資源簡介

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第一章 空間向量與立體幾何
一、單選題
1．（5分）已知空間向量（2，﹣1，2），（1，﹣2，1），則向量在向量上的投影向量是（　　）
A． B．（2，﹣1，2）
C． D．（1，﹣2，1）
2．（5分）已知（2，﹣1，3），（﹣1，4，﹣2），（3，2，λ），若、、三向量共面，則實數(shù)λ等于（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（5分）在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，則平面AB1C與平面A1C1D間的距離（　　）
A． B． C． D．
4．（5分）如圖三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側面BB1C1C是邊長為2菱形，∠CBB1＝60°，BC1交B1C于點O，AO⊥側面BB1C1C，且△AB1C為等腰直角三角形，如圖建立空間直角坐標系O﹣xyz，則點A1的坐標為（　　）
A． B． C． D．
5．（5分）在空間直角坐標系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，），C（0，2，0），D（1，1，）．若S1，S2，S3分別是三棱錐D﹣ABC在xOy，yOz，zOx坐標平面上的正投影圖形的面積．則（　　）
A．S1＝S2＜S3 B．S1＝S2＞S3 C．S1＜S2＝S3 D．S1＞S2＝S3
6．（5分）如圖，棱長為3的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為正方體表面BCC1B1上的一個動點，E，F(xiàn)分別為BD1的三等分點，則|PE|+|PF|的最小值為（　　）
A． B． C． D．
7．（5分）如圖，已知四棱錐E﹣ABCD，底面ABCD是邊長為3的正方形，AE⊥面ABCD，2，2，，若RP＝RQ，則四棱錐E﹣ABCD外接球表面積為（　　）
A．44π B．54π C．176π D．216π
8．（5分）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12．一質點從頂點A射向點E（4，3，12），遇長方體的面反射（反射服從光的反射原理），將第i﹣1次到第i次反射點之間的線段記為li（i＝2，3，4），l1＝AE，將線段l1，l2，l3，l4豎直放置在同一水平線上，則大致的圖形是（　　）
A． B．
C． D．
二、多選題
9．（5分）對于任意非零向量，，以下說法錯誤的有（　　）
A．若，則x1x2+y1y2+z1z2＝0
B．若，則
C．cos，
D．若x1＝y(tǒng)1＝z1＝1，則為單位向量
10．（5分）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝4，AA1＝3，以直線DA，DC，DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則（　　）
A．點B1的坐標為（5，4，3）
B．點C1關于點B對稱的點為（8，5，﹣3）
C．點A關于直線BD1對稱的點為（0，5，3）
D．點C關于平面ABB1A1對稱的點為（8，﹣5，0）
11．（5分）在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，∠BAD＝∠A1AB＝∠A1AD，各棱長均為1，則下列命題中正確的是（　　）
A．{}不是空間的一個基底
B．
C．
D．BD⊥平面ACC1A1
12．（5分）如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四邊形ABCD為正方形，AA1＝2AB，P為面對角線B1C上的一個動點，則下列說法中正確的有（　　）
A．BD1⊥平面A1C1D
B．B1C與A1C1所成角的余弦值為
C．三棱錐P﹣A1DC1的體積為定值
D．平面ABB1A1內存在直線與平面A1C1D和底面ABCD的交線平行
三、填空題
13．（5分）若（1，1，0），（﹣1，0，2），則與同方向的單位向量是　 　 ．
14．（5分）若平面α的一個法向量為（﹣3，y，2），平面β的一個法向量為（6，﹣2，z），且α∥β，則y+z＝　 　 ．
