2021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47 空间向量及其应用229（含解析）新人教B版.doc

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，b

2、，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()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，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()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、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，则四边形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)，则(1,0,0)，(0,0,1)，故，即对角线的交点坐标为，故选B.4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()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，若，则A，B，C，P四点()A一定不共面

4、 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，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 D2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.7. 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，若点E为BC的中点，点F为B1C1的中点，则异面直线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

5、系，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则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，则cos，异面直线AF与C1E所成角的余弦值为，故选B.8. 如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是_答案60解析如图所示，建立空间直角坐标系由于ABBCAA1，不妨取AB2，则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，

6、故直线EF和BC1所成的角是60.二、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，e21

7、80，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，则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(2019成都诊断)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()Aabc BabcC

8、abc Dabc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.12(2019厦门模拟)已知a(1,0,2)，b(6,21,2)，若ab，则与的值可以是()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(2019河南商丘高三质检)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

9、，2)(7，1，4)(4，6，6)(2，3，3)14. (2019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，则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|22221113，所以| .15(2019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，则|为()Aa Ba Ca Da答案A解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则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

10、xa，y，z.所以M，所以|a.16(2019东北三省高三第三次联考)已知四面体ABCD中，平面ABD平面BCD，ABD为边长为2的等边三角形，BDDC，BDCD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为_答案解析如图所示，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，则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(2019浙江高考)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F

11、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，则四边形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，则平面A1BC平面E

12、GFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上连接A1G交EF于点O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)不妨设AC4，则在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，则E(0,0,0)，

13、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. (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

14、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)，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，则即可取n(1,0,2)是平面MCD的法向量，因此，cosn，sinn，所以面MAB与面MCD所

15、成二面角的正弦值是.3(2018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)若点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

16、,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，则(0,2，2)，取平面PAC的法向量(2,0,0)设M(a,2a,0)(0a2)，则(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 .由已知得|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(2019宿迁模拟)如图所示，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

17、(1)记a，b，c，则|a|b|c|1，a，bb，cc，a60.所以abbcca.|2(abc)2a2b2c22(abbcca)11126，所以|，即AC1的长为.(2)证明：因为abc，ba.所以(abc)(ba)ab|b|2bc|a|2abacbcac|b|c|cos60|a|c|cos600.所以，所以AC1BD.(3)因为bca.ab，所以|，|，(bca)(ab)b2a2acbc1.所以cos，.所以BD1与AC夹角的余弦值为.5(2020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

18、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(如图所示)，则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，则(x，y，2)，y20，所以y.又(x2，y,0)，(x,2y,0)，所以(x2

19、)(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. (2020重庆七校联考)如图，已知四棱锥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)若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，则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)，则取x13，n1(3，2)E为PC的中点，则E，设平面MDE的法向量为n2(x2，y2，z2)，则取x23，n2.设二面角PMDE的平面角为，由cos.二面角PMDE的余弦值为.