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

《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（16页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1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 12BD BC A B C D

2、AG CG BC 12BC 答案 A解析 如图所示， ( ) ， 故选 A12BD BC BG AB BG AG 2分别以棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1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，0，12 12 12 122C，0 D，1212 1212 12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AB AA1 AO 12 12 12 12B3若

3、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 D048585 6985 1515答案 C解析 cos a， b ab|a|b| 22 82325 15154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 D22 3答案 C解析 | AB| 3 1 22 2 22 2 12 25在空间四边形 ABCD 中， ( )AB CD AC DB AD BC A1 B0 C1 D不确定答案 B解析 如图，设 a ， b ， c ，则 ( b

4、a)( c)DA DB DC AB CD AC DB AD BC ( c a)b( a)(c b) bc ac cb ab ac ab06在正方体 ABCD A1B1C1D1中，给出以下向量表达式：( ) ；( ) ；( )2 ；( )A1D1 A1A AB BC BB1 D1C1 AD AB DD1 B1D1 A1A DD1 其中能够化简为向量 的是( )BD1 3A B C D答案 A解析 ( ) ；A1D1 A1A AB AD1 AB BD1 ( ) ；BC BB1 D1C1 BC1 D1C1 BD1 ( )2 2 ；AD AB DD1 BD DD1 BD1 ( ) 综上，符合题意故选

5、AB1D1 A1A DD1 B1D DD1 B1D1 BD1 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( )A5 B C4 D241 5答案 A解析 设 ， (0，4，3)，则 (0，4 ，3 )， (4，5，0)，AD AC AC AD AB (4，4 5，3 )由 0，得 ，所以 4， ，所以BD AC BD 45 BD 95125| |5故选 ABD 8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 3的原点，点 A， B 满足 2 a b， 3

6、a b，则 OAB 的面积为_OA OB 答案 534解析 由已知 2 a b， 3 a b，得OA OB | | ，| | OA 2a b2 7 OB 3a b2 7cos BOA ，sin BOA OA OB |OA |OB | 1114 5314 S OAB | | |sin BOA 12OA OB 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 B4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

7、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12be12， be2 ，且对于任意 x， yR，| b( xe1 ye2)| b( x0e1 y0e2)52|1( x0， y0R)，则 x0_， y0_，| b|_答案 1 2 2 2解析 e1， e2是单位向量， e1e2 ，cos e1， e2 ，又0 e1， e212 12180， 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 ，(12， 32， 0)

8、 OB 52得 m2， n ，则 b(2， ， r)而 xe1 ye2是平面 xOy 上任一向量，由| b( xe1 ye2)3 3|1 知点 B(2， ， r)到平面 xOy 的距离为 1，故可得 r1，则 b(2， ，1)，| b|23 3又由| b( xe1 ye2)| b( x0e1 y0e2)|1 知 x0e1 y0e2(2， ，0)，解得2 3x01， 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( )A l B l C l D l 与 斜交答案 B解析 a(1，0，2)， n(2，0，4)，即 n

9、2 a，故 a n， l 12(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 ， n1 n2，由题意可得 ， k4 21 42 k 213(2018河北衡水月考)正方体 ABCD A1B1C1D1中，点 E 为上底面 A1C1的中心若向量 A x y ，则实数 x， y 的值分别为( )E AA1 AB AD A x1， y1 B x1， y125C x ， y D x ， y112 12 12答案 C14(2018合肥质检)长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB1， B

10、C2， AA13，点 M 是 BC的中点，点 P AC1， Q MD，则 PQ 长度的最小值为( )A1 B C D243 233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(x0，2 x0， 33 x0)，Q(x1，2 x1，3)， x0，x10，1，所以PQx0 x12 2x0 x1 22 3 3x0 32 ，2(x1 x0 22 )2 272(x0 29)2 43当且仅当 x0 ， x1 时， PQ 取得最小值，29 89即 PQmin 43 233615(2018贵阳模拟)如图，在直三棱柱 ABC A1B1C1中， ACB90，2AC AA1 BC2若二面角 B1 DC

11、C1的大小为 60，则 AD 的长为( )A B2 3C2 D22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 AD a，则 D 点坐标为(1，0， a)， (1，0， a)， (0，2，2)，设平面 B1CDCD CB1 的一个法向量为 m( x， y， z)则Error! Error!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 AD mn|m|

12、n| 1a2 2 12 2 216(2018北京海淀区一模)正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 1，若动点 P 在线段 BD1上运动，则 的取值范围是_DC AP 答案 0，1解析 7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)DC BD1 点 P 在线段 BD1上运动，设 ( ， ， )，且 0 1BP BD1 ( ，1 ， )AP AB BP DC BP 1 0，1DC A

13、P 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CD垂直， M 是 上异于 C， D 的点CD(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 上异于 C， D 的点，且 DC 为直径，CD所以 DM CM8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

14、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DA Dxyz当三棱锥 M ABC 体积最大时， M 为 的中点CD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)AM AB DA 设 n( x， y， z)是平面 MAB 的法向量，则Error!即 Error!可取 n(1，0，2)是平面 MCD 的法向量，因此，DA cos n， ，sin n， ，DA nDA |n|DA | 55 DA 255所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是 2552(2018

