2022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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专题20 空间向量 一、选择题局部 1.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T12)在正三棱柱中,,点满足,其中,,那么〔〕 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,那么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. 应选BD. 2.(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||+||=,那么PD的最大值为〔 〕 A.3 B. C. D.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下图, 那么O〔0,0,0〕,A〔﹣1,0,0〕,B〔1,0,0〕,C〔〕,, 因为||+||=>AB=2, 故点P的轨迹是以A,B为焦点的椭圆, 所以,2c=2,解得, 所以点P的轨迹方程为, 设, 那么 = =, 令t=cosθ,那么t∈[﹣1,1], 所以f〔t〕=,那么,令f'〔t〕=0,解得, 当时,f'〔t〕>0,那么f〔t〕单调递增, 当时,f'〔t〕<0,那么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、解答题局部 3.(2021•高考全国甲卷•理T19) 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,那么 因为平面的法向量为, 设平面与平面的二面角的平面角为, 那么. 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,那么两两垂直,以点为坐标原点,如下图,建立空间直角坐标系, 那么, 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,BC⊥CD,AD⊥BD,以BD为折痕把△ABD折起,使点A到达点P的位置,且PC⊥BC. 〔1〕证明:PD⊥CD; 〔2〕假设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BC⊥CD,BC⊥PC,PC∩CD=C,所以BC⊥平面PCD, 又因为PD⊂平面PCD,所以BC⊥PD, 又因为PD⊥BD,BD∩BC=B,所以PD⊥平面BCD, 又因为CD⊂平面BCD,所以PD⊥CD 〔2〕解:因为PC⊥BC,CD⊥BC, 所以∠PCD是二面角P-BC-D的平面角,即∠PCD=60°, 在Rt△PCD中,PD=CDtan60°=3CD, 取BD的中点O,连接OM,OC,因为BC=CD,BC⊥CD , 所以OC⊥BD ,由〔1〕知,PD⊥平面BCD,OM为△PBD的中位线, 所以OM⊥BD,OM⊥OC,即OM,OC,BD两两垂直, 以O为原点建立如下图的坐标系O-xyz,设OB=1,那么 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), 那么由{n⋅CD=0,n⋅CM=0,得{-x+y=0,-x+62z=0,令z=2,得n=(3,3,2), 所以cos〈n,CP〉=CP⋅n|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 为原点建立如下图的坐标系 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P﹣ABCD中,PC⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,AB=2,AD=CD=1,E是PB的中点. 〔Ⅰ〕求证:平面EAC⊥平面PBC; 〔Ⅱ〕假设PC>1,直线PA与平面EAC所成角的正弦值为,求二面角P﹣AC﹣E的余弦值. 【解析】〔Ⅰ〕证明:∵PC⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD, ∴AC⊥PC, 又AB=2,AD=CD=1, ∴, ∴AC2+BC2=AB2,那么AC⊥BC, 又BC∩PC=C, ∴AC⊥平面PBC, ∵AC⊂平面EAC, ∴平面EAC⊥平面PBC; 〔Ⅱ〕以C为原点,建立如下图的空间直角坐标系,那么C〔0,0,0〕,A〔1,1,0〕,B〔1,﹣1,0〕, 设P〔0,0,a〕〔a>1〕,那么, 设平面EAC的一个法向量为,那么,那么可取, 设直线PA与平面EAC所成角为θ,那么, ∴a4﹣5a2+4=0,解得a=2或a=1〔舍去〕,那么, 取,那么,故平面PAC的一个法向量为, ∴, 又二面角P﹣AC﹣E的平面角为锐角, ∴二面角P﹣AC﹣E的余弦值为. 7.(2021•重庆名校联盟三模•T19.)如图,四棱锥P﹣ABCD中,平面PCD⊥平面ABCD,AB∥CD,AB=3DC=6,BM=2MP. 〔1〕求证:CM∥平面PAD; 〔2〕假设AD=1,AD⊥DC,PD⊥PC且PD=PC.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, 那么==,所以MN∥AB且MN=AB, 又DC∥AB且DC=AB, 所以四边形MNDC为平行四边形, 所以DN∥CM, 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OE∥AD交AB于E, 因为平面PCD⊥平面ABCD,OP⊥DC,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,如下图, 所以=+=+=〔,,〕,=〔0,6,0〕,=〔﹣1,1,1〕, 设平面PAB的法向量为=〔x,y,z〕,那么,即, 取x=1,得=〔1,0,1〕, 所以cos<,>==, 所以直线CM与平面PAB所成的角为45°. 8.(2021•上海嘉定三模•T17.)如图,在四棱雉锥P﹣ABCD中,PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,AB=AD=AP=2,BC=1,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CQ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〕 那么Q〔1,0,1〕,,, 设异面直线CQ与PD所成的角为α,那么, 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β,那么. 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P﹣ABCD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AO=AC=AP=2,PA底面ABCD,M为PC的中点. 〔1〕证明:平面OAM⊥平面PCD; 〔2〕求二面角O﹣MD﹣C的余弦值. 【解析】〔1〕证明:由题意点A为圆O上一点,那么AB⊥AC, 由PA⊥底面ABCD,知PA⊥AB, 又PA∩AC=A,PA、AC⊂平面PAC,∴AB⊥平面PAC, ∵AM⊂平面PAC,∴AB⊥AM, ∵M为PC的中点,∴AM⊥PC, ∵CD∩PC=C,∴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, 那么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〕, 那么,取x=1,得=〔1,3,〕, 由〔1〕知AM⊥平面PCD, 那么平面CDM的一个法向量=〔0,1,1〕, ∴cos<>==, 由图可知二面角O﹣MD﹣C的锐角, 那么二面角O﹣MD﹣C的余弦值为. 10.(2021•湖南三模•T20.)如图,在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中,底面为矩形,平面AA1D1D⊥平面CC1D1D,且CC1=CD=DD1=C1D1=1. 〔1〕证明:AD⊥平面CC1D1D; 〔2〕假设A1C与平面CC1D1D所成角为,求二面角C﹣AA1﹣D的余弦值. 【解析】〔1〕证明:在梯形CC1D1D中,因为CC1=CD=DD1=, 所以∠DD1C1=,连结DC1,由余弦定理可求得DC1=, 因为,所以DC1⊥DD1, 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AD⊥DC1, 因为AD⊥DC,DC∩DC1=D, 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下图, 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Rt△A1CD1中,因为,所以A1D1=3, 那么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, 那么有,即, 令y=3,那么x=0,z=,故, 设平面AA1C1C的法向量为, 那么有,即, 令a=2,那么b=3,,故, 所以=, 由图可知,二面角C﹣AA1﹣D锐二面角, 故二面角C﹣AA1﹣D的余弦值为.- 配套讲稿:
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