15．（5分）如圖所示的正方體是一個三階魔方（由27個全等的棱長為1的小正方體構成），正方形ABCD是上底面正中間一個正方形，正方形A1B1C1D1是下底面最大的正方形，已知點P是線段AC上的動點，點Q是線段B1D上的動點，則線段PQ長度的最小值為 　 　 ．
16．（5分）如圖，在正四面體P﹣ABC中，M，N分別為PA，BC的中點，D是線段MN上一點，且ND＝2DM，若x，則x+y+z的值為 　 　 ．
四、解答題
17．（10分）如圖所示，在四棱錐P﹣ABCD中，底面四邊形ABCD是正方形，側面PDC是邊長為a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E為PC的中點．
（1）求異面直線PA與DE所成角的余弦值；
（2）求直線AP與平面ABCD所成角的正弦值．
18．（12分）如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝60°，四邊形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE＝2，M為線段BF的中點．
（1）求M到平面DEC的距離及三棱錐M﹣CDE的體積；
（2）求證：DM⊥平面ACE．
19．（12分）如圖，在空間四邊形OABC中，已知E是線段BC的中點，G在AE上，且AG＝2GE．
（1）試用向量，，表示向量；
（2）若OA＝2，OB＝3，OC＝4，∠AOC＝∠BOC＝60°，求的值．
20．（12分）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，側面PAD為正三角形，AD＝2，AB＝3，平面PAD⊥平面ABCD，E為棱PB上一點（不與P、B重合），平面ADE交棱PC于點F．
（1）求證：AD∥EF；
（2）若二面角B﹣AC﹣E的余弦值為，求點B到平面AEC的距離．
21．（12分）如圖所示，正三角形ABC所在平面與梯形BCDE所在平面垂直，BE∥CD，BE＝2CD＝4，BE⊥BC，F(xiàn)為棱AE的中點．
（1）求證：DF∥平面ABC；
（2）求證：DF⊥平面ABE；
（3）若直線AD與平面BCDE所成角的正切值為，求二面角B﹣CF﹣D的余弦值．
22．（12分）如圖，在四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1＝A1B1AB＝1，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD．
（1）若點M是AD的中點，求證：C1M∥平面AA1B1B；
（2）棱BC上是否存在一點E，使得二面角E﹣AD1﹣D的余弦值為？若存在，求線段CE的長；若不存在，請說明理由．
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
1．（5分）已知空間向量（2，﹣1，2），（1，﹣2，1），則向量在向量上的投影向量是（　　）
A． B．（2，﹣1，2）
C． D．（1，﹣2，1）
【答案】C
【分析】由向量在向量上的投影向量的計算公式，計算即可求出答案．
【解答】解：∵空間向量，，
∴向量在向量上的投影為2，
∴向量在向量上的投影向量為2（2，﹣1，2）＝（，，），
故選：C．
【點評】本題主要考查空間向量的數(shù)量積運算，投影向量的定義，屬于基礎題．
2．（5分）已知（2，﹣1，3），（﹣1，4，﹣2），（3，2，λ），若、、三向量共面，則實數(shù)λ等于（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】由于與不共線，且、、三向量共面，利用平面向量基本定理可知：存在實數(shù)λ1，λ2使得．解出即可．
【解答】解：∵與不共線，
∴可取作此平面的一個基向量．
∵、、三向量共面，∴存在實數(shù)λ1，λ2使得．
∴，
解得
故選：C．
【點評】本題考查了空間向量基本定理，屬于基礎題．
3．（5分）在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，則平面AB1C與平面A1C1D間的距離（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】連接D1B，可以證明與面AB1C，面A1C1D都垂直，設分別交于M，N，MN為平面AB1C與平面A1C1D的距離． 可求D1N＝BM，從而MN＝BD1﹣BM﹣D1N．
【解答】解：連接D1B，與面AB1C與平面A1C1D分別交于M，N．
