2014高考数学理复习方案-二轮作业手册(新课标・通用版)专题限时集：第12讲-空间向量与立体几何

专题限时集训(十二)[第12讲空间向量与立体几何](时间：45分钟)1．直线l1的方向向量s1＝(1，0，－2)，直线l2的方向向量s2＝(－1，2，2)，则直线l1，l2所成角的余弦值是()A.53B．－53C.23D．－232．平面α，β的法向量分别是n1＝(1，1，1)，n2＝(－1，0，－1)，则平面α，β所成锐二面角的余弦值是()A.33B．－33C.63D．－633．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则平面ABC的单位法向量是()A．±(1，1，1)B．±22，22，22C．±33，33，33D．±33，－33，334．对于空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，有OP→＝xOA→＋yOB→＋zOC→(x，y，z∈R)，则x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四点共面的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成的角的余弦值为()A.120B.1010C．－1010D．－1206．已知正三棱柱ABC－A1B1C1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.64B.104C.22D.327．若{a，b，c}为空间的一个基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是()A．a，a＋b，a－bB．b，a＋b，a－bC．c，a＋b，a－bD．a＋b，a－b，a＋2b8．已知三棱锥P－ABC中，PB⊥平面ABC，∠ABC＝60°，PB＝AB＝BC＝6，则二面角C－PA－B的平面角的余弦值是________．9．在底面是直角梯形的四棱锥S－ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝12，则平面SCD与平面SBA所成锐二面角的余弦值是________．10．如图X12－1所示，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1，点M是线段DC1上的动点，则点M到直线AD1距离的最小值是________．图X12－111．如图X12－2所示，四边形ABCD是正方形，PD∥MA，MA⊥AD，PM⊥平面CDM，MA＝12PD.(1)求证：平面ABCD⊥平面AMPD；(2)若BC与PM所成的角为45°，求二面角M－BP－C的余弦值．图X12－212．如图X12－3所示，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，AD⊥CD，三角形ADE是等边三角形，且平面ABCD⊥平面ADE，EF∥AB，CD＝2AB＝2AD＝2EF＝4，CG→＝23CF→.(1)求证：AF∥平面BDG；(2)求二面角C－BD－G的余弦值．图X12－313．如图X12－4所示，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC＝60°.(1)证明：BD⊥AA1；(2)求二面角D－AA1－C的平面角的余弦值．图X12－414．如图X12－5所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上．(1)求异面直线D1E与A1D所成的角；(2)若二面角D1－EC－D的大小为45°，求点B到平面D1EC的距离．图X12－515．如图X12－6所示，放置在水平面上的组合体由直三棱柱ABC－A1B1C1与正三棱锥B－ACD组成，其中，AB⊥BC.它的正视图、俯视图、侧视图的面积分别为22＋1，22＋1，1.(1)求直线CA1与平面ACD所成角的正弦值；(2)在线段AC1上是否存在点P，使B1P⊥平面ACD.若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．图X12－6专题限时集训(十二)1．A[解析]cos〈s1，s2〉＝s1·s2|s1|·|s2|＝－535＝－53，故直线l1，l2所成角的余弦值是53.2．C[解析]cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝－23·2＝－63，故平面α，β所成锐二面角的余弦值是63.3．C[解析]不难求出其一个法向量是(1，1，1)，单位化得±33，33，33.4．B[解析]当x＝2，y＝－3，z＝2时，即OP→＝2OA→－3OB→＋2OC→，则AP→－AO→＝2OA→－3(AB→－AO→)＋2(AC→－AO→)，即AP→＝－3AB→＋2AC→，根据共面向量定理，P，A，B，C四点共面；反之当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理AP→＝mAB→＋nAC→，即OP→－OA→＝m(OB→－OA→)＋n(OC→－OA→)，即OP→＝(1－m－n)OA→＋mOB→＋nOC→，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，这组数显然不止2，－3，2.故是充分不必要条件．正确选项为B.5．B[解析]设正方体棱长为1，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，则D(0，0，0)，E0，12，1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，所以DE→＝0，12，1，AC→＝(－1，1，0)，则cos〈DE→，AC→〉＝DE→·AC→|DE→|·|AC→|＝1214＋1·2＝1010，则异面直线DE与AC所成的角的余弦值为1010，选B.6．A[解析]设正三棱柱所有棱长均为a，以C为顶点，CA为x轴，CC1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(a，0，0)，B112a，32a，a，所以AB1→＝－12a，32a，a，侧面ACC1A1的一个法向量为n＝(0，1，0)，设AB1与侧面ACC1A1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，AB1→〉|＝|n·AB1→||n|·|AB1→|＝32aa24＋3a24＋a2＝64，故选A.7．C[解析]对于实数λ，μ，形如λa＋μb的向量都与向量a，b是共面向量．