高考数学(理数)一轮复习刷题小卷练习28《空间向量与立体几何》 (教师版)

刷题增分练28 空间向量与立体几何刷题增分练小题基础练提分快一、选择题1．在空间直角坐标系O－xyz中，z轴上到点A(1,0,2)与点B(2，－2,1)距离相等的点C的坐标为(  )A．(0,0，－1)    B．(0,0,1)C．(0,0，－2)D．(0,0,2)答案：C解析：设C(0,0，z)，由点C到点A(1,0,2)与点B(2，－2,1)的距离相等，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．设三棱锥OABC中，＝a，＝b，＝c，点G是△ABC的重心，则等于(  )A．a＋b－cB．a＋b＋cC.(a＋b＋c)D.(a＋b＋c)答案：D解析：如图所示，＝＋＝＋(＋)＝＋(－＋－)＝(a＋b＋c)．3．已知A∈α，P∉α，＝，平面α的一个法向量n＝，则直线PA与平面α所成的角为(  ) A．30°B．45°C．60°D．150°答案：C解析：设PA与平面α所成的角为θ，则sinθ＝＝＝＝.∵θ∈[0°，90°]，∴θ＝60°，故选C.4．已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的三视图如图所示，则异面直线D1C与AC1所成的角为(  )A．30°B．45°C．60°D．90°答案：D解析：由三视图可知几何体为直四棱柱，底面为直角梯形且两底边长分别为1,2，高为1，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高为2.连接DC1，易得AD⊥D1C，DC1⊥D1C，AD∩DC1＝D，所以D1C⊥平面ADC1，所以D1C⊥AC1，所以异面直线D1C与AC1所成的角为90°.5.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线EF与AB1所成角的余弦值为(  ) A.B.C.D.答案：D解析：连接AC，B1C，∵E，F分别为AB，BC的中点，∴EF∥AC，∴∠B1AC为异面直线EF与AB1所成的角．在△AB1C中，∵AB1，AC，B1C为面对角线，∴AB1＝AC＝B1C，∴∠B1AC＝，∴cos∠B1AC＝.6．已知△ABC与△BCD均为正三角形，且AB＝4.若平面ABC⊥平面BCD，且异面直线AB和CD所成的角为θ，则cosθ＝(  )A．－B.C．－D.答案：D解析：解法一 取BC的中点O，连接OA，OD，所以OA⊥OC，OD⊥OC，因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，所以OA⊥平面BCD，所以OA，OD，OC两两垂直，以O为坐标原点，OD，OC，OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，因为AB＝4，所以B(0，－2,0)，D(2，0,0)，C(0,2，0)，A(0,0,2)，所以＝(0，－2，－2)，＝(2，－2,0)，则cosθ＝＝＝＝.7．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D，E分别是AC1和BB1 的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为(  )A．30°B．45°C．60°D．90°答案：A解析：由已知AB2＋BC2＝AC2，则AB⊥BC.分别以BC，BA，BB1为x，y，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，如图所示，设AA1＝2a，则A(0,1,0)，C(，0,0)，D，E(0,0，a)，所以＝，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(0,1,0)，cos〈，n〉＝＝＝，〈，n〉＝60°，所以直线DE与平面BB1C1C所成的角为30°.故选A.8．已知二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为(  )A．150°B．45°C．120°D．60°答案：D解析：如图，AC⊥AB，BD⊥AB，过A在平面ABD内作AE∥BD，过D作DE∥AB，连接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＝2，在三角形ACE中，由余弦定理可得cos∠CAE＝＝，所以∠CAE＝60°，即所求二面角的大小为60°.二、非选择题9．向量a＝(2,0,5)，b＝(3,1，－2)，c＝(－1,4,0)，则a＋6b－8c＝________.答案：(28，－26，－7)解析：a＋6b－8c＝(2,0,5)＋6(3,1，－2)－8(－1,4,0)＝(2,0,5)＋(18,6，－12)－(－8,32,0)＝(28，－26，－7)．10．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，AA1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．答案：解析：在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接AD1，B1D1(图略)，易知∠B1AD1就是异面直线AB1与BC1所成的角．因为AB＝3，BC＝2，AA1＝1，所以AB1＝＝，AD1＝＝，B1D1＝＝.