2018届高考数学（理）二轮专题复习限时规范训练：第一部分 专题五 立体几何 1-5-3 Word版含答案.doc

由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 限时规范训练十四　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 θ＝＝＝.‎ ‎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，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. D．2‎ 解析：选A.由题意可知，∠BAC＝60°，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，AB＝2，AC＝4，BC＝2，∠ABC＝90°，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PA＝BC＝2，AB 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎＝4，CB⊥AB，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为(　　)‎ A．－ B．－ C. D. 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＝(－4,2,2)，＝(2,0,1)．‎ 所以cos〈，〉＝＝＝－.‎ 设异面直线PC，AD所成的角为θ，‎ 则cos θ＝|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(　　)‎ A．S1＝S2＝S3‎ B．S2＝S1且S2≠S3‎ C．S3＝S1且S3≠S2‎ D．S3＝S2且S3≠S1‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 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＝×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＝×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＝×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)，＝m(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＝n(0＜n＜1)，可得N(2n,2n,2－n)，＝(m＋2n－2,2n－2m,2m－n)．又∵MN⊥平面ABCD.‎ ‎∴解得即存在满足条件的直线MN，且只有一条．‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎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，＝(t，－1，－t)，＝(1,0,1)，因为·＝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＝××CB1＝，故③对；④中，＝(t，－1,1－t)，易知平面ABC1D1的一个法向量为＝(1,0,1)，所以cos〈，〉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________．‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 解析：设AB＝1，则·＝(－)·(－)＝·(－)＝2－·－·＋· ‎＝－cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝.‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝.‎ 答案： ‎8．在直三棱柱ABCA1B‎1C1中，若BC⊥AC，∠BAC＝，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＝，AC＝4，得BC＝4，所以A(4,0,0)，B(0,4，0)，C(0,0,0)，A1(4,0，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θ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎，所以|cos θ|＝＝＝.由sin2θ＋cos2θ＝1得，sin2θ＝，所以sin θ＝±，因为异面直线所成角的正弦值为正，所以sin θ＝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AM＝AB1，BN＝BC1，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，＝(0,0,3)，＝(2，－1,0)，因为·＝0，所以①正确；②中，＝(3，－3,0)，与不成线性关系，所以②错；③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③正确；④中，＝(－3，－3,3)，因为·≠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＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎(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，‎ ‎∴EFAD.‎ 又∵∠BAD＝∠ABC＝90°，∴BC∥AD.‎ 又∵AB＝BC＝AD，∴BCAD，∴EFBC.‎ ‎∴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，)．‎ 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＝，∴∠PCO＝60°.‎ 设|MM′|＝a，|CM′|＝a，|OM′|＝1－a.‎ ‎∴M′.＝，‎ ‎|BM′|＝＝＝a⇒a＝.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎∴|OM′|＝1－a＝1－.‎ ‎∴M′，M ＝，＝(1,0,0)．‎ 设平面ABM的法向量m＝(0，y1，z1)．‎ y1＋z1＝0，∴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)．‎ ‎∴cos〈m，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，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，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＝2，‎ 则AA1＝λAC＝2λ，‎ 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，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 则C(0,0,0)，D(2,0,0，)，A(0,2，0)，C1(0,0,2λ)，A1(0,2，2λ)．‎ 则＝(2，－2，－2λ)，＝(2,0,0)，＝(0,2，0)．‎ 设平面CA1D的一个法向量为m＝(x，y，z)．‎ 则m·＝2x－2y－2λz＝0，m·＝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·＝2x1－2y1－2λz1＝0，‎ n·＝2y1＝0，‎ 则y1＝0,2x1－2λz1＝0，令z1＝1，则x1＝λ，‎ 则n＝(λ，0,1)，‎ 因为二面角CA1DC1的余弦值为.‎ 所以cos〈m，n〉＝＝＝.‎ 即(1＋λ2)(1＋3λ2)＝8，得λ＝1，即AA1＝AC，‎ 则三棱锥C1A1CD的体积 V＝VDA‎1C1C＝CD·AC·AA1‎ ‎＝×2××2×2＝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，求出的值；若不存在，说明理由．‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 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＝2，则A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(4,2，0)，D(0,2，0)，‎ ‎∴＝(－2,0,2)，＝(2,2，0)，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·m＝0，·m＝0，‎ 得 令y＝1，得m＝(－，1，－)，‎ ‎∴cos〈m，n〉＝＝＝.‎ 由图，得二面角EA1BC为钝二面角，∴二面角EA1BC的余弦值为－.‎ ‎(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＝(t,0，－2)，‎ ＝(0,2，－2)，设平面A1DP的法向量为p＝(x1，y1，z1)，由得令x1＝2，得p＝.‎ ‎∵平面A1DP⊥平面A1BC，∴m·p＝0，即2－＋t＝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.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费