資源簡介

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第一章 空間向量與立體幾何
一．單選題（每題只有一個選項為正確答案，每題5分，8題共40分）
1．（5分）已知平面α的一個法向量是（2，﹣1，1），α∥β，則下列向量可作為平面β的一個法向量的是（　　）
A．（4，2，﹣2） B．（2，0，4） C．（2，﹣1，﹣5） D．（4，﹣2，2）
2．（5分）若是平面α內的兩個向量，則（　　）
A．α內任一向量（λ，μ∈R）
B．若存在λ，μ∈R，使，則λ＝μ＝0
C．若不共線，則空間任一向量（λ，μ∈R）
D．若不共線，則α內任一向量（λ，μ∈R）
3．（5分）已知，則的最小值是（　　）
A． B． C． D．
4．（5分）已知空間三點A（1，0，3），B（﹣1，1，4），C（2，﹣1，3），若，且||，則點P的坐標為（　　）
A．（4，﹣2，2）
B．（﹣2，2，4）
C．（4，﹣2，2）或（﹣2，2，4）
D．（﹣4，2，﹣2）或（2，﹣2，4）
5．（5分）已知（1，2，3），（3，0，﹣1），，給出下列等式：
①||＝||；
②；
③
④．
其中正確的個數是（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
6．（5分）如圖所示，在平行六面體ABCD﹣A'B'C'D'中，AB＝1，AD＝2，AA′＝3，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，則AC'的長為（　　）
A． B． C． D．
7．（5分）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC1與B1C相交于點O，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，則線段AO的長度為（　　）
A． B． C． D．
8．（5分）定義：兩條異面直線之間的距離是指其中一條直線上任意一點到另一條直線距離的最小值，則在單位正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，直線AC與BC1之間的距離是（　　）
A． B． C． D．
二、多選題（每題至少有兩個選項為正確答案，每題5分，4題共20分）
9．（5分）在以下命題中，不正確的命題有（　　）
A．||﹣||＝||是，共線的充要條件
B．若∥，則存在唯一的實數λ，使λ
C．對空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，若22，則P，A，B，C四點共面
D．若{，，}為空間的一個基底，則{，，}構成空間的另一個基底
10．（5分）下列條件中，使點P與A，B，C三點一定共面的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（5分）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，P是線段BC1上的動點，則下列結論中正確的是（　　）
A．AC⊥BD1
B．A1P的最小值為
C．A1P∥平面ACD1
D．異面直線A1P與AD1所成角的取值范圍是[，]
12．（5分）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面ABCD為矩形，AB＝2，BC，側棱長為3，設P為側面AA1D1D所在平面內且與D不重合的任意一點，則直線BD1與直線PD所成角的余弦值可能為（　　）
A． B． C． D．
三．填空題（每題5分，4題共20分）
13．（5分）已知空間四邊形OABC，其對角線為OB，AC，M，N分別是對邊OA，BC的中點，點G在線段MN上，且2，現用基組{，，}表示向量，有xyz，則x，y，z的值分別為 　 　 ．
14．（5分）下列關于空間向量的命題中，正確的有　 　 ．
①若向量，與空間任意向量都不能構成基底，則∥；
②若非零向量，，滿足⊥，⊥，則有∥；
③若，，是空間的一組基底，且，則A，B，C，D四點共面；
④若向量，，，是空間一組基底，則，，也是空間的一組基底．
15．（5分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，PD＝AB＝AD，Q為PC的中點，則直線PC與平面BDQ所成角的正弦值為 　 　 ．
16．（5分）如圖，邊長為1的正方形ABCD所在平面與正方形ABEF所在平面互相垂直，動點M，N分別在正方形對角線AC和BF上移動，且CM＝BN＝a（0＜a），則下列結論：
①CN＝ME；
②當a時，ME與CN相交；
③MN始終與平面BCE平行；
④異面直線AC與BF所成的角為45°．
