【科学备考】（新课标）2022高考数学二轮复习 第八章 立体几何 空间向量的概念及其运算 理（含2022试题）

【科学备考】（新课标）2022高考数学二轮复习第八章立体几何空间向量的概念及其运算理（含2022试题）理数1.(2022广东,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°夹角的是(　　)A.(-1,1,0)　　B.(1,-1,0)　　C.(0,-1,1)　　D.(-1,0,1)　　[答案]1.B[解析]1.经检验,选项B中向量(1,-1,0)与向量a=(1,0,-1)的夹角的余弦值为,即它们的夹角为60°,故选B.2.(2022年北京海淀区高三第二次模拟，13,5分)正方体的棱长为，若动点在线段上运动，则的取值范围是______________.[答案]2.　　[解析]2.建立空间直角坐标系如图，则D（0，0，0）、C（0，1，0）、A（1，0，0）、B（1，1，0）、D1（0，0，1）．所以。因为动点在线段上运动，所以设.。所以，因为，所以，即的取值范围是。3.（2022重庆一中高三下学期第一次月考，19）（原创）如图，在四面体中，平面，，，。是的中点，是的中点，点在线段上，且。(1)   证明:平面；(2)   若异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求的值。25\n[答案]3.查看解析[解析]3. 法一：(1)如图，连并延长交于，连，过作交于，则，。故，从而。因平面，平面，故平面；(2)过作于，作于，连。因平面，故平面平面，故平面，因此，从而平面，所以即为二面角的平面角。因，故，因此即为的角平分线。由⑴易知，故，从而，。由题易知平面，故。由题，故25\n。所以，从而。法二：如图建立空间直角坐标系，则，，，，。  (1)设，则，因此。显然是平面的一个法向量，且，所以平面；(2)由(1)，，，故由得，因此，从而，。设是平面的法向量，则，取得。设是平面的法向量，则，取得。故。4.(2022天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试，19)如图，在四棱锥中，底面为矩形，面，。(Ⅰ)求证：当时，平面面；(Ⅱ)当时，求二面角的大小。25\n[答案]4.查看解析[解析]4.以为坐标原点，射线分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.　　 ………………………(1分)设，由已知得：，  ……………(2分)(Ⅰ)当时，，，∴,=,，  ……………(3分)·=，·=，　　　　……………………(4分)∴。　　 …………………………………(5分)又， ∴平面∴平面平面。      …………………………………(6分)(Ⅱ)∵，∴，25\n∵二面角小于，    …………………………(11分)∴二面角余弦值为，∴二面角B-PD-C大小为。     …………………………(12分)5.(2022山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考，19)如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°,四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1．（1）求证：平面FBC⊥平面ACFE；（2）点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ（θ90°），试求cosθ的取值范围．25\n[答案]5.查看解析[解析]5. （1）证明：在四边形ABCD中，∵AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°,∴AB=2，∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos60°=3,∴AB2=AC2+BC2,∴BC⊥AC.∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE.  又因为BC⊂平面FBC，所以平面ACFE⊥平面FBC，     .............5分(2)解：由(1)可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令FM=λ(0≤λ≤),则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，取x=1,则n1=(1,,),∵n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,25\n∵0≤λ≤,∴当λ=0时，cosθ有最小值，当λ=时，cosθ有最大值. ∴cosθ∈［］..............12分6.（2022山东潍坊高三3月模拟考试数学（理）试题，17）如图，在四棱锥E-ABCD中，EA平面ABCD，AB//CD，AD=BC=AB，ABC=．  (I)求证：BCE为直角三角形； (II)若AE=AB，求CE与平面ADE所成角的正弦值．[答案]6.查看解析[解析]6.25\n7.（2022江西重点中学协作体高三第一次联考数学（理）试题，19）　　如图，四棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，底面是菱形，,点P在底面上的射影为ΔACD的重心，点M为线段上的点．（1）当点M为PB的中点时，求证：PD//平面ACM；（2）当平面CDM与平面CBM夹角的余弦值为时，试确定点M的位置．[答案]7.