专题8-8+立体几何中的向量方法（Ⅱ）—求空间角与距离（测）-2018年高考数学（理）一轮复习讲练测

专题8-8+立体几何中的向量方法（Ⅱ）—求空间角与距离（测）-2018年高考数学（理）一轮复习讲练测

‎2018年高考数学讲练测【新课标版理】【测】第八章 立体几何 第08节 立体几何中的向量方法(Ⅱ)—求空间角与距离 班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________‎ 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的。）‎ ‎1.点A在z轴上，它到点（2，，1）的距离是，则点A的坐标是（ ）‎ A．（0，0，﹣1） B．（0，1，1） C．（0，0，1） D．（0，0，13）‎ ‎【答案】C ‎2.【2017年河南省信阳市期末】设a‎=(3,-2,-1)‎是直线的方向向量，n‎=(1,2,-1)‎是平面a的法向量，则（ ）‎ A. l⊥a B. l∥a C. l⊂a或l⊥a D. l∥a或l⊂a ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为a‎∙n=3×1+‎-2‎×2+‎-1‎×‎-1‎=0‎，所以a‎⊥‎n，即l∥a或l⊂a.故选D.‎ ‎3.已知向量m‎,‎n分别是直线和平面α的方向向量和法向量，若cos=-‎‎1‎‎2‎，则与α所成的角为（ ）‎ A. ‎30‎‎0‎ B. ‎60‎‎0‎ C. ‎120‎‎0‎ D. ‎‎150‎‎0‎ ‎【答案】A ‎【解析】设线面角为θ，则sinθ=|cos〈m,n〉|=‎1‎‎2‎,θ=‎‎30‎‎∘‎.‎ ‎4.【2017年福建省数学基地校】二面角的棱上有、两点，直线、分别在这个二 面角的两个半平面内，且都垂直于.已知， ， ， ，则该二面角的大小为(　　)‎ ‎(A) 　 (B) 　 (C) 　　 (D) ‎【答案】C ‎5. 【全国卷】直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎【答案】C ‎【解析】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则 ，，A（1，0，0），，故，，所以 ，故选C.‎ ‎6.【全国大纲卷】已知正四棱柱中，，则CD与平面所成角的正弦值等于（ ）‎ A． B． C． D． ‎【答案】A ‎【解析】‎ 如图，连结AC交BD于点O，连结，过C作于点H.‎ ‎∵,‎ ‎∴为CD与平面所成的角.‎ 设，则,.‎ 由等面积法，得,即，∴.‎ ‎∴.故选A.‎ ‎7．【山东卷】已知三棱柱的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形，若为底面的中心，则与平面所成角的大小为 A. B. C. D. ‎【答案】B ‎8．【全国大纲卷】已知二面角为，，，A为垂足，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 （ ）‎ A． B． C． D． ‎【答案】B.‎ ‎9.在正三棱柱ABC－A1B‎1C1中，已知AB＝2，CC1＝，则异面直线AB1和BC1所成角的正弦值为(　　)‎ A．1　 B． C．　 D． ‎【答案】A.‎ ‎【解析】设线段A1B1，AB的中点分别为O，D，则OC1⊥平面ABB‎1A1，以，，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，如图，‎ 则A(－1,0，)，B1(1,0,0)，B(1,0，)，C1(0，，0)，‎ ‎∴＝(2,0，－)，＝(－1，，－)，因为·＝(2,0，－)·(－1，，－)＝0，所以 ⊥，即异面直线AB1和BC1所成角为直角，则其正弦值为1，故选A．‎ ‎10.点， 分别是正方体的棱和棱的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为( )‎ A. B. C. D. ‎【答案】A ‎【解析】以为原点， 为轴， 为轴， 为轴，建立空间直角坐标系，‎ ‎ 设正方体的棱长为2，则， ， ， ， 则， ，设异面直线所成角为， 则，∴异面直线与所成的角的余弦值为， 故选A.‎ ‎11．【2017学山东省烟台市期末】在三棱柱ABC-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，AB=4,AA‎1‎=6‎.若E,F分别是棱BB‎1‎,CC‎1‎上的点，且BE=B‎1‎E,C‎1‎F=‎1‎‎3‎CC‎1‎，则异面直线A‎1‎E与AF所成角的余弦值为（ ）‎ A. ‎-‎‎2‎‎6‎ B. ‎2‎‎6‎ C. ‎-‎‎2‎‎10‎ D. ‎‎2‎‎10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 以C 为原点,CA 为x 轴,在平面ABC 中过作AC 的垂线为y 轴,CC‎1‎为z 轴,建立空间直角坐标系, ‎ ‎12．设正方体ABCD－A1B‎1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　　)‎ A．　 B． C．　 D． ‎【答案】D.‎ ‎【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，∴＝(2,0,0)，＝(2,0,2)，＝(2,2,0)，‎ 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则 令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，‎ ‎∴点D1到平面A1BD的距离是 d＝＝＝.‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中的横线上。）‎ ‎13．【2018届河北省定州中学高三上第二次月考】已知点P在正方体ABCD-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎D‎1‎的对角线BD‎1‎上，H在B‎1‎D‎1‎上，则DP与CC‎1‎所成角的大小为___________.‎ ‎【答案】‎‎45‎‎∘‎ ‎14．在三棱柱中，侧棱底面， ， ， ，若直线与直线的夹角的余弦值是，则棱的长度是__________．‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 如图建立坐标系设 ，则 ‎15．【2017届河北省衡水中学押题卷】如图所示，在棱长为2的正方体中， ， 分别是， 的中点，那么异面直线和所成角的余弦值等于__________．‎ ‎【答案】 ‎【解析】以AD,DC,DD1建立空间直角坐标系，则： 得直线和所成角的余弦值等于 ‎16.【2018届浙江省名校协作体高三上学期考试】如图，棱长为的正方体的顶点在平面内，三条棱, , 都在平面的同侧. 