备战2020年高考高三一轮单元训练金卷数学(理)：第10单元空间向量在立体几何中的应用 B卷

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备战2020年高考数学一轮复习第10单元空间向量在立体几何中的应用单元训练A卷理含解析

1 单元训练金卷▪高三▪数学卷（A ）第10单元空间向量在立体几何中的应用注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是()1,0,1=a ，()0,1,1=b ，那么这条斜线与平面所成的角是（）A ．90°B ．30°C ．45°D ．60°2．平面错误!未找到引用源。

经过三点错误!未找到引用源。

，错误!未找到引用源。

，则平面错误!未找到引用源。

的法向量可以是（）A ．错误!未找到引用源。

B ．错误!未找到引用源。

C ．错误!未找到引用源。

D ．错误!未找到引用源。

3．若直线错误!未找到引用源。

的方向向量为()1,2,3=-a ，平面错误!未找到引用源。

的法向量为()3,6,9=--n ，则（） A ．l α⊂B ．l α∥C ．l α⊥D ．l 与α相交4．如图，在平行六面体错误!未找到引用源。

中，错误!未找到引用源。

为错误!未找到引用源。

的中点，设AB =u u u r a ，AD =u u u r b ，1AA =u u u r c ，则CE =u u u r （）A ．12--+a b cB ．12-+a b cC ．12--a b cD ．12+-a b c 5．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB =，12AD AA ==，点P 为1CC 的中点，则异面直线AP 与11C D 所成角的正切值为（） A ．5 B ．3 C ．24 D ．14 6．正方体1111ABCD A B C D -中，直线1AB 与平面11ABC D 所成角的正弦值为（） A ．12 B ．22 C ．3 D ．3 7．对于空间任意一点错误!未找到引用源。

2020高考数学(理数)题海集训10 空间向量(30题含答案)

2020高考数学(理数)题海集训10 空间向量一、选择题1.已知向量=(2，4，5)，=(3，x ，y)分别是直线l 1、l 2方向向量，若l 1∥l 2，则( )A.x=6，y=15B.x=3，y=7.5C.x=3，y=15D.x=6，y=7.5 2.若向量=(1,1,x),=(1,2,1),=(1,1,1),满足条件(﹣)(2)=﹣2,则x 的值为( ) A.1 B.2 C.3 D.43.如图所示，在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB ―→=a ，AD ―→=b ，AA 1―→=c ，则下列向量中与BM ―→相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋c4.若直线l 的方向向量与平面α的一个法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A ．120°B ．60°C ．30°D ．60°或30°5.在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 满足=3，=3，则BE 与DF 所成角正弦值为( )A.B.C.D.6.(在正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，若AB=，则AB 1与C 1B 所成的角的大小为( )A.60°B.90°C.75°D.105°7.已知两平面的法向量分别为m=(0，1，0)，n=(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( )A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90°8.已知长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，下列向量的数量积一定不为0的是( )A. B. C. D.9.在四棱锥PABCD 中，AB →=(4，－2，3)，AD →=(－4，1，0)，AP →=(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h=( )A ．1B ．2C ．13D ．2610.已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66B ．66C ．－66 D ．± 611.已知向量=(1，1，0)，=(﹣1，0，2)，且k +与2-互相垂直，则k 的值是( )A.1B.0.2C.0.6D.1.412.如图所示，已知空间四边形OABC ，OB=OC ，且∠AOB=∠AOC=，则cos ＜，＞的值为( )A. B.0 C.0.5 D.13.已知a=(2,1，－3)，b=(－1,2,3)，c=(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ=( )A ．9B ．－9C ．－3D ．314.已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→=x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(x ，y ，z ∈R)，则“x =2，y=－3，z=2”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15.在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p=xa ＋yb ＋zc.其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．316.如图所示，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B ，AC 上的点，A 1M=AN=2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定17.在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，点D 在棱BB 1上，且BD=1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则sin α的值是( )A.32 B ．22 C.104 D ．6418.已知底面是边长为2的正方形的四棱锥PABCD 中，四棱锥的侧棱长都为4，E 是PB 的中点，则异面直线AD 与CE 所成角的余弦值为( )A.64 B ．33 C.12 D ．2219.如图，在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点，则下列结论正确的是( )A ．DB 1⊥D 1P B ．平面AD 1P ⊥平面A 1DB 1C ．∠APD 1的最大值为90° D ．AP ＋PD 1的最小值为2＋6220.在空间四边形ABCD 中，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→的值为( )A ．－1B ．0C ．1D ．2二、填空题21.在空间直角坐标系中，已知P(2，2，5)、Q(5，4，z)两点之间的距离为7，则z= . 22.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB ―→=(2，－1，－4)，AD ―→=(4,2,0)，AP ―→=(－1,2，－1)．对于结论： ①AP ⊥AB ； ②AP ⊥AD ； ③AP ―→是平面ABCD 的法向量； ④AP ―→∥BD ―→.其中正确的是________．23.=(2，﹣3，5)，=(﹣3，1，﹣4)，则||= .24.△ABC 的顶点分别为A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，则AC 边上高BD 等于______．25.点P 是二面角αABβ棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM ，PN ，如果∠BPM =∠BPN =45°，∠MPN=60°，那么二面角αABβ的大小为________．26.已知四棱锥PABCD 的底面ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，且PA=AD ，则平面PAB 与平面PCD所成的二面角的大小为________．27.已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG ―→=2GN ―→，现用基底{OA ―→，OB ―→，OC ―→}表示向量OG ―→，有OG ―→=x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，则x ，y ，z 的值分别为________．28.已知长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AA 1=AB=2，若棱AB 上存在点P ，使得D 1P ⊥PC ，则AD 的取值范围是________． 29.如图，已知四棱锥PABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，PA=PD=5，平面ABCD⊥平面PAD ，M 是PC 的中点，O 是AD 的中点，则直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值是________．三、解答题30.如图所示，四棱锥SABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，点P 为侧棱SD 上的点． (1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC.若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．答案解析1.D.2.B.3.答案为：A ；解析：BM ―→=BB 1―→＋B 1M ―→=AA 1―→＋12(AD ―→－AB ―→)=c ＋12(b －a)=－12a ＋12b ＋c.4.答案为：C.解析：设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ.则sin β=|cos γ|=|cos 120°|=12.又因为0°≤β≤90°，所以β=30°.5.A.6.B.7.答案为：C.解析：cos 〈m ，n 〉=m·n |m||n|=11×2=22，即〈m ，n 〉=45°，其补角为135°.所以两平面所成的二面角为45°或135°.8.D.9.答案为：B.解析：设平面ABCD 的一个法向量为n=(x ，y ，z)．则⎩⎨⎧n⊥AB →，n⊥AD →⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x －2y ＋3z ＝0，－4x ＋y ＝0，令y=4，则n=⎝⎛⎭⎪⎫1，4，43，则cos 〈n ，AP →〉=n·AP →|n||AP →|=－6＋8－323133×226=－2626.因为h |AP →|=|cos 〈n ，AP →〉|，所以h=2626×226=2.10.答案为：C ；解析：OA ―→＋λOB ―→=(1，－λ，λ)，cos 120°=λ＋λ1＋2λ2·2=－12，得λ=±66. 经检验λ=66不合题意，舍去，所以λ=－66. 11.D. 12.B.13.答案为：B ；解析：由题意设c=xa ＋yb ，则(7,6，λ)=x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ=－9.14.答案为：B ；解析：当x=2，y=－3，z=2时，OP ―→=2OA ―→－3OB ―→＋2OC ―→. 则AP ―→－AO ―→=2OA ―→－3(AB ―→－AO ―→)＋2(AC ―→－AO ―→)，即AP ―→=－3AB ―→＋2AC ―→，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AP ―→=m AB ―→＋n AC ―→(m ，n ∈R)，即OP ―→－OA ―→=m(OB ―→－OA ―→)＋n(OC ―→－OA ―→)，即OP ―→=(1－m －n)OA ―→＋m OB ―→＋n OC ―→，即x=1－m －n ，y=m ，z=n ，这组数显然不止2，－3,2.故“x =2，y=－3，z=2”是“P，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件．15.答案为：A ；解析：a 与b 共线，a ，b 所在直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②错误；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p=xa ＋yb ＋zc ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.16.答案为：B.解析：因为正方体的棱长为a ，A 1M=AN=2a3，所以MB →=23A 1B →，CN →=23CA →，所以MN →=MB →＋BC →＋CN →=23A 1B →＋BC →＋23CA →=23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →)=23B 1B →＋13B 1C 1→，又CD →是平面B 1BCC 1的一个法向量，且MN →·CD →=⎝ ⎛⎭⎪⎫23B 1B →＋13B 1C 1→·CD →=0，所以MN →⊥CD →，又MN ⊄平面B 1BCC 1，所以MN∥平面B 1BCC 1.17.答案为：D.如图，建立空间直角坐标系Axyz，易求点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1，平面AA 1C 1C 的一个法向量是n=(1，0，0)，所以cos 〈n ，AD →〉=322=64，即sin α=64.18.答案为：A ；解析：设O 为正方形ABCD 的对角线AC 与BD 的交点，根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，－1，0)，D(－1，－1，0)，C(－1，1，0)，E(12，12，142)，所以AD →=(－2，0，0)，CE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，142，所以|cos 〈AD →，CE →〉|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AD →·CE →|AD →||CE →|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪－32× ⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1422=64，故选A.19.答案为：B.解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则有D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D 1(0，0，1)，A 1(1，0，1)，B 1(1，1，1)， ∵A 1B →=(0，1，－1)，又P 为线段A 1B 上的动点， ∴设P(1，λ，1－λ)(0＜λ＜1)， ∴AD 1→=(－1，0，1)，D 1P →=(1，λ，－λ)，设n=(x ，y ，z)是平面AD 1P 的法向量，则有⎩⎨⎧n ·AD 1→＝0，n·D 1P →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，x ＋λy －λz ＝0，可取n=⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1－1λ，1，又平面A 1DB 1的法向量可为AD 1→=(－1，0，1)，∵AD 1→·n=0， ∴平面AD 1P ⊥平面A 1DB 1.故选B.20.答案为：B ；解析：法一：如图，令AB ―→=a ，AC ―→=b ，AD ―→=c ，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→=AB ―→·(AD ―→－AC ―→)＋AC ―→·(AB ―→－AD ―→)＋AD ―→·(AC ―→－AB ―→)=a ·(c －b)＋b ·(a －c)＋c ·(b －a)=a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a=0.法二：在三棱锥ABCD 中，不妨令其各棱长都相等，则正四面体的对棱互相垂直．所以AB ―→·CD ―→=0，AC ―→·DB ―→=0，AD ―→·BC ―→=0.所以AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→=0.一、填空题21.答案为：11或﹣1.22.答案为：①②③；解析：∵AP ―→·AB ―→=－2－2＋4=0，∴AP ⊥AB ，故①正确； AP ―→·AD ―→=－4＋4＋0=0，∴AP ⊥AD ，故②正确；由①②知AP ⊥平面ABCD ，故③正确，④不正确．23.答案为：；24.答案为：5；解析：设AD ―→=λAC ―→，D(x ，y ，z)，则(x －1，y ＋1，z －2)=λ(0，4，－3)， ∴x=1，y=4λ－1，z=2－3λ，∴D(1,4λ－1,2－3λ)， ∴BD ―→=(－4,4λ＋5，－3λ)，∴4(4λ＋5)－3(－3λ)=0，解得λ=－45，∴BD ―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，95，125，∴|BD ―→|= －42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫952＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1252=5.25.答案为：90°；解析：不妨设PM=a ，PN=b ，如图．作ME⊥AB 于点E ，NF ⊥AB 于点F ，因为∠EPM =∠FPN =45°，所以PE=22a ，PF=22b ，所以EM →·FN →=(PM →－PE →)·(PN →－PF →)=PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF →=abcos 60°－a×22bcos 45°－22abcos 45°＋22a ×22b=ab 2－ab 2－ab 2＋ab2=0，∴EM →⊥FN →，∴二面角αABβ的大小为90°.26.答案为：π4；解析：设PA=AD=1，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 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Axyz，则P(0，0，1)，A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，∴CD →=(－1，0，0)，PD →=(0，1，－1)．设n=(x ，y ，z)是平面PCD 的法向量，则有⎩⎨⎧n·CD →＝0，n·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，y －z ＝0，可取n=(0，1，1)．易知平面PAB 的一个法向量为AD →=(0，1，0)，则cos 〈n ，AD →〉=n·AD →|n||AD →|=12=22∴平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的大小为π4.27.答案为：16，13，13；解析：∵OG ―→=OM ―→＋MG ―→=12OA ―→＋23MN ―→=12OA ―→＋23(ON ―→－OM ―→)=12OA ―→＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12OB ―→＋OC ―→－12OA ―→=16OA ―→＋13OB ―→＋13OC ―→，∴x=16，y=13，z=13.28.答案为：(0，1]；解析：如图，以D 1为原点建立空间直角坐标系D 1xyz.设AD=a(a ＞0)，AP=x(0≤x≤2)，则P(a ，x ，2)，C(0，2，2)，所以D 1P →=(a ，x ，2)，CP →=(a ，x －2，0)，因为D 1P ⊥PC ，所以D 1P →·CP →=0，即a 2＋x(x －2)=0，a=－x 2＋2x=－（x －1）2＋1. 当0≤x≤2时，a ∈(0，1]．即AD 的取值范围是(0，1]．29.答案为：88585;解析：以O 为原点，OA 所在直线为x 轴，过O 且平行于AB 的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则B(1，2，0)，P(0，0，2)，C(－1，2，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，1，O(0，0，0)，OP →=(0，0，2)，OC →=(－1，2，0)，BM →=⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，1.设平面PCO 的法向量为m=(x ，y ，z)，则⎩⎨⎧m·OP →＝2z ＝0，m·OC →＝－x ＋2y ＝0，可取m=(2，1，0)，设直线BM 与平面PCO 所成的角为θ，则sin θ=|cos 〈m ，BM →〉|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BM →·m |m||BM →|=45×174=88585.30.解：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，则AC ⊥BD.连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD.以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→，OS ―→所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为a ，则高SO=62a ，于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0， C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，OC ―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD ―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ，则OC ―→·SD ―→=0.故OC ⊥SD.从而AC ⊥SD.(2)棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC.理由如下：由已知条件知DS ―→是平面PAC 的一个法向量，且DS ―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS ―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC ―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0. 设CE ―→=t CS ―→，则BE ―→=BC ―→＋CE ―→=BC ―→＋t CS ―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a 1－t ，62at ，而BE ―→·DS ―→=0⇒t=13. 即当SE ∶EC=2∶1时，BE ―→⊥DS ―→.而BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC.。

