（统考版教材）高考数学二轮专题复习 课时作业11 空间向量与立体几何 理（含解析）-人教版教材高三全.doc

课时作业11空间向量与立体几何
[A·基础达标]
1．如图，F是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱CD的中点，E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有()

A．B1E＝EBB．B1E＝2EB
C．B1E＝eq\f(1,2)EBD．E与B重合
2．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝4，点D在棱BB1上，若BD＝3，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为()
A.eq\f(2\r(3),5)B.eq\f(4,3)
C.eq\f(5,4)D.eq\f(2\r(39),13)
3.

如图，圆锥的底面直径AB＝4，高OC＝2eq\r(2)，D为底面圆周上的一点，且∠AOD＝eq\f(2π,3)，则直线AD与BC所成的角为________．
4．已知边长为2的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，球O的体积V球＝eq\f(160\r(5)π,3)，则OA与平面ABCD所成的角的余弦值为________．
5．如图在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，底面四边形ABCD为菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝eq\f(π,3)，E，F分别是BC，A1C的中点．
(1)求异面直线EF，AD所成角的余弦值；
(2)点M在线段A1D上，eq\f(A1M,A1D)＝λ.若CM∥平面AEF，求实数λ的值．

6．[2020·新高考Ⅰ卷]

如图，四棱锥P­ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．

[B·素养提升]
1.

如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝eq\r(5)，AC＝AA1＝2.
(1)求证：AC⊥平面BEF；
(2)求二面角B­CD­C1的余弦值；
(3)证明：直线FG与平面BCD相交．

2.

如图，在三棱柱ABC­DEF中，所有棱长均相等，且∠ABE＝∠ACF＝eq\f(π,3)，CE∩BF＝O，点P为线段ED上的动点(异于E，D两点)．
(1)当P在线段ED的中点时，证明：OP∥平面ACFD；
(2)当P在线段ED上何处时，二面角O­PF­E的余弦值为eq\f(7\r(3),15)？

3．在▱PABC中，PA＝4，PC＝2eq\r(2)，∠P＝45°，D是PA的中点(如图1)．将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置，得到四棱锥P1­ABCD.

(1)将△PCD沿CD折起的过程中，CD⊥平面P1DA是否成立？请证明你的结论．
(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60°，且△P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值．

课时作业11空间向量与立体几何
[A·基础达标]
1．解析：

分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，F(0,1,0)，D1(0,0,2)，设E(2,2，z)，则eq\o(D1F,\s\up12(→))＝(0,1，－2)，eq\o(DE,\s\up12(→))＝(2,2，z)，因为eq\o(D1F,\s\up12(→))·eq\o(DE,\s\up12(→))＝0×2＋1×2－2z＝0，所以z＝1，所以B1E＝EB.
答案：A

2.解析：

如图，可得eq\o(AD,\s\up12(→))·eq\o(EB,\s\up12(→))＝(eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(BD,\s\up12(→)))·eq\o(EB,\s\up12(→))＝eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(EB,\s\up12(→))＝4×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝12＝5×2eq\r(3)×cosθ(θ为eq\o(AD,\s\up12(→))与eq\o(EB,\s\up12(→))的夹角)，
所以cosθ＝eq\f(2\r(3),5)，sinθ＝eq\f(\r(13),5)，tanθ＝eq\f(\r(39),6)，又因为BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值为eq\f(2\r(39),13).
答案：D
3．解析：

如图，过点O作OE⊥AB交底面圆于E，分别以OE，OB，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为∠AOD＝eq\f(2,3)π