专题能力训练13 空间向量与立体几何(时间:60分钟 满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=1,AA1=,M是CC1的中点,则异面直线AB1与A1M所成的角为( ) A.60°B.45°C.30°D.90°2.已知平面α内有一点M(1,-1,2),平面α的一个法向量为n=(6,-3,6),则下列点P中,在平面α内的是( )A.P(2,3,3)B.P(-2,0,1)C.P(-4,4,0)D.P(3,-3,4)3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )ABCD4.(2022浙江金华联盟联考)已知斜四棱柱ABCD-A1B1C1D1的各棱长均为2,∠A1AD=60°,∠BAD=90°,平面A1ADD1⊥平面ABCD,则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为( )ABCD5.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是BC的中点,P,Q是正方体内部或面上的两个动点,则的最大值是( )AB.1CD6.在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BAC=,AB=AC=AA1=1,已知G和E分别为A1B1和CC1的中点,D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点),若GD⊥EF,则线段DF的长度的取值范围为( )ABCD7.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )8.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别是线段CC1,BD上的点,R是直线AD上的点,满足PQ∥平面ABC1D1,PQ⊥RQ,且P,Q不是正方体的顶点,则|PR|的最小值是( )9\nABCD二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是 . 10.(2022浙江杭州模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为 . 11.过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若AB=PA,则平面ABP与平面CDP所成的二面角为 . 12.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,在面对角线A1D上取点M,在面对角线CD1上取点N,使得MN∥平面AA1C1C,当线段MN长度取到最小值时,三棱锥A1-MND1的体积为.13.已知点E,F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1的中点,点M,N分别是线段D1E与C1F上的点,则与平面ABCD垂直的直线MN有 条. A.0B.1C.2D.无数个14.如图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M和N分别是A1B1和BB1的中点,那么直线AM与CN所成角的余弦值为 . 9\n三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)在边长为3的正三角形ABC中,E,F,P分别是AB,AC,BC边上的点,满足AE∶EB=CF∶FA=CP∶PB=1∶2(如图(1)),将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使二面角A1-EF-B成直二面角,连接A1B,A1P(如图(2)).(1)求证:A1E⊥平面BEP;(2)求二面角B-A1P-E的余弦值.9\n16.(本小题满分15分)如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.参考答案专题能力训练13 空间向量与立体几何1.D2.A 解析逐一验证法,对于选项A,∵=(1,4,1),∴·n=6-12+6=0,∴⊥n,∴点P在平面α内,同理可验证其他三个点不在平面α内.3.B 解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,设棱长为1,则A1(0,0,1),E,D(0,1,0),∴=(0,1,-1),.设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),∴有解得∴n1=(1,2,2).∵平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),∴cos<n1,n2>=,即所成的锐二面角的余弦值为.4.C 解析取AD的中点O,连接OA1,易证A1O⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系,得B(2,-1,0),D1(0,2,),=(-2,3,),平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),设BD1与平面ABCD所成的角为θ,∴sinθ=,∴tanθ=.9\n5.C 解析以A为坐标原点,分别以AD,AB,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),M,所以.设=(x,y,z),由题意可知因为·x+1·y+0·z=x+y,又-1≤x≤1,-1≤y≤1,所以-x≤.所以-x+y≤.故的最大值为.6.A 解析建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),E,G,F(x,0,0),D(0,y,0).由于GD⊥EF,所以x+2y-1=0,DF=.