2024’新课标·名师导学·高考第一轮总复习同步测试卷
理科数学(十五) 【p313】
(空间图形的有关计算) 时间：60分钟 总分：100分
一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．已知A(0，1，1)，B(2，－1，0)，C(3，5，7)，D(1，2，4)，则直线AB和直线CD所成角的余弦值为( )
522522522522A. B．－ C. D．－ 66662222
→→
【解析】由题得AB＝(2，－2，－1)，CD＝(－2，－3，－3)，
→→AB·CD5522→→
而cos〈AB，CD〉＝＝＝，
66→→3×22
|AB||CD|
522
故直线AB和CD所成角的余弦值为.
66
【答案】A
→→→→
2．在平行六面体ABCD－EFGH中，若AG＝xAB－2yBC＋3zDH，，则x＋y＋z等于( )
725
A. B. C. D．1 636
→→→→【解析】在平行六面体ABCD－EFGH中，AG＝AB＋BC＋CG， →→→→→→∵AG＝xAB－2yBC＋3zDH，CG＝DH， ∴x＝1，－2y＝1，3z＝1，
11
∴x＝1，y＝－，z＝，
235
∴x＋y＋z＝.
6
【答案】C
→→
3．已知点A(1，－2，0)和向量a＝(－3，4，12)，若向量AB∥a，且|AB|＝2|a|，则B点的坐标为( )
A．(－5，6，24)
B．(－5，6，24)或(7，－10，－24) C．(－5，16，－24)
D．(－5，16，－24)或(7，－16，24)
→→→
【解析】设点B(x，y，z)，那么AB＝(x－1，y＋2，z)，因为AB∥a，故有AB＝λa＝(－3λ，
→
4λ，12λ)，得到x＝1－3λ，y＝－2＋4λ，z＝12λ，那么再利用|AB|＝2|a|＝2（－3）2＋42＋122＝26，得到λ＝2或λ＝－2，进而得到B点坐标为(－5，6，24)或(7，－10，－24)．
【答案】B
4．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
【解析】根据题目条件，在空间直角坐标系O－xyz中作出该三棱锥D－ABC，如图，显
11
然S1＝S△ABC＝×2×2＝2，S2＝S3＝×2×2＝2.
22
【答案】D
→→→→
5．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量AB，AD，AA1两两的夹角均为60°，且|AB|→→→
＝1，|AD|＝2，|AA1|＝3，则|AC1|等于( )
A．5 B．6 C．4 D．8
→→→→→→→
【解析】在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中有，AC1＝AB＋AD＋CC1＝AB＋AD＋AA1，
→→→→
所以有|AC1|＝|AB＋AD＋AA1|，
→→→→→→→→→→→
于是有|AC1|2＝|AB＋AD＋AA1|2＝|AB|2＋|AD|2＋|AA1|2＋2|AB|·|AD|·cos 60°＋2|AD|·|AA1|·cos 60°＝25，
→
所以|AC1|＝5. 【答案】A
6．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，则第四个球的最高点与桌面的距离为( )
2626A．2＋ B.
3326C．1＋ D．3
3
【解析】四个球心连线是正三棱锥．棱长均为2，
4×3264－＝.
93
26
∴第四个球的最高点与桌面的距离为OA加上两个半径即＋2，故选A.
3223∴ED＝3，OD＝ED＝，∴AO＝
33
【答案】A
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将各小题的结果填在题中横线上．) 7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的二面角的余弦值为________．
【解析】建立空间直角坐标系如图，设正方体的棱长为2，则D(2，0，0)，A1(0，0，2)，
→→
E(0，2，1)，则A1D＝(2，0，－2)，A1E＝(0，2，－1)．
设平面A1ED的法向量为n＝(x，y，z)，
→?A1D＝0，?n·则?
→?A1E＝0.?n·
??2x－2z＝0，??x＝z，则?即? ??2y－z＝0，??z＝2y.
