《2019版理科数学一轮复习高考帮试题：第8章第5讲 空间角与距离、空间向量及应用（习思用.数学理） .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版理科数学一轮复习高考帮试题：第8章第5讲 空间角与距离、空间向量及应用（习思用.数学理） .docx（7页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第五讲空间角与距离、空间向量及应用考点1空间直角坐标系1.2018惠州一调 一个四面体的顶点在如图所示的空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(0,0,0),(1,0,1),(0,1,1),(12,1,0),绘制该四面体的三视图时,按照如图所示的方向画正(主)视图,则得到的侧(左)视图为()ABCD考点2空间向量的有关定理及运算2.若O,A,B,C为空间四点,且向量OA,OB,OC不能构成空间的一个基底,则()A.OA,OB,OC共线 B.OA,OB共线C.OB,OC共线 D.O,A,B,C四点共面3.在空间直角坐标系中,A(1,1,-2),B(1,2,-3),C(-1,3,0),D(x,y,
2、z)(x,y,zR),若A,B,C,D四点共面,则 ()A.2x+y+z=1 B.x+y+z=0 C.x-y+z=-4 D.x+y-z=04.2014广东,5,5分理已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60夹角的是()A.(-1,1,0) B.(1,-1,0) C.(0,-1,1)D.(-1,0,1)5.在空间直角坐标系中,A,B,C三点的坐标分别为A(2,1,-1),B(3,4,),C(2,7,1),若ABCB,则= ()A.3B.1C.3D.-36.已知正四面体A-BCD的棱长为1,且AE=2EB,AF=2FD,则EFDC=()A.23 B.13 C.-23D.-13考点3利用
3、空间向量解决立体几何问题7.已知AB=(2,2,1),AC=(4,5,3),则下列向量中是平面ABC的法向量的是()A.(1,2,-6) B.(-2,1,1) C.(1,-2,2)D.(4,-2,1)8.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,AC=2,BC=3,D,E分别是AC1和BB1的中点,则直线DE与平面BB1C1C所成的角为()A.30B.45C.60D.909.长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,AA1=3,点M是BC的中点,点PAC1,QMD,则PQ长度的最小值为()A.1B.43C.233D.210.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱
4、AB,BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角的大小为.11.2018唐山市五校联考如图,在四棱锥P-ABCD中,PC底面ABCD,ABCD是直角梯形,ABAD,ABCD,AB=2AD=2CD,E是PB的中点.(1)求证:平面EAC平面PBC;(2)若二面角P-AC-E的余弦值为63,求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.12.如图,CD,AB分别是圆柱的上、下底面圆的直径,ABCD是边长为2的正方形,E是底面圆周上不同于A,B两点的一点,AE=1.(1)求证:BE平面DAE;(2)求二面角C-DB-E的余弦值.答案1.B满足条件的四面体放在正方体中如图(1)所示,依题意得到侧(左)视图如图(
5、2),故选B.(1)(2)2.D向量OA,OB,OC不能构成空间的一个基底,向量OA,OB,OC共面,因此O,A,B,C四点共面,故选D.3.AA(1,1,-2),B(1,2,-3),C(-1,3,0),D(x,y,z)(x,y,zR),AB=(0,1,-1),AC=(-2,2,2),AD=(x-1,y-1,z+2),A,B,C,D四点共面,存在实数,使得AD=AB+AC,即(x-1,y-1,z+2)=(0,1,-1)+(-2,2,2),x-1=-2,y-1=+2,z+2=-+2,解得2x+y+z=1,故选A.4.B设选项中的向量与a的夹角为,对于选项A,由于cos =1(-1)+01+(-1
6、)012+02+(-1)2(-1)2+12+02=-12,此时夹角为120,不满足题意;同理可知选项C,D不满足题意;对于选项B,由于cos =11+0(-1)+(-1)012+02+(-1)212+(-1)2+02=12,此时夹角为60,满足题意.选B.5.C由题知,AB=(1,3,+1),CB=(1,-3,-1),由ABCB,可得ABCB=0,即1-9+2-1=0,即2=9,=3,故选C.6.D因为AE=2EB,AF=2FD,所以EFBD,EF=23BD,即EF=23BD,则EFDC=23BDDC=23|BD|DC|cos 23=-13.故选D.7.C设平面ABC的法向量n=(x,y,z)
7、,则nAB=0,nAC=0,即2x+2y+z=0,4x+5y+3z=0,取x=1,解得y=-2,z=2.n=(1,-2,2).故选C.8.A由已知AB2+BC2=AC2,得ABBC.以B为原点,分别以BC,BA,BB1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,设AA1=2a,则A(0,1,0),C(3,0,0),D(32,12,a),E(0,0,a),所以ED=(32,12,0),平面BB1C1C的一个法向量为n=(0,1,0),cos=EDn|ED|n|=12(32)2+(12)2+021=12,=60,所以直线DE与平面BB1C1C所成的角为30.故选A.图D 8-5-29.
