2022版高考数学二轮复习 课时作业15

课时作业(十五)

一、选择题

1．(2021·全国高三专题练习)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(　B　)

A．l∥α B．l⊥α

C．l⊂α D．l与α斜交

【解析】　∵a＝(1，0，2)，n＝(-2，0，-4)，

∴n＝-2a，即n∥a，∴l⊥α.故选B.

2．(2020·衡阳模拟)空间点A(x，y，z)，O(0，0，0)，B(，，2)，若|AO|＝1，则|AB|的最小值为(　B　)

A．1　 B．2　

C．3　　 D．4

【解析】　∵空间点A(x，y，z)，O(0，0，0)，B(，，2)，|AO|＝1，

∴A是以O为球心，1为半径的球上的点，

∵B(，，2)，∴|OB|＝＝3.

∴|AB|的最小值为：|OB|-|OA|＝3-1＝2.故选B.

3．(2020·池州模拟)已知MN是正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则·的取值范围为(　B　)

A．[0，4] B．[0，2]

C．[1，4] D．[1，2]

【解析】　以D1为坐标原点，以D1A1，D1C1，D1D所在直线为x轴，y轴，z轴，

建立空间直角坐标系，如图所示；

设正方体内切球球心为S，MN是该内切球的任意一条直径，

则内切球的半径为1，

所以·＝(＋)·(＋)＝(＋)·(-)＝2-1∈[0，2]．

所以·的取值范围是[0，2]．故选B.

4．(2020·肥城市模拟)已知a＝(x，-4，2)，b＝(3，y，-5)，若a⊥b，则x2＋y2的取值范围为(　C　)

A．[2，＋∞) B．[3，＋∞)

C．[4，＋∞) D．[5，＋∞)

【解析】　∵a⊥b，∴a·b＝3x-4y-10＝0，

原点到直线的距离d＝＝2.

则x2＋y2的取值范围为[4，＋∞)．故选C.

5．(2021·全国高三专题练习)如图：在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是(　A　)

A．-a＋b＋c B．a＋b＋c

C．-a-b＋c D．a-b＋c

【解析】　＝＋，

＝c＋，

＝c＋(＋)，

＝-a＋b＋c，故选A．

6．(2021·全国高三专题练习)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别为棱AD，CC1，A1D1的中点，则B1P与MN所成角的余弦值为(　A　)

A． B．-

C． D．

【解析】　如图以A为原点，分别以AB，AD，AA1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为2，则M(0，1，0)，N(2，2，1)，B1(2，0，2)，P(0，1，2)，

所以＝(-2，1，0)，＝(2，1，1)，

设B1P与MN所成的角为θ，

所以cos θ＝＝＝，

B1P与MN所成角的余弦值为.

二、填空题

7．(2021·上海长宁区高三二模)若向量a＝(1，0，1)，b＝(0，1，-1)，则向量a，b的夹角为____.

【解析】　根据题意，设向量a，b的夹角为θ，

向量a＝(1，0，1)，b＝(0，1，-1)，

则向量|a|＝，|b|＝，a·b＝-1，

则cos θ＝＝-，

又由0≤θ≤π，则θ＝.

8．(2020·西湖区校级模拟)设平面α的法向量为n1＝(1，-2，2)，平面β的法向量为n2＝(2，λ，4)，若α⊥β，则|n2|＝__3__.

【解析】　平面α的法向量为n1＝(1，-2，2)，平面β的法向量为n2＝(2，λ，4)，

若α⊥β，则n1⊥n2，

∴n1·n2＝2-2λ＋8＝0，

λ＝5，

∴n2＝(2，5，4)，

∴|n2|＝＝3.

9．(2021·上海松江区高三二模)如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，A1C1∩B1D1＝F，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝__2__.

【解析】　因为＝＋＋＝＋＋

＝＋＋

＝＋＋-

＝＋＋，

又＝x＋＋z1，

所以x＝y＝，z＝1，

则x＋y＋z＝2.

10．(2021·北京海淀区高三模拟)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，M为BC中点，N为平面DCC1D1上的动点，若MN⊥A1C，则三棱锥N-AA1D的体积最大值为____.

【解析】　以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系：

则A1(1，0，1)，C(0，1，0)，M，

设N(0，a，b)，0≤a≤1，0≤b≤1，

所以＝(-1，1，-1)，＝，

因为⊥，

所以·＝＋a-1-b＝0，即a-b＝，

又b＝a-，0≤b≤1，

所以≤a≤1，

所以VN-AA1D＝×S△AA1D×＝≤，

当a＝1，b＝等号成立，

所以三棱锥N-AA1D的体积最大值为.

三、解答题

11．(2021·全国高三模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，AP＝DP＝1，AD＝，CP＝，F为线段PD的中点．

(1)求证：CD⊥AF；

(2)求直线PB与平面CFB所成角的正弦值．

【解析】　(1)在△PCD中，

因为PC＝，DP＝1，CD＝AD＝，

所以CD2＋DP2＝CP2，所以CD⊥DP，

因为CD⊥AD，AD∩DP＝D，

所以CD⊥平面PAD，因为AF⊂平面PAD，所以CD⊥AF.

