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【考前30天绝密资料】2012年高考考前30天三轮专题提分必练绝密之 十四空间向量与立体几何(课标理科专用)


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专题限时集训(十四) [第 14 讲 空间向量与立体几何] (时间:10 分钟+35 分钟)

2012 二轮精品提分必练 1.已知向量{a,b,c}是空间的一基底,向量{a+b,a-b,c}是空间的另一基底,一 向量 p 在基底{a, c}下的坐标为(4,2,3), b, 则向量 p 在基底{a+b, a-b, c}下的坐标是( ) A.(4,0,3) B.(3,1,3) C.(1,2,3) D.(2,1,3) → → → → 2.对于空间任意一点 O 和不共线的三点 A,B,C,有OP=xOA+yOB+zOC(x,y,z ∈R),则 x=2,y=-3,z=2 是 P,A,B,C 四点共面的( ) A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 3.在空间直角坐标系中,点 M(5,1,-2)关于 xOz 面的对称点坐标为________. 4. 若向量 a=(1,1, b=(1,2,1), x), c=(1,1,1), 满足条件(c-a)·(2b)=-2, x=________. 则 2012 二轮精品提分必练 1.平面 α 的一个法向量 n=(1,-1,0),则 y 轴与平面 α 所成的角的大小为( ) π π A. B. 4 6 π 3π C. D. 3 4 2.平面 α,β 的法向量分别是 n1=(1,1,1),n2=(-1,0,-1),则平面 α,β 所成角的余 弦值是( ) 3 3 A. B.- 3 3 6 6 C. D.- 3 3 3. M 在 z 轴上, 点 它与经过坐标原点且方向向量为 s=(1, -1,1)的直线 l 的距离为 6, 则点 M 的坐标是( ) A.(0,0,±2) B.(0,0,±3) C.(0,0,± 3) D.(0,0,±1) → 4. 在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 为正方体内一动点(包括表面), P 若AP= → → → xAB+yAD+zAA1, 0≤x≤y≤z≤1.则点 P 所有可能的位置所构成的几何体的体积是( 且 ) 1 1 1 A.1 B. C. D. 2 3 6 5.平面 α 经过点 A(0,0,2)且一个法向量 n=(1,-1,-1),则 x 轴与平面 α 的交点坐标 是________. 6.如图 14-1,在空间直角坐标系中有棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1,点 M 是 线段 DC1 上的动点,则点 M 到直线 AD1 距离的最小值是________. 2012 二轮精品提分必练 图 14-1 7.如图 14-2,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BCA=90°,AC=BC=2,A1 在底面 ABC 上 的射影恰为 AC 的中点 D,又知 BA1⊥AC1.

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(1)求证:AC1⊥平面 A1BC; (2)求二面角 A-A1B-C 的余弦值. 2012 二轮精品提分必练 图 14-2

8.如图 14-3,在底面是正方形的四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥面 ABCD,BD 交 AC 于 点 E,F 是 PC 中点,G 为 AC 上一点. (1)求证:BD⊥FG; (2)确定点 G 在线段 AC 上的位置,使 FG∥平面 PBD,并说明理由; 2π (3)当二面角 B-PC-D 的大小为 时,求 PC 与底面 ABCD 所成角的正切值. 3 2012 二轮精品提分必练 图 14-3

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专题限时集训(十四) 【基础演练】 1.B 【解析】 设 p 在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(x,y,z),则 p=x(a+b)+y(a -b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,又 p=4a+2b+3c,故(x+y)a+(x-y)b+zc=4a+2b+3c, 由于 a,b,c 不共面,根据平面向量基本定理得 x+y=4,x-y=2,z=3,即 x=3,y=1, z=3,即 p 在基底{a+b,a-b,c}下的坐标是(3,1,3). → → → → → → 2.B 【解析】 当 x=2,y=-3,z=2 时,即OP=2OA-3OB+2OC,则AP-AO= → → → → → → → → 2OA-3(AB-AO)+2(AC-AO),即AP=-3AB+2AC,根据共面向量定理,P,A,B,C 四 → → → → → 点共面;反之当 P,A,B,C 四点共面时,根据共面向量定理AP=mAB+nAC,即OP-OA → → → → → → → → =m(OB-OA)+n(OC-OA),即OP=(1-m-n)OA+mOB+nOC,即 x=1-m-n,y=m,z =n,这组数显然不止 2,-3,2.故 x=2,y=-3,z=2 是 P,A,B,C 四点共面的充分不必 要条件. 3.(5,-1,-2) 【解析】 M 关于 xOz 面的对称点第一和第三坐标不变,第二坐标 互为相反数,故 M 关于 xOz 面的对称点的坐标是(5,-1,-2).在空间直角坐标系中求一 个点关于坐标原点、坐标轴和坐标平面的对称点的坐标,不要死记,只要根据中点坐标公式 即可,如求点 M(x,y,z)关于 z 轴的对称点 M′的坐标时,这个点在 z 轴上的射影点(0,0, z)就是点 M,M′的中点,根据中点坐标公式可得 M′(-x,-y,z). 4.2 【解析】 ∵c=(1,1,1),a=(1,1,x),∴c-a=(0,0,1-x),∴(c-a)·(2b)=(0,0,1 -x)·(2,4,2)=2(1-x)=-2,∴x=2. 【提升训练】 1.B 【解析】 y 轴的方向向量 s=(0,1,0),cos〈n,s〉= 面 α 所成角的正弦值是 2 π ,故其所成的角是 . 4 2 2 n·s =- ,即 y 轴与平 2 |n|·|s|

-2 n1·n2 6 2.C 【解析】 cos〈n1,n2〉= = =- ,故平面 α,β 所成角的余弦值 |n1|·|n2| 3 3· 2 是 6 . 3 3.B 【解析】 设 M(0,0,z),直线的一个单位方向向量 s0=? M 到直线 l 的距离 d= → → |OM|2-|OM·s0|2= 3 3 3? ,故点 ? 3 ,- 3 , 3 ?

