2020高考数学刷题首选卷 第六章 立体几何 考点测试47 空间向量及其应用 理（含解析）.docx

考点测试47空间向量及其应用高考概览考纲研读1了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置2会简单应用空间两点间的距离公式3了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示4掌握空间向量的线性运算及其坐标表示5掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直一、基础小题1空间四边形ABCD中，已知M，G分别为BC，CD的中点，则向量()()A B C D答案A解析如图所示，()，故选A2分别以棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，AD，AA1所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则四边形AA1B1B的对角线的交点的坐标为()A0， B，0，C，0 D，答案B解析设所求交点为O，在空间直角坐标系中，点A1(0，0，1)，B(1，0，0)，则(1，0，0)，(0，0，1)，故，0，即对角线的交点坐标为，0，故选B3若向量a(2，2，2)，b(2，0，4)，则a与b的夹角的余弦值为()A B C D0答案C解析cosa，b4设一地球仪的球心为空间直角坐标系的原点O，球面上的两个点A，B的坐标分别为A(1，2，2)，B(2，2，1)，则|AB|等于()A18 B12 C3 D2答案C解析|AB|35在空间四边形ABCD中，()A1 B0 C1 D不确定答案B解析如图，设a，b，c，则(ba)(c)(ca)b(a)(cb)bcaccbabacab06在正方体ABCDA1B1C1D1中，给出以下向量表达式：()；()；()2；()其中能够化简为向量的是()A B C D答案A解析()；()；()22；()综上，符合题意故选A7在空间直角坐标系中，已知ABC的顶点坐标分别为A(1，1，2)，B(5，6，2)，C(1，3，1)，则边AC上的高BD()A5 B C4 D2答案A解析设，(0，4，3)，则(0，4，3)，(4，5，0)，(4，45，3)由0，得，所以4，所以|5故选A8已知空间向量a，b，满足|a|b|1，且a，b的夹角为，O为空间直角坐标系的原点，点A，B满足2ab，3ab，则OAB的面积为_答案解析由已知2ab，3ab，得|，|cosBOA，sinBOASOAB|sinBOA二、高考小题9(2014广东高考)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)答案B解析经检验，选项B中向量(1，1，0)与向量a(1，0，1)的夹角的余弦值为，即它们的夹角为60故选B10(2015浙江高考)已知e1，e2是空间单位向量，e1e2若空间向量b满足be12，be2，且对于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，则x0_，y0_，|b|_答案122解析e1，e2是单位向量，e1e2，cose1，e2，又0e1，e2180，e1，e260不妨把e1，e2放到空间直角坐标系Oxyz的平面xOy中，设e1(1，0，0)，则e2，再设b(m，n，r)，由be12，be2，得m2，n，则b(2，r)而xe1ye2是平面xOy上任一向量，由|b(xe1ye2)|1知点B(2，r)到平面xOy的距离为1，故可得r1，则b(2，1)，|b|2又由|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1知x0e1y0e2(2，0)，解得x01，y02三、模拟小题11(2018山东临沂模拟)若直线l的方向向量为a(1，0，2)，平面的法向量为n(2，0，4)，则()Al BlCl Dl与斜交答案B解析a(1，0，2)，n(2，0，4)，即n2a，故an，l12(2018河南安阳联考)设平面的一个法向量为n1(1，2，2)，平面的一个法向量为n2(2，4，k)，若，则k()A2 B4 C2 D4答案D解析，n1n2，由题意可得，k413(2018河北衡水月考)正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心若向量Axy，则实数x，y的值分别为()Ax1，y1 Bx1，yCx，y Dx，y1答案C14(2018合肥质检)长方体ABCDA1B1C1D1中，AB1，BC2，AA13，点M是BC的中点，点PAC1，QMD，则PQ长度的最小值为()A1 B C D2答案C解析根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，设P(x0，2x0，33x0)，Q(x1，2x1，3)，x0，x10，1，所以PQ，当且仅当x0，x1时，PQ取得最小值，即PQmin15(2018贵阳模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2若二面角B1DCC1的大小为60，则AD的长为()A BC2 D答案A解析如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)设ADa，则D点坐标为(1，0，a)，(1，0，a)，(0，2，2)，设平面B1CD的一个法向量为m(x，y，z)则令z1，得m(a，1，1)，又平面C1DC的一个法向量为n(0，1，0)，则由cos60，得，即a，故AD16(2018北京海淀区一模)正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则的取值范围是_答案0，1解析以DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系Dxyz则D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)(0，1，0)，(1，1，1)点P在线段BD1上运动，设(，)，且01(，1，)10，1一、高考大题1(2018全国卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)当三棱锥MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值解(1)证明：由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM又BCCMC，所以DM平面BMC而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，(2，1，1)，(0，2，0)，(2，0，0)设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1，0，2)是平面MCD的法向量，因此，cosn，sinn，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是2(2018全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值解(1)证明：因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2连接OB因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2由OP2OB2PB2，知OPOB由OPOB，OPAC，ACOBO，知PO平面ABC(2)如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，则(0，2，2)，取平面PAC的法向量(2，0，0)设M(a，2a，0)(0a2)，则(a，4a，0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由n0，n0得可取n(a4)，a，a)，所以cos，n由已知得|cos，n|所以解得a4(舍去)，a所以n又(0，2，2)，所以cos，n所以PC与平面PAM所成角的正弦值为3(2017全国卷)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值解(1)证明：由已知BAPCDP90，得ABAP，CDPD因为ABCD，所以ABPD又APDPP，所以AB平面PAD因为AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD(2)在平面PAD内作PFAD，垂足为点F由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD以F为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz由(1)及已知可得A，0，0，P0，0，B，1，0，C，1，0，所以，1，(，0，0)，0，(0，1，0)设n(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则即所以可取n(0，1，)设m(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则即所以可取m(1，0，1)，则cosn，m由图可知，二面角APBC为钝角，所以二面角APBC的余弦值为二、模拟大题4(2018齐鲁名校调研)如图，五边形ABSCD中，四边形ABCD为长方形，三角形SBC为边长为2的正三角形，将三角形SBC沿BC折起，使得点S在平面ABCD上的射影恰好在AD上(1)当AB时，证明：平面SAB平面SCD；(2)若AB1，求平面SCD与平面SBC所成二面角的余弦值的绝对值解(1)证明：过点S作SOAD，垂足为O，依题意得SO平面ABCD，SOAB，SOCD，又ABAD，SOADO，AB平面SAD，ABSA，ABSD在SAB中，利用勾股定理得SA，同理可得SD在SAD中，AD2，SASD，SA2SD2AD2，即SASDABSAA，SD平面SAB，又SD平面SCD，平面SAB平面SCD(2)连接BO，CO，SBSC，SO平面ABCD，RtSOBRtSOC，BOCO，又四边形ABCD为长方形，RtAOBRtDOC，OAOD取BC的中点为E，连接OE，得OEAB，连接SE，易得SE，其中OE1，OAOD1，OS易知OS，OE，AD互相垂直，不妨以，所在方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系则B(1，1，0)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，S(0，0，)，(0，1，0)，(1，1，)，(2，0，0)，设m(x1，y1，z1)是平面SCD的法向量，则有即令z11，得m(，0，1)设n(x2，y2，z2)是平面SBC的法向量，则有即令z21，得n(0，1)，则|cosm，n|平面SCD与平面SBC所成二面角的余弦值的绝对值为5(2018太原五中阶段测验)如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD的交点为O，PDPBAB2，PA，BCD60(1)证明：PO平面ABCD；(2)在棱CD上是否存在点M，使平面ABP与平面MBP所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出M点的位置；若不存在，请说明理由解(1)证明：PDPB，且O为BD的中点，POBD在菱形ABCD中，BCD60，AB2，OA，OB1又PB2，POPA，PA2PO2OA2，POOABDAOO，PO平面ABCD(2)以O为原点，OA，OB，OP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，则A(，0，0)，B(0，1，0)，C(，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，)(，1，0)，(0，1，)，(，1，0)，(，1，0)，设平面ABP的法向量为n1，由得平面ABP的一个法向量为n1(1，1)，设，则(1)，(1)，0)设平面BPM的法向量为n2，由得平面BPM的一个法向量为n2(1，(1)，1)由|cosn1，n2|，得52610，1或即当点M与点D重合或|时，平面ABP与平面MBP所成锐二面角的余弦值为6(2018江西重点盟校联考)如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为2，D为棱BB1(不包括端点)上一动点，E是AB的中点(1)若ADA1C，求BD的长；(2)当D在棱BB1(不包括端点)上运动时，求平面ADC1与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围解(1)由ACBC，AEBE，知CEAB，又平面ABC平面ABB1A1，平面ABC平面ABB1A1AB，CE平面ABC，所以CE平面ABB1A1而AD平面ABB1A1，所以ADCE，又ADA1C，A1CCEC，所以AD平面A1CE，因为A1E平面A1CE，所以ADA1E易知此时D为BB1的中点，故BD1(2)以点E为原点，EB所在直线为x轴，EC所在直线为y轴，过E作垂直于平面ABC的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设BDt，0t2，则A(1，0，0)，D(1，0，t)，C1(0，2)，(2，0，t)，(1，2)，设平面ADC1的法向量为n(x，y，z)，则取x1，得n1，而平面ABC的一个法向量为m(0，0，1)，设平面ADC1与平面ABC的夹角为，为锐角，所以cos由于t(0，2)，故cos，即平面ADC1与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围为，