在△AB1D1中，由余弦定理，得cos∠B1AD1＝＝.11.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．答案：解析：以C为原点建立坐标系C－xyz， 得下列坐标：A(2,0,0)，C1(0,0,2)．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2.所以＝(－2,0,2)，＝，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cosθ＝＝＝.又θ∈，所以θ＝.12.如图，已知AB为圆锥PO的底面直径，PA为母线，点C在底面圆周上，若PA＝AB＝2，AC＝BC，则二面角P－AC－B的正切值是________．答案：解析：取AC的中点D，连接OD，PD，则OD⊥AC，PD⊥AC，∴∠PDO是二面角P－AC－B的平面角．∵PA＝AB＝2，AC＝BC，∴PO＝，OD＝，∴二面角P－AC－B的正切值tan∠PDO＝＝. 刷题课时增分练综合提能力 课时练 赢高分一、选择题1．[2019·泸州模拟]在空间直角坐标系中，点P(m,0,0)到点P1(4,1,2)的距离为，则m的值为(  )A．－9或1  B．9或－1C．5或－5D．2或3答案：B解析：由题意|PP1|＝，即＝，∴(m－4)2＝25，解得m＝9或m＝－1.故选B.2．在空间四边形ABCD中，若＝(－3,5,2)，＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为(  )A．(2,3,3)B．(－2，－3，－3)C．(5，－2,1)D．(－5,2，－1)答案：B解析：因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，O为坐标原点，所以＝－，＝(＋)，＝(＋)．所以＝(＋)－(＋)＝(＋)＝[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]＝(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．3．[2018·全国卷Ⅱ]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(  )A.B.C.D.答案：C 解析：图(1)如图(1)，在长方体ABCD—A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA—A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝.在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′B1＋DB1－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝.故选C.图(2)如图(2)，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，∴＝(－1,0，)，＝(1,1，)，∴·＝－1×1＋0×1＋()2＝2，||＝2，||＝，∴cos〈，〉＝＝＝. 故选C.4.[2019·南昌模拟]如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝，AB＝AC＝2，AA1＝，则直线AA1与平面AB1C1所成的角为(  )A.B.C.D.答案：A解析：直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝，即AB⊥AC，以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B1(0,2，)，C1(2,0，)，A1(0,0，)，＝(0,0，)，＝(0,2，)，＝(2,0，)．设平面AB1C1的法向量为n＝(x，y，z)，则得令x＝1，则y＝1，z＝－，所以n＝.设直线AA1与平面AB1C1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝，所以θ＝.5．如图，在三棱锥A－SBC中，棱SA，SB，SC两两垂直，且SA＝SB＝SC，则二面角A－BC－S的正切值为(  ) A．1B.C.D．2答案：C解析：解法一 由题意，SA⊥平面SBC，且AB＝AC＝.如图，取BC的中点D，连接SD，AD，则SD⊥BC，AD⊥BC，故∠ADS是二面角A－BC－S的平面角．设SA＝SB＝SC＝1，则SD＝，在Rt△ADS中，tan∠ADS＝＝＝，故选C.解法二 以S为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系S－xyz，设SA＝1，则S(0,0,0)，A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1,0，－1)，＝(0,1，－1)，易知＝(0,0,1)为平面SBC的一个法向量．设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，则即令z＝1，则n＝(1,1,1)为平面ABC的一个法向量，所以cos〈，n〉＝.由图知二面角A－BC－S为锐二面角，故二面角A－BC－S的正切值为.6．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(  )A.B.C.D.