2018高考数学(理)二轮专题复习限时规范训练专题五 立体几何 1-5-3 (带答案)

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2018高考数学(理)二轮专题复习限时规范训练专题五 立体几何 1-5-3 (带答案)

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文 章来
源莲山 课件 w w
w.5 Y k J.Co m 限时规范训练十四 空间向量与立体几何 限时45分钟,实际用时    分值81分,实际得分    
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.64  B.104
C.22 D.32
 
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(3,0,0),A(0,-1,0),B1(3,0,2),则AB1→=(3,1,2),则BO→=(-3,0,0)为侧面ACC1A1的法向量,故sin θ=|AB1→•BO→||AB1→||BO→|=|-3|22×3=64.
2.在直三棱柱ABC­A1B1C1中,AA1=2,二面角B­AA1­C1的大小为60°,点B到平面ACC1A1的距离为3,点C到平面ABB1A1的距离为23,则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为(  )
A.7  B.6
C.5 D.2
解析:选A.由题意可知,∠BAC=60°,点B到平面ACC1A1的距离为3,点C到平面ABB1A1的距离为23,所以在三角形ABC中,AB=2,AC=4,BC=23,∠ABC=90°,则AB1→•BC1→=(BB1→-BA→)•(BB1→+BC→)=4,
|AB1→|=22,|BC1→|=4,
cos〈AB1→,BC1→〉=AB1→•BC1→|AB1→|•|BC1→|=24,
故tan〈AB1→,BC1→〉=7.
3.如图所示,在三棱锥P­ABC中,PA⊥平面ABC,D是棱PB的中点,已知PA=BC=2,AB=4,CB⊥AB,则异面直线PC,AD所成角的余弦值为(  )
 
A.-3010 B.-305
C.305 D.3010
 
解析:选D.因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC.
过点A作AE∥CB,又CB⊥AB,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CP→=(-4,2,2),AD→=(2,0,1).
所以cos〈AD→,CP→〉=AD→•CP→|AD→|×|CP→|=-65×26=-3010.
设异面直线PC,AD所成的角为θ,
则cos θ=|cos〈AD→,CP→〉|=3010.
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(1,1,2).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(  )
A.S1=S2=S3
B.S2=S1且S2≠S3
C.S3=S1且S3≠S2
D.S3=S2且S3≠S1
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S1=12×2×2=2.三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与△DEF(E,F分别为OA,BC的中点)全等,所以S2=12×2×2=2.
 
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S3=12×2×2=2.
所以S2=S3且S1≠S3,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(  )
 
A.0条 B.1条
C.2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D1(2,0,2),E(1,2,0),设M(x,y,z),D1M→=mD1E→(0<m<1),∴(x-2,y,z-2)=m(-1,2,-2),x=2-m,y=2m,z=2-2m,∴M(2-m,2m,2-2m),同理,若设C1N→=nC1F→(0<n<1),可得N(2n,2n,2-n),MN→=(m+2n-2,2n-2m,2m-n).又∵MN⊥平面ABCD.
∴m+2n-2=0,2n-2m=0,解得m=23,n=23,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:
①异面直线C1P和CB1所成的角为定值;
②二面角P­BC1­D的大小为定值;
③三棱锥D­BPC1的体积为定值;
④直线CP与平面ABC1D1所成的角为定值.
其中真命题的个数为(  )
A.1 B.2
C.3 D.4
 
解析: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,0,1-t),0≤t≤1.
①中,C1P→=(t,-1,-t),CB1→=(1,0,1),因为C1P→•CB1→=0,所以C1P⊥CB1,故①对;②中,因为D1A∥C1B,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②对;③中,因为点P到直线BC1的距离AB=1,所以V三棱锥D­BPC1=13×12×BC1×AB×12CB1=16,故③对;④中,CP→=(t,-1,1-t),易知平面ABC1D1的一个法向量为CB1→=(1,0,1),所以cos〈CP→,CB1→〉不是定值,故④错误.
二、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
7.(2017•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AB=1,则CE→•BD→=(AE→-AC→)•(AD→-AB→)=12AD→-AC→•(AD→-AB→)=12AD→2-12AD→•AB→-AC→•AD→+AC→•AB→
=12-12cos 60°-cos 60°+cos 60°=14.
∴cos〈CE→,BD→〉=CE→•BD→|CE→||BD→|=1432=36.
答案:36
8.在直三棱柱ABC­A1B1C1中,若BC⊥AC,∠BAC=π3,AC=4,点M为AA1的中点,点P为BM的中点,Q在线段CA1上,且A1Q=3QC,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=π3,AC=4,得BC=43,所以A(4,0,0),B(0,43,0),C(0,0,0),A1(4,0,a),M4,0,a2,
 
P2,23,a4,Q1,0,a4.所以QP→=(1,23,0),CA→=(4,0,0).设异面直线QP与CA所成的角为θ,所以|cos θ|=|QP→•CA→||QP→|•|CA→|=4413=1313.由sin2θ+cos2θ=1得,sin2θ=1213,所以sin θ=±23913,因为异面直线所成角的正弦值为正,所以sin θ=23913即为所求.
答案:23913
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AM=13AB1,BN=13BC1,则下列结论:①AA1⊥MN;②A1C1∥MN;③MN∥平面A1B1C1D1;④BD1⊥MN.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),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).
 
