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1、1 高考专题训练七空间向量与立体几何 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ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则 sinCM ，D1N 的值为 ( ) A. 1 9 B. 4 9 5 C. 2 9 5 D. 2 3 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)，M1，0， 1 2 ，D1(0,0,1)，N1，1，1 2 ，CM 1， 1， 1 2
2、，D1N 1， 1， 1 2 ，cosCM ，D1N 1 4 3 2 3 2 1 9， sin CM ，D1N 45 9 . 故选 B. 答案： B 2(2020 全国 ) 已知直二面角l，点A，ACl，C为垂足，B ，BDl，D为垂足，若AB 2，ACBD1，则D到平面ABC的距离等于 ( ) A. 2 3 B. 3 3 C. 6 3 D1 解析： 由AB 2( AC CD DB ) 2 AC 2 CD 2 DB 2 2AC CD 2AC DB 2CD DB 1|CD | 21， 所以 |CD| 2. 过D作DEBC于E，则DE面ABC，DE即为D到平面ABC的距离 在 RtBCD中， BC
3、 2 BD 2 CD 23， BC3.DEBCBDCD，DE 6 3 . 2 答案： C 3在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC90，D、E、F分别是棱AB、 BC、CP的中点，ABAC1，PA2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为( ) A. 1 5 B. 2 5 C. 5 5 D. 25 5 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ABAC1，PA 2，得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)， P(0,0,2)，D 1 2，0，0 ， E 1 2， 1 2， 0 ， F0， 1 2，1 ， 3 AP (0,
4、0,2)，DE 0， 1 2，0 ， DF 1 2， 1 2， 1 ， 设面DEF的法向量为n(x， y，z) ，则由 nDE 0， nDF 0 得 y0， x2z， 取z1，则n(2,0,1)，设PA与 平面DEF所成角为，则 sin| PA n| |PA |n| 5 5 ，PA与平面DEF所成角为arcsin 5 5 ， 故选 C. 答案： C 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 ( ) 4 A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 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
5、AC1所成的角为所求由相似可得AMD 2 ，故选 D. 答案： D 5如下图所示，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点 A到平面MBD的距离是 ( ) A. 6 3 aB. 3 6 a 5 C. 3 4 aD. 6 6 a 解析：A到面MBD的距离由等积变形可得 VAMBDVBAMD. 易求d 6 6 a. 答案： D 6已知平面与所成的二面角为80，P为，外一定点，过点P的一 条直线与，所成的角都是30，则这样的直线有且仅有( ) A1 条B2 条 C3 条D4 条 解析： 如右图，过P作、的垂线PC、PD，其确定的平面与棱l交于Q，过 P的直线与、分别交于A
6、、B两点，若二面角为80，AB与平面、成 30， 则CPD100，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 100 2 60， 80 2 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(2020 全国 ) 已知点E、F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E 2EB，CF2FC1，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. 6 A(3,0,0)，E(3
7、,3,1)，F(0,3,2) AE (0,3,1)，AF ( 3,3,2) 设平面AEF的法向量为n(x，y，z) ， nAE nAF ? 3yz0 3x3y2z0 令y1，z 3，x 1，n( 1,1 ，3) 又DD1 (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 cos|cos n，DD1 | 33 311 3 11 sin1cos 2 2 11 tan sin cos 2 3 . 答案： 2 3 8已知l1，l2是两条异面直线，、是三个互相平行的平面，l1、l2分 别交、于A、B、C和D、E、F，AB4，BC12，DF10，又l1与成 30角，则与间的距离
8、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与间距离为6. 由面 面平行的性质定理可得 AB BC DE EF ， AB ABBC DE DEEF ，即 4 412 DE 10. DE2.5. 答案： 6 2.5 7 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AOy B，使A，B两点的距离为211，则二面角等于_ 解析：如图，ADBC，BCCD，BC平面ACD，BCAC，AB211，BC 4，AC27，AD2，CD4，cos 416 28 224 8 16 1 2. 答案： 120 10已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1
