2019-2020年高考数学5年真题备考题库 第七章 第6节 空间向量及其运算和空间位置关系 理（含解析）.doc

2019-2020年高考数学5年真题备考题库 第七章 第6节 空间向量及其运算和空间位置关系 理（含解析）1.（xx广东，5分）. 已知向量a(1,0，1)，则下列向量中与a成60夹角的是()A(1,1,0) B(1，1,0)C(0，1,1) D(1,0,1)解析：各选项给出的向量的模都是，|a|.对于选项A，设b(1,1,0)，则cosa，b，因为0a，b180，所以a，b120.对于选项B，设b(1，1,0)，则cosa，b.因为0a，b180，所以a，b60，正确对于选项C，设b(0，1,1)，则cosa，b.因为0a，b180，所以a，b120.对于选项D，设b(1,0,1)则cosa，b1.因为0a，b180，所以a，b180，故选B.答案：B2.（xx北京，5分）在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，)若S1，S2，S3分别是三棱锥DABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则()AS1S2S3 BS2S1且S2S3CS3S1且S3S2 DS3S2且S3S1解析：根据题目条件，在空间直角坐标系Oxyz中作出该三棱锥DABC，显然S1SABC222，S2S32.故选D.答案：D3.（xx江西，5分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB11，AD7，AA112.一质点从顶点A射向点E(4,3,12)遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i2,3,4)，L1AE，将线段L1，L2，L3，L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是()解析：选C根据反射的对称性，质点是在过A，E，A1的平面内运动因为E2E3L4E1E2L3，故L1L2L4L3，故选C.答案：C4.（xx湖北，5分）在如图所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)，给出编号的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()A和 B和C和 D和解析：选D在空间直角坐标系Oxyz中作出棱长为2的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为，俯视图为.答案：D5.（xx浙江，15分）如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC.(1)证明：PQ平面BCD；(2)若二面角CBMD的大小为60，求BDC的大小解：本题考查空间线面平行的证明，二面角的计算，以及三角形的有关知识，考查考生的推理论证能力、空间想象能力，以及利用空间向量解决相关问题的能力法一：(1)证明：取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF3FC，连接OP，OF，FQ.因为AQ3QC，所以QFAD，且QFAD.因为O，P分别为BD，BM的中点，所以OP是BDM的中位线，所以OPDM，且OPDM.又点M为AD的中点，所以OPAD，且OPAD.从而OPFQ，且OPFQ，所以四边形OPQF为平行四边形，故PQOF.又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)作CGBD于点G，作GHBM于点H，连接CH.因为AD平面BCD，CG平面BCD，所以ADCG，又CGBD，ADBDD，故CG平面ABD，又BM平面ABD，所以CGBM.又GHBM，CGGHG，故BM平面CGH，BMCH，所以CHG为二面角CBMD的平面角，即CHG60.设BDC.在RtBCD中，CDBDcos 2cos ，CGCDsin 2cos sin ，BCBDsin 2sin ，BGBCsin 2sin2.在RtBDM中，HG.在RtCHG中，tanCHG.所以tan .从而60，即BDC60.法二：(1)证明：如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知A(0，2)，B(0，0)，D(0，0)设点C的坐标为(x0，y0,0)因为3，所以Q.因为M为AD的中点，故M(0，1)又P为BM的中点，故P.所以.又平面BCD的一个法向量为u(0,0,1)，故u0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)设m(x，y，z)为平面BMC的法向量由(x0，y0,1)，(0,2，1)知取y1，得m.又平面BDM的一个法向量为n(1,0,0)，于是|cosm，n|，即23.又BCCD，所以0，故(x0，y0,0)(x0，y0,0)0，即xy2.联立，解得(舍去)或所以tanBDC.又BDC是锐角，所以BDC60.6（xx天津，13分）如图， 四棱柱ABCDA1B1C1D1中， 侧棱A1A底面ABCD，AB/DC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点(1)证明：B1C1CE; (2)求二面角B1CEC1的正弦值(3)设点M在线段C1E上， 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长解：本小题主要考查空间线线、线面的位置关系，以及二面角、直线与平面所成的角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查考生的空间想象能力、运算能力和推理论证能力法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)(1)证明：易得(1,0，1)，(1,1，1)，于是0，所以B1C1CE.(2) (1，2，1)设平面B1CE的法向量m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2,1)由(1)知，B1C1CE，又CC1B1C1，可得B1C1平面CEC1，故(1,0，1)为平面CEC1的一个法向量于是cosm，从而sin m，.