2022年高三数学二轮复习 1-2-7空间向量与立体几何同步练习 理 人教版

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1、2022年高三数学二轮复习 1-2-7空间向量与立体几何同步练习 理 人教版 班级_______　姓名________　时间：45分钟　分值：75分　总得分________ 一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项填在答题卡上． 1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：以D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建系，设正方体棱长为1，则C(0,1,0)，M，D1(0,0,1)，N，∴＝，＝，∴co

2、s〈，〉＝＝－， ∴sin〈，〉＝.故选B. 答案：B 2．(xx·全国)已知直二面角α－l－β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离等于(　　) A. B. C. D．1 解析：由2＝(＋＋)2 ＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2· ＝1＋||2＋1，所以|CD|＝. 过D作DE⊥BC于E，则DE⊥面ABC，DE即为D到平面ABC的距离．在Rt△BCD中，BC2＝BD2＋CD2＝3，∴BC＝.DE·BC＝BD·CD，∴DE＝. 答案：C 3．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝9

3、0°，D、E、F分别是棱AB、BC、CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 解析：以A为原点，AB、AC、AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，D，E， F， ∴＝(0,0,2)，＝，＝，设面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则由得取z＝1，则n＝(2,0,1)，设PA与平面DEF所成角为θ，则sinθ＝＝，∴PA与平面DEF所成角为arcsin，故选C. 答案：C

4、 4．如图所示，AC1是正方体的一条体对角线，点P、Q分别为其所在棱的中点，则PQ与AC1所成的角为(　　) A.　　　 B. C.　　　 D. 解析：如图，设底面中心为O，在对角面ADC1B1中，取AB1的中点为T，TD∥PQ，从而TD与AC1所成的角为所求．由相似可得∠AMD＝，故选D. 答案：D 5．如下图所示，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A到平面MBD的距离是(　　) A.a B.a C.a D.a 解析：A到面MBD的距离由等积变形可得． VA－MBD＝VB－AMD.易求d＝a. 答案：D 6．已

5、知平面α与β所成的二面角为80°，P为α，β外一定点，过点P的一条直线与α，β所成的角都是30°，则这样的直线有且仅有(　　) A．1条　　　 B．2条 C．3条　　　 D．4条 解析：如右图，过P作α、β的垂线PC、PD，其确定的平面与棱l交于Q，过P的直线与α、β分别交于A、B两点，若二面角为80°，AB与平面α、β成30°，则∠CPD＝100°，AB与PD、PC成60°，因此问题转化为过P点与直线PD、PC所成角为60°的直线有几条．∵<60°，<60°，∴这样的直线有4条． 答案：D 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上． 7．(xx

6、·全国)已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于________． 解析：如图，以DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系 设正方体的边长为3. ∴A(3,0,0)，E(3,3,1)，F(0,3,2) ∴＝(0,3,1)，＝(－3,3,2) 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)， ∴⇒ 令y＝1，∴z＝－3，x＝－1，∴n＝(－1,1，－3) 又＝(0,0,3)为面ABC的一个法向量，设平面AEF与平面ABC所成的二面角为θ ∴cosθ＝|cos

7、〈n，〉|＝＝ ∴sinθ＝＝ ∴tanθ＝＝. 答案： 8．已知l1，l2是两条异面直线，α、β、γ是三个互相平行的平面，l1、l2分别交α、β、γ于A、B、C和D、E、F，AB＝4，BC＝12，DF＝10，又l1与α成30°角，则β与γ间的距离是________；DE＝________. 解析：由直线与平面所成角的定义及平行平面距离定义易得β与γ间距离为6.由面面平行的性质定理可得＝，∴＝，即＝.∴DE＝2.5. 答案：6　2.5 9．坐标平面上有点A(－2,3)和B(4，－1)，将坐标平面沿y轴折成二面角A－Oy－B，使A，B两点的距离为2，则二面角等于________．

