2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习35《空间直角坐标系》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习35《空间直角坐标系》(含详解)，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
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°
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.0
已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，eq \(AM,\s\up16(→))=eq \f(1,2)eq \(MC1,\s\up16(→))，点N为B1B的中点，则|MN|等于( )
A.eq \f(\r(21),6)a B.eq \f(\r(6),6)a C.eq \f(\r(15),6)a D.eq \f(\r(15),3)a
已知向量a=(2，－3,5)，b=(3，λ，7.5)，且a∥b，则λ等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(9,2) C.－eq \f(9,2) D.－eq \f(2,3)
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sin α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)
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
已知点A(－3,0，－4)，点A关于原点的对称点为B，则|AB|等于( )
A.12 B.9 C.25 D.10
空间四点A(2,3,6)，B(4,3,2)，C(0,0,1)，D(2,0,2)的位置关系为( )
A.共线 B.共面 C.不共面 D.无法确定
若向量a=(2x,1,3)，b=(1,3,9)，如果a与b为共线向量，则( )
A.x=1 B.x=eq \f(1,2) C.x=eq \f(1,6) D.x=－eq \f(1,6)
如图，P为空间任意一点，动点Q在△ABC所在平面内运动，且eq \(PQ,\s\up16(→))=2eq \(PA,\s\up16(→))－3eq \(PB,\s\up16(→))＋meq \(CP,\s\up16(→))，
则实数m的值为( )
A.0 B.2 C.－2 D.1
如图，在大小为45°的二面角A－EF－D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是( )
A.eq \r(3) B.eq \r(2) C.1 D.eq \r(3－\r(2))
已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上，且eq \(AM,\s\up16(→))=eq \f(1,2)eq \(MC1,\s\up16(→))，N为B1B的中点，则|eq \(MN,\s\up16(→))|为( )
A.eq \f(\r(21),6)a B.eq \f(\r(6),6)a C.eq \f(\r(15),6)a D.eq \f(\r(15),3)a
二、填空题
在空间直角坐标系中，以点A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为________.
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 .
点P是二面角α­AB­β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM，PN，
如果∠BPM=∠BPN=45°，∠MPN=60°，那么二面角α­AB­β的大小为________.
已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA=VB=VC=VD，eq \(VP,\s\up16(→))=eq \f(1,3)eq \(VC,\s\up16(→))，eq \(VM,\s\up16(→))=eq \f(2,3)eq \(VB,\s\up16(→))，eq \(VN,\s\up16(→))=eq \f(2,3)eq \(VD,\s\up16(→)).则VA与平面PMN的位置关系是 .
已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，BC的中点，点G在线段MN上，且eq \(MG,\s\up7(―→))=2eq \(GN,\s\up7(―→))，现用基底{eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))}表示向量eq \(OG,\s\up7(―→))，有eq \(OG,\s\up7(―→))=xeq \(OA,\s\up7(―→))＋yeq \(OB,\s\up7(―→))＋zeq \(OC,\s\up7(―→))，
则x，y，z的值分别为________.
如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA=PD=eq \r(5)，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中点，O是AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是_______.
\s 0 答案解析
答案为：C；
解析：cs〈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°.
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 \(A1E,\s\up10(→))=(－1，0，－1)，eq \(GF,\s\up10(→))=(1，－1，－1).设异面直线A1E与GF所成的角为θ，
则cs θ=|cs〈eq \(A1E,\s\up10(→))，eq \(GF,\s\up10(→))〉|=0.
答案为：A.
解析：∵eq \(MN,\s\up16(→))=eq \(AN,\s\up16(→))－eq \(AM,\s\up16(→))=eq \(AN,\s\up16(→))－eq \f(1,3)eq \(AC1,\s\up16(→))=eq \(AB,\s\up16(→))＋eq \(BN,\s\up16(→))－eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up16(→))＋eq \(AD,\s\up16(→))＋eq \(AA1,\s\up16(→)))=eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,6)eq \(AA1,\s\up16(→))－eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up16(→))，
∴|eq \(MN,\s\up16(→))|=eq \r(\f(4,9)|\(AB,\s\up16(→))|2＋\f(1,36)|\(AA1,\s\up16(→))|2＋\f(1,9)|\(AD,\s\up16(→))|2)=eq \f(\r(21),6)a.故选A.
答案为：C.
解析：a∥b⇔a=kb⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(,2＝3k；,－3＝kλ；,5＝\f(15,2)k))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝\f(2,3)，,λ＝－\f(9,2).))
