（统考版）高考数学二轮专题复习 课时作业11 空间向量与立体几何 理（含解析）-人教版高三全册数学试题

课时作业11空间向量与立体几何[A·基础达标]1．如图，F是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱CD的中点，E是BB1上一点，若D1F⊥A．B1E＝EBB．B1E＝2EBC．B1E＝eq\f(1,2)EBD．E与B重合2．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝4，点D在棱BB1上，若BD＝3，则AD与平面AA1A.eq\f(2\r(3),5)B.eq\f(4,3)C.eq\f(5,4)D.eq\f(2\r(39),13)3.如图，圆锥的底面直径AB＝4，高OC＝2eq\r(2)，D为底面圆周上的一点，且∠AOD＝eq\f(2π,3)，则直线AD与BC所成的角为________．4．已知边长为2的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，球O的体积V球＝eq\f(160\r(5)π,3)，则OA与平面ABCD所成的角的余弦值为________．5．如图在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，底面四边形ABCD为菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝eq\f(π,3)，E，F分别是BC，A1C(1)求异面直线EF，AD所成角的余弦值；(2)点M在线段A1D上，eq\f(A1M,A1D)＝λ.若CM∥平面AEF，求实数λ的值．6．[2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P­ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．[B·素养提升]1.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝eq\r(5)，AC＝AA1＝2.(1)求证：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B­CD­C1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交．

2.如图，在三棱柱ABC­DEF中，所有棱长均相等，且∠ABE＝∠ACF＝eq\f(π,3)，CE∩BF＝O，点P为线段ED上的动点(异于E，D两点)．(1)当P在线段ED的中点时，证明：OP∥平面ACFD；(2)当P在线段ED上何处时，二面角O­PF­E的余弦值为eq\f(7\r(3),15)？3．在▱PABC中，PA＝4，PC＝2eq\r(2)，∠P＝45°，D是PA的中点(如图1)．将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置，得到四棱锥P1­ABCD.(1)将△PCD沿CD折起的过程中，CD⊥平面P1DA是否成立？请证明你的结论．(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60°，且△P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值．课时作业11空间向量与立体几何[A·基础达标]1．解析：分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，F(0,1,0)，D1(0,0,2)，设E(2,2，z)，则eq\o(D1F,\s\up12(→))＝(0,1，－2)，eq\o(DE,\s\up12(→))＝(2,2，z)，因为eq\o(D1F,\s\up12(→))·eq\o(DE,\s\up12(→))＝0×2＋1×2－2z＝0，所以z＝1，所以B1E＝EB.答案：A

2.解析：如图，可得eq\o(AD,\s\up12(→))·eq\o(EB,\s\up12(→))＝(eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(BD,\s\up12(→)))·eq\o(EB,\s\up12(→))＝eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(EB,\s\up12(→))＝4×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝12＝5×2eq\r(3)×cosθ(θ为eq\o(AD,\s\up12(→))与eq\o(EB,\s\up12(→))的夹角)，所以cosθ＝eq\f(2\r(3),5)，sinθ＝eq\f(\r(13),5)，tanθ＝eq\f(\r(39),6)，又因为BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值为eq\f(2\r(39),13).答案：D3．解析：如图，过点O作OE⊥AB交底面圆于E，分别以OE，OB，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为∠AOD＝eq\f(2,3)π，所以∠BOD＝eq\f(π,3)，则D(eq\r(3)，1,0)，A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up12(→))＝(eq\r(3)，3,0)，eq\o(BC,\s\up12(→))＝(0，－2,2eq\r(2))，所以cos〈eq\o(AD,\s\up12(→))，eq\o(BC,\s\up12(→))〉＝－eq\f(6,12)＝－eq\f(1,2)，则直线AD与BC所成的角为eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)4．