2010年高考数学试题分类汇编——向量填空

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十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学专题20空间向量(含答案及解析)

十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题20空间向量1.(2014·全国2·理T11)直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠BCA=90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC=CA=CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.√3010D.√22 【答案】C【解析】如图,以点C 1为坐标原点,C 1B 1,C 1A 1,C 1C 所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系, 不妨设BC=CA=CC 1=1,可知点 A (0,1,1),N (0,12,0),B (1,0,1),M (12,12,0).∴AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,-1),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,-1). ∴cos <AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3010. 根据AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角及AN 与BM 所成角的关系可知,BM 与AN 所成角的余弦值为√30.2.(2013·北京·文T8)如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,P 为对角线BD 1的三等分点,P 到各顶点的距离的不同取值有( )A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】B【解析】设正方体的棱长为a.建立空间直角坐标系,如图所示.则D (0,0,0),D 1(0,0,a ),C 1(0,a ,a ),C (0,a ,0),B (a ,a ,0),B 1(a ,a ,a ),A (a ,0,0),A 1(a ,0,a ),P (23a ,23a ,13a),则|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√19a 2+19a 2+19a 2=√33a , |PD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√49a 2+49a 2+19a 2=a , |PD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√49a 2+49a 2+49a 2=2√33a , |PC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|PA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√49a 2+19a 2+49a 2=a , |PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√49a 2+19a 2+19a 2=√63a ,|PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√19a 2+19a 2+49a 2=√63a ,3.(2012·陕西·理T5)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1,CA=CC 1=2CB ,则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.√55B.√53C.2√55D.35【答案】A【解析】不妨设CB=1,则CA=CC 1=2.由题图知,A 点的坐标为(2,0,0),B 点的坐标为(0,0,1),B 1点的坐标为(0,2,1),C 1点的坐标为(0,2,0).所以BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1),AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,1).所以cos <BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=3√5=√55. 4.(2010·大纲全国·文T6)直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA 1,则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】C【解析】不妨设AB=AC=AA 1=1,建立空间直角坐标系如图所示,则B(0,-1,0),A 1(0,0,1),A(0,0,0),C 1(-1,0,1),∴BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1).∴cos <BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2×2=12. ∴<BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=60°.∴异面直线BA 1与AC 1所成的角为60°.5.(2019·天津·理T17)如图,AE ⊥平面ABCD,CF ∥AE,AD ∥BC,AD ⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF ∥平面ADE;(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F 的余弦值为13,求线段CF 的长.【解析】(1)证明依题意,可以建立以A 为原点,分别以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).依题意,AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)是平面ADE 的法向量, 又BF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,h ),可得BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,又因为直线BF ⊄平面ADE ,所以BF ∥平面ADE. (2)解依题意,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,2). 设n =(x ,y ,z )为平面BDE 的法向量,则{n ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,-x +2z =0,不妨令z=1, 可得n =(2,2,1).因此有cos <CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=CE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |CE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=-49. 所以,直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)解设m =(x ,y ,z )为平面BDF 的法向量,则{m ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,2y +ℎz =0, 不妨令y=1,可得m =1,1,-2ℎ.由题意,有|cos <m,n >|=|m ·n ||m ||n |=|4-2ℎ|3√2+4ℎ2=13, 解得h=87,经检验,符合题意.所以,线段CF 的长为87.6.(2019·浙江·T 19)如图,已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1,平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A 1A=A 1C=AC ,E ,F 分别是AC ,A 1B 1的中点.(1)证明:EF ⊥BC ;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】方法一:(1)连接A 1E ,因为A 1A=A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC.又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1,平面A 1ACC 1∩平面ABC=AC ,所以,A 1E ⊥平面ABC ,则A 1E ⊥BC.又因为A 1F ∥AB ,∠ABC=90°,故BC ⊥A 1F.所以BC ⊥平面A 1EF.因此EF ⊥BC.(2)取BC 中点G ,连接EG ,GF ,则EGFA 1是平行四边形.由于A 1E ⊥平面ABC ,故A 1E ⊥EG ,所以平行四边形EGFA 1为矩形.由(1)得BC ⊥平面EGFA 1,则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1,所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上.连接A 1G 交EF 于O ,则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角).不妨设AC=4,则在Rt △A 1EG 中,A 1E=2√3,EG=√3.由于O 为A 1G 的中点,故EO=OG=A 1G 2=√152, 所以cos ∠EOG=EO 2+OG 2-EG 22EO ·OG =35.因此,直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.方法二:(1)连接A 1E ,因为A 1A=A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC.又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1,平面A 1ACC 1∩平面ABC=AC ,所以,A 1E ⊥平面ABC.如图,以点E 为原点,分别以射线EC ,EA 1为y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.不妨设AC=4,则A 1(0,0,2√3),B (√3,1,0),B 1(√3,3,2√3),F √32,32,2√3,C (0,2,0).因此,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =√32,32,2√3,BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0). 由EF⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得EF ⊥BC.(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0.2,-2√3).设平面A 1BC 的法向量为n =(x ,y ,z ).由{BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得{-√3x +y =0,y -√3z =0. 取n =(1,√3,1),故sin θ=|cos <EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n >|=|EF⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||EF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=4.因此,直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35.7.(2019·全国1·理T18)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,∠BAD=60°,E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点.(1)证明:MN ∥平面C 1DE ;(2)求二面角A-MA 1-N 的正弦值.【解析】(1)连接B 1C ,ME.因为M ,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME ∥B 1C ,且ME= B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以ND= A 1D.由题设知A 1B 1 DC ,可得B 1C A 1D ,故ME ND ,因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ∥ED.又MN ⊄平面EDC 1,所以MN ∥平面C 1DE.(2)由已知可得DE ⊥DA.以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A (2,0,0),A 1(2,0,4),M (1,√3,2),N (1,0,2),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,-4),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,0).设m =(x ,y ,z )为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{-x +√3y -2z =0,-4z =0.可取m =(√3,1,0). 设n =(p ,q ,r )为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0. 所以{-√3q =0,-p -2r =0.可取n =(2,0,-1). 于是cos <m,n >=m ·n|m ||n |=√32×√5=√155,所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为√105.8.(2019·全国2·理T17)如图,长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形,点E 在棱AA 1上,BE ⊥EC 1.(1)证明:BE ⊥平面EB 1C 1;(2)若AE=A 1E ,求二面角B-EC-C 1的正弦值.【解析】(1)证明由已知得,B 1C 1⊥平面ABB 1A 1,BE ⊂平面ABB 1A 1,故B 1C 1⊥BE.又BE ⊥EC 1,所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)解由(1)知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ,所以∠AEB=45°,故AE=AB ,AA 1=2AB.以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|DA ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz ,则C (0,1,0),B (1,1,0),C 1(0,1,2),E (1,0,1),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,1),CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2).{CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x =0,x -y +z =0, 所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC 1的法向量为m =(x ,y ,z ),则{CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{2z =0,x -y +z =0, 所以可取m =(1,1,0).于是cos <n,m >=n ·m |n ||m |=-12. 所以,二面角B-EC-C 1的正弦值为√32. 9.(2019·全国3·理T19)图1是由矩形ADEB,Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC 折起使得BE 与BF 重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D 四点共面,且平面ABC ⊥平面BCGE;(2)求图2中的二面角B-CG-A 的大小.【解析】(1)证明由已知得AD ∥BE,CG ∥BE,所以AD ∥CG,故AD,CG 确定一个平面,从而A,C,G,D 四点共面.由已知得AB ⊥BE,AB ⊥BC,故AB ⊥平面BCGE.又因为AB ⊂平面ABC,所以平面ABC ⊥平面BCGE.(2)解作EH ⊥BC,垂足为H.因为EH ⊂平面BCGE,平面BCGE ⊥平面ABC,所以EH ⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE 的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=√3.以H 为坐标原点,HC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A (-1,1,0),C (1,0,0),G (2,0,√3),CG⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0).则{CG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x +√3z =0,2x -y =0. 所以可取n =(3,6,-√3).又平面BCGE 的法向量可取为m =(0,1,0),所以cos <n,m >=n ·m|n ||m |=√32.因此二面角B-CG-A 的大小为30°.10.(2018·浙江·T 8)已知四棱锥S-ABCD 的底面是正方形,侧棱长均相等,E 是线段AB 上的点(不含端点).设SE 与BC 所成的角为θ1,SE 与平面ABCD 所成的角为θ2,二面角S-AB-C 的平面角为θ3,则( )A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】当点E 不是线段AB 的中点时,如图,点G 是AB 的中点,SH ⊥底面ABCD,过点H 作HF ∥AB,过点E 作EF ∥BC,连接SG,GH,EH,SF.可知θ1=∠SEF ,θ2=∠SEH ,θ3=∠SGH.由题意可知EF ⊥SF ,故tan θ1=SF EF =SF GH >SH GH=tan θ3. ∴θ1>θ3.又tan θ3=SH GH >SH EH =tan θ2,∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2.当点E 是线段AB 的中点时,即点E 与点G 重合,此时θ1=θ3=θ2.综上可知,θ1≥θ3≥θ2.11.(2018·全国3·理T19)如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD⏜所在平面垂直,M 是CD ⏜上异于C ,D 的点.(1)证明:平面AMD ⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC 体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值.【解析】(1)由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC ⊥CD,BC ⊂平面ABCD,所以BC ⊥平面CMD,故BC ⊥DM.因为M 为CD⏜上异于C,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM.又BC ∩CM=C,所以DM ⊥平面BMC. 而DM ⊂平面AMD,故平面AMD ⊥平面BMC.(2)以D 为坐标原点, DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为 CD⏜的中点.由题设得 D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0,1,1),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB 的法向量,则{n ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0.即{-2x +y +z =0,2y =0. 可取n=(1,0,2),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此cos <n,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,sin <n,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√55. 所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是2√55.12.(2018·北京·理T16)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,CC 1⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为AA 1,AC ,A 1C 1,BB 1的中点,AB=BC= √5,AC=AA 1=2.(1)求证:AC ⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C 1的余弦值;(3)证明:直线FG 与平面BCD 相交.【解析】(1)证明在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∵CC 1⊥平面ABC ,∴四边形A 1ACC 1为矩形.又E ,F 分别为AC ,A 1C 1的中点,∴AC ⊥EF.∵AB=BC ,∴AC ⊥BE ,∴AC ⊥平面BEF.(2)解由(1)知AC ⊥EF ,AC ⊥BE ,EF ∥CC 1.∵CC 1⊥平面ABC ,∴EF ⊥平面ABC. ∵BE ⊂平面ABC ,∴EF ⊥BE.建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.由题意得B (0,2,0),C (-1,0,0),D (1,0,1),F (0,0,2),G (0,2,1).∴CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,1),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0). 设平面BCD 的法向量为n =(a ,b ,c ), 则{n ·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2a +c =0,a +2b =0,令a=2,则b=-1,c=-4,∴平面BCD 的法向量n =(2,-1,-4),又平面CDC 1的法向量为EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), ∴cos <n,EB⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·EB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ||EB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=-√2121.由图可得二面角B-CD-C 1为钝角,∴二面角B-CD-C 1的余弦值为-√2121. (3)证明平面BCD 的法向量为n=(2,-1,-4), ∵G(0,2,1),F(0,0,2), ∴GF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,1), ∴n ·GF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2,∴n 与GF⃗⃗⃗⃗⃗ 不垂直, ∴FG 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内, ∴FG 与平面BCD 相交.13.(2018·天津·理T17)如图,AD ∥BC 且AD=2BC,AD ⊥CD,EG ∥AD 且EG=AD,CD ∥FG 且CD=2FG,DG ⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN ∥平面CDE; (2)求二面角E-BC-F 的正弦值;(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.【解析】依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DG ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D (0,0,0),A (2,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),E (2,0,2),F (0,1,2),G (0,0,2),M 0,32,1,N (1,0,2).(1)证明:依题意DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2). 设n0=(x,y,z)为平面CDE 的法向量, 则{n 0·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 0·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y =0,2x +2z =0,不妨令z=-1,可得n 0=(1,0,-1).又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-32,1),可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 0=0.(2)依题意,可得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,2),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2).设n =(x ,y ,z )为平面BCE 的法向量,则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,x -2y +2z =0,不妨令z=1,可得n =(0,1,1).设m =(x ,y ,z )为平面BCF 的法向量,则{m ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x =0,-y +2z =0,不妨令z=1,可得m =(0,2,1). 因此有cos <m,n >=m ·n |m ||n |=3√1010,于是sin <m,n >=√1010.所以,二面角E-BC-F 的正弦值为√1010. (3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h ),可得BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h ).易知,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量,故|cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ℎ+5.由题意,可得√ℎ+5=sin 60°=√32,解得h=√33∈[0,2].所以,线段DP 的长为√33.14.(2018·全国1·理T18)如图,四边形ABCD 为正方形,E,F 分别为AD,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF. (1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD; (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.【解析】(1)由已知可得,BF ⊥PF,BF ⊥EF, 所以BF ⊥平面PEF.又BF ⊂平面ABFD,所以平面PEF ⊥平面ABFD. (2)作PH ⊥EF,垂足为H. 由(1)得,PH ⊥平面ABFD.以H 为坐标原点,HF⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz. 由(1)可得,DE ⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=√3.又PF=1,EF=2,故PE ⊥PF.可得PH=√32,EH=32.则H (0,0,0),P (0,0,√32),D (-1,-32,0),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,32,√32),HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√32)为平面ABFD 的法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ, 则sin θ=|HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=343=√34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√34.15.(2018·全国2·理T20)如图,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4,O 为AC 的中点. (1)证明:PO ⊥平面ABC;(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M-PA-C 为30°,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.【解析】(1)因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点, 所以OP ⊥AC ,且OP=2√3. 连接OB ,因为AB=BC=√22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=12AC=2. 由OP2+OB2=PB2知PO ⊥OB.由OP ⊥OB,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC.(2)如图,以O 为坐标原点,OB⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz. 由已知得O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,-2,0),C (0,2,0),P (0,0,2√3),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3). 取平面PAC 的法向量OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0得 {2y +2√3z =9,ax +(4-a )y =0.可取n =(√3(a-4),√3a ,-a ),所以cos <OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=√3(2√3(a -4)+3a 2+a 2.由已知可得|cos <OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√32. 所以√32√3(a -4)+3a 2+a 2=√32,解得a=-4(舍去),a=43. 所以n =(-8√33,4√33,-43).又PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos <PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=√34. 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为√34.16.(2018·浙江·T9)如图,已知多面体ABCA 1B 1C 1,A 1A ,B 1B ,C 1C 均垂直于平面ABC ,∠ABC=120°,A 1A=4,C 1C=1,AB=BC=B 1B=2.(1)证明:AB 1⊥平面A 1B 1C 1;(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值.【解析】解法一(1)证明:由AB=2,AA 1=4,BB 1=2,AA 1⊥AB ,BB 1⊥AB ,得AB 1=A 1B 1=2√2,所以A 1B 12+A B 12=A A 12,故AB 1⊥A 1B 1.由BC=2,BB 1=2,CC 1=1,BC 1⊥BC ,CC 1⊥BC ,得B 1C 1=√5,由AB=BC=2,∠ABC=120°,得AC=2√3,由CC 1⊥AC ,得AC 1=√13,所以A B 12+B 1C 12=A C 12,故AB 1⊥B 1C 1.因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)如图,过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1,交直线A 1B 1于点D ,连接AD.由AB 1⊥平面A 1B 1C 1,得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1,由C 1D ⊥A 1B 1,得C 1D ⊥平面ABB 1,所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21, 得cos ∠C 1A 1B 1=√6√7,sin ∠C 1A 1B 1=√7,所以C 1D=√3,故sin ∠C 1AD=C 1D AC 1=√3913.因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.解法二(1)证明:如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB,OC 为x,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下:A (0,-√3,0),B (1,0,0),A 1(0,-√3,4),B 1(1,0,2),C 1(0,√3,1). 因此AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,-3).由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得AB 1⊥A 1C 1.所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设平面ABB 1的法向量n =(x ,y ,z ).由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +√3y =0,2z =0,可取n =(-√3,1,0).所以sin θ=|cos <AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√3913.因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.17.(2018·上海·T17)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2. (1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积;(2)设PO=4,OA,OB 是底面半径,且∠AOB=90°,M 为线段AB 的中点,如图,求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.