2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题20空间向量含解析.docx

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1、专题20 空间向量一、选择题部分1.(2021新高考全国卷T12)在正三棱柱中，点满足，其中，则（）A. 当时，的周长为定值B. 当时，三棱锥的体积为定值C. 当时，有且仅有一个点，使得D. 当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【解析】易知，点在矩形内部（含边界）对于B，当时，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确对于D，当时，取，中点为，所以点轨迹为线段设，因为，所以，所以，此时与重合，故D正确故选BD2.(2021河南焦作三模理T11)在棱长为2的正四面体ABCD中，点P为ABC所在平面内一动点，且满足|+|，则PD的最大值为（）A3BCD2

2、【答案】B【解析】以AB的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则O（0，0，0），A（1，0，0），B（1，0，0），C（），因为|+|AB2，故点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，所以，2c2，解得，所以点P的轨迹方程为，设，则，令tcos，则t1，1，所以f（t），则，令f（t）0，解得，当时，f（t）0，则f（t）单调递增，当时，f（t）0，则f（t）单调递减，所以当时，f（t）取得最大值，故PD的最大值为二、解答题部分3.(2021高考全国甲卷理T19) 已知直三棱柱中，侧面为正方形，E，F分别为和的中点，D为棱上的点（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最

3、小?【解析】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，所以，又，所以平面所以两两垂直以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所以，由题设（）（1）因为，所以，所以（2）设平面的法向量为，因为，所以，即令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则当时，取最小值为，此时取最大值为所以，此时4.(2021浙江卷T19) 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）在中，由余弦定理可得，所以，由题意且，平面，而平面，所以，又，所以（2）由，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直

4、，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为5.(2021山东聊城三模T19.)如图，在平面四边形ABCD中，BC=CD，BCCD，ADBD，以BD为折痕把ABD折起，使点A到达点P的位置，且PCBC（1）证明：PDCD；（2）若M为PB的中点，二面角P-BC-D的大小为60，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值【解析】（1）证明：因为BCCD，BCPC，PCCD=C，所以BC平面PCD，又因为PD平面PCD，所以BCPD，又因为PDBD，BDBC=B，所以PD平面BCD，又因为CD平面BCD，所以PD

5、CD（2）解：因为PCBC,CDBC，所以PCD是二面角P-BC-D的平面角，即PCD=60，在RtPCD中，PD=CDtan60=3CD，取BD的中点O，连接OM,OC，因为BC=CD,BCCD ,所以OCBD ,由（1）知，PD平面BCD，OM为PBD的中位线，所以OMBD,OMOC，即OM,OC,BD两两垂直，以O为原点建立如图所示的坐标系O-xyz，设OB=1，则P(0,1,6),C(1,0,0),D(0,1,0),M(0,0,62),CP=(-1,1,6),CD=(-1,1,0)，CM=(-1,0,62)，设平面MCD的一个法向量为n=(x,y,z)，则由nCD=0,nCM=0,得-

6、x+y=0,-x+62z=0,令z=2，得n=(3,3,2)，所以cosn,CP=CPn|CP|n|=34，所以直线PC与平面MCD所成角的正弦值为34【考点】直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求直线与平面的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定和性质即可证出。（2）根据二面角的平面角可知PCD=60， 取BD的中点O，连接OM,OC，以O为原点建立如图所示的坐标系O-xyz，设OB=1，根据空间向量即可求出直线和平面夹角。6.(2021河南郑州三模理T18)如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD

7、，AB2，ADCD1，E是PB的中点（）求证：平面EAC平面PBC；（）若PC1，直线PA与平面EAC所成角的正弦值为，求二面角PACE的余弦值【解析】（）证明：PC平面ABCD，AC平面ABCD，ACPC，又AB2，ADCD1，AC2+BC2AB2，则ACBC，又BCPCC，AC平面PBC，AC平面EAC，平面EAC平面PBC；（）以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，1，0），设P（0，0，a）（a1），则，设平面EAC的一个法向量为，则，则可取，设直线PA与平面EAC所成角为，则，a45a2+40，解得a2或a1（舍去），则，取，则，故平

