2017高考数学(理)二轮专题复习 用空间向量的方法解立体几何问题 Word版含解析.doc

课时巩固过关练(十四)　用空间向量的方法解立体几何问题 　　　　　　　　　　　 一、选择题 1．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值为(　　) A．1 B. C. D. 解析：由题意知，ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，∵ka＋b与2a－b垂直，∴3(k－1)＋2k－4＝0，解得k＝. 答案：D 2．(2016·四川巴中平昌中学期中)已知{i，j，k}是空间的一个单位正交基底，且＝2i＋k，＝2j，则△OAB(O为坐标原点)的面积是(　　) A. B. C．5 D. 解析：∵{i，j，k}是空间的一个单位正交基底，且＝2i＋k，＝2j(O为坐标原点)，∴＝(2,0,1)，＝(0,2,0)，∴·＝0，∴⊥，∴△OAB的面积S＝||·||＝××2＝. 答案：D 3．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M在棱AC1上，＝，点N为B1B的中点，则|MN|等于(　　) A.a B.a C.a D.a 解析：∵＝－＝－＝＋－(＋＋)＝＋－，又，，两两互相垂直，∴||＝＝a.故选A. 答案：A 4．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，则(　　) A．EF至多与A1D，AC之一垂直 B．EF⊥A1D，EF⊥AC C．EF与BD1相交 D．EF与BD1异面 解析：以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，F，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)，＝，＝(－1，－1,1)，＝－，·＝·＝0，从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.故选B. 答案：B 5．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　　) A. B. C. D. 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，∴＝(2,0,0)，＝(2,0,2)，＝(2,2,0)，设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，∴点D1到平面A1BD的距离是d＝＝＝. 答案：D 6．(2016·四川雅安中学月考)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. B. C. D. 解析：直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，如图，取BC的中点为O，连接ON，MN綊B1C1綊OB，则MNOB是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO.∵BC＝CA＝CC1，设BC＝CA＝CC1＝2，∴CO＝1，AO＝，AN＝，MB＝＝＝，在△ANO中，由余弦定理可得cos∠ANO＝＝＝.故选C. 答案：C 7．(2016·黑龙江大庆期末)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，且三棱柱ABC－A1B1C1的体积为3，则三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的表面积为(　　) A．16π B．2 C．π D．32π  解析：如图，三棱柱ABC－A1B1C1中侧棱垂直于底面，设侧棱长为a，又三棱柱的底面为直角三角形，BC＝1，∠BAC＝30°，∴AC＝，AB＝2，∴三棱柱的体积V＝×1××a＝3， ∴a＝2，△ABC的外接圆半径为AB＝1，三棱柱的外接球的球心为上、下底面直角三角形斜边中点连线的中点O，∴外接球的半径R＝＝2，∴外接球的表面积S＝4π×22＝16π.故选A. 答案：A 二、填空题 8．(2016·河北衡水武邑中学期中)已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，设＝a，＝b，＝c，则＝__________. 解析：取CC1的中点E，连接AC，AE.因为正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，设＝a，＝b，＝c，则a＋b＋c＝＋＋＝.所以＝||＝＝＝. 答案： 三、解答题 9．如图所示的多面体中，AD⊥平面PDC，ABCD为平行四边形，E为AD的中点，F为线段BP上一点，∠CDP＝120°，AD＝3，AP＝5，PC＝2. (1)试确定点F的位置，使得EF∥平面PDC； (2)若BF＝BP，求直线AF与平面PBC所成的角的正弦值． 解：(1)如图，令F为线段BP的中点，取PC的中点O，连接FO，DO，∵F，O分别为BP，PC的中点，∴FO綊BC.∵四边形ABCD为平行四边形，ED綊BC，∴FO綊ED，∴四边形E