答案：C解析：以D为坐标原点，的方向为x轴的正方向，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz，∵正方体ABCD－ A1B1C1D1的棱长为2，∴D(0,0,0)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，D1(0,0,2)，∴＝(2,0,2)，＝(2,2,0)，＝(－2,0,0)．设平面A1DB的法向量为n＝(x，y，z)，则∴令x＝1，则y＝z＝－1，∴n＝(1，－1，－1)为平面A1DB的一个法向量，∴点D1到平面A1BD的距离d＝＝.7．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，点D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为(  )A.B.C.D.答案：B解析：如图，取AC，A1C1的中点分别为M，M1，连接MM1，BM，过点D作DN∥BM交MM1于点N，则易证DN⊥平面AA1C1C，连接AN，则∠DAN为AD与平面AA1C1C所成的角．在直角三角形DNA中，sin∠DAN＝＝＝.8．[2019·丽水模拟]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，点E是AB上一点，当二面角P－EC－D为时，AE＝(  ) A．1B.C．2－D．2－答案：D解析：如图，过点D作DF⊥CE于F，连接PF，因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥CE，又PD∩DF＝D，所以CE⊥平面PDF，所以PF⊥CE，可得∠PFD为二面角P－EC－D的平面角，即∠PFD＝，故在Rt△PDF中，PD＝DF＝1，因为在矩形ABCD中，△EBC∽Rt△CFD，所以＝，得EC＝＝2，在Rt△BCE中，根据勾股定理，得BE＝＝，所以AE＝AB－BE＝2－，故选D.二、非选择题9．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC.则二面角C－PB－D的大小为________．答案：60°解析： 以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，设PD＝DC＝1，则D(0,0,0)，P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，所以＝(0,0,1)，＝(0,1，－1)，＝(1,1,0)，＝(－1,0,0)，设平面PBD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·＝0，n1·＝0得令x1＝1，得n1＝(1，－1,0)．设平面PBC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n2·＝0，n2·＝0得令y2＝1得n2＝(0,1,1)．设二面角C－PB－D的大小为θ，则cosθ＝＝，又由题可知θ为锐角，所以θ＝60°.10．如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个结论：①AF⊥GC；②BD与GC成异面直线且夹角为60°；③BD∥MN；④直线BG与平面ABCD所成的角为45°.其中正确结论的个数为________．答案：2解析：将平面展开图还原为正方体如图所示，对于①，由图形知AF与GC异面垂直，故①正确．对于②，BD与GC显然成异面直线，连接MB，MD，则BM∥GC，所以∠MBD为异面直线BD与GC所成的角或其补角，在等边三角形BDM中，∠MBD＝60°，所以异面直线BD与GC所成的角为60°，故②正确．对于③，BD与MN为异面直线，所以③错误．对于④，由题意得GD⊥平面ABCD，所以∠GBD为直线BG与平面ABCD所成的角，但在直角三角形BDG中，∠GBD≠45°，所以④错误． 11．[2019·陕西西安模拟]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为边长为的正方形，E，F分别为PC，AB的中点．(1)求证：EF∥平面PAD；(2)若PA⊥BD，EF⊥平面PCD，求直线PB与平面PCD所成角的大小．解析：证明 设PD的中点为Q.连接AQ，EQ，则EQ綊CD，∵AF綊CD，∴EQ綊AF，∴四边形AFEQ为平行四边形．∴EF∥AQ.∵EF⊄平面PAD，AQ⊂平面PAD，∴EF∥平面PAD.(2)由(1)知，EF∥AQ，∵EF⊥平面PCD，∴AQ⊥平面PCD.∵PD，CD⊂平面PCD，∴AQ⊥CD，AQ⊥PD.∵AQ⊥CD，AD⊥CD，AQ∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD.又∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥CD.∵PA⊥BD，CD∩BD＝D，∴PA⊥平面ABCD. 由题意，AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.∵AQ⊥PD，且Q为PD的中点，∴AP＝AD＝，则A(0,0,0)，B(，0,0)，Q，D(0，，0)，P(0,0，)，∴＝，＝(，0，－)，易知为平面PCD的一个法向量．设直线PB与平面PCD所成角为θ，则sinθ＝＝＝，∴直线PB与平面PCD所成角为.