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

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．