2020届高考数学理一轮(新课标通用)考点测试：47 空间向量及其应用 Word版含解析

考点测试47 空间向量及其应用高考概览本考点是高考必考知识点，考查题型为选择、填空题、解答题，中等难度考纲研读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AB→＋12(BD→＋BC →)＝( ) A ．AG→ B ．CG → C ．BC → D ．12BC → 答案 A解析如图所示，12(BD →＋BC →)＝BG→，AB →＋BG →＝AG →．故选A ．2．分别以棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AD ，AA 1所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则四边形AA 1B 1B 的对角线的交点的坐标为( )A ．0，12，12B ．12，0，12 C ．12，12，0 D ．12，12，12 答案 B解析设所求交点为O ，在空间直角坐标系中，点A 1(0，0，1)，B (1，0，0)，则AB →＝(1，0，0)，AA 1→＝(0，0，1)，故AO →＝12，0，12，即对角线的交点坐标为12，0，12，故选B ．3．若向量a ＝(2，－2，－2)，b ＝(2，0，4)，则a 与b 的夹角的余弦值为( ) A ．48585 B ．6985 C ．－1515 D ．0 答案 C解析 cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝2×2－823×25＝－1515．4．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( )A ．18B ．12C ．3 2D ．23 答案 C解析 |AB |＝(1－2)2＋(2＋2)2＋(2－1)2＝32．5．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC→＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．不确定答案 B 解析如图，设a ＝DA →，b ＝DB →，c ＝DC →，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝(b －a )·(－c )＋(c －a )·b ＋(－a )·(c －b )＝－b ·c ＋a ·c ＋c ·b －a ·b －a ·c ＋a ·b ＝0．6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，给出以下向量表达式：①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →；②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→；③(AD →－AB →)－2DD 1→；④(B 1D 1→＋A 1A →)＋DD 1→．其中能够化简为向量BD 1→的是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④ 答案 A解析 ①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →＝AD 1→－AB →＝BD 1→； ②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→＝BC 1→－D 1C 1→＝BD 1→； ③(AD →－AB →)－2DD 1→＝BD →－2DD 1→≠BD 1→； ④(B 1D 1→＋A 1A →)＋DD 1→＝B 1D →＋DD 1→＝B 1D 1→≠BD 1→．综上，①②符合题意．故选A ．7．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 ＝( )A ．5B ．41C ．4D ．25 答案 A解析设AD→＝λAC →，AC →＝(0，4，－3)，则AD →＝(0，4λ，－3λ)，AB →＝(4，－5，0)，BD →＝(－4，4λ＋5，－3λ)．由AC →·BD→＝0，得λ＝－45，所以BD →＝－4，95，125，所以|BD→|＝5．故选A ．8．已知空间向量a ，b ，满足|a |＝|b |＝1，且a ，b 的夹角为π3，O 为空间直角坐标系的原点，点A ，B 满足OA →＝2a ＋b ，OB →＝3a －b ，则△OAB 的面积为________．答案534解析由已知OA →＝2a ＋b ，OB →＝3a －b ，得|OA→|＝ (2a ＋b )2＝ 7，|OB→|＝(3a －b )2＝7．∴cos ∠BOA ＝OA →·OB →|OA →||OB →|＝1114，∴sin ∠BOA ＝5314．∴S △OAB ＝12|OA →||OB →|sin ∠BOA ＝534．二、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12，即它们的夹角为60°．故选B ．10．(2015·浙江高考)已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12．若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝________，y 0＝________，|b |＝________．答案 1 2 22解析 ∵e 1，e 2是单位向量，e 1·e 2＝12，∴cos 〈e 1，e 2〉＝12，又∵0°≤〈e 1，e 2〉≤180°，∴〈e 1，e 2〉＝60°．不妨把e 1，e 2放到空间直角坐标系Oxyz 的平面xOy 中，设e 1＝(1，0，0)，则e 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，再设OB →＝b ＝(m ，n ，r )，由b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，得m ＝2，n ＝3，则b ＝(2，3，r )．而x e 1＋y e 2是平面xOy 上任一向量，由|b －(x e 1＋y e 2)|≥1知点B (2，3，r )到平面xOy 的距离为1，故可得r ＝1，则b ＝(2，3，1)，∴|b |＝22．又由|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1知x 0e 1＋y 0e 2＝(2，3，0)，解得x 0＝1，y 0＝2．三、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α的法向量为n ＝(－2，0，－4)，则( )A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．l 与α斜交答案 B解析 ∵a ＝(1，0，2)，n ＝(－2，0，－4)，即n ＝－2a ，故a ∥n ，∴l ⊥α． 12．(2018·河南安阳联考)设平面α的一个法向量为n 1＝(1，2，－2)，平面β的一个法向量为n 2＝(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝( )A ．2B ．－4C ．－2D ．4 答案 D解析 ∵α∥β，∴n 1∥n 2，由题意可得－21＝－42＝k－2，∴k ＝4．13．(2018·河北衡水月考)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心．若向量A E →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，则实数x ，y 的值分别为( ) A ．x ＝1，y ＝1 B ．x ＝1，y ＝12 C ．x ＝12，y ＝12 D ．x ＝12，y ＝1 答案 C14．(2018·合肥质检)长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，BC ＝2，AA 1＝3，点M 是BC 的中点，点P ∈AC 1，Q ∈MD ，则PQ 长度的最小值为( )A ．1B ．43C ．233 D ．2 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 (x 0，2x 0，3－3x 0)， Q (x 1，2－x 1，3)，x 0， x 1∈[0，1]，所以 PQ ＝(x 0－x 1)2＋(2x 0＋x 1－2)2＋(3－3x 0－3)2 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 0－222＋272⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－292＋43，当且仅当x 0＝29，x 1＝89时，PQ 取得最小值，即PQ min ＝43＝233．15．(2018·贵阳模拟)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2．若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( )A ． 2B ．3C ．2D ．22 答案 A解析如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1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)，B 1(0，2，2)，C 1(0，0，2)设AD ＝a ，则D 点坐标为(1，0，a )，CD →＝(1，0，a )，CB 1→＝(0，2，2)，设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB 1→＝0，m ·CD →＝0⇒⎩⎨⎧2y ＋2z ＝0，x ＋az ＝0.令z ＝－1，得m ＝(a ，1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0，1，0)，则由cos60°＝m ·n|m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2，故AD ＝2． 16．(2018·北京海淀区一模)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若动点P 在线段BD 1上运动，则DC →·AP →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，DD 1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)，D 1(0，0，1)． ∴DC →＝(0，1，0)，BD 1→＝(－1，－1，1)． ∵点P 在线段BD 1上运动，∴设BP →＝λBD 1→＝(－λ，－λ，λ)，且0≤λ≤1．∴AP→＝AB →＋BP →＝DC →＋BP →＝(－λ，1－λ，λ)． ∴DC →·AP →＝1－λ∈[0，1]．一、高考大题1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 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BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ．因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ．又BC ∩CM ＝C ，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，DA →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M －ABC 体积最大时，M 为CD 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)， AM→＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0. 可取n ＝(1，0，2)．DA→是平面MCD 的法向量，因此， cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA→〉＝255，所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255．2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，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M －P A －C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值．解 (1)证明：因为P A ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝23．连接OB ．因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2．由OP 2＋OB 2＝PB 2，知OP ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，AC ∩OB ＝O ，知PO ⊥平面ABC ．(2)如图，以O 为坐标原点，OB →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 (0，0，23)，则AP →＝(0，2，23)，取平面P AC 的法向量OB →＝(2，0，0)．设M (a ，2－a ，0)(0<a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0)．设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB→，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2．由已知得|cos 〈OB→，n 〉|＝32．所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32．解得a ＝－4(舍去)，a ＝43．所以n ＝⎝⎛⎭⎪⎫－833，433，－43．又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34．所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34．3．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°．(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A －PB －C 的余弦值．解 (1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得 AB ⊥AP ，CD ⊥PD ．因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD ．又AP ∩DP ＝P ，所以AB ⊥平面P AD ．因为AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD ． (2)在平面P AD 内作PF ⊥AD ，垂足为点F ．由(1)可知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD ．以F 为坐标原点，F A →的方向为x 轴正方向，|AB →|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 22，0，0，P 0，0，22，B 22，1，0，C －22，1，0，所以PC →＝－22，1，－22，CB →＝(2，0，0)，P A →＝22，0，－22，AB →＝(0，1，0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·CB →＝0，即⎩⎨⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面P AB 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·P A →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1，0，1)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33．由图可知，二面角A －PB －C 为钝角，所以二面角A －PB －C 的余弦值为－33．二、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＝2时，证明：平面SAB⊥平面SCD；(2)若AB＝1，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SO⊥AD，垂足为O，依题意得SO⊥平面ABCD，∴SO⊥AB，SO⊥CD，又AB⊥AD，SO∩AD＝O，∴AB⊥平面SAD，AB⊥SA，AB⊥SD．在△SAB中，利用勾股定理得SA＝SB2－AB2＝4－2＝2，同理可得SD＝2．在△SAD中，AD＝2，SA＝SD＝2，∴SA2＋SD2＝AD2，即SA⊥SD．∵AB∩SA＝A，∴SD⊥平面SAB，又SD⊂平面SCD，∴平面SAB⊥平面SCD．(2)连接BO，CO，∵SB＝SC，SO⊥平面ABCD，∴Rt△SOB≌Rt△SOC，∴BO＝CO，又四边形ABCD为长方形，∴Rt△AOB≌Rt△DOC，∴OA＝OD．取BC的中点为E，连接OE，得OE∥AB，连接SE，易得SE＝3，其中OE＝1，OA＝OD＝1，OS＝3－12＝2．易知OS ，OE ，AD 互相垂直，不妨以OA →，OE →，OS →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 (0，0，2)， ∴DC→＝(0，1，0)，SC →＝(－1，1，－2)，BC →＝(－2，0，0)，设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面SCD 的法向量，则有⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝0，m ·SC →＝0，即⎩⎨⎧y 1＝0，－x 1＋y 1－2z 1＝0，令z 1＝1，得m ＝(－2，0，1)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面SBC 的法向量，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·SC →＝0，即⎩⎨⎧－2x 2＝0，－x 2＋y 2－2z 2＝0，令z 2＝1，得n ＝(0，2，1)，则|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝13×3＝13． ∴平面SCD 与平面SBC 所成二面角的余弦值的绝对值为13．5．(2018·太原五中阶段测验)如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，对角线AC 与BD 的交点为O ，PD ＝PB ＝AB ＝2，P A ＝6，∠BCD ＝60°．(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55？若存在，请指出M 点的位置；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：∵PD ＝PB ，且O 为BD 的中点， ∴PO ⊥BD ．在菱形ABCD 中，∵∠BCD ＝60°，AB ＝2， ∴OA ＝3，OB ＝1．又PB ＝2，∴PO ＝3．∵P A ＝6，∴P A 2＝PO 2＋OA 2，∴PO ⊥OA ． ∵BD ∩AO ＝O ，∴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 (3，0，0)，B (0，1，0)，C (－3，0，0)，D (0，－1，0)，P (0，0，3)． ∴AB →＝(－3，1，0)，BP →＝(0，－1，3)，BC →＝(－3，－1，0)，CD →＝(3，－1，0)，设平面ABP 的法向量为n 1，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BP →＝0，得平面ABP 的一个法向量为n 1＝(1，3，1)，设CM→＝λCD →，则BM→＝BC →＋CM →＝BC →＋λCD → ＝(3(λ－1)，－(λ＋1)，0)．设平面BPM 的法向量为n 2，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BP →＝0，n 2·BM →＝0，得平面BPM 的一个法向量为 n 2＝(λ＋1，3(λ－1)，λ－1)．由|cos 〈n 1，n 2〉|＝|5λ－3|5·(λ＋1)2＋4(λ－1)2＝55，得5λ2－6λ＋1＝0，∴λ＝1或λ＝15．即当点M 与点D 重合或|CM→|＝15|CD →|时，平面ABP 与平面MBP 所成锐二面角的余弦值为55．6．(2018·江西重点盟校联考)如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为2，D 为棱BB 1(不包括端点)上一动点，E 是AB 的中点．(1)若AD ⊥A 1C ，求BD 的长；(2)当D 在棱BB 1(不包括端点)上运动时，求平面ADC 1与平面ABC 的夹角的余弦值的取值范围．解 (1)由AC ＝BC ，AE ＝BE ，知CE ⊥AB ，又平面ABC ⊥平面ABB 1A 1，平面ABC ∩平面ABB 1A 1＝AB ，CE ⊂平面ABC ，所以CE ⊥平面ABB 1A 1．而AD ⊂平面ABB 1A 1，所以AD ⊥CE ，又AD ⊥A 1C ，A 1C ∩CE ＝C ，所以AD ⊥平面A 1CE ，因为A 1E ⊂平面A 1CE ，所以AD ⊥A 1E ．易知此时D 为BB 1的中点，故BD ＝1．(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BD ＝t ，0<t <2，则A (－1，0，0)，D (1，0，t )，C 1(0，3，2)，AD →＝(2，0，t )，AC 1→＝(1，3，2)，设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD→＝2x ＋tz ＝0，n ·AC 1→＝x ＋3y ＋2z ＝0，取x ＝1，得n ＝1，43t －13，－2t ，而平面ABC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)，设平面ADC 1与平面ABC 的夹角为θ，θ为锐角，所以cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝2t1＋43t －132＋4t 2＝3t 2－2t ＋7＝3(t －1)2＋6．由于t ∈(0，2)，故cos θ∈217，22，21 7，2 2．即平面ADC1与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围为。

