2022届高三数学一轮复习（原卷版）第5讲　高效演练分层突破.doc

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1、 基础题组练 1已知 a(2，1，3)，b(1，2，3)，c(7，6，)，若 a，b，c 三向量共面，则( ) A9 B9 C3 D3 解析：选 B由题意知 cxayb，即(7，6，)x(2，1，3)y(1，2，3)，所以2xy7，x2y6，3x3y，解得 9. 2(多选)有下列四个命题，其中不正确的命题有( ) A已知 A，B，C，D 是空间任意四点，则ABBCCDDA0 B若两个非零向量AB与CD满足ABCD0，则ABCD C分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量 D对于空间的任意一点 O 和不共线的三点 A，B，C，若OPxOAyOBzOC(x，y，zR

2、)，则 P，A，B，C 四点共面 解析：选 ACD对于 A，已知 A，B，C，D 是空间任意四点，则ABBCCDDA0，错误；对于 B，若两个非零向量AB与CD满足ABCD0，则ABCD，正确；对于 C，分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线， 则这两个向量可以是共面向量， 不正确；对于 D，对于空间的任意一点 O 和不共线的三点 A，B，C，若OPxOAyOBzOC(x，y，zR)，仅当 xyz1 时，P，A，B，C 四点共面，故错误 3在空间四边形 ABCD 中，AB CDAC DBAD BC( ) A1 B0 C1 D不确定 解析：选 B如图，令ABa，ACb，ADc， 则AB

3、CDAC DBAD BCa (cb)b (ac)c (ba) a ca bb ab cc bc a0. 4.如图，在大小为 45 的二面角 AEFD 中，四边形 ABFE，四边形 CDEF 都是边长为1 的正方形，则 B，D 两点间的距离是( ) A 3 B 2 C1 D3 2 解析： 选 D 因为BDBFFEED， 所以|BD|2|BF|2|FE|2|ED|22BF FE2FE ED2BFED111 23 2，所以|BD|3 2. 5已知 A(1，0，0)，B(0，1，1)，O 为坐标原点，OAOB与OB的夹角为 120 ，则 的值为( ) A66 B66 C66 D 6 解析：选 COAO

4、B(1，)，cos 120 122 212，得 66.经检验 66不合题意，舍去，所以 66. 6.如图所示，在长方体 ABCD- A1B1C1D1中，O 为 AC 的中点用AB，AD，AA1表示OC1，则OC1_ 解析：因为OC12AC12(ABAD)， 所以OC1OCCC112(ABAD)AA112AB12ADAA1. 答案：12AB12ADAA1 7.已知 PA 垂直于正方形 ABCD 所在的平面，M，N 分别是 CD，PC 的中点，并且 PAAD1.在如图所示的空间直角坐标系中，则 MN_ 解析：连接 PD，因为 M，N 分别为 CD，PC 的中点，所以 MN12PD， 又 P(0，0

5、，1)，D(0，1，0)， 所以 PD 02(1)212 2， 所以 MN22. 答案：22 8.如图所示，已知空间四边形 OABC，OBOC，且AOBAOC3，则 cosOA，BC的值为_ 解析：设OAa，OBb，OCc， 由已知条件得a，ba，c3，且|b|c|， OA BCa (cb)a ca b 12|a|c|12|a|b|0， 所以OABC， 所以 cosOA，BC0. 答案：0 9.如图所示，在直三棱柱 ABC- A1B1C1中，平面 AA1C1C 和平面 AA1B1B 都是正方形且互相垂直，M 为 AA1的中点，N 为 BC1的中点 求证：(1)MN平面 A1B1C1； (2)平

6、面 MBC1平面 BB1C1C； 证明：由题意知，AA1，AB，AC 两两垂直，则以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 设 AA12，则 A(0，0，0)，A1(2，0，0)，B(0，2，0)，B1(2，2，0)，C(0，0，2)，C1(2，0，2)，M(1，0，0)，N(1，1，1) (1)因为 AA1A1B1，AA1A1C1， 且 A1B1A1C1A1， 所以 AA1平面 A1B1C1. 因为MN(0，1，1)，AA1(2，0，0)， 所以MN AA10，即 MNAA1. 因为 MN平面 A1B1C1， 故 MN平面 A1B1C1. (2)设平面 MBC1与平面 BB1C1C

7、的法向量分别为 n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2) 因为MB(1，2，0)，MC1(1，0，2)， 所以n1MB0，n1MC10 x12y10，x12z10，令 x12， 则 n1(2，1，1)同理可得 n2(0，1，1) 因为 n1n22011(1)10， 所以平面 MBC1平面 BB1C1C. 10.如图，在底面是矩形的四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，E，F 分别是 PC，PD的中点，PAAB1，BC2.求证： (1)EF平面 PAB； (2)平面 PAD平面 PDC. 证明：以 A 为原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，AP 所在直线为

8、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，所以 E12，1，12，F0，1，12，EF12，0，0 ，PB(1，0，1)，PD (0，2，1)，AP(0，0，1)，AD(0，2，0)，DC(1，0，0)，AB(1，0，0) (1)因为EF12AB，所以EFAB，即 EFAB. 又 AB平面 PAB，EF/ 平面 PAB， 所以 EF平面 PAB. (2)因为AP DC(0，0，1) (1，0，0)0， 所以APDC，ADDC，即 APDC，ADDC.又 APADA，所以 DC平面 PAD.所以平

