（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習 課時作業(yè)11 空間向量與立體幾何 理（含解析）-人教版高三全冊數(shù)學(xué)試題

《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習 課時作業(yè)11 空間向量與立體幾何 理（含解析）-人教版高三全冊數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習 課時作業(yè)11 空間向量與立體幾何 理（含解析）-人教版高三全冊數(shù)學(xué)試題（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)11　空間向量與立體幾何 [A·基礎(chǔ)達標] 1．如圖，F(xiàn)是正方體ABCD - A1B1C1D1的棱CD的中點，E是BB1上一點，若D1F⊥DE，則有(　　) A．B1E＝EB B．B1E＝2EB C．B1E＝EB D．E與B重合 2．在正三棱柱ABC - A1B1C1中，AB＝4，點D在棱BB1上，若BD＝3，則AD與平面AA1C1C所成角的正切值為(　　) A. B. C. D. 3. 如圖，圓錐的底面直徑AB＝4，高OC＝2，D為底面圓周上的一點，且∠AOD＝，則直線AD與BC所成的角為________． 4．已知邊長為2的正方形ABCD的四

2、個頂點在球O的球面上，球O的體積V球＝，則OA與平面ABCD所成的角的余弦值為________． 5．如圖在四棱柱ABCD - A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，底面四邊形ABCD為菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝，E，F(xiàn)分別是BC，A1C的中點． (1)求異面直線EF，AD所成角的余弦值； (2)點M在線段A1D上，＝λ.若CM∥平面AEF，求實數(shù)λ的值． 6．[2020·新高考Ⅰ卷] 如圖，四棱錐P - ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l. (1)證明：l⊥平面PDC； (2)已知PD＝AD＝1，Q為l

3、上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值． [B·素養(yǎng)提升] 1. 如圖，在三棱柱ABC - A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為AA1，AC，A1C1，BB1的中點，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2. (1)求證：AC⊥平面BEF； (2)求二面角B - CD - C1的余弦值； (3)證明：直線FG與平面BCD相交． 2. 如圖，在三棱柱ABC - DEF中，所有棱長均相等，且∠ABE＝∠ACF＝，CE∩BF＝O，點P為線段ED上的動點(異于E，D兩點)． (1)當P在線段ED的中點時，證明：OP∥平面

4、ACFD； (2)當P在線段ED上何處時，二面角O - PF - E的余弦值為？ 3．在?PABC中，PA＝4，PC＝2，∠P＝45°，D是PA的中點(如圖1)．將△PCD沿CD折起到圖2中△P1CD的位置，得到四棱錐P1 - ABCD. (1)將△PCD沿CD折起的過程中，CD⊥平面P1DA是否成立？請證明你的結(jié)論． (2)若P1D與平面ABCD所成的角為60°，且△P1DA為銳角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值． 課時作業(yè)11　空間向量與立體幾何 [A·基礎(chǔ)達標] 1．解析：

5、 分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為2，則D(0,0,0)，F(xiàn)(0,1,0)，D1(0,0,2)，設(shè)E(2,2，z)，則＝(0,1，－2)，＝(2,2，z)，因為·＝0×2＋1×2－2z＝0，所以z＝1，所以B1E＝EB. 答案：A 2.解析： 如圖，可得·＝(＋)·＝·＝4×2×＝12＝5×2×cos θ(θ為與的夾角)， 所以cos θ＝，sin θ＝，tan θ＝，又因為BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值為. 答案：D 3．解析： 如圖，過點O作OE⊥AB交底面圓于E，分別以O(shè)E，OB，OC所在直線為x，

6、y，z軸建立空間直角坐標系，因為∠AOD＝π，所以∠BOD＝，則D(，1,0)，A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，＝(，3,0)，＝(0，－2,2)，所以cos〈，〉＝－＝－，則直線AD與BC所成的角為. 答案： 4．解析： 如圖，過點O作OM⊥平面ABCD，垂足為點M，則點M為正方形ABCD的中心． ∵正方形ABCD的邊長為2， ∴AC＝2，∴AM＝. ∵V球＝πr3＝， ∴球O的半徑OA＝r＝2， ∴OA與平面ABCD所成的角的余弦值為cos∠OAM＝＝＝. 答案： 5．解析：(1)因為由題意知四棱柱ABCD -A1B1C1D1為直四棱柱，

7、A1A⊥平面ABCD. 又AE?平面ABCD，AD?平面ABCD， 所以A1A⊥AE，A1A⊥AD. 在菱形ABCD中，∠ABC＝，則△ABC是等邊三角形．因為點E是BC中點，所以BC⊥AE. 因為BC∥AD，所以AE⊥AD. 故建立如圖所示，以A為原點，AE為x軸，AD為y軸，AA1為z軸的空間直角坐標系A(chǔ) - xyz，則A(0,0,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,2)，E(，0,0)，F(xiàn). ＝(0,2,0)，＝， cos〈，〉＝＝＝， 所以異面直線EF，AD所成角的余弦值為. (2)設(shè)M(x，y，z)，由于點M在線段A1D上，且＝λ，則(x，y，

8、z－2)＝λ(0,2，－2)． 則M(0,2λ，2－2λ)，＝(－，2λ－1,2－2λ)． 設(shè)平面AEF的一個法向量為n＝(x0，y0，z0)． 因為＝(，0,0)，＝. 由 得x0＝0，y0＋z0＝0， 取y0＝2，則z0＝－1， 則平面AEF的一個法向量為n＝(0,2，－1)． 由于CM∥平面AEF，則n·＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝. 6．解析：(1)因為PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD. 又底面ABCD為正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC. 因為AD∥BC，AD?平面PBC，所以AD∥平面PBC. 由已知得l∥AD. 因此l⊥

