2022届高三数学一轮复习（原卷版）第5讲　高效演练分层突破

1、基础题组练1已知 a(2，1，3)，b(1，2，3)，c(7，6，)，若 a，b，c 三向量共面，则()a9b9c3d3解析：选 b由题意知 cxayb，即(7，6，)x(2，1，3)y(1，2，3)，所以2xy7，x2y6，3x3y，解得9.2(多选)有下列四个命题，其中不正确的命题有()a已知 a，b，c，d 是空间任意四点，则abbccdda0b若两个非零向量ab与cd满足abcd0，则abcdc分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量d对于空间的任意一点 o 和不共线的三点 a，b，c，若opxoayobzoc(x，y，zr)，则 p，a，b，c 四点共

2、面解析：选 acd对于 a，已知 a，b，c，d 是空间任意四点，则abbccdda0，错误；对于 b，若两个非零向量ab与cd满足abcd0，则abcd，正确；对于 c，分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线， 则这两个向量可以是共面向量， 不正确；对于 d，对于空间的任意一点 o 和不共线的三点 a，b，c，若opxoayobzoc(x，y，zr)，仅当 xyz1 时，p，a，b，c 四点共面，故错误3在空间四边形 abcd 中，abcdacdbadbc()a1b0c1d不确定解析：选 b如图，令aba，acb，adc，则abcdacdbadbca(cb)b(ac)c(ba)aca

3、bbabccbca0.4.如图，在大小为 45的二面角 aefd 中，四边形 abfe，四边形 cdef 都是边长为1 的正方形，则 b，d 两点间的距离是()a 3b 2c1d 3 2解析： 选 d 因为bdbffeed， 所以|bd|2|bf|2|fe|2|ed|22bffe2feed2bfed111 23 2，所以|bd| 3 2.5已知 a(1，0，0)，b(0，1，1)，o 为坐标原点，oaob与ob的夹角为 120，则的值为()a66b66c66d 6解析：选 coaob(1，)，cos 120122 212，得66.经检验66不合题意，舍去，所以66.6.如图所示，在长方体 ab

4、cda1b1c1d1中，o 为 ac 的中点用ab， ad，aa1表示oc1，则oc1_解析：因为oc12ac12(abad)，所以oc1occc112(abad)aa112ab12adaa1.答案：12ab12adaa17.已知 pa 垂直于正方形 abcd 所在的平面，m，n 分别是 cd，pc 的中点，并且 paad1.在如图所示的空间直角坐标系中，则 mn_解析：连接 pd，因为 m，n 分别为 cd，pc 的中点，所以 mn12pd，又 p(0，0，1)，d(0，1，0)，所以 pd 02(1)212 2，所以 mn22.答案：228.如图所示， 已知空间四边形 oabc， oboc

5、， 且aobaoc3， 则 cos oa， bc的值为_解析：设oaa，obb，occ，由已知条件得a，ba，c3，且|b|c|，oabca(cb)acab12|a|c|12|a|b|0，所以oabc，所以 cosoa， bc0.答案：09.如图所示，在直三棱柱 abca1b1c1中，平面 aa1c1c 和平面 aa1b1b 都是正方形且互相垂直，m 为 aa1的中点，n 为 bc1的中点求证：(1)mn平面 a1b1c1；(2)平面 mbc1平面 bb1c1c；证明：由题意知，aa1，ab，ac 两两垂直，则以 a 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系设 aa12，则 a(0，0，0)，

6、a1(2，0，0)，b(0，2，0)，b1(2，2，0)，c(0，0，2)，c1(2，0，2)，m(1，0，0)，n(1，1，1)(1)因为 aa1a1b1，aa1a1c1，且 a1b1a1c1a1，所以 aa1平面 a1b1c1.因为mn(0，1，1)，aa1(2，0，0)，所以mnaa10，即 mnaa1.因为 mn平面 a1b1c1，故 mn平面 a1b1c1.(2)设平面 mbc1与平面 bb1c1c 的法向量分别为 n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)因为mb(1，2，0)，mc1(1，0，2)，所以n1mb0，n1mc10 x12y10，x12z10，令 x12，则

7、n1(2，1，1)同理可得 n2(0，1，1)因为 n1n22011(1)10，所以平面 mbc1平面 bb1c1c.10.如图，在底面是矩形的四棱锥 pabcd 中，pa底面 abcd，e，f 分别是 pc，pd的中点，paab1，bc2.求证：(1)ef平面 pab；(2)平面 pad平面 pdc.证明：以 a 为原点，ab 所在直线为 x 轴，ad 所在直线为 y 轴，ap 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 axyz，则 a(0，0，0)，b(1，0，0)，c(1，2，0)，d(0，2，0)，p(0，0，1)，所以 e12，1，12 ，f0，1，12 ，ef12，0，0，

