2022年高考數(shù)學5年真題備考題庫 第七章 第6節(jié) 空間向量及其運算和空間位置關(guān)系 理（含解析）

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1、2022年高考數(shù)學5年真題備考題庫 第七章 第6節(jié) 空間向量及其運算和空間位置關(guān)系 理（含解析） 1.（xx廣東，5分）. 已知向量a＝(1,0，－1)，則下列向量中與a成60°夾角的是(　　) A．(－1,1,0) B．(1，－1,0) C．(0，－1,1) D．(－1,0,1) 解析：　各選項給出的向量的模都是，|a|＝. 對于選項A，設b＝(－1,1,0)，則cos〈a，b〉＝＝＝－，因為0°≤〈a，b〉≤180°，所以〈a，b〉＝120°. 對于選項B，設b＝(1，－1,0)，則cos〈a，b〉＝＝＝.因為0°≤〈a，b〉<180°，所以〈a，b〉＝60°，正確

2、． 對于選項C，設b＝(0，－1,1)，則cos〈a，b〉＝＝＝－.因為0°≤〈a，b〉≤180°，所以〈a，b〉＝120°. 對于選項D，設b＝(－1,0,1)．則cos〈a，b〉＝＝＝－1.因為0°≤〈a，b〉≤180°，所以〈a，b〉＝180°，故選B. 答案：B 2.（xx北京，5分）在空間直角坐標系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，)．若S1，S2，S3分別是三棱錐D－ABC在xOy，yOz，zOx坐標平面上的正投影圖形的面積，則(　　) A．S1＝S2＝S3 B．S2＝S1且S2≠S3 C．S3＝S1且S3≠S2

3、 D．S3＝S2且S3≠S1 解析：　根據(jù)題目條件，在空間直角坐標系Oxyz中作出該三棱錐D－ABC，顯然S1＝S△ABC＝×2×2＝2，S2＝S3＝×2×＝.故選D. 答案：D 3.（xx江西，5分）如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12.一質(zhì)點從頂點A射向點E(4,3,12)．遇長方體的面反射(反射服從光的反射原理)，將第i－1次到第i次反射點之間的線段記為Li(i＝2,3,4)，L1＝AE，將線段L1，L2，L3，L4豎直放置在同一水平線上，則大致的圖形是(　　) 解析：選C　根據(jù)反射的對稱性，質(zhì)點是在過A，E，A1的平面

4、內(nèi)運動．因為<，所以過A，E，A1作長方體的截面AA1NM如圖所示． 設點A關(guān)于平面A1B1C1D1的對稱點為A′，易知它在z軸上，且A′A1＝AA1＝12，連接A′E并延長交平面ABCD于點E1，因為A1E＝5，所以AE1＝10，且E1到AB，AD的距離分別為6,8，即E1(8,6,0)，而它在線段AM上，從而知L1＝AE＝EE1＝L2；事實上，只需要在AA1NM內(nèi)，過E1作AE的平行線交MN于點E2，再過E2作E1E的平行線交A1N于點E3，可知EE1>E2E3＝L4>E1E2＝L3，故L1＝L2>L4>L3，故選C. 答案：C 4.（xx湖北，5分）在如圖所示的空間直角坐標系O

5、－xyz中，一個四面體的頂點坐標分別是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)，給出編號①②③④的四個圖，則該四面體的正視圖和俯視圖分別為　　(　　) A．①和② B．③和① C．④和③ D．④和② 解析：選D　在空間直角坐標系O－xyz中作出棱長為2的正方體，在該正方體中作出四面體，如圖所示，由圖可知，該四面體的正視圖為④，俯視圖為②. 答案：D 5.（xx浙江，15分）如圖，在四面體A-BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2.M是AD的中點，P是BM的中點，點Q在線段AC上，且AQ＝3QC. (1)證明：PQ∥平面B

6、CD； (2)若二面角C-BM-D的大小為60°，求∠BDC的大小． 解：本題考查空間線面平行的證明，二面角的計算，以及三角形的有關(guān)知識，考查考生的推理論證能力、空間想象能力，以及利用空間向量解決相關(guān)問題的能力． 法一：(1)證明：取BD的中點O，在線段CD上取點F，使得DF＝3FC，連接OP，OF，F(xiàn)Q. 因為AQ＝3QC，所以QF∥AD，且QF＝AD. 因為O，P分別為BD，BM的中點，所以OP是△BDM的中位線，所以OP∥DM，且OP＝DM. 又點M為AD的中點， 所以OP∥AD，且OP＝AD. 從而OP∥FQ，且OP＝FQ， 所以四邊形OPQF為平行四邊形，故PQ∥O