∵DD1⊥平面A1B1C1D1，∴DD1⊥AC，又∵AC⊥BD，∴AC⊥平面D1DB
∴BD1⊥AC，
同理可證BD1⊥AB1，又AC∩AB1＝A，∴BD1⊥面AB1C；
同理可證，BD1⊥面C1A1D．∴MN為平面AB1C與平面A1C1D的距離
∵△AB1C為正三角形，邊長為，三棱錐B﹣AB1C 為正三棱錐，∴M為△AB1C的中心，MA
BM，同理求出D1N＝BM，又BD1，∴MN＝BD1﹣D1N﹣BM．
故選：B．
【點評】本題考查平行平面的距離計算，采用了間接法，轉化為點面距離．本題中蘊含著兩個結論①平面AB1C與∥平面A1C1D．②平面AB1C與平面A1C1D面AB1D將體對角線分成三等分．
4．（5分）如圖三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側面BB1C1C是邊長為2菱形，∠CBB1＝60°，BC1交B1C于點O，AO⊥側面BB1C1C，且△AB1C為等腰直角三角形，如圖建立空間直角坐標系O﹣xyz，則點A1的坐標為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】過A1作A1E⊥平面BCC1B1，垂足是E，連結B1E，C1E，則B1E∥OC1，C1E∥OB1，A1E∥AO，由此能求出點A1的坐標．
【解答】解：三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側面BB1C1C是邊長為2菱形，∠CBB1＝60°，
BC1交B1C于點O，AO⊥側面BB1C1C，且△AB1C為等腰直角三角形，
如圖建立空間直角坐標系O﹣xyz，
過A1作A1E⊥平面BCC1B1，垂足是E，連結B1E，C1E，
則B1E∥OC1，C1E∥OB1，A1E∥AO，
∴點A1的坐標為（，1，1）．
故選：B．
【點評】本題考查點的坐標的求法，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．
5．（5分）在空間直角坐標系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，），C（0，2，0），D（1，1，）．若S1，S2，S3分別是三棱錐D﹣ABC在xOy，yOz，zOx坐標平面上的正投影圖形的面積．則（　　）
A．S1＝S2＜S3 B．S1＝S2＞S3 C．S1＜S2＝S3 D．S1＞S2＝S3
【答案】D
【分析】分別求出三棱錐在各個面上的投影坐標，再求對應的面積，即可得到結論．
【解答】解：A（2，0，0），B（2，2，2），C（0，2，0），D（1，1，），則各個面上的射影分別為A'，B'，C'，D'，
在xOy坐標平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，2，0），C'（0，2，0），D'（1，1，0），
S1＝2×2＝4；
在yOz坐標平面上的正投影A'（0，0，0），B'（0，2，2），C'（0，2，0），D'（0，1，），
S22×22；
在zOx坐標平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，0，2），C'（0，0，0），D'（1，0，），
S32×22，
則S3＝S2且S1＞S2，
故選：D．
【點評】本題考查了空間中線線、線面、面面之間的位置關系與應用問題，也考查運算求解能力，是中檔題．
6．（5分）如圖，棱長為3的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為正方體表面BCC1B1上的一個動點，E，F(xiàn)分別為BD1的三等分點，則|PE|+|PF|的最小值為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】找出F關于平面BCC1B1的對稱點F′，連接EF′交平面BCC1B1于P0，則P0即為滿足|PE|+|PF|最小的點，求出FF′的長，再求出∠EFF′的余弦值，在△EFF′中，由余弦定理求解EF′的值得答案．
【解答】解：如圖，
找F關于平面BCC1B1的對稱點F′，連接EF′交平面BCC1B1于P0，
則P0即為滿足|PE|+|PF|最小的點，
∵正方體的棱長為3，∴，
∴EF，F(xiàn)F′＝2C1D1＝2，
∠D1FF′+∠BD1C1＝π，
又cos，∴cos，
在△EFF′中，由余弦定理可得：．
即|PE|+|PF|的最小值為．
故選：D．