【解析】(1)∵圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2,母线长为4,∴圆锥的体积V=13πr 2h=13×π×22×√42-22=8√3π3. (2)∵PO=4,OA,OB 是底面半径,且∠AOB=90°,M 为线段AB 的中点,∴以O 为原点,OA 为x 轴,OB 为y 轴,OP 为z 轴,建立空间直角坐标系,∴P(0,0,4),A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,0),O(0,0,0), ∴PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-4),OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0). 设异面直线PM 与OB 所成的角为θ,则cos θ=|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√1+1+(-4)×√0+2+0=√26.∴θ=arccos √26.∴异面直线PM 与OB 所成的角的大小为arccos √26.18.(2017·北京·理T16)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为正方形,平面PAD ⊥平面ABCD,点M 在线段PB 上,PD ∥平面MAC,PA=PD=√6,AB=4. (1)求证:M 为PB 的中点; (2)求二面角B-PD-A 的大小;(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值.【解析】(1)证明设AC,BD 交点为E,连接ME. 因为PD ∥平面MAC,平面MAC ∩平面PDB=ME,所以PD ∥ME. 因为ABCD 是正方形,所以E 为BD 的中点. 所以M 为PB 的中点.(2)解取AD 的中点O,连接OP,OE. 因为PA=PD,所以OP ⊥AD.又因为平面PAD ⊥平面ABCD,且OP ⊂平面PAD,所以OP ⊥平面ABCD. 因为OE ⊂平面ABCD,所以OP ⊥OE. 因为ABCD 是正方形,所以OE ⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz ,则P (0,0,√2),D (2,0,0),B (-2,4,0),BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-4,0),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-√2).设平面BDP 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{4x -4y =0,2x -√2z =0.令x=1,则y=1,z=√2.于是n =(1,1,√2),平面PAD 的法向量为p =(0,1,0).所以cos <n,p >=n ·p|n ||p |=12.由题知二面角B-PD-A 为锐角,所以它的大小为π3.(3)解由题意知M (-1,2,√22),C (2,4,0),MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,2,-√22). 设直线MC 与平面BDP 所成角为α, 则sin α=|cos <n,MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√69.所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为2√6.19.(2017·全国1·理T18)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AB ∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面PAB ⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C 的余弦值.【解析】(1)证明由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB ⊥AP,CD ⊥PD. 由于AB ∥CD,故AB ⊥PD,从而AB ⊥平面PAD. 又AB ⊂平面PAB,所以平面PAB ⊥平面PAD. (2)解在平面PAD 内作PF ⊥AD,垂足为F. 由(1)可知,AB ⊥平面PAD ,故AB ⊥PF , 可得PF ⊥平面ABCD.以F 为坐标原点,FA⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向, |AB⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz. 由(1)及已知可得A (√22,0,0),P (0,0,√22),B (√22,1,0),C (-√22,1,0).所以PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,1,-√22),CB⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,0,0),PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√22,0,-√22),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0). 设n =(x ,y ,z )是平面PCB 的法向量,则{n ·PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-√22x +y -√22z =0,√2x =0.可取n =(0,-1,-√2).设m =(x ,y ,z )是平面PAB 的法向量,则{m ·PA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{√22x -√22z =0,y =0.可取m =(1,0,1).则cos <n,m >=n ·m |n ||m |=-√33.所以二面角A-PB-C 的余弦值为-√33.20.(2017·全国2·理T19)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD, AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点. (1)证明:直线CE ∥平面PAB;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.【解析】(1)证明取PA 的中点F,连接EF,BF. 因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD,EF=12 AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得BC ∥AD,又BC=12AD,所以EF BC,四边形BCEF 是平行四边形,CE ∥BF,又BF ⊂平面PAB,CE ⊄平面PAB,故CE ∥平面PAB. (2)解由已知得BA ⊥AD ,以A 为坐标原点,AB⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),P (0,1,√3),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0). 设M (x ,y ,z )(0<x<1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y ,z ),PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y-1,z-√3). 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD 的法向量,所以|cos <BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=sin 45°,√(x -1)+y 2+z2=√22,即(x-1)2+y 2-z 2=0.① 又M 在棱PC 上,设PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则x=λ,y=1,z=√3−√3λ. ②由①,②解得{ x =1+√22,y =1,z =-√62(舍去),{x =1-√22,y =1,z =√62,所以M (1-√22,1,√62),从而AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-√22,1,√62).设m=(x0,y0,z0)是平面ABM 的法向量,则{m ·AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2-√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,所以可取m =(0,-√6,2).于是cos <m,n >=m ·n |m ||n |=√105.因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105.21.(2017·全国3·理T19)如图,四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,△ACD 是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD. (1)证明:平面ACD ⊥平面ABC;(2)过AC 的平面交BD 于点E,若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C 的余弦值.【解析】(1)证明由题设可得,△ABD ≌△CBD ,从而AD=DC. 又△ACD 是直角三角形,所以∠ADC=90°. 取AC 的中点O ,连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO=AO. 又由于△ABC 是正三角形,故BO ⊥AC. 所以∠DOB 为二面角D-AC-B 的平面角.在Rt △AOB 中,BO 2+AO 2=AB 2,又AB=BD ,所以BO 2+DO 2=BO 2+AO 2=AB 2=BD 2,故∠DOB=90°.所以平面ACD ⊥平面ABC.(2)解由题设及(1)知,OA ,OB ,OD 两两垂直,以O 为坐标原点,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A (1,0,0),B (0,√3,0),C (-1,0,0),D (0,0,1).由题设知,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的1,即E 为DB 的中点,得E (0,√3,1). 故AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,0),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√32,12).设n =(x ,y ,z )是平面DAE 的法向量,则{n ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +z =0,-x +√32y +12z =0. 可取n =(1,√33,1).设m 是平面AEC 的法向量,则{m ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =0. 同理可取m =(0,-1,√3).则cos <n,m >=n ·m |n ||m |=√7. 所以二面角D-AE-C 的余弦值为√77. 22.(2017·山东·理T17)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G 是DF⏜的中点. (1)设P 是 CE⏜ 上的一点,且AP ⊥BE,求∠CBP 的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C 的大小.【解析】(1)因为AP ⊥BE,AB ⊥BE,AB,AP ⊂平面ABP,AB ∩AP=A,所以BE ⊥平面ABP,又BP ⊂平面ABP,所以BE ⊥BP,又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.(2)解法一:取EC⏜的中点H,连接EH,GH,CH. 因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC 为菱形,所以AE=GE=AC=GC=√32+22=√13.取AG 中点M,连接EM,CM,EC,则EM ⊥AG,CM ⊥AG,所以∠EMC 为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=√13-1=2√3.在△BEC 中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,所以EC=2√3,因此△EMC 为等边三角形,故所求的角为60°.解法二:以B 为坐标原点,分别以BE,BP,BA 所在的直线为x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A (0,0,3),E (2,0,0),G (1,√3,3),C (-1,√3,0),故AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-3),AG⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0),CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3),设m =(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的一个法向量.由{m ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AG⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得{2x 1-3z 1=0,x 1+√3y 1=0.取z 1=2,可得平面AEG 的一个法向量m =(3,-√3,2). 设n=(x2,y2,z2)是平面ACG 的一个法向量.由{n ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CG⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得{x 2+√3y 2=0,2x 2+3z 2=0. 取z 2=-2,可得平面ACG 的一个法向量n =(3,-√3,-2).所以cos <m,n >=m ·n|m ||n |=12. 因此所求的角为60°.23.(2017·天津·理T17)如图,在三棱锥P-ABC 中,PA ⊥底面ABC,∠BAC=90°,点D,E,N 分别为棱PA,PC,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN ∥平面BDE;(2)求二面角C-EM-N 的正弦值;(3)已知点H 在棱PA 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为√721求线段AH 的长.【解析】如图,以A 为原点,分别以AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系. 依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-2),设n =(x ,y ,z )为平面BDE 的法向量, 则{n ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y =0,2x -2z =0. 不妨设z=1,可得n =(1,0,1).又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-1),可得MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0. 因为MN ⊄平面BDE,所以MN ∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN 的法向量,则{n 2·EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.因为EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,-1),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-1), 所以{-2y -z =0,x +2y -z =0.不妨设y=1,可得n 2=(-4,1,-2).因此有cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=-√21, 于是sin <n 1,n 2>=√10521.所以,二面角C-EM-N 的正弦值为√10521.(3)依题意,设AH=h (0≤h ≤4),则H (0,0,h ),进而可得NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,h ),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,2). 由已知,得|cos <NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ℎ+5×2√3=√721, 整理得10h 2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以,线段AH 的长为85或12.24.(2016·全国1·理T18)如图,在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60°.(1)证明:平面ABEF ⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A 的余弦值.【解析】(1)证明由已知可得AF ⊥DF,AF ⊥FE,所以AF ⊥平面EFDC.又AF ⊂平面ABEF,故平面ABEF ⊥平面EFDC.(2)解过D 作DG ⊥EF,垂足为G,由(1)知DG ⊥平面ABEF.以G 为坐标原点,GF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|GF⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.由(1)知∠DFE 为二面角D-AF-E 的平面角,故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|=√3 ,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0, √3).由已知,AB ∥EF,所以AB ∥平面EFDC.又平面ABCD ∩平面EFDC=CD,故AB ∥CD,CD ∥EF.由BE ∥AF,可得BE ⊥平面EFDC,所以∠CEF 为二面角C-BE-F 的平面角,∠CEF=60°.从而可得C (-2,0,√3).所以EC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-4,√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,0,0), 设n =(x ,y ,z )是平面BCE 的法向量,则{n ·EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +√3z =0,4y =0.所以可取n =(3,0,-√3).设m 是平面ABCD 的法向量,则{m ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,同理可取m =(0,√3,4),则cos <n,m >=n ·m |n ||m |=-2√1919. 故二面角E-BC-A 的余弦值为-2√1919.25.(2016·全国2·理T19)如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O,AB=5,AC=6,点E,F 分别在AD,CD 上,AE=CF=54 ,EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D'EF 的位置,OD'=√10.(1)证明:D'H ⊥平面ABCD;(2)求二面角B-D'A-C 的正弦值.【解析】(1)证明由已知得AC ⊥BD ,AD=CD.又由AE=CF 得AE AD =CF CD ,故AC ∥EF.因此EF ⊥HD ,从而EF ⊥D'H.由AB=5,AC=6得DO=BO=√AB 2-AO 2=4.由EF ∥AC 得OH DO =AE AD =14.所以OH=1,D'H=DH=3.于是D'H 2+OH 2=32+12=10=D'O 2,故D'H ⊥OH.又D'H ⊥EF ,而OH ∩EF=H ,所以D'H ⊥平面ABCD.(2)解如图,以H 为坐标原点HF⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-4,0),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,0,0),AD '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,1,3).设m=(x1,y1,z1)是平面ABD'的法向量,则{m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AD '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{3x 1-4y 1=0,3x 1+y 1+3z 1=0, 所以可取m=(4,3,-5).设n=(x2,y2,z2)是平面ACD'的法向量,则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AD '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{6x 2=0,3x 2+y 2+3z 2=0, 所以可取n=(0,-3,1).于是cos <m,n >=m ·n|m ||n |=√50×√10=-7√525.sin <m,n >=2√9525. 因此二面角B-D'A-C 的正弦值是2√9525.26.(2016·山东·理T17)在如图所示的圆台中,AC 是下底面圆O 的直径,EF 是上底面圆O'的直径,FB 是圆台的一条母线.(1)已知G,H 分别为EC,FB 的中点.求证:GH ∥平面ABC;(2)已知EF=FB=12AC=2√3,AB=BC ,求二面角F-BC-A 的余弦值.【解析】(1)证明设FC 中点为I,连接GI,HI.在△CEF 中,因为点G 是CE 的中点,所以GI ∥EF.又EF ∥OB,所以GI ∥OB.在△CFB 中,因为H 是FB 的中点,所以HI ∥BC.又HI ∩GI=I,所以平面GHI ∥平面ABC.因为GH ⊂平面GHI,所以GH ∥平面ABC.(2)解连接OO',则OO'⊥平面ABC.又AB=BC,且AC 是圆O 的直径,所以BO ⊥AC.以O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B (0,2√3,0),C (-2√3,0,0).过点F 作FM 垂直OB 于点M,所以FM=√FB 2-BM 2=3,可得F (0,√3,3).故BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2√3,-2√3,0),BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,3).设m =(x ,y ,z )是平面BCF 的一个法向量.由{m ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得{-2√3x -2√3y =0,-√3y +3z =0.可得平面BCF 的一个法向量m =(-1,1,√33).因为平面ABC 的一个法向量n =(0,0,1),所以cos <m,n >=m ·n |m |·|n |=√77.所以二面角F-BC-A 的余弦值为√77.27.(2016·浙江·理T17)如图,在三棱台ABC-DEF 中,平面BCFE ⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF⊥平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.【解析】(1)证明延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC.又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则△BCK为等边三角形. 取BC的中点O,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,√3),A(-1,-3,0),E(12,0,√32),F(-12,0,√32).因此,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,0),AK ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3,√3),AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3,0). 设平面ACK 的法向量为m =(x 1,y 1,z 1),平面ABK 的法向量为n =(x 2,y 2,z 2).由{AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,AK ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{3y 1=0,x 1+3y 1+√3z 1=0, 取m =(√3,0,-1);由{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AK ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0得{2x 2+3y 2=0,x 2+3y 2+√3z 2=0, 取n =(3,-2,√3).于是,cos <m,n >=m ·n|m |·|n |=√34.所以,二面角B-AD-F 的平面角的余弦值为√34. 28.(2016·全国3·理T19)如图,四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD,AD ∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段AD 上一点,AM=2MD,N 为PC 的中点.(1)证明:MN ∥平面PAB;(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.【解析】(1)证明由已知得AM=23AD=2.取BP 的中点T ,连接AT ,TN ,由N 为PC 中点知TN ∥BC ,TN=12BC=2. 又AD ∥BC,故TN AM,四边形AMNT 为平行四边形,于是MN ∥AT.因为AT ⊂平面PAB,MN ⊄平面PAB,所以MN ∥平面PAB.(2)解取BC 的中点E,连接AE.由AB=AC 得AE ⊥BC,从而AE ⊥AD,且AE=√AB 2-BE 2=√AB 2-(BC 2)2=√5. 以A 为坐标原点,AE⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向, 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.由题意知,P (0,0,4),M (0,2,0),C (√5,2,0),N (√52,1,2),PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-4),PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√52,1,-2),AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√52,1,2).设n =(x ,y ,z )为平面PMN 的法向量,则{n ·PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y -4z =0,√52x +y -2z =0, 可取n =(0,2,1).于是|cos <n,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=8√525. 29.(2015·全国2·理T19)如图,长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=16,BC=10,AA 1=8,点E ,F 分别在A 1B 1,D 1C 1上,A 1E=D 1F=4,过点E ,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值.【解析】(1)交线围成的正方形EHGF 如图:(2)作EM ⊥AB ,垂足为M ,则AM=A 1E=4,EM=AA 1=8.因为EHGF 为正方形,所以EH=EF=BC=10.以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz ,则A (10,0,0),H (10,10,0),E (10,4,8),F (0,4,8),FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(10,0,0),HE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-6,8). 设n=(x,y,z)是平面EHGF 的法向量,则{n ·FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·HE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{10x =0,-6y +8z =0,所以可取n =(0,4,3).又AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-10,4,8), 故|cos <n,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||AF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=4√515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4√515.30.(2015·上海·理T19)如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1=1,AB=AD=2,E ,F 分别是棱AB ,BC 的中点.证明A 1,C 1,F ,E 四点共面,并求直线CD 1与平面A 1C 1FE 所成的角的大小.【解析】如图,以D 为原点建立空间直角坐标系,可得有关点的坐标为A 1(2,0,1),C 1(0,2,1),E (2,1,0),F (1,2,0),C (0,2,0),D 1(0,0,1).因为A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0), 所以A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥EF⃗⃗⃗⃗⃗ ,因此直线A 1C 1与EF 共面, 即A 1,C 1,F ,E 四点共面.设平面A 1C 1FE 的法向量为n =(u ,v ,w ),则n ⊥EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⊥FC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,又EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),FC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),故{-u +v =0,-u +w =0,解得u=v=w. 取u=1,得平面A 1C 1FE 的一个法向量n =(1,1,1).又CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,1),故CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=-√1515.因此直线CD 1与平面A 1C 1FE 所成的角的大小为arcsin √1515.31.(2015·北京·理T17)如图,在四棱锥A-EFCB 中,△AEF 为等边三角形,平面AEF ⊥平面EFCB,EF ∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O 为EF 的中点.(1)求证:AO ⊥BE;(2)求二面角F-AE-B 的余弦值;(3)若BE ⊥平面AOC,求a 的值.【解析】(1)证明因为△AEF 是等边三角形,O 为EF 的中点,所以AO ⊥EF.又因为平面AEF ⊥平面EFCB,AO ⊂平面AEF,所以AO ⊥平面EFCB,所以AO ⊥BE.(2)解取BC 中点G,连接OG.由题设知EFCB 是等腰梯形,所以OG ⊥EF.由(1)知AO ⊥平面EFCB,又OG ⊂平面EFCB,所以OA ⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz ,则E (a ,0,0),A (0,0,√3a ),B (2,√3(2-a ),0),EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,0,√3a ),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-2,√3(a-2),0). 设平面AEB 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-ax +√3az =0,(a -2)x +√3(a -2)y =0.令z=1,则x=√3,y=-1.于是n =(√3,-1,1).平面AEF 的法向量为p =(0,1,0).所以cos <n,p >=n ·p |n ||p |=-√55.由题知二面角F-AE-B 为钝角,所以它的余弦值为-√55.(3)解因为BE ⊥平面AOC ,所以BE ⊥OC ,即BE⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0. 因为BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-2,√3(a-2),0),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,√3(2-a ),0), 所以BE⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2(a-2)-3(a-2)2. 由BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0及0<a<2,解得a=43. 32.(2015·浙江·理T17)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A 1A=4,A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点,D 是B 1C 1的中点.(1)证明:A 1D ⊥平面A 1BC ;(2)求二面角A 1-BD-B 1的平面角的余弦值.【解析】(1)证明设E 为BC 的中点,由题意得A 1E ⊥平面ABC ,所以A 1E ⊥AE.因为AB=AC ,所以AE ⊥BC.故AE ⊥平面A 1BC.由D ,E 分别为B 1C 1,BC 的中点,得DE ∥B 1B 且DE=B 1B ,从而DE ∥A 1A 且DE=A 1A ,所以A 1AED 为平行四边形.故A 1D ∥AE.又因为AE ⊥平面A 1BC ,所以A 1D ⊥平面A 1BC.(2)解以CB 的中点E 为原点,分别以射线EA ,EB 为x ,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz ,如图所示. 由题意知各点坐标如下:A 1(0,0,√14),B (0,√2,0),D (-√2,0,√14),B 1(-√2,√2,√14).因此A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,-√14),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,-√2,√14),DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,0).。

