高考数学一轮复习点点练29空间向量与立体几何

点点练29__空间向量与立体几何一基础小题练透篇1．若a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1，2)，且a，b的夹角的余弦值为eq\f(8,9)，则λ＝()A．2B．－2C．－2或eq\f(2,55)D．2或－eq\f(2,55)2．如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCD­A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝2，且∠C1CB＝∠C1CD＝60°.则向量A1C的模长为()A.eq\r(29)B．29C．19D．393．设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是()A．eq\f(\r(3),2)B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(2\r(2),3)D．eq\f(2\r(3),3)4．[2023·广东省深圳市数学试题]在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝eq\r(3)，AA1＝1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A．eq\f(\r(5),5)B．eq\f(2\r(5),5)C．eq\f(\r(7),7)D．－eq\f(\r(7),7)5.如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，且BC⊥平面PAB，PA⊥AB，M为PB的中点，PA＝AD＝2.若AB＝1，则二面角B­AC­M的余弦值为()A．eq\f(\r(6),6)B．eq\f(\r(3),6)C．eq\f(\r(2),6)D．eq\f(1,6)6．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1­DC­C1的大小为60°，则AD的长为()A．eq\r(2)B．eq\r(3)C．2D．eq\f(\r(2),2)7.如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是________．8．如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ACD＝90°，把△ADC沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，则BD的长为______．二能力小题提升篇1.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是C1C的中点，则直线BE与平面B1BD所成角的正弦值为()A．－eq\f(\r(10),5)B．eq\f(\r(10),5)C．－eq\f(\r(15),5)D．eq\f(\r(15),5)2．[2023·江西省丰城市第九中学摸底考]棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，点P在侧面ABB1A1内，若D1P垂直于CM，则△PBC的面积的最小值为()A．eq\f(2\r(5),5)B．eq\f(\r(5),5)C．eq\f(4,5)D．13．[2023·北京市高三上学期考试]在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别为棱AB，C1D1的中点，点P为线段EF上的动点．则下面结论中错误的是()A.PA1＝PB1B．A1B1∥平面D1APC．D1P⊥B1CD．∠B1PC是锐角4．[2023·四川省南充市检测]如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别是棱BC、CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，若PA1∥平面AEF，则线段PA1长度的最小值是()A.eq\r(5)B．3C．eq\f(3\r(2),2)D．2eq\r(3)5．[2023·丽水模拟]如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝1，AB＝2，点E是AB上一点，当二面角P­EC­D为eq\f(π,4)时，AE＝________．6．如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，则该二面角的大小为________．三高考小题重现篇1.[2021·全国乙卷]在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为()A．eq\f(π,2)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,6)2．[全国卷Ⅱ]在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A．eq\f(1,5)B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5)D．eq\f(\r(2),2)3．[全国卷Ⅱ]已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(3),2)B．eq\f(\r(15),5)C．eq\f(\r(10),5)D．eq\f(\r(3),3)4.[2020·山东卷]日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()A．20°B．40°C．50°D．90°四经典大题强化篇1.[2023·河北省冀东名校高三期中调研]如图①，在梯形ABCD中，BC∥AD，AD＝4，BC＝1，∠ADC＝45°，梯形的高为1，M为AD的中点，以BM为折痕将△ABM折起，使点A到达点N的位置，且平面NBM⊥平面BCDM，连接NC，ND，如图②.(1)证明：平面NMC⊥平面NCD；(2)求图②中平面NBM与平面NCD夹角的余弦值．2.[2023·江西省“红色十校”联考]如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD是正方形，PA＝AD，点E为PC的中点．(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)求平面BDE与平面PCD所成锐二面角的大小．点点练29空间向量与立体几何一基础小题练透篇1．答案：C解析：因为a＝（1，λ，2），b＝（2，－1，2），所以cos〈a,b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(2－λ＋4,3\r(5＋λ2))＝eq\f(8,9)，解得：λ＝－2或eq\f(2,55).2．答案：A解析：CA1＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋CC1，所以＝|eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋CC1|＝eq\r(（\o(CB,\s\up6(→))＋\o(CD,\s\up6(→))＋CC1）2)＝eq\r(9＋4＋4＋2（3×2×\f(1,2)＋3×2×\f(1,2)）)＝eq\r(29).3．答案：D解析：如图建立坐标系．则D1（0，0，2），A1（2，0，2），B（2，2，0），D1A1＝（2，0，0），eq\o(DB,\s\up6(→))＝（2，2，0），DA1＝（2，0，设平面A1BD的一个法向量n＝（x，y，z），则所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0.))令z＝1，得n＝（－1，1，1）.所以D1到平面A1BD的距离d＝＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3).4．答案：C解析：如图建立空间直角坐标系，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，0))，D1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，1))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\r(3)，1))，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq\f(\r(7),7).故选C.5．答案：A解析：因为BC⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，所以PA⊥BC，又PA⊥AB，且BC∩AB＝B，所以PA⊥平面ABCD.