2013高考数学二轮专题辅导与训练：专题四第3讲空间向量与立体几何

专题四 第3讲　空间向量与立体几何 课时训练提能 [限时45分钟，满分75分] 一、选择题(每小题4分，共24分) 1．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的单位法向量是 A．±(1,1,1)　　　　　　　 B．± C．± D．± 解析　设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)， 则n⊥，n⊥， 故n·＝0，n·＝0， 即－x＋y＝0，－x＋z＝0，取x＝1，得y＝z＝1，即平面ABC的一个法向量是(1,1,1)，单位化得±.故选C. 答案　C 2．直线l的方向向量s＝(－1,1,1)，平面π的法向量为n＝(2，x2＋x，－x)，若直线l∥平面π，则x的值为 A．－2 B．－ C. D．± 解析　线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量， 故x2－2＝0，解得x＝±，故选D. 答案　D 3．平面α，β的法向量分别是n1＝(1,1,1)，n2＝(－1,0，－1)，则平面α，β所成锐角的余弦值是 A. B．－ C. D．－ 解析　cos〈n1，n2〉＝＝＝－，故平面α，β所成角的余弦值是. 答案　C 4．点M在z轴上，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，则点M的坐标是 A．(0,0，±2) B．(0,0，±3) C．(0,0，±) D．(0,0，±1) 解析　设M为(0,0，z)，直线l的一个单位方向向量为s0＝， 故点M到直线l的距离d＝ ＝ ＝，解得z＝±3. 答案　B 5．(2012·抚州一中月考)已知直线l的方向向量为l，直线m的方向向量为m，若l＝αb＋β c(α，β∈R)，m∥a，a⊥b，a⊥c且a≠0，则直线m与直线l A．共线 B．相交 C．垂直 D．不共面 解析　由m∥a且a≠0，可得：m＝ta(t∈R)， 所以m·l＝m·(αb＋βc)＝αm·b＋βm·c＝αta·b＋βta·c＝0，故m与l垂直，即直线m与直线l垂直． 答案　C 6．正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 A. B. C. D. 解析　如图建立直角坐标系，设AB＝1， 则＝(1,1,0)， ＝(0,1,1)， 设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令z＝1，则y＝－1，x＝1， ∴n＝(1，－1,1)． 又＝(0,0,1)，∴cos 〈，n〉＝. 所以BB1与平面ACD1所成角的余弦值为＝. 答案　D 二、填空题(每小题5分，共15分) 7．(2012·长沙一中月考)已知a＝(2，－1,1)，b＝(－1，4，－2)，c＝(11,5，λ)，若向量a、b、c共面，则λ＝_____. 解析　由向量a、b、c共面可得：c＝xa＋yb(x，y∈R)， 故有，解得. 答案　1 8．已知2a＋b＝(0，－3，－10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则〈b，c〉＝_____. 解析　因为(2a＋b)·c＝0×1＋(－3)×(－2)＋(－10)×(－2)＝26，而(2a＋b)·c＝2a·c＋b·c＝8＋b·c，故b·c＝18.又|c|＝＝3， 故cos〈b，c〉＝＝＝，所以〈b，c〉＝. 答案　 9．如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2，则点A到平面MBC的距离等于_____． 解析　取CD的中点O，连接OB、OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD，则OM⊥平面BCD，所以OM⊥OB.以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得OB＝OM＝，则各点坐标分别为C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)．所以＝(1，，0)，＝(0，，)，＝(0,0,2)． 设n＝(x，y，z)是平面MBC的法向量，由n⊥，得x＋y＝0；由n⊥，得y＋z＝0.令x＝，则y＝－1，z＝1，所以n＝(，－1,1)是平面MBC的一个法向量．所以点A到平面MBC的距离为＝＝. 答案　 三、解答题(每小题12分，共36分) 10．如图所示，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，FA＝FE，∠AEF＝45°. (1)求证：EF⊥平面BCE； (2)设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证：PM∥平面BCE. 证明　∵△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE， ∴AE⊥AB. 又∵平面ABEF⊥平面ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD＝AB， ∴AE⊥平面ABCD， ∴AE⊥AD，即AD、AB、AE两两垂直， 故建立如图所示的空间直角坐标系． ... ...