十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学专题20 空间向量 Word版无答案原卷版

十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题20空间向量1.(2014·全国2·理T11)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM 与AN所成角的余弦值为()A.110 B.25C.√3010D.√222.(2013·北京·文T8)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为对角线BD1的三等分点,P到各顶点的距离的不同取值有()A.3个B.4个C.5个D.6个3.(2012·陕西·理T5)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A.√55B.√53C.2√55D.354.(2010·大纲全国·文T6)直三棱柱ABC-A1B1C1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )A.30°B.45°C.60°D.90°5.(2019·天津·理T17)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF∥平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13,求线段CF的长.6.(2019·浙江·T 19)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EF⊥BC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.7.(2019·全国1·理T18)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.8.(2019·全国2·理T17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.9.(2019·全国3·理T19)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.10.(2018·浙江·T 8)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1⏜所在平面垂直,M是CD⏜上异11.(2018·全国3·理T19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.12.(2018·北京·理T16)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC= √5,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.13.(2018·天津·理T17)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.14.(2018·全国1·理T18)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.15.(2018·全国2·理T20)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.16.(2018·浙江·T9)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.17.(2018·上海·T17)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2.(1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积;(2)设PO=4,OA,OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,如图,求异面直线PM与OB所成的角的大小.18.(2017·北京·理T16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=√6,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.19.(2017·全国1·理T18)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.20.(2017·全国2·理T19)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点.(1)证明:直线CE ∥平面PAB;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.21.(2017·全国3·理T19)如图,四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,△ACD 是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD ⊥平面ABC;(2)过AC 的平面交BD 于点E,若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C 的余弦值.22.(2017·山东·理T17)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G 是DF⏜的中点. (1)设P 是 CE⏜ 上的一点,且AP ⊥BE,求∠CBP 的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C 的大小.23.(2017·天津·理T17)如图,在三棱锥P-ABC 中,PA ⊥底面ABC,∠BAC=90°,点D,E,N 分别为棱PA,PC,BC 的中点,M 是线段AD 的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN ∥平面BDE;(2)求二面角C-EM-N 的正弦值;(3)已知点H 在棱PA 上,且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为√721求线段AH 的长.24.(2016·全国1·理T18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.25.(2016·全国2·理T19)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=√10.上,AE=CF=54(1)证明:D'H⊥平面ABCD;(2)求二面角B-D'A-C的正弦值.26.(2016·山东·理T17)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC;AC=2√3,AB=BC,求二面角F-BC-A的余弦值.(2)已知EF=FB=1227.(2016·浙江·理T17)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF⊥平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.28.(2016·全国3·理T19)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明:MN∥平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.29.(2015·全国2·理T19)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4,过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.30.(2015·上海·理T19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=1,AB=AD=2,E,F分别是棱AB,BC的中点.证明A1,C1,F,E四点共面,并求直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小.31.(2015·北京·理T17)如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.32.(2015·浙江·理T17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.(1)证明:A1D⊥平面A1BC;(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.33.(2015·福建·理T17)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F 分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF∥平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.34.(2015·山东·理T17)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF=DE,∠BAC=45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.35.(2015·全国1·理T 18)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.(1)证明:平面AEC⊥平面AFC;(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是36.(2015·陕西·理T18)如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=π2AC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.37.(2015·湖北·理T19)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB,交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.(1)证明:PB⊥平面DEF,试判断四面体DBEF是否为鳖臑.若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3,求DCBC的值.38.(2014·全国1·理T19)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.39.(2014·全国2·理T18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=√3,求三棱锥E-ACD的体积.40.(2014·江西·理T19)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:AB⊥PD;(2)若∠BPC=90°,PB= √2,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面PBC与平面DPC 夹角的余弦值.41.(2014·湖南·理T19)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O⊥底面ABCD;(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.42.(2014·辽宁·理T19)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F 分别为AC,DC的中点.(1)求证:EF⊥BC;(2)求二面角E-BF-C的正弦值.43.(2014·天津·理T17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E 为棱PC的中点.(1)证明:BE⊥DC;(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;44.(2014·安徽·理T20)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.(1)证明:Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.45.(2014·四川·理T18)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P 为线段BC上的点,且MN⊥NP.(1)证明:P是线段BC的中点;(2)求二面角A-NP-M的余弦值.46.(2014·山东·理T17)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M 是线段AB的中点.(1)求证:C1M∥平面A1ADD1;(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=√3,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.47.(2014·湖北·理T19)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.48.(2014·北京·理T17)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F 为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.(1)求证:AB∥FG;(2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.49.(2014·福建·理T17)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图.(1)求证:AB⊥CD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.50.(2014·陕西·理T17)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.(1)证明:四边形EFGH是矩形;(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.51.(2013·全国1·理T18)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(1)证明:AB⊥A1C;(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.52.(2013·湖南·理T19)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.(1)证明:AC⊥B1D;(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.53.(2013·全国2·理T18)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=√2 AB.(1)证明:BC1∥平面A1CD;(2)求二面角D-A1C-E的正弦值.54.(2013·广东·理T18)如图(1),在等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,CD=BE=√2,O为BC的中点.将△ADE沿DE折起,得到如图(2)所示的四棱锥A'-BCDE,其中A'O=√3. (1)证明:A'O⊥平面BCDE;(2)求二面角A'-CD-B的平面角的余弦值.55.(2013·浙江·理T20)如图,在四面体A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2√2.M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.(1)证明:PQ∥平面BCD;(2)若二面角C-BM-D的大小为60°,求∠BDC的大小.AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.56.(2012·全国·理T19)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=12(1)证明:DC1⊥BC;(2)求二面角A1-BD-C1的大小.57.(2011·全国·理T18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(1)证明:PA⊥BD;(2)设PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.58.(2011·四川·理T19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1.D是棱CC1上的一点,P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点,且PB1∥平面BDA1.(1)求证:CD=C1D;(2)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值;(3)求点C到平面B1DP的距离.59.(2010·全国·理T18)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足为H,PH是四棱锥的高,E为AD中点.(1)证明:PE⊥BC;(2)若∠APB=∠ADB=60°,求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.AB,N为AB上一点,AB=4AN,M,S 60.(2010·辽宁·理T19)已知三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,PA=AC=12分别为PB,BC的中点.(1)证明:CM⊥SN;(2)求SN与平面CMN所成角的大小.。

(2010-2019)十年高考数学真题分类汇编：平面向量(含解析)

