《2018届高考数学二轮复习第一部分专题五立体几何1_5_3空间向量与立体几何限时规范训练理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018届高考数学二轮复习第一部分专题五立体几何1_5_3空间向量与立体几何限时规范训练理（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、深入理解课文，了解孙中山，了解“布衣”与总统的关系，了解布衣总统的来历及其布衣特色的体现，体会甘于淡泊精神对当代青年的教育意义。限时规范训练空间向量与立体几何一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1(2017山东青岛模拟)已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于()A.B.C.D.解析：选A.如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O(0,0,0)，B(，0,0)，A(0，1,0)，B1(，0,2)，则(，1,2)，则(，0,0)为侧面ACC1A1的法向量，故sin .2在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA12，二
2、面角BAA1C1的大小为60，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为()A. B.C.D2解析：选A.由题意可知，BAC60，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，所以在三角形ABC中，AB2，AC4，BC2，ABC90，则()()4，|2，|4，cos，故tan，.3如图所示，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，D是棱PB的中点，已知PABC2，AB4，CBAB，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为()ABC.D.解析：选D.因为PA平面ABC，所以PAAB，PABC.过点A作AECB，又CBAB
3、，则AP，AB，AE两两垂直如图，以A为坐标原点，分别以AB，AE，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(4,0,0)，C(4，2,0)因为D为PB的中点，所以D(2,0,1)故(4,2,2)，(2,0,1)所以cos，.设异面直线PC，AD所成的角为，则cos |cos，|.4(2017山西四市联考)在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，)若S1，S2，S3分别是三棱锥DABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则()AS1S2S3BS2S1且S2S3CS3S1
4、且S3S2DS3S2且S3S1解析：选D.如图所示，ABC为三棱锥在坐标平面xOy上的正投影，所以S1222.三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与DEF(E，F分别为OA，BC的中点)全等，所以S22.三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与DGH(G，H分别为AB，OC的中点)全等，所以S32.所以S2S3且S1S3，故选D.5如图，点E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN的条数有()A0条B1条C2条D无数条解析：选B.假设存在满足条件的直线MN，如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则D
5、1(2,0,2)，E(1,2,0)，设M(x，y，z)，m(0m1)，(x2，y，z2)m(1,2，2)，x2m，y2m，z22m，M(2m,2m,22m)，同理，若设n(0n1)，可得N(2n,2n,2n)，(m2n2,2n2m,2mn)又MN平面ABCD.解得即存在满足条件的直线MN，且只有一条6(2017安徽合肥模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，给出以下四个命题：异面直线C1P和CB1所成的角为定值；二面角PBC1D的大小为定值；三棱锥DBPC1的体积为定值；直线CP与平面ABC1D1所成的角为定值其中真命题的个数为()A1B2C3D4解析
6、：选C.如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，B1(1,1,1)设P(t,0,1t)，0t1.中，(t，1，t)，(1,0,1)，因为0，所以C1PCB1，故对；中，因为D1AC1B，所以平面PBC1即平面ABC1D1，两平面都固定，所以其二面角为定值，故对；中，因为点P到直线BC1的距离AB1，所以V三棱锥DBPC1CB1，故对；中，(t，1,1t)，易知平面ABC1D1的一个法向量为(1,0,1)，所以cos，不是定值，故错误二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7(2
