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1、【2019最新】精选高考数学一轮复习第八章立体几何8时间：45分钟基础组1.2016枣强中学猜题若直线l的方向向量为a(1，1，2)，平面的法向量为u(2,2，4)，则()Al BlCl Dl与斜交答案B解析因为直线l的方向向量a(1，1,2)与平面的法向量u(2,2，4)共线，则说明了直线与平面垂直，故选B.22016衡水中学期中正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且，N为B1B的中点，则|为()A.a B.aC.a D.a答案A解析()，|a.32016武邑中学期中平面的一个法向量为(1,2,0)，平面的一个法向量为(2，1,0)，则平面和平面的位置关系是()A平行 B
2、相交但不垂直C垂直 D重合答案C解析由(1,2,0)(2，1,0)122(1)000，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直42016衡水中学期末如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A. B.C. D.答案A解析设CB1，则CACC12，故B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，则(0,2，1)，(2,2,1)，cos，即直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.故选A.5.2016冀州中学猜题如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB，B1C的中点，则EF和
3、平面ABCD所成角的正切值为()A. B.C. D2答案B解析如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则点C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，F，E，(0,0,1)为底面的一个法向量，cos，所以EF和平面ABCD所成角的正弦值为sin，tan.故选B.62016武邑中学仿真过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD，若ABPA，则平面ABP与平面CDP所成的锐二面角为()A30 B45C60 D90答案B解析建立如图所示的空间直角坐标系，设ABPA1，知A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1)由题意得，AD平面A
4、BP，设E为PD的中点，连接AE，则AEPD，又CD平面PAD，AECD，又PDCDD，AE平面CDP.(0,1,0)，分别是平面ABP、平面CDP的法向量，而，45，平面ABP与平面CDP所成的锐二面角为45.72016衡水中学模拟若平面的一个法向量为n(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a(2，3,3)，则l与所成角的正弦值为_答案解析设l与所成角为，则sin|cosn，a|.82016冀州中学期中已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是_答案解析如图建立空间直角坐标系Dxyz，则A1(2,0,4)，A(2,0,0)，B1(
5、2,2,4)，D1(0,0,4)，(2,0,4)，(0,2,4)，(0,0,4)，设平面AB1D1的法向量为n(x，y，z)，则即解得x2z且y2z，不妨设n(2，2,1)，设点A1到平面AB1D1的距离为d.则d.92016衡水中学仿真已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，ACBC2，AA14，D是棱AA1的中点如图所示(1)求证：DC1平面BCD；(2)求二面角ABDC的大小解(1)证明：按如图所示建立空间直角坐标系由题意，可得点C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(2,0,2)，A1(2,0,4)，C1(0,0,4)于是，(2,0,2)，(2,0，2)，(2，
6、2，2)可算得0，0.因此，DC1DC，DC1DB.又DCDBD，所以DC1平面BDC.(2)设n(x，y，z)是平面ABD的法向量，则又(2,2,0)，(0,0,2)，所以取y1，可得即平面ABD的一个法向量是n(1,1,0)由(1)知，是平面DBC的一个法向量，记n与的夹角为，则cos，.结合三棱柱可知，二面角ABDC是锐角，故所求二面角ABDC的大小是.10. 2016枣强中学预测如图所示的长方体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，BB1，M是线段B1D1的中点(1)求证：BM平面D1AC；(2)求证：D1O平面AB1C；(3)求二面角BAB