以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A­xyz.则A（0，0，0），C（1，2，0），P（0，0，2），B（1，0，0），Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝（1，2，0），eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，求得平面AMC的一个法向量为n＝（－2，1，1），又平面ABC的一个法向量eq\o(AP,\s\up6(→))＝（0，0，2），所以cos〈n，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AP,\s\up6(→)),|n||\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(4＋1＋1)×2)＝eq\f(1,\r(6))＝eq\f(\r(6),6).所以二面角B­AC­M的余弦值为eq\f(\r(6),6).6．答案：A解析：如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），A（1，0，0），B1（0，2，2），C1（0，0，2）.设AD＝a，则D点坐标为（1，0，a），eq\o(CD,\s\up6(→))＝（1，0，a），＝（0，2，2）.设平面B1CD的法向量为m＝（x，y，z）.由得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－z，,x＝－az，))令z＝－1，则m＝（a，1，－1）.又平面C1DC的一个法向量为n＝（0，1，0），则由cos60°＝eq\f(|m·n|,|m||n|)，得eq\f(1,\r(a2＋2))＝eq\f(1,2)，解得a＝eq\r(2)，所以AD＝eq\r(2).7．答案：60°解析：以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，则C1（2，0，2），E（0，1，0），F（0，0，1），则eq\o(EF,\s\up6(→))＝（0，－1，1），＝（2，0，2），∴eq\o(EF,\s\up6(→))·BC1＝2，∴＝eq\f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，∴EF和BC1所成的角为60°.8．答案：2或eq\r(2)解析：∵AB与CD成60°角，∴〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝60°或120°.又∵AB＝AC＝CD＝1，AC⊥CD，AC⊥AB，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\r(\o(BD,\s\up6(→))2)＝eq\r(（\o(BA,\s\up6(→))＋\o(AC,\s\up6(→))＋\o(CD,\s\up6(→))）2)＝eq\r(\o(BA,\s\up6(→))2＋\o(AC,\s\up6(→))2＋\o(CD,\s\up6(→))2＋2\o(BA,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→))＋2\o(AC,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→))＋2\o(BA,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)))＝eq\r(1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos〈\o(BA,\s\up6(→))，\o(CD,\s\up6(→))〉)＝eq\r(3＋2cos〈\o(BA,\s\up6(→))，\o(CD,\s\up6(→))〉)，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝2或eq\r(2).∴BD的长为2或eq\r(2).二能力小题提升篇1．答案：B解析：以D为坐标原点，以DA为x轴，以DC为y轴，以DD1为z轴，建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D（0，0，0），B（2，2，0），B1（2，2，2），E（0，2，1）∴eq\o(BD,\s\up6(→))＝（－2，－2，0），BB1＝（0，0，2），eq\o(BE,\s\up6(→))＝（－2，0，1）设平面B1BD的法向量为n＝（x，y，z），∵n⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，n⊥BB1，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x－2y＝0,2z＝0))，令y＝1，则n＝（－1，1，0），∴cos〈n，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(BE,\s\up6(→)),|n|·|\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(10),5)，设直线BE与平面B1BD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(BE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\r(10),5).2．答案：A解析：以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，依题意有Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，1))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，0))，D1（0，0，2），P（2，a，b），eq\o(MC,\s\up6(→))＝（－2，2，－1），D1P＝（2，a，b－2），由于CM⊥D1P，故（－2，2，－1）·（2，a，b－2）＝－4＋2a－b＋2＝0，解得b＝2a－2.根据正方体的性质可知，BC⊥BP，故△PBC为直角三角形，而B（2，2，0），故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2－a，－b))))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－a))2＋b2)，△PBC的面积为eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up6(→))))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－a))2＋b2)＝eq\r(5a2－12a＋8)，当a＝eq\f(12,10)＝eq\f(6,5)时，面积取得最小值为eq\r(5×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)))2－12×\f(6,5)＋8)＝eq\f(2\r(5),5)，故选A.3．答案：D解析：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A1（2，0，2），B1（2，2，2），P（m，1，2－m），D1（0，0，2），Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，0))，则PA1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－m，－1，m))，PB1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－m，1，m))，＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－m))2＋1＋m2)＝eq\r(5－4m＋2m2)，＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－m))2＋1＋m2)＝eq\r(5－4m＋2m2)，所以PA1＝PB1，A正确；因为A1B1∥AE，A1B1⊄平面D1AP，AE⊂平面D1AP，所以A1B1∥平面D1AP，B正确；D1P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，1，－m))，B1Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，－2))，所以D1P·B1C＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，1，－m))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，－2))＝－2m＋2m＝0，所以D1P⊥B1C，C正确；cos∠B1PC＝＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－m，1，m))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，1，m－2)),\r(2m2－4m＋5)·\r(2m2－4m＋5))＝eq\f(2m2－4m＋1,2m2－4m＋5)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－1))2－1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－1))2＋3)，当1－eq\f(\r(2),2)<m<1＋eq\f(\r(2),2)时，cos∠B1PC<0，此时∠B1PC为钝角，故D错误．