年高考理科數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)小卷練【空間向量與立體幾何】剖析卷小題基礎(chǔ)練提分快一、選擇題1．[2019·州模擬臺(tái)]在空間直角坐標(biāo)系O－xyz中，z軸上到點(diǎn)A(1,0,2)與點(diǎn)B(2，－2,1)距離相等的點(diǎn)C的坐標(biāo)為()A．(0,0，－1)B．(0,0,1)C．(0,0，－2)D．(0,0,2)答案：C剖析：設(shè)C(0,0，z)，由點(diǎn)C到點(diǎn)A(1,0,2)與點(diǎn)B(2，－2,1)的距離相等，得12＋02＋(z－2)2＝(2－0)2＋(－2－0)2＋(z－1)2，解得z＝－2，故C(0,0，－2)．→→→→2．設(shè)三棱錐OABC中，OA＝，OB＝，OC＝，點(diǎn)G是△ABC的重心，則OG等于()11A．＋－B．＋＋C.2(＋＋)D.3(＋＋)答案：D→→→→1→→→1→→→→1剖析：以以下列圖，OG＝OA＋AG＝OA＋3(AB＋AC)＝OA＋3(OB－OA＋OC－OA)＝3(＋＋)．→3，1，2，平面α的一個(gè)法向量＝0，－1，－2，則直線PA與3．已知A∈α，P?α，PA＝－222平面α所成的角為()A．30°B．45°C．60°D．150°答案：C→1→4＋23|PA·|剖析：設(shè)PA與平面α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈PA·〉|＝→＝1＝2.∵θ∈[0°，|PA|||1＋2·4＋290°]，∴θ＝60°，應(yīng)選C.4．已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的三視圖以以下列圖，則異面直線D1C與AC1所成的角為()1．30°B．45°C．60°D．90°答案：D剖析：由三視圖可知幾何體為直四棱柱，底面為直角梯形且兩底邊長分別為1,2，高為1，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高為2.連結(jié)DC1，易得AD⊥D1C，DC1⊥D1C，AD∩DC1＝D，所以D1C⊥平面ADC1，所以D1C⊥AC1，所以異面直線D1C與AC1所成的角為90°.5.[2019衡·陽模擬]如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則異面直線EF與AB1所成角的余弦值為()3321A.3B.2C.2D.2答案：D剖析：連結(jié)AC，B1C，∵E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，∴EF∥AC，∴∠B1AC為異面直線EF與AB1π所成的角．在△AB1C中，∵AB1，AC，B1C為面對角線，∴AB1＝AC＝B1C，∴∠B1AC＝，∴cos∠B1AC31＝2.6．[2019陜·西質(zhì)檢]已知△ABC與△BCD均為正三角形，且AB＝4.若平面ABC⊥平面BCD，且異面直線AB和CD所成的角為θ，則cosθ＝()A．－15B.15C．－11444D.42答案：D剖析：解法一取BC的中點(diǎn)O，連結(jié)OA，OD，所以O(shè)A⊥OC，OD⊥OC，由于平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，所以O(shè)A⊥平面BCD，所以O(shè)A，OD，OC兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OD，OC，OA所在直線分別為x軸、y軸、z軸成立以以下列圖的空間直角坐標(biāo)系O－xyz，由于AB＝4，所以B(0，→→→→AB·CD－2,0)，D(23，0,0)，C(0,2，0)，A(0,0,23)，所以AB＝(0，－2，－23)，CD＝(23，－2,0)，則cosθ＝→→|AB|·|CD|＝0×23＋－2×－2＋－23×04102＋－22＋－232×232＋－22＋02＝16＝4.解法二如圖，取BC的中點(diǎn)O，取BD的中點(diǎn)E，取AC的中點(diǎn)F，連結(jié)OA，OE，OF，EF，則OE∥CD，11OF∥AB，則∠EOF或其補(bǔ)角為異面直線AB與CD所成的角，依題得OE＝2CD＝2，OF＝2AB＝2，過點(diǎn)F作FG⊥BC于點(diǎn)G，易得FG⊥平面BCD，且FG＝12OA＝3，G為OC的中點(diǎn)，則OG＝1，又OE＝2，∠EOG＝120°，所以由余弦定理得EG＝OG2＋OE2－2OG·OEcos∠EOG＝12＋22－2×1×2×cos120°＝7，由勾股定理得EF2＝FG2＋EG2＝(3)2＋(3)2＝10，在△OEF中，由余弦定理得cos∠EOF＝OE2＋OF2－EF222＋22－101π12OE·OF＝2×2×2＝－4，由于θ＝0，2，所以cosθ＝4.7．