高三数学二轮高考专题辅导与训练打包检测试题：专题四第3讲课时训练提能

高三数学二轮高考专题辅导与训练打包检测试题：专题四第3讲课时训练提能

专题四 第 3 讲 空间向量与立体几何 课时训练提能 [限时 45 分钟，满分 75 分] 一、选择题(每小题 4 分，共 24 分) 1．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．± 2 2 ， 2 2 ， 2 2 C．± 3 3 ， 3 3 ， 3 3 D．± 3 3 ，－ 3 3 ， 3 3 解析 设平面 ABC 的法向量 n＝(x，y，z)， 则 n⊥AB→，n⊥AC→， 故 n·AB→＝0，n·AC→＝0， 即－x＋y＝0，－x＋z＝0，取 x＝1，得 y＝z＝1，即平面 ABC 的一个法向量是(1,1,1)，单位化 得± 3 3 ， 3 3 ， 3 3 .故选 C. 答案 C 2．直线 l 的方向向量 s＝(－1,1,1)，平面π的法向量为 n＝(2，x2＋x，－x)，若直线 l∥平面π， 则 x 的值为 A．－2 B．－ 2 C. 2 D．± 2 解析 线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量， 故 x2－2＝0，解得 x＝± 2，故选 D. 答案 D 3．平面α，β的法向量分别是 n1＝(1,1,1)，n2＝(－1,0，－1)，则平面α，β所成锐角的余弦值是 A. 3 3 B．－ 3 3 C. 6 3 D．－ 6 3 解析 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝ －2 3× 2 ＝－ 6 3 ，故平面α，β所成角的余弦值是 6 3 . 答案 C 4．点 M 在 z 轴上，它与经过坐标原点且方向向量为 s＝(1，－1,1)的直线 l 的距离为 6，则点 M 的坐标是 A．(0,0，±2) B．(0,0，±3) C．(0,0，± 3) D．(0,0，±1) 解析 设 M 为(0,0，z)，直线 l 的一个单位方向向量为 s0＝ 3 3 ，－ 3 3 ， 3 3 ， 故点 M 到直线 l 的距离 d＝ |OM→ |2－|OM→ ·s0|2＝ z2－1 3z2＝ 6，解得 z＝±3. 答案 B 5．(2012·抚州一中月考)已知直线 l 的方向向量为 l，直线 m 的方向向量为 m，若 l＝αb＋β c(α， β∈R)，m∥a，a⊥b，a⊥c 且 a≠0，则直线 m 与直线 l A．共线 B．相交 C．垂直 D．不共面 解析 由 m∥a 且 a≠0，可得：m＝ta(t∈R)， 所以 m·l＝m·(αb＋βc)＝αm·b＋βm·c＝αta·b＋βta·c＝0，故 m 与 l 垂直，即直线 m 与直线 l 垂 直． 答案 C 6．正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为 A. 2 3 B. 3 3 C.2 3 D. 6 3 解析 如图建立直角坐标系，设 AB＝1， 则AC→＝(1,1,0)， AD1 → ＝(0,1,1)， 设平面 ACD1 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 AC→·n＝x＋y＝0 AD1 → ·n＝y＋z＝0 令 z＝1，则 y＝－1，x＝1， ∴n＝(1，－1,1)． 又BB1 → ＝(0,0,1)，∴cos 〈BB1 → ，n〉＝ 3 3 . 所以 BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为 1－ 3 3 2＝ 6 3 . 答案 D 二、填空题(每小题 5 分，共 15 分) 7．(2012·长沙一中月考)已知 a＝(2，－1,1)，b＝(－1，4，－2)，c＝(11,5，λ)，若向量 a、b、 c 共面，则λ＝________. 解析 由向量 a、b、c 共面可得：c＝xa＋yb(x，y∈R)， 故有 11＝2x－y 5＝－x＋4y λ＝x－2y ，解得 x＝7 y＝3 λ＝1 . 答案 1 8．