2020年高考理科数学一轮复习小卷练29【空间向量与立体几何】解析卷

12020年高考理科数学一轮复习小卷练29【空间向量与立体几何】解析卷小题基础练提分快一、选择题1．[2019·台州模拟]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，OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，点G是△ABC的重心，则OG→等于()A．a＋b－cB．a＋b＋cC.12(a＋b＋c)D.13(a＋b＋c)答案：D解析：如图所示，OG→＝OA→＋AG→＝OA→＋13(AB→＋AC→)＝OA→＋13(OB→－OA→＋OC→－OA→)＝13(a＋b＋c)．3．已知A∈α，P∉α，PA→＝－32，12，2，平面α的一个法向量n＝0，－12，－2，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＝||cos〈PA→·n〉＝|PA→·n||PA→||n|＝14＋21＋2·14＋2＝32.∵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()2A．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.[2019·衡阳模拟]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.33B.32C.22D.12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＝π3，∴cos∠B1AC＝12.6．[2019·陕西质检]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．－154B.154C．－14D.14答案：D3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(23，0,0)，C(0,2，0)，A(0,0,23)，所以AB→＝(0，－2，－23)，CD→＝(23，－2,0)，则cosθ＝AB→·CD→|AB→|·|CD→|＝0×23＋－2×－2＋－23×002＋－22＋－232×232＋－22＋02＝416＝14.解法二如图，取BC的中点O，取BD的中点E，取AC的中点F，连接OA，OE，OF，EF，则OE∥CD，OF∥AB，则∠EOF或其补角为异面直线AB与CD所成的角，依题得OE＝12CD＝2，OF＝12AB＝2，过点F作FG⊥BC于点G，易得FG⊥平面BCD，且FG＝12OA＝3，G为OC的中点，则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－EF22OE·OF＝22＋22－102×2×2＝－14，因为θ＝0，π2，所以cosθ＝14.7．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝3，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，4如图所示，设AA1＝2a，则A(0,1,0)，C(3，0,0)，D32，12，a，E(0,0，a)，所以ED→＝32，12，0，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(0,1,0)，cos〈ED→，n〉＝ED→·n|ED→||n|＝12322＋122＋02×1＝12，〈ED→，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＝217，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＝213，在三角形ACE中，由余弦定理可得cos∠CAE＝CA2＋AE2－CE22CA×AE＝12，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．[2019·南宁二中、柳州高中两校联考]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：210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＝32＋12＝10，AD1＝22＋12＝5，B1D1＝22＋32＝13.在△AB1D1中，由余弦定理，得cos∠B1AD1＝102＋52－1322×10×5＝210.11.5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22，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．答案：π6解析：以C为原点建立坐标系C－xyz，得下列坐标：A(2,0,0)，C1(0,0,22)．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C232，32，22.所以AC1→＝(－2,0,22)，AC2→＝－12，32，22，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cosθ＝AC1→·AC2→|AC1→||AC2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈0，π2，所以θ＝π6.12.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：6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＝3，OD＝22，∴二面角P－AC－B的正切值tan∠PDO＝POOD＝6.6刷题课时增分练○29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30，则m的值为()A．－9或1B．9或－1C．5或－5D．2或3答案：B解析：由题意|PP1|＝30，即m－42＋－12＋－22＝30，∴(m－4)2＝25，解得m＝9或m＝－1.故选B.2．在空间四边形ABCD中，若AB→＝(－3,5,2)，CD→＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则EF→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EF→＝OF→－OE→，OF→＝12(OA→＋OD→)，OE→＝12(OB→＋OC→)．所以EF→＝12(OA→＋OD→)－12(OB→＋OC→)＝12(BA→＋CD→)＝12[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]＝12(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．3．[2018·全国卷Ⅱ]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.15B.56C.55D.22答案：C解析：图(1)解法一如图(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′＝12＋1＋12＝5，B′B1＝12＋32＝2，DB1＝12＋12＋32＝5.在△DB′B1中，由余弦定理，得7DB′2＝B′B21＋DB21－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×25cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝55.故选C.图(2)解法二如图(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(0,0，3)，B1(1,1，3)，∴AD1→＝(－1,0，3)，DB1→＝(1,1，3)，∴AD1→·DB1→＝－1×1＋0×1＋(3)2＝2，|AD1→|＝2，|DB1→|＝5，∴cos〈AD1→，DB1→〉＝AD1→·DB1→|AD1→|·|DB1→|＝225＝55.故选C.4.[2019·南昌模拟]如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝π2，AB＝AC＝2，AA1＝6，则直线AA1与平面AB1C1所成的角为()A.π6B.π4C.π3D.π2答案：A解析：直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝π2，即AB⊥AC，以A为坐标原点，AC→，AB→，AA1→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(0,2，6)，C1(2,0，6)，A1(0,0，6)，AA1→＝(0,0，6)，AB1→＝(0,2，6)，AC1→＝(2,0，6)．设平面AB1C1的法向量为n＝(x，y，z)，8则n·AB1→＝0，n·AC1→＝0，得2y＋6z＝0，2x＋6z＝0，令x＝1，则y＝1，z＝－63，所以n＝1，1，－63.设直线AA1与平面AB1C1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，AA1→〉|＝12，所以θ＝π6.5．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.22C.2D．2答案：C解析：解法一由题意，SA⊥平面SBC，且AB＝AC＝SA2＋SB2.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＝22，在Rt△ADS中，tan∠ADS＝SASD＝122＝2，故选C.解法二以S为坐标原点，SB→，SC→，SA→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