2011走向高考,贾凤山,高中总复习,第5篇3-2

第五篇第3章第二讲一、选择题1．已知{a，b，c}是空间一个基底，p＝a＋b，q＝a－b，一定可以与向量p、q构成空间另一基底的是()A．aB．bC．cD．无法确定[答案]C[解析]∵a，b，c不共面，∴p，q，c不共面，若存在x、y∈R，使c＝xp＋yq＝(x＋y)a＋(x－y)b，∴a，b，c共面矛盾．2．已知ABCD是四面体，O是△BCD内一点，则AO→＝13(AB→＋AC→＋AD→)是O为△BCD重心的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既非充分也非必要条件[答案]C[解析]设E为CD中点，AO→＝13(AB→＋AC→＋AD→)＝13AB→＋13(BC→－BA→＋BD→－BA→)＝13AB→＋13(BC→＋BD→)－23BA→＝AB→＋23BE→，∴BO→＝23BE→.即O为△BCD的重心而O为△BCD的重心时，显然有AO→＝13(AB→＋AC→＋AD→)，故选C.3．已知空间四边形OABC，M、N分别是对边OA、BC的中点，点G在线段MN上，且MGGN＝2，设OG→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，则x、y、z的值分别是()A．x＝13，y＝13，z＝13B．x＝13，y＝13，z＝16C．x＝13，y＝16，z＝13D．x＝16，y＝13，z＝13[答案]D[解析]∵MGGN＝2，∴MG→＝23MN→，∴OG→＝OM→＋MG→＝OM→＋23(ON→－OM→)＝13OM→＋23ON→＝16OA→＋23×12(OB→＋OC→)＝16OA→＋13OB→＋13OC→.4．已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是()A．2，12B．－13，12C．－3,2D．2,2[答案]A[解析]∵a∥b，∴存在实数k，使b＝ka，即：(6,2μ－1,2λ)＝(kλ＋k,0,2k)，∴kλ＋k＝62μ－1＝02λ＝2k，∴μ＝12λ＝2k＝2或μ＝12λ＝－3k＝－3，故选A.5．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为()A．150°B．45°C．60°D．120°[答案]C[解析]由条件知，CA→·AB→＝0，AB→·BD→＝0，CD→＝CA→＋AB→＋BD→.∴|CD→|2＝|CA→|2＋|AB→|2＋|BD→|2＋2CA→·AB→＋2AB→·BD→＋2CA→·BD→＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈CA→，BD→〉＝116＋96cos〈CA→，BD→〉＝(217)2，∴cos〈CA→，BD→〉＝－12，∴〈CA→，BD→〉＝120°，所以二面角的大小为60°.6．(08·福建)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为()A.63B.255C.155D.105[答案]D[解析]以B为原点，直线BC、BA、BB1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(2,2,0)，B1(0,0,1)，C1(2,0,1)．设平面BB1D1D的一个法向量n＝(x，y，z)，则n·BD→＝0n·BB1→＝0，∴2x＋2y＝0z＝0，取n＝(1，－1,0)，直线BC1的方向向量BC1→＝(2,0,1)，∴直线BC1与平面BB1D1D所成的角为θ，满足sinθ＝|BC1→·n||BC1→|·|n|＝105.7．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，若E、F分别是BC、DD1中点，则B1到平面ABF的距离为()A.33B.55C.53D.255[答案]D[解析](1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,1)，B1(1,1,0)，F(0,0，12)，E(12，1,1)，B(1,1,1)，AB→＝(0,1,0)，B1E→＝(－12，0,1)，FA→＝(1,0，12)∵FA→·B1E→＝(1,0，12)·(－12，0,1)＝0.∴AF→⊥B1E→，又AB→⊥B1E→.∴B1E→⊥平面ABF.则平面ABF的法向量为B1E→＝(－12，0,1)，AB1→＝(0,1，－1)．B1到平面ABF的距离为8．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，棱A1A＝5，AB＝12，那么直线B1C1和平面A1BCD1的距离是()A．5B.132C.6013D．8[答案]C[解析]解法1：∵B1C1∥BC，且B1C1⊄平面A1BCD1，BC⊂平面A1BCD1，∴B1C1∥平面A1BCD1.从而点B1到平面A1BCD1的距离即为所求．过点B1作B1E⊥A1B于E点．∵BC⊥平面A1ABB1，且B1E⊂平面A1ABB1，∴BC⊥B1E.又BC∩A1B＝B，∴B1E⊥平面A1BCD1，在Rt△A1B1B中，B1E＝A1B1·B1BA1B＝5×1252＋122＝6013，因此直线B1C1和平面A1BCD1的距离为6013.解法2：以D为原点，DA→、DC→、DD1→的方向为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，则C(0,12,0)，D1(0,0,5)，设B(x,12,0)，B1(x,12,5)(x≠0)设平面A1BCD1的法向量n＝(a，b，c)，由n⊥BC→，n⊥CD1→得n·BC→＝(a，b，c)·(－x,0,0)＝－ax＝0，∴a＝0，n·CD1→＝(a，b，c)·(0，－12,5)＝－12b＋5c＝0，∴b＝512c，∴可取n＝(0,5,12)，B1B→＝(0,0，－5)，∴B1到平面A1BCD1的距离d＝|B1B→·n||n|＝6013即所求．9．在直三棱柱A1B1C1－ABC中，∠BCA＝90°，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成的角的余弦值是()A.3010B.12C.3015D.1510[答案]A[解析]建立如图所示的坐标系，设BC＝1，则A(－1,0,0)，F1－12，0，1，B(0，－1,0)，D1（－12，－12，1），即AF1→＝12，0，1，BD1→＝－12，12，1.