届高考数学一轮复习第一部分考点通关练第六章立体几何考点测试空间向量及其应用含解析新人教B版.doc
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，考查题型为选择题、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，了解空间向量的根本定理及其意义，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、根底小题1给出以下命题：假设向量a，b共线，那么向量a，b所在的直线平行；假设向量a，b所在的直线为异面直线，那么向量a，b一定不共面；假设三个向量a，b，c两两共面，那么向量a，b，c共面；空间的三个向量a，b，c，那么对于空间的任意一个向量p总存在实数x，y，z使得pxaybzc.其中正确命题的个数是()A0 B1 C2 D3答案A解析a与b共线，a，b所在的直线也可能重合，故错误；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a，b都共面，故错误；三个向量a，b，c中任两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故错误；只有当a，b，c不共面时，空间任意一向量p才能表示为pxaybzc，故错误综上可知四个命题中正确的个数为0，应选A.2a(2,1，3)，b(1,2,3)，c(7,6，)，假设a，b，c三向量共面，那么()A9 B9 C3 D3答案B解析由题意知cxayb，即(7,6，)x(2,1，3)y(1,2,3)，所以解得9.3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，那么四边形AA1B1B的对角线的交点的坐标为()A. BC. D答案B解析设所求交点为O，在空间直角坐标系中，点A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，那么(1,0,0)，(0,0,1)，故，即对角线的交点坐标为，应选B.4假设直线l的方向向量为a(1,0,2)，平面的法向量为n(2,0，4)，那么()Al BlCl Dl与斜交答案B解析a(1,0,2)，n(2,0，4)，即n2a，故an，l.5O为空间任意一点，假设，那么A，B，C，P四点()A一定不共面 B一定共面C不一定共面 D无法判断答案B解析因为，且1.所以P，A，B，C四点共面6在空间直角坐标系中，ABC的顶点坐标分别为A(1，1,2)，B(5，6,2)，C(1,3，1)，那么边AC上的高BD()A5 B C4 D2答案A解析设，(0,4，3)，那么(0,4，3)，(4，5,0)，(4,45，3)由·0，得，所以，所以|5.应选A.7. 如下图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，假设点E为BC的中点，点F为B1C1的中点，那么异面直线AF与C1E所成角的余弦值为()A. BC. D答案B解析如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，那么A(0，0,0)，F(2,1,2)，C1(2,2,2)，E(2，1,0)，(2,1,2)，(0，1，2)，设异面直线AF与C1E所成角为，那么cos，异面直线AF与C1E所成角的余弦值为，应选B.8. 如下图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，那么直线EF和BC1所成的角是_答案60°解析如下图，建立空间直角坐标系由于ABBCAA1，不妨取AB2，那么E(0,1,0)，F(0,0,1)，C1(2,0,2)，B(0,0,0)，所以(0，1,1)，(2,0,2)，所以cos，故直线EF和BC1所成的角是60°.二、高考小题9(2022·广东高考)向量a(1,0，1)，那么以下向量中与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°.应选B.10(2022·浙江高考)e1，e2是空间单位向量，e1·e2.假设空间向量b满足b·e12，b·e2，且对于任意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，那么x0_，y0_，|b|_.答案122解析e1，e2是单位向量，e1·e2，cose1，e2，又0°e1，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)，那么e2，再设b(m，n，r)，由b·e12，b·e2，得m2，n，那么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，那么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(2022·成都诊断)如下图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点假设a，b，c，那么以下向量中与相等的向量是()Aabc BabcCabc Dabc答案A解析由题意并根据向量运算的几何运算法那么，得()c(ba)abc.12(2022·厦门模拟)a(1,0,2)，b(6,21,2)，假设ab，那么与的值可以是()A2， B， C3,2 D2,2答案A解析因为ab，所以bka，即(6,21,2)k(1,0,2)，所以解得或13(2022·河南商丘高三质检)在空间四边形ABCD中，假设(3,5,2)，(7，1，4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，那么的坐标为()A(2,3,3) B(2，3，3)C(5，2,1) D(5,2，1)答案B解析因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，O为坐标原点，所以，()，()所以()()()(3，5，2)(7，1，4)(4，6，6)(2，3，3)14. (2022·大庆一模)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，那么B，D两点间的距离是()A. B C1 D答案D解析因为，所以|2|2|2|22·2·2·1113，所以| .15(2022·攀枝花模拟)正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且1，N为B1B的中点，那么|为()Aa Ba Ca Da答案A解析以D为原点建立如下图的空间直角坐标系Dxyz，那么A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N.设M(x，y，z)，因为点M在AC1上且1，所以(xa，y，z)(x，ay，az)，所以xa，y，z.所以M，所以|a.16(2022·东北三省高三第三次联考)四面体ABCD中，平面ABD平面BCD，ABD为边长为2的等边三角形，BDDC，BDCD，那么异面直线AC与BD所成角的余弦值为_答案解析如下图，取BD的中点E，连接AE，因为ABD是等边三角形，且平面ABD平面BCD，所以AE底面BCD.如图建立空间直角坐标系，那么A(0,0，)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(1,0,0)，所以(1,2，)，(2,0,0)，cos，.