8、面PAC的一个法向量为，又二面角PACE的平面角为锐角，二面角PACE的余弦值为7.(2021重庆名校联盟三模T19)如图，四棱锥PABCD中，平面PCD平面ABCD，ABCD，AB3DC6，BM2MP（1）求证：CM平面PAD；（2）若AD1，ADDC，PDPC且PDPC求直线CM与平面PAB所成的角【解析】（1）证明：如图，取线段PA的靠近P的三等分点为N，连接DN，NM，则，所以MNAB且MNAB，又DCAB且DCAB，所以四边形MNDC为平行四边形，所以DNCM，又DN平面PAD，CM平面PAD，所以CM平面PAD（2）如图，取CD中点为O，连接OP，过O作OEAD交AB于E，因为平面

9、PCD平面ABCD，OPDC，由面面垂直的性质定理可知，OP平面ABCD所以直线OP，OC，OE两两垂直，以O为原点，分别以射线OE，OC，OP的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，所以+（，），（0，6，0），（1，1，1），设平面PAB的法向量为（x，y，z），则，即，取x1，得（1，0，1），所以cos，所以直线CM与平面PAB所成的角为458.(2021上海嘉定三模T17)如图，在四棱雉锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD90，ABADAP2，BC1，且Q为线段BP的中点（1）求直线CQ与PD平面所成角的大小；（2）求直线C

10、Q与平面ADQ所成角的大小【解析】（1）以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立坐标系A（0，0，0），B（2，0，0），P（0，0，2），D（0，2，0），C（2，1，0）则Q（1，0，1），设异面直线CQ与PD所成的角为，则，即异面直线CQ与PD所成角的大小为（2）设平面ADQ的法向量为，由，可得，所以取（1，0，1），设直线CQ与平面ADQ所成的角为，则即直线CQ与平面ADQ所成角的大小为9.(2021辽宁朝阳三模T20)如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为平行四边形，以BC为直径的圆O（O为圆心）过点A，且AOACAP2，PA底面ABCD，M为PC的中点（1）证明：平面OAM

11、平面PCD；（2）求二面角OMDC的余弦值【解析】（1）证明：由题意点A为圆O上一点，则ABAC，由PA底面ABCD，知PAAB，又PAACA，PA、AC平面PAC，AB平面PAC，AM平面PAC，ABAM，M为PC的中点，AMPC，CDPCC，AM平面PCD，AM平面OAM，平面OAM平面PCD（2）如图，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则C（0，2，0），D（2，2，0），M（0，1，1），O（，1，0），（，0，1），（3，1，0），设平面OMD的法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，3，），由（1）知AM平面PCD，则平面CDM的一个法向量（0，

12、1，1），cos，由图可知二面角OMDC的锐角，则二面角OMDC的余弦值为10.(2021湖南三模T20)如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，底面为矩形，平面AA1D1D平面CC1D1D，且CC1CDDD1C1D11（1）证明：AD平面CC1D1D；（2）若A1C与平面CC1D1D所成角为，求二面角CAA1D的余弦值【解析】（1）证明：在梯形CC1D1D中，因为CC1CDDD1，所以DD1C1，连结DC1，由余弦定理可求得DC1，因为，所以DC1DD1，因为平面AA1D1D平面CC1D1D且交于DD1，所以DC1平面AA1D1D，因为AD平面AA1D1D，所以ADDC1，因为ADDC，D

13、CDC1D，所以AD平面CC1D1D；（2）解：连结A1C1，由（1）可知，A1D1平面CC1D1D，以D1为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，因为A1D1平面CC1D1D，所以A1C在平面CC1D1D内的射影为D1C，所以A1C与平面CC1D1D所成的角为A1CD1，即A1CD1，在RtA1CD1中，因为，所以A1D13，则D1（0，0，0），A1（3，0，0），D（0，），C（0，），C1（0，2，0），所以，设平面AA1D1D的法向量为，则有，即，令y3，则x0，z，故，设平面AA1C1C的法向量为，则有，即，令a2，则b3，故，所以，由图可知，二面角CAA1D锐二面角，故二面角CAA1D的余弦值为- 14 -