7、F. 又PQ?平面BCD，OF?平面BCD，所以PQ∥平面BCD. (2)作CG⊥BD于點G，作GH⊥BM于點H，連接CH. 因為AD⊥平面BCD，CG?平面BCD，所以AD⊥CG， 又CG⊥BD，AD∩BD＝D，故CG⊥平面ABD，又BM?平面ABD，所以CG⊥BM. 又GH⊥BM，CG∩GH＝G，故BM⊥平面CGH， ∴BM⊥CH，所以∠CHG為二面角C-BM-D的平面角， 即∠CHG＝60°. 設∠BDC＝θ. 在Rt△BCD中，CD＝BDcos θ＝2cos θ， CG＝CDsin θ＝2cos θsin θ，BC＝BDsin θ＝2sin θ， BG＝BCsin

8、 θ＝2sin2θ. 在Rt△BDM中，HG＝＝. 在Rt△CHG中，tan∠CHG＝＝＝. 所以tan θ＝. 從而θ＝60°，即∠BDC＝60°. 法二：(1)證明：如圖，取BD的中點O，以O為原點，OD，OP所在射線為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系O-xyz. 由題意知A(0，，2)， B(0，－，0)，D(0，，0)． 設點C的坐標為(x0，y0,0)．因為＝3，所以Q. 因為M為AD的中點，故M(0，，1)．又P為BM的中點，故P.所以＝. 又平面BCD的一個法向量為u＝(0,0,1)， 故·u＝0. 又PQ?平面BCD，所以PQ∥平面BCD. (2)

9、設m＝(x，y，z)為平面BMC的法向量． 由＝(－x0，－y0,1)，＝(0,2，1)知 取y＝－1，得m＝. 又平面BDM的一個法向量為n＝(1,0,0)，于是 |cos〈m，n〉|＝＝＝， 即2＝3.?、? 又BC⊥CD，所以·＝0，故 (－x0，－－y0,0)·(－x0，－y0,0)＝0， 即x＋y＝2.?、? 聯(lián)立①②，解得(舍去)或 所以tan∠BDC＝＝. 又∠BDC是銳角，所以∠BDC＝60°. 6．（xx天津，13分）如圖， 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中， 側(cè)棱A1A⊥底面ABCD，AB//DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E為

10、棱AA1的中點． (1)證明：B1C1⊥CE; (2)求二面角B1-CE-C1的正弦值． (3)設點M在線段C1E上， 且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為，求線段AM的長． 解：本小題主要考查空間線線、線面的位置關(guān)系，以及二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識，考查用空間向量解決立體幾何問題的方法，考查考生的空間想象能力、運算能力和推理論證能力． 法一：如圖，以點A為原點建立空間直角坐標系，依題意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)． (1)證明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是

11、·＝0，所以B1C1⊥CE. (2) ＝(1，－2，－1)．設平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)， 則即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一個法向量為m＝(－3，－2,1)． 由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)為平面CEC1的一個法向量． 于是cos〈m，〉＝＝＝－， 從而sin 〈m，〉＝. 所以二面角B1-CE-C1的正弦值為. (3) ＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．設＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可?。?0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量．設θ為直線AM與

12、平面ADD1A1所成的角，則sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.于是＝，解得λ＝，所以AM＝. 法二：(1)證明：因為側(cè)棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1?平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.經(jīng)計算可得B1E＝，B1C1＝，EC1＝，從而B1E2＝B1C＋EC，所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E，又CC1，C1E?平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E.又CE?平面CC1E，故B1C1⊥CE. (2)過B1作B1G⊥CE于點G，連接C1G.由(1)知，B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，所以∠B1GC1為二面角B1-CE-C1的

13、平面角．在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C1G＝.在Rt△B1C1G中，B1G＝，所以sin ∠B1GC1＝， 即二面角B1-CE-C1的正弦值為. (3)連接D1E，過點M作MH⊥ED1于點H，可得MH⊥平面ADD1A1，連接AH，AM，則∠MAH為直線AM與平面ADD1A1所成的角． 設AM＝x，從而在Rt△AHM中，有MH＝x，AH＝x.在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝，得EH＝MH＝x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos 135°， 得x2＝1＋x2＋x， 整理得5x2－2x－6＝0，解得x＝

