2022年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第七章 第6節(jié) 空間向量及其運(yùn)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(xiàng)給出的向量的模都是，|a|.對于選項(xiàng)A，設(shè)b(1,1,0)，則cosa，b，因?yàn)?°a，b180°，所以a，b120°.對于選項(xiàng)B，設(shè)b(1，1,0)，則cosa，b.因?yàn)?°a，b<180°，所以a，b60°，正確對于選項(xiàng)C，設(shè)b(0，1,1)，則cosa，b.因?yàn)?°a，b180°，所以a，b120°.對于選項(xiàng)D，設(shè)b(1,0,1)則cosa，b1.因?yàn)?°a，b180°，所以a，b180°，故選B.答案：B2.（xx北京，5分）在空間直角坐標(biāo)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DABC在xOy，yOz，zOx坐標(biāo)平面上的正投影圖形的面積，則()AS1S2S3 BS2S1且S2S3CS3S1且S3S2 DS3S2且S3S1解析：根據(jù)題目條件，在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中作出該三棱錐DABC，顯然S1SABC×2×22，S2S3×2×.故選D.答案：D3.（xx江西，5分）如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB11，AD7，AA112.一質(zhì)點(diǎn)從頂點(diǎn)A射向點(diǎn)E(4,3,12)遇長方體的面反射(反射服從光的反射原理)，將第i1次到第i次反射點(diǎn)之間的線段記為Li(i2,3,4)，L1AE，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(diǎn)是在過A，E，A1的平面內(nèi)運(yùn)動因?yàn)?lt;，所以過A，E，A1作長方體的截面AA1NM如圖所示設(shè)點(diǎn)A關(guān)于平面A1B1C1D1的對稱點(diǎn)為A，易知它在z軸上，且AA1AA112，連接AE并延長交平面ABCD于點(diǎn)E1，因?yàn)锳1E5，所以AE110，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L1AEEE1L2；事實(shí)上，只需要在AA1NM內(nèi)，過E1作AE的平行線交MN于點(diǎn)E2，再過E2作E1E的平行線交A1N于點(diǎn)E3，可知EE1>E2E3L4>E1E2L3，故L1L2>L4>L3，故選C.答案：C4.（xx湖北，5分）在如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，一個四面體的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)，給出編號的四個圖，則該四面體的正視圖和俯視圖分別為()A和 B和C和 D和解析：選D在空間直角坐標(biāo)系Oxyz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，俯視圖為.答案：D5.（xx浙江，15分）如圖，在四面體A­BCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2.M是AD的中點(diǎn)，P是BM的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在線段AC上，且AQ3QC.(1)證明：PQ平面BCD；(2)若二面角C­BM­D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(jì)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(diǎn)O，在線段CD上取點(diǎn)F，使得DF3FC，連接OP，OF，F(xiàn)Q.因?yàn)锳Q3QC，所以QFAD，且QFAD.因?yàn)镺，P分別為BD，BM的中點(diǎn)，所以O(shè)P是BDM的中位線，所以O(shè)PDM，且OPDM.又點(diǎn)M為AD的中點(diǎn)，所以O(shè)PAD，且OPAD.從而OPFQ，且OPFQ，所以四邊形OPQF為平行四邊形，故PQOF.又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)作CGBD于點(diǎn)G，作GHBM于點(diǎn)H，連接CH.因?yàn)锳D平面BCD，CG平面BCD，所以ADCG，又CGBD，ADBDD，故CG平面ABD，又BM平面ABD，所以CGBM.又GHBM，CGGHG，故BM平面CGH，BMCH，所以CHG為二面角C­BM­D的平面角，即CHG60°.設(shè)BDC.在RtBCD中，CDBDcos 2cos ，CGCDsin 2cos sin ，BCBDsin 2sin ，BGBCsin 2sin2.在RtBDM中，HG.在RtCHG中，tanCHG.所以tan .從而60°，即BDC60°.法二：(1)證明：如圖，取BD的中點(diǎn)O，以O(shè)為原點(diǎn)，OD，OP所在射線為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O­xyz.由題意知A(0，2)，B(0，0)，D(0，0)設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(x0，y0,0)因?yàn)?，所以Q.因?yàn)镸為AD的中點(diǎn)，故M(0，1)又P為BM的中點(diǎn)，故P.所以.又平面BCD的一個法向量為u(0,0,1)，故·u0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)設(shè)m(x，y，z)為平面BMC的法向量由(x0，y0,1)，(0,2，1)知取y1，得m.又平面BDM的一個法向量為n(1,0,0)，于是|cosm，n|，即23.又BCCD，所以·0，故(x0，y0,0)·(x0，y0,0)0，即xy2.聯(lián)立，解得(舍去)或所以tanBDC.又BDC是銳角，所以BDC60°.6（xx天津，13分）如圖， 四棱柱ABCD­A1B1C1D1中， 側(cè)棱A1A底面ABCD，AB/DC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E為棱AA1的中點(diǎn)(1)證明：B1C1CE; (2)求二面角B1­CE­C1的正弦值(3)設(shè)點(diǎn)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(yùn)算能力和推理論證能力法一：如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)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·0，所以B1C1CE.