2023年高考数学一轮复习 点点练29 空间向量与立体几何（含解析）理.docx

1、点点练29空间向量与立体几何一基础小题练透篇1.若a(1，2)，b(2，1，2)，且a，b的夹角的余弦值为，则等于()A2B2C2或D2或2如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCDA1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC13，CD2，且C1CBC1CD60.则向量A1C的模长为()AB29C19D393设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是()ABCD4在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱A1B1的中点，则A1B与DE所成角的余弦值为()ABCD5.如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为平行四边形，且BC平面PAB，PAAB，M为PB的中点，

2、PAAD2.若AB1，则二面角BACM的余弦值为()ABCD6在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2.若二面角B1DCC1的大小为60，则AD的长为()ABC2D7.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，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，ABACCD1，ACD90，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()ABCD220

3、22内蒙古乌兰察布市一模四棱锥PABCD中，PDDAABCD，ABCD，ADC90，PD平面ABCD，M为PC中点，平面ADM交PB于Q，则CQ与PA所成角的余弦值为()ABCD32022重庆七校联考如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，点P，Q分别为边AA1，C1D1的中点，过点B，P，Q作一平面与线段CC1所在直线有一交点E.若正方体的棱长为4，则多面体EABCD的体积为()A16BCD324.2022浙江杭州模拟如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为线段AA1上的一个动点，F为线段B1C1上的一个动点，则平面EFB与底面ABCD所成的锐二面角的余弦值的取值范围是()A(0，

4、 B，C(0， D(0，5.2022丽水模拟如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PD平面ABCD，且PDAD1，AB2，点E是AB上一点，当二面角PECD为时，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AB4，AC6，BD8，CD2，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()ABCD2全国卷在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()ABCD3全国卷已知直三棱

5、柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.BCD42020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()A20B40C50D90四经典大题强化篇1.如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且点M

6、和N分别为B1C和D1D的中点(1)求证：MN平面ABCD；(2)求二面角D1ACB1的正弦值；(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长2.如图，已知平行六面体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA12，A1ABA1AD120.(1)求线段AC1的长；(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；(3)求证：AA1BD.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（1，2），b（2，1，2），所以cosa, b，解得：2或.2答案：A解析：CA1CC1，所以|A1C|CA1|CC1|.3答案：D解析

7、：如图建立坐标系则D1（0，0，2），A1（2，0，2），B（2，2，0），D1A1（2，0，0），（2，2，0），DA1（2，0，2），设平面A1BD的一个法向量n（x，y，z），则所以令z1，得n（1，1，1）.所以D1到平面A1BD的距离d.4答案：B解析：以A为原点，直线AB、AD、AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，不妨设棱长为1，则A（0，0，0），A1（0，0，1），B（1，0，0），D（0，1，0），E（，0，1），A1B（1，0，1），（，1，1）.设A1B与DE所成的角为，cos|cosA1B，|.故A1B与DE所成的角的余弦值为.5答案：A解析：因为BC平面PAB

8、，PA平面PAB，所以PABC，又PAAB，且BCABB，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），M，所以（1，2，0），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（0，0，2），所以cosn，.所以二面角BACM的余弦值为.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ADa

9、，则D点坐标为（1，0，a），（1，0，a），CB1（0，2，2）.设平面B1CD的法向量为m（x，y，z）.由得令z1，则m（a，1，1）.又平面C1DC的一个法向量为n（0，1，0），则由cos60，得，解得a，所以AD.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ABBCAA12，则C1（2，0，2），E（0，1，0），F（0，0，1），则（0，1，1），BC1（2，0，2），BC12，cos，BC1，EF和BC1所成的角为60.8答案：2或解析：AB与CD成60角，60或120.又ABACCD1，ACCD，ACAB，|，|2或.BD的长为2或.二能力小

10、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）（2，2，0），BB1（0，0，2），（2，0，1）设平面B1BD的法向量为n（x，y，z），n，nBB1，令y1，则n（1，1，0），cosn，设直线BE与平面B1BD所成角为，则sin|cosn，|.2答案：D解析：以DC，DA，DP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，设CD2，则C（2，0，0），A（0，1，0），P（0，0，1），B（1，1，0），M为PC中点，则M（1，0，），（1

