2015届高考理科数学第二专题整合检测题1

第2讲立体几何中的向量方法一、选择题1．已知平面ABC，点M是空间任意一点，点M满足条件eq\o(OM,\s\up7(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up7(→))，则直线AM ()．A．与平面ABC平行 B．是平面ABC的斜线C．是平面ABC的垂线 D．在平面ABC内解析由已知得M，A，B，C四点共面，所以AM在平面ABC内，选D.答案D2.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq\f(\r(2),3)a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是A．垂直 B．平行C．相交 D．不能确定解析分别以C1B1、C1D1、C1C所在直线为x，y，z∵A1M＝AN＝eq\f(\r(2),3)a，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2,3)a，\f(a,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，\f(2,3)a，a))，∴eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，0，\f(2,3)a)).又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，∴eq\o(C1D1,\s\up7(→))＝(0，a,0)，∴eq\o(MN,\s\up7(→))·eq\o(C1D1,\s\up7(→))＝0，∴eq\o(MN,\s\up7(→))⊥eq\o(C1D1,\s\up7(→)).又∵eq\o(C1D1,\s\up7(→))是平面BB1C1C的法向量，且MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面答案B3．(2014·新课标全国卷Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为A.eq\f(1,10) B.eq\f(2,5)C.eq\f(\r(30),10) D.eq\f(\r(2),2)解析建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，设BC＝2，则B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，所以eq\o(BM,\s\up7(→))＝(1，－1,2)，eq\o(AN,\s\up7(→))＝(－1,0,2)，故cos〈eq\o(BM,\s\up7(→))，eq\o(AN,\s\up7(→))〉＝eq\f(|\o(BM,\s\up7(→))·\o(AN,\s\up7(→))|,|\o(BM,\s\up7(→))|·|\o(AN,\s\up7(→))|)＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).答案C4．(2014·四川卷)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是 A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(2),3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)，1))解析以D为原点，以DA、DC、DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则有A(2,0,0)，O(1,1,0)，P(0,2，m)(0≤m≤2)，C1(0,2,2)．易知面A1DB的一个法向量为eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(－2,2,2)，eq\o(OP,\s\up7(→))＝(－1,1，m)，∴sinα＝eq\f(\o(AC1,\s\up7(→))·\o(OP,\s\up7(→)),|\o(AC1,\s\up7(→))||\o(OP,\s\up7(→))|)＝eq\f(2＋m,\r(3)·\r(2＋m2))，令2＋m＝t，∴m＝t－2(2≤t≤4)，∴sinα＝eq\f(t,\r(3)·\r(t2－4t＋6))＝eq\f(1,\r(3)·\r(1－\f(4,t)＋\f(6,t2)))，由二次函数的值域求解方法可知，y＝eq\r(1－\f(4,t)＋\f(6,t2))的值域为y∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),3)))，∴sinα∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1)).故选B.答案B5．(2014·北京东城区模拟)如图，点P是单位正方体ABCD－A1B1C1D1中异于A的一个顶点，则eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))的值为 ()．A．0 B．1C．0或1 D．任意实数解析eq\o(AP,\s\up7(→))可为下列7个向量：eq\o(AB,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))，eq\o(AB1,\s\up7(→))，eq\o(AC1,\s\up7(→))，eq\o(AD1,\s\up7(→)).其中一个与eq\o(AB,\s\up7(→))重合，eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＝1；eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AD1,\s\up7(→))，eq\o(AA1,\s\up7(→))与eq\o(AB,\s\up7(→))垂直，这时eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0；eq\o(AC,\s\up7(→))，eq\o(AB1,\s\up7(→))与eq\o(AB,\s\up7(→))的夹角为45°，这时eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\r(2)×1×coseq\f(π,4)＝1，最后eq\o(AC1,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\r(3)×1×cos∠BAC1＝eq\r(3)×eq\f(1,\r(3))＝1，故选C.答案C二、填空题6．在一直角坐标系中，已知A(－1,6)，B(3，－8)，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为________．解析如图为折叠后的图形，其中作AC⊥l于点C，BD⊥l于点D，则AC＝6，BD＝8，CD＝4，两异面直线AC，BD所成的角为60°，故由eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))，得|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＝|eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(DB,\s\up7(→))|2＝68，∴|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝2eq\r(17).