2020高考數(shù)學 專題練習 七 空間向量與立體幾何 理

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1、高考專題訓練七　空間向量與立體幾何 班級_______　姓名________　時間：45分鐘　分值：75分　總得分________ 一、選擇題：本大題共6小題，每小題5分，共30分．在每小題給出的四個選項中，選出符合題目要求的一項填在答題卡上． 1．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M、N分別為棱AA1和BB1的中點，則sin〈，〉的值為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：以D為原點，DA、DC、DD1分別為x軸、y軸、z軸建系，設正方體棱長為1，則C(0,1,0)，M，D1(0,0,1)，N，∴＝，＝，∴cos〈，〉＝＝－， ∴sin〈，〉＝.故選

2、B. 答案：B 2．(2020·全國)已知直二面角α－l－β，點A∈α，AC⊥l，C為垂足，B∈β，BD⊥l，D為垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，則D到平面ABC的距離等于(　　) A. B. C. D．1 解析：由2＝(＋＋)2 ＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2· ＝1＋||2＋1，所以|CD|＝. 過D作DE⊥BC于E，則DE⊥面ABC，DE即為D到平面ABC的距離．在Rt△BCD中，BC2＝BD2＋CD2＝3，∴BC＝.DE·BC＝BD·CD，∴DE＝. 答案：C 3．在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D、E、F分別是棱AB、BC、C

3、P的中點，AB＝AC＝1，PA＝2，則直線PA與平面DEF所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：以A為原點，AB、AC、AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標系，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)，＝，＝，設面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則由得取z＝1，則n＝(2,0,1)，設PA與平面DEF所成角為θ，則sinθ＝＝，∴PA與平面DEF所成角為arcsin，故選C. 答案：C 4．如圖所示，AC1是正方體的一條體

4、對角線，點P、Q分別為其所在棱的中點，則PQ與AC1所成的角為(　　) A.　　　 B. C.　　　 D. 解析：如圖，設底面中心為O，在對角面ADC1B1中，取AB1的中點為T，TD∥PQ，從而TD與AC1所成的角為所求．由相似可得∠AMD＝，故選D. 答案：D 5．如下圖所示，在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M是AA1的中點，則點A到平面MBD的距離是(　　) A.a B.a C.a D.a 解析：A到面MBD的距離由等積變形可得． VA－MBD＝VB－AMD.易求d＝a. 答案：D 6．已知平面α與β所成的二面角為80°，P為

5、α，β外一定點，過點P的一條直線與α，β所成的角都是30°，則這樣的直線有且僅有(　　) A．1條　　　 B．2條 C．3條　　　 D．4條 解析：如右圖，過P作α、β的垂線PC、PD，其確定的平面與棱l交于Q，過P的直線與α、β分別交于A、B兩點，若二面角為80°，AB與平面α、β成30°，則∠CPD＝100°，AB與PD、PC成60°，因此問題轉化為過P點與直線PD、PC所成角為60°的直線有幾條．∵<60°，<60°，∴這樣的直線有4條． 答案：D 二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在答題卡上． 7．(2020·全國)已知點E、F分別在正方體A

6、BCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，則面AEF與面ABC所成的二面角的正切值等于________． 解析：如圖，以DA，DC，DD1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系 設正方體的邊長為3. ∴A(3,0,0)，E(3,3,1)，F(xiàn)(0,3,2) ∴＝(0,3,1)，＝(－3,3,2) 設平面AEF的法向量為n＝(x，y，z)， ∴? 令y＝1，∴z＝－3，x＝－1，∴n＝(－1,1，－3) 又＝(0,0,3)為面ABC的一個法向量，設平面AEF與平面ABC所成的二面角為θ ∴cosθ＝|cos〈n，〉|＝＝ ∴sinθ＝＝

7、 ∴tanθ＝＝. 答案： 8．已知l1，l2是兩條異面直線，α、β、γ是三個互相平行的平面，l1、l2分別交α、β、γ于A、B、C和D、E、F，AB＝4，BC＝12，DF＝10，又l1與α成30°角，則β與γ間的距離是________；DE＝________. 解析：由直線與平面所成角的定義及平行平面距離定義易得β與γ間距離為6.由面面平行的性質定理可得＝，∴＝，即＝.∴DE＝2.5. 答案：6　2.5 9．坐標平面上有點A(－2,3)和B(4，－1)，將坐標平面沿y軸折成二面角A－Oy－B，使A，B兩點的距離為2，則二面角等于________． 解析：如圖，AD⊥BC，BC⊥C