正確的序號是 　 　 ．
四．解答題（17題10分，其余每題12分，7題共70分）
17．（10分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中點，已知AB＝2，PA＝2．
（Ⅰ）求證：AE⊥PD；
（Ⅱ）求證：平面PBD⊥平面PAC．
18．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，其中AD∥BC，AD＝3，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，且PA＝3．點M在棱PD上，且DM＝2MP，點N為BC中點．
（1）證明：直線MN∥平面PAB；
（2）求二面角C﹣PD﹣N的正弦值．
19．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PB⊥底面ABCD，底面ABCD為梯形，AD∥BC，AD⊥AB，且PB＝AB＝AD＝3，BC＝1．
（1）若點F為PD上一點且PFPD，證明：CF∥平面PAB；
（2）求直線PA與平面BPD所成角的正弦值．
20．（12分）如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD∥BC，AB⊥AD，AB＝AD＝AA1＝2BC＝2．
（1）求二面角C1﹣B1C﹣D1的余弦值；
（2）若點P為棱AD的中點，點Q在棱AB上，且直線B1C與平面B1PQ所成角的正弦值為，求AQ的長．
21．（12分）在正六棱柱ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1中，AA1＝2AB＝2．
（1）求BC到平面ADC1B1的距離；
（2）求二面角B1﹣AD﹣E1的余弦值．
22．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的點，PA＝PD＝2，，．
（1）求證：平面MQB⊥平面PAD；
（2）若滿足BM⊥PC，求異面直線AP與BM所成角的余弦值；
（3）若二面角M﹣BQ﹣C大小為30°，求QM的長．
第一章 空間向量與立體幾何
參考答案與試題解析
一．單選題（每題只有一個選項為正確答案，每題5分，8題共40分）
1．（5分）已知平面α的一個法向量是（2，﹣1，1），α∥β，則下列向量可作為平面β的一個法向量的是（　　）
A．（4，2，﹣2） B．（2，0，4） C．（2，﹣1，﹣5） D．（4，﹣2，2）
【答案】D
【分析】根據題意，分析可得平面α的法向量與平面β的法向量平行，據此分析選項即可得答案．
【解答】解：根據題意，α∥β，則平面α的法向量與平面β的法向量平行，
依次分析選項：
對于A，（4，2，﹣2）與（2，﹣1，1）不共線，不符合題意；
對于B，（2，0，4）與（2，﹣1，1）不共線，不符合題意；
對于C，（2，﹣2，5）與（2，﹣1，1）不共線，不符合題意；
對于D，（4，﹣2，2）＝2（2，﹣1，1），兩個向量共線，可以作為平面β的一個法向量，符合題意；
故選：D．
【點評】本題考查向量的法向量，涉及平面的平行，屬于基礎題．
2．（5分）若是平面α內的兩個向量，則（　　）
A．α內任一向量（λ，μ∈R）
B．若存在λ，μ∈R，使，則λ＝μ＝0
C．若不共線，則空間任一向量（λ，μ∈R）
D．若不共線，則α內任一向量（λ，μ∈R）
【答案】D
【分析】利用特殊向量判斷選項A，B，利用平面向量基本定理和空間向量基本定理，即可判斷選項C，D．
【解答】解：對于A，若為零向量，為非零向量，則等式不成立，故選項A錯誤；
對于B，若為零向量，則λ與μ的值不確定，故選項B錯誤；
對于C，若不共線，則平面內的向量都可以用表示，但是空間向量不行，故選項C錯誤，選項D正確．
故選：D．
【點評】本題考查了向量基本知識的理解，主要考查了平面向量基本定理的理解與應用，要注意特殊情況的分析，考查了邏輯推理能力，屬于基礎題．
3．（5分）已知，則的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用向量模的計算公式與二次函數的單調性即可得出．
【解答】解：（﹣1﹣t，t﹣1，﹣t），
∴，當且僅當t＝0時取等號．
∴的最小值是．
故選：A．
【點評】本題考查了向量模的計算公式與二次函數的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．
4．（5分）已知空間三點A（1，0，3），B（﹣1，1，4），C（2，﹣1，3），若，且||，則點P的坐標為（　　）
A．（4，﹣2，2）
B．（﹣2，2，4）
C．（4，﹣2，2）或（﹣2，2，4）
D．（﹣4，2，﹣2）或（2，﹣2，4）
