2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点测试36 空间向量的运算及应用 WORD版含解析.doc

1、考点测试36空间向量的运算及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给出下列命题：若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；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；若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c共面；已知空间的三个向量a，

2、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pxaybzc.其中正确命题的个数是()A0B1C.2D3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；根据空间向量的意义知，空间任意两向量a，b都共面，故错误；三个向量a，b，c中任意两个一定共面，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，故选A.2已知a(2,1，3)，b(1,2,3)，c(7,6，)，若a，b，c三向量共面，则()A9B9C.3D3答案B解析由题意知cxayb，即(7,6，)x(2,1，3)y(1,2,3

3、)，所以解得9.3. 如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点若a，b，c，则下列向量中与相等的向量是()AabcBabcCabcDabc答案A解析由题意并根据向量运算的几何运算法则，得()c(ba)abc.4在空间四边形ABCD中，若(3,5,2)，(7，1，4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为()A(2,3,3)B(2，3，3)C(5，2,1)D(5,2，1)答案B解析设O为坐标原点，因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，所以，()，()所以()()()(3，5，2)(7，1，4)(4，6，6)(2，3，3)5(多选)已知点P是平行四

4、边形ABCD所在的平面外一点，如果(2，1，4)，(4,2,0)，(1,2，1)下列结论正确的有()AAPABBAPADC.是平面ABCD的一个法向量D.答案ABC解析2(1)(1)2(4)(1)0，即APAB，A正确；(1)422(1)00，即APAD，B正确；APAB，APAD，且ABADA，AP平面ABCD，是平面ABCD的一个法向量，C正确；由是平面ABCD的法向量可得 ，D错误6(多选)已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外的任一点，则“点M与点A，B，C共面”的充分条件是()A.2B.C.D.答案BD解析当mn时，可知点M与点A，B，C共面，所以m()n()，所以(mn1)mn

5、，所以.不妨令x，y，z，则xyz，且此时xyz1.因为2(1)(1)01,11(1)1,11，1，由上可知，B，D满足要求故选BD.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()A5BC.4D2答案A解析设，(0,4，3)，则(0,4，3)，(4，5,0)，(4,45，3)由0，得，所以，所以|5.故选A.8. 已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PAAD1.在如图所示的空间直角坐标系中，MN_.答案解析连接PD，因为M，N分别为CD，PC的中点，所以MNPD，又P(0,0,1

6、)，D(0,1,0)，所以PD，所以MN.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B.10(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，e

7、2180，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，|b|2.又由|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1知x0e1y0e2(2，0)，解得x01，y02.三、模拟小题11(2021山东枣庄市第三中学月考)若a(1，2)，b(2，1,2)，且a，b的夹角的余弦值为，则等于()A2B2C2或D2或答案C解析因为a(1，2)，b(2，1,2)，所以

8、cosa，b，解得2或.故选C.12(2021福建永安模拟)已知空间向量a(2，1，x)，b(4,2,6)，若ab，则|a|()A3BC.2D答案B解析由题意，解得x3，则|a|.故选B.13(2021大连市第二十三中学月考)平面的法向量u(2，2,2)，平面的法向量v(1,2,1)，则下列命题正确的是()A，平行B，垂直C，重合D，不垂直答案B解析平面的法向量u(2，2,2)，平面的法向量v(1,2,1)，因为uv2420，所以两个平面垂直故选B.14(2022广东省佛山市第一次教学质量检测)设l1的方向向量为a(1,2，2)，l2的方向向量为b(2,3，m)，若l1l2，则m等于()A1B

9、2C.D3答案B解析因为l1l2，所以ab，所以ab262m0，解得m2.故选B.15. (多选)(2021辽宁省大连市第二十三中学月考)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB5，AD4，AA13，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则()A点B1的坐标为(4,5,3)B点C1关于点B对称的点为(5,8，3)C点A关于直线BD1对称的点为(0,5,3)D点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)答案ACD解析根据题意知，点B1的坐标为(4,5,3)，A正确；B的坐标为(4,5,0)，C1的坐标为(0,5,3)，故点C1关于点B对称的点为(8,5，3

10、)，B错误；在长方体中，AD1BC15AB，所以四边形ABC1D1为正方形，AC1与BD1垂直且平分，即点A关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3)，C正确；点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)，D正确故选ACD.16(2021天津市和平区校级月考)已知直线l的方向向量为m(1，1)，若点P(1,1，1)为直线l外一点，点A(4,1，2)为直线l上一点，则点P到直线l的距离为_答案解析P(1,1，1)，A(4,1，2)，(5,0，1)，又m(1，1)，cosm，sinm， ，又|，点P(1,1，1)到直线l的距离为|sinm， .一、高考大题1(2021全国乙卷) 如图，四棱锥P

11、ABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PDDC1，M为BC的中点，且PBAM.(1)求BC；(2)求二面角APMB的正弦值解(1)连接BD，PD底面ABCD，AM平面ABCD，PDAM.又PBAM，PBPDP，PB平面PBD，PD平面PBD，AM平面PBD，又BD平面PBD，AMBD，ABDMAB90.ABDADB90，ADBMAB.RtDABRtABM，.又ADBC，BMBC，BC21.BC.(2)如图，以D为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系则A(，0,0)，B(，1,0)，M，P(0,0,1)，则(，0,1)，(，1,1)设平面AMP的法向量为m(x1，y1，z