空间向量好题及答案

高三数学·单元测试卷(十)第十单元空间向量及运算(时量:120分钟 150分)一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，设1123AC xAB yBC zCC =++，则x ＋y ＋z 等于A ．1B ．23C ．56D ．1162．设a ＝(x ，4，3)，b ＝(3，2，z )，且a ∥b ，则xz 的值为 A ．9B ．－9C ．4D ．6493．已知A （1，2，－1）关于面xoy 的对称点为B ，而B 关于x 轴对称的点为C ，则BC =A ．（0，4，2）B ．（0，－4，－2）C ．（0，4，0）D ．（2，0，－2）4．如图，在四面体O —ABC 中，是M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 中点，则MN =A ．121232OA OB OC -+B ．112223OA OB OC +-C ．211322OA OB OC -++D ．221332OA OB OC +-5．已知a ＝3i ＋2j －k ，b ＝i －j ＋2k ，则5a 与3b 的数量积等于A ．－1B ．－3C ．－5D ．－156．设空间四点O ，A ，B ，P ，满足,OP OA t AB =+其中0<t <1，则有A ．点P 在线段AB 上 B ．点P 在线段AB 的延长线上C ．点P 在线段BA 的延长线上D ．点P 不一定在直线AB 上 7．已知向量a ＝（1，1，0），b ＝（－1，0，2），且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 等于 A ．1B ．15C ．35D ．758．设A 、B 、C 、D 是空间不共面的四点，且满足0,0,0,AB AC AC AD AB AD ⋅=⋅=⋅=则B 、C 、D 三点构成 A ．直角三角形B ．锐角三角形C ．钝角三角形D ．形状不能确定9．若向量,,MA MB MC的起点与终点M 、A 、B 、C 互不重合且无三点共线，且满足下列关系（O 为空间任一点），则能使向量,,MA MB MC 成为空间一组基底的关系是 A ．111333OM OA OB OC =++B ．MA MB MC ≠+C ．1233OM OA OB OC =++D ．2MA MB MC =-10．已知a ＝(cos α，1，sin α)，b ＝(sin α，1，cos α)，且sin α≠cos α，则向量a ＋b 与a －b 的夹角是A ．0°B ．30°C ．60°D ．90°答题卡题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．把答案填在横线上． 11．已知a ＝（2，－1，2），b ＝（2，2，1），则以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为． 12．与向量a ＝（2，－1，2）共线，且满足方程a ·x ＝－18的向量x ＝．13．若点A 、B 的坐标为A （3cos α，3sin α，1）、B （2cos θ，2sin θ，1）则 ||AB取值范围． 14．已知G 是△ABC 的重心，O 是空间与G 不重合的任一点，若OA OB OC OG λ++= ，则λ＝．15．已知a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，且|a |＝5，|b |＝6，a ·b ＝30，则123123a a ab b b ++=++ ．三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16．(本题满分l2分)已知a ＝（1，1，0），b ＝（1，1，1），若b ＝b 1＋b 2，且b 1∥a ，b 2⊥a ，试求b 1，b 2． 17．（本题满分12分）如图，BC ＝2，原点O 是BC 的中点，点A 的坐标为31(,,0)22，点D 在平面yoz 上，且∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°．⑴求向量CD的坐标；⑵求异面直线AD 与BC 所成角的余弦值．18．（本题满分14分）已知a ，b 是非零的空间向量，t 是实数，设u ＝a ＋t b ． ⑴当|u |取得最小值时，求实数t 的值；⑵当|u |取得最小值时，求证：b ⊥(a ＋t b )．19．（本题满分14分）如图，已知四面体O —ABC 中，E 、F 分别为AB ，OC 上的点，且AE ＝13AB ，F 为中点，若AB ＝3，BC ＝1，BO ＝2，且∠ABC ＝90°，∠OBA ＝∠OBC ＝60°，求异面直线OE 与BF 所成角的余弦值．20．(本题满分14分)已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，P，Q分别是BC，CD上的动点，且|PQ|＝2，建立如图所示的直角坐标系．⑴确定P，Q的位置，使得B1Q⊥D1P；⑵当B1Q⊥D1P时，求二面角C1—PQ—C的正切值．21．(本题满分14分)如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长都是2，M是BC的中点，P是侧棱BB1上一点，且A1P⊥B1M．⑴试求A1P与平面APC所成角的正弦；⑵求点A1到平面APC的距离．第十单元空间向量及运算参考答案一、选择题题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D ABCDADBCD二、填空题11．65 12．（－4，2，－4） 13．[1，5] 14．3 15．56三、解答题16．解：∵b 1∥a ，∴令b 1＝(λ，λ，0)，b 2＝b －b 1＝(1－λ，1－λ，1)，又∵b 2⊥a ，∴a ·b 2＝(1，1，0)·(1－λ，1－λ，1)＝1－λ＋1－λ＝2－2λ＝0， ∴λ＝1，即b 1＝(1，1，0)，b 2＝(0，0，1)． 17．解：⑴过D 作DE ⊥BC 于E ，则DE ＝CD ·sin30°＝32，OE ＝OB －BD cos60°＝1－12＝12， ∴D 的坐标为（0，－12，32），又∵C （0，1，0），∴33(0,,)22CD =-⑵依题设有A 点坐标为A 31(,,0)22，∴33(,1,),(0,2,0)22AD BC =--=则10cos ,5||||AD BC AD BC AD BC ⋅<>==-⋅．故异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为105． 18．解：⑴∵22222222222()||||||2()||||()||||||a b a b u a tb a a b t t b b t a b b ⋅⋅=+=+⋅+=++-， ∴当t ＝2||a bb ⋅-时，|u |＝|a ＋t b |最小． ⑵∵222()||||()0()||a bb a tb a b t b a b b b a tb b ⋅⋅+=⋅+=⋅+-=∴⊥+． 19．解：∵12(),23BF BO BC OE BA BO =+=-，∴222117||(||||2)(412||||cos60),444BF BO BC BO BC BO BC =++⋅=++︒=222744||;||||||4444,|| 2.293BF OE BA BO BA BO OE ==+-⋅=+-==又212213(||)(241)23322BF OE BA BO BO BC BA BC BO ⋅=⋅-+⋅-⋅=--=- ，∴337cos ,14||||27BF OE BF OE BF OE ⋅-<>===-，故异面直线OE 与BF 所成的角的余弦值为3714． 20．解：⑴设BP ＝t ，则222(2),22(2),CQ t DQ t =--=---∴B 1（2，0，2），D 1（0，2，2），P （2，t ，0），Q 2211(22(2),2,0).(2(2),2,2),(2,2,2)t QB t PD t ---=---=--又∵11110BQ D P QB PD ⊥⇔⋅=， ∴2222(2)2(2)220,2(2)t t t t -----+⨯=--=即解得t ＝1，即P 、Q 分别为中点时，B 1Q ⊥D 1P ．⑵由⑴知PQ ∥BD ，且AC ⊥PQ ，设AC ∩PQ ＝E ，连C 1E ，∵CC 1⊥底面BD ，CE ⊥PQ ， ∴C 1E ⊥PQ ，即∠CEC 1为所求二面角O —PQ —C 1的平面角，易得1tan 22CEC ∠=． 21．解：建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A 1（2，0，0），B 1(1,3,0),(1,3,)P z ，13(,,2),(0,0,2),(2,0,2)22M C A由A 1P ⊥B 1M 知110A PB M ⋅=∴13131(1,3,)(,,2)20,,22222z z z -⋅--=-+=∴= 即点P 的坐标为P 1(1,3,)2． ⑴设平面APC的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由20,0,3(0,,).3230,0,2x n CA n z z x y z n CP =⎧⎧⋅=⎪⎪∴=⎨⎨+-=⋅=⎪⎪⎩⎩ 即取z ＝－1，则有n ＝3(0,,1)2--，方向指向平面APC 的左下方，又11(1,3,)2PA =-- ，11188119cos ,119||177PA n PA n PA n ⋅<>===⋅⋅．设直线A 1P 与平面APC 所成角为α，则8119sin 119α=． ⑵1117||1342A P =++= ，设A 1到平面P AC 的距离为d ，则1178447||sin 271777d A P α==⋅==⨯ ．。