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝3，D，E分別是AC1和BB1的中點(diǎn)，則直線3DE與平面BB1C1C所成的角為()．30°B．45°C．60°D．90°答案：A剖析：由已知AB2＋BC2＝AC2，則AB⊥BC.分別以BC，BA，BB1為x，y，z軸成立空間直角坐標(biāo)系B－xyz，31→31以以下列圖，設(shè)AA1＝2a，則A(0,1,0)，C(3，0,0)，D2，2，a，E(0,0，a)，所以ED＝2，2，0，平面BB1C1C的一個(gè)法向量為＝(0,1,0)，→1→21ED·cos〈ED，〉＝→＝12＝2，|ED|||322×12＋2＋0→30°.應(yīng)選A.〈ED，〉＝60°，所以直線DE與平面BB1C1C所成的角為8．已知二面角的棱上有A，B兩點(diǎn)，直線AC，BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，且都垂直于AB，已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，則該二面角的大小為()．150°B．45°C．120°D．60°答案：D剖析：如圖，AC⊥AB，BD⊥AB，過A在平面ABD內(nèi)作AE∥BD，過D作DE∥AB，連結(jié)CE，所以DE∥AB且DE⊥平面AEC，∠CAE即二面角的平面角．在直角三角形DEC中，CE＝213，在三角形ACECA2＋AE2－CE21中，由余弦定理可得cos∠CAE＝2CA×AE＝2，所以∠CAE＝60°，即所求二面角的大小為60°.二、非選擇題9．向量＝(2,0,5)，＝(3,1，－2)，＝(－1,4,0)，則＋6－8＝________.答案：(28，－26，－7)4剖析：＋6－8＝(2,0,5)＋6(3,1，－2)－8(－1,4,0)＝(2,0,5)＋(18,6，－12)－(－8,32,0)＝(28，－26，－7)．10．[2019南·寧二中、柳州高中兩校聯(lián)考]在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，AA1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為________．答案：210剖析：在長方體ABCD－A1B1C1D1中，連結(jié)AD1，B1D1(圖略)，易知∠B1AD1就是異面直線AB1與BC1所成的角．由于AB＝3，BC＝2，AA1＝1，所以AB1＝32＋12＝10，AD1＝22＋12＝5，B11＝22＋32D13.在△AB1D1中，由余弦定理，得cos∠B1AD1＝102＋52－1322＝2×10×5＝10.11.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面邊長為2，側(cè)棱長為22，則AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為________．答案：π6剖析：以C為原點(diǎn)成立坐標(biāo)系C－xyz，得以下坐標(biāo)：A(2,0,0)，C11在側(cè)面ABB11內(nèi)的(0,0,22)．點(diǎn)CA射影為點(diǎn)C23，3，2→1＝(－2,0,2→3，22，設(shè)直線AC1與平面ABB1A1所成2.所以AC2)，AC2＝－1，2222→→1＋0＋83ππAC1·AC2的角為θ，則cosθ＝→→＝23×3＝2.又θ∈0，2，所以θ＝6.|AC1||AC2|12.5如圖，已知AB為圓錐PO的底面直徑，PA為母線，點(diǎn)C在底面圓周上，若PA＝AB＝2，AC＝BC，則二面角P－AC－B的正切值是________．答案：6剖析：取AC的中點(diǎn)D，連結(jié)OD，PD，則OD⊥AC，PD⊥AC，∴∠PDO是二面角P－AC－B的平面2PO角．∵PA＝AB＝2，AC＝BC，∴PO＝3，OD＝2，∴二面角P－AC－B的正切值tan∠PDO＝OD＝6.6刷題課時(shí)增分練○29綜合提能力課時(shí)練贏高分一、選擇題1．[2019瀘·州模擬]在空間直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P(m,0,0)到點(diǎn)P1(4,1,2)的距離為30，則m的值為()A．－9或1B．9或－1C．5或－5D．2或3答案：B剖析：由題意|PP1|＝30，即m－42＋－12＋－22＝30，∴(m－4)2＝25，解得m＝9或m＝－1.應(yīng)選B.→→2．在空間四邊形ABCD中，若AB＝(－3,5,2)，CD＝(－7，－1，－4)，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為線段BC，AD的→)中點(diǎn)，則EF的坐標(biāo)為(A．