7、017江苏南京三模)如图，三棱锥ABCD的棱长全相等，点E为AD的中点，则直线CE与BD所成角的余弦值为_解析：设AB1，则()()()2cos 60cos 60cos 60.cos，.答案：8在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BCAC，BAC，AC4，点M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q3QC，则异面直线PQ与AC所成角的正弦值为_解析：由题意，以C为原点，以AC边所在直线为x轴，以BC边所在直线为y轴，以CC1边所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示设棱柱的高为a，由BAC，AC4，得BC4，所以A(4,0,0)，B(0,4，0)，C(0,0,0)，A1(4
8、,0，a)，M，P，Q.所以(1,2，0)，(4,0,0)设异面直线QP与CA所成的角为，所以|cos |.由sin2cos21得，sin2，所以sin ，因为异面直线所成角的正弦值为正，所以sin 即为所求答案：9(2017河北衡水模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M, N分别在AB1，BC1上，且AMAB1，BNBC1，则下列结论：AA1MN；A1C1MN；MN平面A1B1C1D1；BD1MN.其中正确命题的序号是_(写出所有正确命题的序号)解析：如图，建立以D为坐标原点，DC，DA，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系令正方体的棱长为3，可得D(0,0,0
9、)，A(0,3,0)，A1(0,3,3)，C1(3,0,3)，D1(0,0,3)，B(3,3,0)，M(1,3,1)，N(3,2,1)中，(0,0,3)，(2，1,0)，因为0，所以正确；中，(3，3,0)，与不成线性关系，所以错；中，易知平面A1B1C1D1的一个法向量为(0,0,3)，而0，且MN平面A1B1C1D1，所以正确；中，(3，3,3)，因为0，所以错误答案：三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)10(2017高考全国卷)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中点(1)证明：直线CE平面PAB；
10、(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为45，求二面角MABD的余弦值解：(1)证明：取PA中点F，连接EF，BF，CE.E，F为PD，PA中点，EF为PAD的中位线，EFAD.又BADABC90，BCAD.又ABBCAD，BCAD，EFBC.四边形BCEF为平行四边形，CEBF.又BF面PAB，CE面PAB.(2)以AD中点O为原点，如图建立空间直角坐标系设ABBC1，则O(0,0,0)，A(0，1,0)，B(1，1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0，)M在底面ABCD上的投影为M，MMBM.又BM与底面ABCD所成角为45，MBM45，MBM为等腰直角三
11、角形POC为直角三角形，且，PCO60.设|MM|a，|CM|a，|OM|1a.M.，|BM|aa.|OM|1a1.M，M，(1,0,0)设平面ABM的法向量m(0，y1，z1)y1z10，m(0，2)(0,2,0)，(1,0,0)设平面ABD的法向量为n(0,0，z2)，n(0,0,1)cosm，n.二面角MABD的余弦值为.11如图所示的几何体中，ABCA1B1C1为三棱柱，且AA1平面ABC，四边形ABCD为平行四边形，AD2CD，ADC60.(1)若AA1AC，求证：AC1平面A1B1CD.(2)若CD2，AA1AC，二面角CA1DC1的余弦值为，求三棱锥C1A1CD的体积解：(1)证
12、明：若AA1AC，则四边形ACC1A1为正方形，则AC1A1C，因为AD2CD，ADC60，所以ACD为直角三角形，则ACCD，因为AA1平面ABC，所以AA1CD，又AA1ACA，所以CD平面ACC1A1，则CDAC1，因为A1CCDC，所以AC1平面A1B1CD.(2)若CD2，因为ADC60，所以AC2，则AA1AC2，建立以C为坐标原点，CD，CA，CC1分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图所示，则C(0,0,0)，D(2,0,0，)，A(0,2，0)，C1(0,0,2)，A1(0,2，2)则(2，2，2)，(2,0,0)，(0,2，0)设平面CA1D的一个法向量为m(x，y，z)则
13、m2x2y2z0，m2x0，则x0，yz，令z1，则y，则m(0，1)设平面A1DC1的一个法向量为n(x1，y1，z1)，n2x12y12z10，n2y10，则y10,2x12z10，令z11，则x1，则n(，0,1)，因为二面角CA1DC1的余弦值为.所以cosm，n.即(12)(132)8，得1，即AA1AC，则三棱锥C1A1CD的体积VVDA1C1CCDACAA12224.12(2017浙江宁波模拟)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD中，BAD60，DEAB于点E，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1DDC，如图(2)(1)求证：A1E平面BCDE.(2)求二面角EA1BC的余弦值(3)判断在线段EB上是否存在一点P，使平面A1DP平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，说明理由解析：(1)证明：DEBE，BEDC，DEDC.又AD1DC，A1DDED，DC平面A1DE，DCA1E.又A1EDE，DCDED，A1E平面BCDE.(2)A1E平面BCDE，DEBE，以EB，ED，EA1所在直线