【點評】本題考查空間中點、線、面間的距離計算，考查空間想象能力與思維能力，考查運算求解能力，是中檔題．
7．（5分）如圖，已知四棱錐E﹣ABCD，底面ABCD是邊長為3的正方形，AE⊥面ABCD，2，2，，若RP＝RQ，則四棱錐E﹣ABCD外接球表面積為（　　）
A．44π B．54π C．176π D．216π
【答案】B
【分析】由底面ABCD是邊長為3的正方形，AE⊥面ABCD，可得CD⊥DE，過R作DE垂線，可得ER，根據(jù)相似可得高為6，即可求解直三棱錐的外接球．
【解答】解：由題意，底面ABCD是邊長為3的正方形，AE⊥面ABCD，可得CD⊥DE，過R作DE垂線，
∵2，2，，
∴R、P、Q分別為線上的三等分點，
∵RP＝RQ，
∴△RMQ≌△EMR，
∴．
過R作AC平行線交AE于N，可得△ENR∽△ACE；
∵，
∴NR，
△ENR中根據(jù)勾股定理，可得EN＝2．
∴AE＝6，
底面ABCD外接圓的半徑r，
四棱錐E﹣ABCD外接球的半徑R，
∴四棱錐E﹣ABCD外接球表面積S＝4πR2＝54π．
故選：B．
【點評】本題主要考查了四棱錐外接球的問題，利用到了相似三角形，屬于中檔題．
8．（5分）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12．一質點從頂點A射向點E（4，3，12），遇長方體的面反射（反射服從光的反射原理），將第i﹣1次到第i次反射點之間的線段記為li（i＝2，3，4），l1＝AE，將線段l1，l2，l3，l4豎直放置在同一水平線上，則大致的圖形是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根據(jù)平面反射定理，列出反射線與入射線的關系，得到入射線與反射平面的交點，再利用兩點間的距離公式，求出距離，即可求解．
【解答】解：根據(jù)題意有：
A的坐標為：（0，0，0），B的坐標為（11，0，0），C的坐標為（11，7，0），D的坐標為（0，7，0）；
A1的坐標為：（0，0，12），B1的坐標為（11，0，12），C1的坐標為（11，7，12），D1的坐標為（0，7，12）；
E的坐標為（4，3，12）
（1）l1長度計算
所以：l1＝|AE|13．
（2）l2長度計算
將平面A1B1C1D1沿Z軸正向平移AA1個單位，得到平面A2B2C2D2；顯然有：
A2的坐標為：（0，0，24），B2的坐標為（11，0，24），C2的坐標為（11，7，24），D2的坐標為（0，7，24）；
顯然平面A2B2C2D2和平面ABCD關于平面A1B1C1D1對稱．
設AE與的延長線與平面A2B2C2D2相交于：E2（xE2，yE2，24）
根據(jù)相似三角形易知：
xE2＝2xE＝2×4＝8，
yE2＝2yE＝2×3＝6，
即：E2（8，6，24）
根據(jù)坐標可知，E2在長方形A2B2C2D2內．
根據(jù)反射原理，E2在平面ABCD上的投影即為AE反射光與平面ABCD的交點．
所以F的坐標為（8，6，0）．
因此：l2＝|EF|13．
（3）l3長度計算
設G的坐標為：（xG，yG，zG）
如果G落在平面BCC1B1；
這個時候有：xG＝11，yG≤7，zG≤12
根據(jù)反射原理有：AE∥FG
于是：向量與向量共線；
即有：λ
因為：（4，3，12）；（xG﹣8，yG﹣6，zG﹣0）＝（3，yG﹣6，zG）
即有：（4，3，12）＝λ（3，yG﹣6，zG）
解得：yG，zG＝9；
故G的坐標為：（11，，9）
因為：7，故G點不在平面BCC1B1上，
所以：G點只能在平面DCC1D1上；
因此有：yG＝7；xG≤11，zG≤12
此時：（xG﹣8，yG﹣6，zG﹣0）＝（xG﹣8，1，zG）
即有：（4，3，12）＝λ（xG﹣8，1，zG）
解得：xG，zG＝4；
滿足：xG≤11，zG≤12
故G的坐標為：（，7，4）
所以：l3＝|FG|
（4）l4長度計算
設G點在平面A1B1C1D1的投影為G’，坐標為（，7，12）
因為光線經(jīng)過反射后，還會在原來的平面內；
即：AEFGH共面
故EG的反射線GH只能與平面A1B1C1D1相交，且交點H只能在A1G'；
易知：l4＞|GG’|＝12﹣4＝8＞l3．
根據(jù)以上解析，可知l1，l2，l3，l4要滿足以下關系：
l1＝l2；且l4＞l3
對比ABCD選項，可知，只有C選項滿足以上條件．
故選：C．
【點評】本題主要考查的空間中點坐標的概念，兩點間的距離公式，解法靈活，屬于難題．
二、多選題