查看解析[解析]7. （1）设AC、BD的交点为I，连结MI，　　因为I、M分别为BD、BP的中点，所以PD//MI，又MI在平面ACM内，所以PD//平面ACM；    …………4分25\n（2）设CD的中点为O，分别以OA、OC为x轴、y轴，过O点垂直平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则,，，，，　　　　………………6分设，则,，设平面CBM的法向量为，则且，令则　　　　      ………………………10分所以8.（2022湖北八校高三第二次联考数学（理）试题，19）如图，在三棱锥中，点是的中点，点在线段25\n上,且．（Ⅰ）求的长； （Ⅱ）求二面角的余弦值．[答案]8.查看解析[解析]8.（2）   设平面MNC的一个法向量为，则   令，则，即　　     ………………9分平面ANC的一个法向量为，25\n   则   故二面角的余弦值为.　　　　 ………………12分9.(2022年北京海淀区高三第二次模拟，17，14分）如图1，在直角梯形中，，，，.把沿对角线折起到的位置,如图2所示,使得点在平面上的正投影恰好落在线段上，连接,点分别为线段的中点.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱上是否存在一点,使得到点四点的距离相等？请说明理由.[答案]9.（Ⅰ）因为点在平面上的正投影恰好落在线段上，所以平面，所以.因为在直角梯形中，，，，　　所以，.所以是等边三角形，所以是中点.所以.同理可证，又.25\n所以平面.（Ⅱ）在平面内过作的垂线，如图建立空间直角坐标系，则，，.因为，，设平面的法向量为.因为，，所以有，即，令则　所以.故.所以直线与平面所成角的正弦值为.(III)存在，事实上记点为即可.因为在直角三角形中，，　在直角三角形中，点，所以点到四个点的距离相等.9.10.（2022重庆，19,13分）如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ACB=∠ACD=,F为PC的中点,AF⊥PB.(Ⅰ)求PA的长;(Ⅱ)求二面角B-AF-D的正弦值.25\n[答案]10.(Ⅰ)如图,连结BD交AC于O,因为BC=CD,即△BCD为等腰三角形,又AC平分∠BCD,故AC⊥BD.以O为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz,则OC=CDcos=1,而AC=4,得AO=AC-OC=3,又OD=CDsin=,故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0).因PA⊥底面ABCD,可设P(0,-3,z),由F为PC边中点,F.又=,=(,3,-z),因AF⊥PB,故·=0,即6-=0,z=2(舍去-2),所以||=2.(Ⅱ)由(Ⅰ)知=(-,3,0),=(,3,0),=(0,2,).设平面FAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面FAB的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1·=0,n1·=0,得因此可取n1=(3,,-2).由n2·=0,n2·=0,得故可取n2=(3,-,2).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos<n1,n2>==.25\n故二面角B-AF-D的正弦值为.10.11.（2022四川，19,12分）如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,AB=AC=2AA1,∠BAC=120°,D,D1分别是线段BC,B1C1的中点,P是线段AD的中点.(Ⅰ)在平面ABC内,试作出过点P与平面A1BC平行的直线l,说明理由,并证明直线l⊥平面ADD1A1;(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l交AB于点M,交AC于点N,求二面角A-A1M-N的余弦值.[答案]11.(Ⅰ)如图,在平面ABC内,过点P作直线l∥BC,因为l在平面A1BC外,BC在平面A1BC内,由直线与平面平行的判定定理可知,l∥平面A1BC.由已知,AB=AC,D是BC的中点,所以BC⊥AD,则直线l⊥AD.因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥直线l.又因为AD,AA1在平面ADD1A1内,且AD与AA1相交,所以直线l⊥平面ADD1A1.(6分)(Ⅱ)解法一:连结A1P,过A作AE⊥A1P于E,过E作EF⊥A1M于F,连结AF.由(Ⅰ)知,MN⊥平面AEA1,所以平面AEA1⊥平面A1MN.所以AE⊥平面A1MN,则A1M⊥AE.所以A1M⊥平面AEF,则A1M⊥AF.故∠AFE为二面角A-A1M-N的平面角(设为θ).设AA1=1,则由AB=AC=2AA1,∠BAC=120°,有∠BAD=60°,AB=2,AD=1.又P为AD的中点,所以M为AB中点,且AP=,AM=1,所以在Rt△AA1P中,A1P=;在Rt△A1AM中,A1M=.从而AE==,AF==,所以sinθ==,25\n所以cosθ===.故二面角A-A1M-N的余弦值为.(12分)解法二:设A1A=1.如图,过A1作A1E平行于B1C1,以A1为坐标原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz(点O与点A1重合).则A1(0,0,0),A(0,0,1).因为P为AD的中点,所以M,N分别为AB,AC的中点,故M,N,所以=,=(0,0,1),=(,0,0).设平面AA1M的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则即故有从而取x1=1,则y1=-,所以n1=(1,-,0).