8、D，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，AB＝2，BC＝4，∴AC＝2，AD＝2，CD＝4，∴cosθ＝＝－＝－. 答案：120° 10．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，則直線DA1與AC間的距離為________． 解析：設n＝λ＋μ＋是A1D和AC的公垂線段上的向量，則n·＝(λ＋μ＋)·(－)＝μ－1＝0，∴μ＝1.又n·＝(λ＋μ＋)·(＋)＝λ＋μ＝0，∴λ＝－1. ∴n＝－＋＋.故所求距離為 d＝＝ ＝＝. 答案： 三、解答題：本大題共2小題，共25分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 11．(12分)(2020·天津)如圖，在三

9、棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝. (1)求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值； (2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值； (3)設N為棱B1C1的中點，點M在平面AA1B1B內，且MN⊥平面A1B1C1，求線段BM的長． 解：方法一：如圖所示，建立空間直角坐標系， 點B為坐標原點，依題意得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〈，〉＝＝＝. 所以異面直線AC與A1B

10、1所成角的余弦值為. (2)易知＝(0,2，0)，＝(－，－，)， 設平面AA1C1的法向量m＝(x′，y′，z′)， 則即 不妨令x′＝，可得m＝(，0，)，同樣地，設平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)，則即不妨令y＝，可得n＝(0，，)，于是cos〈m，n〉＝＝＝.從而sin〈m，n〉＝. 所以二面角A－A1C1－B1的正弦值為. (3)由N為棱B1C1的中點，得N，設M(a，b,0)，則＝，由MN⊥平面A1B1C1， 得 即 解得故M，因此＝，所以線段BM的長||＝. 方法二：(1)由于AC∥A1C1.故∠C1A1B1是異面直線AC與A1B1所成的角．

11、 因為C1H⊥平面AA1B1B，又H為正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H＝，可得A1C1＝B1C1＝3. 因此cos∠C1A1B1＝＝. 所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為. (2)連接AC1，易知AC1＝B1C1，又由于AA1＝B1A1，A1C1＝A1C1，所以△AC1A1≌△B1C1A1，過點A作AR⊥A1C1于點R，連接B1R，于是B1R⊥A1C1，故∠ARB1為二面角A－A1C1－B1的平面角． 在Rt△A1RB1中，B1R＝A1B1·sin∠RA1B1＝2·＝.連接AB1，在△ARB1中，AB1＝4，AR＝B1R，cos∠ARB1＝＝－，從而sin∠ARB

12、1＝. 所以二面角A－A1C1－B1的正弦值為. (3)因為MN⊥平面A1B1C1，所以MN⊥A1B1，取HB1中點D，連接ND.由于N是棱B1C1的中點，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，連接MD并延長交A1B1于點E，則ME⊥A1B1，故ME∥AA1. 由＝＝＝，得DE＝B1E＝，延長EM交AB于點F，可得BF＝B1E＝，連接NE.在Rt△ENM中，ND⊥ME，故ND2＝DE·DM，所以DM＝＝，可得FM＝，連接BM，在Rt△BFM中， BM＝＝. 12．(1

13、3分)(2020·上海)已知ABCD－A1B1C1D1是底面邊長為1的正四棱柱，O1為A1C1與B1D1的交點． (1)設AB1與底面A1B1C1D1所成角的大小為α，二面角A－B1D1－A1的大小為β.求證：tanβ＝tanα； (2)若點C到平面AB1D1的距離為，求正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高． 解：設正四棱柱的高為h. (1)證明：連接AO1，AA1⊥底面A1B1C1D1于A1，∴AB1與底面A1B1C1D1所成的角為∠AB1A1，即∠AB1A1＝α.∵AB1＝AD1，O1為B1D1中點， ∴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)建立如圖空間直角坐標系，有A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h) ＝(1,0，－h(huán))，＝(0,1，－h(huán))，＝(1,1,0) 設平面AB1D1的一個法向量為n＝(x，y，z)， ∵?， 即z＝1，得n＝(h，h,1) ∴點C到平面AB1D1的距離為d＝＝＝，則h＝2.