2021【走向高考】高考数学一轮总复习新课标通用习题：第7章 立体几何 第6讲 Word版含答案

A组 基础巩固 一、选择题

1．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则导学号 201760( ) A．l∥α B．l⊥α C．l⊂α D．l与α斜交

[答案] B

[解析] ∵a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，∴n＝－2a，即a∥n.∴l⊥α.

2．假如三点A(1,5，－2)，B(2,4,1)，C(a,3，b＋2)在同始终线上，则导学号 201761( ) A．a＝3，b＝－3 B．a＝6，b＝－1 C．a＝3，b＝2 D．a＝－2，b＝1 [答案] C

[解析] AB→＝(1，－1,3)，AC→＝(a－1，－2，b＋4)，由于三点共线，所以存在实数λ使AC→＝λAB→

， a－1＝λ，即

－2＝－λ，b＋4＝3λ，

∴a＝3，b＝2.

3．已知点A(1,2，－1)，B(2,1，－1)，C(－1,2,0)，则平面ABC的法向量n为导学号 201762( ) A．n＝(1,1,2) B．n＝(1，－1,2) C．n＝(2,1,1) D．n＝(1,2,1)

[答案] A

[解析] AB→＝(1，－1,0)，AC→

＝(－2,0,1)， 设n＝(x，y，z)，∵n⊥AB→，n⊥AC→

∴x－y＝0，－2x＋z＝0

设x＝1，则y＝1，z＝2，故选A. 4．(2021·晋江一模)设O－ABC是四周体，G3GG→1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG＝1，若OG＝xOA→＋yOB→＋zOC→

，则(x，y，z)为导学号 201763( )

A．(1114，4，)

B．(3334

4，4，4

)

C．(111

3，3，3)

D．(2223，3，3

)

[答案] A

[解析] 如图所示，取BC的中点E，连接AE. OG→＝3→4OG1

＝34(OA→＋AG→1) ＝34OA→＋1→2AE ＝34OA→＋1→→4

(AB＋AC) ＝3→1→4OA＋4(OB－OA→＋OC→－OA→) ＝1→→→4(OA＋OB＋OC)， 故选A.

5．(2021·西安质检)已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的

中点，则AE→·AF→的值为导学号 2017( )

A．a2 B．1

2a2

C.1

4a2 D．

34

a2 [答案] C

[解析] 如图，设AB→＝a，AC→＝b，AD→

＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝a，且a，b，c三向量两两夹角为60°. AE→＝12(a＋b)，AF→＝12c，

∴AE→·AF→＝112(a＋b)·2c

＝1

4

(a·c＋b·c) ＝14(a2cos60°＋a2cos60°)＝14

a2. 6．在空间直角坐标系Oxyz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，则导学号 201765( )

A．S1＝S2＝S3

B．S2＝S1且S2≠S3 C．S3＝S1且S3≠S2 D．S3＝S2且S3≠S1

[答案] D

[解析] 依据题目条件，在空间直角坐标系Oxyz中作出该三棱锥D－ABC，如图，明显S1＝S△ABC＝1

2×2×2

＝2，S2＝S3＝1

2

×2×2＝2.故选D.

二、填空题

7．已知空间四边形OABC，点M，N分别是OA，BC的中点，且OA→＝a，OB→＝b，OC→

＝c，用a，b，c表示向量MN→

＝____________________.导学号 201766

[答案] 1

2(b＋c－a)

[解析] 如图所示，

MN→＝12(MB→＋MC→)＝1→→→→1→→→

2[(OB－OM)＋(OC－OM)]＝2(OB＋OC－2OM)

＝12

(OB→＋OC→－OA→)＝1

2

(b＋c－a)． 8．已知点A(1,2,1)，B(－1,3,4)，D(1,1,1)，若AP→＝2PB→，则|PD→

|的值是____________________.导学号 201767

[答案]

773

[解析] 设P(x，y，z)，∴AP→

＝(x－1，y－2，z－1)． PB→

＝(－1－x,3－y,4－z)，

由AP→＝2PB→

得点P坐标为(－183，3，3)，

又D(1,1,1)，∴|PD→

|＝773

.