【答案】C
【分析】根據已知條件，結合共線向量的性質，以及向量模公式，即可求解．
【解答】解：∵B（﹣1，1，4），C（2，﹣1，3），
∴，
∵，
∴可設，
∵，
∴，解得λ＝±1，
∴或，
∴設點P的坐標為（x，y，z），則，
∴或，解得或，
故點P的坐標為（4，﹣2，2）或（﹣2，2，4）．
故選：C．
【點評】本題主要考查向量共線的性質，以及向量模公式，屬于中檔題．
5．（5分）已知（1，2，3），（3，0，﹣1），，給出下列等式：
①||＝||；
②；
③
④．
其中正確的個數是（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】D
【分析】利用向量的模的定義，兩個向量的數量積的定義，兩個向量的數量積公式，分別計算出每個等式的左右兩邊的值，考查它們是否相等，從而得到結論．
【解答】解：由題意可得||＝|（，3，）|，
||＝|（，1，）|．由于，故①正確．
由于 （4，2，2） 0，（1，2，3） （，1，）＝0，故②正確．
由于，15+10，故③正確．
由于0 ， 0，故④正確．
故選：D．
【點評】本題考查向量的模，兩個向量的數量積的定義，數量積公式的應用，兩個向量坐標形式的運算，是一道中檔題．
6．（5分）如圖所示，在平行六面體ABCD﹣A'B'C'D'中，AB＝1，AD＝2，AA′＝3，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，則AC'的長為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由，能求出AC'的長．
【解答】解：，
∴（）2
222
＝1+4+9+0+2×1×3×cos60°+2×2×3×cos60°
＝23，
∴AC'的長為．
故選：B．
【點評】本題考查線段長的求法，考查向量數量積公式等基礎知識，考查空間思維能力、運算求解能力，是中檔題．
7．（5分）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC1與B1C相交于點O，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，則線段AO的長度為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】用表示出，計算，開方得出AO的長度．
【解答】解：∵四邊形BCC1B1是平行四邊形，∴（）
∴，
∵∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，
∴4，9，0，3×2×cos60°＝3，
∴（）2（222），
∴||，即AO．
故選：A．
【點評】本題考查了空間向量在求空間距離中的應用，屬于中檔題．
8．（5分）定義：兩條異面直線之間的距離是指其中一條直線上任意一點到另一條直線距離的最小值，則在單位正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，直線AC與BC1之間的距離是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】在AC上任取點M，作MN⊥BC1，設λ，μ，根據⊥得出λ和μ的關系，從而可得||關于μ（或λ）的函數關系，再求出此函數的最小值即可．
【解答】解：設M為直線AC上任意一點，過M作MN⊥BC1，垂足為N，
設λλλ，μμμ，
則（1﹣λ）（μ﹣λ）μ，
，
∵MN⊥BC1，∴0，
即[（1﹣λ）（μ﹣λ）μ] （）＝0，
∴（μ﹣λ）μ0，即μ﹣λ+μ＝0，
∴λ＝2μ，
∴（1﹣2μ）μμ，
∴||，
∴當μ時，||取得最小值，
故直線AC與BC1之間的距離是．
故選：B．
【點評】本題考查了空間向量在求空間距離中的應用，屬于中檔題．
二、多選題（每題至少有兩個選項為正確答案，每題5分，4題共20分）
9．（5分）在以下命題中，不正確的命題有（　　）
A．||﹣||＝||是，共線的充要條件
B．若∥，則存在唯一的實數λ，使λ
C．對空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，若22，則P，A，B，C四點共面
D．若{，，}為空間的一個基底，則{，，}構成空間的另一個基底
【答案】ABC
【分析】A．||﹣||＝||，可得，共線；反之不成立，即可判斷出正誤；
B．若，時不成立，即可判斷出正誤；
C．對空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，若xyz，x+y+z＝1 P，A，B，C四點共面，即可判斷出正誤；
D．利用空間向量基底的定義，即可判斷出正誤．