15、全国卷)如图，在三棱锥 P ABC 中，AB BC2 ， PA PB PC AC4， O 为 AC 的中点2(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9值解 (1)证明：因为 PA PC AC4， O 为 AC 的中点，所以 OP AC，且 OP2 3连接 OB因为 AB BC AC，所以 ABC 为等腰直角三角形，且22OB AC， OB AC212由 OP2 OB2 PB2，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， 的方向为

16、 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系OB 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3(0，2，2 )，取平面 PAC 的法向量 (2，0，0)AP 3 OB 设 M(a，2 a，0)(0 a2)，则 ( a，4 a，0)AM 设平面 PAM 的法向量为 n( x， y， z)由 n0， n0 得Error!AP AM 可取 n( (a4)， a， a)，3 3所以 cos ， n OB 23a 423a 42 3a2 a2由已知得|cos ， n| OB 32所以 23|a 4|23a 42 3a2 a2

17、32解得 a4(舍去)， a 43所以 n (833， 433， 43)10又 (0，2，2 )，所以 cos ， n PC 3 PC 34所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 343(2017全国卷)如图，在四棱锥 P ABCD 中， AB CD，且 BAP CDP90(1)证明：平面 PAB平面 PAD；(2)若 PA PD AB DC， APD90，求二面角 A PB C 的余弦值解 (1)证明：由已知 BAP CDP90，得AB AP， CD PD因为 AB CD，所以 AB PD又 AP DP P，所以 AB平面 PAD因为 AB平面 PAB，所以平面 PAB平面 PAD(2

18、)在平面 PAD 内作 PF AD，垂足为点 F由(1)可知， AB平面 PAD，故 AB PF，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FA AB 坐标系 Fxyz由(1)及已知可得 A ，0，0， P0，0， ， B ，1，0， C ，1，0，所以22 22 22 22 ，1， ， ( ，0，0)， ，0， ， (0，1，0)PC 22 22 CB 2 PA 22 22 AB 设 n( x1， y1， z1)是平面 PCB 的一个法向量，则Error!即 Error!所以可取 n(0，1， )2设 m( x2， y2， z

19、2)是平面 PAB 的一个法向量，则11Error!即 Error!所以可取 m(1，0，1)，则 cos n， m nm|n|m| 232 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 时，证明：平面 SAB平面 SCD；2(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

20、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， AD2， 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 SOBRt SOC， BO CO，又四边形 ABCD 为长方形，12Rt AOBRt DOC， OA OD取

21、 BC 的中点为 E，连接 OE，得 OE AB，连接 SE，易得 SE ，3其中 OE1， OA OD1， OS 3 12 2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OA OE OS 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 (0，1，0)， (1，1， )， (2，0，0)，DC SC 2 BC 设 m( x1， y1， z1)是平面 SCD 的法向量，则有Error! 即Error!令 z11，得 m( ，0，1)2设 n( x2， y2， z2)是平面 SBC 的法向量

22、，则有Error! 即Error!令 z21，得 n(0， ，1)，2则|cos m， n| |mn|m|n| 133 13平面 SCD 与平面 SBC 所成二面角的余弦值的绝对值为 135(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 AB2， PA ， BCD606(1)证明： PO平面 ABCD；13(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55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

23、点， PO BD在菱形 ABCD 中， BCD60， AB2， OA ， OB13又 PB2， PO 3 PA ， PA2 PO2 OA2， PO OA6 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( ，0，0)， B(0，1，0)， C( ，0，0)， D(0，1，0)， P(0，0， )3 3 3 ( ，1，0)， (0，1， )， ( ，1，0)， ( ，1，0)，AB 3 BP 3 BC 3 CD 3设平面 ABP 的法向量为 n1，由Error!得平面 ABP 的一个法向量为

24、 n1(1， ，1)，3设 ，CM CD 则 BM BC CM BC CD ( ( 1)，( 1)，0)3设平面 BPM 的法向量为 n2，由Error!得平面 BPM 的一个法向量为n2( 1， ( 1)， 1)314由|cos n1， n2| ，|5 3|5 12 4 12 55得 5 26 10， 1 或 15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CM 15CD 556(2018江西重点盟校联考)如图，正三棱柱 ABC A1B1C1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 AD

25、A1C，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 AC BC， AE BE，知 CE AB，又平面 ABC平面 ABB1A1，平面 ABC平面ABB1A1 AB，CE平面 ABC，所以 CE平面 ABB1A1而 AD平面 ABB1A1，所以 AD CE，又 AD A1C， A1C CE C，所以 AD平面 A1CE，因为 A1E平面 A1CE，所以 AD A1E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

26、 ABC的垂线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，15设 BD t，0 t2，则 A(1，0，0)， D(1，0， t)， C1(0， ，2)， (2，0， t)，3 AD (1， ，2)，AC1 3设平面 ADC1的法向量为 n( x， y， z)，则Error!取 x1，得 n1， ， ，43t 13 2t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 |mn|m|n|2t1 43t 132 4t2 3t2 2t 7 3t 12 6由于 t(0，2)，故 cos ， ，217 22即平面 ADC1与平面 ABC 的夹角的余弦值的取值范围为 ， 217 2216