9．已知2a＋b＝(0，－5,10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为____________________.导学号 201768

[答案] 60°

[解析] 由题意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10. 即2a·c＋b·c＝－10， 又∵a·c＝4，∴b·c＝－18， ∴cos〈b，c〉＝

b·c－18|b|·|c|＝12×1＋4＋4

＝－1

2

， ∴〈b，c〉＝120°，∴两直线的夹角为60°. 10．已知ABCD－A1B1C1D1为正方体，

①(A→A→→→1A＋1D1＋A1B1)2＝3A1B12 ②A→(A→→1C·1B1－A1A)＝0；

③向量AD→→

1与向量A1B的夹角是60°；

④正方体ABCD－AB|AB→·AA→→11C1D1的体积为1·AD|.

其中正确命题的序号是____________________.导学号 201769 [答案] ①②

[解析] ①中(A→→→→→→→

1A＋A1D1＋A1B1)2＝A1A2＋A1D12＋A1B12＝3(A1B1)2，故①正确； ②中A→A→→

1B1－1A＝AB1，∵AB1⊥A1C，故②正确； ③中A1B与AD1两异面直线所成角为60°， 但AD→→

1与A1B的夹角为120°，故③不正确； ④中|AB→·AA→→1·AD|＝0，故④也不正确． 三、解答题

11．已知向量a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2).导学号 201770(1)求|2a＋b|；

(2)在直线AB上是否存在一点E，使得OE→

⊥b(O为原点)? [答案] (1)52 (2)存在，E(－65，－142

5，5)

[解析] (1)∵a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)， ∴2a＋b＝(0，－5,5)， ∴|2a＋b|＝

02＋－52＋52＝52.

(2)假设存在点E，其坐标为E(x，y，z)，则AE→＝λAB→

，即(x＋3，y＋1，z－4)＝λ(1，－1，－2)， x＝λ－3，

∴

y＝－λ－1，∴E(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)，

z＝－2λ＋4，

∴OE→

＝(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)． 又∵b＝(－2,1,1)，OE→

⊥b，

∴OE→·b＝－2(λ－3)＋(－λ－1)＋(－2λ＋4) ＝－5λ＋9＝0，

∴λ＝95，∴E(－65，－145，25

)，

∴在直线AB上存在点E(－6142→

5，－5，5

)，使OE⊥b.

12．已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD120°.导学号 201771

(1)求线段AC1的长；

(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值； (3)证明：AA1⊥BD. [答案] (1)2 (2)

41

7

(3)略 [解析] (1)如图所示，设AB→＝a，AD→＝b，AA→

1＝c， 则|a|＝|b|＝1，|c|＝2.

a·b＝0，a·c＝b·c＝2×1×cos120°＝－1. ∵AC→→＋BC→＋CC→

1＝AB1＝a＋b＋c， ∴|AC→

1|2＝(a＋b＋c)2

＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c ＝1＋1＋22－2－2＝2. ∴|AC→

1|＝2.即AC1长为2. (2)∵AC→＋b＋c，A→

1＝a1D＝b－c，

∴AC→·A→11D＝(a＋b＋c)·(b－c) ＝a·b－a·c＋b2－b·c＋b·c－c2 ＝1＋12－22＝－2.

又|A→

1D|2＝(b－c)2＝b2＋c2－2b·c＝1＋4＋2＝7， ∴|A→

1D|＝7.

→→∴cos〈AC→→

1，A1D〉＝AC1·A1D＝－2＝－14|AC→→1|·|A1D|2×77.