高三数学空间向量试题答案及解析

高三数学空间向量试题答案及解析1.如图，长方体中，分别为中点，（1）求证：．（2）求二面角的正切值．【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）由长方体及E、F分别为AB、C1D1的中点知，AE平行且等于C1F，所以AEC1F是平行四边形，所以C1E∥AF，由线面平行的判定定理知，C1E∥面ACF；（2）易证FG⊥面ABCD，过F作FH⊥AC于H，连结HG，因为FG⊥面ABCD，则FG⊥AC，所以∠FHG为二面角F—AC—G的平面角，然后通过解三角形，求出FG、GH的长，即可求出∠FHG的正切值，即为二面角F-AC-G的正切值.试题解析：(1)证明：在长方体中，分别为中点，且四边形是平行四边形3分，5分(2)．长方体中，分别为中点，7分过做于，又就是二面角的平面角 9分，在中， 11分直角三角形中 13分二面角的正切值为 14分考点:线面平行的判定定理；二面角的计算；逻辑推理能力2.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夹角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】解：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，∴＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4)．∵cos〈，〉＝＝＝，∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，∵＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，∴n1·＝0，n 1·＝0，即x＋y＝0且2y＋4z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，∴n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1夹角的大小为θ.由cosθ＝＝＝，得sinθ＝.因此，平面ADC1与平面ABA1夹角的正弦值为.3.已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若＝＋x＋y，则x、y的值分别为()A．x＝1，y＝1B．x＝1，y＝C．x＝，y＝D．x＝，y＝1【答案】C【解析】如图，＝＋＝＋＝＋ (＋)．4.如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E、F、G分别是AB、AD、CD的中点，计算：(1)·；(2)·；(3)EG的长；(4)异面直线AG与CE所成角的余弦值．【答案】（1）（2）－（3）（4）【解析】解：设＝a，＝b，＝c.则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°.＝BD＝c－a，＝－a，＝b－c，(1)·＝(c－a)·(－a)＝a2－a·c＝；(2)·＝ (c－a)·(b－c)＝ (b·c－a·b－c2＋a·c)＝－；(3)＝＋＋＝a＋b－a＋c－b＝－a＋b＋ c.||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝.即||＝，所以EG的长为.(4)设、的夹角为θ.＝b＋c，＝＋＝－b＋a，cosθ＝＝－，由于异面直线所成角的范围是(0°，90°]，所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.5.在如图所示的空间直角坐标系中，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①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②【答案】D【解析】设，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④与俯视图为②，故选D.【考点】空间由已知条件，在空间坐标系中作出几何体的形状，再正视图与俯视图，容易题.6.如图，直四棱柱底面直角梯形，∥，，是棱上一点，，，，，.（1）求异面直线与所成的角；（2）求证：平面.【答案】(1);（2）证明见解析.【解析】（1）本题中由于有两两垂直，因此在求异面直线所成角时，可以通过建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求出所求角；（2）同（1）我们可以用向量法证明线线垂直，以证明线面垂直，，，，易得当然我们也可直线用几何法证明线面垂直，首先，这由已知可直接得到，而证明可在直角梯形通过计算利用勾股定理证明，，，因此，得证.（1）以原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则，，，. 3分于是,,,异面直线与所成的角的大小等于. 6分（2）过作交于，在中，，，则，，，， 10分，.又，平面. 12分【考点】（1）异面直线所成的角；（2）线面垂直.7.（2013•天津）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．（1）证明B1C1⊥CE；（2）求二面角B1﹣CE﹣C1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．【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】（1）证明：以点A为原点建立空间直角坐标系，如图，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）．则，而=0．所以B1C1⊥CE；（2）解：，设平面B1CE的法向量为，则，即，取z=1，得x=﹣3，y=﹣2．所以．由（1）知B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，所以B1C1⊥平面CEC1，故为平面CEC1的一个法向量，于是=．从而==．所以二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值为．（3）解：，设0≤λ≤1，有．取为平面ADD1A1的一个法向量，设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则==．于是．解得．所以．所以线段AM的长为．8.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA=EB=AB=1，PA=，连接CE并延长交AD于F.（1）求证：AD⊥平面CFG；（2）求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）因为△DAB ≌△DCB，EA=EB=AB=1，所以△ECB是等边，,（2）建立空间坐标系如图，取向观点的坐标为, 向量设平面PBC的法向量平面PDC的法向量则【考点】本题主要考查空间垂直关系的证明、平行关系的运用，考查空间角的求解方法，考查空间想象能力、推理论证能力、计算能力.9.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.（1）证明：PA⊥BD；（2）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》单元汇编含答案解析

【最新】高中数学《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =,123AA =，D ，F 分别是棱AB ，1AA 的中点，E 为棱AC 上的动点，则DEF ∆的周长的最小值为()A ．222+B ．232+C ．62+D ．72+【答案】D 【解析】【分析】根据正三棱柱的特征可知ABC ∆为等边三角形且1AA ⊥平面ABC ，根据1AA AD ⊥可利用勾股定理求得2DF =；把底面ABC 与侧面11ACC A 在同一平面展开，可知当,,D E F 三点共线时，DE EF +取得最小值；在ADF ∆中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果. 【详解】Q 三棱柱111ABC A B C -为正三棱柱 ABC ∆∴为等边三角形且1AA ⊥平面ABCAD ⊂Q 平面ABC 1AA AD ∴⊥ 132DF ∴=+=把底面ABC 与侧面11ACC A 在同一平面展开，如下图所示：当,,D E F 三点共线时，DE EF +取得最小值又150FAD ∠=o ，3AF =1AD =()22min32cos 42372DE EF AF AD AF AD FAD ⎛⎫∴+=+-⋅∠=-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭DEF ∴∆周长的最小值为：72+本题正确选项：D 【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.2．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )A ．132πB ．7πC ．152πD ．8π【答案】B 【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可．【详解】由题意可知：几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为：1，圆柱的高为2，可得：该几何体的表面积为：22141212274ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=．故选：B ．【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.3．已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点）．设SE 与BC 所成的角为α，SE 与平面ABC D 所成的角为β，二面角S-AB-C 的平面角为γ，则（）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．a βγ≤≤D ．γβα≤≤【答案】C 【解析】【分析】根据题意，分别求出SE 与BC 所成的角α、SE 与平面ABC D 所成的角β、二面角S-AB-C 的平面角γ的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小. 【详解】四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，所以四棱锥为正四棱锥，（1）过E 作//EF BC ，交CD 于F ，过底面中心O 作ON EF ⊥交EF 于N ，连接SN ，取AB 中点M ，连接OM ，如下图（1）所示：则tan SN SN NE OMα==；（2）连接,OE 如下图（2）所示，则tan SO OEβ=;（3）连接OM ，则tan SOOMγ=，如下图（3）所示：因为,,SN SO OE OM ≥≥ 所以tan tan tan αγβ≥≥，而,,αβγ均为锐角，所以,αγβ≥≥ 故选：C. 【点睛】本题考查了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法，属于中档题.4．如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）111ABC A B C -的底面边长为a ，侧棱长2a ，则1AC 与侧面11ABB A 所成的角是( )A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】A 【解析】【分析】以C 为原点，在平面ABC 中，过点C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出1AC 与侧面11ABB A 所成的角．【详解】解：以C 为原点，在平面ABC 中，过点C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系，则3(a A ，2a ，0)，1(0C ，02)a ，13(a A 2a 2)a ，(0B ，a ，0)， 13(a AC =u u u u r ，2a -2)a ，3(a AB =u u u r ，2a ，0)，1(0AA =u u u r ，02)a ，设平面11ABB A 的法向量(n x =r，y ，)z ，则13·022·20a an AB x y n AA az ⎧=-+=⎪⎨⎪==⎩u u u v v u u u v v ，取1x =，得(1n =r 3，0)，设1AC 与侧面11ABB A 所成的角为θ，则111||31sin |cos ,|2||||23n AC a n AC n AC a θ=<>===r u u u u rr u u u u r g r u u u ur g ， 30θ∴=︒，1AC ∴与侧面11ABB A 所成的角为30°．故选：A ．【点睛】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．5．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )． A ．130 B ．140C ．150D ．160【答案】D 【解析】设直四棱柱1111ABCD A B C D -中，对角线119,15AC BD ==，因为1A A ⊥平面,ABCD AC Ì,平面ABCD ，所以1A A AC ⊥，在1Rt A AC ∆中，15A A =，可得221156AC AC A A =-= 同理可得2211200102BD D B D D =-==，因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分，所以2211()()1450822AB AC BD =+=+=，即菱形ABCD 的边长为8，因此，这个棱柱的侧面积为1()485160S AB BC CD DA AA =+++⨯=⨯⨯=，故选D.点睛：本题考查了四棱锥的侧面积的计算问题，解答中通过给出的直四棱柱满足的条件，求得底面菱形的边长，进而得出底面菱形的底面周长，即可代入侧面积公式求得侧面积，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力，其中正确认识空间几何体的结构特征和线面位置关系是解答的关键.6．以下说法正确的有几个（）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行； A ．0个 B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B 【解析】【分析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数. 【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B. 【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.7．如图，直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3，AB BC ⊥，3AB BC ==，点E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =，当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，则异面直线A F '与AC 所成的角为（）A ．2π B ．3π C ．4π D ．6π 【答案】C 【解析】【分析】设AE BF a ==，13B EBF EBF V S B B '-'=⨯⨯V ，利用基本不等式，确定点 E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解. 【详解】设AE BF a ==，则()()23119333288B EBFa a V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立，即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点，方法一：连接A E '，AF ，则352A E '=，352AF =，2292A F AA AF ''=+=，13222EF AC ==，因为//EF AC ，所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，由余弦定理得222819452424cos 93222222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯， ∴4A FE π'∠=．方法二：以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,3,0A ，()3,0,0C ，()0,3,3A '，3,0,02F ⎛⎫⎪⎝⎭， ∴3,3,32A F ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭u u u u r ，()3,3,0AC =-u u u r ，所以9922cos ,92322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ，所以异面直线A F '与AC 所成的角为4π．故选：C【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.8．如图，在正方体1111ABCD A B C D -，点P 在线段1BC 上运动，则下列判断正确的是（）①平面1PB D ⊥平面1ACD ②1//A P 平面1ACD③异面直线1A P 与1AD 所成角的取值范围是0,3π⎛⎤⎥⎝⎦④三棱锥1D APC -的体积不变 A ．①② B ．①②④C ．③④D ．①④【答案】B 【解析】【分析】由面面垂直的判定定理判断①，由面面平行的性质定理判断②，求出P 在特殊位置处时异面直线所成的角，判断③，由换底求体积法判断④．【详解】正方体中易证直线AC ⊥平面11BDD B ，从而有1AC B D ⊥，同理有11B D AD ^，证得1B D ⊥平面1ACD ，由面面垂直判定定理得平面1PB D ⊥平面1ACD ，①正确；正方体中11//A B CD ，11//BC AD ，从而可得线面平行，然后可得面面平行，即平面11A BC //平面1ACD ，而1A P ⊂平面11A BC ，从而得1//A P 平面1ACD ，②正确；当P 是1BC 中点时，1A P 在平面11A B CD 内，正方体中仿照上面可证1AD ⊥平面11A B CD ，从而11AD A P ⊥，1A P 与1AD 所成角为90︒．③错；∵11D APC P AD C V V --=，由1//BC 平面1ACD ，知P 在线段1BC 上移动时，P 到平面1ACD 距离相等，因此1P AD C V -不变，④正确．故选：B ．【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、面面平行的性质定理、异面直线所成的角、棱锥的体积等知识，考查学生的空间想象能力，属于中档题．9．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，4AB BC BD ===，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点，则直线EF 与平面ACD 所成角的余弦值（） A ．13B．3 C ．223D ．6 【答案】C 【解析】【分析】因为AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，求出向量EF u u u r 与平面ACD 的法向量n r ，再根据cos ,||||EF nEF n EF n ⋅〈〉=u u u r ru u u r r u u ur r ，即可得出答案. 【详解】因为在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，又因为4AB BC BD ===；()4,0,0,(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4)A B D C ，又因为E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点所以(0,0,2),(2,2,0)E F故()2,2,2EF =-u u u r ，(4,4,0)AD =-u u u r ，(4,0,4)AC =-u u u r.设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =r，则00n AD n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v 令1,x = 则1y z ==；所以(1,1,1)n =r 1cos ,3||||332EF n EF n EF n ⋅〈〉===⨯u u u r r u u u r r u u u r r 设直线EF 与平面ACD 所成角为θ ，则sin θ= cos ,EF n 〈〉u u u r r所以222cos 1sin 3θθ=-=故选：C【点睛】本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目.10．已知平面α⊥平面β，l αβ=I ，a α⊂，b β⊂，则“a l ⊥”是“a b ⊥r r ”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据面面垂直的性质定理，以及充要条件的判定方法，即可作出判定，得到答案.【详解】由题意知，平面α⊥平面β，,,l a b αβαβ⋂=⊂⊂，当a l ⊥时，利用面面垂直的性质定理，可得a b ⊥r r 成立，反之当a b ⊥r r时，此时a 与l 不一定是垂直的，所以a l ⊥是a b ⊥r r 的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查了充要条件的判定，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．273B．276C．274D．272【答案】D【解析】【分析】先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.【详解】几何体为一个三棱锥，高为33，底为一个直角三角形，直角边分别为333，，所以体积为1127=33333=322V⨯⨯⨯⨯，选D.【点睛】(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．12．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．238B．823+C．283D．10【答案】A【解析】【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可.【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为311232+232832V=⨯⨯=,故选A.【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.13．设α为平面，a ，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )A ．若//a α，//b α，则//a bB ．若a α⊥，//a b ，则b α⊥C ．若a α⊥，a b ⊥r r ，则//b αD ．若//a α，a b ⊥r r ，则b α⊥【答案】B【解析】【分析】利用空间线线、线面、面面间的关系对每一个选项逐一分析判断得解．【详解】若//a α，//b α，则a 与b 相交、平行或异面，故A 错误；若a α⊥，//a b ，则由直线与平面垂直的判定定理知b α⊥，故B 正确；若a α⊥，a b ⊥r r ，则//b α或b α⊂，故C 错误；若//a α，a b ⊥r r ，则//b α，或b α⊂，或b 与α相交，故D 错误．故选：B ．【点睛】本题考查命题的真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．14．等腰三角形ABC 的腰5AB AC ==，6BC =，将它沿高AD 翻折，使二面角B AD C --成60︒，此时四面体ABCD 外接球的体积为（）A ．7πB ．28πCD 【答案】D【解析】分析：详解：由题意，设BCD ∆所在的小圆为1O ，半径为r ，又因为二面角B AD C --为060，即060BDC ∠=，所以BCD ∆为边长为3的等边三角形，又正弦定理可得，032sin 60r ==BE = 设球的半径为R ，且4=AD ，在直角ADE ∆中，()2222224428R AD DE R =+⇒=+=，所以R =，所以球的体积为3344333V R ππ==⨯=，故选D ．点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.15．在空间中，下列命题正确的是A ．如果一个角的两边和另一角的两边分别平行,那么这两个角相等B ．两条异面直线所成的有的范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行D ．如果一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行【答案】C【解析】【分析】根据两个角可能互补判断A ；根据两条异面直线所成的角不能是零度,判断B ；根据根据两个平面平行的性质定理知判断C ；利用直线与这个平面平行或在这个平面内判断D.【详解】如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行,这两个角相等或互补,故A 不正确；两条异面直线所成的角不能是零度,故B 不正确；根据两个平面平行的性质定理知C 正确；如果一条直线和一个平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行或在这个平面内,故D 不正确,综上可知只有C 的说法是正确的,故选C.【点睛】本题考查平面的基本性质及推论,考查等角定理,考查两个平面平行的性质定理,考查异面直线所成的角的取值范围,考查直线与平面平行的判断定理,意在考查对基础知识的掌握情况，本题是一个概念辨析问题.16．已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是A ．//m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭【答案】D【解析】【分析】对各个选项逐一进行分析即可【详解】 A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C 错误D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确故选D【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果17．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（）A ．2B ．5C 13D 22【答案】D【解析】【分析】根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥P ABC -.13PAC PAB S S ∆∆=22PAC S ∆=，2ABC S ∆=22.选D.【点睛】本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.18．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32D ．52【答案】C【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ．【点睛】本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.19．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（）A ．若//αβ，则//l mB ．若//m a ，则//αβC ．若m α⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则//l m【答案】C【解析】【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案.【详解】A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确. D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确.【点睛】本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.20．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（）A ．6πB ．12πC ．32πD ．48π【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以2,3SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3所以四面体外接球的表面积为43=12ππ.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.。