8、 解析：如图，AD⊥BC，BC⊥CD，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，AB＝2，BC＝4，∴AC＝2，AD＝2，CD＝4，∴cosθ＝＝－＝－. 答案：120° 10．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则直线DA1与AC间的距离为________． 解析：设n＝λ＋μ＋是A1D和AC的公垂线段上的向量，则n·＝(λ＋μ＋)·(－)＝μ－1＝0，∴μ＝1.又n·＝(λ＋μ＋)·(＋)＝λ＋μ＝0，∴λ＝－1. ∴n＝－＋＋.故所求距离为 d＝＝ ＝＝. 答案： 三、解答题：本大题共2小题，共25分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 11．(1

9、2分)(xx·天津)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝. (1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； (2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值； (3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长． 解：方法一：如图所示，建立空间直角坐标系， 点B为坐标原点，依题意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，－，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，，) (1)易得＝(－，－，)， ＝(－2，0,0)． 于是cos〈，〉＝＝＝

10、. 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为. (2)易知＝(0,2，0)，＝(－，－，)， 设平面AA1C1的法向量m＝(x′，y′，z′)， 则即 不妨令x′＝，可得m＝(，0，)，同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)，则即不妨令y＝，可得n＝(0，，)，于是cos〈m，n〉＝＝＝.从而sin〈m，n〉＝. 所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为. (3)由N为棱B1C1的中点，得N，设M(a，b,0)，则＝，由MN⊥平面A1B1C1， 得 即 解得故M，因此＝，所以线段BM的长||＝. 方法二：(1)由于AC∥A1C1.故∠C1A1B1是异面直

11、线AC与A1B1所成的角． 因为C1H⊥平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H＝，可得A1C1＝B1C1＝3. 因此cos∠C1A1B1＝＝. 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为. (2)连接AC1，易知AC1＝B1C1，又由于AA1＝B1A1，A1C1＝A1C1，所以△AC1A1≌△B1C1A1，过点A作AR⊥A1C1于点R，连接B1R，于是B1R⊥A1C1，故∠ARB1为二面角A－A1C1－B1的平面角． 在Rt△A1RB1中，B1R＝A1B1·sin∠RA1B1＝2·＝.连接AB1，在△ARB1中，AB1＝4，AR＝B1R，cos∠AR

12、B1＝＝－，从而sin∠ARB1＝. 所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为. (3)因为MN⊥平面A1B1C1，所以MN⊥A1B1，取HB1中点D，连接ND.由于N是棱B1C1的中点，所以ND∥C1H且ND＝C1H＝.又C1H⊥平面AA1B1B，所以ND⊥平面AA1B1B，故ND⊥A1B1.又MN∩ND＝N，所以A1B1⊥平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，则ME⊥A1B1，故ME∥AA1. 由＝＝＝，得DE＝B1E＝，延长EM交AB于点F，可得BF＝B1E＝，连接NE.在Rt△ENM中，ND⊥ME，故ND2＝DE·DM，所以DM＝＝，可得FM＝，连接BM，在Rt△BFM中，

13、 BM＝＝. 12．(13分)(xx·上海)已知ABCD－A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点． (1)设AB1与底面A1B1C1D1所成角的大小为α，二面角A－B1D1－A1的大小为β.求证：tanβ＝tanα； (2)若点C到平面AB1D1的距离为，求正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高． 解：设正四棱柱的高为h. (1)证明：连接AO1，AA1⊥底面A1B1C1D1于A1，∴AB1与底面A1B1C1D1所成的角为∠AB1A1，即∠AB1A1＝α.∵AB1＝AD1，O1为B1D1中点， ∴AO1⊥B1D1，又A1O1⊥B1D1， ∴∠AO1A1是二面角A－B1D1－A1的平面角，即∠AO1A1＝β ∴tanα＝＝h，tanβ＝＝h＝tanα. (2)建立如图空间直角坐标系，有A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h) ＝(1,0，－h)，＝(0,1，－h)，＝(1,1,0) 设平面AB1D1的一个法向量为n＝(x，y，z)， ∵⇔， 即z＝1，得n＝(h，h,1) ∴点C到平面AB1D1的距离为d＝＝＝，则h＝2.