14、.所以線段AM的長為. 7.（xx湖北，12分）如圖，AB是圓O的直徑，點C是圓O上異于A，B的點，直線PC⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是PA，PC的中點． (1)記平面BEF與平面ABC的交線為l，試判斷直線l與平面PAC的位置關(guān)系，并加以證明； (2)設(1)中的直線l與圓O的另一個交點為D，且點Q滿足＝.記直線PQ與平面ABC所成的角為θ，異面直線PQ與EF所成的角為α，二面角E-l-C的大小為β，求證：sin θ＝sin αsin β. 解：本題考查空間線面位置關(guān)系的判斷和證明，考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角等基礎(chǔ)知識，考查空間向量在立體幾何中的應用，考查化歸與轉(zhuǎn)

15、化思想，考查空間想象能力、邏輯推理能力和運算求解能力． (1)直線l∥平面PAC，證明如下： 連接EF，因為E，F(xiàn)分別是PA，PC的中點，所以EF∥AC. 又EF?平面ABC，且AC?平面ABC，所以EF∥平面ABC. 而EF?平面BEF，且平面BEF∩平面ABC＝l，所以EF∥l. 因為l?平面PAC，EF?平面PAC，所以l∥平面PAC. (2)證明：法一：(綜合法)如圖1，連接BD，由(1)可知交線l即為直線BD，且l∥AC. 因為AB是⊙O的直徑，所以AC⊥BC，于是l⊥BC. 已知PC⊥平面ABC，而l?平面ABC，所以PC⊥l. 而PC∩BC＝C，所以l⊥平面

16、PBC. 連接BE，BF，因為BF?平面PBC，所以l⊥BF. 故∠CBF就是二面角E-l-C的平面角，即∠CBF＝β. 由＝，作DQ∥CP，且DQ＝CP. 連接PQ，DF，因為F是CP的中點，CP＝2PF，所以DQ＝PF， 從而四邊形DQPF是平行四邊形，PQ∥FD. 連接CD，因為PC⊥平面ABC，所以CD是FD在平面ABC內(nèi)的射影， 故∠CDF就是直線PQ與平面ABC所成的角，即∠CDF＝θ. 又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF為銳角， 故∠BDF為異面直線PQ與EF所成的角，即∠BDF＝α， 于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分別可得 s

17、in θ＝，sin α＝，sin β＝， 從而sin αsin β＝·＝＝sin θ， 即sin θ＝sin αsin β. 法二：(向量法)如圖2，由＝，作DQ∥CP，且DQ＝CP. 連接PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交線l即為直線BD. 以點C為原點，向量，，所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設CA＝a，CB＝b，CP＝2c，則有 C(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，b,0)，P(0,0,2c)，Q(a，b，c)，E，F(xiàn)(0,0，c)． 于是＝，＝(－a，－b，c)，＝(0，－b，c)， 所以cos α＝＝， 從而sin α＝＝

18、 . 又取平面ABC的一個法向量為m＝(0,0,1)， 可得sin θ＝＝， 設平面BEF的法向量為n＝(x，y，z)， 所以由可得取n＝(0，c，b)． 于是|cos β|＝＝，從而sin β＝ ＝. 故sin αsin β＝·＝＝sin θ， 即sin θ＝sin αsin β. 8．（xx福建，13分）如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E為CD中點． (1)求證：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一點P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的長；若不存在，說明理由； (3)若二面角A－B1E－A1的大小為30°，求AB的長．

19、 解：(1)證明：以A為原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖)．設AB＝a，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E(，1,0)，B1(a，0,1)，故＝(0,1,1)，＝(－，1，－1)，＝(a,0,1)，＝(，1,0)． ∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B1E⊥AD1. (2)假設在棱AA1上存在一點P(0,0，z0)， 使得DP∥平面B1AE，此時＝(0，－1，z0)． 又設平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得取x＝1，則y＝－，z＝－a，得平面B1AE的一個法向量n＝

20、(1，－，－a)． 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝. 又DP?平面B1AE，∴存在點P，滿足DP∥平面B1AE，此時AP＝. (3)連接A1D，B1C，由長方體ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1， ∴AD1⊥平面DCB1A1，∴是平面A1B1E的一個法向量，此時＝(0,1,1)． 設與n所成的角為θ， 則cos θ＝＝ . ∵二面角A－B1E－A1的大小為30°， ∴|cos θ|＝cos 30°，即＝， 解得a＝2，即AB的長為2.