已知 2a＋b＝(0，－3，－10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则〈b，c〉＝________. 解析 因为(2a＋b)·c＝0×1＋(－3)×(－2)＋(－10)×(－2)＝26，而(2a＋b)·c＝2a·c＋b·c＝8 ＋b·c，故 b·c＝18.又|c|＝ 12＋－22＋－22＝3， 故 cos〈b，c〉＝ b·c |b|·|c| ＝ 18 12×3 ＝1 2 ，所以〈b，c〉＝π 3. 答案 π 3 9．如图，△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形，平面 MCD⊥平面 BCD，AB⊥平面 BCD， AB＝2 3，则点 A 到平面 MBC 的距离等于________． 解析 取 CD 的中点 O，连接 OB、OM，则 OB⊥CD，OM⊥CD.又平面 MCD⊥平面 BCD， 则 OM⊥平面 BCD，所以 OM⊥OB.以 O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得 OB ＝OM＝ 3，则各点坐标分别为 C(1,0,0)，M(0,0， 3)，B(0，－ 3，0)，A(0，－ 3，2 3)．所以BC→ ＝(1，3，0)，BM→ ＝(0，3， 3)，BA→＝(0,0,2 3)． 设 n＝(x，y，z)是平面 MBC 的法向量，由 n⊥BC→ ，得 x＋ 3y＝0；由 n⊥BM→ ，得 3y＋ 3z ＝0.令 x＝ 3，则 y＝－1，z＝1，所以 n＝( 3，－1,1)是平面 MBC 的一个法向量．所以点 A 到平 面 MBC 的距离为|BA→·n| |n| ＝2 3 5 ＝2 15 5 . 答案 2 15 5 三、解答题(每小题 12 分，共 36 分) 10．如图所示，正方形 ABCD 所在平面与平面四边形 ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等 腰直角三角形，AB＝AE，FA＝FE，∠AEF＝45°. (1)求证：EF⊥平面 BCE； (2)设线段 CD、AE 的中点分别为 P、M，求证：PM∥平面 BCE. 证明 ∵△ABE 是等腰直角三角形，AB＝AE， ∴AE⊥AB. 又∵平面 ABEF⊥平面 ABCD，且平面 ABEF∩平面 ABCD＝AB， ∴AE⊥平面 ABCD， ∴AE⊥AD，即 AD、AB、AE 两两垂直， 故建立如图所示的空间直角坐标系． 设 AB＝1，则 AE＝1，B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0,0,1)，C(1,1,0)． (1)∵FA＝FE，∠AEF＝45°，∴∠AFE＝90°， 从而 F 0，－1 2 ，1 2 ，EF→＝ 0，－1 2 ，－1 2 ，BE→＝(0，－1,1)，BC→＝(1,0,0)， 于是EF→·BE→＝0，EF→·BC→＝0， ∴EF⊥BE，EF⊥BC. ∵BE⊂平面 BCE，BC⊂平面 BCE，BC∩BE＝B， ∴EF⊥平面 BCE. (2)M 0，0，1 2 ，P 1，1 2 ，0 ，从而PM→ ＝ －1，－1 2 ，1 2 . 于是PM→ ·EF→＝ －1，－1 2 ，1 2 · 0，－1 2 ，－1 2 ＝0＋1 4 －1 4 ＝0. ∴PM⊥EF， 又 EF⊥平面 BCE，直线 PM 不在平面 BCE 内， ∴PM∥平面 BCE. 11．(2012·朝阳二模)在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 为正方形，EA⊥平面 ABCD，EF ∥AB，AB＝4，AE＝2，EF＝1. (1)若点 M 在线段 AC 上，且满足 CM＝1 4CA，求证：EM∥平面 FBC； (2)求证：AF⊥平面 EBC； (3)求二面角 A－FB－D 的余弦值． 解析 (1)证明 过 M 作 MN⊥BC 于 N，连接 FN，则 MN∥AB，又 CM＝1 4AC，所以 MN＝1 4AB. 又 EF∥AB 且 EF＝1 4AB， 所以 EF∥MN，且 EF＝MN， 所以四边形 EFNM 为平行四边形， 所以 EM∥FN. 