高考数学大一轮复习 空间直角坐标系精品试题 文(含模

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文数

1.（北京市海淀区2014届高三年级第一学期期末练习）如图所示，正方体

的棱长为，，是线段上的动点，过点做平面的垂线交平面于点，则点到点距离的最小值为

A．B． C．D．

[解析] 1.平面，所以平面平面，在上运动，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，，即

，所以，，所以当时，

2.(2013课标Ⅱ，9,5分) 一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0, 1), (1,1, 0), (0,1, 1), (0,0, 0), 画该四面体三视图中的正视图时, 以zOx平面为投影面, 则得到的正视图可以为( )

[解析] 2.在空间直角坐标系中, 易知O(0,0, 0), A(1,0, 1), B(1,1, 0), C(0,1, 1) 恰为单位正方体的四个顶点. 因此该几何体以zOx平面为投影面所得的正视图为A.

3. (2011全国, 20, 12分)如图, 四棱锥S-ABCD中, AB∥CD, BC⊥CD, 侧面SAB为等边三角形. AB=BC=2, CD=SD=1.

(Ⅰ)证明:SD⊥平面SAB;

(Ⅱ)求AB与平面SBC所成的角的大小.

3.

4.(2010湖北, 18, 12分)如图, 在四面体ABOC中, OC⊥OA, OC⊥OB, ∠AOB=120°, 且OA=OB=OC=1.

(Ⅰ)设P为AC的中点, Q在AB上且AB=3AQ.

证明:PQ⊥OA;

(Ⅱ)求二面角O-AC-B的平面角的余弦值.

4.

5. (2010江西, 20, 12分)如图, △BCD与△MCD都是边长为2的正三角形, 平面MCD⊥平面BCD, AB⊥平面BCD, AB=2.

(Ⅰ)求直线AM与平面BCD所成角的大小;

(Ⅱ)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值.

5.

6.(2010江苏, 16, 14分)如图, 在四棱锥P-ABCD中, PD⊥平面ABCD, PD=DC=BC=1, AB=2, AB∥DC, ∠BCD=90°.

(Ⅰ)求证:PC⊥BC;

(Ⅱ)求点A到平面PBC的距离.

6.

7. (2010全国Ⅱ, 19, 12分)如图, 直三棱柱ABC-A1B1C1中, AC=BC, AA1=AB, D为BB1的中点, E为AB1上的一点, AE=3EB1.

(Ⅰ)证明:DE为异面直线AB1与CD的公垂线;

(Ⅱ)设异面直线AB1与CD的夹角为45°, 求二面角A1-AC1-B1的大小.

7.

8.(2013江苏，22,10分) 如图, 在直三棱柱A1B1C1-ABC中, AB⊥AC, AB=AC=2, A1A=4, 点D 是BC的中点.

(1) 求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;

(2) 求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值.

8.

答案和解析

文数

[答案] 1.B

[解析] 1.平面，所以平面平面，在上运动，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，，即

，所以，，所以当时，

[答案] 2.A

[解析] 2.在空间直角坐标系中, 易知O(0,0, 0), A(1,0, 1), B(1,1, 0), C(0,1, 1) 恰为单位正方体的四个顶点. 因此该几何体以zOx平面为投影面所得的正视图为A.

[答案] 3.解法一:(Ⅰ)取AB中点E, 连结DE, 则四边形BCDE为矩形, DE=CB=2.

连结SE, 则SE⊥AB, SE=.

又SD=1, 故ED2=SE2+SD2,

所以∠DSE为直角. (3分)

由AB⊥DE, AB⊥SE, DE∩SE=E, 得AB⊥平面SDE, 所以AB⊥SD,

SD与两条相交直线AB、SE都垂直,

所以SD⊥平面SAB. (6分)

(Ⅱ)由AB⊥平面SDE知, 平面ABCD⊥平面SDE.

作SF⊥DE, 垂足为F, 则SF⊥平面ABCD, SF==.

作FG⊥BC, 垂足为G, 则FG=DC=1.

连结SG, 则SG⊥BC. 又BC⊥FG, SG∩FG=G, 故BC⊥平面SFG, 平面SBC⊥平面SFG. (9分) 作FH⊥SG, H为垂足, 则FH⊥平面SBC.

FH==, 即F到平面SBC的距离为.

由于ED∥BC, 所以ED∥平面SBC, E到平面SBC的距离d也为.

设AB与平面SBC所成的角为α, 则sin α==,

α=arcsin. (12分)

解法二:以C为坐标原点, 射线CD为x轴正半轴, 建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz. 设D(1, 0, 0), 则A(2, 2, 0)、B(0, 2, 0).

又设S(x, y, z), 则x>0, y>0, z>0.

(Ⅰ)=(x-2, y-2, z), =(x, y-2, z), =(x-1, y, z),

由||=||得

=, 故x=1.

由||=1得y2+z2=1,

又由||=2得x2+(y-2)2+z2=4,

即y2+z2-4y+1=0, 故y=, z=. (3分)

于是S,

=,

==·=0, ·=0.

故DS⊥AS, DS⊥BS, 又AS∩BS=S, 所以SD⊥平面SAB. (6分)

(Ⅱ)设平面SBC的法向量a=(m, n, p),

则a⊥, a⊥, a·=0, a·=0.

又==(0, 2, 0),

故(9分)

取p=2得a=(-, 0, 2). 又=(-2, 0, 0), cos<, a>==.

故AB与平面SBC所成的角为arcsin. (12分)

3.

[答案] 4.解法一:(Ⅰ)在平面OAB内作ON⊥OA交AB于N, 连结CN. 在△AOB中, ∵∠AOB=120°且OA=OB,

∴∠OAB=∠OBA=30°.

在Rt△AON中, ∵∠OAN=30°, ∴ON=AN.

在△ONB中, ∵∠NOB=120°-90°=30°=∠OBN,

∴NB=ON=AN.

又AB=3AQ, ∴Q为AN的中点.

在△CAN中, ∵P, Q分别为AC, AN的中点,

∴PQ∥CN.

由OA⊥OC, OA⊥ON知:OA⊥平面CON.

又NC?平面CON, ∴OA⊥CN.

由PQ∥C N, 知OA⊥PQ.

(Ⅱ)连结PN, PO.

由OC⊥OA, OC⊥OB知:OC⊥平面OAB.

又ON?平面OAB, ∴OC⊥ON.

又由ON⊥OA知:ON⊥平面AOC.

∴OP是NP在平面AOC内的射影.

在等腰Rt△COA中, P为AC的中点,

∴AC⊥OP.

根据三垂线定理, 知:AC⊥NP.

∴∠OPN为二面角O-AC-B的平面角.

在等腰Rt△COA中, OC=OA=1, ∴OP=.

在Rt△AON中, ON=OAtan 30°=,

∴在Rt△PON中, PN==,

∴cos∠OPN===.

解法二:(Ⅰ)取O为坐标原点, 以OA, OC所在的直线为x轴, z轴, 建立空间直角坐标系O-xyz(如图所示).

则A(1, 0, 0), C(0, 0, 1), B.

∵P为AC的中点,

∴P.