1、专题三立体几何与空间向量 专题检测选题明细表知识点方法A组B组集合与常用逻辑用语12复数91平面向量44,13不等式与线性规划215计数原理与古典概型811三角函数115,10,16空间几何体3,10,134,6,7,9,12空间位置关系5,7,12,14,153,8,14,17立体几何的向量方法6,1618A组一、选择题1.若集合A=-1,1,B=0,2,则集合zz=x+y,xA,yB中的元素的个数为(C)(A)5(B)4(C)3(D)2解析:x=-1,y=0时,z=-1;x=-1,y=2时,z=1;x=1,y=0时,z=1;x=1,y=2时,z=3.故z的值为-1,1,3,共3个元素.2.
2、设a= log2,b= lo,c=-2,则(C)(A)abc(B)bac(C)acb(D)cba解析:因为a= log2 log22=1,b= locb,故选C.3.已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积是(A)(A)1 cm3(B)2 cm3(C)3 cm3(D)6 cm3解析:本题主要考查了三视图的应用,根据三棱锥的体积公式V=213=1,所以选A.4.ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,设向量p=(a+c,b),q=(b-a,c-a),若pq,则角C的大小为(B)(A)(B)(C)(D)解析:因为pq,所以(a+c)(c-a)=b(b-a),即b2+
3、a2-c2=ab.由余弦定理得cos C=,又0C,所以C=.5.已知正四棱锥SABCD的侧棱长与底面边长都相等,E是SB的中点,则AE,SD所成的角的余弦值为(C)(A)(B)(C)(D)解析:设AC,BD的交点为O,连接EO,则AEO为AE,SD所成的角或其补角;设正四棱锥的棱长为a,则AE=a,EO=a,OA=a,所以cos AEO=,故选C.6.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DFPB交PB于点F,则PB与平面EFD所成角为(D)(A)30(B)45(C)60(D)90解析:以D为原点,DA为x轴,DC为y轴
4、,DP为z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,D(0,0,0),P(0,0,a),B(a,a,0),E(0,),=(a,a,-a),又=(0,),=0+-=0,所以PBDE.由已知DFPB,又DFDE=D,所以PB平面EFD,所以PB与平面EFD所成角为90.故选D.7.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA底面ABCD,M是棱PC上一点.若PA=AC=a,则当MBD的面积为最小值时,直线AC与平面MBD所成的角为(B)(A)(B)(C)(D)解析:连接AC,BD交于O,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA底面ABCD,所以PABD,ACBD,所以BD平面PAC,进一步求出B
5、M=DM,过O点作OMPC于M,当MBD的面积为最小值,只需OM最小即可,若PA=AC=a,所以ACP=即为所求.故选B.二、填空题8.现有10个数,它们能构成一个以1为首项,-3为公比的等比数列,若从这10个数中随机抽取一个数,则它小于8的概率是.解析:因为这10个数是1,-3,(-3)2,(-3)3,(-3)4,(-3)5,(-3)6,(-3)7,(-3)8,(-3)9,所以它小于8的概率为=.答案:9.已知复数z=a2-1+(a+1)i(aR)为纯虚数,则为.解析:因为复数z=a2-1+(a+1)i(aR)为纯虚数,所以解得a=1,故z=2i,则=-2i.答案:-2i10.已知三棱锥SA
6、BC的各顶点都在一个表面积为4的球面上,球心O在AB上,SO平面ABC,AC=,则三棱锥S-ABC的表面积为.解析:因为球的表面积为4,所以球的半径为R=1,三棱锥SABC的图形如图所示,由题意及图可知AB=2R=2,SO=AO=BO=CO=1,又SO平面ABC,所以SA=SB=SC=,又AC=,所以BC=,所以ABC与ABS均为等腰直角三角形,其面积和为21=2,SAC与SBC均为等边三角形,其面积和为=,所以三棱锥的表面积为2+.答案:2+11.方程3sin x=1+cos 2x在区间0,2上的解为.解析:3sin x=1+cos 2x,即3sin x=2-2sin2x,所以2sin2x+
7、3sin x-2=0,解得sin x=或sin x=-2(舍去),所以在区间0,2上的解为或.答案:或12.平面平面,A,C,B,D,直线AB与CD交于点S,且S位于平面,之间,AS=8,BS=6,CS=12,则SD=.解析:根据题意做出图形.因为AB,CD交于S点,所以三点确定一平面,所以设ASC平面为n,于是有n交于AC,交于DB,因为,平行,所以ACDB,所以ASCBSD,所以=,因为AS=8,BS=6,CS=12,所以=,所以SD=9.答案:913. 如图是正方体的平面展开图,则在这个正方体中BM与ED平行;CN与BE是异面直线;CN与BM成60角;DM与BN是异面直线.以上四个命题中