当y=时,线段DF长度的最小值是.当y=1时,线段DF长度的最大值是1.因不包括端点,故y=1不能取,应选A.7.A 解析以D为原点,DA,DC分别为x轴、y轴建立坐标系如图:设M(x,y,0),正方形边长为a,则P,C(0,a,0),则|MC|=,|MP|=.由|MP|=|MC|得x=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条直线y=x.故选A.8.B 解析如图,分别以AB,AD,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,9\n则B(1,0,0),D(0,1,0),B1(1,0,1),C(1,1,0).设P(1,1,m)(0≤m≤1),=λ(0≤λ≤1),Q(x0,y0,0),则(x0-1,y0,0)=λ(-1,1,0),∴∴Q(1-λ,λ,0),∴=(-λ,λ-1,-m).连接B1C,∵正方体ABCD-A1B1C1D1中,BCC1B1是正方形,AB⊥平面BCC1B1,∴B1C⊥AB,B1C⊥BC1.又AB∩BC1=B,∴B1C⊥平面ABC1D1,∵PQ∥平面ABC1D1,∴B1C⊥PQ.又=(0,1,-1),∴=λ-1+m=0,∴λ=1-m,∴Q(m,1-m,0),=(m-1,-m,-m).设R(0,n,0),则=(m,1-m-n,0),∵PQ⊥RQ,∴=m(m-1)-m(1-m-n)=0,即n=2-2m,∴R(0,2-2m,0),=(-1,1-2m,-m),||=,∴当m=时,|PR|的最小值是.9.MN∥平面BB1C1C 解析以C1为坐标原点建立如图所示的坐标系.∵A1M=AN=,则M,N,∴.又C1(0,0,0),D1(0,a,0),∴=(0,a,0),∴=0,∴.又∵是平面BB1C1C的法向量,且MN⊄平面BB1C1C,∴MN∥平面BB1C1C.10. 解析以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设n=(x,y,z)为平面A1BC1的法向量,9\n则n·=0,n·=0,即令z=2,则y=1,x=2,于是n=(2,1,2),=(0,2,0).设所求线面角为α,则sinα=|cos<n,>|=.11.45° 解析如图,建立空间直角坐标系,设AB=PA=1,则A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),由题意,AD⊥平面PAB,设E为PD的中点,连接AE,则AE⊥PD,又CD⊥平面PAD,∴CD⊥AE,从而AE⊥平面PCD.∴=(0,1,0),分别是平面PAB,平面PCD的法向量,且<>=45°.故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.12.1 解析如图,建立空间直角坐标系,则可设M(t,0,t),N(0,s,3-s),∴=(t,-s,t+s-3),易知平面AA1C1C的法向量n=(1,1,0),由MN∥平面AA1C1C可知,·n=0,∴(t,-s,t+s-3)·(1,1,0)=0,得t=s.∴||2=2t2+(2t-3)2=6t2-12t+9,故当t=1时,MN长度取到最小值,此时M(1,0,1),N(0,1,2),∴·yN=·3·2·1=1.13.1 解析不妨设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(2,0,2),E(1,2,0),=(-1,2,-2),C1(0,0,2),F(2,2,1),=(2,2,-1).设=λ=t,则M(2-λ,2λ,2-2λ),N(2t,2t,2-t),=(2t-2+λ,2t-2λ,2λ-t).由于MN与平面ABCD垂直,所以λ=t=,由于此解唯一,故满足条件的MN只有一条.14.9\n 解析以D为坐标原点,为x轴,为y轴,为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则A(1,0,0),M,C(0,1,0),N,∴.设直线AM与CN所成的角为θ,则cosθ=|cos<>|==.15.(1)证明在图(1)中,取BE的中点D,连接DF,∵AE∶EB=CF∶FA=1∶2,∴AF=AD=2,而∠A=60°,∴△ADF为正三角形.又AE=DE=1,∴EF⊥AD.在图(2)中,A1E⊥EF,BE⊥EF,∴∠A1EB为二面角A1-EF-B的一个平面角.由题设条件知此二面角为直二面角,∴A1E⊥平面BEP.(2)解分别以EB,EF,EA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则E(0,0,0),B(2,0,0),P(1,,0),A1(0,0,1),=(0,0,1),=(1,,0),=(-2,0,1),=(-1,,0).设面EA1P的法向量为m=(x,y,z),则取y=-1,得m=(,-1,0);设面BA1P的法向量为n=(x,y,z),则取y=1,得n=(,1,2).∴cos<m,n>=.∴二面角B-A1P-E的余弦值为.16.解(1)因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE.9\n(2)取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,则x=,y=-1.于是n=(,-1,1).平面AEF的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>==-.由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-.(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即=0.因为=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),所以=-2(a-2)-3(a-2)2.由=0及0<a<2,解得a=.9