∴异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为14

7

. (3)∵AA→c，BD→

1＝＝b－a， ∴AA→→1·BD＝c·(b－a) ＝c·b－c·a＝－1－(－1)＝0. ∴AA→→

1⊥BD，即AA1⊥BD. B组 力量提升

1．空间四点A(2,3,6)、B(4,3,2)、C(0,0,1)、D(2,0,2)的位置关系是导学号 201772( ) A．共线 B．共面 C．不共面 D．无法确定 [答案] C

[解析] ∵AB→＝(2,0，－4)，AC→＝(－2，－3，－5)，AD→

＝(0，－3，－4)． 假设四点共面，由共面对量定理得，存在实数x，y， 2x－2y＝0，① 使AD→＝xAB→＋yAC→

，即－3y＝－3， ②

－4x－5y＝－4，

③

由①②得x＝y＝1，代入③式不成立，冲突． ∴假设不成立，故四点不共面．

2．(2021·上海奉贤二模)已知长方体ABCD－A1B1C1D1，下列向量的数量积肯定不为0的是导学号 201773( )

＝

A.AD→→

1·B1C B．BD→AC→

1· C.AB→·AD→1 D．BD→→1·BC

[答案] D

[解析] 当侧面BCC→→1B1是正方形时可得AD1·B1C＝0，所以排解A.当底面ABCD是正方形时AC垂直于对角面BD1，所以排解B，明显也排解C.由题图可得BD1与BC所成的角小于90°.故选D.

3．在空间四边形ABCD中，则AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→的值为_______.导学号 201774 [答案] 0

[解析] 方法一：如图，令AB→＝a，AC→＝b，AD→

＝c，

则AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→＝AB→·(AD→－AC→)＋AC→·(AB→－AD→)＋AD→·(AC→－AB→

) ＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a) ＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a ＝0.

方法二：如图，在三棱锥A－BCD中，不妨令其各棱长都相等，则正四周体的对

棱相互垂直．

∴AB→·CD→＝0，AC→·DB→＝0，AD→·BC→＝0. ∴AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→＝0.

4．(2021～2022学年河北省正定中学高三第四次月考试题)如图，在四边形ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形， AD丄DC，AD＝DC，E、F是平面ABCD同一侧的两点，BE丄平面ABCD, DF丄平面ABCD，且DF＝1.导学号 201775

(1)若AE丄CF，求 BE 的值；

(2)求当BE为何值时，二面角E－AC－F的大小是60°. [答案] (1)1＋3 (2)23＋3

[解析] (1)连结BD，设BD∩AC＝G.

由已知ΔBAD≌ΔBCD，得AG＝CG，所以G为AC的中点． 所以BD⊥AC，BE⊥AC，且BD∩BE＝B， ∴AC⊥平面EBDF

如图，以G为坐标原点，分别以GB→，GC→

的方向为x轴，y轴正方向，建立空间直角坐标系G－xyz，令BE＝x，由已知可得B(3，0,0)，A(0，－1,0)，E(3，0, x), F(－1,0,1)，C(0,1,0)，

∴AE→＝(3，1，x)，CF→

＝(－1，－1,1), 由AE→·CF→＝0得，x＝1＋3.

(2)由(1)可知∠EGF是二面角E－AC－F的平面角，即∠EGF＝60°，

则EG＝

x2＋3，FG＝2，EF＝

x2－2x＋5＋23，

∴cos∠EGF＝EG2＋FG2－EF21

2|EG||GF|＝2，

解得x＝23＋3.

5．(2021·汕头模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，点E在AA1上，点F

在CC1上，且AE＝FC1＝1.导学号 201776

(1)求证：E，B，F，D1四点共面；

(2)若点G在BC上，BG＝2

3，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，

求证：EM⊥平面BCC1B1.

[答案] (1)略 (2)略

[解析] (1)以B为原点，以BA，BC，BB1为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，B(0,0,0)，E(3,0,1)，F(0,3,2)，D1(3,3,3)，

则BE→＝(3,0,1)，BF→＝(0,3,2)，BD→

1＝(3,3,3)． 所以BD→→＋BF→1＝BE.

由向量共面的充要条件知E，B，F，D1四点共面． (2)设M(0,0，z0)，G(0，2

3，0)，

则GM→＝(0，－23，z→

0)，而BF＝(0,3,2)，

由题设得GM→·BF→

＝－23×3＋z0·2＝0，

得z1.故M(0,0,1)，有ME→

0＝＝(3,0,0)． 又BB→，BC→

1＝(0,0,3)＝(0,3,0)， 所以ME→·BB→，ME→·BC→1＝0＝0， 从而ME⊥BB1，ME⊥BC. 又BB1∩BC＝B， 故ME⊥平面BCC1B1.

则