(2010-2019)十年高考数学真题分类汇编：平面向量（含解析）1.(2019·全国2·文T3)已知向量a=(2，3)，b=(3，2)，则|a-b|=( ) A.√2 B.2 C.5√2 D.50【答案】A【解析】由题意，得a-b=(-1，1)，则|a-b|=√(-1)2+12=√2，故选A.2.(2019·全国·1理T7文T8)已知非零向量a ，b 满足|a|=2|b|，且(a-b)⊥b ，则a 与b 的夹角为( ) A.π6 B.π3C.2π3D.5π6【答案】B【解析】因为(a-b)⊥b ，所以(a-b )·b=a ·b-b 2=0，所以a ·b=b 2.所以cos<a ，b>=a ·b|a |·|b |=|b |22|b |2=12，所以a 与b 的夹角为π3，故选B.3.(2018·全国1·理T6文T7)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.34AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ B.14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −34AC⃗⃗⃗⃗⃗ C.34AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ D.14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 【答案】A【解析】如图，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-BE⃗⃗⃗⃗⃗ =-12(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −14BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −14(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=3 4AB⃗⃗⃗⃗⃗ −14AC⃗⃗⃗⃗⃗ .4.(2018·全国2·T4)已知向量a，b满足|a|=1，a·b=-1，则a·(2a-b)=( )A.4B.3C.2D.0【答案】B【解析】a·(2a-b)=2a2-a·b=2-(-1)=3.5.(2018·北京·理T6)设a，b均为单位向量，则“|a-3b|=|3a+b|”是“a⊥b”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由|a-3b|=|3a+b|，得(a-3b)2=(3a+b)2.∵a，b均为单位向量，∴1-6a·b+9=9+6a·b+1.∴a·b=0，故a⊥b，反之也成立.故选C.6.(2018·浙江·T9)已知a，b，e是平面向量，e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为π3，向量b满足b2-4e·b+3=0，则|a-b|的最小值是( )A.√3-1B.√3+1C.2D.2-√3【答案】A【解析】∵b2-4e·b+3=0，∴(b-2e)2=1，∴|b-2e|=1.如图所示，平移a，b，e，使它们有相同的起点O，以O为原点，向量e所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则b的终点在以点(2，0)为圆心，半径为1的圆上，|a-b|就是线段AB的长度.要求|AB|的最小值，就是求圆上动点到定直线的距离的最小值，也就是圆心M到直线OA的距离减去圆的半径长，因此|a-b|的最小值为-1.7.(2018·天津·理T8)如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD ，∠BAD=120°，AB=AD=1.若点E 为边CD 上的动点，则 A.2116 B.32C.2516D.3【答案】A【解析】如图，以D 为坐标原点建立直角坐标系.连接AC ，由题意知∠CAD=∠CAB =60°，∠ACD=∠ACB =30°，则D(0，0)，A(1，0)，B （32，√32），C(0，√3).设E(0，y)(0≤y≤√3)，则AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1，y)，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-32，y-√32），∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =32+y 2-√32y=（y-√34）2+2116，∴当y=√34时，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ 有最小值2116.8.(2018·天津·文T8)在如图的平面图形中，已知OM=1，ON=2，∠MON=120°，BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =2NA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( ) A.-15 B.-9 C.-6D.0【答案】C【解析】连接MN ，∵BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =2NA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3AN ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .∴MN ∥BC ，且MN BC =13，∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3(ON ⃗⃗⃗⃗⃗ −OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )，∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3(ON ⃗⃗⃗⃗⃗ −OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3(ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2)=3[2×1×(-12)-1]=-6.9.(2017·全国2·理T12)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则PA ⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ )的最小值是( ) A.-2 B.-32 C.-43 D.-1【答案】B【解析】以BC 所在的直线为x 轴，BC 的垂直平分线AD 为y 轴，D 为坐标原点建立平面直角坐标系，如图.可知A(0，√3)，B(-1，0)，C(1，0).设P(x ，y)，则PA ⃗⃗⃗⃗ =(-x ，√3-y)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1-x ，-y)，PC ⃗⃗⃗⃗ =(1-x ，-y).所以PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ =(-2x ，-2y).所以PA ⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ )=2x 2-2y(√3-y)=2x 2+2(y -√32)2−32≥-32. 当点P 的坐标为(0，√32)时，PA ⃗⃗⃗⃗ ·(PB⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ )取得最小值为-32，故选10.(2017·全国3·理T12)在矩形ABCD 中，AB=1，AD=2，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上.若AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则λ+μ的最大值为( ) A.3 B.2√2C.√5D.2【答案】A【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，1)，B(0，0)，D(2，1).设P(x ，y)，由|BC|·|CD|=|BD|·r ，得r=|BC |·|CD ||BD |=5=2√55，即圆的方程是(x-2)2+y 2=45. 易知AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ，y-1)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，-1)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，0).由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得{x =2μ，y -1=-λ，所以μ=x2，λ=1-y ，所以λ+μ=12x-y+1. 设z=12x-y+1，即12x-y+1-z=0. 因为点P(x ，y)在圆(x-2)2+y 2=45上，所以圆心C 到直线12x-y+1-z=0的距离d≤r，即√14+1≤2√55，解得1≤z≤3，11.(2017·全国2·文T4)设非零向量a ，b 满足|a+b|=|a-b|，则( ) A.a ⊥b B.|a|=|b| C.a ∥b D.|a|>|b| 【答案】A【解析】由|a+b|=|a-b|，平方得a 2+2a ·b+b 2=a 2-2a ·b+b 2，即a ·b=0.又a ，b 为非零向量，故a ⊥b ，故选A.12.(2016·四川·文T9)已知正三角形ABC 的边长为2√3，平面ABC 内的动点P ，M 满足|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则|BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2的最大值是( ) A.434 B.494 C.37+6√34 D.37+2√334【答案】B【解析】设△ABC 的外心为D ，则|DA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|DB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|DC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2. 以D 为原点，直线DA 为x 轴，过D 点的DA 的垂线为y 轴，建立平面直角坐标系，则A(2，0)，B(-1，-√3)，C(-1，√3). 设P(x ，y)，由已知|AP⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，得(x-2)2+y 2=1，∵PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴M (x -12，y+√32). ∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x+12，y+3√32). ∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=(x+1)2+(y+3√3)24，它表示圆(x-2)2+y 2=1上点(x ，y)与点(-1，-3√3)距离平方的14，∴(|BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2)max =14[√32+(0+3√3)22=494，故选B.13.(2016·天津·文T7)已知△ABC 是边长为1的等边三角形，点D ，E 分别是边AB ，BC 的中点，连接DE 并延长到点F ，使得DE=2EF ，则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为 ( ) A.-58 B.18C.14D.118【答案】B【解析】方法1(基向量法):如图所示，选取AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 为基底，则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +EF ⃗⃗⃗⃗ =AB⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC⃗⃗⃗⃗⃗ −12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB⃗⃗⃗⃗⃗ )+12×12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，AB⃗⃗⃗⃗⃗ . 故AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ）·(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB⃗⃗⃗⃗⃗ ) =34AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AB⃗⃗⃗⃗⃗ 2 =34−14×1×1×12−12=18.14.(2016·全国2·理T3)已知向量a=(1，m)，b=(3，-2)，且(a+b)⊥b ，则m=( ) A.-8B.-6C.6D.8【答案】D【解析】由题意可知，向量a+b=(4，m-2).由(a+b)⊥b ，得4×3+(m-2)×(-2)=0，解得m=8.故选D.15.(2015·全国2·文T4)向量a=(1，-1)，b=(-1，2)，则(2a+b )·a=( ) A.-1B.0C.1D.2【答案】C【解析】由已知2a+b=(1，0)，所以(2a+b )·a=1×1+0×(-1)=1.故选C.16.(2015·福建·文T7)设a=(1，2)，b=(1，1)，c=a+kb.若b ⊥c ，则实数k 的值等于( )A.-32 B.-53C.53D.32【答案】A【解析】∵a=(1，2)，b=(1，1)，∴c=(1+k ，2+k). ∵b ⊥c ，∴b ·c=1+k+2+k=0.∴k=-3217.(2015·广东·文T9)在平面直角坐标系xOy 中，已知四边形ABCD 是平行四边形，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，-2)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，1)，则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.5 B.4 C.3 D.2 【答案】A【解析】AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3，-1)，所以AD⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，1)·(3，-1)=2×3+1×(-1)=5. 18.(2015·山东·理T4)已知菱形ABCD 的边长为a ，∠ABC =60°，则BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.-32a 2 B.-34a 2 C.34a 2 D.32a 2【答案】D【解析】如图，设BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ，BC⃗⃗⃗⃗⃗ =b. 则BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·BA⃗⃗⃗⃗⃗ =(a+b)·a=a 2+a ·b=a 2+a ·a ·c os 60°=a 2+12a 2=32a 2.19.(2015·四川·理T7)设四边形ABCD 为平行四边形，|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=6，|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4.若点M ，N 满足BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，DN ⃗⃗⃗⃗⃗ =2NC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.20B.15C.9D.6【答案】C【解析】如图所示，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −14AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB⃗⃗⃗⃗⃗ +34AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·（13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −14AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ） =13|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2-316|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗=13×36-316×16=9.20.(2015·福建·理T9)已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1t ，|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=t.若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+4AC⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |，则PB⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ 的最大值等于( )A.13B.15C.19D.21【答案】A【解析】以点A 为原点，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，如图. 则A(0，0)，B (1t ，0)，C(0，t)， ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=(1，0)，AC⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=(0，1). ∴AP⃗⃗⃗⃗⃗ =AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+4AC⃗⃗⃗⃗⃗ |AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=(1，0)+4(0，1)=(1，4). ∴点P 的坐标为(1，4)，PB⃗⃗⃗⃗⃗ =(1t-1，-4)，PC ⃗⃗⃗⃗ =(-1，t-4). ∴PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ =1-1t -4t+16=-(1t +4t)+17≤-4+17=13，当且仅当1t =4t ，即t=12时取“=”. ∴PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ 的最大值为13.21.(2015·全国1·文T2)已知点A(0，1)，B(3，2)，向量AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4，-3)，则向量BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.(-7，-4) B.(7，4) C.(-1，4) D.(1，4) 【答案】A【解析】∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3，1)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4，-3)， ∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4，-3)-(3，1)=(-7，-4). 22.(2015·重庆·理T6)若非零向量a ，b 满足|a|=2√23|b|，且(a-b)⊥(3a+2b)，则a 与b 的夹角为 ( )A.π4B.π2C.3π4D .π【答案】A【解析】由(a-b)⊥(3a+2b)知(a-b)·(3a+2b)=0，即3|a|2-a ·b-2|b|2=0.设a 与b 的夹角为θ，则3|a|2-|a||b|cos θ-2|b|2=0，即3·(2√23|b |)2−2√23|b|2cos θ-2|b|2=0，整理，得cos θ=√22.故θ=π4.23.(2015·重庆·文T7)已知非零向量a ，b 满足|b|=4|a|，且a ⊥(2a+b)，则a 与b 的夹角为( ) A.π3 B.π2C.2π3D.5π6【答案】C【解析】因为a ⊥(2a+b)，所以a ·(2a+b)=0，即2|a|2+a ·b=0.设a 与b 的夹角为θ，则有2|a|2+|a||b|cos θ=0. 又|b|=4|a|，所以2|a|2+4|a|2cos θ=0，则cos θ=-12，从而θ=2π3.24.(2015·全国1·理T7)设D 为△ABC 所在平面内一点，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则( ) A.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +43AC⃗⃗⃗⃗⃗ B.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −43AC⃗⃗⃗⃗⃗ C.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =43AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC⃗⃗⃗⃗⃗ D.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =43AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −13AC⃗⃗⃗⃗⃗ 【答案】A 【解析】如图，∵AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +43BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +43(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB⃗⃗⃗⃗⃗ ) =-13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +43AC ⃗⃗⃗⃗⃗ . 25.(2014·全国1·文T6)设D ，E ，F 分别为△ABC 的三边BC ，CA ，AB 的中点，则EB ⃗⃗⃗⃗⃗ +FC ⃗⃗⃗⃗ =( ) A.AD ⃗⃗⃗⃗⃗B.12AD ⃗⃗⃗⃗⃗C.BC ⃗⃗⃗⃗⃗D.12BC⃗⃗⃗⃗⃗ 【答案】A【解析】EB ⃗⃗⃗⃗⃗ +FC ⃗⃗⃗⃗ =-12(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )-12(CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +CB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=-12(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +CA⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12×2AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，故选A.26.(2014·山东·文T7)已知向量a=(1，√3)，b=(3，m)，若向量a ，b 的夹角为π6，则实数m=( ) A.2√3 B.√3 C.0 D.-√3【答案】B【解析】∵cos<a ，b>=a ·b|a ||b |， ∴cos π6=√3m 2×√32+m 2，解得m=√3.27.(2014·北京·文T3)已知向量a=(2，4)，b=(-1，1)，则2a-b=( ) A.(5，7) B.(5，9) C.(3，7) D.(3，9) 【答案】A【解析】2a-b=(4-(-1)，8-1)=(5，7).故选A.28.(2014·广东·文T3)已知向量a=(1，2)，b=(3，1)，则b-a=( ) A.(-2，1) B.(2，-1) C.(2，0) D.(4，3) 【答案】B【解析】由题意得b-a=(3，1)-(1，2)=(2，-1)，故选B.29.(2014·福建·理T8)在下列向量组中，可以把向量a=(3，2)表示出来的是( ) A.e 1=(0，0)，e 2=(1，2)B.e 1=(-1，2)，e 2=(5，-2)C.e 1=(3，5)，e 2=(6，10)D.e 1=(2，-3)，e 2=(-2，3) 【答案】B【解析】对于A ，C ，D ，都有e 1∥e 2，故选B.30.(2014·全国2·理T3文T4)设向量a ，b 满足|a+b|=√10，|a-b|=√6，则a ·b=( ) A.1 B.2 C.3 D.5 【答案】A【解析】∵|a+b|=√10，∴(a+b)2=10.∴|a|2+|b|2+2a·b=10，①∵|a-b|=√6，∴(a-b)2=6，∴|a|2+|b|2-2a·b=6，②由①-②得a·b=1，故选A.31.(2014·大纲全国·文T6)已知a，b为单位向量，其夹角为60°，则(2a-b)·b=( )A.-1B.0C.1D.2【答案】B【解析】由已知得|a|=|b|=1，<a，b>=60°，∴(2a-b)·b=2a·b-b2=2|a||b|cos<a，b>-|b|2=2×1×1×c os 60°-12=0，故选B.32.(2014·大纲全国·理T4)若向量a，b满足:|a|=1，(a+b)⊥a，(2a+b)⊥b，则|b|=( )A.2B.√2C.1D.√22【答案】B【解析】∵(a+b)⊥a，|a|=1，∴(a+b)·a=0.∴|a|2+a·b=0.∴a·b=-1.又(2a+b)⊥b，∴(2a+b)·b=0.∴2a·b+|b|2=0.∴|b|2=2.∴|b|=√2.故选B.33.(2014·重庆·理T4)已知向量a=(k，3)，b=(1，4)，c=(2，1)，且(2a-3b)⊥c，则实数k=( )A.-92B.0 C.3 D.152【答案】C【解析】由已知(2a-3b)⊥c，可得(2a-3b)·c=0，即(2k-3，-6)·(2，1)=0，展开化简，得4k-12=0，所以k=3.故选C.34.(2012·陕西·文T7)设向量a=(1，cos θ)与b=(-1，2cos θ)垂直，则cos 2θ等于( )A.√22B.12C.0D.-1【答案】C【解析】∵a ⊥b ，∴a ·b=0， ∴-1+2cos 2θ=0，即cos 2θ=0.35.(2012·重庆·理T6)设x ，y ∈R ，向量a=(x ，1)，b=(1，y)，c=(2，-4)，且a ⊥c ，b ∥c ，则|a+b|= ( ) A.√5 B.√10 C.2√5 D.10【答案】B【解析】由a ⊥c ，得a ·c=2x-4=0，解得x=2.由b ∥c 得12=y-4，解得y=-2，所以a=(2，1)，b=(1，-2)，a+b=(3，-1)，|a+b|=√10.故选B.36.(2010·全国·文T2)a ，b 为平面向量，已知a=(4，3)，2a+b=(3，18)，则a ，b 夹角的余弦值等于( ) A.865 B.-865C.1665D.-1665【答案】C【解析】b=(2a+b)-2a=(3，18)-(8，6)=(-5，12)，因此cos<a ，b>=a ·b |a ||b |=165×13=1665.37.(2019·全国3·文T13)已知向量a=(2，2)，b=(-8，6)，则cos<a ，b>= . 【答案】−√210【解析】cos<a ，b>=a ·b|a ||b |=√22+22×√(-8)+62=2√2×10=-√210. 38.(2019·北京·文T9)已知向量a=(-4，3)，b=(6，m)，且a ⊥b ，则m= . 