9、面 PAD平面 PDC. 综合题组练 1已知空间任意一点 O 和不共线的三点 A，B，C，若OPxOAyOBzOC(x，y，zR)，则“x2，y3，z2”是“P，A，B，C 四点共面”的( ) A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 解析：选 B当 x2，y3，z2 时，即OP2OA3OB2OC.则APAO2OA3(ABAO)2(ACAO)，即AP3AB2AC，根据共面向量定理知，P，A，B，C 四点共面；反之，当 P，A，B，C 四点共面时，根据共面向量定理，设APmABnAC(m，nR)，即OPOAm(OBOA)n(OCOA)， 即OP(1mn)OAmOBn

10、OC， 即 x1mn，ym，zn，这组数显然不止 2，3，2.故“x2，y3，z2”是“P，A，B，C 四点共面”的充分不必要条件 2.如图，正方形 ABCD 与矩形 ACEF 所在平面互相垂直， AB 2，AF1， M 在 EF 上，且 AM平面 BDE，则 M 点的坐标为( ) A(1，1，1) B23，23，1 C22，22，1 D24，24，1 解析：选 C设 M 点的坐标为(x，y，1)，因为 ACBDO，所以 O22，22，0 ，又E(0，0，1)，A( 2， 2，0)， 所以OE22，22，1 ，AM(x 2，y 2，1)， 因为 AM平面 BDE，所以OEAM， 所以x 222

11、，y 222，x22，y22， 所以 M 点的坐标为22，22，1 . 3 在正三棱柱 ABC- A1B1C1中， 侧棱长为 2， 底面边长为 1， M 为 BC 的中点， C1NNC，且 AB1MN，则 的值为_ 解析：如图所示，取 B1C1的中点 P，连接 MP，以MC，MA，MP的方向为 x，y，z 轴正方向建立空间直角坐标系， 因为底面边长为 1，侧棱长为 2，则 A0，32，0 ，B1(12，0，2)，C12，0，0 ，C112，0，2 ， M(0，0，0)，设 N12，0，t ， 因为C1NNC，所以 N12，0，21， 所以AB112，32，2 ， MN12，0，21. 又因为

12、AB1MN，所以AB1MN0. 所以14410，所以 15. 答案：15 4.如图，四面体 ABCD 中，E，F 分别为 AB，DC 上的点，且 AEBE，CF2DF，设DAa，DBb，DCc. (1)以a，b，c为基底表示FE，则FE_； (2)若ADBBDCADC60 ，且|DA|4，|DB|3，|DC|3，则|FE|_ 解析：(1)如图所示，连接 DE. 因为FEFDDE，FDDF13DC，DE12(DADB)，所以FE13c12a12b. (2)|FE|212a12b13c214a214b219c212a b13a c13b c14421432193212431213431213331

13、2274.所以|FE|3 32. 答案：13c12a12b 3 32 5在四棱锥 P- ABCD 中，PD底面 ABCD，底面 ABCD 为正方形，PDDC，E，F分别是 AB，PB 的中点 (1)求证：EFCD； (2)在平面 PAD 内是否存在一点 G，使 GF平面 PCB？若存在，求出点 G 坐标；若不存在，试说明理由 解： (1)证明：由题意知，DA，DC，DP 两两垂直 如图，以 DA，DC，DP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设 ADa， 则 D(0，0，0)，A(a，0，0)， B(a，a，0)，C(0，a，0)，Ea，a2，0 ，P(0，0，a)，F

14、a2，a2，a2.EFa2，0，a2，DC(0，a，0)因为EF DC0，所以EFDC，从而得 EFCD. (2)存在理由如下：假设存在满足条件的点 G， 设 G(x，0，z)，则FGxa2，a2，za2， 若使 GF平面 PCB，则由 FG CBxa2，a2，za2 (a，0，0) axa20，得 xa2； 由FG CPxa2，a2，za2 (0，a，a)a22aza20，得 z0. 所以 G 点坐标为a2，0，0 ， 故存在满足条件的点 G，且点 G 为 AD 的中点 6如图，棱柱 ABCD- A1B1C1D1的所有棱长都等于 2，ABC 和A1AC 均为 60 ，平面AA1C1C平面 A

15、BCD. (1)求证：BDAA1； (2)在直线 CC1上是否存在点 P，使 BP平面 DA1C1，若存在，求出点 P 的位置，若不存在，请说明理由 解：(1)证明：设 BD 与 AC 交于点 O，则 BDAC，连接 A1O，在AA1O 中，AA12，AO1，A1AO60 ， 所以 A1O2AA21AO22AA1AOcos 60 3， 所以 AO2A1O2AA21， 所以 A1OAO. 由于平面 AA1C1C平面 ABCD， 且平面 AA1C1C平面 ABCDAC， A1O平面 AA1C1C，所以 A1O平面 ABCD.以 OB，OC，OA1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示

16、的空间直角坐标系，则 A(0，1，0)，B( 3，0，0)，C(0，1，0)，D( 3，0，0)，A1(0，0， 3)，C1(0，2， 3) 由于BD(2 3，0，0)，AA1(0，1， 3)， AA1BD0(2 3)10 300， 所以BDAA1，即 BDAA1. (2)存在理由如下： 假设在直线 CC1上存在点 P，使 BP平面 DA1C1， 设CPCC1，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0，1， 3) 从而有 P(0，1， 3)，BP( 3，1， 3) 设平面 DA1C1的法向量为 n(x2，y2，z2)， 则nA1C1，nDA1， 又A1C1(0，2，0)，DA1( 3，0， 3)， 则2y20，3x2 3z20， 取 n(1，0，1)， 因为 BP平面 DA1C1， 则 nBP，即 n BP 3 30，得 1， 即点 P 在 C1C 的延长线上，且 C1CCP.