设平面A1MN的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则即故有25\n从而取y2=2,则z2=-1,所以n2=(0,2,-1).设二面角A-A1M-N的平面角为θ,又θ为锐角,则cosθ===.故二面角A-A1M-N的余弦值为.(12分)11.12.(2022湖南，19,12分)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.(Ⅰ)证明:AC⊥B1D;(Ⅱ)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.[答案]12.解法一:(Ⅰ)如图1,因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BB1.又AC⊥BD,所以AC⊥平面BB1D,而B1D⊂平面BB1D,所以AC⊥B1D.图1(Ⅱ)因为B1C1∥AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ).如图1,连结A1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90°,所以A1B1⊥平面ADD1A1,从而A1B1⊥AD1.又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形,于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D,于是AD1⊥B1D.由(Ⅰ)知,AC⊥B1D,所以B1D⊥平面ACD1,故∠ADB1=90°-θ.在直角梯形ABCD中,因为AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB,故=25\n,即AB==.连结AB1.易知△AB1D是直角三角形,且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B1D=.在Rt△AB1D中,cos∠ADB1===,即cos(90°-θ)=.从而sinθ=.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.解法二:(Ⅰ)易知,AB,AD,AA1两两垂直.如图2,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).图2从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).因为AC⊥BD,所以·=-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去).于是=(-,3,-3),=(,1,0).因为·=-3+3+0=0,所以⊥,即AC⊥B1D.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACD1的一个法向量,则即令x=1,则n=(1,-,).25\n设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则sinθ=|cos<n,>|===.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.12.13.（2022陕西，18,12分）如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O为底面中心,A1O⊥平面ABCD,AB=AA1=.(Ⅰ)证明:A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.[答案]13.(Ⅰ)解法一:由题设易知OA,OB,OA1两两垂直,以O为原点建立空间直角坐标系,如图.∵AB=AA1=,∴OA=OB=OA1=1,∴A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,0),A1(0,0,1).由=,易得B1(-1,1,1).∵=(-1,0,-1),=(0,-2,0),=(-1,0,1),∴·=0,·=0,∴A1C⊥BD,A1C⊥BB1,∴A1C⊥平面BB1D1D.解法二:∵A1O⊥平面ABCD,∴A1O⊥BD.又∵底面ABCD是正方形,∴BD⊥AC,∴BD⊥平面A1OC,∴BD⊥A1C.又∵OA1是AC的中垂线,∴A1A=A1C=,且AC=2,∴AC2=A+A1C2,25\n∴△AA1C是直角三角形,∴AA1⊥A1C.又BB1∥AA1,∴A1C⊥BB1,∴A1C⊥平面BB1D1D.(Ⅱ)设平面OCB1的法向量n=(x,y,z).∵=(-1,0,0),=(-1,1,1),∴∴取n=(0,1,-1),由(Ⅰ)知,=(-1,0,-1)是平面BB1D1D的法向量,∴cosθ=|cos<n,>|==.又∵0≤θ≤,∴θ=.13.14.（2022江苏，22,10分）如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,点D是BC的中点.(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值.[答案]14.(1)以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以=(2,0,-4),=(1,-1,-4).因为cos<,>===,所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.25\n(2)设平面ADC1的法向量为n1=(x,y,z),因为=(1,1,0),=(0,2,4),所以n1·=0,n1·=0,即x+y=0且y+2z=0,取z=1,得x=2,y=-2,所以n1=(2,-2,1)是平面ADC1的一个法向量.