8、,正确命题的序号是(写出所有你认为正确的命题).解析:把展开图复原成正方体,如图,由正方体的性质,可知:BM与ED是异面直线,所以是错误的;CN与BE是平行直线,所以是错误的;从图中连接AN,AC,由于几何体是正方体,所以三角形ANC为等边三角形,所以CN,BE所成的角为60,所以是正确的;DM与BN是异面直线,所以是正确的.答案:14. 如图,平面ABCD平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,且AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成角的正弦值为.解析: 因为四边形ABCD是正方形,所以CBAB.因为平面ABCD平面ABEF且交于AB,所以CB平面ABEF
9、.因为AG,GB平面ABEF,所以CBAG,CBBG.又AD=2a,AF=a,四边形ABEF是矩形,G是EF的中点,所以AG=BG=a,AB=2a,所以AB2=AG2+BG2,所以AGBG,因为BGBC=B,所以AG平面CBG,而AG平面AGC,故平面AGC平面BGC,如图.在平面BGC内作BHGC,垂足为H,则BH平面AGC,所以BGH是GB与平面AGC所成的角.在RtCBG中,BH=a,BG=a,所以sin BGH=.答案:三、解答题15. 如图,直三棱柱ABCABC,BAC=90,AB=AC=,AA=1,点M,N分别为AB和BC的中点.(1)证明:MN平面AACC;(2)求三棱锥A-MN
10、C的体积.(锥体体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h为高)法一(1)证明:连接AB,AC,如图,由已知BAC=90,AB=AC,三棱柱ABC-ABC为直三棱柱,所以M为AB的中点.又因为N为BC的中点,所以MNAC,又MN平面AACC,AC平面AACC,因此MN平面AACC.(2)解:连接BN,如图所示,由题意ANBC,平面ABC平面BBCC=BC,所以AN平面NBC,又AN=BC=1,故=,法二(1)证明:取AB的中点P,连接MP,NP,AB,如图,而M,N分别为AB与BC的中点,所以MPAA,PNAC,所以MP平面AACC,PN平面AACC,又MPNP=P,因此平面MPN平面AACC,而
11、MN平面MPN,因此MN平面AACC.(2)解:=-=.16. (2018全国卷)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角MPAC为30,求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明:因为PA=PC=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=2.如图,连接OB.因为AB=BC=AC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知POOB.由OPOB,OPAC,OBAC=O,得PO平面ABC.(2)解:如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立
12、空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,2).取平面PAC的一个法向量=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0a2),则=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由n=0,n=0得可取y=a,得平面PAM的一个法向量为n=(a-4),a,-a),所以cos=.由已知可得cos=cos 30=,所以=,解得a=-4(舍去)或a=.所以n=(-,-).又=(0,2,-2),所以cos=,所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.B组一、选择题1.若复数z=1+i(i为虚数单位),
13、是z的共轭复数,则z2+的虚部为(A)(A)0(B)-1(C)1(D)-2解析:法一由z=1+i知=1-i,z2+=(1+i)2+(1-i)2=2i+(-2i)=0,其虚部为0.故应选A.法二由z=1+i知=1-i,z2+=(z+)2-2z=4-4=0,其虚部为0.故应选A.2.已知集合A=1,2,3,4,5,B=(x,y)xA,yA,x-yA,则B中所含元素的个数为(D)(A)3(B)6(C)8(D)10解析:因为A=1,2,3,4,5,x,yA,x-yA,所以所以B中共10个元素,选D.3.(2017湖州、衢州、丽水三市高三4月联考)已知平面与两条不重合的直线a,b,则“a,且b”是“ab