因为a＝12(a＋b)＋12(a－b)，故选项A中的三个向量共面；因为b＝12(a＋b)－12(a－b)，故选项B中的三个向量共面；因为a＋2b＝32(a＋b)－12(a－b)，故选项D中的三个向量共面．对于选项C，假设c＝λ(a＋b)＋μ(a－b)，则(λ＋μ)a＋(λ－μ)b－c＝0，由于{a，b，c}为空间的一个基底，故a，b，c不共面，所以(λ＋μ)a＋(λ－μ)b－c＝0⇔λ＋μ＝0，λ－μ＝0，－1＝0，这显然是不可能成立的，故选项C中的三个向量是不共面的，正确选项为C.8.77[解析]以B为原点，BA为x轴，BP为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(6，0，0)，P(0，0，6)，C(3，33，0)，所以AP→＝(－6，0，6)，AC→＝(－3，33，0)，平面BAP的一个法向量为m1＝(0，1，0)，设平面CAP的一个法向量为m2＝(x，y，z)，则m2⊥AP→，m2⊥AC→，所以－6x＋6z＝0，－3x＋33y＝0⇒z＝x，y＝33x，可取m2＝(3，1，3)．设二面角C－PA－B的一个平面角为α，则cosα＝|cos〈m1，m2〉|＝|m1·m2||m1||m2|＝13＋1＋3＝77，所以二面角C－PA－B的平面角的余弦值是77.9.63[解析]如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知D12，0，0，C(1，1，0)，S(0，0，1)，可知AD→＝12，0，0是面SAB的法向量．设平面SCD的法向量n＝(x，y，z)．∵SD→＝12，0，－1，DC→＝12，1，0，∴n·SD→＝0，n·DC→＝0，可推出x2－z＝0，x2＋y＝0，令x＝2，则有y＝－1，z＝1，所以n＝(2，－1，1)．设平面SCD与平面SBA所成的锐二面角为θ，则cosθ＝|AD→·n||AD→||n|＝12×2＋0×（－1）＋0×1122·22＋12＋12＝63.10.33a[解析]设M(0，m，m)(0≤m≤a)，AD1→＝(－a，0，a)，直线AD1的一个单位方向向量s＝－22，0，22，由MD1→＝(0，－m，a－m)，故点M到直线AD1的距离d＝|MD1→|2－|MD1→·s|2)＝m2＋（a－m）2－12（a－m）2＝32m2－am＋12a2，根式内的二次函数当m＝－－a2×32＝a3时，取最小值32×a32－a×a3＋12a2＝13a2，故d的最小值为33a.11．解：(1)证明：∵PM⊥平面CDM，且CD⊂平面CDM，∴PM⊥CD，又ABCD是正方形，∴CD⊥AD，又PM⊂平面AMPD，AD⊂平面AMPD，而梯形AMPD中PM与AD不平行且不共线，∴CD⊥平面AMPD，又CD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面AMPD.(2)∵CD⊥平面AMPD，则CD⊥PD，CD⊥AD.又PD∥MA，MA⊥AD，∴PD⊥AD.以点D为原点，DA，DP，DC依次为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，不妨设MA＝12PD＝1，AD＝a，则A(a，0，0)，M(a，1，0)，B(a，0，a)，C(0，0，a)，P(0，2，0)，∴PM→＝(a，－1，0)，BC→＝(－a，0，0)，由BC与PM所成的角为45°，得|cos〈PM→，BC→〉|＝a2a2＋1·|a|＝22，解得a＝1，∴BP→＝(－1，2，－1)，PM→＝(1，－1，0)，求得平面MBP的一个法向量是n1＝(1，1，1)；BC→＝(－1，0，0)，BP→＝(－1，2，－1)，求得平面CBP的一个法向量是n2＝(0，1，2)．则cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝1＋23·5＝155，结合图形知，二面角M－BP－C的余弦值为－155.12．解：(1)证明：联结AC交BD于H，联结GH.∵ABCD＝12，∴AHCH＝12，∴CHAC＝23，∴CHAH＝CGGF＝2，∴GH∥AF.∵GH⊂平面BDG，AF⊄平面BDG，∴AF∥平面BDG.(2)如图所示，建立空间直角坐标系，则B(2，2，0)，C(0，4，0)，F(1，2，3)，∴CG→＝23CF→＝23，－43，233，∴DG→＝DC→＋CG→＝(0，4，0)＋23，－43，233＝23，83，233.DB→＝(2，2，0)．设平面BDG的法向量为n1＝(x，y，1)，则DB→·n1＝0，DG→·n1＝0，∴n1＝33，－33，1.易知平面BDC的一个法向量为n2＝(0，0，1)，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝153＝155.∴二面角C－BD－G的余弦值为155.13．解：设AC交BD于点O，则BD⊥AC，联结A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，由余弦定理得A1O2＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3，故A1O＝3，故A1A2＝AO2＋A1O2，由勾股定理的逆定理知A1O⊥AO，又平面AA1C1C⊥平面ABCD，根据面面垂直的性质定理A1O⊥平面ABCD，故OB，OC，OA1两两垂直，以点O为坐标原点，射线OB，OC，OA1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系O－xyz，则A(0，－1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(－3，0，0)，A1(0，0，3)．(1)证明：BD→＝(－23，0，0)，AA1→＝(0，1，3)，BD→·AA→1＝0，故BD⊥AA1.(2)由于OB⊥平面AA1C1C，∴可取n1＝(1，0，0)为平面AA1C1C的一个法向量；设n2＝(x，y，z)为平面A1AD的法向量，则n2·AA→1＝0且n2·AD→＝0，即y＋3z＝0且－3x＋y＝0，取x＝1，则y＝3，z＝－1，即n2＝(1，3，－1)．显然二面角D－AA1－C为锐二面角，设其平面角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1||n2|＝55，故二面角D－AA1－C的平面角的余弦值为55.14．解：方法一，(1)联结AD1，由AD＝AA1＝1知四边形AA1D1D是正方形，故AD1⊥A1D.∵AB⊥平面AA1D1D，∴AD1是D1E在平面AA1D1D内的射影，根据三垂线定理得A1D⊥D1E，则异面直线D1E与A1