2022届-数学一轮(文科)-浙江专用-课时作业-第八章-解析几何-阶段回扣练8-.docx

阶段回扣练8　空间向量与立体几何　
(时间：120分钟　满分：150分)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．已知a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，若a与b为共线向量，则
(　　)
A．x＝1，y＝1 B．x＝，y＝－
C．x＝，y＝－ D. x＝－，y＝
解析　∵a＝(2x,1,3)与b＝(1，－2y,9)共线，∴＝＝，∴x＝，y＝－.
答案　C
2．已知直线l1的方向向量a＝(2,4，x)，直线l2的方向向量b＝(2，y,2)，若|a|＝6，且a⊥b，则x＋y的值是
(　　)
A．－3或1 B．3或－1
C．－3 D．1
解析　∵|a|＝6，且a⊥b，∴
∴或∴x＋y＝1或－3.
答案　A
3．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)，若|a|＝，且a是平面ABC的法向量，则a＝
(　　)
A．(1,1,1)
B．(－1，－1，－1)
C．(1,1,1) 或(－1，－1，－1，)
D．(1，－1,1)或(－1,1，－1)
解析　A＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)，设a＝(x，y，z)，由已知条件可得解得x＝y＝z＝±1，
∴a＝(1,1,1)或(－1，－1，－1)．
答案　C
4．如图，在三棱锥A－BCD中，DA、DB、DC两两垂直，且DB＝DC，E为BC的中点，则·等于
(　　)

A．3 B．2
C．1 D．0
解析　·＝(＋)·＝·＋·＝·(B＋)＝·＋·＝0.
答案　D
5.如图，已知边长为6的正方形ABCD和正方形ADEF所在平面相互垂直，O是BE的中点，＝，则线段OM的长度为
(　　)

A．3 B. C．2 D.
解析　由题意可建立以D为坐标原点，DA、DC、DE所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，则E(0,0,6)，B(6,6,0)，M(6,0,4)，O(3,3,3)，
则|OM|＝＝.
答案　B
6．在空间直角坐标系中，定点到三个坐标轴的距离都是1，则该点到原点的距离为
(　　)
A. B. C. D.
解析　设该点的坐标为(x，y，z)．依题意知y2＋z2＝1，z2＋x2＝1，x2＋y2＝1，x2＋y2＋z2＝，即该点到原点的距离是.故选A.
答案　A
7.已知ABC－A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则直线CC1与平面AB1D所成的角为]
(　　)

A．45° 　　 B．60°
C．90° 　　 D．30°
解析　如图所示，取AC的中点N，以N为坐标原点，建立空间直角坐标系．

∴A(0，－，0)，B1，
D，C1，
C
∴＝(a，a，a)，
＝(0，a，)，＝(0,0，a)．
设平面AB1D的法向量为n＝(x，y，z)，由n·＝0，n·＝0，可取n＝(，1，－2)．
∴ cos〈，n〉＝＝＝－，
∴直线CC1与平面AB1D所成的角为45°.
答案　A
8.如图，ABCD－A1B1C1D1是正方体，E、F分别是AD、DD1的中点，则平面EFC1B和平面BCC1所成二面角的正切值等于
(　　)

A．2 B.
C. D.
解析　设正方体的棱长为2，建立以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，则E(1,0,0)，F(0,0,1)，＝(1,2,0)，＝(－1,0,1)．易知平面BCC1的一个法向量为＝(0，－2,0)，设平面EFC1B的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝x＋2y＝0，m·＝－x＋z＝0，令y＝
－1，则m＝(2，－1,2)，
故 cos〈m，〉＝＝＝，tan〈m，〉＝2.故所求二面角的正切值为2.
答案　A
二、填空题
9．设OABC是四周体，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG＝3GG1，若＝x＋y＋z，则(x，y，z)为_________．
解析　∵＝＝(＋)＝＋××(＋)＝＋
[(－)＋(O－)]＝O＋＋，∴x＝y＝z＝.故填.
答案　
10．平面α的一个法向量为n＝(1,2,0)，平面β的一个法向量为m＝(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是_________．
解析　∵n·m＝1×2＋2×(－1)＝0，∴m⊥n，∴α⊥β.
答案　垂直
11．已知O点为空间直角坐标系的原点，向量＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，O＝(1,1,2)，且点Q在直线OP上运动，当·取得最小值时，的坐标是_________．
解析　∵点Q在直线OP上，∴设点Q(λ，λ，2λ)，
则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，
·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10
＝62－.
当λ＝时，·取得最小值－.
此时＝.
答案　
12．平面α的一个法向量为n＝(1，－，0)，则y轴与平面α所成的角的大小为________．
解析　y轴的方向向量为m＝(0,1,0)，设y轴与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|，
∵cos〈m，n〉＝＝＝－，
∴sin θ＝，∴θ＝.
答案　
13．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是________．

解析　以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则
D(0,0,0)，N，M，A1(1,0,1)，
∴＝，1＝，
∴·＝1×0＋1×＋×1＝0，
∴⊥，∴A1M与DN所成的角的大小是90°.
答案　90°
14．在底面为正方形的四棱锥V－ABCD中，侧棱VA⊥底面ABCD，且VA＝AB，点M为VA的中点，则直线VC与平面MBC所成角的正弦值是_________．
解析　由题知可建立如图所示的空间直角坐标系，设VA＝2，则M(0,0,1)，
B(2,0,0)，C(2,2,0)，V(0,0,2)，∴＝(2,0，－1)，

＝(2,2，－1)，＝(－2，－2,2)．设平面MBC的法向量为n＝(x，y，z)，由n·＝0，n·＝0，可取n＝(1,0,2), 设直线VC与平面MBC所成的角为θ，则 sin θ＝| cos〈，n〉|＝＝.
答案　
15.菱形ABCD中，AB＝2，∠BCD＝60°， 现将其沿对角线BD折成直二面角
A－BD－C(如图)，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为________．

解析　

如图，取BD的中点O，连接AO、CO，建立空间直角坐标系，
∵AB＝2，∠BCD＝60°，
∴A(0,0，)，B(1,0,0)，
D(－1,0,0)，C(0，，0)，
∴＝(1,0，－)，＝(－1，－，0)，
∴ cos〈，〉＝＝＝－.
故所求异面直线所成角的余弦值为.
答案　
三、解答题
16．(2022·陕西卷)四周体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四周体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.

