发布时间 : 星期五 文章2019届高考数学二轮复习 第一部分 专题五 立体几何 1.5.3 空间向量与立体几何限时规范训练 理更新完毕开始阅读6c00bd8ca66e58fafab069dc5022aaea988f41db
2019届高考数学二轮复习 第一部分 专题五 立体几何 1.5.3 空间向量
与立体几何限时规范训练 理
一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)
1．(2017·山东青岛模拟)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面
ACC1A1所成角的正弦值等于( )
A.C.6 42 2
B.D.
10 43 2
解析：选A.如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O(0,0,0)，B(3，→
0,0)，A(0，－1,0)，B1(3，0,2)，则AB1＝(3，1,2)，则BO＝(－3，0,0)为侧面ACC1A1的法→|AB1·BO||－3|6
向量，故sin θ＝＝＝. →→22×34|AB1||BO|
2．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，二面角B-AA1-C1的大小为60°，点B到平面ACC1A1的距离为3，点C到平面ABB1A1的距离为23，则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为( )
A.7 C.5
B.6 D．2
→
→
解析：选A.由题意可知，∠BAC＝60°，点B到平面ACC1A1的距离为3，点C到平面ABB1A1
的距离为23，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝23，∠ABC＝90°，则AB1·BC1＝(BB1→→→
－BA)·(BB1＋BC)＝4，
|AB1|＝22，|BC1|＝4，
→
→
→
→
→
→
→
cos〈AB1，BC1〉＝
AB1·BC1
→
→
→→
＝|AB1|·|BC1|
故tan〈AB1，BC1〉＝7.
→
→
2， 4
3．如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为( )
A．－C.
30 10
B．－D.
30 5
30 530 10
解析：选D.因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC. 过点A作AE∥CB，又CB⊥AB，则AP，AB，AE两两垂直．
如图，以A为坐标原点，分别以AB，AE，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(4,0,0)，C(4，－2,0)． 因为D为PB的中点，所以D(2,0,1)． →→
故CP＝(－4,2,2)，AD＝(2,0,1)．
→→
→→AD·CP－630
所以cos〈AD，CP〉＝＝＝－.
→→105×26|AD|×|CP|设异面直线PC，AD所成的角为θ， →→30
则cos θ＝|cos〈AD，CP〉|＝.
10
4．(2017·山西四市联考)在空间直角坐标系O-xyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，
D(1,1，2)．若S1，S2，S3分别是三棱锥D-ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面
积，则( )
A．S1＝S2＝S3 B．S2＝S1且S2≠S3 C．S3＝S1且S3≠S2 D．S3＝S2且S3≠S1
1
解析：选D.如图所示，△ABC为三棱锥在坐标平面xOy上的正投影，所以S1＝×2×2＝2.
21
三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与△DEF(E，F分别为OA，BC的中点)全等，所以S2＝×2×2
2＝2.
1
三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与△DGH(G，H分别为AB，OC的中点)全等，所以S3＝2×2×2＝2.
所以S2＝S3且S1≠S3，故选D.
5．如图，点E，F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN的条数有( )
A．0条 C．2条
B．1条 D．无数条
解析：选B.假设存在满足条件的直线MN，如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则D1(2,0,2)，E(1,2,0)，设M(x，y，z)，D1M＝mD1E(0＜m＜1)，∴(x－2，y，z－2)＝
→
→
m(－1,2，－2)，x＝2－m，y＝2m，z＝2－2m，∴M(2－m,2m,2－2m)，同理，若设C1N＝nC1F(0＜n→
＜1)，可得N(2n,2n,2－n)，MN＝(m＋2n－2,2n－2m,2m－n)．又∵MN⊥平面ABCD.
→→
??m＋2n－2＝0，∴???2n－2m＝0，
2
m＝，??3解得?2
n＝??3，
即存在满足条件的直线MN，且只有一条．
6．(2017·安徽合肥模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，给出以下四个命题：
①异面直线C1P和CB1所成的角为定值； ②二面角P-BC1-D的大小为定值； ③三棱锥D-BPC1的体积为定值；
④直线CP与平面ABC1D1所成的角为定值． 其中真命题的个数为( ) A．1 C．3
B．2 D．4
解析：选C.如图，以D为坐标原点，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，
则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，B1(1,1,1)． 设P(t,0,1－t)，0≤t≤1.
①中，C1P＝(t，－1，－t)，CB1＝(1,0,1)，因为C1P·CB1＝0，所以C1P⊥CB1，故①对；②中，因为D1A∥C1B，所以平面PBC1即平面ABC1D1，两平面都固定，所以其二面角为定值，故②对；③1?11?1
中，因为点P到直线BC1的距离AB＝1，所以V三棱锥D-BPC1＝×?×BC1×AB?×CB1＝，故③3?26?2→→→
对；④中，CP＝(t，－1,1－t)，易知平面ABC1D1的一个法向量为CB1＝(1,0,1)，所以cos〈CP，
→
→
→
→
CB1〉不是定值，故④错误．
→