高考一轮复习空间向量运算知识点+例题+练习

1．空间向量的有关概念及定理(1)空间向量：在空间中，具有________和________的量叫做空间向量．(2)相等向量：方向________且模________的向量．(3)共线向量定理对空间任意两个向量a ，b (a ≠0)，b 与a 共线的充要条件是________________________．(4)共面向量定理如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在有序实数对(x ，y )，使得p ＝x a ＋y b ，推论的表达式为MP →＝xMA →＋yMB →或对空间任意一点O 有，OP →＝________________或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOM →，其中x ＋y ＋z ＝____.(5)空间向量基本定理如果三个向量e 1，e 2，e 3不共面，那么对空间任一向量p ，存在惟一的有序实数组(x ，y ，z )，使得p ＝________________________，把{e 1，e 2，e 3}叫做空间的一个基底．2．空间向量的坐标表示及应用(1)数量积的坐标运算若a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a·b ＝__________________________________________________________________.(2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，若b ≠0，则a ∥b ⇔________⇔__________，________，______________，a ⊥b ⇔__________⇔________________________(a ，b 均为非零向量)．(3)模、夹角和距离公式设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a·a ＝________________________________，cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝______________________________________________________. 若A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)，则|AB →|＝______________________________.3．利用空间向量证明空间中的位置关系若直线l ，l 1，l 2的方向向量分别为v ，v 1，v 2，平面α，β的法向量分别为n 1，n 2，利用向量证明空间中平行关系与垂直关系的基本方法列表如下：平行垂直直线与直线 l 1∥l 2⇔v 1∥v 2⇔v 1＝λv 2(λ为非零实数)l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0 直线与平面 ①l ∥α⇔v ⊥n 1⇔v ·n 1＝0②l ∥α⇔v ＝x v 1＋y v 2其中v 1，v 2为平面α内不共线向量，x ， y 均为实数l ⊥α⇔v ∥n 1⇔v ＝λn 1(λ为非零实数)平面与平面 α∥β⇔n 1∥n 2⇔n 1＝λn 2(λ为非零实数)α⊥β⇔n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0自我检测1．若a ＝(2x,1,3)，b ＝(1，－2y,9)，且a ∥b ，则x ＝______________________，y ＝________.2．如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则B 1M →用a ，b ，c 表示为________．3．在平行六面体ABCD —A ′B ′C ′D ′中，已知∠BAD ＝∠A ′AB ＝∠A ′AD ＝60°，AB ＝3，AD ＝4，AA ′＝5，则|AC ′→|＝________.4．下列4个命题：①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a 、b 共面；②若p 与a 、b 共面，则p ＝x a ＋y b ；③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P 、M 、A 、B 共面；④若P 、M 、A 、B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →.其中真命题是________(填序号)．5．A (1,0,1)，B (4,4,6)，C (2,2,3)，D (10,14,17)这四个点________(填共面或不共面).探究点一空间基向量的应用例1 已知空间四边形OABC 中，M 为BC 的中点，N 为AC 的中点，P 为OA 的中点，Q 为OB 的中点，若AB ＝OC ，求证：PM ⊥QN .变式迁移1如图，在正四面体ABCD中，E、F分别为棱AD、BC的中点，则异面直线AF和CE所成角的余弦值为________．探究点二利用向量法判断平行或垂直例2两个边长为1的正方形ABCD与正方形ABEF相交于AB，∠EBC＝90°，点M、N分别在BD、AE上，且AN＝DM.(1)求证：MN∥平面EBC；(2)求MN长度的最小值．变式迁移2如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥面BDF.探究点三利用向量法解探索性问题例3如图，平面P AC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为P A，PB，AC的中点，AC＝16，P A＝PC＝10.(1)设G是OC的中点，证明FG∥平面BOE；(2)在△AOB内是否存在一点M，使FM⊥平面BOE？若存在，求出点M到OA，OB的距离；若不存在，说明理由．变式迁移3已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D为A1C1的中点，E为B1C的中点．(1)求直线BE与A1C所成的角的余弦值；(2)在线段AA1上是否存在点F，使CF⊥平面B1DF？若存在，求出AF；若不存在，请说明理由．探究点三利用向量法求二面角例3 如图，ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝BC ＝BA ＝1，AD ＝12，求面SCD 与面SBA 所成角的余弦值大小．变式迁移3 如图，在三棱锥S —ABC 中，侧面SAB 与侧面SAC 均为等边三角形，∠BAC ＝90°，O 为BC 中点．(1)证明：SO ⊥平面ABC ；(2)求二面角A —SC —B 的余弦值．探究点四综合应用例4如图所示，在三棱锥A—BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD 是公共的斜边，且AD＝3，BD＝CD＝1，另一个侧面ABC是正三角形．(1)求证：AD⊥BC；(2)求二面角B－AC－D的余弦值；(3)在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．变式迁移4 (2011·山东，19)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF.(1)若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE；(2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A－BF－C的大小．1、如图所示，已知ABCD —A 1B 1C 1D 1是棱长为3的正方体，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E 、B 、F 、D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.2、如图，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．3、如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM所成角的余弦值．4、如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD ＝8.BC是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE∥AD.(1)求二面角B－AD－F的大小；(2)求直线BD与EF所成的角的余弦值．。