9．（5分）對于任意非零向量，，以下說法錯誤的有（　　）
A．若，則x1x2+y1y2+z1z2＝0
B．若，則
C．cos，
D．若x1＝y(tǒng)1＝z1＝1，則為單位向量
【答案】BCD
【分析】直接利用向量垂直和向量的共線的充要條件及向量的夾角及向量的模的運算的應用判定A、B、C、D的結論．
【解答】解：任意非零向量，，
對于A：若，則x1x2+y1y2+z1z2＝0，故A正確；
對于B：當x2≠0，y2≠0，z2≠0時，不成立，故B錯誤；
對于C：，故C錯誤；
對于D：當x1＝y(tǒng)1＝z1＝1，，故D錯誤．
故選：BCD．
【點評】本題考查的知識要點：空間向量的坐標運算，向量垂直和向量共線的充要條件，向量的模，主要考查學生的運算能力和轉換能力及思維能力，屬于基礎題．
10．（5分）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝4，AA1＝3，以直線DA，DC，DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則（　　）
A．點B1的坐標為（5，4，3）
B．點C1關于點B對稱的點為（8，5，﹣3）
C．點A關于直線BD1對稱的點為（0，5，3）
D．點C關于平面ABB1A1對稱的點為（8，﹣5，0）
【答案】BC
【分析】利用空間點的對稱性即可得出．
【解答】解：由圖形及其已知可得：點B1的坐標為（4，5，3），點C1（0，5，3）關于點B對稱的點為（8，5，﹣3），
點A關于直線BD1對稱的點為C1（0，5，3），
點C（0，5，0）關于平面ABB1A1對稱的點為（8，5，0），
因此BC正確．
故選：BC．
【點評】本題考查了空間點的對稱性、中點坐標公式，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．
11．（5分）在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，∠BAD＝∠A1AB＝∠A1AD，各棱長均為1，則下列命題中正確的是（　　）
A．{}不是空間的一個基底
B．
C．
D．BD⊥平面ACC1A1
【答案】ACD
【分析】由空間基底的概念可判斷A；由空間向量夾角的概念可判斷B；由運算可判斷C；由線面垂直的判定可判斷D．
【解答】解：對于A，由，所以向量 共面，
所以 不是空間的一個基底，故A正確；對于B，因為，
所以，
所以，故B錯；
對于C，，
所以，故C正確；
對于D，連接BD交AC于點O，連接A1O，A1D，A1B，
由題意可得四邊形ABCD為菱形，A1D＝A1B，
所以BD⊥AC，BD⊥A1O，
由AC∩A1O＝O 可得BD⊥平面ACC1A1，故D正確．
故選：ACD．
【點評】本題考查了基底的概念，向量的夾角，模長以及線面垂直，屬于綜合題，中檔題．
12．（5分）如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四邊形ABCD為正方形，AA1＝2AB，P為面對角線B1C上的一個動點，則下列說法中正確的有（　　）
A．BD1⊥平面A1C1D
B．B1C與A1C1所成角的余弦值為
C．三棱錐P﹣A1DC1的體積為定值
D．平面ABB1A1內存在直線與平面A1C1D和底面ABCD的交線平行
【答案】BC
【分析】直接利用線面平行的判定和性質，異面直線的夾角的求法，余弦定理的應用，平面的性質判斷A、B、C、D的結論．
【解答】解：對于A：由于在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四邊形ABCD為正方形，AA1＝2AB，
雖然B1D⊥A1C1，A1D與B1D不垂直，故BD1⊥平面A1C1D錯誤，故A錯誤；
對于B：由于B1C∥A1D，
所以∠C1A1D為B1C與A1C1所成角，
設AB＝1，所以AA1＝2，，，
故在△A1DC1中，cos∠C1A1D，故B正確；
對于C：由于B1C∥A1D，所以B1C∥平面A1DC1，
從而得到點P到平面A1DC1的距離相等，故C正確；
對于D：由于A1C1∥平面ABCD，所以平面A1C1D和底面ABCD的交線與A1C1平行，
而A1C1與平面ABB1A1相交，故D錯誤．
故選：BC．
【點評】本題考查的知識要點：線面平行的判定和性質，異面直線的夾角的求法，余弦定理的應用，平面的性質，主要考查學生的運算能力和數(shù)學思維能力，屬于基礎題．
三、填空題