所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3) (0,1,0)，(1,1,1)设(，)，01，有(，1，)可取(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin |cos，|.于是，解得，所以AM.法二：(1)证明：因为侧棱CC1底面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1，所以CC1B1C1.经计算可得B1E，B1C1，EC1，从而B1E2B1CEC，所以在B1EC1中，B1C1C1E，又CC1，C1E平面CC1E，CC1C1EC1，所以B1C1平面CC1E.又CE平面CC1E，故B1C1CE.(2)过B1作B1GCE于点G，连接C1G.由(1)知，B1C1CE，故CE平面B1C1G，得CEC1G，所以B1GC1为二面角B1CEC1的平面角在CC1E中，由CEC1E，CC12，可得C1G.在RtB1C1G中，B1G，所以sin B1GC1，即二面角B1CEC1的正弦值为.(3)连接D1E，过点M作MHED1于点H，可得MH平面ADD1A1，连接AH，AM，则MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角设AMx，从而在RtAHM中，有MHx，AHx.在RtC1D1E中，C1D11，ED1，得EHMHx.在AEH中，AEH135，AE1，由AH2AE2EH22AEEHcos 135，得x21x2x，整理得5x22x60，解得x.所以线段AM的长为.7.（xx湖北，12分）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足.记直线PQ与平面ABC所成的角为，异面直线PQ与EF所成的角为，二面角ElC的大小为，求证：sin sin sin .解：本题考查空间线面位置关系的判断和证明，考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等基础知识，考查空间向量在立体几何中的应用，考查化归与转化思想，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力(1)直线l平面PAC，证明如下：连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EFAC.又EF平面ABC，且AC平面ABC，所以EF平面ABC.而EF平面BEF，且平面BEF平面ABCl，所以EFl.因为l平面PAC，EF平面PAC，所以l平面PAC.(2)证明：法一：(综合法)如图1，连接BD，由(1)可知交线l即为直线BD，且lAC.因为AB是O的直径，所以ACBC，于是lBC.已知PC平面ABC，而l平面ABC，所以PCl.而PCBCC，所以l平面PBC.连接BE，BF，因为BF平面PBC，所以lBF.故CBF就是二面角ElC的平面角，即CBF.由，作DQCP，且DQCP.连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP2PF，所以DQPF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQFD.连接CD，因为PC平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，故CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即CDF.又BD平面PBC，有BDBF，知BDF为锐角，故BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即BDF，于是在RtDCF，RtFBD，RtBCF中，分别可得sin ，sin ，sin ，从而sin sin sin ，即sin sin sin .法二：(向量法)如图2，由，作DQCP，且DQCP.连接PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交线l即为直线BD.以点C为原点，向量，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CAa，CBb，CP2c，则有C(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，b,0)，P(0,0,2c)，Q(a，b，c)，E，F(0,0，c)于是，(a，b，c)，(0，b，c)，所以cos ，从而sin .又取平面ABC的一个法向量为m(0,0,1)，可得sin ，设平面BEF的法向量为n(x，y，z)，所以由可得取n(0，c，b)于是|cos |，从而sin .故sin sin sin ，即sin sin sin .8（xx福建，13分）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD中点(1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角AB1EA1的大小为30，求AB的长解：(1)证明：以A为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E(，1,0)，B1(a，0,1)，故(0,1,1)，(，1，1)，(a,0,1)，(，1,0)011(1)10，B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE，此时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得取x1，则y，za，得平面B1AE的一个法向量n(1，a)要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1，是平面A1B1E的一个法向量，此时(0,1,1)设与n所成的角为，则cos .二面角AB1EA1的大小为30，|cos |cos 30，即，解得a2，即AB的长为2.