2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测：8.5 空间向量及其应用 Word版含解析

8.5空间向量及其应用挖命题【考情探究】分析解读 1.空间角是立体几何中的一个突出的量化指标,是空间图形位置关系的具体体现,因此,空间角是高考的必考内容.2.考查空间角的计算,既可能以选择题、填空题的形式出现,也可能以解答题的形式出现.以探索题、最值问题考查空间角的计算,常以解答题的形式出现,空间角的计算主要是传统法和向量法.3.在立体几何解答题中,建立空间直角坐标系(或取基底向量),利用空间向量的数量积解决直线、平面间的位置关系、角度、长度等问题越来越受到青睐,特别是处理存在性问题、探索性问题、开放性问题等,比用传统方法简便快捷,一直是高考的重点和热点.4.预计2020年高考试题中,空间角的计算,空间向量在立体几何中的应用必是高考热点.复习时应高度重视.破考点【考点集训】考点一空间角1.(2018浙江嵊州高三期末质检,19,15分)如图,在菱形ABCD中,∠BAD=,ED⊥平面ABCD,EF∥DB,M是线段AE的中点,DE=EF=BD.(1)证明:DM∥平面CEF;(2)求直线DM与平面DEF所成角的正弦值.解析(1)证明:连接AC与BD交于点O,连接MO.因为DO∥EF,DO⊄平面CEF,EF⊂平面CEF,所以DO∥平面CEF.因为M是线段AE的中点,所以MO是△ACE的中位线,所以MO∥EC.又MO⊄平面CEF,EC⊂平面CEF,所以MO∥平面CEF,又MO∩DO=O,MO⊂平面MDO,DO⊂平面MDO,所以平面MDO∥平面CEF,又DM⊂平面MDO,所以DM∥平面CEF.(2)解法一:因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.又因为ED⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以ED⊥AC,又ED∩BD=D,所以AC⊥平面DEF.设BD=2,则点A到平面DEF的距离AO=.因为点M是线段AE的中点,所以点M到平面DEF的距离h=AO=.设直线DM与平面DEF所成的角为θ,则sin θ===.故直线DM与平面DEF所成角的正弦值为.解法二:设AB的中点为G,连接DG,则DG⊥DC.以D为坐标原点,DG,DC,DE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.取BD=2,则D(0,0,0),M,E(0,0,1),F,所以=(0,0,1),=.设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则即可取法向量n=(1,-,0).又=,所以cos<,n>===,故直线DM与平面DEF所成角的正弦值为.2.(2017浙江高考模拟训练冲刺卷一,19)如图,在四棱锥A-BCDO中,DO⊥平面AOB,BO∥CD,OA=CD=2,OD=2,OB=4,∠AOB=120°.(1)求直线AC与平面ABD所成角的正弦值;(2)求二面角D-OA-C的余弦值.解析(1)如图,过点O在平面AOB内作OB的垂线OE,交AB于点E.∵DO⊥平面AOB,∴OD⊥OE,OD⊥OB,分别以OE,OB,OD所在的直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则各点坐标为O(0,0,0),A(,-1,0),B(0,4,0),C(0,2,2),D(0,0,2),∴=(-,5,0),=(-,1,2).设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则由n·=0,n·=0,得取x=5,得n=(5,,2).设直线AC与平面ABD所成角为θ,又=(-,3,2),∴sinθ=|cos,n|==,故直线AC与平面ABD所成角的正弦值为.(2)设平面AOD的法向量为m1=(x,y,z),又=(,-1,0),=(0,0,2),∴由m1·=0,m1·=0, 得取x=1,得m1=(1,,0).设平面AOC的法向量为m2=(a,b,c),又=(,-1,0),=(0,2,2),∴由m2·=0,m2·=0,得取b=,得m2=(1,,-1).∴cos m1,m2==,由图可知二面角D-OA-C的平面角为锐角,故二面角D-OA-C的余弦值为.考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2017浙江台州4月调研卷(一模),17)如图,在棱长为2的正四面体A-BCD中,E、F分别为直线AB、CD上的动点,且|EF|=.若记EF的中点P的轨迹为L,则|L|等于.(注:|L|表示点P的轨迹的长度)答案π2.(2017浙江杭州二模(4月),19)如图,已知四边形ABCD是矩形,M,N分别为边AD,BC的中点,MN与AC交于点O,沿MN将矩形MNCD折起,设AB=2,BC=4,二面角B-MN-C的大小为θ.(1)当θ=90°时,求cos∠AOC的值;(2)当θ=60°时,点P是线段MD上一点,直线AP与平面AOC所成角为α.若sin α=,求线段MP的长.解析设E为AB的中点,连接OE,则OE⊥MN,以O为原点,OE,ON所在直线分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系(图略).(1)当θ=90°时,A(2,-1,0),C(0,1,2),∴=(2,-1,0),=(0,1,2),∴cos∠AOC==-.(2)由θ=60°得C(1,1,),D(1,-1,),M(0,-1,0),∴=(1,0,).设=λ(0≤λ≤1),则=+=(λ,-1,λ).∴=-=(λ-2,0,λ),设平面AOC的法向量为n=(x,y,z).∵n·=0,n·=0,=(2,-1,0),=(1,1,),∴取x=1,则y=2,z=-,故n=(1,2,-),由题意得,=,即3λ2-10λ+3=0,∴λ=或λ=3(舍去),∴在线段MD上存在点P符合题意,且MP=MD=.炼技法【方法集训】方法1 求直线与平面所成角的方法1.(2017浙江稽阳联谊学校联考(4月),19)如图(1)所示,四边形ABCD为梯形,AB∥CD,∠C=60°,点E在CD 上,AB=CE=2,BF=BD=,BD⊥BC.现将△ADE沿AE翻折到图(2)中△APE的位置,使得二面角P-AE-C的大小为.(1)求PB的长度;(2)求证:PB⊥平面ABCE;(3)求直线AB与平面APE所成角的正弦值.解析(1)因为AB EC,所以四边形ABCE是平行四边形,所以BC∥AE,又因为BD⊥BC,所以BD⊥AE,所以AE⊥FB,AE⊥FP,所以∠PFB为二面角P-AE-C的平面角.(3分)由BF=,PF=2,得BP2=BF2+PF2-2BF·PFcos∠BFP=9,所以BP=3.(5分)(2)证明:由BF=,PF=2,BP=3知,PB2+BF2=PF2,所以BF⊥PB,①(7分)又因为BF⊥AE,PF⊥AE,BF∩PF=F,所以AE⊥平面PFB,所以AE⊥PB,②(9分) 由①②可知,PB⊥平面ABCE.(10分)(3)解法一:作BN⊥PF于N点,连接AN.由(2)可知,AE⊥平面BFP,又AE⊂平面APE,∴平面BFP⊥平面APE.又平面BFP∩平面APE=PF,BN⊂平面BFP,所以BN⊥平面APE,(12分)所以∠BAN是直线AB与平面APE所成的角.(13分)易知BN=BFsin 60°=,则sin∠NAB===.故直线AB与平面APE所成角的正弦值为.(15分)解法二:易知BF,BP,BC两两互相垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(3,0,0),A(-1,,0),E(2,,0),P(0,0,3).(11分)设平面APE的法向量为n=(x,y,z).又=(3,0,0),=(1,-,3),所以由即得取z=1,得n=(0,,1).(13分)设直线AB与平面APE所成的角为θ,又=(1,-,0),所以sin θ=|cos<n,>|==,故直线AB与平面APE所成角的正弦值为.(15分)2.如图,△ABC是以C为直角的等腰直角三角形,直角边长为8,AE∶EC=5∶3,DE∥BC,沿DE将三角形ADE折起,使得点A在平面BCED上的射影是点C,点M在AC上且MC=AC.(1)在BD上确定点N的位置,使得MN∥平面ADE;(2)在(1)的条件下,求CN与平面ABD所成角的正弦值.解析(1)由点A在平面BCED上的射影是点C,可知AC⊥平面BCED,而BC⊥CE,如图建立空间直角坐标系,可知各点的坐标为C(0,0,0),A(0,0,4),B(0,8,0),D(3,5,0),E(3,0,0).由MC=AC,可知点M的坐标为,设点N的坐标为(x,y,0),则由点N在BD上可得y=8-x,即点N的坐标为(x,8-x,0),则=.设平面ADE的法向量为n1=(x,y,z),则而=(0,-5,0),=(3,0,-4),所以取x=4,则z=3,可得n1=(4,0,3).MN∥平面ADE等价于n1·=0,即4x+0×(8-x)+3×=0.解之可得x=2,即点N的坐标为(2,6,0),所以点N为BD的靠近D点的三等分点.(2)由(1)可知=(2,6,0),设平面ABD的法向量为n2=(p,q,r),由题意可知而=(-3,3,0),=(0,8,-4),可得取p=1,则q=1,r=2.可得n2=(1,1,2).设CN与平面ABD所成角为θ,则sin θ==.方法2 求二面角的方法1.(2018浙江镇海中学期中,20)在多面体ABC-A1B1C1中,AA1∥BB1∥CC1,AA1=4,BB1=2,AB=4,CC1=3,AB⊥BB1,C1在平面ABB1A1上的射影E是线段A1B1的中点.(1)求证:平面ABC⊥平面ABB1A1;(2)若C1E=2,求二面角C1-AB1-C的余弦值.解析(1)证明:设线段AB的中点为O,连接OE,CO,则OE∥AA1,且OE==3,(2分)∵AA1∥CC1,∴OE∥CC1,又OE=CC1=3,∴四边形CC1EO为平行四边形,∴OC∥EC1.(4分)∵C1E⊥平面ABB1A1,∴OC⊥平面ABB1A1,(5分)∵OC⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面ABB1A1.(7分)(2)由(1)知OB,OE,OC两两互相垂直,分别以OB,OE,OC所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(-2,0,0),B1(2,2,0),C(0,0,2),C1(0,3,2).(8分)设平面AB1C的法向量为m=(x,y,z),而=(4,2,0),=(2,0,2),由得取x=1,得m=(1,-2,-1).(10分)设平面AB1C1的法向量为n=(x1,y1,z1),而=(4,2,0),=(2,3,2),由得取x1=1,得n=(1,-2,2).(12分)∴cos<m,n>==,(14分)由图可知二面角C1-AB1-C的平面角为锐角,故二面角C1-AB1-C的余弦值为.(15分)2.(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷四,19)如图,已知△ABC为等边三角形,M为AB的中点,AA1,BB1分别垂直平面ABC于点A,B,AA1=AB,BB1=AB,MN⊥A1B1,垂足为N.(1)求证:CN⊥A1B1;(2)求平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值.解析(1)证明:因为AA1,BB1分别垂直平面ABC于点A,B,所以平面AA1B1B⊥平面ABC,因为AC=BC,M为AB的中点,所以CM⊥AB,又平面AA1B1B∩平面ABC=AB,CM⊂平面AA1B1B,所以CM⊥平面A1ABB1,所以CM⊥A1B1,又因为MN⊥A1B1,所以A1B1⊥平面CMN,所以A1B1⊥CN.(2)解法一:如图,延长AB、A1B1相交于点D,连接CD,则CD为所求二面角的棱.因为BB1=AA1,BB1∥AA1,所以=,于是BD=BC=BA,于是∠ACD=90°,即CD⊥CA.又因为CD⊥AA1,所以CD⊥平面AA1C,所以CD⊥CA1.于是∠A1CA即为所求二面角的平面角.在Rt△A1AC中,AA1=AB=AC,所以∠A1CA=45°,所以tan∠A1CA=1.所以平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值为1.解法二:如图,以M为原点,MA所在直线为x轴,MC所在直线为y轴建立空间直角坐标系,设AB=2.则C(0,,0),A1(1,0,2),B1(-1,0,1),=(1,-,2),=(-2,0,-1).设平面A1B1C的法向量为n1=(x,y,z).由·n1=0,·n1=0,得取x=1,则y=-,z=-2,故n1=(1,-,-2).设所求二面角的大小为θ,又平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1).所以cos θ===,所以tan θ=1.过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一空间角1.(2018浙江,8,4分)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1答案D2.(2017浙江,9,4分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,==2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为α,β,γ,则()A.γ<α<βB.α<γ<βC.α<β<γD.β<γ<α答案B3.(2016浙江文,14,4分)如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=,∠ADC=90°.沿直线AC将△ACD 翻折成△ACD',直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是.答案考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=.若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=,且对于任意x,y∈R,|b-(x e1+y e2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0=,y0=,|b|=.答案1;2;22.(2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.解析本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.解法一:(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2,所以A1+A=A,故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2,由CC1⊥AC,得AC1=,所以A+B1=A,故AB1⊥B1C1,因为A1B1,B1C1⊂平面A1B1C1,所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1=,A1B1=2,A1C1=得cos∠C1A1B1=,sin∠C1A1B1=,所以C1D=,故sin∠C1AD==.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.解法二:(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下:A(0,-,0),B(1,0,0),A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,,1).因此=(1,,2),=(1,,-2),=(0,2,-3).由·=0得AB1⊥A1B1.由·=0得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)可知=(0,2,1),=(1,,0),=(0,0,2).设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).由即可取n=(-,1,0).所以sin θ=|cos<,n>|==.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.3.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.(1)证明:CE∥平面PAB;(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.解析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.(1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EF∥AD且EF=AD.又因为BC∥AD,BC=AD,所以EF∥BC且EF=BC,即四边形BCEF为平行四边形,所以CE∥BF,因此CE∥平面PAB.(2)分别取BC,AD的中点为M,N.连接PN交EF于点Q,连接MQ.因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点,在平行四边形BCEF中,MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD,N是AD的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN,由BC∥AD得BC⊥平面PBN,那么平面PBC⊥平面PBN.过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=得CE=,在△PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=,在Rt△MQH中,QH=,MQ=,所以sin∠QMH=.所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.一题多解(1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP.∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,∴OP⊥AD.∵BC=AD=OD,且BC∥OD,∴四边形BCDO为平行四边形,又∵CD⊥AD,∴OB⊥AD,∵OP∩OB=O,∴AD⊥平面OPB.过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M,以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0).设P(x,0,z)(z>0),由PC=2,OP=1,得得x=-,z=.即点P,而E为PD的中点,∴E.设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),∵=,=(1,1,0),∴⇒取y1=-1,得n=(1,-1,).而=,则·n=0,而CE⊄平面PAB,∴CE∥平面PAB.(2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),∵=(0,1,0),=,∴取x2=1,得m=(1,0,).设直线CE与平面PBC所成角为θ.则sin θ=|cos<m,>|==,故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.方法总结 1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l∥α)①线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.