14、”的(A)(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件解析:已知平面与两条不重合的直线a,b,如果a,且b,那么根据直线与平面垂直的性质定理,可得ab,充分性成立;反之,如果ab,那么不能推断a,且b,必要性不成立,即“a,且b”是“ab”的充分不必要条件.故选A.4.对任意向量a,b,下列关系式中不恒成立的是(B)(A)abab(B)a-ba-b(C)(a+b)2=a+b2(D)(a+b)(a-b)=a2-b2解析:因为ab=abcos ab,所以选项A正确;当a与b方向相反时,a-ba-b不成立,所以选项B错误;向量的平方等于向量的模的平方,所以选项
15、C正确;(a+b)(a-b)=a2-b2,所以选项D正确.故选B.5.在ABC中,BC边上的中线AD长为3,且cos B=,cosADC=-,则边AC长为(A)(A)4(B)16(C)(D) 解析:如图,因为ADC与ADB互补,所以当cosADC=-时,cosADB=,则sinADB=,又cos B=,则sin B=,所以sinBAD=sin(-B-ADB)=sin(B+ADB)=sin BcosADB+cos BsinADB=+=,在BAD中,由正弦定理得:=,从而BD=2,所以CD=2,在ADC中,由余弦定理得:AC2=9+4-232（-）=16,所以AC=4.故选A.6. 如图,四面体A
16、BCD中,AB=DC=1,BD=,AD=BC=,二面角ABDC的平面角的大小为60,E,F分别是BC,AD的中点,则异面直线EF与AC所成的角的余弦值是(B)(A)(B)(C)(D)解析:取DC的中点为G,连EG,FG,则EG=BD=,FG=AC=,易知EF=,则EFG=就是异面直线EF与AC所成的角,故在EFG中,cos =,故选B.7.如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=3,点E为AD的中点,现分别沿BE,CE将ABE,DCE翻折,使得点A,D重合于F,此时二面角EBCF的余弦值为(B)(A)(B)(C)(D)解析: 如图所示,取BC中点P,连接EP,FP,由题意得BF=CF=2,所以
17、PFBC,又因为EB=EC=,所以EPBC,所以EPF即为二面角EBCF的平面角,而FP=,在EPF中,cos EPF=,故选B.8.在空间中,过点A作平面的垂线,垂足为B,记B=f(A).设,是两个不同的平面,对空间任意一点P,Q1=ff(P),Q2=ff(P),恒有PQ1=PQ2,则(A)(A)平面与平面垂直(B)平面与平面所成的(锐)二面角为45(C)平面与平面平行(D)平面与平面所成的(锐)二面角为60解析:设P1=f(P),P2=f(P),则PP1,P1Q1,PP2,P2Q2.若,则P1与Q2重合、P2与Q1重合,所以PQ1PQ2,所以与相交.设=l,由PP1P2Q2,所以P,P1,
18、P2,Q2四点共面,同理,P,P1,P2,Q1四点共面.所以P,P1,P2,Q1,Q2五点共面,且与的交线l垂直于此平面.又因为PQ1=PQ2,所以Q1,Q2重合且在l上,四边形PP1Q1P2为矩形.那么P1Q1P2=为二面角l的平面角,所以.故选A.二、填空题9.某几何体的三视图如图所示,则此几何体的表面积是,体积是.解析:由三视图可得该几何体的直观图如图所示.该几何体是一个四棱锥A-CDEF和一个三棱锥F-ABC构成的组合体,底面直角梯形ABCD的面积为6,侧面CDEF的面积为4,侧面ABF的面积为2,侧面BCF的面积为2,侧面ADE的面积为4,侧面AEF的面积为2,所以这个几何体的表面积
19、为16+2+2,四棱锥A-CDEF的底面面积为4,高为4,故体积为44=,三棱锥F-ABC的底面积为2,高为2,故体积为22=,故这个几何体的体积为V=+=.答案:16+2+210.若2sin -cos =,则sin =,tan （-）=.解析:2sin -cos =4sin 2-4sin cos +cos 2=5sin 2+4sin cos +4cos 2=0sin +2cos =0,因此sin =,cos =-,tan =-2;tan （-）=3.答案:311.若（x+）（2x-）5的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中的常数项为.解析:令x=1,即可得到（x+）（2x-）5的展开式中各
20、项系数的和为1+a=2,所以a=1,（x+）（2x-）5=（x+）（2x-）5,要找其展开式中的常数项,需要找（2x-）5的展开式中的x和,由通项公式得Tr+1=(2x)5-r（-）r=(-1)r25-rx5-2r,令5-2r=1,得到r=2或r=3,所以有80x和-项,分别与和x相乘,再相加,即得该展开式中的常数项为80-40=40.答案:4012. 如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=,ADC=90.沿直线AC将ACD翻折成ACD,直线AC与BD所成角的余弦的最大值是.解析:如图,连接BD,设直线AC与BD所成的角为.O是AC的中点.由已知得AC=,以OB为x轴,