【答案】8【解析】∵a=(-4，3)，b=(6，m)，a ⊥b ， ∴a ·b=0，即-4×6+3m=0，即m=8.39.(2019·天津·T14)在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AB=2√3，AD=5，∠A=30°，点E 在线段CB 的延长线上，且AE=BE ，则BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ = . 【答案】-1【解析】∵AD ∥BC ，且∠DAB=30°，∴∠ABE=30°. ∵EA=EB ，∴∠EAB=30°.∠AEB=120°.在△AEB 中，EA=EB=2， BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =-BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =-12+2√3×2×c os 30°+5×2√3×c os 30°+5×2×c os 180°=-22+6+15=-1.40.(2019·全国3·理T13)已知a ，b 为单位向量，且a ·b=0，若c=2a-√5b ，则cos<a ，c>= . 【答案】23【解析】∵a ，b 为单位向量， ∴|a|=|b|=1.又a ·b=0，c=2a-√5b ，∴|c|2=4|a|2+5|b|2-4√5a ·b=9，∴|c|=3. 又a ·c=2|a|2-√5a ·b=2， ∴cos<a ，c>=a ·c|a |·|c |=21×3=23.41.(2019·浙江·T17)已知正方形ABCD 的边长为1.当每个λi (i=1，2，3，4，5，6)取遍±1时，|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值是，最大值是 . 【答案】0 2√5 【解析】(基向量处理)λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ1-λ3+λ5-λ6)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(λ2-λ4+λ5+λ6)AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，要使|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小，只需要|λ1-λ3+λ5-λ6|=|λ2-λ4+λ5+λ6|=0，此时只需要取λ1=1，λ2=-1，λ3=1，λ4=1，λ5=1，λ6=1，此时|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ |min =0，由于λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =±2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 或±2AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，取其中的一种λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2AB⃗⃗⃗⃗⃗ 讨论(其他三种类同)，此时λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ1-λ3+2)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(λ2-λ4)AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，要使|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最大，只需要使|λ1-λ3+2|，|λ2-λ4|最大，取λ1=1，λ2=1，λ3=-1，λ4=-1，此时|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|4AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√5，综合几种情况可得|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD⃗⃗⃗⃗⃗ |max =2√42.(2019·江苏·T12)如图，在△ABC 中，D 是BC 的中点，E 在边AB 上，BE=2EA ，AD 与CE 交于点O.若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EC ⃗⃗⃗⃗ ，则ABAC 的值是 .【答案】√3【解析】如图，过点D 作DF ∥CE ，交AB 于点F ，由BE=2EA ，D 为BC 中点，知BF=FE=EA ，AO=OD.又AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EC ⃗⃗⃗⃗ =3AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AE⃗⃗⃗⃗⃗ ) =32(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ -13AB⃗⃗⃗⃗⃗ ) =32（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ ） =32（23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+AC⃗⃗⃗⃗⃗ 2） =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+32AC⃗⃗⃗⃗⃗ 2，得12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=32AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2，即|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |，故AB AC=√3. 43.(2018·北京·文T9)设向量a=(1，0)，b=(-1，m).若a ⊥(ma-b)，则m= . 【答案】-1【解析】由题意，得ma-b=(m+1，-m). ∵a ⊥(ma-b)，∴a ·(ma-b)=0，即m+1=0， ∴m=-1.44.(2018·上海·T8)在平面直角坐标系中，已知点A(-1，0)，B(2，0)，E ，F 是y 轴上的两个动点，且|EF ⃗⃗⃗⃗ |=2，则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BF ⃗⃗⃗⃗ 的最小值为 . 【答案】-3【解析】依题意，设E(0，a)，F(0，b)，不妨设a>b ，则 a-b=2，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，a)，BF ⃗⃗⃗⃗ =(-2，b)，a=b+2，所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BF ⃗⃗⃗⃗ =(1，a)·(-2，b)=-2+ab=-2+(b+2)b=b 2+2b-2=(b+1)2-3，故所求最小值为-3.45.(2018·江苏·T2)在平面直角坐标系xOy 中，A 为直线l:y=2x 上在第一象限内的点，B(5，0)，以AB 为直径的圆C 与直线l 交于另一点D.若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则点A 的横坐标为 . 【答案】3【解析】设A(a ，2a)(a>0)，则由圆心C 为AB 的中点得C (a+52，a)，☉C:(x-5)(x-a)+y(y-2a)=0.将其与y=2x 联立解得x D =1，D(1，2).因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(5-a ，-2a)，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-a+52，2-a)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以(5-a)·(1-a+52)+(-2a)(2-a)=0，即a 2-2a-3=0，解得a=3或a=-1.因为a>0，所以a=3.46.(2018·全国3·T13)已知向量a=(1，2)，b=(2，-2)，c=(1，λ).若c ∥(2a+b)，则λ= . 【答案】12【解析】2a+b=(4，2)，c=(1，λ)，由c ∥(2a+b)，得4λ-2=0，得λ=12.47.(2017·全国1·文T13)已知向量a=(-1，2)，b=(m ，1)，若向量a+b 与a 垂直，则m= . 【答案】7【解析】因为a=(-1，2)，b=(m ，1)，所以a+b=(m-1，3).因为a+b 与a 垂直，所以(a+b )·a=0，即-(m-1)+2×3=0，解得m=7.48.(2017·山东·文T11)已知向量a=(2，6)，b=(-1，λ).若a ∥b ，则λ= . 【答案】-3【解析】∵a ∥b ，∴2λ-6×(-1)=0，∴λ=-3.49.(2017·全国1·理T13)已知向量a ，b 的夹角为60°，|a|=2，|b|=1，则|a+2b|= . 【答案】2【解析】因为|a+2b|2=(a+2b)2=|a|2+4·|a|·|b|·c os 60°+4|b|2=22+4×2×1×12+4×1=12，所以|a+2b|=√12=2√3.50.(2017·天津，理13文14)在△ABC 中，∠A =60°，AB=3，AC=2.若BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R)，且AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =-4，则λ的值为 . 【答案】311【解析】由题意，知|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3，|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2， AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =3×2×c os 60°=3， AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =（13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ）·(λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB⃗⃗⃗⃗⃗ ) =λ-23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+2λ3AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2 =λ-23×3-13×32+2λ3×22=113λ-5=-4，解得λ=311.51.(2017·江苏·T12)如图，在同一个平面内，向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的模分别为1，1，√2，OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为α，且tan α=7，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为45°.若OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =m OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +n OB ⃗⃗⃗⃗⃗ (m ，n ∈R)，则m+n= . 【答案】3【解析】由tan α=7可得cos α=5√2，sin α=5√2，则5√2=OA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |OA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ √2，由cos ∠BOC=√22可得√22=OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|OC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ √2，因为cos ∠AOB=cos (α+45°)=cos αc os 45°-sin αsin45°=5√2×√22−5√2×√22=-35，所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB⃗⃗⃗⃗⃗ =-35，所以m-35n=15，-35m+n=1，所以25m+25n=65，所以m+n=3.52.(2017·山东·理T12)已知e 1，e 2是互相垂直的单位向量，若√3 e 1-e 2与e 1+λe 2的夹角为60°，则实数λ的值是 . 【答案】√33【解析】∵e 1，e 2是互相垂直的单位向量， ∴可设a=√3e 1-e 2=(√3，-1)，b=e 1+λe 2=(1，λ). 则<a ，b >=60°.∴cos<a ，b>=c os 60°=a ·b|a ||b |=√3-2=12，即√3-λ=2+1，解得λ=√33.53.(2017·江苏·理T13)在平面直角坐标系xOy 中，A(-12，0)，B(0，6)，点P 在圆O:x 2+y 2=50上.若PA ⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≤20，则点P 的横坐标的取值范围是 . 【答案】[-5√2，1]【解析】设P(x ，y)，由PA ⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≤20，易得x 2+y 2+12x-6y≤20.把x 2+y 2=50代入x 2+y 2+12x-6y≤20得2x-y+5≤0. 由{2x -y +5=0，x 2+y 2=50，可得{x =-5，y =-5或{x =1，y =7.由2x-y+5≤0表示的平面区域及P 点在圆上，可得点P 在圆弧EPF 上，所以点P 横坐标的取值范围为[-5√2，1].54.(2017·北京·文T12)已知点P 在圆x 2+y 2=1上，点A 的坐标为(-2，0)，O 为原点，则AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 .【答案】6【解析】方法1:设P(cos α，sin α)，α∈R ，则AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，0)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(cos α+2，sin α)，AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2cos α+4.当α=2k π，k ∈Z 时，2cos α+4取得最大值，最大值为6. 故AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为6. 方法2:设P(x ，y)，x 2+y 2=1，-1≤x≤1，AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，0)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x+2，y)，AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x+4，故AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为6.55.(2016·北京·文T9)已知向量a=(1，√3)，b=(√3，1)，则a 与b 夹角的大小为 . 【答案】π6【解析】设a 与b 的夹角为θ，则cos θ=a ·b|a ||b |=2√32×2=√32，且两个向量夹角范围是[0，π]，∴所求的夹角为π6.56.(2016·全国1·文T13)设向量a=(x ，x+1)，b=(1，2)，且a ⊥b ，则x= . 【答案】−23【解析】∵a ⊥b ，∴a ·b=x+2(x+1)=0，解得x=-23.57.(2016·山东·文T13)已知向量a=(1，-1)，b=(6，-4).若a ⊥(ta+b)，则实数t 的值为 . 【答案】-5【解析】由a ⊥(ta+b)可得a ·(ta+b)=0，所以ta 2+a ·b=0，而a 2=12+(-1)2=2，a ·b=1×6+(-1)×(-4)=10，所以有t×2+10=0，解得t=-5. 58.(2016·全国2·文T13)已知向量a=(m ，4)，b=(3，-2)，且a ∥b ，则m= . 【答案】-6【解析】因为a ∥b ，所以-2m-4×3=0，解得m=-6.59.(2016·全国1·理T13)设向量a=(m ，1)，b=(1，2)，且|a+b|2=|a|2+|b|2，则m= . 【答案】-2【解析】∵|a+b|2=|a|2+|b|2， ∴(m+1)2+32=m 2+1+5，解得m=-2.60.(2015·浙江·文T13)已知e 1，e 2是平面单位向量，且e 1·e 2=12.若平面向量b 满足b ·e 1=b ·e 2=1，则|b|= . 【答案】2√33【解析】因为b ·e 1=b ·e 2=1，|e 1|=|e 2|=1，由数量积的几何意义，知b 在e 1，e 2方向上的投影相等，且都为1，所以b 与e 1，e 2所成的角相等.由e 1·e 2=12知e 1与e 2的夹角为60°，所以b 与e 1，e 2所成的角均为30°，即|b|c os 30°=1，所以|b|=1cos30°=2√33. 61.(2015·全国2·理T13)设向量a ，b 不平行，向量λa+b 与a+2b 平行，则实数λ= . 【答案】12【解析】由题意知存在实数t ∈R ，使λa+b=t(a+2b)，得{λ=t ，1=2t ，解得λ=12.62.(2015·北京·理T13)在△ABC 中，点M ，N 满足AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，BN ⃗⃗⃗⃗⃗ =NC ⃗⃗⃗⃗⃗ .若MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则x= ，y= . 【答案】12−16【解析】如图，∵MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −12BC⃗⃗⃗⃗⃗ =13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB⃗⃗⃗⃗⃗ ) =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −16AC⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴x=12，y=-16.63.(2014·湖北·理T11)设向量a=(3，3)，b=(1，-1).若(a +λb)⊥(a-λb)，则实数λ= . 【答案】±3【解析】由题意得(a+λb)·(a-λb)=0，即a 2-λ2b 2=0，则a 2=λ2b 2， λ2=a 2b 2=(√32+32)2[√12+(-1)]=182=9.故λ=±3.64.(2014·陕西·理T3)设0<θ<π2，向量a=(sin 2θ，cos θ)，b=(cos θ，1)，若a ∥b ，则tan θ= .【答案】12【解析】由a ∥b ，得sin 2θ=cos 2θ，即2sin θcos θ=cos 2θ，因为0<θ<π2，所以cos θ≠0，所以2sin θ=cos θ. 所以tan θ=12.65.(2014·重庆·文T12)已知向量a 与b 的夹角为60°，且a=(-2，-6)，|b|=√10，则a ·b= . 【答案】10【解析】由题意得|a|=2√10，所以a ·b=|a||b|cos<a ，b>=2√10×√10×12=10.66.(2014·全国1·理T15)已知A ，B ，C 为圆O 上的三点，若AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与AC⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为 . 【答案】90°【解析】由AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )，可得O 为BC 的中点，则BC 为圆O 的直径，即∠BAC =90°.故AB⃗⃗⃗⃗⃗ 与AC⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为90°. 67.(2014·湖北·文T12)若向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，-3)，|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |，OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |= . 【答案】2√5【解析】设B(x ，y)，由|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |，可得√10=√x 2+y 2， ① OA⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x-3y=0， ② 由①②得x=3，y=1或x=-3，y=-1，所以B(3，1)或B(-3，-1)，故AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，4)或AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4，2)，|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√5， 68.(2013·江苏·T10)设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD=12AB ，BE=23BC.若DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ1，λ2为实数)，则λ1+λ2的值为 . 【答案】12【解析】由题意作图如图.∵在△ABC 中，DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =DB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=-16AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴λ1=-16，λ2=23.故λ1+λ2=12.69.(2013·北京·理T13)向量a ，b ，c 在正方形网格中的位置如图所示，若c =λa +μb(λ，μ∈R)，则λμ= .【答案】4【解析】可设a=-i+j ，i ，j 为单位向量且i ⊥j ，则b=6i+2j ，c=-i-3j.∵c =λa +μb=(6μ-λ)i+(λ+2μ)j ，∴{6μ-λ=-1，λ+2μ=-3，解得{λ=-2，μ=-12.∴λμ=4. 70.(2013·全国1·T13)已知两个单位向量a ，b 的夹角为60°，c=ta+(1-t)b.若b ·c=0，则t= .【答案】2【解析】b ·c=ta ·b+(1-t)|b|2.又|a|=|b|=1，且a 与b 的夹角为60°，b ·c=0，∴0=t|a||b|c os 60°+(1-t)，0=12t+1-t.∴t=2.71.(2013·全国2·理T13文T14)已知正方形ABCD 的边长为2，E 为CD 的中点，则AE⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD⃗⃗⃗⃗⃗ = .【答案】2【解析】以{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，而AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =-12|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=-12×22+22=2.72.(2013·天津·理T12)在平行四边形ABCD 中，AD=1，∠BA D=60°，E 为CD 的中点.若AC⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =1，则AB 的长为 .【答案】12【解析】如图所示，在平行四边形ABCD 中，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CE ⃗⃗⃗⃗ =-12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ . 所以AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(-12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=-12|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+14|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |+1=1，解方程得|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=12(舍去|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=0).所以线段AB 的长为12.73.(2013·北京·文T14)已知点A(1，-1)，B(3，0)，C(2，1).若平面区域D 由所有满足AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAC⃗⃗⃗⃗⃗ (1≤λ≤2，0≤μ≤1)的点P 组成，则D 的面积为 . 【答案】3【解析】AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，1)，AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，2). 设P(x ，y)，则AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1，y+1). ∴{x -1=2λ+μ，y +1=λ+2μ，得{λ=2x -y -33，μ=2y -x+33，∵1≤λ≤2，0≤μ≤1，可得{6≤2x -y ≤9，0≤x -2y ≤3，如图.可得A 1(3，0)，B 1(4，2)，C 1(6，3)，|A1B1|=√(4-3)2+22=√5，两直线间距离d=√22+1=√5，∴D的面积S=|A1B1|·d=3.74.(2012·全国·理T13文T15)已知向量a，b夹角为45°，且|a|=1，|2a-b|=√10，则|b|= .【答案】3√2【解析】∵a，b的夹角为45°，|a|=1，∴a·b=|a|×|b|c os 45°=√22|b|，|2a-b|2=4-4×√22|b|+|b|2=10，∴|b|=3√2.75.(2012·安徽·文T11)设向量a=(1，2m)，b=(m+1，1)，c=(2，m)，若(a+c)⊥b，则|a|= . 【答案】√2【解析】由题意，可得a+c=(3，3m).由(a+c)⊥b，得(a+c)·b=0，即(3，3m)·(m+1，1)=3(m+1)+3m=0，解之，得m=-12.∴a=(1，-1)，|a|=√2.76.(2011·全国·文T13)已知a与b为两个不共线的单位向量，k为实数，若向量a+b与向量ka-b垂直，则k= .【答案】1【解析】由已知可得|a|=|b|=1，且a与b不共线，所以a·b≠1，a·b≠-1.由已知向量a+b与向量ka-b垂直，所以(a+b)·(ka-b)=0，即ka2-b2+(k-1)a·b=0，即k-1+(k-1)a·b=0，所以(k-1)(1+a·b)=0.因为a·b≠-1，即a·b+1≠0，所以k-1=0，即k=1.(2010-2019)十年高考数学真题分类汇编：平面向量（含解析）。

