【文档说明】高考数学(理数)二轮复习专题3 第3讲《空间向量》练习 (含答案详解).doc，共(9)页，218.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题复习检测A卷1．在空间四边形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝π3，则cos〈OA→，BC→〉等于()A．12B．22C．－12D．0【答案】D【解析】OA→·BC→＝OA→·(OC→－

OB→)＝OA→·OC→－OA→·OB→＝|OA→|·|OC→|cos〈OA→，OC→〉－|OA→|·|OB→|cos〈OA→，OB→〉＝|OA→|·|OC→|cosπ3－|OA→|·|OB→|cosπ3＝0，∴cos〈OA→，BC→〉＝0.2．已知长方体ABCD－A1B1C1

D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1和平面DBB1D1夹角的正弦值为()A．32B．33C．105D．1010【答案】C【解析】如图，建立空间直角坐标系，则B(4,0,0)，C(4,4,0)，C1(4,4,2)，

显然AC⊥平面BB1D1D，所以AC→＝(4,4,0)为平面BB1D1D的一个法向量．又BC1→＝(0,4,2)，所以cos〈BC1→，AC→〉＝BC1→·AC→|BC1→||AC→|＝1616＋4·16

＋16＝105，即直线BC1和平面DBB1D1夹角的正弦值为105.3．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A．5π12B．π3

C．π4D．π6【答案】B【解析】如图，过P作PP′⊥平面ABC于P′，则P′为平面ABC的中心．连接AP′，延长交BC于点M，则∠P′AP即为PA与平面ABC所成的角．由V＝Sh，得h＝VS＝9412×3×32×3＝3，即PP′＝3.又AP′＝23AM＝1，所以tan∠P′AP＝3

.所以∠P′AP＝π3.故选B．4．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为()A．150°B．45°C．60°D．120°【答案

】C【解析】由条件知CA→·AB→＝0，AB→·BD→＝0，因为CD→＝CA→＋AB→＋BD→，所以|CD→|2＝|CA→|2＋|AB→|2＋|BD→|2＋2CA→·AB→＋2AB→·BD→＋2CA→·BD→＝62＋42＋82＋

2×6×8cos〈CA→，BD→〉＝(217)2.所以cos〈CA→，BD→〉＝－12，则〈CA→，BD→〉＝120°，即〈AC→，BD→〉＝60°.所以二面角的大小为60°.5．(广东东莞模拟)如图，圆锥的底面直径AB＝2，高OC＝2，D为底面圆周上的一点，∠AOD＝120°，则空间中

两条直线AD与BC所成的角为()A．30°B．60°C．75°D．90°【答案】B【解析】如图，取弧AB中点E，以O为原点，OE所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OC所在直线为z轴建立空间直角坐标系．由题意得A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C(0,0，2)，D32，12

，0，则AD→＝32，32，0，BC→＝(0，－1，2)．设直线AD与BC所成的角为θ，则cosθ＝|AD→·BC→||AD→|·|BC→|＝12，∴θ＝60°.故选B．6．(上海改编)已知向量a＝(1,0,2)，b＝(2,1,0)，则a与b的夹

角的余弦值为________．【答案】25【解析】cosθ＝a·b|a||b|＝2＋0＋05×5＝25.7．如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是________．【答案】90°【解析】不妨设棱长为2，则AB1→

＝BB1→－BA→，BM→＝BC→＋12BB1→，cos〈AB1→，BM→〉＝BB1→－BA→·BC→＋12BB1→22×5＝|0－2＋2－0|22×5＝0，所以〈AB1→，BM→〉＝90°.8．正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面A

BCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值为________．【答案】45°【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝AB＝1.则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．于是AD→

＝(0,1,0)．取PD中点为E，则E0，12，12，∴AE→＝0，12，12.易知AD→是平面PAB的法向量，AE→是平面PCD的法向量，∴cos〈AD→，AE→〉＝22，∴平面PAB与平面PCD的夹角为45°.9．(新课标Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，侧

面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)求证：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－

D的余弦值．【解析】(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.∵E，F分别是PD，PA的中点，∴EF∥AD，EF＝12AD.又∵∠BAD＝∠ABC＝90°，∴BC∥AD.又BC＝12AD，∴EF＝BC，EF∥BC.∴四边形BCEF是平行四边形，CE∥B

F.又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，取AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，3)

，PC→＝(1,0，－3)，AB→＝(1,0,0)．设M(x，y，z)(0＜x＜1)，则BM→＝(x－1，y，z)，PM→＝(x，y－1，z－3)．∵BM与底面ABCD所成的角为45°，n＝(0,0,1)是底面ABCD的

法向量，∴|cos〈BM→，n〉|＝|z|x－12＋y2＋z2＝22，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设PM→＝λPC→，则x＝λ，y＝1，z＝3－3λ.②由①②解得x＝1－22，y＝1，z＝62或x＝1＋22

，y＝1，z＝－62(舍去)．设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则m·AM→＝0，m·AB→＝0，得1－22x0＋y0＋62z0＝0，x0＝0.∴可取m＝(0，－6，2)，则cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝105，∴二面角M－AB－D的余弦