(2,3,3)B．(－2，－3，－3)C．(5，－2,1)D．(－5,2，－1)答案：B→→→→1→→剖析：由于點(diǎn)E，F(xiàn)分別為線段BC，AD的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，所以EF＝OF－OE，OF＝2(OA＋OD)，→1→→→1→→1→→1→→1OE＝2(OB＋OC)．所以EF＝2(OA＋OD)－2(OB＋OC)＝2(BA＋CD)＝2[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]＝12(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．3．[2018全·國卷Ⅱ]在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()1B.5C.52A.565D.2答案：C剖析：圖(1)解法一如圖(1)，在長方體ABCD—A1B1C1D1的一側(cè)補(bǔ)上一個(gè)相同的長方體A′B′BA—A1′B1′B1A1.連結(jié)B1B′，由長方體性質(zhì)可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′為異面直線AD17與DB1所成的角或其補(bǔ)角．連結(jié)DB′，由題意，得DB′＝12＋1＋12＝5，B′B1＝12＋32＝2，DB1＝12＋12＋32＝5.在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′B21＋DB21－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，5即5＝4＋5－2×25cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝5.應(yīng)選C.圖(2)解法二如圖(2)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸成立空間直角坐標(biāo)系D－xyz.由題意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，3)，B1(1,1，3)，∴→－1,0，→3)，AD1＝(3)，DB1＝(1,1，∴→→1＝－1×1＋0×1＋(3)2＝2，AD1·DB→→5，|AD1|＝2，|DB1|＝→→→→25AD1·DB1＝.∴cos〈AD1，DB1〉＝→→2＝51|5|AD1||DB·應(yīng)選C.4.π[2019·昌模擬南]如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝，AB＝AC＝2，AA1＝6，則直線AA1與2平面AB1C1所成的角為()8ππππA.6B.4C.3D.2答案：A剖析：直三棱柱ABC－A11π為坐標(biāo)原點(diǎn)，→C1中，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝，即AB⊥AC，以AAC，B2→→x，y，z軸正方向成立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0,0,0)，B1(0,2，6)，C1(2,0，6)，AB，AA1的方向分別為A1(0,0，→→→6)．設(shè)平面AB1C1的法向量為＝(x，y，z)，6)，AA1＝(0,0，6)，AB1＝(0,2，6)，AC1＝(2,0，→2y＋6z＝0，·AB1＝0，66令x＝1，則y＝1，z＝－則→得3，所以＝1，1，－3.設(shè)直線AA1與平·AC1＝0，2x＋6z＝0，→1π面AB1C1所成角為θ，則sinθ＝|cos〈，AA1〉|＝2，所以θ＝6.5．如圖，在三棱錐A－SBC中，棱SA，SB，SC兩兩垂直，且SA＝SB＝SC，則二面角A－BC－S的正切值為()2A．1B.C.2D．22答案：C剖析：解法一22由題意，SA⊥平面SBC，且AB＝AC＝SA＋SB.如圖，取BC的中點(diǎn)D，連結(jié)SD，AD，則SD⊥BC，AD⊥BC，故∠ADS是二面角A－BC－S的平面角．設(shè)2，在Rt△ADSSA＝SB＝SC＝1，則SD＝2中，tan∠ADS＝SA＝1＝2，應(yīng)選C.SD22解法二→→→以S為坐標(biāo)原點(diǎn)，SBS－xyz，，SC，SA的方向分別為x，y，z軸的正方向成立空間直角坐標(biāo)系9→→→→設(shè)SA＝1，則S(0,0,0)，A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，SA＝(0,0,1)，AB＝(1,0，－1)，AC＝(0,1，－1)，易知SA→x－z＝0，·AB＝0，＝(0,0,1)為平面SBC的一個(gè)法向量．