11、，1，1），设（，），（，1），（1，0，），（0，1，0），因为Q平面ADM，即与，共面，所以存在实数p，q，使得pq，所以，解得pq，（，），（，），又（0，1，1），cos，.所以CQ与PA所成角的余弦值为.3答案：A解析：以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P（4，0，2），B（4，4，0），Q（0，2，4），设E（0，4，z1），则（0，4，2），（4，2，2），（4，0，z1）.设平面PBQ的法向量为n（x，y，z），则即令y2，解得n（3，2，4）.B，E两点均在平面PBQ上，n0，即434z10，解得z13，点E到平面ABC

12、D的距离为3，VEABCD44316.4答案：A解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AD1，AEm，C1Fn，则B（1，1，0），E（1，0，m），F（n，1，1），（0，1，m），（n1，0，1）.设平面EFB的一个法向量为n（x，y，z），则即取x1，则n（1，m（n1），n1）.易知底面ABCD的一个法向量为m（0，0，1）.设平面EFB与底面ABCD所成的锐二面角为，则cos，当n1时，cos0，当n1时，cos，显然当n0，m0时，cos取到.故cos（0，.5答案：2解析：如图，过点D作DFCE于F，连接PF，因为PD平

13、面ABCD，所以PDCE，又PDDFD，所以CE平面PDF，所以PFCE，可得PFD为二面角PECD的平面角，即PFD，故在RtPDF中，PDDF1，因为在矩形ABCD中，RtEBCRtCFD，所以，得EC2，在RtBCE中，根据勾股定理，得BE，所以AEABBE2.6答案：60解析：，|2.|cos，24.cos，.又所求二面角与，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AD1BC1，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BB1PC1，又PC1B1D1，BB1B1D1B1，所以PC1平面PBB

14、1，所以PC1PB，设正方体棱长为2，则BC12，PC1D1B1，sinPBC1，所以PBC1.2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ABBAA1B1B1A1.连接B1B，由长方体性质可知，B1BAD1，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，BB12，DB1.在DBB1中，由余弦定理，得DB2BBDB2BB1DB1cosDB1B，即54522cosDB1B，cosDB1B.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

15、，0），D1（0，0，），B1（1，1，），AD1（1，0，），DB1（1，1，），AD1DB11101（）22，|AD1|2，|DB1|，cosAD1，DB1.3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，C1，AB1（0，2，1），BC1，cosAB1，BC1.4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，GFCD，CDOB，AOB40，OAEOAF90，所以GFACAOAOB40.四

16、经典大题强化篇1解析：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A（0，0，0），B（0，1，0），C（2，0，0），D（1，2，0），A1（0，0，2），B1（0，1，2），C1（2，0，2），D1（1，2，2）.因为M，N分别为B1C和D1D的中点，所以M，N（1，2，1）.（1）证明：依题意，可得n（0，0，1）为平面ABCD的一个法向量，（0，0），由此可得n0.又因为直线MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.（2）AD1（1，2，2），（2，0，0）.设n1（x1，y1，z1）为平面ACD1的一个法向量，则即不妨设z11，可得n1（0，1，1）.设n2（x2，y2，z2）为平面

17、ACB1的一个法向量，则由AB1（0，1，2），得不妨设z21，可得n2（0，2，1）.因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以二面角D1ACB1的正弦值为.（3）依题意，可设A1EA1B1，其中0，1，则E（0，2），从而（1，2，1）.又n（0，0，1）为平面ABCD的一个法向量，所以cos，n，解得2.又因为0，1，所以2.所以线段A1E的长为2.2解析：（1）设a，b，AA1c，则|a|b|1，|c|2，ab0，cacb21cos1201.AC1CC1AA1abc，|AC1|abc|.线段AC1的长为.（2）设异面直线AC1与A1D所成的角为，则cos|cosAC1，A1D|.AC1abc，A1Dbc，AC1A1D（abc）（bc）abacb2c20112222，|A1D|.cos.故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为.（3）证明：AA1c，ba，AA1c（ba）cbca（1）（1）0，AA1，AA1BD.