9、平面PDC. (2)以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D - xyz，則D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，＝(0,1,0)，＝(1,1，－1)． 由(1)可設(shè)Q(a,0,1)，則＝(a,0,1)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，則即 可取n＝(－1,0，a)． 所以cos〈n，〉＝＝ . 設(shè)PB與平面QCD所成角為θ， 則sin θ＝×＝ . 因為 ≤，當且僅當a＝1時等號成立， 所以PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為. [B·素養(yǎng)提升] 1．解析：(1)證明：在三棱柱ABC - A

10、1B1C1中， 因為CC1⊥平面ABC， 所以四邊形A1ACC1為矩形． 又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點，所以AC⊥EF. 因為AB＝BC，所以AC⊥BE. 又EF∩BE＝E，F(xiàn)F，BE?平面BEF，所以AC⊥平面BEF. (2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥CC1，F(xiàn)F∥CC1，又CC1⊥平面ABC， 所以EF⊥平面ABC， 因為BE?平面ABC， 所以EF⊥BE. 如圖建立空間直角坐標系E - xyz，由題意得E(0,0,0)，B(0,2,0)，C(－1,0,0)，D(1,0,1)，F(xiàn)(0,0,2)，G(0,2,1)． 所以＝(－1，－2,0)，B＝(1，－2,

11、1)． 設(shè)平面BCD的法向量為n＝(x0，y0，z0)， 則即 令y0＝－1，則x0＝2，z0＝－4. 于是n＝(2，－1，－4)． 又因為平面CC1D的一個法向量為＝(0,2,0)， 所以cos〈n，〉＝＝－. 由題知二面角B - CD - C1為鈍角，所以其余弦值為－. (3)證明：由(2)知平面BCD的一個法向量為n＝(2，－1，－4)，＝(0,2，－1)． 因為n·＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0， 所以直線FG與平面BCD相交． 2．解析：(1)法一　當P為ED的中點時，連接CD， ∵O為CE的中點，∴OP∥CD， 又OP?平面ACFD，C

12、D?平面ACFD，∴OP∥平面ACFD. 法二　取EF的中點G，∵P為ED的中點， ∴PG∥FD， 又PG?平面ACFD，F(xiàn)D?平面ACFD，∴PG∥平面ACFD. 連接OG，同理可證OG∥平面ACFD. 故平面OPG∥平面ACFD. 又OP?平面OPG，∴OP∥平面ACFD. (2)連接AE，AF，AO，(圖略) 令A(yù)B＝， ∵∠ABE＝∠ACF＝， ∴AB＝AC＝AF＝AE. 又O為BF，CE的中點， ∴AO⊥BF，AO⊥CE，∴AO⊥平面CBEF， 又BC?平面CBEF，∴AO⊥BC， 取BC的中點S，連接AS，OS，易知BC⊥AS， ∴BC⊥平面ASO，

13、 ∴BC⊥OS，又易知OS∥CF，∴BC⊥CF， 故底面BCFE為正方形． 以O(shè)B，OE，OA所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系(圖略)，則O(0,0,0)，B(1,0,0)，E(0,1,0)，F(xiàn)(－1,0,0)，A(0,0,1)，＝(－1,0,0)，＝(－1,1,0)，由＝，得D(－1,1,1)，令＝t(0

14、t＝， 故||＝||， 即當點P為DE的靠近點D的四等分點時，二面角O - PF - E的余弦值為. 3．解析：(1)將△PCD沿CD折起過程中，CD⊥平面P1DA成立．證明如下： ∵D是PA的中點，PA＝4，∴DP＝DA＝2. 在△PDC中，由余弦定理得， CD2＝PC2＋PD2－2PC·PD·cos 45°＝8＋4－2×2×2×＝4， ∴CD＝2＝PD， ∵CD2＋DP2＝8＝PC2， ∴△PDC為等腰直角三角形且CD⊥PA， ∴CD⊥DA，CD⊥P1D，P1D∩AD＝D， ∴CD⊥平面P1DA. (2)由(1)知CD⊥平面P1DA，CD?平面ABCD， ∴平面P

15、1DA⊥平面ABCD， ∵△P1DA為銳角三角形，∴P1在平面ABCD內(nèi)的射影必在棱AD上，記為O，連接P1O，∴P1O⊥平面ABCD， 則∠P1DA是P1D與平面ABCD所成的角， ∴∠P1DA＝60°， ∵DP1＝DA＝2， ∴△P1DA為等邊三角形，O為AD的中點， 故以O(shè)為坐標原點，過點O且與CD平行的直線為x軸， DA所在直線為y軸，OP1所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 設(shè)x軸與BC交于點M， ∵DA＝P1A＝2，∴OP1＝，易知OD＝OA＝CM＝1，∴BM＝3， 則P1(0,0，)，D(0，－1,0)， C(2，－1,0)，B(2,3,0)，＝(2,0,0)，＝(0，－4,0)，＝(2，－1，－)， ∵CD⊥平面P1DA， ∴可取平面P1DA的一個法向量n1＝ (1,0,0)， 設(shè)平面P1BC的法向量n2＝(x2，y2，z2)， 則，∴ 解得令z2＝1，則n2＝， 設(shè)平面P1AD和平面P1BC所成的角為θ，由圖易知θ為銳角， ∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝. ∴平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值為.