五年高考真题2022届高考数学复习第八章第六节空间向量的应用理全国通用

考点　空间向量及其应用1．(2022·陕西，18)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值．(1)证明　在图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC，即在图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O，图1从而BE⊥平面A1OC，又在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD，E为AD中点，所以BC綉ED，所以四边形BCDE为平行四边形，故有CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，所以∠A1OC＝，图2如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，所以B，E，A1，C，得＝，＝，7\n＝＝(－，0，0)，设平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为θ，则得取n1＝(1，1，1)；得取n2＝(0，1，1)，从而cosθ＝|cos<n1，n2>|＝＝，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.2．(2022·天津，17)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．(1)求证：MN∥平面ABCD；(2)求二面角D1－AC－B1的正弦值；(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长．解　如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，－2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，－2，2)，又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，得M，N(1，－2，1)．(1)证明　依题意，可得n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，＝，由此可得·n＝0，又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.(2)＝(1，－2，2)，＝(2，0，0)，设n1＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量，则即7\n不妨设z＝1，可得n1＝(0，1，1)．设n2＝(x，y，z)为平面ACB1的法向量，则又＝(0，1，2)，得不妨设z＝1，可得n2＝(0，－2，1)．因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，于是sin〈n1，n2〉＝.所以，二面角D1－AC－B1的正弦值为.(3)依题意，可设＝λ，其中λ∈[0，1]，则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2，1)，又n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos〈，n〉＝＝＝，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0，1]，解得λ＝－2，所以，线段A1E的长为－2.3．(2022·江西，19)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA＝EB＝AB＝1，PA＝，连接CE并延长交AD于F.(1)求证：AD⊥平面CFG；(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．(1)证明　在△ABD中，因为E是BD的中点，所以EA＝EB＝ED＝AB＝1，故∠BAD＝，∠ABE＝∠AEB＝，因为△DAB≌△DCB，7\n所以△EAB≌△ECB，从而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝，所以∠FED＝∠FEA，故EF⊥AD，AF＝FD，又因为PG＝GD，所以FG∥PA.又PA⊥平面ABCD，所以GF⊥AD，故AD⊥平面CFG.(2)解　以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C，D，P，故＝，＝，＝.设平面BCP的法向量n1＝(1，y1，z1)，则解得即n1＝.设平面DCP的法向量n2＝(1，y2，z2)，则解得7\n即n2＝(1，，2)．从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cosθ＝＝＝.4.(2022·湖北，19)如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足＝，记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角ElC的大小为β，求证：sinθ＝sinαsinβ.(1)解　直线l∥平面PAC，证明如下：连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，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.因为l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，所以直线l∥平面PAC.(2)证明　法一　(综合法)如图1，连接BD，由(1)可知交线l即为直线BD，且l∥AC.因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC，图1已知PC⊥平面ABC，而l⊂平面ABC，所以PC⊥l.而PC∩BC＝C，所以l⊥平面PBC.连接BE，BF，因为BF⊂平面PBC，所以l⊥BF.故∠CBF就是二面角ElC的平面角，即∠CBF＝β.7\n由＝，作DQ∥CP，且DQ＝CP.连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP＝2PF，所以DQ＝PF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD.连接CD，因为PC⊥平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF＝θ.又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF为锐角，故∠BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即∠BDF＝α，于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得sinθ＝，sinα＝，sinβ＝，从而sinαsinβ＝·＝＝sinθ，即sinθ＝sinαsinβ.法二　(向量法)如图2，由＝，作DQ∥CP，且DQ＝CP.连接PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交线l即为直线BD.以点C为原点，向量，，所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CA＝a，CB＝b，CP＝2c，则有C(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，b，0)，P(0，0，2c)，Q(a，b，c)，E，F(0，0，c)．于是＝(a，0，0)，图2＝(－a，－b，c)，＝(0，－b，c)，所以cosα＝＝，从而sinα＝＝.又取平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，可得7\nsinθ＝＝，设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，所以由可得取n＝(0，c，b)．于是|cosβ|＝＝，从而sinβ＝＝.故sinαsinβ＝·＝＝sinθ，即sinθ＝sinαsinβ.7