9、，则直线DA1与AC间的距离为 _ 解析： 设nAB AD AA1 是A1D和AC的公垂线段上的向量，则nA1D (AB AD AA1 ) (AD AA1 ) 10，1. 又nAC (AB AD AA1 ) (AB AD ) 0， 1. 8 nAB AD AA1 . 故所求距离为 d |AA1 n| |n| AA1 AB AD AA1 3 1 3 3 3 . 答案： 3 3 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(12 分)(2020 天津 ) 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中 心，AA122，C1H平面AA1B1
10、B，且C1H5. (1) 求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； (2) 求二面角AA1C1B1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， 9 点B为坐标原点，依题意得A(22， 0,0)，B(0,0,0)，C(2，2，5) ， A1(22， 22， 0)，B1(0,22， 0)，C1(2，2，5) (1) 易得AC ( 2，2，5) ， A1B1 ( 22， 0,0) 于是 cosAC ，A1B1 AC A1B1 |AC | |A1B1 | 4 322 2 3 . 所以异面直线
11、AC与A1B1所成角的余弦值为 2 3 . (2) 易知AA1 (0,22， 0) ，A1C1 ( 2，2，5) ， 设平面AA1C1的法向量m(x，y，z) ， 则 mA1C1 0， mAA1 0. 即 2x2y5z 0. 22y 0. 不妨令x5，可得m(5， 0 ，2) ，同样地，设平面A1B1C1的法向量 n(x，y，z) ，则 nA1C1 0， nA1B1 0. 即 2x2y5z 0 22x0. 不妨令y5， 可得n (0，5，2) ，于是 cosm，n mn |m| |n| 2 77 2 7. 从而 sin m， n 35 7 . 10 所以二面角AA1C1B1的正弦值为 35 7
12、 . (3) 由N为棱B1C1的中点，得N 2 2 ， 32 2 ， 5 2 ，设M(a，b,0) ，则MN 2 2 a，3 2 2 b， 5 2 ，由MN平面A1B1C1， 得 MN A1B1 0， MN A1C1 0. 即 2 2 a220， 2 2 a2 32 2 b2 5 2 5 0. 解得 a 2 2 ， b 2 4 . 故M 2 2 ， 2 4 ，0 ，因此BM 2 2 ， 2 4 ，0 ，所以线段 BM的 长|BM | 10 4 . 方法二： (1) 由于AC A1C1. 故C1A1B1是异面直线AC与A1B1所成的角 因为C1H平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，
13、AA122，C1H5，可 得A1C1B1C1 3. 11 因此 cosC1A1B1 A1C 2 1A1B 2 1B1C 2 1 2A1C1A1B1 2 3 . 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 2 3 . (2) 连接AC1，易知AC1B1C1，又由于AA1B1A1，A1C1A1C1，所以AC1A1 B1C1A1，过点A作ARA1C1于点R，连接B1R，于是B1RA1C1，故ARB 1为二面角 A A1C1B1的平面角 在 RtA1RB1中，B1RA1B1sin RA1B1221 2 3 2 2 14 3 . 连接AB1，在 ARB1中，AB14，ARB1R， cos ARB 1 A
14、R 2B 1R 2 AB 2 1 2ARB1R 2 7， 从而 sin ARB13 5 7 . 所以二面角AA1C1B1的正弦值为 35 7 . (3) 因为MN平面A1B1C1，所以MNA1B1，取HB1中点D，连接ND. 由于N是棱B1C1 的中点，所以ND C1H且ND1 2C 1H 5 2 . 又C1H平面AA1B1B， 所以ND平面AA1B1B，故 NDA1B1. 又MNNDN，所以A1B1平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，则ME A1B1，故ME AA1. 由 DE AA1 B1E B1A1 B1D B1A 1 4， 得DEB1E 2 2 ，延长EM交AB于点F，可得BF
15、B1E 2 2 ， 连接NE. 在 RtENM中，NDME，故ND 2DE DM，所以DM ND 2 DE 52 4 ，可得FM 2 4 ，连接BM，在 RtBFM中， BMFM 2 BF 2 10 4 . 12(13 分)(2020 上海 ) 已知ABCDA1B1C1D1是底面边长为1 的正四棱柱，O1为A1C1 与B1D1的交点 12 (1) 设AB1与底面A1B1C1D1所成角的大小为，二面角AB1D1A1的大小为. 求证： tan2tan； (2) 若点C到平面AB1D1的距离为 4 3， 求正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高 解： 设正四棱柱的高为h. (1) 证明： 连接AO1，
16、AA1底面A1B1C1D1于A1， AB1与底面A1B1C1D1所成的角为AB1A1， 即AB1A1. AB1AD1，O1为B1D1中点， AO1B1D1，又A1O1B1D1， AO1A1是二面角AB1D1A1的平面角，即AO1A1 tan AA1 A1B1 h， tan AA1 A1O1 2h2tan. (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) 13 AB1 (1,0 ，h) ，AD1 (0,1 ，h) ，AC (1,1,0) 设平面AB1D1的一个法向量为n(x，y，z) ， nAB1 nAD1 ? nAB1 0 nAD1 0 ， 即z1，得n(h，h,1) 点C到平面AB1D1的距离为d |nAC | |n| hh0 h 2 h 21 4 3， 则h2.