2018_2019学年高中数学三空间向量与立体几何课后训练巩固提升新人教A版.docx

三 空间向量与立体几何A基础达标1已知a(3，2，5)，b(1，5，1)，则a(a3b)()A(0，34，10) B(3，19，7)C44 D.23解析：选C.a3b(3，2，5)3(1，5，1)(0，17，2)，则a(a3b)(3，2，5)(0，17，2)0341044.2在长方体ABCDA1B1C1D1中，等于()A. B.C. D.解析：选A.3.如图所示，在几何体ABCD中，AB平面BCD，BCCD，且ABBC1，CD2，点E为CD中点，则AE的长为()A. B.C2 D.解析：选B.，因为|1|，且0.又因为2()2，所以23，所以AE的长为.故选B.4.如图所示，点P在正方形ABCD所在平面外，PA平面ABCD，PAAB，则PB与AC所成的角是()A90 B60C45 D.30解析：选B.将题中图补成正方体ABCDPQRS，如图，连接SC，AS，则PBSC，所以ACS(或其补角)是PB与AC所成的角因为ACS为正三角形，所以ACS60，所以PB与AC所成的角是60，故选B.5如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2，D为AA1上一点若二面角B1DCC1的大小为60，则AD的长为()A.B. C2D.解析：选A.如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Cxyz，则C(0，0，0)，B1(0，2，2)设ADa，则点D的坐标为(1，0，a)，(1，0，a)，(0，2，2)设平面B1CD的法向量为m(x，y，z)，则，令z1，得m(a，1，1)又平面C1DC的一个法向量为(0，1，0)，记为n，则由cos 60，得，即a，故AD.故选A.6已知平行六面体OABCOABC，a，c，b，D是四边形OABC的对角线的交点，则_解析：()acb.答案：acb7已知平面的一个法向量为n(1，1，0)，则y轴与平面所成的角的大小为_解析：y轴的一个方向向量s(0，1，0)，cosn，s，即y轴与平面所成角的正弦值是，故其所成的角的大小是.答案：8直角三角形ABC的两条直角边BC3，AC4，PC平面ABC，PC，则点P到斜边AB的距离是_解析：以点C为坐标原点，CA，CB，CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4，0，0)，B(0，3，0)，P(0，0，)，所以(4，3，0)，.所以在上的投影为，所以点P到斜边AB的距离d 3.答案：39.如图，已知点P在正方体ABCDABCD的对角线BD上，PDA60.(1)求异面直线DP与CC所成角的大小；(2)求DP与平面AADD所成角的大小解：如图，以D为坐标原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系Dxyz.则(1，0，0)，(0，0，1)连接BD，BD，在平面BBDD中，延长DP交BD于点H.设(m，m，1)(m0)，由，60及|cos，可得2m，解得m，所以.(1)因为cos，所以，45，即异面直线DP与CC所成的角为45.(2)平面AADD的一个法向量是(0，1，0)因为cos，所以，60，即DP与平面AADD所成的角为30.10(2018武汉高二检测)在如图所示的空间几何体中，平面ACD平面ABC，ACD与ACB是边长为2的等边三角形，BE2，BE和平面ABC所成的角为60，且点E在平面ABC上的射影落在ABC的平分线上(1)求证：DE平面ABC；(2)求二面角EBCA的余弦值解：(1)证明：由题意知，ABC，ACD都是边长为2的等边三角形，取AC的中点O，连接BO，DO，则BOAC，DOAC.又平面ACD平面ABC，所以DO平面ABC，作EF平面ABC，那么EFDO，根据题意，点F落在BO上，因为BE和平面ABC所成的角为60，所以EBF60，因为BE2，所以EFDO，所以四边形DEFO是平行四边形，所以DEOF.因为DE平面ABC，OF平面ABC，所以DE平面ABC.(2)建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则B(0，0)，C(1，0，0)，E(0，1，)，所以(1，0)，(0，1，)，平面ABC的一个法向量为n1(0，0，1)，设平面BCE的法向量为n2(x，y，z)，则，所以，取z1，所以n2(3，1)所以cosn1，n2，又由图知，所求二面角的平面角是锐角，所以二面角EBCA的余弦值为.B能力提升11.(2018河南洛阳模拟)如图，已知三棱锥ABCD，AD平面BCD，BDCD，ADBD2，CD2，E，F分别是AC，BC的中点，P为线段BC上一点，且CP2PB.(1)求证：APDE；(2)求直线AC与平面DEF所成角的正弦值解：(1)证明：作PGBD交CD于G.连接AG.所以2，所以GDCD.因为AD平面BCD，所以ADDC，因为在ADG中，tanGAD，所以DAG30，在RtADC中，AC2AD2CD241216，所以AC4，又E为AC的中点，所以DEAE2，又AD2，所以ADE60，所以AGDE.因为AD平面BCD，所以ADBD，又因为BDCD，ADCDD，所以BD平面ADC，所以PG平面ADC，所以PGDE.又因为AGPGG，所以DE平面AGP，又AP平面AGP，所以APDE.(2)以D为坐标原点，DB、DC、DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，1)，F(1，0)，所以(1，0)，(0，1)，(0，2，2)设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则即令x3，则n(3，3)设直线AC与平面DEF所成角为，则sin |cos，n|，所以AC与平面DEF所成角的正弦值为.12(2017高考山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是的中点(1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；(2)当AB3，AD2时，求二面角EAGC的大小解：(1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP，又BP平面ABP，所以BEBP，又EBC120，因此CBP30.(2)法一：取的中点H，连接EH，GH，CH.因为EBC120，所以四边形BEHC为菱形，所以AEGEACGC.取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EMAG，CMAG，所以EMC为所求二面角的平面角又AM1，所以EMCM2.在BEC中，由于EBC120，由余弦定理得EC22222222cos 12012，所以EC2，因此EMC为等边三角形，故所求的角为60.法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，3)，C(1，0)，故(2，0，3)，(1，0)，(2，0，3)，设m(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量由可得取z12，可得平面AEG的一个法向量m(3，2)设n(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量由可得取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3，2)所以cosm，n.因此所求的角为60.13(选做题)如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)证明：APBC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角AMCB为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由解：(1)证明：如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0，3，0)，B(4，2，0)，C(4，2，0)，P(0，0，4)，所以(0，3，4)，(8，0，0)，由此可得0，所以，即APBC.(2)假设存在满足题意的点M，设