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1、本资料来源于七彩教育网数学20分钟专题突破14空间向量与立体几何一.选择题1下列命题中，假命题是（ ）（A）a、b是异面直线，则一定存在平面过a且与b平行（B）若a、b是异面直线，则一定存在平面过a且与b垂直（C）若a、b是异面直线，则一定存在平面与a、b所成角相等（D）若a、b是异面直线，则一定存在平面与a、b的距离相等 2 下列命题中，真命题是（ ）（A） 若直线m、n都平行于，则（B） 设是直二面角，若直线则（C） 若m、n在平面内的射影依次是一个点和一条直线，且，则或（D） 若直线m、n是异面直线，则n与相交 3如果直线与平面满足：那么必有（ ）（A） （B）（C） （D）4设是两个不
2、重合的平面，m和是两条不重合的直线，则的一个充分条件是（ ）（A）且 （B）且（C）且 （D）且5已知直二面角，直线直线且m、n均不与垂直，则（ ）（A）m、n可能不垂直，但可能平行 （B）m、n可能垂直，但不可能平行（C）m、n可能垂直，也可能平行 （D）m、n不可能垂直，也不可能平行6二面角是直二面角，如果ACF30那么（ ）（A） （B）（C） （D）二.填空题1.13.已知正四棱锥PABCD的高为4，侧棱长与底面所成的角为，则该正四棱锥的侧面积是 2.已知、是三个互不重合的平面，是一条直线，给出下列四个命题：若，则； 若，则；若上有两个点到的距离相等，则； 若，则。 其中正确命题的序号
3、是 3.正三棱锥高为2，侧棱与底面成角，则点A到侧面的距离是 三.解答题如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，,E，F分别是BC, PC的中点.（）证明：AEPD; （）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二面角EAFC的余弦值.答案：一.选择题1.选B 2.选C 3.选A 4选C 5.选A 6.选D二.填空题1. 2. 3. 三.解答题（）证明：由四边形ABCD为菱形，ABC=60°，可得ABC为正三角形.因为 E为BC的中点，所以AEBC. 又 BCAD，因此AEAD.因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE.而
4、PA平面PAD，AD平面PAD 且PAAD=A，所以 AE平面PAD，又PD平面PAD.所以 AEPD.（）解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH.由（）知 AE平面PAD，则EHA为EH与平面PAD所成的角.在RtEAH中，AE=，所以 当AH最短时，EHA最大，即 当AHPD时，EHA最大.此时 tanEHA=因此 AH=.又AD=2，所以ADH=45°，所以 PA=2.解法一：因为 PA平面ABCD，PA平面PAC， 所以 平面PAC平面ABCD. 过E作EOAC于O，则EO平面PAC， 过O作OSAF于S，连接ES，则ESO为二面角E-AF-C的平面角， 在RtA
5、OE中，EO=AE·sin30°=，AO=AE·cos30°=, 又F是PC的中点，在RtASO中，SO=AO·sin45°=, 又 在RtESO中，cosESO= 即所求二面角的余弦值为解法二：由（）知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E、F分别为BC、PC的中点，所以E、F分别为BC、PC的中点，所以A（0，0，0），B（，-1，0），C（C，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（，0，0），F（），所以 设平面AEF的一法向量为则 因此取因为 BDAC，BDPA，PAAC=A，所以 BD平面AFC，故 为平面AFC的一法向量.又 =（-），所以 cosm, =因为 二面角E-AF-C为锐角，所以所求二面角的余弦值为 本资料由七彩教育网 提供！
高考数学20分钟专题突破14：空间向量与立体几何含答案