8、pb(1，0，1)，pd(0，2，1)，ap(0，0，1)，ad(0，2，0)，dc(1，0，0)，ab(1，0，0)(1)因为ef12ab，所以efab，即 efab.又 ab平面 pab，ef/ 平面 pab，所以 ef平面 pab.(2)因为apdc(0，0，1)(1，0，0)0，所以apdc，addc，即 apdc，addc.又 apada，所以 dc平面 pad.所以平面 pad平面 pdc.综合题组练1已知空间任意一点 o 和不共线的三点 a，b，c，若opxoayobzoc(x，y，zr)，则“x2，y3，z2”是“p，a，b，c 四点共面”的()a必要不充分条件b充分不必要条件

9、c充要条件d既不充分也不必要条件解析：选 b当 x2，y3，z2 时，即op2oa3ob2oc.则apao2oa3(abao)2(acao)，即ap3ab2ac，根据共面向量定理知，p，a，b，c 四点共面；反之，当 p，a，b，c 四点共面时，根据共面向量定理，设apmabnac(m，nr)，即opoam(oboa)n(ocoa)， 即op(1mn)oamobnoc， 即 x1mn，ym，zn，这组数显然不止 2，3，2.故“x2，y3，z2”是“p，a，b，c 四点共面”的充分不必要条件2.如图，正方形 abcd 与矩形 acef 所在平面互相垂直，ab 2，af1，m 在 ef 上，且

10、am平面 bde，则 m 点的坐标为()a(1，1，1)b23，23，1c22，22，1d24，24，1解析：选 c设 m 点的坐标为(x，y，1)，因为 acbdo，所以 o22，22，0，又e(0，0，1)，a( 2，2，0)，所以oe22，22，1，am(x 2，y 2，1)，因为 am平面 bde，所以oeam，所以x 222，y 222，x22，y22，所以 m 点的坐标为22，22，1.3 在正三棱柱 abca1b1c1中， 侧棱长为 2， 底面边长为 1， m 为 bc 的中点， c1nnc，且 ab1mn，则的值为_解析：如图所示，取 b1c1的中点 p，连接 mp，以mc，

11、ma，mp的方向为 x，y，z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为底面边长为 1， 侧棱长为 2， 则 a0，32，0， b1(12， 0， 2)， c12，0，0， c112，0，2，m(0，0，0)，设 n12，0，t，因为c1nnc，所以 n12，0，21 ，所以ab112，32，2，mn12，0，21 .又因为 ab1mn，所以ab1mn0.所以14410，所以15.答案：154.如图，四面体 abcd 中，e，f 分别为 ab，dc 上的点，且 aebe，cf2df，设daa，dbb，dcc.(1)以a，b，c为基底表示fe，则fe_；(2)若adbbdcadc60，且|da|4，|d

12、b|3，|dc|3，则|fe|_解析：(1)如图所示，连接 de.因为fefdde，fddf13dc，de12(dadb)，所以fe13c12a12b.(2)|fe|212a12b13c214a214b219c212ab13ac13bc144214321932124312134312133312274.所以|fe|3 32.答案：13c12a12b3 325在四棱锥 pabcd 中，pd底面 abcd，底面 abcd 为正方形，pddc，e，f分别是 ab，pb 的中点(1)求证：efcd；(2)在平面 pad 内是否存在一点 g，使 gf平面 pcb？若存在，求出点 g 坐标；若不存在，试说

13、明理由解： (1)证明：由题意知，da，dc，dp 两两垂直如图，以 da，dc，dp 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设 ada，则 d(0，0，0)，a(a，0，0)，b(a，a，0)，c(0，a，0)，ea，a2，0，p(0，0，a)，fa2，a2，a2 .efa2，0，a2 ，dc(0，a，0)因为efdc0，所以efdc，从而得 efcd.(2)存在理由如下：假设存在满足条件的点 g，设 g(x，0，z)，则fgxa2，a2，za2 ，若使 gf平面 pcb，则由fgcbxa2，a2，za2 (a，0，0)axa2 0，得 xa2；由fgcpxa2，a2，z

14、a2 (0，a，a)a22aza2 0，得 z0.所以 g 点坐标为a2，0，0，故存在满足条件的点 g，且点 g 为 ad 的中点6如图，棱柱 abcda1b1c1d1的所有棱长都等于 2，abc 和a1ac 均为 60，平面aa1c1c平面 abcd.(1)求证：bdaa1；(2)在直线 cc1上是否存在点 p，使 bp平面 da1c1，若存在，求出点 p 的位置，若不存在，请说明理由解：(1)证明：设 bd 与 ac 交于点 o，则 bdac，连接 a1o，在aa1o 中，aa12，ao1，a1ao60，所以 a1o2aa21ao22aa1aocos 603，所以 ao2a1o2aa21，所以 a1oao.由于平面 aa1c1c平面 abcd， 且平面 aa1c1c平面 abcdac， a1o平面 aa1c1c，所以 a1o平面 abcd.以 ob，oc，oa1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，则 a(0，1，0)，b( 3，0，0)，c(0，1，0)，d( 3，0，0)，a1(0，0， 3)，c1(0，2， 3)由于bd(2 3，0，0)，aa1(0，1， 3)，aa1bd0(2 3)10 300，所以bdaa1，即 bdaa1.(2)存在理由如下：假设在