高考數(shù)學(xué)理用空間向量法解決立體幾何問(wèn)題目二輪提高練習(xí)題目

1、用空間向量法解決立體幾何問(wèn)題一、選擇題(每小題5分，共25分)1如圖所示，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，M、N分別為A1B和AC上的點(diǎn)，A1MAN，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是()A相交B平行C垂直D不能確定2在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA11，則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為()A.B.C.D.3已知正三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱長(zhǎng)與底面邊長(zhǎng)相等，則AB1與側(cè)面ACC1A1所成角的正弦等于()A.B.C.D.4過(guò)正方形ABCD的頂點(diǎn)A，引PA平面ABCD.若PABA，則平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A30° B4

2、5° C60° D90°5如圖所示，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，線段B1D1上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)且EF，則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()AACBEBEF平面ABCDC三棱錐ABEF的體積為定值D異面直線AE，BF所成的角為定值二、填空題(每小題5分，共15分)6在空間四邊形ABCD中，a2c，5a6b8c，對(duì)角線AC、BD的中點(diǎn)分別為P、Q，則_.7到正方體ABCDA1B1C1D1的三條棱AB、CC1、A1D1所在直線的距離相等的點(diǎn)：有且只有1個(gè)；有且只有2個(gè)；有且只有3個(gè)；有無(wú)數(shù)個(gè)其中正確答案的序號(hào)是_8已知ABCDA1B1C1D1為正方體，()232；&#

3、183;()0；向量與向量的夾角是60°；正方體ABCDA1B1C1D1的體積為|··|.其中正確命題的序號(hào)是_三、解答題(本題共3小題，共35分)9(11分)如圖，在四棱錐PABCD中，底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，BAD120°，且PA平面ABCD，PA2，M，N分別為PB，PD的中點(diǎn)(1)證明：MN平面ABCD；(2)過(guò)點(diǎn)A作AQPC，垂足為點(diǎn)Q，求二面角AMNQ的平面角的余弦值10(12分)如圖，已知斜三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面ABB1A1是菱形，且A1AB60°，M是A1B1的中點(diǎn)，MBAC.(1)求證：MB平面ABC；(

4、2)求二面角A1BB1C的余弦值11(12分)如圖，在四棱錐PABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD2.E是PB的中點(diǎn)(1)求證：平面EAC平面PBC；(2)若二面角PACE的余弦值為，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值參考答案1B()()，又是平面BB1C1C的一個(gè)法向量，且··0，又MN面BB1C1C，MN平面BB1C1C.2D連A1C1與B1D1交與O點(diǎn)，再連BO，ABBC，C1O面DD1BB1，則OBC1為BC1與平面BB1D1D所成角cosOBC1，OC1，BC1，cosOBC1.3A如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)

5、正三棱柱的棱長(zhǎng)為2，A(0，1,0)，B1(，0,2)，則(，1,2)，O(0,0,0)，B(，0,0)，則(，0,0)為側(cè)面ACC1A1的法向量由sin .4B建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不難求出平面APB與平面PCD的法向量n1(0,1,0)，n2(0,1,1)，故平面ABP與平面CDP所成二面角(銳角)的余弦值為，故所求的二面角的大小是45°.5DAC平面BB1D1D，又BE平面BB1D1D.ACBE，故A正確B1D1平面ABCD，又E、F在直線D1B1上運(yùn)動(dòng)，EF平面ABCD，故B正確C中由于點(diǎn)B到直線B1D1的距離不變，故BEF的面積為定值，又點(diǎn)A到平面BEF的距離為，故

6、VABEF為定值當(dāng)點(diǎn)E在D1處，點(diǎn)F為D1B1的中點(diǎn)時(shí)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，可得A(1,1,0)，B(0,1,0)，E(1,0,1)，F(xiàn)，1，(0，1,1)，1，·.又|AE|，|BF|，cos，.此時(shí)異面直線AE與BF成30°角當(dāng)點(diǎn)E為D1B1的中點(diǎn)，點(diǎn)F在B1處時(shí)，此時(shí)E，1，F(xiàn)(0,1,1)，1，(0,0,1)，·1，|，cos，故選D.6解析如圖，2()()00a2c5a6b8c6a6b10c，3a3b5c.答案3a3b5c7解析注意到正方體ABCDA1B1C1D1的對(duì)角線B1D上的每一點(diǎn)到直線AB，CC1，A1D1的距離都相等，因此到ABCDA

7、1B1C1D1的三條棱AB，CC1，A1D1所在直線距離相等的點(diǎn)有無(wú)數(shù)個(gè)，其中正確答案的序號(hào)是.答案8解析設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，中()23()23，故正確；中，由于AB1A1C，故正確；中A1B與AD1兩異面直線所成的角為60°，但與的夾角為120°，故不正確；中|··|0.故也不正確答案9(1)證明因?yàn)镸，N分別是PB，PD的中點(diǎn)，所以MN是PBD的中位線，所以MNBD.又因?yàn)镸N平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)解連接AC交BD于O.以O(shè)為原點(diǎn)，OC，OD所在直線為x，y軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，如圖所示在菱形ABCD中，BAD120&#

8、176;，得ACAB2，BDAB6.又因?yàn)镻A平面ABCD，所以PAAC.在直角三角形PAC中，AC2，PA2，AQPC，得QC2，PQ4.由此知各點(diǎn)坐標(biāo)如下，A(，0,0)，B(0，3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)，P(，0,2)，M，N，Q.設(shè)m(x，y，z)為平面AMN的法向量由，知，取z1，得m(2，0，1)設(shè)n(x，y，z)為平面QMN的法向量由，知，取z5，得n(2，0,5)于是cosm，n.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值為.10(1)證明側(cè)面ABB1A1是菱形，且A1AB60°，A1BB1為正三角形，又點(diǎn)M為A1B1的中點(diǎn)，BMA1B1，ABA1B1，BM

9、AB，由已知MBAC，MB平面ABC.(2)解如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)菱形ABB1A1邊長(zhǎng)為2，得B1(0，1，)，A(0,2,0)，C(，1,0)，A1(0,1，)則(0,1，)，(0,2,0)，(0，1，)，(，1,0)設(shè)面ABB1A1的法向量n1(x1，y1，z1)，由n1，n1得，令x11，得n1(1,0,0)設(shè)面BB1C1C的法向量n2(x2，y2，z2)，由n2，n2得令y2，得n2(1，1)，得cosn1，n2.又二面角A1BB1C為銳角，所以所求二面角的余弦值為.11(1)證明PC平面ABCD，AC平面ABCD，ACPC，AB2，ADCD1，ACBC，AC2BC2AB2，ACBC，又BCPCC，AC平面PBC，AC平面EAC，平面EAC平面PBC.(2)解如圖，以C為原點(diǎn)，、分別為x軸、y軸、z軸正向，建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1， 1,0)設(shè)P(0,0，a)(a0)，則E，(1,1,0)，(0,0， a)，取m(1，1,0)，則m·m·0，m