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\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，平面AA1C1C的一个法向量是n=(1，0，0)，
所以cs〈n，eq \(AD,\s\up10(→))〉=eq \f(\f(\r(3),2),\r(2))=eq \f(\r(6),4)，即sin α=eq \f(\r(6),4).
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 \(MB,\s\up10(→))=eq \f(2,3)eq \(A1B,\s\up10(→))，eq \(CN,\s\up10(→))=eq \f(2,3)eq \(CA,\s\up10(→))，所以eq \(MN,\s\up10(→))=eq \(MB,\s\up10(→))＋eq \(BC,\s\up10(→))＋eq \(CN,\s\up10(→))=eq \f(2,3)eq \(A1B,\s\up10(→))＋eq \(BC,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)eq \(CA,\s\up10(→))
=eq \f(2,3)(eq \(A1B1,\s\up10(→))＋eq \(B1B,\s\up10(→)))＋eq \(BC,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)(eq \(CD,\s\up10(→))＋eq \(DA,\s\up10(→)))=eq \f(2,3)eq \(B1B,\s\up10(→))＋eq \f(1,3)eq \(B1C1,\s\up10(→))，
又eq \(CD,\s\up10(→))是平面B1BCC1的一个法向量，且eq \(MN,\s\up10(→))·eq \(CD,\s\up10(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)\(B1B,\s\up10(→))＋\f(1,3)\(B1C1,\s\up10(→))))·eq \(CD,\s\up10(→))=0，
所以eq \(MN,\s\up10(→))⊥eq \(CD,\s\up10(→))，又MN⊄平面B1BCC1，所以MN∥平面B1BCC1.
答案为：D.
解析：点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4)，
故|AB|=eq \r(－3－32＋0－02＋－4－42)=10.
答案为：C
解析： eq \(AB,\s\up15(→))=(2,0，－4)，eq \(AC,\s\up15(→))=(－2，－3，－5)，eq \(AD,\s\up15(→))=(0，－3，－4)，由不存在实数λ，
使eq \(AB,\s\up15(→))=λeq \(AC,\s\up15(→))成立，知A，B，C不共线，故A，B，C，D不共线；假设A，B，C，D共面，
则可设eq \(AD,\s\up15(→))=xeq \(AB,\s\up15(→))＋yeq \(AC,\s\up15(→)) (x，y为实数)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝2x－2y，,－3＝－3y，,－4＝－4x－5y，))由于该方程组无解，故A，B，C，D不共面.故选C.
答案为：C
解析：∵a与b共线，∴eq \f(2x,1)=eq \f(1,3)=eq \f(3,9).∴x=eq \f(1,6).
答案为：C.
解析：∵eq \(PQ,\s\up16(→))=2eq \(PA,\s\up16(→))－3eq \(PB,\s\up16(→))＋meq \(CP,\s\up16(→))，∴eq \(PQ,\s\up16(→))=2eq \(PA,\s\up16(→))－3eq \(PB,\s\up16(→))－meq \(PC,\s\up16(→)).又动点Q在△ABC所在平面内运动，
∴2＋(－3)＋(－m)=1，∴m=－2.故选C.
答案为：D
解析：∵eq \(BD,\s\up15(→))=eq \(BF,\s\up15(→))＋eq \(FE,\s\up15(→))＋eq \(ED,\s\up15(→))，
∴|eq \(BD,\s\up15(→))|2=|eq \(BF,\s\up15(→))|2＋|eq \(FE,\s\up15(→))|2＋|eq \(ED,\s\up15(→))|2＋2eq \(BF,\s\up15(→))·eq \(FE,\s\up15(→))＋2eq \(FE,\s\up15(→))·eq \(ED,\s\up15(→))＋2eq \(BF,\s\up15(→))·eq \(ED,\s\up15(→))
=1＋1＋1－eq \r(2)=3－eq \r(2).故|eq \(BD,\s\up15(→))|=eq \r(3－\r(2)).
答案为：A；
解析：以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
则A(a,0,0)，C1(0，a，a)， Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a，\f(a,2))).
设M(x，y，z)，因为点M在AC1上，且eq \(AM,\s\up16(→))=eq \f(1,2)eq \(MC1,\s\up16(→))，
则(x－a，y，z)=eq \f(1,2)(－x，a－y，a－z)，得x=eq \f(2,3)a，y=eq \f(a,3)，z=eq \f(a,3)，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,3)，\f(a,3)，\f(a,3)))，
所以|eq \(MN,\s\up16(→))|=eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(2,3)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(a,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－\f(a,3)))2)=eq \f(\r(21),6)a.