8、C根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,设P(x0,2x0,3-3x0),Q(x1,2-x1,3),x0,x10,1,所以PQ=(x0-x1)2+(2x0+x1-2)2+(3-3x0-3)2=2(x1+x0-22)2+272(x0-29)2+43,当且仅当x0=29,x1=89时,PQ取得最小值,即PQmin=43=233.故选C.10.60根据题意建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长AB=2,则A(2,0,0),B(2,2,0),B1(2,2,2),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(2,2,1),BC1=(-2,0,2),EF=(0,1,1),cos=BC1EF|BC1|EF
9、|=282=12,=60,异面直线EF和BC1所成的角是60.11.(1)因为PC平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACPC.因为AB=2AD=2CD,所以AC=BC=2AD=2CD,所以AC2+BC2=AB2,故ACBC.又BCPC=C,所以AC平面PBC.因为AC平面EAC,所以平面EAC平面PBC.(2) 如图所示,以C为原点,CB,CA,CP的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,并设CB=2,CP=2a(a0).则C(0,0,0),A(0,2,0),B(2,0,0),P(0,0,2a),则E(1,0,a),CA=(0,2,0),CP=(0,0,2a),CE=(1,
10、0,a),易知m=(1,0,0)为平面PAC的一个法向量.设n=(x,y,z)为平面EAC的法向量,则nCA=0,nCE=0,即2y=0,x+az=0,y=0,取x=a,则z=-1,n=(a,0,-1).依题意,|cos|=|mn|m|n|=aa2+1=63,则a=2.于是n=(2,0,-1),PA=(0,2,-22).设直线PA与平面EAC所成角为,则sin =|cos|=|PAn|PA|n|=23,即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为23.12.(1)由圆柱的性质知,DA平面ABE,又BE平面ABE,BEDA,又AB是底面圆的直径,E是底面圆周上不同于A,B两点的一点,BEAE,又DAA
11、E=A,DA,AE平面DAE,BE平面DAE.(3) 解法一如图,过E作EFAB,垂足为F,由圆柱的性质知平面ABCD平面ABE,EF平面ABCD.过F作FHDB,垂足为H,连接EH,则EHF即所求的二面角的平面角的补角,由AB=AD=2,AE=1易得DE=5,BE=3,BD=22,EF=AEBEAB=32,由(1)知BEDE,EH=DEBEDB=5322=304,sinEHF=EFEH=32304=105,cosEHF=1-sin2EHF=155,二面角C-DB-E的余弦值为-155.解法二过A在平面AEB内作垂直于AB的直线,建立如图所示的空间直角坐标系,AB=AD=2,AE=1,BE=3,E(32,12,0),D(0,0,2),B(0,2,0),ED=(-32,-12,2),BD=(0,-2,2).取平面CDB的一个法向量为n1=(1,0,0),设平面EBD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2ED=0,n2BD=0,即-32x2-12y2+2z2=0,-2y2+2z2=0,取z2=1,则n2=(3,1,1)为平面EBD的一个法向量.cos=n1n2|n1|n2|=35=155,又易知二面角C-DB-E为钝角,二面角C-DB-E的余弦值为-155.