21、OA为y轴,过O与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,则A（0,0),B(,0,0),C(0,-,0).作DHAC于H,连接DH,翻折过程中,DH始终与AC垂直,则CH=,则OH=,DH=,因此D(-cos ,-,sin )(设DHD=),则=(-cos -,-,sin ),与平行的单位向量为n=(0,1,0),所以cos =cos=,所以cos =-1时,cos 取得最大值为.答案:13.如图,在平行四边形ABCD中,APBD,垂足为P,且AP=3,则=.解析:设AC与BD交于O点,则=2=232=18.(注意APBD有=)答案:1814. 如图,二面角-l-的大小是45,线段A
22、B.Bl,AB与l所成的角为30.则AB与平面所成的角的正弦值是.解析:过点A作AO垂直平面于点O,作AC垂直直线l于点C,连接CO,BO,则ACO=45,ABC=30,ABO即为AB与平面所成的角.设AO=a,则AC=a,AB=2a,所以sinABO=.答案:15.已知正数a,b,c满足:5c-3ab4c-a,cln ba+cln c,则的取值范围是.解析:把5c-3ab4c-a变形为5-34-1,所以5-34-1,所以02;所以-3a,所以ln-ln.设x=,h(x)=x-ln x(x),利用导数可以证明h(x)在(,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以h(x)h(1)=1,故ln
23、1,所以e,由可得e7.答案:e,7三、解答题16.(2017江苏卷)已知向量a=(cos x,sin x),b=(3,-),x0,.(1)若ab,求x的值;(2)记f(x)=ab,求f(x)的最大值和最小值以及对应的x的值.解:(1)因为a=(cos x,sin x),b=(3,-),ab,所以-cos x=3sin x.若cos x=0,则sin x=0,与sin2x+cos2x=1矛盾,故cos x0.于是tan x=-.又x0,所以x=.(2)f(x)=ab=(cos x,sin x)(3,-)=3cos x-sin x=2cos (x+).因为x0,所以x+,从而-1cos(x+).
24、于是,当x+=,即x=0时,f(x)取到最大值3;当x+=,即x=时,f(x)取到最小值-2.17.(2018宁波期末) 如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PCD底面ABCD,底面ABCD为矩形,E为PA中点,AB=2a,BC=a,PC=PD=a.(1)求证:PC平面BDE;(2)求直线AC与平面PAD所成角的正弦值.解:(1)设AC与BD的交点为O,连接EO.因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC的中点.在PAC中,由已知E为PA中点,所以EOPC.又EO平面BDE,PC平面BDE,所以PC平面BDE.(2)在PCD中,DC=2a,PC=PD=a,所以DC2=PD2+PC2,即PCPD.因为
25、平面PCD平面ABCD,平面PCD平面ABCD=CD,ADCD,所以AD平面PCD,故ADPC.又因为ADPD=D,AD,PD平面PAD,所以PC平面PAD,故PAC就是直线AC与平面PAD所成的角.在RtPAC中AC=a,PC=a,所以sin PAC=.即直线AC与平面PAD所成角的正弦值为.18. (2017山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且APBE,求CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角EAGC的大小.解:(1)因为APBE,ABBE,AB,AP平面ABP,ABA
26、P=A,所以BE平面ABP.又BP平面ABP,所以BEBP.又EBC=120,所以CBP=30.(2)法一如图,取的中点H,连接EH,GH,CH.因为EBC=120,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=.取AG的中点M,连接EM,CM,EC,则EMAG,CMAG,所以EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=2.在BEC中,由于EBC=120,由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=12,所以EC=2,所以EMC为等边三角形,故所求的角为60.法二以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3),C(-1,0),故=(2,0,-3),=(1,0),=(2,0,3).设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量,由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量,由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos=.故所求的角为60.