【解答】解：A．||﹣||＝|| ，共線；反之不成立，若，同向共線，可能是||+||＝||成立，因此||﹣||＝||是，共線的充分不必要條件，因此A不正確；
B．若∥，則存在唯一的實數λ，使λ，不正確，因為，時不成立，因此B不正確；
C．對空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，若xyz，x+y+z＝1 P，A，B，C四點共面，因此C不正確；
D．若{，，}為空間的一個基底，則{，，}構成空間的另一個基底，否則其中任意一個向量必然能用另外兩個向量線性表示，不妨設x（）+y（），化為x（x+y）y，則y＝1，x＝1，且x+y＝0，矛盾，假設不成立，因此D成立．
故選：ABC．
【點評】本題考查向量共線定理、平面向量基本定理、空間向量基本定理，考查推理能力與計算能力，屬于基礎題．
10．（5分）下列條件中，使點P與A，B，C三點一定共面的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【分析】利用空間向量基本定理，進行驗證，對于A，可得，，為共面向量，從而可得M、A、B、C四點共面．
【解答】解：對于A：∵（）（），
∴，
∴，
故，故A，B，C共線，故P，A，B，C共面；
或由得：，，為共面向量，故P，A，B，C共面；
對于B：1，故P，A，B，C共面；
對于C，D，顯然不滿足，故C，D錯誤；
故選：AB．
【點評】本題考查空間向量基本定理，考查學生分析解決問題的能力，屬于基礎題．
11．（5分）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，P是線段BC1上的動點，則下列結論中正確的是（　　）
A．AC⊥BD1
B．A1P的最小值為
C．A1P∥平面ACD1
D．異面直線A1P與AD1所成角的取值范圍是[，]
【答案】ABC
【分析】通過證明AC⊥平面BDD1B1判斷A選項；B選項，在等邊三角形△A1BC1中討論A1P的長度；根據平面ACD1∥平面A1C1B判斷C選項；
D選項，將A1P與AD1所成角轉化為A1P與BC1所成角，在等邊三角形△A1BC1中討論．
【解答】解：A選項：因為AC⊥BD，AC⊥DD1，所以AC⊥平面BDD1B1，所以AC⊥BD1，說法正確．
B選項：△A1BC1是邊長為的等邊三角形，當P時線段BC1的中點時，A1P取最小值，說法正確．
C選項：正方體中，平面ACD1∥平面A1C1B，A1P 平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1.說法正確．
D選項：因為BC1∥AD1，所以A1P與AD1所成角即為A1P與BC1所成角．
在等邊三角形△A1BC1中，當P時BC1中點時，所成角最大為；當P是BC1的端點時，所成角最小為，說法錯誤．
故選：ABC．
【點評】本題考查空間線面位置關系和異面直線夾角，考查邏輯推理能力，空間想象能力，屬于中檔題．
12．（5分）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面ABCD為矩形，AB＝2，BC，側棱長為3，設P為側面AA1D1D所在平面內且與D不重合的任意一點，則直線BD1與直線PD所成角的余弦值可能為（　　）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】求出直線BD1與直線PD所成角的范圍，然后求解余弦函數值，即可推出結果．
【解答】解：直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面ABCD為矩形，AB＝2，BC，側棱長為3，
BD1＝4，AD1＝2，直線BD1與平面AA1D1D所成角的余弦值為；
直線BD1與直線PD所成角[30°，90°]，
∴cosθ∈[0，]，只有BC適合．
故選：BC．
【點評】本題考查空間向量應用、異面直線所成角，考查數學運算能力及直觀想象能力，屬于難題．
三．填空題（每題5分，4題共20分）
13．（5分）已知空間四邊形OABC，其對角線為OB，AC，M，N分別是對邊OA，BC的中點，點G在線段MN上，且2，現用基組{，，}表示向量，有xyz，則x，y，z的值分別為 　，，　 ．
【答案】見試題解答內容
【分析】利用向量的三角形法則和共線定理、平行四邊形法則即可得出．
【解答】解：如圖所示，
∵，，，，，
∴
．
又有xyz，
∴x，．
故答案為：，，．
【點評】本題考查了向量的三角形法則和共線定理、平行四邊形法則，屬于基礎題．
14．（5分）下列關于空間向量的命題中，正確的有　①③④　 ．
①若向量，與空間任意向量都不能構成基底，則∥；
②若非零向量，，滿足⊥，⊥，則有∥；
③若，，是空間的一組基底，且，則A，B，C，D四點共面；