②面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.③向量法:(i)求出平面α的法向量n和直线l的方向向量l,证明n·l=0,得l∥α.(ii)证明直线l的方向向量l能被平面α内的两个基底向量所表示,得l∥α.2.求线面角的方法.①定义法:作出线面角,解三角形即可.②解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法求d),由sin θ=得结论.③向量法:求出平面α的法向量n,设直线AB与α所成角为θ,则sin θ=|cos<n,>|.最好是画出图形,否则容易出错.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一空间角1.(2018课标全国Ⅰ理,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A. B. C. D.答案A2.(2018课标全国Ⅱ理,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为.答案40π3.(2018课标全国Ⅱ理,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,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M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.解析(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.连接OB.因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,2).取平面PAC的法向量=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0<a≤2),则=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由·n=0,·n=0得可取n=((a-4),a,-a),所以cos<,n>=.由已知可得|cos<,n>|=.所以=.解得a=-4(舍去)或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.4.(2018天津理,17,13分)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.解析本小题主要考查直线与平面平行、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.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.依题意,可以建立以D为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M,N(1,0,2).(1)证明:依题意=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,则即不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又=,可得·n0=0,又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,则即不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,则即不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>==,于是sin<m,n>=.所以,二面角E-BC-F的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos<,>|==,由题意,可得=sin 60°=,解得h=∈[0,2].所以,线段DP的长为.方法归纳利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤(1)审清题意并建系.利用条件分析问题,建立恰当的空间直角坐标系;(2)确定相关点的坐标.结合建系过程与图形,准确地写出相关点的坐标;(3)确定直线的方向向量和平面的法向量.利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法向量,若已知某直线垂直某平面,可直接取该直线的方向向量为该平面的法向量;(4)转化为向量运算.将空间位置关系转化为向量关系,空间角转化为向量的夹角问题去论证、求解;(5)问题还原.结合条件与图形,作出结论(注意角的范围).5.(2017课标全国Ⅰ理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.解析本题考查空间点、线、面的位置关系以及二面角的概念和计算,考查学生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,又AP∩PD=P,AP、PD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解法一(综合法):根据题意可设AB=1,因为AB∥CD,∠APD=∠BAP=∠CDP=90°,PA=PD=AB=DC,所以四边形ABCD是平行四边形,且AD=PC=PB=CB=,取PB的中点为F,连接AF,CF,在等腰三角形PAB中,可得AF⊥PB,在等边三角形PBC中,可得CF⊥PB,所以∠AFC为二面角A-PB-C的平面角,由(1)知AB⊥平面PAD,又AD⊂平面PAD,所以AB⊥AD.所以平行四边形ABCD是矩形,连接AC,则AC=.在△AFC中,AC=,AF=,FC=,由余弦定理可得cos∠AFC==-,所以二面角A-PB-C的余弦值为-.解法二(向量法):在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,又AD∩AB=A,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,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由(1)及已知可得A,P,B,C.所以=,=(,0,0),=,=(0,1,0).设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则即可取n=(0,-1,-).设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则即可取m=(1,0,1).则cos<n,m>==-.易知二面角A-PB-C为钝二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值为-.方法总结面面垂直的证明及向量法求解二面角.(1)面面垂直的证明.证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面.(2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值.建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n1,n2,设二面角的大小为θ,则|cosθ|=,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.6.(2017天津理,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC 的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN∥平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.解析本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线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.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.如图,以A为原点,分别以,,方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:=(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得·n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以,二面角C-EM-N的正弦值为.(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos<,>|===,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=.所以,线段AH的长为或.方法总结利用空间向量法证明线面位置关系与计算空间角的步骤:(1)根据题目中的条件,充分利用垂直关系,建立适当的空间直角坐标系,尽量使相关点在坐标轴上,求出相关点的坐标;(2)求出相关直线的方向向量及相关平面的法向量,根据题目的要求,选择适当的公式,将相关的坐标代入进行求解或证明;(3)检验,得出最后结论.7.(2017课标全国Ⅱ理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.解析本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.(1)取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<,n>|=sin 45°,=,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=λ,则x=λ,y=1,z=-λ.②由①②解得(舍去),或所以M,从而=.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>==.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为.方法总结本题涉及直线与平面所成的角和二面角,它们是高考热点和难点,解决此类题时常利用向量法,解题关键是求平面的法向量,再由向量的夹角公式求解.解题关键由线面角为45°求点M的坐标是解题的关键.考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2018课标全国Ⅰ理,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC 折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.解析(1)由已知可得,BF⊥EF,又BF⊥PF,且PF,EF⊂平面PEF,PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF,又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=,又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,可得PH=,EH=,则H(0,0,0),P,D,=,=为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,则sin θ===.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.易错警示利用空间向量求线面角的注意事项(1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角即为所求.(2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2θ+cos2θ=1求出其值,不要误以为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求.2.(2017山东理,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.解析本题考查线面垂直的证明和二面角的计算.(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°.(2)解法一:取的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC==.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM==2.在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>==.易知所求角为锐二面角,因此所求的角为60°.方法总结求二面角的常见方法有两种:一种是“找”,即根据二面角的面的特殊性(如等边三角形、等腰三角形、直角三角形、正方形、矩形、梯形等)找二面角的平面角的顶点,进而作出该平面角,再通过解三角形求解;另一种是“算”,即利用空间向量的坐标运算,由平面的法向量和夹角公式求解.利用空间向量的运算求二面角时,一定要注意二面角是锐二面角还是钝二面角.3.(2016天津,17,13分)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG∥平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.解析依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得·n1=0,又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则即不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<,n2>==-,于是sin<,n2>=.所以,二面角O-EF-C的正弦值为.(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以==,进而有H,从而=,因此cos<,n2>==-.所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.评析本题主要考查直线与平面平行和垂直、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.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.4.(2016北京,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=.(1)求证:PD⊥平面PAB;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.解析(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.(2)取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.因为AC=CD,所以CO⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则即令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).又=(1,1,-1),所以cos<n,>==-.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得=λ.因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).因为BM⊄平面PCD,所以BM∥平面PCD当且仅当·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0.解得λ=.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时=.易错警示(1)证线面垂直时,要在“面”内找两条相交直线,分别与“线”垂直.(2)建立空间直角坐标系前,先明确备选坐标轴之间的两两垂直关系.(3)用向量法说明在某线段上存在满足某条件的点时,参数的取值范围易被忽视.评析本题考查线面垂直的证明,空间向量的应用等,对学生的空间想象能力、运算能力均有较高要求.C组教师专用题组考点一空间角1.(2014广东,5,5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)答案B2.(2014课标Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM 与AN所成角的余弦值为()A. B.C. D.答案C3.(2015四川,14,5分)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ 上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cos θ的最大值为.答案4.(2018天津文,17,13分)如图,在四面体ABCD中,△ABC是等边三角形,平面ABC⊥平面ABD,点M为棱AB 的中点,AB=2,AD=2,∠BAD=90°.(1)求证:AD⊥BC;(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值;(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.解析本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.(1)证明:由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.(2)取棱AC的中点N,连接MN,ND.又因为M为棱AB的中点,故MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在Rt△DAM中,AM=1,故DM==.因为AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN中,AN=1,故DN==.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN==.所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为.(3)连接CM.因为△ABC为等边三角形,M为边AB的中点,故CM⊥AB,CM=.又因为平面ABC⊥平面ABD,而CM⊂平面ABC,故CM⊥平面ABD.所以,∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角.在Rt△CAD中,CD==4.在Rt△CMD中,sin∠CDM==.所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.5.(2017北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.解析本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力.(1)设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,。