(1)证明：四边形EFGH是矩形；
(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．
(1)证明　由该四周体的三视图可知，
BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.
由题设，BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，
平面EFGH∩平面ABC＝EH，
∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.
同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形．
又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC，
∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．
(2)解　

如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(0,0,1)，
B(2,0,0)，C(0,2,0)，
＝(0,0,1)，＝(－2,2,0)，＝(－2,0,1)．
设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，
∵EF∥AD，FG∥BC，∴n·＝0，n·＝0，
得取n＝(1,1,0)，
∴ sin θ＝|cos〈，n〉 |＝＝＝.
即直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值为.
17.(2022·湖南卷)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的全部棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．

(1)证明：O1O⊥底面ABCD；
(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1－OB1－D的余弦值．
(1)证明　如图，由于四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥AC，同理DD1⊥BD，由于CC1∥DD1，所以CC1⊥BD，而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.
由题设知O1O∥C1C，故O1O⊥底面ABCD.
(2)解　由于四棱柱ABCD－A1B1C1D1的全部棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD，又由(1)知O1O⊥底面ABCD，从而OB、OC、OO1两两垂直．

如图，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz，不妨设AB＝2，由于∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，
于是相关各点的坐标为O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)．易知，n1＝(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量．设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的法向量，
则即
取z＝－，则x＝2，y＝2，所以n2＝(2,2，－)，
设二面角C1－OB1－D的大小为θ，易知θ是锐角，
于是 cos θ＝| cos〈n1，n2〉 |＝＝＝.
即二面角C1－OB1－D的余弦值为.
18．(2021·河南开封三模)如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．

(1)求证：AF∥平面BCE；
(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；
(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．
(1)证明　设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a，)，D(a，a,0)，

E(a，a,2a)．
∵F为CD的中点，
∴F .
∵＝ ，＝(a，a，a)，
＝(2a,0，－a)，∴＝(＋)，
又AF⊄平面BCE，∴AF∥平面BCE.
(2)证明　∵＝，＝(－a，a,0)，
＝(0,0，－2a)，
∴·＝0，·＝0，∴⊥，⊥，
又∵CD∩ED＝D，∴AF⊥平面CDE，又AF∥平面BCE，
∴平面CDE⊥平面BCE.
(3)解　设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，由n·＝0，n·＝0可得x＋y＋z＝0,2x－z＝0，
取n＝(1，－，2)，
又B＝，设BF和平面BCE所成的角为θ，则 sin θ＝＝＝，
∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.
19．(2021·烟台模拟)如图，已知矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，O为CD的中点，沿AO将三角形AOD折起，使DB＝.
(1)求证：平面AOD⊥平面ABCO；
(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值．

(1)证明　在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，
O为CD的中点，∴△AOD，△BOC为等腰直角三角形，
∴∠AOB＝90°，即OB⊥OA.
取AO中点H，连接DH，BH，则OH＝DH＝AO＝.
在Rt△BOH中，BH2＝BO2＋OH2＝，
在△BHD中，DH2＋BH2＝2＋＝3，又DB2＝3.
∴DH2＋BH2＝DB2，
∴DH⊥BH.
又DH⊥OA，OA∩BH＝H，
∴DH⊥平面ABCO.
而DH⊂平面AOD，
∴平面AOD⊥平面ABCO.
(2)解　

分别以OA，OB所在直线为x轴，y轴，O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0，，0)，A(，0,0)，
D，C
∴A＝(－，，0)，A＝，
B＝.
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
即x＝y，x＝z，令x＝1，则y＝z＝1，n＝(1,1,1)．
设α为直线BC与平面ABD所成的角．
则 sin α＝＝＝.
即直线BC与平面ABD所成角的正弦值为.
20.已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝2，AB＝1，E、F分别是线段AB、BC的中点．

(1)求证：PF⊥FD；
(2)在PA上找一点G，使得EG∥平面PFD；
(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角A－PD－F的余弦值．
(1)证明　建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)，
不妨令P(0,0，t)，t＞0.

∵＝(1,1，－t)，＝(1，－1,0)，
∴·＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0.
∴PF⊥FD.
(2)解　设平面PFD的法向量为n＝(x，y，z)，
由得令z＝1，
则n＝(，，1)，设G(0,0，m)，∵E(，0,0)，
∴＝(－，0，m)，由题意·n＝0，
∴－＋m＝0，∴m＝t，
∴当G是线段PA的靠近于A的一个四等分点时，使得EG∥平面PFD.
(3)解　∵PA⊥平面ABCD，
∴∠PBA就是PB与平面ABCD所成的角，
即∠PBA＝45° ，∴PA＝AB＝1，P(0,0,1)，
由(2)知平面PFD的一个法向量为n＝(，，1)．
易知平面PAD的一个法向量为＝(1,0,0)，
∴ cos〈，n〉＝＝＝.
由图知，二面角A－PD－F的平面角为锐角，
所以，二面角A－PD－F的余弦值为.