故选D.4．答案：C解析：以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，0))，E（1，2，0），F（0，2，1），A1（2，0，2），设点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，2，z))，其中x、z∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2))，设平面AEF的法向量为n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1，z1))，eq\o(EA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－2，0))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，1))，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EA,\s\up6(→))＝x1－2y1＝0,n·\o(EF,\s\up6(→))＝－x1＋z1＝0))，取x1＝2，可得n＝（2，1，2），A1P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2，2，z－2))，因为A1P∥平面AEF，则A1P·n＝2（x－2）＋2＋2（z－2）＝0所以，x＋z－3＝0，所以，＝eq\r(（x－2）2＋4＋（z－2）2)＝eq\r(（x－2）2＋4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x))2)＝eq\r(2x2－6x＋9)＝eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋\f(9,2))≥eq\f(3\r(2),2)，当且仅当x＝eq\f(3,2)时，A1P的长度取最小值eq\f(3\r(2),2).故选C.5．答案：2－eq\r(3)解析：如图，过点D作DF⊥CE于F，连接PF，因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥CE，又PD∩DF＝D，所以CE⊥平面PDF，所以PF⊥CE，可得∠PFD为二面角P­EC­D的平面角，即∠PFD＝eq\f(π,4)，故在Rt△PDF中，PD＝DF＝1，因为在矩形ABCD中，Rt△EBC∽Rt△CFD，所以eq\f(DF,BC)＝eq\f(CD,EC)，得EC＝eq\f(CD·BC,DF)＝2，在Rt△BCE中，根据勾股定理，得BE＝eq\r(CE2－BC2)＝eq\r(3)，所以AE＝AB－BE＝2－eq\r(3).6．答案：60°解析：∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝eq\r(（\o(CA,\s\up6(→))＋\o(AB,\s\up6(→))＋\o(BD,\s\up6(→))）2)＝eq\r(36＋16＋64＋2\o(CA,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)))＝eq\r(116＋2\o(CA,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)))＝2eq\r(17).∴eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|·|eq\o(BD,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝－24.∴cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝－eq\f(1,2).又所求二面角与〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉互补，∴所求的二面角为60°.三高考小题重现篇1．答案：D解析：如图，连接BC1，PC1，PB，因为AD1∥BC1，所以∠PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥PC1，又PC1⊥B1D1，BB1∩B1D1＝B1，所以PC1⊥平面PBB1，所以PC1⊥PB，设正方体棱长为2，则BC1＝2eq\r(2)，PC1＝eq\f(1,2)D1B1＝eq\r(2)，sin∠PBC1＝eq\f(PC1,BC1)＝eq\f(1,2)，所以∠PBC1＝eq\f(π,6).2．答案：C解析：方法一如图（1），在长方体ABCD­A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA­A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝eq\r(12＋（1＋1）2)＝eq\r(5)，B′B1＝eq\r(12＋（\r(3)）2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋（\r(3)）2)＝eq\r(5).在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋DBeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×2eq\r(5)cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝eq\f(\r(5),5).方法二如图（2），分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D­xyz.由题意，得A（1，0，0），D（0，0，0），D1（0，0，eq\r(3)），B1（1，1，eq\r(3)），3．答案：C解析：在平面ABC内过点B作AB的垂线，以B为原点，以该垂线，BA，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B­xyz，则A（0，2，0），B1（0，0，1），C（eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，0），4．答案：B解析：过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°，∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.四经典大题强化篇1．解析：（1）证明：如图，在梯形ABCD中，过点C作CH⊥DM于点H，连接CM，由题意知，CH＝1，AM＝DM＝eq\f(1,2)AD＝2.由∠ADC＝45°，可得DH＝eq\f(1,tan45°)＝1，则HM＝DM－DH＝1，∴∠CMD＝∠CDM＝45°，∴CM⊥CD，BC∥MH，又BC＝CH，CH⊥MH，∴四边形BCHM为正方形，∴BM⊥AD.在四棱锥N­BCDM中，∵平面NBM⊥平面BCDM，平面NBM∩平面BCDM＝BM，MN⊥BM，MN⊂平面NBM，∴NM⊥平面BCDM，∵CD⊂平面BCDM，∴NM⊥CD，∵NM∩CM＝M且NM，CM⊂平面NMC，∴CD⊥平面NMC.又CD⊂平面NCD，∴平面NMC⊥平面NCD.（2）在四棱锥N­BCDM中，以M为原点，MB，MD，MN所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得M（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），N（0，0，2），∵平面NBM⊥平面BCDM，平面NBM∩平面BCDM＝BM，BM⊥MD，MD⊂平面BCDM，∴MD⊥平面NBM，∴eq\o(MD,\s\up6(→))＝（0，2，0）是平面NBM的一个法向量．设平面NCD