1 z2- z2= 6,解得 z=±3. 3

4.D 【解析】 根据向量加法的几何意义和空间向量基本定理,满足 0≤x≤y≤1 的 点 P 在三棱柱 ACD-A1C1D1 内,满足 0≤y≤z≤1 的点 P 在三棱柱 AA1D1-BB1C1 内,故同 时满足 0≤x≤y≤1 和 0≤y≤z≤1 的点 P 在这两个三棱柱的公共部分,即图中的三棱锥 A- 1 1 1 A1C1D1 内,其体积是 × ×1×1×1= . 3 2 6 2012 二轮精品提分必练 → 5.(-2,0,0) 【解析】 设交点 M(x,0,0),AM=(x,0,-2),平面 α 的一个单位法向量

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是 n0=?

3 3 3? 3 2 3? → ,点 M 到平面 α 的距离 d=|AM·n0|=? x+ =0 得 x=-2, 3 ? ? 3 ,- 3 ,- 3 ? ?3

故 x 轴与平面 α 的交点坐标是(-2,0,0). 6. 3 → a 【解析】 设 M(0,m,m)(0≤m≤a),AD1=(-a,0,a),直线 AD1 的一个单位 3

方向向量 s0=?-

?

2 2? → ,由MD1=(0,-m,a-m),故点 M 到直线 AD1 的距离 d= ,0, 2 2? 1 m2+(a-m)2- (a-m)2= 2 1 3 2 m -am+ a2,根式内的二次函数当 2 2

→ → |MD1|2-|MD1·s0|2 =

-a a 3 a a 1 1 3 m=- = 时取最小值 ?3?2-a× + a2= a2,故 d 的最小值为 a. 3 3 2? ? 3 2 3 3 2× 2 7. 【解答】 (1)如图,设 A1D=t(t>0),取 AB 的中点 E, 则 DE∥BC,因为 BC⊥AC, 所以 DE⊥AC,又 A1D⊥平面 ABC, 以 DE,DC,DA1 分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系, 则 A(0,-1,0),C(0,1,0),B(2,1,0),A1(0,0,t),C1(0,2,t), → → AC1=(0,3,t),BA1=(-2,-1,t), → → → CB=(2,0,0),由AC1·CB=0,知 AC1⊥CB, 又 BA1⊥AC1,BA1∩CB=B,所以 AC1⊥平面 A1BC. → → (2)由AC1·BA1=-3+t2=0,得 t= 3. 设平面 A1AB 的法向量为 n=(x,y,z), → → AA1=(0,1, 3),AB=(2,2,0), 所以{y+ 3z=0,2x+2y=0, 设 z=1,则 n=( 3,- 3,1). 2012 二轮精品提分必练 再设平面 A1BC 的法向量为 m=(u,v,w), → → CA1=(0,-1, 3),CB=(2,0,0),

?-v+ 3w=0, 所以? 设 w=1,则 m=(0, 3,1). ?2u=0,
故 cos 〈m, = n〉 7 . 7 m·n 7 =- .因为二面角 A-A1B-C 为锐角, 所以可知二面角 A-A1B |m|·|n| 7

-C 的余弦值为

8. 【解答】 (1)以 A 为原点,AB、AD、PA 所在的直线分别为 x、y、z 轴, 建立空间直角坐标系 A-xyz 如图所示, 2012 二轮精品提分必练 设正方形 ABCD 的边长为 1,PA=a,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,

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1 1 1 1 a a)(a>0),E?2,2,0?,F?2,2,2?,G(m,m,0)(0<m< 2). ? ? ? ? 1 1 a → → (1)BD=(-1,1,0),FG=?m-2,m-2,-2?, ? ? 1 1 → → BD·FG=-m+ +m- +0=0.∴BD⊥FG. 2 2 (2)要使 FG∥平面 PBD,只需 FG∥EP, 1 1 → 而PE=?2,2,-a?, ? ?

?m-2=2λ, → → 由FG=λPE可得? a ?-2=-aλ,
3 1 解得 λ= ,m= , 4 2 3 3 ∴G?4,4,0?, ? ? → 3→ ∴AG= AC, 4 3 故当 AG= AC 时,FG∥平面 PBD. 4 (3)设平面 PBC 的一个法向量为 u=(x,y,z), → ?u·PC=0, ? → → 则? 而PC=(1,1,-a),BC=(0,1,0), → ?u·BC=0, ?
?x+y-az=0, ? ∴? 取 z=1,得 u=(a,0,1), ? ?y=0,

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同理可得平面 PDC 的一个法向量 v=(0,a,1), 2π 1 设 u,v 所成的角为 θ,则|cosθ|=?cos 3 ?= , ? ? 2 即 |u·v| 1 1 1 = ,∴ 2 = ,∴a=1, 2 |u||v| 2 a +1· a +1 2 PA 1 2 = = . AC 2 2

∵PA⊥面 ABCD,∴∠PCA 就是 PC 与底面 ABCD 所成的角, ∴tan∠PCA=

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