浙江高考數(shù)學理二輪專題復習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題五　立體幾何與空間向量 專題能力訓練13 Word版含答案

《浙江高考數(shù)學理二輪專題復習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題五　立體幾何與空間向量 專題能力訓練13 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江高考數(shù)學理二輪專題復習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題五　立體幾何與空間向量 專題能力訓練13 Word版含答案（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 專題能力訓練13　空間向量與立體幾何 (時間:60分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分) 1.直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90,∠BAC=30,BC=1,AA1=,M是CC1的中點,則異面直線AB1與A1M所成的角為(　　) 　　　　　　　　　　　　　 A.60 B.45 C.30 D.90 2.已知平面α內(nèi)有一點M(1,-1,2),平面α的一個法向量為n=(6,-3,6),則下列點P中,在平面α內(nèi)的是(　　) A.P(2,

2、3,3) B.P(-2,0,1) C.P(-4,4,0) D.P(3,-3,4) 3.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為BB1的中點,則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為(　　) A B C D 4.(20xx浙江金華聯(lián)盟聯(lián)考)已知斜四棱柱ABCD-A1B1C1D1的各棱長均為2,∠A1AD=60,∠BAD=90,平面A1ADD1⊥平面ABCD,則直線BD1與平面ABCD所成的角的正切值為(　　) A B C D 5.在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M是BC的中點,P,Q是正方體內(nèi)部或面上的兩個動點,則的最大值是(　　) A B.1 C D

3、 6.在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BAC=,AB=AC=AA1=1,已知G和E分別為A1B1和CC1的中點,D與F分別為線段AC和AB上的動點(不包括端點),若GD⊥EF,則線段DF的長度的取值范圍為(　　) A B C D 7. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,側面PAD為正三角形,底面ABCD為正方形,側面PAD⊥底面ABCD,M為底面ABCD內(nèi)的一個動點,且滿足MP=MC,則點M在正方形ABCD內(nèi)的軌跡為(　　) 8.如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分別是線段CC1,BD上的點,R是直線AD上的點,滿足PQ∥平面ABC1D1,PQ⊥R

4、Q,且P,Q不是正方體的頂點,則|PR|的最小值是(　　) A B C D 二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 9.如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,棱長為a,M,N分別為A1B和AC上的點,A1M=AN=,則MN與平面BB1C1C的位置關系是　　　　　. 10.(20xx浙江杭州模擬)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為　　　　　. 11.過正方形ABCD的頂點A作線段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,則平面ABP與平面CDP所成的二面角為　　　　　. 12. 如圖

5、,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3,在面對角線A1D上取點M,在面對角線CD1上取點N,使得MN∥平面AA1C1C,當線段MN長度取到最小值時,三棱錐A1-MND1的體積為. 13.已知點E,F分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1的中點,點M,N分別是線段D1E與C1F上的點,則與平面ABCD垂直的直線MN有　　　　　條. A.0 B.1 C.2 D.無數(shù)個 14.如圖所示,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M和N分別是A1B1和BB1的中點,那么直線AM與CN所成角的余弦值為　　　　　. 三、解答題(本大題共2小題,共30分.解答應

6、寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 15.(本小題滿分15分)在邊長為3的正三角形ABC中,E,F,P分別是AB,AC,BC邊上的點,滿足AE∶EB=CF∶FA=CP∶PB=1∶2(如圖(1)),將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使二面角A1-EF-B成直二面角,連接A1B, A1P(如圖(2)). (1)求證:A1E⊥平面BEP; (2)求二面角B-A1P-E的余弦值. 16. (本小題滿分15分)如圖,在四棱錐A-EFCB中,△AEF為等邊三角形

7、,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60,O為EF的中點. (1)求證:AO⊥BE; (2)求二面角F-AE-B的余弦值; (3)若BE⊥平面AOC,求a的值. 參考答案 專題能力訓練13　空間向量與立體幾何 1.D 2.A　解析 逐一驗證法,對于選項A,∵=(1, 4,1), ∴n=6-12+6=0,∴⊥n,∴點P在平面α內(nèi),同理可驗證其他三個點不在平面α內(nèi). 3.B　解析 以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,設棱長為1,則A1(0,0,1),E,D(0,1,0),∴=(0,1,-1),. 設平面

8、A1ED的一個法向量為n1=(1,y,z), ∴有解得 ∴n1=(1,2,2). ∵平面ABCD的一個法向量為n2=(0,0,1), ∴cos=, 即所成的銳二面角的余弦值為. 4.C　解析 取AD的中點O,連接OA1,易證A1O⊥平面ABCD.建立如圖所示的空間直角坐標系, 得B(2,-1,0),D1(0,2,),=(-2,3,),平面ABCD的一個法向量為n=(0,0,1),設BD1與平面ABCD所成的角為θ,∴sin θ=, ∴tan θ=. 5.C　 解析 以A為坐標原點,分別以AD,AB,AA1所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直