7、1C的大小解(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系，则点O(1,1,0)，D1(0,0，)，(1，1，)，又点B(2,2,0)，M(1,1，)，(1，1，)，又OD1与BM不共线，OD1BM.又OD1平面D1AC，BM平面D1AC，BM平面D1AC.(2)证明：连接OB1，(1，1，)(1,1，)0，(1，1，)(2,2,0)0，即OD1OB1，OD1AC，又OB1ACO，D1O平面AB1C.(3)CBAB，CBBB1，CB平面ABB1，(2,0,0)为平面ABB1的一个法向量，(1，1，)为平面AB1C的一个法向量cos，与的夹角为60，即二面角BAB1C的大小为60.112016冀州中学
8、一轮检测如图1，在RtABC中，ACB30，ABC90，D为AC中点，AEBD于点E，延长AE交BC于点F，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，如图2所示(1)求证：AE平面BCD；(2)求二面角ADCB的余弦值；(3)在线段AF上是否存在点M使得EM平面ADC？若存在，请指明点M的位置；若不存在，请说明理由解(1)证明：因为平面ABD平面BCD，交线为BD，又在ABD中，AEBD于点E，AE平面ABD，所以AE平面BCD.(2)由(1)中AE平面BCD可得AEEF.由题意可知EFBD，又AEBD，如图，以E为坐标原点，分别以EF，ED，EA所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标
9、系Exyz，不妨设ABBDDCAD2，则BEED1.由图1条件计算得AE，BC2，BF，则E(0,0,0)，D(0,1,0)，B(0，1，0)，A(0,0，)，F，C(，2,0)，(，1,0)，(0,1，)由AE平面BCD可知平面DCB的法向量为，(0,0，)，设平面ADC的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则y，x1，所以n(1，1)因为平面DCB的法向量为，所以cosn，.所以二面角ADCB的余弦值为.(3)设，其中0,1由于，所以，其中0,1所以.由n0，即(1)0，解得(0,1)所以在线段AF上存在点M使EM平面ADC，且.122016武邑中学一轮检测如图，在长方体ABCDA1B1
10、C1D1中，ADAA11，AB2，点E在棱AB上移动(1)求证：D1EA1D；(2)当E点为AB的中点时，求点E到平面ACD1的距离；(3)AE为何值时，二面角D1ECD的大小为？解(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)E在棱AB上移动，设E(1，a,0)，0a2.(1，a，1)，(1,0，1)，0，D1EA1D.(2)设平面ACD1的法向量为m(x，y，z)，点E到平面ACD1的距离为h.(1,2,0)，(1,0,1)，令y1，则m(2,1,2)又E(1,1
11、,0)，(1，1,0)，CE与平面ACD1所成角的正弦值为，h|.(3)设平面D1EC的法向量为n(x1，y1，z1)，(1，a，1)，(0,2，1)，令y11，得n(2a,1,2)易知平面ECD的一个法向量为(0,0,1)，则|cosn，|，可得a2或a2(不符合，舍去)，当AE2时，二面角D1ECD的大小为.能力组132016武邑中学月考如图所示，在四棱锥PABCD中，PC平面ABCD，PC2，在四边形ABCD中，BC90，AB4，CD1，点M在PB上，PB4PM，PB与平面ABCD成30的角求证：(1)CM平面PAD；(2)平面PAB平面PAD.证明以C为坐标原点，CB为x轴，CD为y轴
12、，CP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.PC平面ABCD，PBC为PB与平面ABCD所成的角，PBC30，PC2，BC2，PB4，D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M，(0，1,2)，(2，3,0)，.(1)设n(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，由得令y2，得n(，2,1)n2010，n.又CM平面PAD，CM平面PAD.(2)如图，取AP的中点E，连接BE，则E(，2,1)，(，2,1)PBAB，BEPA.又(，2,1)(2，3,0)0，BEDA.又PADAA，BE平面PAD.又BE 平面PAB，平面PAB平面PAD.142016衡水中学
13、热身在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB1，AA1，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO侧面ABB1A1.(1)证明：BCAB1；(2)若OCOA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值解(1)证明：由题意tanABD，tanAB1B，注意到0ABD，AB1B，所以ABDAB1B.所以ABDBAB1AB1BBAB1.所以AB1BD.又CO侧面ABB1A1，所以AB1CO.又BD与CO交于点O，所以AB1面CBD.又因为BC面CBD，所以BCAB1. (2)如图，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x轴、y轴、z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则A，B，C，B1，D.又因为2，所以C1.所以，