④若向量，，，是空間一組基底，則，，也是空間的一組基底．
【答案】見試題解答內容
【分析】根據空間向量基本定理，能作為基底的向量一定是不共面的向量，由此分別分析選擇．
【解答】解：①若向量，與空間任意向量都不能構成基底，只能兩個向量為共線向量，則∥；故①正確；
②若非零向量，，滿足⊥，⊥，則與不確定；故②錯誤；
③若，，是空間的一組基底，則A，B，C三點不共線，且，由空間向量基本定理得到A，B，C，D四點共面；故③正確；
④若向量，，，是空間一組基底，則空間任何一個向量，存在唯一的實數組（x，y，z），，則，，也是空間的一組基底；故④正確；
故答案為：①③④．
【點評】本題考查了空間向量基本定理；理解掌握定理是解答的關鍵．
15．（5分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，PD＝AB＝AD，Q為PC的中點，則直線PC與平面BDQ所成角的正弦值為 　　 ．
【答案】
【分析】建立空間直角坐標系，然后利用空間向量求線面角的公式即可求出．
【解答】解：建立如圖所示的空間直角坐標系，
設DC＝2，則
，
設平面BDQ的法向量為（x，y，z），
則，即，取x＝1，則（1，﹣1，2），
直線PC與平面BDQ所成角為α，
，
故答案為：．
【點評】本題考查空間角，考查學生的運算能力，屬于中檔題．
16．（5分）如圖，邊長為1的正方形ABCD所在平面與正方形ABEF所在平面互相垂直，動點M，N分別在正方形對角線AC和BF上移動，且CM＝BN＝a（0＜a），則下列結論：
①CN＝ME；
②當a時，ME與CN相交；
③MN始終與平面BCE平行；
④異面直線AC與BF所成的角為45°．
正確的序號是 　③　 ．
【答案】③
【分析】建立空間坐標系，由正方形的邊長設點的坐標，求出向量的坐標，及面的法向量的坐標，判斷個命題的真假．
【解答】解：建立如圖所示的坐標系，
由正方形ABCD，ABFE的邊長1，
所以A（1，0，0），B（0，0，0），C（0，0，1），D（1，0，1），E（0，1，0），F（1，1，0），
CM＝BN＝a，所以M（，0，1），N（，，0），
①CN，
ME，
當a2+1＝a22即a時，CN與ME相等，所以①不正確；
②ME與CN相交時，ME與CN在同一個平面，如圖所示，則a，②錯誤；
③（0，，1），平面BCE的法向量（1，0，0），
所以 0+0+0＝0，所以MN與面BDE平行，故③正確；
④（﹣1，0，1），（1，1，0），
所以cosθ，所以θπ，
所以異面直線AC與BF所成的角為．所以④不正確，
故答案為：③．
【點評】本題考查命題的真假的判斷方法及空間向量的應用，屬于中檔題．
四．解答題（17題10分，其余每題12分，7題共70分）
17．（10分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中點，已知AB＝2，PA＝2．
（Ⅰ）求證：AE⊥PD；
（Ⅱ）求證：平面PBD⊥平面PAC．
【答案】見試題解答內容
【分析】（Ⅰ）以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能證明AE⊥PD．
（Ⅱ）求出平面PAC的法向量和平面PBD的法向量，利用向量法能證明平面PBD⊥平面PAC．
【解答】證明：（Ⅰ）以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，
則B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（1，1，1
∴（1，1，1），（0，2，﹣2），
∴0，∴AE⊥PD．
（Ⅱ）連接BD，AC，
由已知得BD⊥AC，BD⊥AP，
∵AC∩AP＝A，∴BD⊥平面PAC，
∴平面PAC的法向量（﹣2，2，0），
設平面PBD的法向量（x，y，z），
（2，0，﹣2），（0，2，﹣2），
由題意得，取z＝1，得（1，1，1），
∵0，
∴平面PBD⊥平面PAC．
【點評】本題考查線線垂直、面面垂直的證明，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．
18．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，其中AD∥BC，AD＝3，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，且PA＝3．點M在棱PD上，且DM＝2MP，點N為BC中點．
（1）證明：直線MN∥平面PAB；
（2）求二面角C﹣PD﹣N的正弦值．