答案为：2
解析：由题意知eq \(AB,\s\up15(→))·eq \(AC,\s\up15(→))=0，|eq \(AB,\s\up15(→))|=|eq \(AC,\s\up15(→))|，又eq \(AB,\s\up15(→))=(6，－2，－3)，eq \(AC,\s\up15(→))=(x－4,3，－6)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6x－4－6＋18＝0，,x－42＝4，))解得x=2.
答案为：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，∴cs〈b，c〉=eq \f(b·c,|b||c|)=eq \f(－18,12×\r(1＋4＋4))=－eq \f(1,2)，
又∵〈b，c〉∈[0°，180°]，
∴〈b，c〉=120°，∴两直线的夹角为60°.
答案为：90°.
解析：不妨设PM=a，PN=b，如图.
作ME⊥AB于点E，NF⊥AB于点F，因为∠EPM=∠FPN=45°，
所以PE=eq \f(\r(2),2)a，PF=eq \f(\r(2),2)b，所以eq \(EM,\s\up10(→))·eq \(FN,\s\up10(→))=(eq \(PM,\s\up10(→))－eq \(PE,\s\up10(→)))·(eq \(PN,\s\up10(→))－eq \(PF,\s\up10(→)))
=eq \(PM,\s\up10(→))·eq \(PN,\s\up10(→))－eq \(PM,\s\up10(→))·eq \(PF,\s\up10(→))－eq \(PE,\s\up10(→))·eq \(PN,\s\up10(→))＋eq \(PE,\s\up10(→))·eq \(PF,\s\up10(→))
=abcs 60°－a×eq \f(\r(2),2)bcs 45°－eq \f(\r(2),2)abcs 45°＋eq \f(\r(2),2)a×eq \f(\r(2),2)b=eq \f(ab,2)－eq \f(ab,2)－eq \f(ab,2)＋eq \f(ab,2)=0，
∴eq \(EM,\s\up10(→))⊥eq \(FN,\s\up10(→))，∴二面角α­AB­β的大小为90°.
答案为：VA∥平面PMN；
解析：如图，设eq \(VA,\s\up16(→))=a，eq \(VB,\s\up16(→))=b，eq \(VC,\s\up16(→))=c，
则eq \(VD,\s\up16(→))=a＋c－b，
由题意知eq \(PM,\s\up16(→))=eq \f(2,3)b－eq \f(1,3)c，eq \(PN,\s\up16(→))=eq \f(2,3)eq \(VD,\s\up16(→))－eq \f(1,3)eq \(VC,\s\up16(→))=eq \f(2,3)a－eq \f(2,3)b＋eq \f(1,3)c.
因此eq \(VA,\s\up16(→))=eq \f(3,2)eq \(PM,\s\up16(→))＋eq \f(3,2)eq \(PN,\s\up16(→))，∴eq \(VA,\s\up16(→))，eq \(PM,\s\up16(→))，eq \(PN,\s\up16(→))共面.
又∵VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.
答案为：eq \f(1,6)，eq \f(1,3)，eq \f(1,3).
解析：∵eq \(OG,\s\up7(―→))=eq \(OM,\s\up7(―→))＋eq \(MG,\s\up7(―→))=eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(MN,\s\up7(―→))=eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)(eq \(ON,\s\up7(―→))－eq \(OM,\s\up7(―→)))
=eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))－\f(1,2)eq \(OA,\s\up7(―→))))=eq \f(1,6)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up7(―→))，∴x=eq \f(1,6)，y=eq \f(1,3)，z=eq \f(1,3).
答案为：eq \f(8\r(85),85).
解析：以O为原点，OA所在直线为x轴，过O且平行于AB的直线为y轴，
OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，
则B(1，2，0)，P(0，0，2)，C(－1，2，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，1))，O(0，0，0)，
eq \(OP,\s\up10(→))=(0，0，2)，eq \(OC,\s\up10(→))=(－1，2，0)，eq \(BM,\s\up10(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1，1)).
设平面PCO的法向量为m=(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(OP,\s\up10(→))＝2z＝0，,m·\(OC,\s\up10(→))＝－x＋2y＝0，))可取m=(2，1，0)，
设直线BM与平面PCO所成的角为θ，
则sin θ=|cs〈m，eq \(BM,\s\up10(→))〉|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(BM,\s\up10(→))·m,|m||\(BM,\s\up10(→))|)))=eq \f(4,\r(5)×\r(\f(17,4)))=eq \f(8\r(85),85).