(完整word版)2010年高考数学试题分章节汇编(向量)

2010年高考数学试题分类汇编—-向量一、选择题（2010湖南文数）6。

若非零向量a ，b 满足｜|||,(2)0a b a b b =+⋅=，则a 与b 的夹角为A. 300B. 600C. 1200D 。

1500（2010全国卷2理数）（8）ABC 中，点D 在AB 上,CD 平方ACB ∠．若CB a =，CA b =，1a =,2b =，则CD =（A ）1233a b + （B)2133a b + （C)3455a b + （D ）4355a b +【答案】B【命题意图】本试题主要考查向量的基本运算,考查角平分线定理. 【解析】因为CD 平分ACB ∠,由角平分线定理得AD CA 2=DB CB 1=，所以D 为AB 的三等分点，且22AD AB (CB CA)33==-，所以2121CD CA+AD CB CA a b 3333==+=+，故选B.（2010辽宁文数)(8）平面上,,O A B 三点不共线,设,OA a OB b ==,则OAB ∆的面积等于（A 222()a b a b -⋅ （222()a b a b +⋅（C 222()a b a b -⋅ （D 222()a b a b +⋅解析：选C.2222111()||||sin ,||||1cos ,||||1222||||OABa b S a b a b a b a b a b a b ∆⋅=<>=-<>=- 222()a b a b =-⋅（2010辽宁理数）（8）平面上O,A,B 三点不共线，设,OA=a OB b =，则△OAB 的面积等于 2)a b （2)a b (C ）2)a b (D) 2)a b 【答案】C【命题立意】本题考查了三角形面积的向量表示,考查了向量的内积以及同角三角函数的基本关系。

【解析】三角形的面积S=12|a ｜｜b ｜sin 〈a,b 〉,而=11|||||||sin ,22a b a b a b =<>（2010全国卷2文数)(10）△ABC 中,点D 在边AB 上，CD 平分∠ACB ，若CB = a ， CA = b , a = 1 ,b = 2, 则CD =(A)13a + 23b （B ）23a +13b （C ）35a +45b （D ）45a +35b【解析】B ：本题考查了平面向量的基础知识∵ CD 为角平分线，∴ 12BD BC AD AC ==，∵ AB CB CA a b =-=-，∴ 222333AD AB a b==-,∴ 22213333CD CA AD b a b a b=+=+-=+（2010安徽文数）(3)设向量(1,0)a =,11(,)22b =,则下列结论中正确的是(A ）a b = (B ）22a b =（C)//a b （D ）a b -与b 垂直 3.D【解析】11(,)22--a b =，()0a b b -=，所以-a b 与b 垂直。

十年真题(2010-2019)高考数学(文)分类汇编专题06平面向量(新课标Ⅰ卷)(解析版)(20200607133951)

专题 06 平面向量
历年考题细目表
题型
单选题单选题单选题单选题单选题填空题填空题填空题填空题填空题
年考点
份
201
9
平面向量的数量积
201
8
平面向量基本定理
201
5
平面向量的坐标运算
201
4
平面向量的几何运算
201
0
平面向量的数量积
201
7
平面向量的坐标运算
201
6
平面向量的数量积
uuuv uuuv v
因为 AB AC 2 AD ，所以点 D 是 BC 的中点，又因为 AE DE 0 ，所以点 E 是 AD 的中点，所以有：
uuuv uuuv uuuv BE BA AE
31
x
,y
44
2．已知非零向量
uuuv 1 uuuv AB AD
2
uuuv 1 1 uuuv
AB
( AB
∴
（
） +（
）
故选： A．
（
）
，
（
）
5．【 2010 年新课标 1 文科 02】平面向量
值等于（
）
，已知（ 4， 3），
（ 3， 18），则
夹角的余弦
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设
（， y），
∵ a＝（ 4，3）， 2a+b＝（ 3， 18），
∴
∴ cosθ
，故选： C．
6．【 2017 年新课标 1 文科 13】已知向量（﹣ 1，2），（m，1），若向量
201
3
平面向量的数量积

2010年高考数学试题及答案

2010年高考数学试题及答案一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

）1. 若函数f(x)=x^2-4x+c，且f(1)=0，则c的值为（）A. 1B. 3C. 5D. 7答案：B2. 已知向量a=(3, -4)，向量b=(-2, 1)，则向量a与向量b的点积为（）A. -14B. 5C. -5D. 14答案：A3. 已知集合A={1, 2, 3}，集合B={2, 3, 4}，则A∩B的元素个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 44. 已知直线l的方程为y=2x+1，点P(-1, 2)，则点P到直线l的距离为（）A. √5B. √2C. √3D. √6答案：A5. 已知函数f(x)=x^3-3x，求f'(x)的值为（）A. 3x^2-3B. x^2-3C. 3x^2+3D. x^2+3答案：A6. 已知等差数列{a_n}的首项a_1=1，公差d=2，则a_5的值为（）A. 9B. 11C. 13D. 15答案：B7. 已知抛物线方程为y^2=4x，求抛物线的焦点坐标为（）A. (1, 0)B. (0, 2)C. (1, 2)答案：D8. 已知函数f(x)=x^2-6x+8，求f(x)的最小值为（）A. -2B. 2C. 8D. 10答案：A9. 已知复数z=1+i，求|z|的值为（）A. √2B. 2C. √3D. 1答案：A10. 已知圆的方程为(x-2)^2+(y+3)^2=16，求圆心坐标为（）A. (2, -3)B. (-2, 3)C. (2, 3)D. (-2, -3)答案：A二、填空题（本题共5小题，每小题5分，共25分。

）11. 已知函数f(x)=x^3-3x^2+2，求f'(x)的值为（）。

答案：3x^2-6x12. 已知等比数列{a_n}的首项a_1=3，公比q=2，则a_4的值为（）。

答案：4813. 已知向量a=(1, 2)，向量b=(3, 4)，则向量a与向量b的叉积为（）。

2010年全国各省高考数学试题分类(理科)__第7部分平面向量

【答案】B
【解析】因为 F (2, 0) 是已知双曲线的左焦点，所以 a2 1 4 ，即 a2 3 ，所以双曲线方程为
x2 3

y2
1，设点
P (x0 ,
y0 )
，则有
x02 3

y02
1(x0

3)
，解得
y02

x02 3
1( x0

3) ，因为

A. [3-2 3, ) B. [3 2 3, )
C. [- 7 , ) 4
D. [7 , ) 4
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，通系电1，力过根保管据护线0生高不产中仅工资22艺料22高试可中卷以资配解料置决试技吊卷术顶要是层求指配，机置对组不电在规气进范设行高备继中进电资行保料空护试载高卷与中问带资题负料22荷试，下卷而高总且中体可资配保料置障试时23卷，23调需各控要类试在管验最路；大习对限题设度到备内位进来。行确在调保管整机路使组敷其高设在中过正资程常料1工试中况卷，下安要与全加过，强度并看2工且55作尽22下可2都能护1可地关以缩于正小管常故路工障高作高中；中资对资料于料试继试卷电卷连保破接护坏管进范口行围处整，理核或高对者中定对资值某料，些试审异卷核常弯与高扁校中度对资固图料定纸试盒，卷位编工置写况.复进保杂行护设自层备动防与处腐装理跨置，接高尤地中其线资要弯料避曲试免半卷错径调误标试高方中等案资，，料要编5试求写、卷技重电保术要气护交设设装底备备4置。高调、动管中试电作线资高气，敷料中课并3设试资件且、技卷料中拒管术试试调绝路中验卷试动敷包方技作设含案术，技线以来术槽及避、系免管统不架启必等动要多方高项案中方；资式对料，整试为套卷解启突决动然高过停中程机语中。文高因电中此气资，课料电件试力中卷高管电中壁气资薄设料、备试接进卷口行保不调护严试装等工置问作调题并试，且技合进术理行，利过要用关求管运电线行力敷高保设中护技资装术料置。试做线卷到缆技准敷术确设指灵原导活则。。：对对在于于分调差线试动盒过保处程护，中装当高置不中高同资中电料资压试料回卷试路技卷交术调叉问试时题技，，术应作是采为指用调发金试电属人机隔员一板，变进需压行要器隔在组开事在处前发理掌生；握内同图部一纸故线资障槽料时内、，设需强备要电制进回造行路厂外须家部同出电时具源切高高断中中习资资题料料电试试源卷卷，试切线验除缆报从敷告而设与采完相用毕关高，技中要术资进资料行料试检，卷查并主和且要检了保测解护处现装理场置。设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。