答案2eq\r(17)7．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝a，点E为侧棱PC的中点，又作DF⊥PB交PB于点F，则PB与平面EFD所成角为______．解析建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，D为坐标原点，则P(0,0，a)，B(a，a,0)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(a，a，－a)，又eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(PB,\s\up7(→))·eq\o(DE,\s\up7(→))＝0＋eq\f(a2,2)－eq\f(a2,2)＝0，所以PB⊥DE，由已知DF⊥PB，且DF∩DE＝D，所以PB⊥平面EFD，所以PB与平面EFD所成角为90°.答案90°8．(2014·孝感模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在直线BC1上运动时，有下列三个命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；③二面角P－AD1－C解析①中，∵BC1∥平面AD1C，∴BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，所以体积不变，正确；②中，P在直线BC1上运动时，直线AB与平面ACD1所成角和直线AC1与平面ACD1所成角不相等，所以不正确；③中，P在直线BC1上运动时，点P在平面AD1C1B中，即二面角P－AD1答案①③三、解答题9．(2014·烟台一模)在平行四边形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BD＝8，E是线段AD的中点．如图所示，沿直线BD将△BCD翻折成△BC′D，使得平面BC′D⊥平面ABD.(1)求证：C′D⊥平面ABD；(2)求直线BD与平面BEC′所成角的正弦值．(1)证明平行四边形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BD＝8，沿直线BD将△BCD翻折成△BC′D，可知C′D＝CD＝6，BC′＝BC＝10，BD＝8，即BC′2＝C′D2＋BD2∴C′D⊥BD.又∵平面BC′D⊥平面ABD，平面BC′D∩平面ABD＝BD，C′D⊂平面BC′D，∴C′D⊥平面ABD.(2)解由(1)知C′D⊥平面ABD，且CD⊥BD，如图，以D为原点，建立空间直角坐标系D－xyz.则D(0,0,0)，A(8,6,0)，B(8,0,0)，C′(0,0,6)．∵E是线段AD的中点，∴E(4,3,0)，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－8,0,0)．在平面BEC′中，eq\o(BE,\s\up7(→))＝(－4,3,0)，eq\o(BC′,\s\up7(→))＝(－8,0,6)，设平面BEC′法向量为n＝(x，y，z)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up7(→))·n＝0，,\o(BC′,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x＋3y＝0，,－8x＋6z＝0，))令x＝3，得y＝4，z＝4，故n＝(3,4,4)．设直线BD与平面BEC′所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(BD,\s\up7(→))〉|＝eq\f(|n·\o(BD,\s\up7(→))|,|n||\o(BD,\s\up7(→))|)＝eq\f(3\r(41),41).∴直线BD与平面BEC′所成角的正弦值为eq\f(3\r(41),41).10．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D­AE­C为60°，AP＝1，AD＝eq\r(3)，求三棱锥E­ACD体积．(1)证明连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)证明因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．如图，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up7(→))的方向为x轴的正方向，|eq\o(AP,\s\up7(→))|为单位长，建立空间直角坐标系A－xyz，则D(0，eq\r(3)，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，eq\r(3)，0)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(m，eq\r(3)，0)．设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up7(→))＝0，,n1·\o(AE,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设知|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,2)，即eq\r(\f(3,3＋4m2))＝eq\f(1,2)，解得m＝eq\f(3,2).因为E为PD的中点，所以三棱锥E－ACD的高为eq\f(1,2)，三棱锥E－ACD的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(3,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),8).11.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)证明：PC⊥AD；(2)求二面角A­PC­D的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．(1)证明如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意，得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0，P(0,0,2)．易得eq\o(PC,\s\up7(→))＝(0,1，－2)，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(2,0,0)，于是eq\o(PC,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝0，所以PC⊥AD.(2)解eq\o(PC,\s\up7(→))＝(0,1，－2)，eq\o(CD,\s\up7(→))＝(2，－1，0)