2023年高考数学(理数)一轮复习课时40《空间向量》达标练习（含详解）

2023年高考数学(理数)一轮复习课时40《空间向量》达标练习一 、选择题LISTNUMOutlineDefault\l3三棱锥A－BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2，若〈n1，n2〉＝eq\f(π,3)，则二面角A－BD－C的大小为()A.eq\f(π,3)B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)D.eq\f(π,6)或eq\f(π,3)LISTNUMOutlineDefault\l3在空间直角坐标系O­xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(1，0，2)，(1，2，0)，(1，2，1)，(0，2，2)，若正视图以yOz平面为投射面，则该四面体侧视图面积为()A.eq\f(1,2)B.1C.2D.4LISTNUMOutlineDefault\l3在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sinα的值是()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(10),4)D.eq\f(\r(6),4)LISTNUMOutlineDefault\l3如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC上的点，A1M=AN=eq\f(\r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A.相交B.平行C.垂直D.不能确定LISTNUMOutlineDefault\l3已知两平面的法向量分别为m=(0，1，0)，n=(0，1，1)，则两平面所成的二面角为()A.45°B.135°C.45°或135°D.90°LISTNUMOutlineDefault\l3在四棱锥P­ABCD中，eq\o(AB,\s\up10(→))=(4，－2，3)，eq\o(AD,\s\up10(→))=(－4，1，0)，eq\o(AP,\s\up10(→))=(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h=()A.1B.2C.13D.26LISTNUMOutlineDefault\l3如图所示，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，棱长为1，E，F分别是BC，CD上的点，且BE＝CF＝a(0<a<1)，则D′E与B′F的位置关系是()A.平行B.垂直C.相交D.与a值有关LISTNUMOutlineDefault\l3若直线l的方向向量与平面α的一个法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于()A.120°B.60°C.30°D.60°或30°LISTNUMOutlineDefault\l3如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，点E，F，G分别是DD1，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是()A.eq\f(\r(15),5)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(10),5)D.0LISTNUMOutlineDefault\l3若正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为()A.eq\f(3,5)B.eq\f(4,5)C.eq\f(3,4)D.eq\f(\r(5),5)LISTNUMOutlineDefault\l3在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(2,5)LISTNUMOutlineDefault\l3如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论正确的是()A.DB1⊥D1PB.平面AD1P⊥平面A1DB1C.∠APD1的最大值为90°D.AP＋PD1的最小值为eq\f(\r(2)＋\r(6),2)二 、填空题LISTNUMOutlineDefault\l3已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1=AB=2，若棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是________.LISTNUMOutlineDefault\l3如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶eq\r(2)，则AF与CE所成角的余弦值为________.LISTNUMOutlineDefault\l3在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，则异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于________.LISTNUMOutlineDefault\l3已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=AD，则平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为________.

LISTNUMOutlineDefault\l3\s0答案解析LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：C解析：∵二面角的范围是[0，π]，且〈n1，n2〉＝eq\f(π,3)，∴二面角A－BD－C的大小为eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).故选C.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：B；解析：如图，在棱长为2的正方体中建立空间直角坐标系O­xyz，确定四面体的四个顶点，设为A，B，C，D，则侧视图以△BCD所在的平面为投射面，对应的射影分别为A′，B′，C′，D′，从而该四面体的侧视图，即△A′B′D′的面积为eq\f(1,2)×1×2=1，故选B.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：D；解析：如图，建立空间直角坐标系A­xyz，易求点Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，平面AA1C1C的一个法向量是n=(1，0，0)，所以cos〈n，eq\o(AD,\s\up10(→))〉=eq\f(\f(\r(3),2),\r(2))=eq\f(\r(6),4)，即sinα=eq\f(\r(6),4).LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：B；解析：因为正方体的棱长为a，A1M=AN=eq\f(\r(2)a,3)，所以eq\o(MB,\s\up10(→))=eq\f(2,3)eq\o(A1B,\s\up10(→))，eq\o(CN,\s\up10(→))=eq\f(2,3)eq\o(CA,\s\up10(→))，所以eq\o(MN,\s\up10(→))=eq\o(MB,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(CN,\s\up10(→))=eq\f(2,3)eq\o(A1B,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\o(CA,\s\up10(→))=eq\f(2,3)(eq\o(A1B1,\s\up10(→))＋eq\o(B1B,\s\up10(→)))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(CD,\s\up10(→))＋eq\o(DA,\s\up10(→)))=eq\f(2,3)eq\o(B1B,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(B1C1,\s\up10(→))，又eq\o(CD,\s\up10(→))是平面B1BCC1的一个法向量，且eq\o(MN,\s\up10(→))·eq\o(CD,\s\up10(→))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(B1B,\s\up10(→))＋\f(1,3)\o(B1C1,\s\up10(→))))·eq\o(CD,\s\up10(→))=0，所以eq\o(MN,\s\up10(→))⊥eq\o(CD,\s\up10(→))，又MN⊄平面B1BCC1，所以MN∥平面B1BCC1.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：C；解析：cos〈m，n〉=eq\f(m·n,|m||n|)=eq\f(1,1×\r(2))=eq\f(\r(2),2)，即〈m，n〉=45°，其补角为135°.所以两平面所成的二面角为45°或135°.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：B；解析：设平面ABCD的一个法向量为n=(x，y，z).