【数学】2010年高考数学选择试题分类汇编——向量

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知识改变命运，学习成就未来
(C)
1 |a |2 | b |2 − (aib )2 2
(D)
1 |a |2 | b |2 + (aib)2 2
【答案】C 【命题立意】本题考查了三角形面积的向量表示，考查了向量的内积以及同角三角函数的基本关系。【解析】三角形的面积 S=
1 |a||b|sin<a,b>，而 2 1 1 | a |2 | b |2 −(ab)2 = | a |2 | b |2 − (ab )2 cos2 < a , b > 2 2 1 1 | a || b | 1 − cos 2 < a, b > = | a || b | sin < a, b > 2 2
（D）6
（2010 重庆理数）(2) 已知向量 a，b 满足 a • b = 0, a = 1, b = 2, ，则 2a − b = A. 0 解析： 2a − b = B.
2 2
C. 4
D. 8
(2a − b) 2 = 4a 2 − 4a ⋅ b + b 2 = 8 = 2 2
（2010 山东文数）（12）定义平面向量之间的一种运算“ ⊙ ”如下：对任意的 a = ( m, n) ，
1 2
1 2
（2010 重庆文数）（3）若向量 a = (3, m) ， b = (2, −1) ， aib = 0 ，则实数 m 的值为
欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚邮箱：zxjkw@
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知识改变命运，学习成就未来
（A） −
3 2
（B）
3 2
（C）2 解析： aib = 6 − m = 0 ，所以 m =6

(2010-2019)十年高考数学真题分类汇编：平面向量(含解析)

十年真题(2010-2019)高考数学(理)分类汇编专题09 立体几何与空间向量选择填空题(新课标Ⅰ卷)(解析版

专题09立体几何与空间向量选择填空题历年考题细目表填空题2010 三视图与直观图2010年新课标1理科14历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π【解答】解：如图，由P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是P A，AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面P AC，∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D．半径为，则球O的体积为．故选：D．2．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．2B．2C．3 D．2【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：2．故选：B．3．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，α截此正方体所得截面最大值为：6．故选：A．4．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．16【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形2×（2+4）＝6，∴这些梯形的面积之和为6×2＝12，故选：B．5．【2016年新课标1理科06】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（）A．17πB．18πC．20πD．28π【解答】解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉后的几何体，如图：可得：，R＝2．它的表面积是：4π•2217π．故选：A．6．【2016年新课标1理科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD ＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：如图：α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABA1B1＝n，可知：n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1＝60°．则m、n所成角的正弦值为：．故选：A．7．【2015年新课标1理科06】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（）A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛【解答】解：设圆锥的底面半径为r，则r＝8，解得r，故米堆的体积为π×（）2×5，∵1斛米的体积约为1.62立方，∴ 1.62≈22，故选：B．8．【2015年新课标1理科11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r＝（）A．1 B．2 C．4 D．8【解答】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，∴其表面积为：4πr2πr22r×2πr+2r×2rπr2＝5πr2+4r2，又∵该几何体的表面积为16+20π，∴5πr2+4r2＝16+20π，解得r＝2，故选：B．9．【2014年新课标1理科12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A．6B．6 C．4D．4【解答】解：几何体的直观图如图：AB＝4，BD＝4，C到BD的中点的距离为：4，∴．AC6，AD＝4，显然AC最长．长为6．故选：B．10．【2013年新课标1理科06】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：设正方体上底面所在平面截球得小圆M，则圆心M为正方体上底面正方形的中心．如图．设球的半径为R，根据题意得球心到上底面的距离等于（R﹣2）cm，而圆M的半径为4，由球的截面圆性质，得R2＝（R﹣2）2+42，解出R＝5，∴根据球的体积公式，该球的体积V．故选：A．11．【2013年新课标1理科08】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．16+8πB．8+8πC．16+16πD．8+16π【解答】解：三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图，其中长方体长、宽、高分别是：4，2，2，半个圆柱的底面半径为2，母线长为4．∴长方体的体积＝4×2×2＝16，半个圆柱的体积22×π×4＝8π所以这个几何体的体积是16+8π；故选：A．12．【2012年新课标1理科07】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A．6 B．9 C．12 D．18【解答】解：该几何体是三棱锥，底面是俯视图，三棱锥的高为3；底面三角形斜边长为6，高为3的等腰直角三角形，此几何体的体积为V6×3×3＝9．故选：B．13．【2012年新课标1理科11】已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此三棱锥的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：根据题意作出图形：设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO1，∴OO1，∴高SD＝2OO1，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC，∴V三棱锥S﹣ABC．故选：C．14．【2011年新课标1理科06】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A．B．C．D．【解答】解：由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，∴侧视图是一个中间有分界线的三角形，故选：D．15．【2010年新课标1理科10】设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．πa2B．C．D．5πa2【解答】解：根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，则其外接球的半径为，球的表面积为，故选：B．16．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．【解答】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG＝，则BC＝2，DG＝5﹣，三棱锥的高h，3，则V，令f（）＝254﹣105，∈（0，），f′（）＝1003﹣504，令f′（）≥0，即4﹣23≤0，解得≤2，则f（）≤f（2）＝80，∴V4cm3，∴体积最大值为4cm3．故答案为：4cm3．解法二：如图，设正三角形的边长为，则OG，∴FG＝SG＝5，SO＝h，∴三棱锥的体积V，令b（）＝54，则，令b′（）＝0，则430，解得＝4，∴（cm3）．故答案为：4cm3．17．【2011年新课标1理科15】已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB＝6，BC＝2，则棱锥O﹣ABCD的体积为．【解答】解：矩形的对角线的长为：，所以球心到矩形的距离为：2，所以棱锥O﹣ABCD的体积为：8．故答案为：818．【2010年新课标1理科14】正视图为一个三角形的几何体可以是（写出三种）【解答】解：正视图为一个三角形的几何体可以是三棱锥、三棱柱（放倒的情形）、圆锥、四棱锥等等．故答案为：三棱锥、圆锥、三棱柱．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质等为重点较佳.最新高考模拟试题1．在四棱锥P ABCD -中，所有侧棱都为42，底面是边长为26的正方形，O 是P 在平面ABCD 内的射影，M 是PC 的中点，则异面直线OP 与BM 所成角为（） A ．30o B ．45oC ．60oD ．90o【答案】C 【解析】由题可知O 是正方形ABCD 的中心，取N 为OC 的中点，所以OP MN P ，则BMN ∠是异面直线OP 与BM 所成的角. 因为OP ⊥平面ABCD ，所以MN ⊥平面ABCD ，因为在四棱锥P ABCD -中，所有侧棱都为42，底面是边长为26的正方形，所以23OC =，所以321225OP =-=，因此5MN =，又在PBC ∆中，2223232245cos 22328PB PC BC BPC PB PC +-+-∠===•⨯，所以22252cos 32824222208BM PB PM PB PM BPC =+-••∠=+-⨯⨯⨯=，即25BM =，所以1cos 2MN BMN MB ∠==，则异面直线OP 与BM 所成的角为60o . 故选C2．已知,m n 是两条不重合的直线，,αβ是两个不重合的平面，下列命题正确的是（）A ．若m αP ，m βP ，n α∥，n β∥，则αβPB ．若m n ∥，m α⊥，n β⊥，则αβPC ．若m n ⊥，m α⊂，n β⊂，则αβ⊥D ．若m n ⊥，m αP ，n β⊥，则αβ⊥ 【答案】B 【解析】A 选项，若m αP ，m βP ，n α∥，n β∥，则αβP 或α与β相交；故A 错；B 选项，若m n ∥，m α⊥，则n α⊥，又n β⊥，,αβ是两个不重合的平面，则αβP ，故B 正确；C 选项，若m n ⊥，m α⊂，则n α⊂或n α∥或n 与α相交，又n β⊂，,αβ是两个不重合的平面，则αβP 或α与β相交；故C 错；D 选项，若m n ⊥，m αP ，则n α⊂或n α∥或n 与α相交，又n β⊥，,αβ是两个不重合的平面，则αβP 或α与β相交；故D 错；故选B3．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，在对角线1A D 上取点M ，在1CD 上取点N ，使得线段MN平行于对角面11A ACC ，则||MN 的最小值为（） A ．1 B ．2C ．2D ．3 【答案】D 【解析】作1MM AD ⊥，垂足为1M ，作1NN CD ⊥，垂足为1N ，如下图所示：在正方体1111ABCD A B C D -中，根据面面垂直的性质定理，可得11,MM NN ,都垂直于平面ABCD ，由线面垂直的性质，可知11MM NN P ，易知：1111//M M A N N ACC 平面，由面面平行的性质定理可知：//11M N AC ，设11DM DN x ==，在直角梯形11MM N N 中，222211(2)(12)633MN x x x ⎛⎫=-+-=-+ ⎪⎝⎭，当13x =时，||MN 的最小值为33，故本题选D.4．如图，某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）A ．3B ．23C ．3D ．3【答案】A 【解析】解：根据几何体得三视图转换为几何体为：故：V 11321332=⨯⨯⨯=．故选：A ．5．已知正四棱锥P ABCD -的所有顶点都在球O 的球面上，2PA AB ==，则球O 的表面积为（）A ．2πB ．4πC ．8πD ．16π【答案】C 【解析】解：∵正四棱锥P ﹣ABCD 的所有顶点都在球O 的球面上，P A ＝AB ＝2， ∴连结AC ，BD ，交于点O ，连结PO ，则PO ⊥面ABCD ，OA ＝OB ＝OC ＝OD 221122222AC ==+=， OP 22422PB OB =-=-=，∴O 是球心，球O 的半径r 2=，∴球O 的表面积为S ＝4πr 2＝8π．故选：C ．6．已知长方体全部棱长的和为36，表面积为52，则其体对角线的长为（） A ．4 B 29C ．223D ．17【答案】B 【解析】设长方体的三条棱的长分别为：,,x y z ，则2()524()36xy yz zx x y z ++=⎧⎨++=⎩，22222()2()95229x y z x y z xy yz zx ++=++-++=-=．故选：B ．7．如图所示，边长为a 的空间四边形ABCD 中，∠BCD＝90°，平面ABD⊥平面BCD ，则异面直线AD 与BC所成角的大小为（）A．30°B．45°C．60°D．90°【答案】C【解析】由题意得BC＝CD＝a，∠BCD＝90°，∴BD＝2a，∴∠BAD＝90°，取BD中点O，连结AO，CO，∵AB＝BC＝CD＝DA＝a，∴AO⊥BD，CO⊥BD，且AO＝BO＝OD＝OC＝22a，又∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊥BD，∴AO⊥平面BCD，延长CO至点E，使CO＝OE，连结ED，EA，EB，则四边形BCDE为正方形，即有BC∥DE，∴∠ADE（或其补角）即为异面直线AD与BC所成角，由题意得AE＝a，ED＝a，∴△AED为正三角形，∴∠ADE＝60°，∴异面直线AD与BC所成角的大小为60°．故选：C．8．鲁班锁起于中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代鲁国工匠鲁班所作. 下图是经典的六柱鲁班锁及六个构件的图片，下图是其中一个构件的三视图，则此构件的体积为A ．334000mmB ．333000mmC ．332000mmD ．330000mm【答案】C 【解析】由三视图得鲁班锁的其中一个零件是：长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长体的一个几何体，如图，∴该零件的体积：V ＝100×20×20﹣40×20×10＝32000（mm 3）．故选：C ．9．在正方体1111ABCD A B C D -中，动点E 在棱1BB 上，动点F 在线段11A C 上，O 为底面ABCD 的中心，若1,BE x A F y ==，则四面体O AEF -的体积( )A ．与,x y 都有关B ．与,x y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关【答案】B 【解析】因为V O －AEF ＝V E －OAF ，所以，考察△AOF 的面积和点E 到平面AOF 的距离的值，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以，点E 到平面AOE 的距离为定值，又AO∥A 1C 1，所以，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，即△AOF 的面积是定值，所以，四面体O AEF -的体积与,x y 都无关，选B 。

2010年高考数学试题分类汇编-平面向量

第五章平面向量一平面向量的概念及基本运算【考点阐述】向量．向量的加法与减法．实数与向量的积．平面向量的坐标表示．【考试要求】（1）理解向量的概念，掌握向量的几何表示，了解共线向量的概念．（2）掌握向量的加法和减法．（3）掌握实数与向量的积，理解两个向量共线的充要条件．（4）了解平面向量的基本定理.理解平面向量的坐标的概念，掌握平面向量的坐标运算．【2010年湖北卷理5文8】．已知△ABC 和点M 满足++=0．若存在实数m 使得+=m 成立，则m =BA ．2B ．3C ．4D ．5【解析】由MA +MB +MC =0知，点M 为△ABC 的重心，设点D 为底边BC 的中点，则AM =31AD =32·21（AB +AC ）=31（AB +AC ），所以有AB +AC =m AM ，故m =3，选B ．【2010年全国Ⅱ卷理8文10】．△ABC 中，点D 在AB 上，CD 平分∠ACB ．若CB =a ，CA =b ，| a |=1，| b |=1，则CD =B A ．31a +32b B ．32a +31b C ．53a +54b D ．54a +53b 【命题意图】本试题主要考查向量的基本运算，考查角平分线定理.【解析】因为CD 平分∠ACB ，由角平分线定理得CBCADB AD =2，所以D 为AB 的三等分点，且AD =32AB =32（CB ―CA ），所以CD =CA +AD =32CB +31CA =32a +31b ．【2010年陕西卷理11文12】．已知向量a =（2，―1），b =（―1，m ），c =（―1，2），若（a +b ）∥c ，则m = ．【答案】―1【解析】∵a +b =（1，m ―1），c =（―1，2），∴由（a +b ）∥c得1×2―（―1）×（m ―1）=0，所以m =―1．【2010年高考上海市理科13】．如图所示，直线x =2与双曲线Г：42x ―y 2=1的渐近线交于E 1，E 2两点，记1OE =e 1，2OE =e 2，任取双曲线上的点P ，若=a e 1+b e 2（a ，b ∈R ），则a 、b 满足的一个等式是．4ab =1【答案】4ab =1【2010年高考上海卷文科13】．在平面直角坐标系中，双曲线的中心在原点，它的一个焦点坐标为（5，0），e 1=（2，1），e 2=（2，―1）分别是两条渐近线的方向向量。

