高考数学二轮总复习专题训练七 空间向量与立体几何 理

1、高考数学二轮总复习专题训练七 空间向量与立体几何 理高考专题训练七空间向量与立体几何班级_姓名_时间：45分钟分值：75分总得分_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答题卡上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(2011全国)已知直二面角l，点A，ACl，C为垂足，B，BDl，D为垂足，若AB

2、2，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)

3、，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PA与平面DEF所成角为，则sin，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，M是AA1的中点，则点A到平面MBD的距离是()A.a B.aC

4、.a D.a解析：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：如右图，过P作、的垂线PC、PD，其确定的平面与棱l交于Q，过P的直线与、分别交于A、B两点，若二面角为80，AB与平面、成30，则CPD100，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分把答案填在答题卡上7(2011全国)已知点E、F分别在

5、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，

6、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

7、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)(2011天津)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA12，C1H平面AA1B1B，且C1H.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角AA1C1B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN平面A1B1C1，求线段BM的长解：方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点，依题意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，)(1)易得(，)，(2，0,0)

8、于是cos，.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)易知(0,2，0)，(，)，设平面AA1C1的法向量m(x，y，z)，则即不妨令x，可得m(，0，)，同样地，设平面A1B1C1的法向量n(x，y，z)，则即不妨令y，可得n(0，)，于是cosm，n.从而sinm，n.所以二面角AA1C1B1的正弦值为.(3)由N为棱B1C1的中点，得N，设M(a，b,0)，则，由MN平面A1B1C1，得即解得故M，因此，所以线段BM的长|.方法二：(1)由于ACA1C1.故C1A1B1是异面直线AC与A1B1所成的角因为C1H平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，AA12，C1H，

9、可得A1C1B1C13.因此cosC1A1B1.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)连接AC1，易知AC1B1C1，又由于AA1B1A1，A1C1A1C1，所以AC1A1B1C1A1，过点A作ARA1C1于点R，连接B1R，于是B1RA1C1，故ARB1为二面角AA1C1B1的平面角在RtA1RB1中，B1RA1B1sinRA1B12.连接AB1，在ARB1中，AB14，ARB1R，cosARB1，从而sinARB1.所以二面角AA1C1B1的正弦值为.(3)因为MN平面A1B1C1，所以MNA1B1，取HB1中点D，连接ND.由于N是棱B1C1的中点，所以NDC1H且NDC1H

10、.又C1H平面AA1B1B，所以ND平面AA1B1B，故NDA1B1.又MNNDN，所以A1B1平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，则MEA1B1，故MEAA1.由，得DEB1E，延长EM交AB于点F，可得BFB1E，连接NE.在RtENM中，NDME，故ND2DEDM，所以DM，可得FM，连接BM，在RtBFM中，BM.12(13分)(2011上海)已知ABCDA1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点(1)设AB1与底面A1B1C1D1所成角的大小为，二面角AB1D1A1的大小为.求证：tantan；(2)若点C到平面AB1D1的距离为，求正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高解：设正四棱柱的高为h.(1)证明：连接AO1，AA1底面A1B1C1D1于A1，AB1与底面A1B1C1D1所成的角为AB1A1，即AB1A1.AB1AD1，O1为B1D1中点，AO1B1D1，又A1O1B1D1，AO1A1是二面角AB1D1A1的平面角，即AO1