【答案】（Ⅰ）證明過程見解答；（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）以A為原點，分別以方向為x，y，z軸方向建立空間直角坐標系，求出平面ABP的一個法向量，通過，得到，即可證明直線MN∥平面PAB．
（Ⅱ）求出平面PCD的法向量，平面PDN的法向量，利用向量法求解二面角C﹣PD﹣N的正弦值即可．
【解答】解：（Ⅰ）證明：如圖，以A為原點，分別以方向為x，y，z軸方向建立空間直角坐標系，
由題意，可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），
D（0，3，0），P（0，0，3），M（0，1，2），N（2，1，0）．
顯然，是平面ABP的一個法向量，，
故，即，
又因為MN 平面PAB，故直線MN∥平面PAB．
（Ⅱ）設平面PCD的法向量為，
又，
由，得取z＝2，可得．
由已知，可得．
設平面PDN的法向量為，有，
取z＝1，可得．
所以，
因此．
所以二面角C﹣PD﹣N的正弦值為．
【點評】本題考查直線與平面平行的判斷定理，二面角的求法，考查空間想象能力，轉化思想以及計算能力，是中檔題．
19．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PB⊥底面ABCD，底面ABCD為梯形，AD∥BC，AD⊥AB，且PB＝AB＝AD＝3，BC＝1．
（1）若點F為PD上一點且PFPD，證明：CF∥平面PAB；
（2）求直線PA與平面BPD所成角的正弦值．
【答案】（1）證明見解析；
（2）．
【分析】（1）作FH∥AD交PA于點H，連接BH，利用HF∥BC且HF＝BC，證明四邊形HFCB為平行四邊形，從而得到CF∥BH，由線面平行的判定定理證明即可；
（2）建立合適的空間直角坐標系，求出所需點的坐標和向量的坐標，然后利用待定系數法求出平面PBD的法向量，由向量的夾角公式求解即可．
【解答】（1）證明：作FH∥AD交PA于點H，連接BH，
因為PFPD，則HFAD＝1，
又AD∥BC且BC＝1，
則HF∥BC且HF＝BC，
所以四邊形HFCB為平行四邊形，
故CF∥BH，
又BH 平面PAB，CF 平面PAB，
所以CF∥平面PAB；
（2）解：因為PB⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，
所以PB⊥BC，又AD⊥AB
所以AD∥BC，則AB⊥BC，
以點B為坐標原點建立空間直角坐標系如圖所示，
則B（0，0，0），P（0，0，3），D（3，3，0），A（0，3，0），
所以，
設平面PBD的法向量為，
則，即，
令x＝1，則y＝﹣1，z＝0，
故，
所以，
故直線PA與平面BPD所成角的正弦值為．
【點評】本題考查了立體幾何的綜合應用，涉及了線面平行的判定定理的應用，線面角的求解，在求解有關空間角問題的時候，一般會建立合適的空間直角坐標系，將空間角問題轉化為空間向量問題進行研究，屬于中檔題．
20．（12分）如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD∥BC，AB⊥AD，AB＝AD＝AA1＝2BC＝2．
（1）求二面角C1﹣B1C﹣D1的余弦值；
（2）若點P為棱AD的中點，點Q在棱AB上，且直線B1C與平面B1PQ所成角的正弦值為，求AQ的長．
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）推導出AB⊥AA1，AD⊥AA1，AB⊥AD，以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角C1﹣B1C﹣D1的余弦值．
（2）設AQ＝λ（0≤λ≤2），則Q（λ，0，0），求出平面B1PQ的法向量，利用向向量能求出AQ．
【解答】解：（1）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，
∵AA1⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，∴AB⊥AA1，AD⊥AA1，
∵AB⊥AD，∴以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標系，
∵AB＝AD＝AA1＝2BC＝2．
∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，1，0），D（0，2，0），A1（0，0，2），B1（2，0，2），
C1（2，1，2），D1（0，2，2），
（﹣2，2，0），（0，1，﹣2），
設平面B1CD1的一個法向量（x，y，z），
則，取x＝2，則（2，2，1），
∵AB⊥平面B1C1C，∴平面B1CC1的一個法向量（2，0，0），
設二面角C1﹣B1C﹣D1的平面角為α，由圖形得銳角，