13．（5分）若（1，1，0），（﹣1，0，2），則與同方向的單位向量是　（0，，）　 ．
【答案】見試題解答內容
【分析】利用向量的坐標運算、模的計算公式、單位向量即可得出．
【解答】解：∵（1，1，0），（﹣1，0，2），
∴（0，1，2），
∵與同方向的單位向量，
∴設單位向量為（0，m，2m），m＞0，
∴m2+4m2＝1，
解得m
∴與同方向的單位向量是（0，，），
故答案為：（0，，）
【點評】本題考查了向量的坐標運算、模的計算公式、單位向量，屬于基礎題．
14．（5分）若平面α的一個法向量為（﹣3，y，2），平面β的一個法向量為（6，﹣2，z），且α∥β，則y+z＝　﹣3　 ．
【答案】見試題解答內容
【分析】利用面面平行的性質可得：∥，再利用向量共線定理即可得出．
【解答】解：∵α∥β，
∴∥，
∴存在實數(shù)λ使得λ，
即（﹣3，y，2）＝λ（6，﹣2，z），
∴，解得λ，y＝1，z＝﹣4．
∴y+z＝﹣3．
故答案為：﹣3．
【點評】本題考查了面面平行的性質、向量共線定理，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．
15．（5分）如圖所示的正方體是一個三階魔方（由27個全等的棱長為1的小正方體構成），正方形ABCD是上底面正中間一個正方形，正方形A1B1C1D1是下底面最大的正方形，已知點P是線段AC上的動點，點Q是線段B1D上的動點，則線段PQ長度的最小值為 　　 ．
【答案】見試題解答內容
【分析】線段PQ長度的最小值轉化為異面直線AC與B1D之間的距離，取AC的中點P，過P作B1D的垂線，垂足為Q，則此時PQ為異面直線的公垂線段，此時PQ的長度就是最小值．再根據(jù)等面積法可得．
【解答】解：∵線段PQ長度的最小值轉化為異面直線AC與B1D之間的距離，
取AC的中點P，過P作B1D的垂線，垂足為Q，則此時PQ為異面直線的公垂線段，此時PQ的長度就是最小值．
∵B1D，∴PQ的最小值為．
故答案為：．
【點評】本題考查了點，線，面間的距離計算，屬中檔題．
16．（5分）如圖，在正四面體P﹣ABC中，M，N分別為PA，BC的中點，D是線段MN上一點，且ND＝2DM，若x，則x+y+z的值為 　　 ．
【答案】見試題解答內容
【分析】根據(jù)題意，，則x+y+z可求．
【解答】解，依題意，，
所以x+y+z．
故填：．
【點評】本題考查了空間向量的分解，解題時要認真審題，注意平面向量加法法則的合理運用．本題屬于基礎題．
四、解答題
17．（10分）如圖所示，在四棱錐P﹣ABCD中，底面四邊形ABCD是正方形，側面PDC是邊長為a的正三角形，且平面PDC⊥底面ABCD，E為PC的中點．
（1）求異面直線PA與DE所成角的余弦值；
（2）求直線AP與平面ABCD所成角的正弦值．
【答案】（1）．
（2）．
【分析】（1）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，過D垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出異面直線PA與DE所成角的余弦值．
（2）（﹣a，a，a），平面ABCD的法向量（0，0，1），利用向量法能求出AP與平面ABCD所成的正切值．
【解答】解：（1）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，過D垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立空間直角坐標系，
A（a，0，0），P（0，a，a），D（0，0，0），E（0，a，a），
（﹣a，a，a），（0，a，a），
cos，，
∴異面直線PA與DE所成角的余弦值為．
（2）∵（﹣a，a，a），平面ABCD的法向量（0，0，1），
設AP與平面ABCD所成角為θ，
sinθ＝|cos，|＝||，
∴AP與平面ABCD所成的正弦值為．
【點評】本題考查異面直線所成角的余弦值的求法，考查線面角的正弦值的求法，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．
18．（12分）如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝60°，四邊形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE＝2，M為線段BF的中點．
（1）求M到平面DEC的距離及三棱錐M﹣CDE的體積；
