2013高考数学 专题辅导课时训练提能（打包24套
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高考
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24
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2013高考数学 专题辅导课时训练提能（打包24套,高考,数学,专题,辅导,课时,训练,打包,24
- 内容简介：
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- 1 - 专题四 第 3 讲 空间向量与立体几何 课时训练提能 限时 45 分 钟，满分 75 分 一、选择题 (每小题 4 分，共 24 分 ) 1已知 A(1,0,0)， B(0,1,0)， C(0,0,1)，则平面 单位法向量是 A (1,1,1) B 22 ， 22 ， 22 C 33 ， 33 ， 33 D 33 ， 33 ， 33 解析 设平面 法向量 n (x， y， z)， 则 n ， n ， 故 n 0， n 0， 即 x y 0， x z 0，取 x 1，得 y z 1，即平面 一个法向量是 (1,1,1)，单位化得 33 ， 33 ， 33 . 答案 C 2直线 l 的方向向量 s ( 1,1,1)，平面 的法向量为 n (2， x， x)，若直线l 平面 ，则 x 的值为 A 2 B 2 C. 2 D 2 解析 线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量， 故 2 0，解得 x 2，故选 D. 答案 D 3平面 ， 的法向量分别是 (1,1,1)， ( 1,0， 1)，则平面 ， 所成锐角的余弦值是 A. 33 B 33 C. 63 D 63 解析 n2| 23 2 63 ，故平面 ， 所成角的余弦值是 63 . 答案 C - 2 - 4点 M 在 z 轴上，它与经过坐标原点且方向向量为 s (1， 1,1)的直线 l 的距离为 6，则点 M 的坐标是 A (0,0， 2) B (0,0， 3) C (0,0， 3) D (0,0， 1) 解析 设 M 为 (0,0， z)，直线 l 的一个单位方向向量为 33 ， 33 ， 33 ， 故点 M 到直线 l 的距离 d |2 | 136，解得 z 3. 答案 B 5 (2012 抚州一中月考 )已知直线 l 的方向向量为 l，直线 m 的方向向量为 m，若 l b c( ， R)， m a， a b， a c 且 a0 ，则直线 m 与直线 l A共线 B相交 C垂直 D不共面 解析 由 m a 且 a0 ，可得： m ta(t R)， 所以 m l m( b c) m b m c t a b t a c 0，故 m 与 l 垂直，即直线 m 与直线 l 垂直 答案 C 6正方体 A. 23 B. 33 D. 63 解析 如图建立直角坐标系，设 1， 则 (1,1,0)， (0,1,1)， 设平面 n (x， y， z)， 则 n x y 0 n y z 0令 z 1，则 y 1， x 1， n (1， 1,1) 又 (0,0,1)， ， n 33 . 所以 33 2 63 . - 3 - 答案 D 二、填空题 (每小题 5 分，共 15 分 ) 7 (2012 长沙一中月考 )已知 a (2， 1,1)， b ( 1， 4， 2)， c (11,5， )，若向量 a、 b、 c 共面，则 _. 解析 由向量 a、 b、 c 共面可得： c yb(x， y R)， 故有 11 2x x 4 x 2y，解得 x 7y 3 1. 答案 1 8已知 2a b (0， 3， 10)， c (1， 2， 2)， a c 4， |b| 12，则 b， c _. 解析 因为 (2a b) c 01 ( 3)( 2) ( 10)( 2) 26，而 (2a b) c2a c b c 8 b c，故 b c c| 12 2 2 3， 故 b， c b c|b| c| 18123 12，所以 b， c 3. 答案 3 9如图， 是边长为 2 的正三角形，平面 平面 平面 B 2 3，则点 A 到平面 距离等于 _ 解析 取 中点 O，连接 平面 平面 以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系由已知得 3，则各点坐标分别为 C(1,0,0)， M(0,0， 3)， B(0， 3， 0)， A(0， 3， 2 3)所以 (1， 3， 0)， (0， 3， 3)， (0,0,2 3) - 4 - 设 n (x， y， z)是 平面 法向量，由 n ，得 x 3y 0；由 n ，得 3y 3z 0.令 x 3，则 y 1， z 1，所 以 n ( 3， 1,1)是平面 一个法向量所以点A 到平面 距离为 | n|n| 2 35 2 155 . 答案 2 155 三、解答题 (每小题 12 分，共 36 分 ) 10如图所示，正方形 在平面与平面四边形 在平面互相垂直， 等腰直角三角形， 45. (1)求证： 平面 (2)设线段 中点分别为 P、 M，求证： 平面 证明 等腰直角三角形， 又 平面 平面 平面 平面 平面 两垂直， 故建立如图所示的空间直角坐标系 - 5 - 设 1，则 1， B(0,1,0)， D(1,0,0)， E(0,0,1)， C(1,1,0) (1) 45 ， 90 ， 从而 F 0， 12， 12 ， 0， 12， 12 ， (0， 1,1)， (1,0,0)， 于是 0， 0， 面 平面 B， 平面 (2)M 0， 0， 12 ， P 1， 12， 0 ，从而 1， 12， 12 . 于是 1， 12， 12 0， 12， 12 0 14 14 0. 又 平面 线 在平面 ， 平面 11 (2012 朝阳二模 )在如图所示的几何体中，四边形 正方形， 平面 F 4， 2， 1. (1)若点 M 在线段 ，且满足 14求 证： 平面 (2)求证： 平面 (3)求二面角 A D 的余弦值 - 6 - 解析 (1)证明 过 M 作 N，连接 14以 14又 14 所以 所以四边形 平行四边形， 所以 又 平面 面 所以 平面 (2)证明 因为 平面 故以 A 为原点，建 立如图所示的空间直角坐标系 A 由已知可得， A(0,0,0)， B(4,0,0)， C(4,4,0)， D(0,4,0)， E(0,0,2)， F(1,0,2) 显然 (1,0,2)， (0,4,0)， (4,0， 2) 则 0， 0， 所以 ， . 即 平面 (3)因为 以 定平面 由已知得， (0,4,0)， (3,0， 2)， ( 4,4,0) - 7 - 因为 平面 以 由已知可得 A， 所以 平面 是平面 一个法向量 设平面 一个法向量是 n (x， y， z) 由 n 0，n 0，得 4x 4y 0，3x 2z 0， 即 y x，z 32x. 令 x 2，则 n (2,2,3)，所以 ， n n| n| 2 1717 . 由题意知二面角 A D 锐角，故二面角 A D 的余弦值为 2 1717 . 12 (2012 西城二模 )如图，直角梯形 等腰直角三角形 在的平面互相 垂直 22(1)求证： (2)求直线 平面 成角的正弦值； (3)线段 是否存在点 F，使 平面 存在，求出 不存在，说明理由 解析 (1)证明 取 点 O，连接 因为 以 因为四边形 直角梯形， 22 所以四边形 正方形，所以 B 平面 B (2)因为平面 平面 所以 平面 以 由 两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 O - 8 - 因为三角形 等腰直角三角形，所以 设 1，所以 O(0,0,0)， A( 1,0,0)， B(1,0,0)， C(1,1,0)， E(0,0,1) 所以 (1,1， 1)，平面 一个法向量为 (0,1,0) 设直线 平面 成的角为 ， 所 以 | |， | | 33 ， 即直线 平面 成角的正弦值为 33 . (3)存在点 F，且 13时，有 平面 证明如
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