令y＝1，得n＝(2，1，2)．
易知平面ABCD的法向量为m＝(0，0，1)，
n·m2
则cos〈n，m〉＝＝.
|n||m|3
2
即所求二面角的余弦值为.
3
2
【答案】 3
→→→
8．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＝________．
【解析】如图所示，
1→→1→→1→→→→1→→→→→
MN＝(MB＋MC)＝[(OB－OM)＋(OC－OM)]＝(OB＋OC－2OM)＝(OB＋OC－OA)
22221
＝(b＋c－a)． 2
1
【答案】(b＋c－a)
2
→
9．如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈DP，
3→
AE〉＝，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的
3
坐标为________．
【解析】设PD＝a(a＞0)，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，P(0，0，a)，
aa→→
1，1，?，∴DP＝(0，0，a)，AE＝?－1，1，?， E?2?2???
3→→
∵cos〈DP，AE〉＝，
3
a2a23
∴＝a2＋×，∴a＝2. 243
∴E的坐标为(1，1，1)． 【答案】(1，1，1)
10．已知梯形CEPD如下图所示，其中PD＝8，CE＝6，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如图所示的几何体．已
→→
知当点F满足AF＝λAB(0<λ<1)时，平面DEF⊥平面PCE，则λ的值为__________．
【解析】因为四边形ABCD为正方形，且平面PABE⊥平面ABCD，所以PA，AB，AD两两垂直，且PA∥BE，所以建立空间直角坐标系(如图所示)，又因为PD＝8，CE＝6，所以P(0，0，4)，C(4，4，0)，E(4，0，2)，D(0，4，0)，B(4，0，0)，
→→→→
则F(4λ，0，0)，DE＝(4，－4，2)，DF＝(4λ，－4，0)，CE＝(0，－4，2)，EP＝(－4，
→?DE＝0，??m·?4x－4y＋2z＝0，
0，2)，设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)，则由?得?取m＝
→?4λx－4y＝0，?DF＝0，??m·
→?CE＝0，??n·?－4y＋2z＝0，
(1，λ，2λ－2)，平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，则由?得?取n
→??－4x＋2z＝0，EP＝0，??n·＝(1，1，2)，
3
因为平面DEF⊥平面PCE，所以m·n＝1＋λ＋2(2λ－2)＝5λ－3＝0，解得λ＝.
5
3
【答案】 5
三、解答题(本大题共3小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) 11.(16分)在如图所示的几何体中，EA⊥平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，AD11綊BC，AD＝AE＝1，∠ABC＝60°，EF綊AC. 22
(1)证明：AB⊥CF；
(2)求二面角B－EF－D的余弦值．
【解析】(1)由题知EA⊥平面ABCD，BA?平面ABCD，∴BA⊥AE.
1
过点A作AH⊥BC于H，在Rt△ABH中，∠ABH＝60°，BH＝，∴AB＝1，
2在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 60°＝3， ∴AB2＋AC2＝BC2，∴AB⊥AC，
且AC∩EA＝A，∴AB⊥平面ACFE. 又∵CF?平面ACFE，∴AB⊥CF.
(2)以A为坐标原点，AB，AC，AE分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 3?3??1
，1，D－，，0， 2???22?
1313→→→→
，0，1?. ∴BE＝(－1，0，1)，BF＝?－1，，1?，DE＝?，－，1?，DF＝?2??222????则B(1，0，0)，E(0，0，1)，F?0，设n＝(x，y，z)为平面BEF的一个法向量，
→n·BE＝－x＋z＝0，则令x＝1得n＝(1，0，1)，
3→
n·BF＝－x＋y＋z＝0，
2
???
同理可求平面DEF的一个法向量m＝(2，0，－1)， ∴cosm，n＝
m·n10
＝， |m||n|10
10. 10
12．(16分)已知CD是等边三角形ABC的AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.
所以二面角B－EF－D的余弦值为(1)求直线BC与平面DEF所成角的正弦值；
(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论．
【解析】(1)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，
2024版新课标·名师导学·高考第一轮总复习理科数学同步测试卷(2)