则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(AB,\s\up10(→))，,n⊥\o(AD,\s\up10(→))))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x－2y＋3z＝0，,－4x＋y＝0，))令y=4，则n=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，4，\f(4,3)))，则cos〈n，eq\o(AP,\s\up10(→))〉=eq\f(n·\o(AP,\s\up10(→)),|n||\o(AP,\s\up10(→))|)=eq\f(－6＋8－\f(32,3),\f(13,3)×2\r(26))=－eq\f(\r(26),26).因为eq\f(h,|\o(AP,\s\up10(→))|)=|cos〈n，eq\o(AP,\s\up10(→))〉|，所以h=eq\f(\r(26),26)×2eq\r(26)=2.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：B解析：建立如图所示空间直角坐标系.则D′(0,0,1)，E(1－a,1,0)，B′(1,1,1)，F(0,1－a,0)，∴eq\o(D′E,\s\up16(→))＝(1－a,1，－1)，eq\o(B′F,\s\up16(→))＝(－1，－a，－1).∴eq\o(D′E,\s\up16(→))·eq\o(B′F,\s\up16(→))＝(1－a)×(－1)＋1×(－a)＋(－1)×(－1)＝a－1－a＋1＝0.∴eq\o(D′E,\s\up16(→))⊥eq\o(B′F,\s\up16(→))，即D′E⊥B′F.故选B.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：C；解析：设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.则sinβ=|cosγ|=|cos120°|=eq\f(1,2).又因为0°≤β≤90°，所以β=30°.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：D；解析：如图以DA，DC，DD1所在直线方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D­xyz，则可得A1(1，0，2)，E(0，0，1)，G(0，2，1)，F(1，1，0)，所以eq\o(A1E,\s\up10(→))=(－1，0，－1)，eq\o(GF,\s\up10(→))=(1，－1，－1).设异面直线A1E与GF所成的角为θ，则cosθ=|cos〈eq\o(A1E,\s\up10(→))，eq\o(GF,\s\up10(→))〉|=0.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：B解析：如图，取AC的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系.设各棱长为2，则有A(0，－1,0)，D(0,0,2)，C(0,1,0)，B1(eq\r(3)，0,2).所以Ceq\o(D,\s\up16(→))＝(0，－1,2)，eq\o(CB1,\s\up16(→))＝(eq\r(3)，－1，2)，Aeq\o(D,\s\up16(→))＝(0,1,2).设n＝(x，y，z)为平面B1CD的法向量，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CB1,\s\up16(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋2z＝0，,\r(3)x－y＋2z＝0))⇒n＝(0,2,1).∴cos〈eq\o(AD,\s\up16(→))，n〉＝eq\f(\o(AD,\s\up16(→))·n,|\o(AD,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(4,5)，即直线AD与平面B1DC所成角的正弦值.故选B.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：C解析：以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0，0,0)，B(1，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，D(eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())eq\f(1,2)，0,0)eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())，E(eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0)eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())，F(0,eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())eq\f(1,2),1)，∴eq\o(PA,\s\up16(→))＝(0,0，－2)，eq\o(DE,\s\up16(→))＝(0,eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())eq\f(1,2),0)，eq\o(DF,\s\up16(→))＝(-eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())eq\f(1,2),eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())eq\f(1,2),1).设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up16(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up16(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－x＋y＋2z＝0，))取z＝1，则n＝(2,0,1)，设PA与平面DEF所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(PA,\s\up16(→))·n|,|\o(PA,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(\r(5),5)，∴PA与平面DEF所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).故选C.LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：B；解析：建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则有D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，∵eq\o(A1B,\s\up10(→))=(0，1，－1)，又P为线段A1B上的动点，∴设P(1，λ，1－λ)(0＜λ＜1)，∴eq\o(AD1,\s\up10(→))=(－1，0，1)，eq\o(D1P,\s\up10(→))=(1，λ，－λ)，设n=(x，y，z)是平面AD1P的法向量，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up10(→))＝0，,n·\o(D1P,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,x＋λy－λz＝0，))可取n=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1－\f(1,λ)，1))，又平面A1DB1的法向量可为eq\o(AD1,\s\up10(→))=(－1，0，1)，∵eq\o(AD1,\s\up10(→))·n=0，∴平面AD1P⊥平面A1DB1.故选B.二 、填空题LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：(0，1]解析：如图，以D1为原点建立空间直角坐标系D1­xyz.设AD=a(a＞0)，AP=x(0≤x≤2)，则P(a，x，2)，C(0，2，2)，所以eq\o(D1P,\s\up10(→))=(a，x，2)，eq\o(CP,\s\up10(→))=(a，x－2，0)，因为D1P⊥PC，所以eq\o(D1P,\s\up10(→))·eq\o(CP,\s\up10(→))=0，即a2＋x(x－2)=0，a=eq\r(－x2＋2x)=eq\r(－（x－1）2＋1).当0≤x≤2时，a∈(0，1].即AD的取值范围是(0，1].LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：eq\f(4,5).解析：∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶eq\r(2)，∴AE⊥ED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0，2,1)，∴eq\o(AF,\s\up16(→))＝(－1,2,0)，eq\o(EC,\s\up16(→))＝(0,2,1)，∴cos〈eq\o(AF,\s\up16(→))，eq\o(EC,\s\up16(→))〉＝eq\f(\o(AF,\s\up16(→))·\o(EC,\s\up16(→)),|\o(AF,\s\up16(→))||\o(EC,\s\up16(→))|)＝eq\f(4,\r(5)×\r(5))＝eq\f(4,5)，∴AF与CE所成角的余弦值为eq\f(4,5).LISTNUMOutlineDefault\l3答案为：eq\f(\r(15),5).解析：以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，∴F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0,2,1).∴e