若顶点, 到平面的距离分别为,，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为________‎ ‎【答案】 ‎【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设平面 的一个法向量为 ，设 连结 则四面体 为直角四面体； ‎ ‎ 则的法向量为由 得， ‎ ‎∴，平面 的法向量为，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为 ‎ 三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） ‎ ‎17. （本小题满分10分）【2018届贵州省黔东南州高三上第一次联考】如图所示，在四棱锥中，四边形为菱形， 为正三角形，且分别为的中点， 平面， 平面．‎ ‎（1）求证： 平面；‎ ‎（2）求与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）证明：AD⊥平面PEB，利用四边形ABCD为菱形，可得AD∥BC，即可证明BC⊥平面PEB； （2）以E为原点，建立坐标系，求出平面PDC的法向量，利用向量的夹角公式，即可求EF与平面PDC所成角的正弦值．‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：因为平面， 平面，‎ 所以，‎ 又平面平面，所以平面，‎ 由四边形菱形，得，‎ 所以平面．‎ ‎（2）解：‎ 以为原点， 分别为轴建立空间直角坐标系，‎ 不妨设菱形的边长为2，则，‎ ‎，‎ 则点，‎ ‎，‎ 设平面的法向量为，‎ 则由，解得，‎ 不妨令，得；‎ 又，‎ 所以与平面所成角的正弦值为．‎ ‎18．（本小题满分12分）如图，矩形所在的平面与等边所在的平面垂直，，为的中点．‎ ‎（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．‎ ‎（Ⅱ）由（I）得，，取的中点，以为原点，所在的直线分别为 轴，建立空间直角坐标系。因为，所以，，于是有 ， ………………7分 从而，，‎ 设平面的法向量，由 ………………8分 得得， ………………9分 同理，可求得平面的一个法向量， ………………10分 设的夹角为，则， ………………11分 由于二面角为钝二面角，所以所求余弦值为. ………………12分 ‎19. （本小题满分12分）【2017课标3，理19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．‎ ‎（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明略；‎ ‎(2) .‎ ‎【解析】‎ ‎（2）‎ 由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则 ‎ 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得 .故 ‎20. （本小题满分12分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，E、F分别为AB、PC的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：EF∥平面PAD；‎ ‎（Ⅱ）若PA=2，试问在线段EF上是否存在点Q，使得二面角Q﹣AP﹣D的余弦值为？若存在，确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）满足条件的Q存在，是EF中点．‎ ‎【解析】‎ 证明：（Ⅰ）取PD中点M，连接MF、MA，在△PCD中，F为PC的中点，∴，‎ 正方形ABCD中E为AB中点，∴，∴，故四边形EFMA为平行四边形，∴EF∥AM，‎ 又∵EF⊄平面PAD，AM⊂平面PAD，∴EF∥平面PAD；‎ ‎（Ⅱ）结论：满足条件的Q存在，是EF中点．理由如下：如图：以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，‎ 则P（0，0，2），B（0，1，0），C（1，1，0），E（0，，0），F（，，1），‎ 由题易知平面PAD的法向量为=（0，1，0），假设存在Q满足条件：设，‎ ‎∵，∴，，λ∈[0，1]，‎ 设平面PAQ的法向量为，由，可得，‎ ‎∴，由已知：，解得：，‎ 所以满足条件的Q存在，是EF中点．‎ ‎21.（本小题满分12分）【2016高考天津理数】如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.‎ ‎（I）求证：EG∥平面ADF；‎ ‎（II）求二面角O-EF-C的正弦值；‎ ‎（III）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）（Ⅲ） ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证（Ⅱ）利用空间向量求二面角，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值（Ⅲ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值 试题解析：依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴，轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，.‎ ‎（I）证明：依题意，.设为平面 的法向量，则，即 .不妨设，可得，又，可得，又因为直线，所以.‎ ‎（III）解：由，得.因为，所以，进而有，从而，因此.所以，直线和平面所成角的正弦值为.‎ ‎22. （本小题12分）【2016年高考北京理数】如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在， ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由面面垂直性质定理知AB⊥平面；根据线面垂直性质定理可知，再由线面垂直判定定理可知平面；（2）取的中点，连结，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值；（3）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值.‎ 试题解析：（1）因为平面平面，，‎ 所以平面，所以，‎ 又因为，所以平面；‎ ‎（2）取的中点，连结，，‎ 因为，所以.‎ 又因为平面，平面平面，‎ 所以平面.‎ 因为平面，所以.‎ 因为，所以.‎ 如图建立空间直角坐标系，由题意得，‎ .‎ 设平面的法向量为，则 即 令，则.‎ 所以.‎ 又，所以.‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎（3）设是棱上一点，则存在使得.‎ 因此点.‎ 因为平面，所以平面当且仅当，‎ 即，解得.‎ 所以在棱上存在点使得平面，此时. ‎