（2）求證：DM⊥平面ACE．
【答案】（1），；（2）證明過程見解析．
【分析】（1）設AC∩BD＝O，以O為原點，OB為x軸，OC為y軸，過O作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出M到平面DEC的距離及三棱錐M﹣CDE的體積；
（2）求出、、的坐標，由向量數(shù)量積為0證明AC⊥DM，AE⊥DM，由線面垂直的判定可得DM⊥平面ACE．
【解答】解：（1）設AC∩BD＝O，∵底面ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，又平面BDEF⊥平面ABCD，且平面BDEF∩平面ABCD＝BD，以O為原點，OB為x軸，OC為y軸，由平面與平面垂直的性質，取過O在平面BDEF內垂直于BD的直線為z軸，建立空間直角坐標系，
則C（0，，0），D（﹣1，0，0），E（﹣1，0，2），
M（1，0，1），
（0，0，2），（1，，0），（2，0，1），
∵0，∴DE⊥DC，
∴S△DECDE×DC2×2＝2，
設平面DEC的法向量（x，y，z），
由，取x，得（，﹣1，0），
∴M到平面DEC的距離h，
∴三棱錐M﹣CDE的體積：VS△CDE×h2；
證明：（2）A（0，，0），（0，2，0），（﹣1，，2），
∵ 0，2+2＝0，
∴AC⊥DM，AE⊥DM，
∵AC∩AE＝A，∴DM⊥平面ACE．
【點評】本題考查線面垂直的判定，考查幾何體的體積的求法，訓練了空間向量在求解空間問題中的應用，是中檔題．
19．（12分）如圖，在空間四邊形OABC中，已知E是線段BC的中點，G在AE上，且AG＝2GE．
（1）試用向量，，表示向量；
（2）若OA＝2，OB＝3，OC＝4，∠AOC＝∠BOC＝60°，求的值．
【答案】見試題解答內容
【分析】利用，和數(shù)量及的定義 2， 3代入得結果．
【解答】解：（1）∵2∴2（）∴3又2
∴
（2）由（1）問知 （） （）22 223+2．
【點評】本題考查空間向量數(shù)量積的運算及應用．
20．（12分）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，側面PAD為正三角形，AD＝2，AB＝3，平面PAD⊥平面ABCD，E為棱PB上一點（不與P、B重合），平面ADE交棱PC于點F．
（1）求證：AD∥EF；
（2）若二面角B﹣AC﹣E的余弦值為，求點B到平面AEC的距離．
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）先證明線面平行，再利用線面平行的性質證明線線平行即可；
（2）建立以OA，OH，OP所在直線為x軸，y軸，z軸的空間直角坐標系O﹣xyz，根據(jù)題意利用參數(shù)λ求出E的坐標，再求出平面AEC和平面ABC的法向量，求出λ，再用向量法求出點到平面的距離．
【解答】解：（1）∵底面ABCD為矩形，∴AD∥BC，
又∵AD 平面PBC，BC 平面PBC．∴AD∥平面PBC，
又∵AD 平面ADE，平面ADE∩平面PBC＝EF，∴AD∥EF；
（2）取AD的中點O，連接PO，過點O作OH∥AB交BC于點H，
∵側面PAD為正三角形，∴PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD且交線為AD，
∴PO⊥平面ABCD底面，∵ABCD為矩形，∴AB⊥AD∴OH⊥AD，
如圖所示，建立以OA，OH，OP所在直線為x軸，y軸，z軸的空間直角坐標系O﹣xyz，
∴O（0，0，0），，A（1，0，0），B（1，3，0），C（﹣1，3，0）
設E（x，y，z），又∵，∴，
∴，，
設平面AEC的法向量為 ，
由，得，
令x1＝3，∴y1＝2，，
∴平面AEC的一個法向量，
又易知是平面ABC的一個法向量，
∴|cos|，
解得，
∴，∴，
又∵平面AEC的一個法向量，
∴點B到平面AEC的距離為：．
【點評】考查線面平行的判定定理和性質定理，考查向量法求法向量，夾角公式求二面角的余弦值，用向量法求點到平面的距離，中檔題．
21．（12分）如圖所示，正三角形ABC所在平面與梯形BCDE所在平面垂直，BE∥CD，BE＝2CD＝4，BE⊥BC，F(xiàn)為棱AE的中點．
（1）求證：DF∥平面ABC；
（2）求證：DF⊥平面ABE；
（3）若直線AD與平面BCDE所成角的正切值為，求二面角B﹣CF﹣D的余弦值．
【答案】見試題解答內容