(2) (1，2，1)設(shè)平面B1CE的法向量m(x，y，z)，則即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一個法向量為m(3，2,1)由(1)知，B1C1CE，又CC1B1C1，可得B1C1平面CEC1，故(1,0，1)為平面CEC1的一個法向量于是cosm，從而sin m，.所以二面角B1­CE­C1的正弦值為.(3) (0,1,0)，(1,1,1)設(shè)(，)，01，有(，1，)可取(0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量設(shè)為直線AM與平面ADD1A1所成的角，則sin |cos，|.于是，解得，所以AM.法二：(1)證明：因?yàn)閭?cè)棱CC1底面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1，所以CC1B1C1.經(jīng)計(jì)算可得B1E，B1C1，EC1，從而B1E2B1CEC，所以在B1EC1中，B1C1C1E，又CC1，C1E平面CC1E，CC1C1EC1，所以B1C1平面CC1E.又CE平面CC1E，故B1C1CE.(2)過B1作B1GCE于點(diǎn)G，連接C1G.由(1)知，B1C1CE，故CE平面B1C1G，得CEC1G，所以B1GC1為二面角B1­CE­C1的平面角在CC1E中，由CEC1E，CC12，可得C1G.在RtB1C1G中，B1G，所以sin B1GC1，即二面角B1­CE­C1的正弦值為.(3)連接D1E，過點(diǎn)M作MHED1于點(diǎn)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(shè)AMx，從而在RtAHM中，有MHx，AHx.在RtC1D1E中，C1D11，ED1，得EHMHx.在AEH中，AEH135°，AE1，由AH2AE2EH22AE·EHcos 135°，得x21x2x，整理得5x22x60，解得x.所以線段AM的長為.7.（xx湖北，12分）如圖，AB是圓O的直徑，點(diǎn)C是圓O上異于A，B的點(diǎn)，直線PC平面ABC，E，F(xiàn)分別是PA，PC的中點(diǎn)(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(shè)(1)中的直線l與圓O的另一個交點(diǎn)為D，且點(diǎn)Q滿足.記直線PQ與平面ABC所成的角為，異面直線PQ與EF所成的角為，二面角E­l­C的大小為，求證：sin sin sin .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(yīng)用，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，考查空間想象能力、邏輯推理能力和運(yùn)算求解能力(1)直線l平面PAC，證明如下：連接EF，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是PA，PC的中點(diǎn)，所以EFAC.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ABCl，所以EFl.因?yàn)閘平面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lAC.因?yàn)锳B是O的直徑，所以ACBC，于是lBC.已知PC平面ABC，而l平面ABC，所以PCl.而PCBCC，所以l平面PBC.連接BE，BF，因?yàn)锽F平面PBC，所以lBF.故CBF就是二面角E­l­C的平面角，即CBF.由，作DQCP，且DQCP.連接PQ，DF，因?yàn)镕是CP的中點(diǎn)，CP2PF，所以DQPF，從而四邊形DQPF是平行四邊形，PQFD.連接CD，因?yàn)镻C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.又BD平面PBC，有BDBF，知BDF為銳角，故BDF為異面直線PQ與EF所成的角，即BDF，于是在RtDCF，RtFBD，RtBCF中，分別可得sin ，sin ，sin ，從而sin sin ·sin ，即sin sin sin .法二：(向量法)如圖2，由，作DQCP，且DQCP.連接PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交線l即為直線BD.以點(diǎn)C為原點(diǎn)，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(biāo)系，設(shè)CAa，CBb，CP2c，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 ，從而sin .又取平面ABC的一個法向量為m(0,0,1)，可得sin ，設(shè)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 |，從而sin .故sin sin ·sin ，即sin sin sin .8（xx福建，13分）如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E為CD中點(diǎn)(1)求證：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)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AB1EA1的大小為30°，求AB的長解：(1)證明：以A為原點(diǎn)，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)設(shè)ABa，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)·×01×1(1)×10，B1EAD1.(2)假設(shè)在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE，此時(0，1，z0)又設(shè)平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得取x1，則y，za，得平面B1AE的一個法向量n(1，a)要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在點(diǎn)P，滿足DP平面B1AE，此時AP.(3)連接A1D，B1C，由長方體ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1，是平面A1B1E的一個法向量，此時(0,1,1)設(shè)與n所成的角為，則cos .二面角AB1EA1的大小為30°，|cos |cos 30°，即，解得a2，即AB的長為2.