高考数学 热点专题专练 27空间向量与立体几何 理.doc

高考专题训练(七)空间向量与立体几何时间：45分钟分值：75分一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项填在括号里1在正方体abcda1b1c1d1中，m、n分别为棱aa1和bb1的中点，则sin，的值为()a.b.c. d.解析以d为原点，da、dc、dd1分别为x轴、y轴、z轴建系，设正方体棱长为1，则c(0,1,0)，m，d1(0,0,1)，n，cos，sin，.故选b.答案b2已知直二面角l，点a，acl，c为垂足，b，bdl，d为垂足，若ab2，acbd1，则d到平面abc的距离等于()a. b.c. d1解析由2()22222221|21，所以|cd|.过d作debc于e，则de面abc，de即为点d到平面abc的距离在rtbcd中，bc2bd2cd23，bc.debcbdcd，de.答案c3在三棱锥pabc中，pa平面abc，bac90，d、e、f分别是棱ab、bc、cp的中点，abac1，pa2，则直线pa与平面def所成角的正弦值为()a. b.c. d.解析以a为原点，ab、ac、ap所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，由abac1，pa2，得a(0,0,0)，b(1,0,0)，c(0,1,0)，p(0,0,2)，d，e，f，(0,0,2)，设面def的法向量为n(x，y，z)，则由得取z1，则n(2,0,1)，设直线pa与平面def所成角为，则sin，直线pa与平面def所成角为arcsin，故选c.答案c4如图所示，ac1是正方体的一条体对角线，点p、q分别为其所在棱的中点，则pq与ac1所成的角为()a. b.c. d.解析如图，设底面中心为o，在对角面adc1b1中，取ab1的中点为t，tdpq，从而td与ac1所成的角为所求由相似可得amd，故选d.答案d5如下图所示，在棱长为a的正方体abcda1b1c1d1中，点m是aa1的中点，则点a到平面mbd的距离是()a.a b.ac.a d.a解析点a到面mbd的距离由等积变形可得vambdvbamd.易求da.答案d6已知平面与所成的二面角为80，p为，外一定点，过点p的一条直线与，所成的角都是30，则这样的直线有且仅有()a1条 b2条c3条 d4条解析如上图，点过p作面、的垂线pc、pd，其确定的平面与棱l交于q，过面p的直线与面、分别交于a、b两点，若二面角为80，直线ab与平面、成30，则cpd100，直线ab与pd、pc成60，因此问题转化为过p点与直线pd、pc所成角为60的直线有几条60，60，这样的直线有4条答案d二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上7已知点e、f分别在正方体abcda1b1c1d1的棱bb1、cc1上，且b1e2eb，cf2fc1，则面aef与面abc所成的二面角的正切值等于_解析如图，以da，dc，dd1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系设正方体的边长为3.a(3,0,0)，e(3,3,1)，f(0,3,2)(0,3,1)，(3,3,2)设平面aef的法向量为n(x，y，z)，令y1，z3，x1，n(1,1，3)又(0,0,3)为面abc的一个法向量，设平面aef与平面abc所成的二面角为cos|cosn，|sintan.答案8已知l1，l2是两条异面直线，、是三个互相平行的平面，l1、l2分别交、于a、b、c和d、e、f，ab4，bc12，df10，又l1与成30角，则与间的距离是_；de_.解析由直线与平面所成角的定义及平行平面距离定义易得与间距离为6.由面面平行的性质定理可得，即.de2.5.答案62.59坐标平面上有点a(2,3)和b(4，1)，将坐标平面沿y轴折成二面角aoyb，使a，b两点的距离为2，则二面角等于_解析如图，adbc，bccd，bc平面acd，bcac，ab2，bc4，ac2，ad2，cd4，cos.答案12010已知正方体abcda1b1c1d1的棱长为1，则直线da1与ac间的距离为_解析设n是a1d和ac的公垂线段上的向量，则n()()10，1.又n()()0，1.n.故所求距离为d.答案三、解答题：本大题共2小题，共25分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤11(12分)(2012山东)在如图所示的几何体中，四边形abcd是等腰梯形，abcd，dab60，fc平面abcd，aebd，cbcdcf.(1)求证：bd平面aed；(2)求二面角fbdc的余弦值解(1)因为四边形abcd是等腰梯形，abcd，dab60，所以adcbcd120.又cbcd，所以cdb30，因此adb90，adbd，又aebd，且aeada，ae，ad平面aed，所以bd平面aed.(2)解法一：由(1)知adbd，所以acbc.又fc平面abcd，因此ca，cb，cf两两垂直，以c为坐标原点，分别为ca，cb，cf所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设cb1，则c(0,0,0)，b(0,1,0)，d，f(0,0,1)，因此，(0，1,1)设平面bdf的一个法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，所以xyz，取z1，则m(，1,1)由于(0,0,1)是平面bdc的一个法向量，则cosm，所以二面角fbdc的余弦值为.解法二：取bd的中点g，连接cg，fg，由于cbcd，因此cgbd，又fc平面abcd，bd平面abcd，所以fcbd.由于fccgc，fc，cg平面fcg，所以bd平面fcg，故bdfg，所以fgc为二面角fbdc的平面角在等腰三角形bcd中，由于bcd120，因此cgcb，又cbcf，所以gfcg，故cosfgc，因此二面角fbdc的余弦值为.12(13分)(2012福建)如图，在长方体abcda1b1c1d1中，aa1ad1，e为cd的中点(1)求证：b1ead1；(2)在棱aa1上是否存在一点p，使得dp平面b1ae？若存在，求ap的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角ab1ea1的大小为30，求ab的长解(1)以a为原点，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)，设aba，则a(0,0,0)，d(0,1,0)，d1(0,1,1)，e，b1(a,0,1)，故(0,1,1)，(a,0,1)，.011(1)10，b1ead1.(2)假设在棱aa1上存在一点p(0,0，z0)，使得dp平面b1ae.此时(0，1，z0)，又设平面b1ae的法向量n(x，y，z)n平面b1ae，n，n，得取x1，得平面b1ae的一个法向量n.要使dp平面b1ae，只要n，有az00，解得z0.又dp平面b1ae，存在点p，满足dp平面b1ae，此时ap.(3)连接a1d，b1c，由长方体abcda1b1c1d1及a