(2)由(1)知CD⊥DP，

以DP，DC所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系D-xyz，

如图所示：

在△APD中，因为AP＝DP＝1，AD＝，所以AP2＋DP2＝AD2，

所以AP⊥DP；因为CD⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，所以CD⊥AP.

因为CD∩DP＝D，所以AP⊥平面PCD.

可得D(0，0，0)，P(1，0，0)，C(0，，0)，F，A(1，0，1)．

因为＝＋＝(1，，1)，所以B(1，，1)，

所以＝，＝，

＝(0，，1)．

设平面CFB的一个法向量为n＝(x，y，z)，则，

所以，令x＝4，则y＝，z＝-4，所以n＝(4，，-4)．

设直线PB与平面CFB所成的角为θ，

则sin θ＝＝＝.

12．(2021·吉林松原市高三月考)在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为4的菱形，PB＝BD＝PD＝4，PA＝4.

(1)证明：PC⊥平面ABCD；

(2)如图，取BC的中点为E，在线段DE上取一点F使得＝，求二面角F-PA-C的大小．

【解析】　(1)因为AB＝AD＝4，BD＝4，

所以AB2＋AD2＝BD2，所以AB⊥AD，

又因为四边形ABCD为平行四边形，所以AB⊥BC，AD⊥DC，

因为AB＝4，BP＝4，PA＝4，所以AB2＋BP2＝AP2，所以AB⊥BP，

因为PB∩BC＝B，所以AB⊥平面BPC，所以AB⊥CP，

因为AD＝4，DP＝4，PA＝4，所以AD2＋DP2＝AP2，所以AD⊥DP，

因为PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PCD，

所以AD⊥CP，

因为AD∩AB＝A，所以PC⊥平面ABCD.

(2)由(1)知，CD，CB，CP两两垂直，分别以CD，CB，CP所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

在三角形PBC中，PC＝＝4，

则A(4，4，0)，B(0，4，0)，C(0，0，0)，D(4，0，0)，E(0，2，0)，P(0，0，4)，

所以＝(-4，2，0)，

因为＝，＝＝，＝＋＝，

＝(4，4，-4)，

设平面PAF的一个法向量为m＝(x，y，z)，

则，即，

令y＝1，得x＝-2，z＝-1，

于是取m＝(-2，1，-1)，

又由(1)知，底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD，

因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥BD，

因为AC∩PC＝C，所以BD⊥平面ACP，

所以＝(4，-4，0)是平面PAC的一个法向量，

设二面角F-PA-C的大小为θ，

则cos θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝，

所以二面角F-PA-C的大小为.

13．(2021·天津高考真题)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．

(1)求证：D1F∥平面A1EC1；

(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值，

(3)求二面角A-A1C1-E的正弦值．

【解析】　(1)以A为原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，

则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，C1(2，2，2)，D1(0，2，2)，

因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，

所以E(2，1，0)，F(1，2，0)，

所以＝(1，0，-2)，＝(2，2，0)，＝(2，1，-2)，

设平面A1EC1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，

则，

令x1＝2，则m＝(2，-2，1)，

因为·m＝2-2＝0，所以⊥m，

因为D1F⊄平面A1EC1，所以D1F∥平面A1EC1.

(2)由(1)得，＝(2，2，2)，

设直线AC1与平面A1EC1所成角为θ，

则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝.

(3)由正方体的特征可得，平面AA1C1的一个法向量为＝(2，-2，0)，

则cos〈，m〉＝＝＝，

所以二面角A-A1C1-E的正弦值为＝.

14．(2020·葫芦岛一模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB⊥BC，AA1＝AB＝BC＝2.

(1)求证：BC1⊥平面A1B1C；

(2)求异面直线B1C与A1B所成角的大小；

(3)点M在线段B1C上，且＝λ(λ∈(0，1)，点N在线段A1B上，若MN∥平面A1ACC1，求的值(用含λ的代数式表示)．

【解析】　(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，

∵BB1⊥平面ABC，

∴BB1⊥平面A1B1C1，

∵BB1⊂平面B1BCC1，∴平面B1BCC1⊥平面A1B1C1，交线为B1C1，

又AB⊥BC，∴A1B1⊥B1C1，∴A1B1⊥平面B1BCC1，

∵BC1⊂平面B1BCC1，∴A1B1⊥BC1，

∵BB1＝BC＝2，∴B1C⊥BC1，

∵A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C.

(2)由(1)知BB1⊥平面ABC，AB⊥BC，

以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，

则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A1(0，2，2)，B1(0，0，2)，

∴＝(2，0，-2)，＝(0，-2，-2)，

∴cos〈，〉＝＝.

∴异面直线B1C与A1B所成角的大小为.

(3)A(0，2，0)，A1(0，2，2)，＝(2，-2，0)，＝(0，0，2)，

设平面ACC1A1的法向量n＝(x，y，z)，

则，取x＝1，得n＝(1，1，0)，

∵点M在线段B1C上，且＝λ(λ∈(0，1)，

∴M(2λ，0，2-2λ)，

点N在线段A1B上，设＝μ，得N(0，2-2μ，2-2μ)，

则＝(-2λ，2-2μ，2λ-2μ)，

∵MN∥平面A1ACC1，∴·n＝-2λ＋2-2μ＝0，

解得μ＝1-λ.

∴＝1-λ.