∴cos〈AF1→，BD1→〉＝AF1→·BD1→|AF1→|·|BD1→|＝3010.10．二面角α－l－β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，则CD的长等于()A.2B.3C．2D.5[答案]C[解析]如图．∵二面角α－l－β等于120°，∴CA→与BD→夹角为60°.由题设知，CA→⊥AB→，AB→⊥BD→，|AB→|＝|AC→|＝|BD→|＝1，|CD→|2＝|CA→＋AB→＋BD→|2＝|CA→|2＋|AB→|2＋|BD→|2＋2CA→·AB→＋2AB→·BD→＋2CA→·BD→＝3＋2×cos60°＝4，∴|CD→|＝2.二、填空题11．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M和N分别是A1B1和BB1的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值为________．[答案]25[解析]以D为坐标原点，DA→为x轴，DC→为y轴，DD1→为z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，M1，12，1，C(0,1,0)，N1，1，12，则AM→＝0，12，1，CN→＝1，0，12.∴cos〈AM→，CN→〉＝AM→·CN→|AM→|·|CN→|＝25.12．如图，AB是异面直线a、b的公垂线段，AB＝4，a、b成60°角，在a上取P点使AP＝8，求点P到b的距离为______．[答案]8[解析]设PM⊥b，垂足为M，由题设条件AP→·BM→＝|AP→|·|BM→|·cos60°＝4|BM→|.BM→·PM→＝BM→·(PA→＋AB→＋BM→)＝BM→·PA→＋BM→2＝0，∴BM→·PA→＝－BM→2，即BM→·AP→＝BM→2＝4|BM→|，∴|BM→|＝4，∴|PM→|2＝|PA→＋AB→＋BM→|2＝PA→2＋AB→2＋BM→2＋2PA→·AB→＋2PA→·BM→＋2AB→·BM→＝64＋16＋BM→2＋2PA→·BM→＝80－BM→2＝64，∴|PM→|＝8.13．(08·全国Ⅰ)等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角C－AB－D的余弦值为33，M、N分别是AC、BC的中点，则EM、AN所成角的余弦值等于________．[答案]16[解析]解法1：如图所示，设正方形的边长为1，取ED的中点H，连结AH，HN，由题意知MN綊EH，∴HN∥EM，则∠HNA就是所求的的异面直线的夹角．过点A作AP∥FN，使AP＝FN，连结EP，由EA⊥AB，AP⊥AB，∴∠EAP就是二面角C－AB－D的平面角．又∵EA＝1，AP＝34，∴cos∠EAP＝12＋(34)2－EP22×1×34＝33，∴EP2＝1116，又∵MN∥AB且AB⊥平面EPA，∴MN⊥平面EPA，MN⊥EP，∴EM＝EP2＋MP2＝1116＋116＝32，∵AH＝52，AN＝(34)2＋(34)2＝32，∴cos∠HNA＝(32)2＋(32)2－(52)22×32×32＝16.解法2：取AB的中点G，ED的中点H，∵△ABC为正三角形，∴GC⊥AB.易知GH⊥AB.设GA→＝a，GH→＝b，GC→＝c，正方形边长为2，则|a|＝1，|b|＝2，|c|＝3，a·b＝0，a·c＝0，b·c＝2×3×33＝2.∴EM→＝EA→＋AM→＝EA→＋12AC→＝－b＋12(c－a)，AN→＝12(AC→＋AB→)＝12(c－a－2a)＝12(c－3a)，EM→·AN→＝－12a－b＋12c·－32a＋12c＝34a2＋32a·b－34a·c－14a·c－12b·c＋14c2＝34－1＋34＝12，|EM→|＝14a2＋b2＋14c2－bc＝3，|AN→|＝94a2＋14c2－32a·c＝3，∴cos〈EM→，AN→〉＝|EM→·AN→||EM→|·|AN→|＝16.14．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，则异面直线BD与B1C的距离为________．[答案]33a[解析]建立如图所示的空间直角坐标系，则DB→＝(a，a,0)，B1C→＝(－a,0，－a)．设n＝(x，y，z)且n·DB→＝0，n·B1C→＝0，∴ax＋ay＝0－ax－az＝0，∴y＝－xz＝－x，令x＝－1，则n＝(－1,1,1)，又∵CB→＝(a,0,0)，∴BD与B1C的距离d＝|CB→·n||n|＝33a.三、解答题15．在底面是菱形的四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝2a，F为PC的中点，点E在PD上，且PEED＝2，求证：BF∥平面AEC.[解析]∵BF→＝BC→＋12CP→＝AD→＋12(CD→＋DP→)＝AD→＋12CD→＋32DE→＝AD→＋12(AD→－AC→)＋32(AE→－AD→)＝32AE→－12AC→，∴BF→、AE→、AC→共面．又BF⊄平面AEC，从而BF∥平面AEC.16．如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，PB与平面ABC成60°的角，底面ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝12AD.(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；(2)设E是棱PD上一点，且PE＝13PD，求异面直线AE与PB所成的角．[解析]如图，建立空间直角坐标系A－xyz.∵PA⊥平面ABCD，PB与平面ABC成60°，∴∠PBA＝60°.取AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,0，3)，D(0,2,0)．(1)∵AC→＝(1,1,0)，AP→＝(0,0，3)，CD→＝(－1,1,0)，∴AC→·CD→＝－1＋1＋0＝0，AP→·CD→＝0.∴AC⊥CD，AP⊥CD，∴CD⊥平面PAC.CD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAC.(2)∵PE→＝13PD→，∴E(0，23，233)，∴AE→＝