9、角坐標系,則A(0,0,0),M, 所以. 設=(x,y,z), 由題意可知 因為x+1y+0z=x+y, 又-1≤x≤1,-1≤y≤1,所以-x≤. 所以-x+y≤. 故的最大值為. 6.A　解析建立如圖所示的空間直角坐標系,則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=. 當y=時,線段DF長度的最小值是. 當y=1時,線段DF長度的最大值是1. 因不包括端點,故y=1不能取,應選A. 7.A　 解析 以D為原點,DA,DC分別為x軸、y軸建立坐標系如圖:設M(x,y,0),正方形邊長為a,

10、 則P,C(0,a,0),則|MC|=, |MP|=. 由|MP|=|MC|得x=2y,所以點M在正方形ABCD內(nèi)的軌跡為一條直線y=x.故選A. 8.B　解析 如圖,分別以AB,AD,AA1所在直線為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系, 則B(1,0,0),D(0,1,0),B1(1,0,1),C(1,1,0). 設P(1,1,m)(0≤m≤1),=λ(0≤λ≤1),Q(x0,y0,0),則(x0-1,y0,0)=λ(-1,1,0),∴ ∴Q(1-λ,λ,0),∴=(-λ,λ-1,-m). 連接B1C,∵正方體ABCD-A1B1C1D1中,BCC1B1是正方形,AB⊥平

11、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). 設R(0,n,0),則=(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), ||=, ∴當m=時,|PR|的最小值是. 9.MN∥平面BB1C1C　解析 以C1為坐標原點建立如圖所示的坐標系. ∵A1M=AN=,

12、 則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為原點,DA為x軸,DC為y軸,DD1為z軸,建立空間直角坐標系,設n=(x,y,z)為平面A1BC1的法向量, 則n=0,n=0, 即令z=2,則y=1,x=2, 于是n=(2,1,2),=(0,2,0). 設所求線面角為α,則sin α=|cos|=. 11.45　解析 如圖,建立空間直角坐標系,設AB=PA=1,則A(0,0,0),D(0,1,0),

13、P(0,0,1),由題意,AD⊥平面PAB,設E為PD的中點,連接AE,則AE⊥PD,又CD⊥平面PAD, ∴CD⊥AE,從而AE⊥平面PCD. ∴=(0,1,0),分別是平面PAB,平面PCD的法向量,且<>=45. 故平面PAB與平面PCD所成的二面角為45. 12.1　解析 如圖,建立空間直角坐標系,則可設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=6t2-12

14、t+9,故當t=1時,MN長度取到最小值,此時M(1,0,1), N(0,1,2), ∴yN=321=1. 13.1　解析 不妨設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,建立如圖所示的空間直角坐標系,則D1(2,0,2),E(1,2,0),=(-1,2,-2),C1(0,0,2),F(2,2,1),=(2,2,-1). 設=λ=t, 則M(2-λ,2λ,2-2λ),N(2t,2t,2-t),=(2t-2+λ,2t-2λ,2λ-t).由于MN與平面ABCD垂直, 所以λ=t=, 由于此解唯一,故滿足條件的MN只有一條. 14. 　解析 以D為坐標原點,為x軸,為y軸,

15、為z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示. 則A(1,0,0),M,C(0,1,0),N, ∴. 設直線AM與CN所成的角為θ, 則cos θ=|cos<>|= =. 15.(1)證明 在圖(1)中,取BE的中點D,連接DF, ∵AE∶EB=CF∶FA=1∶2,∴AF=AD=2, 而∠A=60,∴△ADF為正三角形. 又AE=DE=1,∴EF⊥AD. 在圖(2)中,A1E⊥EF,BE⊥EF, ∴∠A1EB為二面角A1-EF-B的一個平面角. 由題設條件知此二面角為直二面角, ∴A1E⊥平面BEP. (2)解 分別以EB,EF,EA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間

16、直角坐標系, 則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). 設面EA1P的法向量為m=(x,y,z), 則取y=-1,得m=(,-1,0); 設面BA1P的法向量為n=(x,y,z), 則取y=1,得n=(,1,2). ∴cos=. ∴二面角B-A1P-E的余弦值為. 16.解 (1)因為△AEF是等邊三角形,O為EF的中點,所以AO⊥EF. 又因為平面AEF⊥平面EFCB,AO?平面AEF, 所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE. (2)取BC中點G

17、,連接OG. 由題設知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.如圖建立空間直角坐標系O -xyz, 則E(a,0,0),A(0,0,a), B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0). 設平面AEB的法向量為n=(x,y,z), 則 令z=1,則x=,y=-1. 于是n=(,-1,1). 平面AEF的法向量為p=(0,1,0). 所以cos ==-.由題知二面角F-AE-B為鈍角,所以它的余弦值為-. (3)因為BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即=0. 因為=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0), 所以=-2(a-2)-3(a-2)2. 由=0及0