD平面PA

12、Q；(2)若BE2AE，求二面角C-BQ-A的余弦值(1)证明：由题设知OA，OB，OO1两两垂直，所以以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直试题、试卷、习题、复习、教案精选资料8线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ的长度为m，则相关各点的坐标为O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0)因为点P为BC中点，所以P0，92，3，所以OD(3，0，6)，AQ(0，m，0)，PQ(6，m92，3)，因为ODAQ 0，ODPQ0.所以ODAQ，ODPQ，且AQ与PQ不共线，所以OD平面PAQ.(2)解：因为BE2AE，AQOB，所以AQ12OB3，则Q(6，3，0)，所以QB(6，3，0)，BC(0，3，6)设平面CBQ的法向量为n1(x，y，z)，因为n1QB0，n1BC0，所以6x3y0，3y6z0.令z1，则y2，x1，所以n1(1，2，1)又显然，平面ABQ的法向量n2(0，0，1)设二面角C-BQ-A的平面角为，由图可知，为锐角，则 cos|n1n2|n1|n2|66.故二面角C-BQ-A的余弦值为66.