2022高考(新课标)数学(理)大一轮复习试题：第七章-立体几何7-7b.docx

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[A级　基础达标]
1. [2021·西安模拟]若直线l的方向向量为a＝(1，－1,2)，平面α的法向量为u＝(－2,2，－4)，则(　　)
A. l∥α B. l⊥α
C. l⊂α D. l与α斜交
解析：由于直线l的方向向量a＝(1，－1,2)与平面α的法向量u＝(－2,2，－4)共线，则说明白直线与平面垂直，故选B.
答案：B
2. 正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝，N为B1B的中点，则||为(　　)
A. a B. a
C. a D. a
解析：＝＋＋
＝－＋＋
＝－(＋＋)＋＋
＝＋－，
∴||＝
＝＝a.
答案：A
3. 平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是(　　)
A. 平行 B. 相交但不垂直
C. 垂直 D. 重合
解析：由(1,2,0)·(2，－1,0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量相互垂直，所以两平面相互垂直．
答案：C

4. [2021·陕西模拟]如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：设CB＝1，则CA＝CC1＝2，
故B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，
则＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)，
cos〈，〉＝＝＝，
即直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.故选A.
答案：A
5.
[2022·大庆高二检测]如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，B1C的中点，则EF和平面ABCD所成角的正切值为(　　)
A. B.
C. D. 2

解析：如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则点A1(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)，F(，1，)，E(1，，0)，＝(－，，)
＝(0,0,1)为底面的一个法向量，
cos〈，〉＝＝＝，
所以EF和平面ABCD所成角θ的正弦值为
sinθ＝，∴tanθ＝＝.故选B.
答案：B

6. 如图所示，ABCD－A1B1C1D1是棱长为6的正方体，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且AE＝BF.当A1、E、F、C1共面时，平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.

解析：以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，易知当E(6，3,0)、F(3,6,0)时，A1、E、F、C1共面，设平面A1DE的法向量为n1＝(a，b，c)，依题意得

可取n1＝(－1,2,1)，同理可得平面C1DF的一个法向量为n2＝(2，－1,1)，故平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的余弦值为＝.故选B.
答案：B
7. 已知l∥α，且l的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为，则m＝________.
解析：由于l∥α，
所以l的方向向量与平面α的法向量垂直，
即(2，m,1)·＝0.
所以2＋m＋2＝0.
所以m＝－8.
答案：－8
8. 若平面α的一个法向量为n＝(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(－2，－3,3)，则l与α所成角的正弦值为________．
解析：设l与α所成角为θ，
则sinθ＝|cos〈n，a〉|＝＝＝.
答案：
9. [2021·合肥高二调研]已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是________．

解析：如图建立空间直角坐标系Dxyz，
则A1(2,0,4)，A(2,0,0)，B1(2,2,4)，D1(0,0,4)，
＝(－2,0,4)，＝(0,2,4)，＝(0,0,4)，
设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
解得x＝2z且y＝－2z，
不妨设n＝(2，－2,1)，
设点A1到平面AB1D1的距离为d.
则d＝＝.
答案：
10. 在棱长为a的正方体AC1中，E，F分别是BB1，CC1的中点．
(1)求证：AD∥平面A1EFD1；
(2)求直线AD与平面A1EFD1的距离．
解：(1)证明：如图，以D为原点，

DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz.
由于＝(a,0,0)，＝(a,0,0)，
所以DA∥D1A1，而D1A1⊂平面A1EFD1，
DA⊄平面A1EFD1，
所以DA∥平面A1EFD1.
(2)由图得D1(0,0，a)，F(0，a，)，
所以＝(0，a，－)，＝(0，a，)．
设n＝(x，y，z)是平面A1EFD1的法向量，则

所以取z＝1得n＝(0，，1)，
所以在n上的射影长为
d＝＝＝a.
所以直线AD到平面A1EFD1的距离是a.
11.
[2021·湖南模拟]如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.
(1)证明：AC⊥B1D；
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．

解：(1)证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．
从而＝(－t,3，－3)，＝(t,1,0)，＝(－t,3,0)．
由于AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0.解得t＝或t＝－(舍去)．
于是＝(－，3，－3)，＝(，1,0)．
由于·＝－3＋3＋0＝0，所以⊥，即AC⊥B1D.
(2)由(1)知，＝(0,3,3)，＝(，1,0)，＝(0,1,0)．
设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则
即
令x＝1，则n＝(1，－，)．
设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则
sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.

12. [2022·浙江高考]如图，在四棱锥A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝.
(1)证明：DE⊥平面ACD；
(2)求二面角B－AD－E的大小．
解：(1)证明：在直角梯形BCDE中，由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝，
由AC＝，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC，
又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE，
所以AC⊥DE.又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD.
(2)解法一：作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG，由(1)知DE⊥AD，则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B－AD－E的平面角．

在直角梯形BCDE中，由CD2＝BC2＋BD2，得BD⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB.
由于AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD.
在Rt△ACD中，由DC＝2，AC＝，得AD＝.
在Rt△AED中，由ED＝1，AD＝，得AE＝.
在Rt△ABD中，由BD＝，AB＝2，AD＝，
得BF＝，AF＝AD.从而GF＝.
在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得
cos∠BAE＝，BG＝.
在△BFG中，cos∠BFG＝＝.
所以，∠BFG＝，即二面角B－AD－E的大小是.

解法二：以D为原点，分别以射线DE，DC为x轴，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系D－xyz，如图所示．
由题意知各点坐标如下：D(0,0,0)，E(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,2，)，B(1,1,0)．
设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，可算得＝(0，－2，－)，＝(1，－2，－)，＝(1,1,0)，
由即可取m＝(0,1，－)．
由即可取n＝(1，－1，)．
于是|cos〈m，n〉|＝＝＝，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B－AD－E的大小是.
[B级　知能提升]
1. 已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为(　　)
A. ，－，4 B. ，－，4
C. ，－2,4 D. 4，，－15
解析：由于⊥，
所以·＝3＋5－2z＝0，
即z＝4.
又BP⊥平面ABC，
所以·＝x－1＋5y＋6＝0，①
·＝3x－3＋y－3z＝0，②
由①②可得x＝，y＝－.
答案：B

2. [2022·四川高考]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：由正方体的性质易求得sin∠C1OA1＝，sin∠COA1＝，留意到∠C1OA1是锐角，∠COA1是钝角，且>.故sinα的取值范围是.
答案：B
3.
如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为(　　)
A. B.
C. 2 D.

解析：如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为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)，＝(1,0，a)，＝(0,2,2)．
设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，y，z)．
则⇒，令z＝－1，
得m＝(a,1，－1)，又平面C1DC的一个法向量为n＝(0,1,0)，
则由cos60°＝，得＝，即a＝，故AD＝.
答案：A
4. [2022·北京高考]如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.

(1)求证：AB∥FG；
(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．
解：(1)证明：在正方形AMDE中，由于B是AM的中点，所以AB∥DE.
又由于AB⊄平面PDE，
所以AB∥平面PDE.
由于AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，
所以AB∥FG.
(2)由于PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.
如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，＝(1,1,0)．

设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，则y＝－1.所以n＝(0，－1,1)．
设直线BC与平面ABF所成角为α，
则sinα＝|cos〈n，〉|＝＝.
因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.
设点H的坐标为(u，v，w)．
由于点H在棱PC上，所以可设＝λ(0<λ<1)，
即(u，v，w－2)＝λ(2,1，－2)．
所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.
由于n是平面ABF的法向量，所以n·＝0，
即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.
解得λ＝，所以点H的坐标为.
所以PH＝ ＝2.