一、高考大题1(2022·浙江高考)如图，三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90°，BAC30°，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点(1)证明：EFBC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值解解法一：(1)证明：如图1，连接A1E.因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC，所以A1EBC.又因为A1FAB，ABC90°，故BCA1F.又A1EA1FA1，所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)如图1，取BC的中点G，连接EG，GF，那么四边形EGFA1是平行四边形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形由(1)得BC平面EGFA1，那么平面A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上连接A1G交EF于点O，那么EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)不妨设AC4，那么在RtA1EG中，A1E2，EG.由于O为A1G的中点，故EOOG，所以cosEOG.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.解法二：(1)证明：连接A1E.因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC.如图2，以点E为坐标原点，分别以射线EC，EA1为y轴、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.不妨设AC4，那么E(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F，C(0,2,0)因此，(，1,0)由·0，得EFBC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得(，1,0)，(0,2，2)设平面A1BC的法向量为n(x，y，z)由得取n(1, ，1)，故sin|cos，n|，所以cos.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.2. (2022·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，建立如下图的空间直角坐标系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，那么即可取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.3(2022·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)假设点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POAC，且PO2.连接OB.因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.由PO2OB2PB2，知POOB.由POOB，POAC，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，建立如下图的空间直角坐标系Oxyz.由得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，那么(0,2，2)，取平面PAC的法向量(2,0,0)设M(a,2a,0)(0<a2)，那么(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.二、模拟大题4(2022·宿迁模拟)如下图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC1的长；(2)求证：AC1BD；(3)求BD1与AC夹角的余弦值解(1)记a，b，c，那么|a|b|c|1，a，bb，cc，a60°.所以a·bb·cc·a.|2(abc)2a2b2c22(a·bb·cc·a)1112×6，所以|，即AC1的长为.(2)证明：因为abc，ba.所以·(abc)·(ba)a·b|b|2b·c|a|2a·ba·cb·ca·c|b|c|cos60°|a|c|cos60°0.所以，所以AC1BD.(3)因为bca.ab，所以|，|，·(bca)·(ab)b2a2a·cb·c1.所以cos，.所以BD1与AC夹角的余弦值为.5(2022·衡阳高三阶段测试)如图，正ABC的边长为4，CD为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ADCB.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(2)在线段BC上是否存在一点P，使APDE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由解(1)AB平面DEF，理由如下：在ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EFAB.又因为AB平面DEF，EF平面DEF，所以AB平面DEF.(2)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(如下图)，那么D(0,0,0)，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2，0)，E(0，1)，故(0，1)假设存在点P(x，y,0)满足条件，那么(x，y，2)，·y20，所以y.又(x2，y,0)，(x,2y,0)，所以(x2)(2y)xy，所以xy2.把y代入上式得x，所以，所以在线段BC上存在点P使APDE，此时.6. (2022·重庆七校联考)如图，四棱锥PABCD，底面ABCD是直角梯形，ADBC，BCD90°，PA底面ABCD，ABM是边长为2的等边三角形，PADM2.(1)求证：平面PAM平面PDM；(2)假设E为PC的中点，求二面角PMDE的余弦值解(1)证明：ABM是边长为2的等边三角形，底面ABCD是直角梯形，CD，又DM2，CM3，AD314，AD2DM2AM2，DMAM.又PA底面ABCD，DMPA，DM平面PAM，DM平面PDM，平面PAM平面PDM.(2)以D为坐标原点，DC所在直线为x轴，DA所在直线为y轴，过D且与PA平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，那么D(0,0,0)，C(，0,0)，M(，3,0)，P(0,4,2)，(，3,0)，(0,4,2)，设平面PMD的法向量为n1(x1，y1，z1)，那么取x13，n1(3，2)E为PC的中点，那么E，设平面MDE的法向量为n2(x2，y2，z2)，那么取x23，n2.设二面角PMDE的平面角为，由cos.二面角PMDE的余弦值为.