設(shè)＝(x，y，z)為平面ABC的法向量，則即→y－z＝0，·AC＝0，→3令z＝1，則＝(1,1,1)為平面ABC的一個(gè)法向量，所以cos〈SA，〉＝3.由圖知二面角A－BC－S為銳二面角，故二面角A－BC－S的正切值為2.6．設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則點(diǎn)D1到平面A1BD的距離是()36C.236A.3B.63D.3答案：C→→→剖析：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA的方向?yàn)閤軸的正方向，DC的方向?yàn)閥軸的正方向，DD1的方向?yàn)閦軸的正方向，成立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，∵正方體ABCD－A1111的棱長為2，∴D(0,0,0)，A1BCD(2,0,2)，B(2,2,0)，→→→．設(shè)平面A1DB的法向量為＝(x，y，z)，則D1(0,0,2)，∴DA1＝(2,0,2)，DB＝(2,2,0)，A1D1＝(－2,0,0)→·DA1＝0，→·DB＝0，2x＋2z＝0，令x＝1，則y＝z＝－1，∴2x＋2y＝0，→23|A1D1·|∴＝(1，－1，－1)為平面A1DB的一個(gè)法向量，∴點(diǎn)D1到平面A1BD的距離d＝||＝3.7．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，點(diǎn)D在棱BB1上，且BD＝1，則AD與平面AA1C1C所成角的正弦值為()106C.106A.4B.45D.5答案：B10剖析：如圖，取AC，A11的中點(diǎn)分別為M，M1，連結(jié)MM1，BM，過點(diǎn)D作DN∥BM交MM1于點(diǎn)N，C則易證DN⊥平面AA1111C所成的角．在直角三角形DNA中，CC，連結(jié)AN，則∠DAN為AD與平面AAC3DN＝2＝6sin∠DAN＝AD24.8．[2019·水模擬麗]如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，點(diǎn)E是AB上一點(diǎn)，當(dāng)二面角πP－EC－D為時(shí)，AE＝()41A．1B.C．2－2D．2－32答案：D剖析：如圖，過點(diǎn)D作DF⊥CE于F，連結(jié)PF，由于PD⊥平面ABCD，所以PD⊥CE，又PD∩DFπ＝D，所以CE⊥平面PDF，所以PF⊥CE，可得∠PFD為二面角P－EC－D的平面角，即∠PFD＝4，故DFCDCD·BC在Rt△PDF中，PD＝DF＝1，由于在矩形ABCD中，△EBC∽R(shí)t△CFD，所以BC＝EC，得EC＝DF＝2，在Rt△BCE中，依照勾股定理，得BE＝CE2－BC2＝3，所以AE＝AB－BE＝2－3，應(yīng)選D.二、非選擇題9．在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC.則二面角C－PB－D的大小為________．答案：60°11剖析：以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)成立以以下列圖的空間直角坐標(biāo)系D－xyz，設(shè)PD＝DC＝1，則D(0,0,0)，P(0,0,1)，→→→→－1,0,0)，設(shè)平面PBD的一個(gè)法C(0,1,0)，B(1,1,0)，所以DP＝(0,0,1)，PC＝(0,1，－1)，DB＝(1,1,0)，BC＝(向量為1＝(x1，y1，z1，由→→得z1＝0，令x1＝1，得1＝(1，－1,0)．)DPDBx1＋y1＝0，設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為2＝(x2，y2，z2，由→→得)＝0PCBCy2－z2＝0，得2＝(0,1,1)．設(shè)二面角C－PB－D的大小為θ，則cosθ＝|1·2|＝1，又由題令y2＝1－x2＝0，|1||2|2可知θ為銳角，所以θ＝60°.10．如圖為一正方體的平面張開圖，在這個(gè)正方體中，有以下四個(gè)結(jié)論：AF⊥GC；②BD與GC成異面直線且夾角為60°；BD∥MN；④直線BG與平面ABCD所成的角為45°.其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為________．答案：2剖析：將平面張開圖復(fù)原為正方體以以下列圖，關(guān)于①，由圖形知AF與GC異面垂直，故①正確．關(guān)于②，BD與GC顯然成異面直線，連結(jié)MB，MD，則BM∥GC，所以∠MBD為異面直線BD與GC所成的角或其補(bǔ)角，在等邊三角形BDM中，∠MBD＝60°，所以異面直線BD