解析：如图，过点O作OM⊥平面ABCD，垂足为点M，则点M为正方形ABCD的中心．∵正方形ABCD的边长为2，∴AC＝2eq\r(2)，∴AM＝eq\r(2).∵V球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(160\r(5)π,3)，∴球O的半径OA＝r＝2eq\r(5)，∴OA与平面ABCD所成的角的余弦值为cos∠OAM＝eq\f(AM,OA)＝eq\f(\r(2),2\r(5))＝eq\f(\r(10),10).答案：eq\f(\r(10),10)5．解析：(1)因为由题意知四棱柱ABCD­A1B1C1D1A1A⊥平面ABCD又AE⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以A1A⊥AE，A1A⊥在菱形ABCD中，∠ABC＝eq\f(π,3)，则△ABC是等边三角形．因为点E是BC中点，所以BC⊥AE.因为BC∥AD，所以AE⊥AD.故建立如图所示，以A为原点，AE为x轴，AD为y轴，AA1为z轴的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，C(eq\r(3)，1,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,2)，E(eq\r(3)，0,0)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1)).eq\o(AD,\s\up12(→))＝(0,2,0)，eq\o(EF,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，cos〈eq\o(AD,\s\up12(→))，eq\o(EF,\s\up12(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up12(→))·\o(EF,\s\up12(→)),|\o(AD,\s\up12(→))|·|\o(EF,\s\up12(→))|)＝eq\f(1,2\r(1＋1))＝eq\f(\r(2),4)，所以异面直线EF，AD所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4).(2)设M(x，y，z)，由于点M在线段A1D上，且eq\f(A1M,A1D)＝λ，则(x，y，z－2)＝λ(0,2，－2)．则M(0,2λ，2－2λ)，eq\o(CM,\s\up12(→))＝(－eq\r(3)，2λ－1,2－2λ)．设平面AEF的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)．因为eq\o(AE,\s\up12(→))＝(eq\r(3)，0,0)，eq\o(AF,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1)).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x0＝0,\f(\r(3),2)x0＋\f(1,2)y0＋z0＝0，))得x0＝0，eq\f(1,2)y0＋z0＝0，取y0＝2，则z0＝－1，则平面AEF的一个法向量为n＝(0,2，－1)．由于CM∥平面AEF，则n·eq\o(CM,\s\up12(→))＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(2,3).6．解析：(1)因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD.因此l⊥平面PDC.(2)以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up12(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，eq\o(DC,\s\up12(→))＝(0,1,0)，eq\o(PB,\s\up12(→))＝(1,1，－1)．由(1)可设Q(a,0,1)，则eq\o(DQ,\s\up12(→))＝(a,0,1)．设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DQ,\s\up12(→))＝0,n·\o(DC,\s\up12(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0,y＝0.))可取n＝(－1,0，a)．所以cos〈n，eq\o(PB,\s\up12(→))〉＝eq\f(n·\o(PB,\s\up12(→)),|n|·|\o(PB,\s\up12(→))|)＝eq\f(－1－a,\r(3)·\r(1＋a2)).设PB与平面QCD所成角为θ，则sinθ＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(|a＋1|,\r(1＋a2))＝eq\f(\r(3),3)eq\r(1＋\f(2a,a2＋1)).因为eq\f(\r(3),3)eq\r(1＋\f(2a,a2＋1))≤eq\f(\r(6),3)，当且仅当a＝1时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq\f(\r(6),3).[B·素养提升]1．解析：(1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1因为CC1⊥平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以AC⊥EF因为AB＝BC，所以AC⊥BE.又EF∩BE＝E，FF，BE⊂平面BEF，所以AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥CC1，FF∥CC1，又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC，因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E­xyz，由题意得E(0,0,0)，B(0,2,0)，C(－1,0,0)，D(1,0,1)，F(0,0,2)，G(0,2,1)．