12、1)，则即令x1，则y11，z12，m(，1,2)设平面BMP的法向量为n(x2，y2，z2)，同理可得n(0,1,1)cosm，n.设二面角APMB的平面角为，则sin.2. (2020江苏高考)在三棱锥ABCD中，已知CBCD，BD2，O为BD的中点，AO平面BCD，AO2，E为AC的中点(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足BFBC，设二面角FDEC的大小为，求sin的值解(1)连接CO，CBCD，BOOD，COBD.又AO平面BCD，AO，BO，CO两两垂直以O为坐标原点，OB，OC，OA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(1

13、,0,0)，C(0,2,0)，D(1,0,0)，E(0,1,1)(1,0，2)，(1,1,1)，cos，.直线AB与DE所成角的余弦值为.(2)设平面DEC的法向量为n1(x1，y1，z1)，(1,2,0)，令y11，则x12，z11，n1(2,1,1)为平面DEC的一个法向量设平面DEF的法向量为n2(x2，y2，z2)，令y27，则x22，z25，n2(2，7,5)为平面DEF的一个法向量|cos|.sin.3. (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

14、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CD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，的方向为y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)，M(0，1,1)，(2,1,1)，(0,2,0)，(2,0,0)设n(x，y，z)是面MAB的法向量，则即可取n(1,

15、0,2)为面MAB的一个法向量是面MCD的一个法向量，因此，cosn，sinn，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.二、模拟大题4. (2021河南郑州三模)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PDADAB1，PD平面ABCD，E为CD的中点(1)线段PC上是否存在一点F，使得BEAF?(2)在(1)的条件下，求点E到平面ADF的距离解(1)当F是PC的中点时BEAF，证明如下：取PC的中点F，连接EF，AE，DF，AF，如图，易知PDEF，又PD平面ABCD，所以EF平面ABCD，又BE平面ABCD，所以EFBE.因为四边形ABCD为矩形，AD1，AB2，E为CD的中点，故

16、BEAE.因为在ABE中，AE2BE2AB2，所以AEBE，又AEEFE，AE，EF平面AEF，所以BE平面AEF.因为AF平面AEF，所以BEAF.(2)解法一(等体积法)：易知EF，VEADFVFADEEFSADE11，SADF1，设点E到平面ADF的距离为h，则hSADF，解得h，所以点E到平面ADF的距离为.解法二(空间向量法)：以D为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，F，E(0,1,0)设平面ADF的法向量为n(x，y，z)易知(1,0,0)，所以即令y1，则z2，所以n(0,1，2)为平面ADF的一个法向量，又(0

17、,1,0)，所以点E到平面ADF的距离d.5. (2022重庆市高三入学考试)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，DE平面ABCD，BF平面ABCD，DE2BF2AB.(1)证明：平面ABF平面CDE.(2)求平面ABF与平面CEF所成锐二面角的余弦值解(1)证明：因为DE平面ABCD，BF平面ABCD，所以DEBF.因为DE平面CDE，BF平面CDE，所以BF平面CDE.因为四边形ABCD是正方形，所以ABCD.因为CD平面CDE，AB平面CDE，所以AB平面CDE.因为AB平面ABF，BF平面ABF，且ABBFB，所以平面ABF平面CDE.(2) 由题意可知DA，DC，D

18、E两两垂直，则以D为原点，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设AB1，则C(0,1,0)，E(0,0,2)，F(1,1,1)，从而(1,1，1)，(1,0,1)设平面CEF的法向量为m(x，y，z)，则令x1，得m(1，2，1)为平面CEF的一个法向量平面ABF的一个法向量为n(1,0,0)故cosn，m，即平面ABF与平面CEF所成锐二面角的余弦值为.6. (2021河北高三4月模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是等腰梯形，ABBC1，AD2，四边形ADEF是直角梯形，且AF1，DE2，AFAD，AFDE，平面ABCD平面ADEF.(1)证

19、明：平面BDE平面ABE；(2)线段EF上是否存在一点P，使平面PAB与平面CDE所成锐二面角的余弦值为？若存在，请说明P点的位置；若不存在，请说明理由解(1)证明：在等腰梯形ABCD中，ABBC1，AD2，可得BAD60.在ABD中，由余弦定理可得BD，所以AB2BD2AD2，所以ABBD.因为AFAD，AFDE，所以ADDE.又因为平面ABCD平面ADEF且交于AD，所以DE平面ABCD.又因为AB平面ABCD，所以ABDE.因为BDDED，所以AB平面BDE.又因为AB平面ABE，所以平面BDE平面ABE.(2) 如图，过B作AD的垂线交AD于点O，过O在平面ADEF内作AD的垂线Ox，建立空间直角坐标系Oxyz，则A，B，C，D，E，F，(1,2,0)，设(01)，则P，(2,0,0)，(1,2，0)设平面CDE的法向量为m(x1，y1，z1)，则令z11，得m(0，1)为平面CDE的一个法向量设平面PAB的法向量为n(x2，y2，z2)，则令z21，得n，所以|cosm，n|，解得，即当P为EF的中点时满足题意.