【分析】（1），取AB中點G，連接CG、FG，可得四邊形CDFG為平行四邊形，即DF∥CG，DF∥平面ABC．
（2）可得BE⊥面ABC，BE⊥CG． 即CG⊥面ABE，又DF∥CG， DF⊥面ABE．
（3）取BC中點O，再連接AO，OD．易證AO⊥面BCDE，所以∠ADO為直線AD與平面BCDE所成的角，即，設OC＝t，可求得t＝1．
以O為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系O﹣xyz，則O（0，0，0），B（0，﹣1，0），C（0，1，0），D（2，1，0），利用向量法求解．
【解答】解：（1）如圖，取AB中點G，連接CG、FG，因為F為AE中點，所以FG∥BE且，BE＝2CD，
所以FG∥CD且FG＝CD，所以四邊形CDFG為平行四邊形，
所以DF∥CG．CG 平面ABC，DF 平面ABC，
∴DF∥平面ABC．
（2）又因為△ABC為正三角形，所以CG⊥AB，
又因為面ABC⊥面BCDE，面ABC∩面BCDE＝BC．BE⊥BC，BE 面BCDE，
所以BE⊥面ABC，BE⊥CG．又因為BE∩AB＝B，所以CG⊥面ABE，所以DF⊥面ABE．
（3）
取BC中點O，再連接AO，OD．
易證AO⊥面BCDE，所以∠ADO為直線AD與平面BCDE所成的角，
即，設OC＝t，可求得t＝1．
以O為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系O﹣xyz，
則O（0，0，0），B（0，﹣1，0），C（0，1，0），D（2，1，0），，
所以，
設平面BCF的法向量為，則，
令，得n2＝0，n3＝﹣4，所以，
設面DCF的法向量為，
則，令m2＝1，得，m1＝0，
所以，所以cos，
因為二面角B﹣CF﹣D為鈍角，其余弦值為．
【點評】本題考查了空間線面平行、線面垂直的判斷，向量法求二面角，屬于中檔題．
22．（12分）如圖，在四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1＝A1B1AB＝1，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD．
（1）若點M是AD的中點，求證：C1M∥平面AA1B1B；
（2）棱BC上是否存在一點E，使得二面角E﹣AD1﹣D的余弦值為？若存在，求線段CE的長；若不存在，請說明理由．
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）連接B1A，推導出四邊形AB1C1M是平行四邊形，從而C1M∥B1A，由此能證明C1M∥平面AA1B1B．
（2）取BC中點Q，連接AQ，推導出AQ⊥BC，AQ⊥AD，分別以AQ，AD，AA1為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出結果．
【解答】證明：（1）連接B1A，由已知得，B1C1∥BC∥AD，且
所以四邊形AB1C1M是平行四邊形，即C1M∥B1A…（2分）
又C1M 平面AA1B1B，B1A 平面AA1B1B，
所以C1M∥平面AA1B1B…（4分）
解：（2）取BC中點Q，連接AQ，因為ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，
所以△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD，
由于AA1⊥平面ABCD…（6分）
所以，分別以AQ，AD，AA1為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，
如圖A（0，0，0），A1（0，0，1），D1（0，1，1），
假設點E存在，設點E的坐標為，﹣1≤λ≤1，
，（7分）
設平面AD1E的法向量
則，即，可取（9分）
平面ADD1的法向量為（10分）
所以，，解得：（11分）
又由于二面角E﹣AD1﹣D大小為銳角，由圖可知，點E在線段QC上，
所以，即（12分）
【點評】本題考查線面平行的證明，考查滿足二面角的點是否存在的判斷與求法，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，考查化歸與轉化思想，是中檔題．
21世紀教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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