所以eq\o(BC,\s\up12(→))＝(－1，－2,0)，Beq\o(D,\s\up12(→))＝(1，－2,1)．设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up12(→))＝0,n·\o(BD,\s\up12(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋2y0＝0,x0－2y0＋z0＝0.))令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.于是n＝(2，－1，－4)．又因为平面CC1D的一个法向量为eq\o(EB,\s\up12(→))＝(0,2,0)，所以cos〈n，eq\o(EB,\s\up12(→))〉＝eq\f(n·\o(EB,\s\up12(→)),|n||\o(EB,\s\up12(→))|)＝－eq\f(\r(21),21).由题知二面角B­CD­C1为钝角，所以其余弦值为－eq\f(\r(21),21).(3)证明：由(2)知平面BCD的一个法向量为n＝(2，－1，－4)，eq\o(FG,\s\up12(→))＝(0,2，－1)．因为n·eq\o(FG,\s\up12(→))＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直线FG与平面BCD相交．2．解析：(1)法一当P为ED的中点时，连接CD，∵O为CE的中点，∴OP∥CD，又OP⊄平面ACFD，CD⊂平面ACFD，∴OP∥平面ACFD.法二取EF的中点G，∵P为ED的中点，∴PG∥FD，又PG⊄平面ACFD，FD⊂平面ACFD，∴PG∥平面ACFD.连接OG，同理可证OG∥平面ACFD.故平面OPG∥平面ACFD.又OP⊂平面OPG，∴OP∥平面ACFD.(2)连接AE，AF，AO，(图略)令AB＝eq\r(2)，∵∠ABE＝∠ACF＝eq\f(π,3)，∴AB＝AC＝AF＝AE.又O为BF，CE的中点，∴AO⊥BF，AO⊥CE，∴AO⊥平面CBEF，又BC⊂平面CBEF，∴AO⊥BC，取BC的中点S，连接AS，OS，易知BC⊥AS，∴BC⊥平面ASO，∴BC⊥OS，又易知OS∥CF，∴BC⊥CF，故底面BCFE为正方形．以OB，OE，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则O(0,0,0)，B(1,0,0)，E(0,1,0)，F(－1,0,0)，A(0,0,1)，eq\o(OF,\s\up12(→))＝(－1,0,0)，eq\o(BE,\s\up12(→))＝(－1,1,0)，由eq\o(AD,\s\up12(→))＝eq\o(BE,\s\up12(→))，得D(－1,1,1)，令eq\o(DP,\s\up12(→))＝teq\o(DE,\s\up12(→))(0<t<1)，则P(t－1,1,1－t)，eq\o(OP,\s\up12(→))＝(t－1,1,1－t)．设平面OPF的法向量为m＝(x，y，z)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(OP,\s\up12(→))＝0,m·\o(OF,\s\up12(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t－1x＋y＋z1－t＝0,－x＝0，))取z＝1，则m＝(0，t－1,1)，为平面OPF的一个法向量．同理可知n＝(1，－1,1)为平面DEF的一个法向量．|cos〈m，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(|m·n|,|m||n|)))＝eq\f(7\r(3),15)，得t＝eq\f(1,4)，故|eq\o(DP,\s\up12(→))|＝eq\f(1,4)|eq\o(DE,\s\up12(→))|，即当点P为DE的靠近点D的四等分点时，二面角O­PF­E的余弦值为eq\f(7\r(3),15).3．解析：(1)将△PCD沿CD折起过程中，CD⊥平面P1DA成立．证明如下：∵D是PA的中点，PA＝4，∴DP＝DA＝2.在△PDC中，由余弦定理得，CD2＝PC2＋PD2－2PC·PD·cos45°＝8＋4－2×2eq\r(2)×2×eq\f(\r(2),2)＝4，∴CD＝2＝PD，∵CD2＋DP2＝8＝PC2，∴△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA，∴CD⊥DA，CD⊥P1D，P1D∩AD＝D，∴CD⊥平面P1DA.(2)由(1)知CD⊥平面P1DA，CD⊂平面ABCD，∴平面P1DA⊥平面ABCD，∵△P1DA为锐角三角形，∴P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接P1O，∴P1O⊥平面ABCD，则∠P1DA是P1D与平面ABCD所成的角，∴∠P1DA＝60°，∵DP1＝DA＝2，∴△P1DA为等边三角形，O为AD的中点，故以O为坐标原点，过