2020版高考数学一轮复习空间向量及其运算和空间位置关系含解析

课时跟踪检测（四十二）空间向量及其运算和空间位置关系1．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选A a 与b 共线，a ，b 所在直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②错误；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.交点．若AB ―→＝2．如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则下列向量中与BM ―→相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋c解析：选A BM ―→＝BB 1―→＋B 1M ―→＝AA 1―→＋12(AD ―→－AB ―→)＝c ＋12(b －a)＝－12a ＋12b ＋c.3．已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(x ，y ，z ∈R)，则“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”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x ＝2，y ＝－3，z ＝2时，OP ―→＝2OA ―→－3OB ―→＋2OC ―→.则AP ―→－AO ―→＝2OA ―→－3(AB ―→－AO ―→)＋2(AC ―→－AO ―→)，即AP ―→＝－3AB ―→＋2AC ―→，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AP ―→＝m AB ―→＋n AC ―→ (m ，n ∈R)，即OP ―→－OA ―→＝m (OB ―→－OA ―→)＋n (OC ―→－OA ―→)，即OP ―→＝(1－m －n )OA ―→＋m OB ―→＋n OC ―→，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3,2.故“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件．4．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( ) A ．9 B ．－9 C ．－3D ．3解析：选B 由题意设c ＝x a ＋y b ，则(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.5．(2019·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66 B ．66C ．－66D ．± 6解析：选C OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－666．在空间四边形ABCD 中，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：选B 法一：如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝AB ―→·(AD ―→－AC ―→)＋AC ―→·(AB ―→－AD ―→)＋AD ―→·(AC ―→－AB ―→)＝a ·(c －b)＋b ·(a －c)＋c ·(b －a) ＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.法二：在三棱锥A BCD 中，不妨令其各棱长都相等，则正四面体的对棱互相垂直．所以AB ―→·CD ―→＝0，AC ―→·DB ―→＝0，AD ―→·BC ―→＝0. 所以AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝0.7．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD 等于________．解析：设AD ―→＝λAC ―→，D (x ，y ，z )，则(x －1，y ＋1，z －2)＝λ(0，4，－3)， ∴x ＝1，y ＝4λ－1，z ＝2－3λ， ∴D (1,4λ－1,2－3λ)，∴BD ―→＝(－4,4λ＋5，－3λ)， ∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，解得λ＝－45，∴BD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，95，125，∴|BD ―→|＝－42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫952＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＝5. 答案：58．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB ―→＝(2，－1，－4)，AD ―→＝(4,2,0)，AP ―→＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP ―→是平面ABCD 的法向量；④AP ―→∥BD ―→.其中正确的是________．解析：∵AP ―→·AB ―→＝－2－2＋4＝0， ∴AP ⊥AB ，故①正确；AP ―→·AD ―→＝－4＋4＋0＝0，∴AP ⊥AD ，故②正确；由①②知AP ⊥平面ABCD ，故③正确，④不正确．答案：①②③9．(2019·南昌调研)已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG ―→＝2GN ―→，现用基底{OA ―→，OB ―→，OC ―→}表示向量OG ―→，有OG ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，则x ，y ，z 的值分别为________．解析：∵OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝12OA ―→＋23MN ―→＝12OA ―→＋23(ON ―→－OM ―→) ＝12OA ―→＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12OB ―→＋OC ―→－12OA ―→ ＝16OA ―→＋13OB ―→＋13OC ―→， ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13.答案：16，13，1310．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AD ＝4，AA 1＝2.点M 在棱BB 1上，且BM ＝2MB 1，点S 在DD 1上，且SD 1＝2SD ，点N ，R 分别为A 1D 1，BC 的中点．求证：MN ∥平面RSD .M ⎝⎛⎭⎪⎫3，0，43，证明：法一：如图所示，建立空间直角坐标系，根据题意得N (0,2,2)，R (3，2,0)，S ⎝⎛⎭⎪⎫0，4，23.∴MN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，2，23，RS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，2，23，MN ―→＝RS ―→.∴MN ―→∥RS ―→.∵M ∉RS .∴MN ∥RS . 又RS ⊂平面RSD ，MN ⊄平面RSD ， ∴MN ∥平面RSD .法二：设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则MN ―→＝MB 1―→＋B 1A 1―→＋A 1N ―→＝13c －a ＋12b ，RS ―→＝RC ―→＋CD ―→＋DS ―→＝12b －a ＋13c ，∴MN ―→＝RS ―→，∴MN ―→∥RS ―→，又∵R ∉MN ，∴MN ∥RS .又RS ⊂平面RSD ，MN ⊄平面RSD ， ∴MN ∥平面RSD .11．三棱锥被平行于底面ABC 的平面所截得的几何体如图所示，截面为A 1B 1C 1，∠BAC ＝90°，A 1A ⊥平面ABC ，A 1A ＝3，AB ＝AC ＝2A 1C 1＝2，D 为BC 中点．求证：平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.证明：如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,1，3)，∵D 为BC 的中点， ∴D 点坐标为(1,1,0)．∴AA 1―→＝(0,0，3)，AD ―→＝(1,1,0)， BC ―→＝(－2,2,0)，CC 1―→＝(0，－1，3)．设平面A 1AD 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面BCC 1B 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AA 1―→＝0，n 1·AD ―→＝0，得⎩⎨⎧3z 1＝0，x 1＋y 1＝0.令y 1＝－1，则x 1＝1，z 1＝0，∴n 1＝(1，－1,0)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC ―→＝0，n 2·CC 1―→＝0，得⎩⎨⎧－2x 2＋2y 2＝0，－y 2＋3z 2＝0.令y 2＝1，则x 2＝1，z 2＝33， ∴n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，33. ∵n 1·n 2＝1－1＋0＝0，∴n 1⊥n 2. ∴平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.12．如图所示，四棱锥S ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，点P 为侧棱SD 上的点． (1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，则AC ⊥BD .连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→，OS ―→所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，OC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ，则OC ―→·SD ―→＝0.故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD . (2)棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC .理由如下：由已知条件知DS ―→是平面PAC 的一个法向量，且DS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0.设CE ―→＝t CS ―→，则BE ―→＝BC ―→＋CE ―→＝BC ―→＋t CS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a1－t ，62at ，而BE ―→·DS ―→＝0⇒t ＝13.即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE ―→⊥DS ―→. 而BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC。

2022-2023学年高三年级新高考数学一轮复习专题-空间向量的应用(含答案)

空间向量的应用学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（本大题共3小题，共15.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.若平面,的法向量分别取为=(2,3,5),=(-3,1,-4),则,的位置关系是（）A. 平行B. 垂直C. 相交但不垂直D. 重合2.已知两个不重合的平面与平面，若平面的法向量为，向量，，则（）A. 平面平面B. 平面平面C. 平面、平面相交但不垂直D. 以上均有可能3.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是（）A. 平行B. 相交C. 异面垂直D. 异面不垂直二、填空题（本大题共8小题，共40.0分）4.如图，正三角形ABC与正三角形BCD所在的平面互相垂直，则直线CD与平面ABD所成角的正弦值为．5.已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，＝，＝，＝.则VA与平面PMN的位置关系是．6.如图,在直四棱柱ABCD-中,底面四边形ABCD为菱形,E,F分别为,的三等分点(==),若AB==6,BAD=,则点E到平面BDF的距离为 .7.如图，正方体的棱长为4，M为底面ABCD两条对角线的交点，P为平面内的动点，设直线PM与平面所成的角为，直线PD与平面所成的角为若，则动点P的轨迹长度为．8.正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，E为AB的中点，点F满足，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是 .9.如图，在正方体中，E为棱的中点，动点沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列三个结论：①存在点P，使得；②的面积越来越小；③四面体的体积不变.所有正确的结论的序号是 .10.如图，在棱长为的正方体中，点为棱的中点，点为底面内一点，给出下列三个论断：①；②；③.以其中的一个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出一个正确的命题： .11.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为．三、解答题（本大题共7小题，共84.0分。

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【解析】设平面
ABC
的法向量为
n

x，y，
z

，则
n

AB

0
，
n AC 0
x 2y 3z 0
即 3x 2 y z 0 ，令
，则
，
即平面 ABC 的一个法向量为 n 1，2 ，1，故选 A．
3．【答案】B
【解析】∵平面，不重合；平面，的法向量平行垂直等价于平面，平行垂直，
3
PF
的余弦值为 38 ？若存在，求出的值；
19
PD
21．（12 分）等腰直角三角形中， ABC 90 ，点在边上，垂直交于，如图
①．
将
沿折起，使到达的位置，且使平面
平面
，连接，，如图②．
（1）若为的中点，
（2）若
，当三棱锥
，求证：
；
的体积最大时，求二面角
的余弦值．
的一个法向量为
故选 B．
10．【答案】B

【解析】以为原点， DA ， DC ， DD1 分别为，，轴正向，建立空间直角坐标系
，

则 AD1 1, 0,1， CA1 1, 1,1，设 CP CA1 ，则
，
_______．
14．已知在长方体
中，
，
，
，E 是侧棱的中点，
则直线 AE 与平面所成角的正弦值为______．
15．已知圆锥的顶点为，为底面中心，，，为底面圆周上不重合的三点，为底面的直径，
，为的中点．设直线与平面所成角为，则的最大值为__________．
16．，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：（1）当直线与成角时，与成角；（2）当直线与成角时，与成角；（3）直线与所成角的最小值为；（4）直线与所成角的最小值为，其中正确的是______（填写所有正确结论的编号）．
【解析】由题意可得 ABC 60 ， BB1 平面 ABC ，
设 BB1 1 ，则 AB 2 ，
又 AB1 BB1 BA ， BC1 BC BB1 ，
所以
AB1

BC1

(BB1
点P在）
上，且满足
，当直线 PN 与平面 ABC 所成的角取最大值时，的值为（
1
A．
2
2
B．
2
3
C．
2
25
D．
5
12．如图，在三棱锥 A-BCD 中，平面 ABC⊥平面 BCD，△BAC 与△BCD 均为等腰直角三角形，
且∠BAC=∠BCD=90°，BC=2，点 P 是线段 AB 上的动点，若线段 CD 上存在点 Q，使得异面直线
故异面直线与所得角是定值，故①正确；
三棱锥
的底面面积为定值，且 ∥ ，点 F 是线段上的一个动点，
可得 F 点到底面的距离为定值，故三棱锥
的体积是定值，故②正确；
可得 =(t，1，-t)， =(0，1，-1)， =(-1，1，0)，可得平面

n 1,1,1，可得 cos A1F, n 不为定值，故③错误；
3
与平面
所成
单元训练金卷 ▪高三▪数学卷（B）
第 10 单元空间向量在立体几何中的应用答案
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．【答案】B
【解析】设直线与平面所成的角为，则
，故选 B．
2．【答案】A

故选 D．
6．【答案】B 【解析】在长方体
中，
，
，
，是侧棱的中点，以为
原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
0，，
，
，，
0，，
设平面设直线
，
0，，
1，，

的法向量为
n

x,
y,
z ，则
n

DA1

2x

4z

0
，取
n DE y 2z 0

CP ，，， BP 1，，，

故 cos
AD1，BP
AD1·BP

AD1 · BP
于，连接 AO，
则
就是二面角
的平面角．
正四棱柱
的体积为，底面 ABCD 的边长为 1，
．
在
中，
，
，可得
， DO
3
．
2
在
中， AO
AD2 DO2
7
，
2
cos AOD OD
3 2
21
．故选 C．
AO 2 7 7
9．【答案】B
【解析】以 A 点为坐标原点，AB，AD，所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
正确；
直线 l 的方向向量平行垂直于平面的法向量等价于直线 l 垂直平行于平面，故选 B． 4．【答案】D
都错误．
【解析】
，
，
，
∴
B1M

AA1

1 2
AB AD
c 1 a 1 b ，故选 D． 22
5．【答案】D

与平面
EA n 所成角为，则 sin
4
4．
EA n 9 9 9
直线与平面
4
所成角的正弦值为，故选 B．
9
7．【答案】A
，得 n 2，，2 1，
【解析】当“
”时， c 1，，3 1，
易得 a ， b ， c 不共面，即 a ， b ， c 能构成空间的一个基底，
22．（12 分）如图，在圆柱中，点、分别为上、下底面的圆心，平面
是轴截面，点
在上底面圆周上（异于、），点为下底面圆弧的中点，点与点在平面
的同侧，圆
柱的底面半径为 1，高为 2．
（1）若平面
平面，证明：
；
（2）若直线与平面
15
所成线面角的正弦值等于，证明：平面
5
π
锐二面角的平面角大于．
18．（12 分）如图，已知多面体 PABCDE 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形， PA 底面 ABCD ， ED∥PA ，且 PA 2ED 2 ．（1）证明：直线 BD∥平面 PCE ；（2）证明：平面 PAC 平面 PCE ；（3）若直线 PC 与平面 ABCD 所成的角为 45 ，求二面角 P CE D 的余弦值．
1．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于 120°，则直线与平面所成的角等于（）
A．120°
B．30°
C．60°

2．若两个向量 AB 1, 2,3， AC 3, 2,1，则平面
D．60°或 30° 的一个法向量为（）
A．
B．
C．
D．
3．已知 v 为直线 l 的方向向量， n1 ， n2 分别为平面，的法向量
19．（12 分）如图，正方形边长为，平面
（1）证明：
；
（2）求二面角
的余弦值．
平面， CE DE，CE 1 AB ． 2
20．（12 分）如图，在四棱锥
中，底面
是梯形，
是正三角形，为的中点，平面
平面．
（1）求证：平面；（2）在棱上是否存在点，使得二面角若不存在，说明理由．
D． 90
6．已知在长方体
中，
，
，
，是侧棱的中点，则直线
与平面所成角的正弦值为（）
1
A．
3
4
B．
9
5
C．
9
7．已知 a 1，，2 3， b 1，1 ， 4， c 1，，3 m，则“
2
D．
3 ”是“ a ， b ， c 构成空间的
一个基底”的（） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件
此卷只装订不密封姓名
班级
准考证号
考场号
座位号
单元训练金卷▪高三▪数学卷（B）
第 10 单元空间向量在立体几何中的应用
注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码
粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿
纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
即“
”是“ a ， b ， c 构成空间的一个基底”的充分条件；
当 a ， b ， c 能构成空间的一个基底，则 a ， b ， c 不共面，
x y 1
x 2
设 a ， b ， c 共面，即 c

xa
yb
，解得

y

2
x

3
，即