∴二面角C1﹣B1C﹣D1的余弦值為：
cosα．
（2）設AQ＝λ（0≤λ≤2），則Q（λ，0，0），
∵點P是AD中點，則P（0，1，0），（λ，﹣1，0），（λ﹣2，0，﹣2），
設平面B1PQ的法向量（x'，y'，z'），
則，取x'＝2，得（2，2λ，λ﹣2），
設直線B1C與平面B1PQ所成角大小為β，
∵直線B1C與平面B1PQ所成角的正弦值為，
∴sinβ，
解得λ＝1或．
∴AQ＝1．
【點評】本題考查二面角的求法，考查線段長的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．
21．（12分）在正六棱柱ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1中，AA1＝2AB＝2．
（1）求BC到平面ADC1B1的距離；
（2）求二面角B1﹣AD﹣E1的余弦值．
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）證明BC∥平面ADC1B1，則BC到平面ADC1B1的距離等于點B到平面ADC1B1的距離，然后利用等體積法求解；
（2）建立空間直角坐標系，分別求出平面ADB1的一個法向量與平面ADE1的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得二面角B1﹣AD﹣E1的余弦值．
【解答】解：（1）∵BC∥B1C1，B1C1 平面ADC1B1，BC 平面ADC1B1
∴BC∥平面ADC1B1，則BC到平面ADC1B1的距離等于點B到平面ADC1B1的距離，
在△ADB1中，，AD＝2，，
∴cos∠B1AD，則sin∠B1AD．
可得
而．
設點B到平面ADC1B1的距離為h，
則有，即，
解得h．
∴BC到平面ADC1B1的距離為；
（2）如圖建立空間直角坐標系，
可得A（1，0，0），D（﹣1，0，0），，E1（，，2）
，，，
設平面ADB1的一個法向量為，
由，取，得；
設平面ADE1的一個法向量為，
由，取，得．
∴cos．
由圖可知，二面角B1﹣AD﹣E1的平面角為銳角，
∴二面角B1﹣AD﹣E1的余弦值為．
【點評】本題考查空間中的點、線、面間的距離計算，訓練了利用空間向量求解空間角，考查運算求解能力，是中檔題．
22．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的點，PA＝PD＝2，，．
（1）求證：平面MQB⊥平面PAD；
（2）若滿足BM⊥PC，求異面直線AP與BM所成角的余弦值；
（3）若二面角M﹣BQ﹣C大小為30°，求QM的長．
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）證明QB⊥AD，根據平面PAD⊥平面ABCD可得BQ⊥平面PAD，即可證明平面MQB⊥平面PAD；
（2）確定PQ⊥平面ABCD，建立空間直角坐標系，求出，利用向量的夾角公式求異面直線AP與BM所成角的余弦值；
（3）根據二面角M﹣BQ﹣C大小為30°，利用向量的夾角公式，即可求QM的長．
【解答】（1）證明：∵AD∥BC，BCAD，Q為AD的中點，
∴四邊形BCDQ為平行四邊形，
∴CD∥BQ． …（1分）
∵∠ADC＝90°∴∠AQB＝90°，即QB⊥AD．
又∵平面PAD⊥平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD＝AD，…（2分）
∴BQ⊥平面PAD． …（3分）
∵BQ 平面MQB，
∴平面MQB⊥平面PAD． …（4分）
（2）解：∵PA＝PD，Q為AD的中點，
∴PQ⊥AD．
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD． …（5分）
如圖，以Q為原點建立空間直角坐標系．則Q（0，0，0），A（1，0，0），，，
由 ，且0≤λ≤1，得
∵BM⊥PC，
∴（6分）
∴
設異面直線AP與BM所成角為θ，則cosθ（9分）
∴異面直線AP與BM所成角的余弦值為（10分），
（3）解：由（2）知平面BQC的法向量為（11分）
由且0≤λ≤1，得M（﹣λ，，）
∴，又，
∴平面MBQ法向量為（λ，0，1﹣λ）． …（13分）
∵二面角M﹣BQ﹣C為30°，∴，
∴．∴|QM|（15分）
【點評】本題考查平面與平面垂直，考查異面直線AP與BM所成角的余弦值，考查二面角大小的確定，考查向量知識的運用，綜合性強．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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