值为105.10．(河南郑州模拟)如图，△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，E，F分别为AB，AC边的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置，且PB＝BE.(1)求证：EF⊥平

面PBE；(2)N为线段PF上的动点，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值．【解析】(1)因为E，F分别为AB，AC边的中点，所以EF∥BC.因为∠ABC＝90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE.又因为BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE.(2)因为EF⊥平面PBE，EF⊂平面BC

FE，所以平面BCFE⊥平面PBE.由题意得PB＝PE＝BE，取BE的中点O，连接PO，则PO⊥BE，PO⊥平面BCFE.以O为原点，OB→为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.可得P0，0，32，B12，0，0，C

12，2，0，F－12，1，0，则PC→＝12，2，－32，PF→＝－12，1，－32.设平面PCF的法向量为m＝(x，y，z)，则m·PC→＝12x＋2y－32z＝0，m·PF→＝

－12x＋y－32z＝0，取x＝2，可得y＝－2，z＝－23，则m＝(2，－2，－23)．设PN→＝λPF→(0≤λ≤1)，则BN→＝BP→＋λPF→＝－12，0，32＋λ－12，1，－32＝－12－12λ，λ，32－3

2λ.设直线BN与平面PCF所成角为θ，则sinθ＝|cos〈m，BN→〉|＝|m·BN→||m||BN→|＝425·2λ2－λ＋1.对于2λ2－λ＋1＝2λ－142＋78，当λ＝14时取得最小值78，此时sinθ取得最大值47035.所以直线BN

与平面PCF所成角的正弦值的最大值为47035.B卷11．已知三棱锥S－ABC的各棱长均相等，O为△ABC的中心，E是SA的中点，则异面直线OE与AB所成角的正弦值为()A．23B．33C．22D．32【答案】D【解析】如图，取SB的中点F，连接OA，OB，OF，E

F，则EF∥AB，且EF＝12AB，∴∠OEF(或其补角)就是异面直线OE与AB所成的角．∵O是等边三角形ABC的中心，设△ABC边长为1，∴OA＝33，SO⊥底面ABC.∴∠SOA＝90°.在Rt△SOA中，E是斜边SA的中点，∴OE＝12SA＝12.同理可得OF＝12.又EF＝12AB

＝12，∴△OEF是正三角形，∴∠OEF＝60°，即异面直线OE与AB所成角的正弦值为32.12．(浙江)设三棱锥V－ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)．记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P－AC－B的平面

角为γ，则()A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β【答案】B【解析】方法一：如图G为AC的中点，V在底面的射影为O，则P在底面上的射影D在线段AO上，作DE⊥AC于E.易得PE∥VG，过P作PF∥AC交VG于F，过D作

DH∥AC交BG于H，则α＝∠BPF，β＝∠PBD，γ＝∠PED，则cosα＝PFPB＝EGPB＝DHPB＜BDPB＝cosβ，可得β＜α；tanγ＝PDED＞PDBD＝tanβ，可得β＜γ.故选B．方法二

(特殊图形法)：设三棱锥V－ABC为棱长为2的正四面体，P为VA的中点，易得cosα＝123＝36，所以sinα＝336，sinβ＝633＝23，sinγ＝6332＝223，则β＜α，β＜γ.故选B．13．P是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM，PN，如果

∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为________．【答案】90°【解析】不妨设PM＝a，PN＝b，如图，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，∵∠EPM＝∠FPN＝45°，∴PE＝22a，PF＝22b.∴EM→·FN→＝(PM→－PE→)·(PN→

－PF→)＝PM→·PN→－PM→·PF→－PE→·PN→＋PE→·PF→＝abcos60°－a×22bcos45°－22a×bcos45°＋22a×22b＝ab2－ab2－ab2＋ab2＝0.∴EM→⊥

FN→，即二面角α－AB－β的大小为90°.14．(天津)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(

3)若二面角E－BD－F的余弦值为13，求线段CF的长．【解析】(1)证明：以A为坐标原点，分别以AB→，AD→，AE→所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(1,0,0

)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．设CF＝h，则F(1,2，h)．易知AB→＝(1,0,0)是平面ADE的一个法向量，又BF→＝(0,2，h)，∴BF→·AB→＝0.又∵直线BF⊄平面ADE，∴BF∥平面ADE.(2)依题意，BD→＝(－1,1,0)，BE

→＝(－1,0,2)，CE→＝(－1，－2,2)．设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则n·BD→＝0，n·BE→＝0，即－x＋y＝0，－x＋2z＝0.令z＝1，得n＝(2,2,1)．∴cos〈CE→，n〉＝CE→·n|CE→||n|＝

－49.∴直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则m·BD→＝0，m·BF→＝0，即－x＋y＝0，2y＋hz＝0.令y＝1，得m＝1，1，－2h.|cos〈m，n〉|＝|m·

n||m||n|＝4－2h3×2＋4h2＝13，解得h＝87.经检验，符合题意，故线段CF的长为87.