①中,AA1→=(0,0,3),MN→=(2,-1,0),因为AA1→•MN→=0,所以①正确;②中,A1C1→=(3,-3,0),与MN→不成线性关系,所以②错;③中,易知平面A1B1C1D1的一个法向量为DD1→=(0,0,3),而DD1→•MN→=0,且MN⊄平面A1B1C1D1,所以③正确;④中,BD1→=(-3,-3,3),因为BD1→•MN→≠0,所以④错误.
答案:①③
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Ⅱ)如图,四棱锥P­ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.
 
(1)证明:直线CE∥平面PAB;
(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,
∴EF═∥12AD.
又∵∠BAD=∠ABC=90°,∴BC∥AD.
又∵AB=BC=12AD,∴BC═∥12AD,∴EF═∥BC.
∴四边形BCEF为平行四边形,∴CE∥BF.
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AB=BC=1,则O(0,0,0),A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,3).
M在底面ABCD上的投影为M′,∴MM′⊥BM′.又BM与底面ABCD所成角为45°,
∴∠MBM′=45°,∴△MBM′为等腰直角三角形.
∵△POC为直角三角形,且|OP||OC|=3,∴∠PCO=60°.
设|MM′|=a,|CM′|=33a,|OM′|=1-33a.
∴M′1-33a,0,0.BM′→=-33a,1,0,
|BM′|=33a2+12+02=13a2+1=a⇒a=62.
∴|OM′|=1-33a=1-22.
∴M′1-22,0,0,M1-22,0,62
AM→=1-22,1,62,AB→=(1,0,0).
设平面ABM的法向量m=(0,y1,z1).
y1+62z1=0,∴m=(0,-6,2)
AD→=(0,2,0),AB→=(1,0,0).
设平面ABD的法向量为n=(0,0,z2),n=(0,0,1).
∴cos〈m,n〉=m•n|m||n|=210×1=21010=105.
∴二面角M­AB­D的余弦值为105.
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,AD=2CD,∠ADC=60°.
 
(1)若AA1=AC,求证:AC1⊥平面A1B1CD.
(2)若CD=2,AA1=λAC,二面角C­A1D­C1的余弦值为24,求三棱锥C1­A1CD的体积.
解:(1)证明:若AA1=AC,则四边形ACC1A1为正方形,
则AC1⊥A1C,
因为AD=2CD,∠ADC=60°,
所以△ACD为直角三角形,则AC⊥CD,
因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥CD,
又AA1∩AC=A,
所以CD⊥平面ACC1A1,则CD⊥AC1,
因为A1C∩CD=C,所以AC1⊥平面A1B1CD.
(2)若CD=2,因为∠ADC=60°,所以AC=23,
则AA1=λAC=23λ,
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(0,23,0),C1(0,0,23λ),A1(0,23,23λ).
则A1D→=(2,-23,-23λ),CD→=(2,0,0),C1A1→=(0,23,0).
设平面CA1D的一个法向量为m=(x,y,z).
则m•A1D→=2x-23y-23λz=0,m•CD→=2x=0,
则x=0,y=-λz,
令z=1,则y=-λ,则m=(0,-λ,1).
设平面A1DC1的一个法向量为n=(x1,y1,z1),
n•A1D→=2x1-23y1-23λz1=0,
n•C1A1→=23y1=0,
则y1=0,2x1-23λz1=0,令z1=1,则x1=3λ,
则n=(3λ,0,1),
因为二面角C­A1D­C1的余弦值为24.
所以cos〈m,n〉=m•n|m|•|n|=11+λ2•1+3λ2=24.
即(1+λ2)(1+3λ2)=8,得λ=1,即AA1=AC,
则三棱锥C1­A1CD的体积
V=VD­A1C1C=13CD•12AC•AA1
=13×2×12×23×23=4.
12.(2017•浙江宁波模拟)如图(1),在边长为4的菱形ABCD中,∠BAD=60°,DE⊥AB于点E,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1D⊥DC,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EPPB的值;若不存在,说明理由.
 
解析:(1)证明:∵DE⊥BE,BE∥DC,∴DE⊥DC.
又∵AD1⊥DC,A1D∩DE=D,∴DC⊥平面A1DE,
∴DC⊥A1E.
又∵A1E⊥DE,DC∩DE=D,∴A1E⊥平面BCDE.
(2)∵A1E⊥平面BCDE,DE⊥BE,∴以EB,ED,EA1所在直线分别为x轴,y轴和z轴,建立空间直角坐标系.易知DE=23,则A1(0,0,2),B(2,0,0),C(4,23,0),D(0,23,0),
∴BA1→=(-2,0,2),BC→=(2,23,0),平面A1BE的一个法向量为n=(0,1,0).
设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z),
由BA1→•m=0,BC→•m=0,
得-2x+2z=0,2x+23y=0.
令y=1,得m=(-3,1,-3),
∴cos〈m,n〉=m•n|m|•|n|=17×1=77.
 
由图,得二面角E­A1B­C为钝二面角,∴二面角E­A1B­C的余弦值为-77.
(3)假设在线段EB上存在一点P,使得平面A1DP⊥平面A1BC.设P(t,0,0)(0≤t≤2),则A1P→=(t,0,-2),
A1D→=(0,23,-2),设平面A1DP的法向量为p=(x1,y1,z1),由A1D→•p=0,A1P→•p=0,得23y1-2z1=0,tx1-2z1=0.令x1=2,得p=2,t3,t.
∵平面A1DP⊥平面A1BC,∴m•p=0,即23-t3+3t=0,解得t=-3.
∵0≤t≤2,∴在线段EB上不存在点P,使得平面A1DP⊥平面A1BC. 文 章来
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