取平面AA1B的一个法向量为n2=(0,1,0),设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.由|cosθ|===,得sinθ=.因此,平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.14.15.（2022辽宁，18,12分）如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点.(Ⅰ)求证:平面PAC⊥平面PBC;(Ⅱ)若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值.[答案]15.(Ⅰ)证明:由AB是圆的直径,得AC⊥BC,由PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,得PA⊥BC.又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC.因为BC⊂平面PBC.所以平面PBC⊥平面PAC.(6分)(Ⅱ)解法一:过C作CM∥AP,则CM⊥平面ABC.如图,以点C为坐标原点.分别以直线CB,CA,CM为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.25\n因为AB=2,AC=1,所以BC=.因为PA=1,所以A(0,1,0),B(,0,0),P(0,1,1),故=(,0,0),=(0,1,1).设平面BCP的法向量为n1=(x,y,z).则所以不妨令y=1,则n1=(0,1,-1).因为=(0,0,1),=(,-1,0),设平面ABP的法向量为n2=(x,y,z),则所以不妨令x=1,则n2=(1,,0).于是cos<n1,n2>==,所以由题意可知二面角C-PB-A的余弦值为.(12分)解法二:过C作CM⊥AB于M,因为PA⊥平面ABC,CM⊂平面ABC,所以PA⊥CM,故CM⊥平面PAB.过M作MN⊥PB于N,连结NC,25\n由三垂线定理得CN⊥PB.所以∠CNM为二面角C-PB-A的平面角.在Rt△ABC中,由AB=2,AC=1,得BC=,CM=,BM=.在Rt△PAB中,由AB=2,PA=1,得PB=.因为Rt△BNM∽Rt△BAP,所以=,故MN=.又在Rt△CNM中,CN=,故cos∠CNM=.所以二面角C-PB-A的余弦值为.(12分)15.16.（2022北京,17,14分）如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形,平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.(Ⅰ)求证:AA1⊥平面ABC;(Ⅱ)求二面角A1-BC1-B1的余弦值;(Ⅲ)证明:在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B.并求的值.[答案]16.(Ⅰ)因为AA1C1C为正方形,所以AA1⊥AC.因为平面ABC⊥平面AA1C1C,且AA1垂直于这两个平面的交线AC,所以AA1⊥平面ABC.25\n(Ⅱ)由(Ⅰ)知AA1⊥AC,AA1⊥AB.由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC.如图,以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz,则B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4).设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则即令z=3,则x=0,y=4,所以n=(0,4,3).同理可得,平面B1BC1的法向量为m=(3,4,0).所以cos<n,m>==.由题知二面角A1-BC1-B1为锐角,所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为.(Ⅲ)设D(x,y,z)是直线BC1上一点,且=λ.所以(x,y-3,z)=λ(4,-3,4).解得x=4λ,y=3-3λ,z=4λ.所以=(4λ,3-3λ,4λ).由·=0,即9-25λ=0,解得λ=.因为∈[0,1],所以在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B.此时,=λ=.16.17.(2022课标Ⅱ，18,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=AB.(Ⅰ)证明:BC1∥平面A1CD;25\n(Ⅱ)求二面角D-A1C-E的正弦值.[答案]17.(Ⅰ)连结AC1交A1C于点F,则F为AC1中点.又D是AB中点,连结DF,则BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.(Ⅱ)由AC=CB=AB得,AC⊥BC.以C为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设CA=2,则D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2).设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,则即可取n=(1,-1,-1).同理,设m是平面A1CE的法向量,则可取m=(2,1,-2).从而cos<n,m>==,故sin<n,m>=.25\n即二面角D-A1C-E的正弦值为.17.25