又 FN⊂平面 FBC，EM⊄平面 FBC， 所以 EM∥平面 FBC. (2)证明 因为 EA⊥平面 ABCD，AB⊥AD， 故以 A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 A－xyz. 由已知可得，A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,4,0)，D(0,4,0)，E(0,0,2)，F(1,0,2)． 显然AF→＝(1,0,2)，BC→＝(0,4,0)，EB→＝(4,0，－2)． 则AF→·BC→＝0，AF→·EB→＝0， 所以AF→⊥BC→，AF→⊥EB→. 即 AF⊥BC，AF⊥EB，故 AF⊥平面 EBC. (3)因为 EF∥AB，所以 EF 与 AB 确定平面 EABF， 由已知得，BC→＝(0,4,0)，FB→＝(3,0，－2)，BD→ ＝(－4,4,0)． 因为 EA⊥平面 ABCD，所以 EA⊥BC. 由已知可得 AB⊥BC 且 EA∩AB＝A， 所以 BC⊥平面 ABF，故BC→是平面 ABF 的一个法向量． 设平面 DFB 的一个法向量是 n＝(x，y，z)． 由 n·BD→ ＝0， n·FB→＝0， 得 －4x＋4y＝0， 3x－2z＝0， 即 y＝x， z＝3 2x. 令 x＝2，则 n＝(2,2,3)，所以 cos〈BC→，n〉＝ BC→·n |BC→|·|n| ＝2 17 17 . 由题意知二面角 A－FB－D 锐角，故二面角 A－FB－D 的余弦值为2 17 17 . 12．(2012·西城二模)如图，直角梯形 ABCD 与等腰直角三角形 ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB. (1)求证：AB⊥DE； (2)求直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值； (3)线段 EA 上是否存在点 F，使 EC∥平面 FBD？若存在，求出EF EA ；若不存在，说明理由． 解析 (1)证明 取 AB 中点 O，连接 EO，DO. 因为 EB＝EA，所以 EO⊥AB. 因为四边形 ABCD 为直角梯形，AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC， 所以四边形 OBCD 为正方形，所以 AB⊥OD.所以 AB⊥平面 EOD.所以 AB⊥ED. (2)因为平面 ABE⊥平面 ABCD，且 EO⊥AB， 所以 EO⊥平面 ABCD，所以 EO⊥OD. 由 OB，OD，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 O－xyz. 因为三角形 EAB 为等腰直角三角形，所以 OA＝OB＝OD＝OE， 设 OB＝1，所以 O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，E(0,0,1)． 所以EC→＝(1,1，－1)，平面 ABE 的一个法向量为OD→ ＝(0,1,0)． 设直线 EC 与平面 ABE 所成的角为θ， 所以 sin θ＝|cos〈EC→，OD→ 〉|＝|EC→·OD→ | |EC→||OD→ | ＝ 3 3 ， 即直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值为 3 3 . (3)存在点 F，且EF EA ＝1 3 时，有 EC∥平面 FBD. 证明如下：由EF→＝1 3EA→＝ －1 3 ，0，－1 3 知，F －1 3 ，0，2 3 ， 所以FB→＝ 4 3 ，0，－2 3 . 设平面 FBD 的法向量为 v＝(a，b，c)， 则有 v·BD→ ＝0， v·FB→＝0. 所以 －a＋b＝0， 4 3a－2 3z＝0. 取 a＝1，得 v＝(1,1,2)． 因为EC→·v＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，且 EC⊄平面 FBD， 所以 EC∥平面 FBD. 即点 F 满足EF EA ＝1 3 时，有 EC∥平面 FBD.