十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学专题06 平面向量考试版

十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题06 平面向量1.(2019·全国2·文T3)已知向量a=(2,3),b=(3,2),则|a-b|=( )A.√2B.2C.5√2D.502.(2019·全国1·理T7文T8)已知非零向量a,b满足|a|=2|b|,且(a-b)⊥b,则a与b的夹角为( )A.π6B.π3C.2π3D.5π63.(2018·全国1·理T6文T7)在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD的中点,则EB⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A.34AB⃗⃗⃗⃗⃗ −14AC⃗⃗⃗⃗⃗ B.14AB⃗⃗⃗⃗⃗ −34AC⃗⃗⃗⃗⃗C.34AB⃗⃗⃗⃗⃗ +14AC⃗⃗⃗⃗⃗ D.14AB⃗⃗⃗⃗⃗ +34AC⃗⃗⃗⃗⃗4.(2018·全国2·T4)已知向量a,b满足|a|=1,a·b=-1,则a·(2a-b)=( )A.4B.3C.2D.05.(2018·北京·理T6)设a,b均为单位向量,则“|a-3b|=|3a+b|”是“a⊥b”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件6.(2018·浙江·T9)已知a,b,e是平面向量,e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为π,向量b满足b2-4e·b+3=0,则|a-b|的最小值是( )A.√3-1B.√3+1C.2D.2-√37.(2018·天津·理T8)如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,∠BAD=120°,AB=AD=1.若点E为边CD 上的动点,则( )A.2116B.32C.2516D.38.(2018·天津·文T8)在如图的平面图形中,已知OM=1,ON=2,∠MON=120°,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =2NA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( ) A.-15 B.-9 C.-6D.09.(2017·全国2·理T12)已知△ABC 是边长为2的等边三角形,P 为平面ABC 内一点,则PA ⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ )的最小值是( ) A.-2 B.-3C.-43D.-110.(2017·全国3·理T12)在矩形ABCD 中,AB=1,AD=2,动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上.若AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则λ+μ的最大值为( ) A.3B.2√2C.√5D.211.(2017·全国2·文T4)设非零向量a,b 满足|a+b|=|a-b|,则( ) A.a ⊥b B.|a|=|b| C.a ∥b D.|a|>|b|12.(2016·四川·文T9)已知正三角形ABC 的边长为2√3,平面ABC 内的动点P,M 满足|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则|BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2的最大值是( ) A.434B.494C.37+6√34D.37+2√33413.(2016·天津·文T7)已知△ABC 是边长为1的等边三角形,点D,E 分别是边AB,BC 的中点,连接DE 并延长到点F,使得DE=2EF,则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为 ( ) A.-58B.18C.14D.11814.(2016·全国2·理T3)已知向量a=(1,m),b=(3,-2),且(a+b)⊥b,则m=( ) A.-8B.-6C.6D.815.(2015·全国2·文T4)向量a=(1,-1),b=(-1,2),则(2a+b )·a=( ) A.-1B.0C.1D.216.(2015·福建·文T7)设a=(1,2),b=(1,1),c=a+kb.若b ⊥c,则实数k 的值等于( ) A.-32B.-53C.53D.3217.(2015·广东·文T9)在平面直角坐标系xOy 中,已知四边形ABCD 是平行四边形,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2),AD⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1),则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.5 B.4 C.3 D.218.(2015·山东·理T4)已知菱形ABCD 的边长为a,∠ABC=60°,则BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.-32a 2B.-34a 2C.34a 2D.32a 219.(2015·四川·理T7)设四边形ABCD 为平行四边形,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=6,|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4.若点M,N 满足BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,DN ⃗⃗⃗⃗⃗ =2NC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.20B.15C.9D.620.(2015·福建·理T9)已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=t.若点P 是△ABC 所在平面内的一点,且AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+4AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |,则PB⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ 的最大值等于( )A.13B.15C.19D.2121.(2015·全国1·文T2)已知点A(0,1),B(3,2),向量AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,-3),则向量BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.(-7,-4) B.(7,4) C.(-1,4)D.(1,4)22.(2015·重庆·理T6)若非零向量a,b 满足|a|=2√2|b|,且(a-b)⊥(3a+2b),则a 与b 的夹角为 ( )A.π4B.π2C.3π4D .π23.(2015·重庆·文T7)已知非零向量a,b 满足|b|=4|a|,且a ⊥(2a+b),则a 与b 的夹角为( ) A.π3B.π2C.2π3D.5π624.(2015·全国1·理T7)设D 为△ABC 所在平面内一点,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则( ) A.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-13AB⃗⃗⃗⃗⃗ +43AC ⃗⃗⃗⃗⃗ B.AD⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −43AC ⃗⃗⃗⃗⃗ C.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =43AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ D.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =43AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −13AC⃗⃗⃗⃗⃗ 25.(2014·全国1·文T6)设D,E,F 分别为△ABC 的三边BC,CA,AB 的中点,则EB ⃗⃗⃗⃗⃗ +FC ⃗⃗⃗⃗ =( ) A.AD⃗⃗⃗⃗⃗ B.12AD⃗⃗⃗⃗⃗C.BC⃗⃗⃗⃗⃗ D.12BC⃗⃗⃗⃗⃗ 26.(2014·山东·文T7)已知向量a=(1,√3),b=(3,m),若向量a,b 的夹角为π6,则实数m=( ) A.2√3B.√3C.0D.-√327.(2014·北京·文T3)已知向量a=(2,4),b=(-1,1),则2a-b=( ) A.(5,7) B.(5,9) C.(3,7) D.(3,9)28.(2014·广东·文T3)已知向量a=(1,2),b=(3,1),则b-a=( ) A.(-2,1)B.(2,-1)C.(2,0)D.(4,3)29.(2014·福建·理T8)在下列向量组中,可以把向量a=(3,2)表示出来的是( ) A.e 1=(0,0),e 2=(1,2) B.e 1=(-1,2),e 2=(5,-2) C.e 1=(3,5),e 2=(6,10) D.e 1=(2,-3),e 2=(-2,3)30.(2014·全国2·理T3文T4)设向量a,b 满足|a+b|=√10,|a-b|=√6,则a ·b=( ) A.1 B.2 C.3 D.531.(2014·大纲全国·文T6)已知a,b 为单位向量,其夹角为60°,则(2a-b )·b=( ) A.-1B.0C.1D.232.(2014·大纲全国·理T4)若向量a,b 满足:|a|=1,(a+b)⊥a,(2a+b)⊥b,则|b|=( ) A.2B.√2C.1D.√233.(2014·重庆·理T4)已知向量a=(k,3),b=(1,4),c=(2,1),且(2a-3b)⊥c,则实数k=( ) A.-92B.0C.3D.15234.(2012·陕西·文T7)设向量a=(1,cos θ)与b=(-1,2cos θ)垂直,则cos 2θ等于( ) A.√22B.12C.0D.-135.(2012·重庆·理T6)设x,y ∈R,向量a=(x,1),b=(1,y),c=(2,-4),且a ⊥c,b ∥c,则|a+b|= ( ) A.√5B.√10C.2√5D.1036.(2010·全国·文T2)a,b 为平面向量,已知a=(4,3),2a+b=(3,18),则a,b 夹角的余弦值等于( ) A.865B.-865C.1665D.-166537.(2019·全国3·文T13)已知向量a=(2,2),b=(-8,6),则cos<a,b>= .38.(2019·北京·文T9)已知向量a=(-4,3),b=(6,m),且a ⊥b,则m= .39.(2019·天津·T14)在四边形ABCD 中,AD ∥BC,AB=2√3,AD=5,∠A=30°,点E 在线段CB 的延长线上,且AE=BE,则BD⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ = . 40.(2019·全国3·理T13)已知a,b 为单位向量,且a ·b=0,若c=2a-√5b,则cos<a,c>= . 41.(2019·浙江·T17)已知正方形ABCD 的边长为 1.当每个λi (i=1,2,3,4,5,6)取遍±1时,|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值是,最大值是 . 42.(2019·江苏·T12)如图,在△ABC 中,D 是BC 的中点,E 在边AB 上,BE=2EA,AD 与CE 交于点O.若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6AO⃗⃗⃗⃗⃗ ·EC ⃗⃗⃗⃗ ,则AB AC的值是 .43.(2018·北京·文T9)设向量a=(1,0),b=(-1,m).若a ⊥(ma-b),则m= .44.(2018·上海·T8)在平面直角坐标系中,已知点A(-1,0),B(2,0),E,F 是y 轴上的两个动点,且|EF ⃗⃗⃗⃗ |=2,则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BF ⃗⃗⃗⃗ 的最小值为 .45.(2018·江苏·T2)在平面直角坐标系xOy 中,A 为直线l:y=2x 上在第一象限内的点,B(5,0),以AB 为直径的圆C 与直线l 交于另一点D.若AB⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则点A 的横坐标为 . 46.(2018·全国3·T13)已知向量a=(1,2),b=(2,-2),c=(1,λ).若c ∥(2a+b),则λ= . 47.(2017·全国1·文T13)已知向量a=(-1,2),b=(m,1),若向量a+b 与a 垂直,则m= . 48.(2017·山东·文T11)已知向量a=(2,6),b=(-1,λ).若a ∥b,则λ= . 49.(2017·全国1·理T13)已知向量a,b 的夹角为60°,|a|=2,|b|=1,则|a+2b|= .50.(2017·天津,理13文14)在△ABC 中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R),且AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =-4,则λ的值为 . 51.(2017·江苏·T12)如图,在同一个平面内,向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的模分别为1,1,√2,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为α,且tan α=7,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OC⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为45°.若OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =m OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +n OB ⃗⃗⃗⃗⃗ (m,n ∈R),则m+n=. 52.(2017·山东·理T12)已知e 1,e 2是互相垂直的单位向量,若√3 e 1-e 2与e 1+λe 2的夹角为60°,则实数λ的值是 .53.(2017·江苏·理T13)在平面直角坐标系xOy 中,A(-12,0),B(0,6),点P 在圆O:x 2+y 2=50上.若PA ⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ ≤20,则点P 的横坐标的取值范围是 .54.(2017·北京·文T12)已知点P 在圆x 2+y 2=1上,点A 的坐标为(-2,0),O 为原点,则AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 .55.(2016·北京·文T9)已知向量a=(1,√3),b=(√3,1),则a 与b 夹角的大小为 . 56.(2016·全国1·文T13)设向量a=(x,x+1),b=(1,2),且a ⊥b,则x= .57.(2016·山东·文T13)已知向量a=(1,-1),b=(6,-4).若a ⊥(ta+b),则实数t 的值为 . 58.(2016·全国2·文T13)已知向量a=(m,4),b=(3,-2),且a ∥b,则m= . 59.(2016·全国1·理T13)设向量a=(m,1),b=(1,2),且|a+b|2=|a|2+|b|2,则m= .60.(2015·浙江·文T13)已知e 1,e 2是平面单位向量,且e 1·e 2=12.若平面向量b 满足b ·e 1=b ·e 2=1,则|b|= .61.(2015·全国2·理T13)设向量a,b 不平行,向量λa+b 与a+2b 平行,则实数λ= . 62.(2015·北京·理T13)在△ABC 中,点M,N 满足AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BN ⃗⃗⃗⃗⃗ =NC ⃗⃗⃗⃗⃗ .若MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则x= ,y= .63.(2014·湖北·理T11)设向量a=(3,3),b=(1,-1).若(a +λb)⊥(a-λb),则实数λ= .64.(2014·陕西·理T3)设0<θ<π2,向量a=(sin 2θ,cos θ),b=(cos θ,1),若a ∥b,则tan θ= . 65.(2014·重庆·文T12)已知向量a 与b 的夹角为60°,且a=(-2,-6),|b|=√10,则a ·b= . 66.(2014·全国1·理T15)已知A,B,C 为圆O 上的三点,若AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ),则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为. 67.(2014·湖北·文T12)若向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-3),|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |= . 68.(2013·江苏·T10)设D,E 分别是△ABC 的边AB,BC 上的点,AD=12AB,BE=23BC.若DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2AC⃗⃗⃗⃗⃗ (λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为 .69.(2013·北京·理T13)向量a,b,c 在正方形网格中的位置如图所示,若c =λa +μb(λ,μ∈R),则λ= .70.(2013·全国1·T13)已知两个单位向量a,b 的夹角为60°,c=ta+(1-t)b.若b ·c=0,则t= . 71.(2013·全国2·理T13文T14)已知正方形ABCD 的边长为2,E 为CD 的中点,则AE⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗ = . 72.(2013·天津·理T12)在平行四边形ABCD 中,AD=1,∠BAD=60°,E 为CD 的中点.若AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,则AB 的长为 .73.(2013·北京·文T14)已知点A(1,-1),B(3,0),C(2,1).若平面区域D 由所有满足AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAC⃗⃗⃗⃗⃗ (1≤λ≤2,0≤μ≤1)的点P 组成,则D 的面积为. 74.(2012·全国·理T13文T15)已知向量a,b 夹角为45°,且|a|=1,|2a-b|=√10,则|b|= . 75.(2012·安徽·文T11)设向量a=(1,2m),b=(m+1,1),c=(2,m),若(a+c)⊥b,则|a|= .76.(2011·全国·文T13)已知a 与b 为两个不共线的单位向量,k 为实数,若向量a+b 与向量ka-b 垂直,则k= .。

十年真题(2010-2019)高考数学(理)分类汇编专题09 立体几何与空间向量选择填空题(新课标Ⅰ卷)(原卷版

专题09立体几何与空间向量选择填空题历年考题细目表填空题2010 三视图与直观图2010年新课标1理科14历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π2．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．2B．2C．3 D．23．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．4．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．165．【2016年新课标1理科06】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（）A．17πB．18πC．20πD．28π6．【2016年新课标1理科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD ＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（）A．B．C．D．7．【2015年新课标1理科06】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（）A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛8．【2015年新课标1理科11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r＝（）A．1 B．2 C．4 D．89．【2014年新课标1理科12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A．6B．6 C．4D．410．【2013年新课标1理科06】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为（）A．B．C．D．11．【2013年新课标1理科08】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．16+8πB．8+8π C．16+16πD．8+16π12．【2012年新课标1理科07】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A．6 B．9 C．12 D．1813．【2012年新课标1理科11】已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此三棱锥的体积为（）A．B．C．D．14．【2011年新课标1理科06】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A．B．C．D．15．【2010年新课标1理科10】设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．πa2B．C．D．5πa216．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．17．【2011年新课标1理科15】已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB＝6，BC＝2，则棱锥O﹣ABCD的体积为．18．【2010年新课标1理科14】正视图为一个三角形的几何体可以是（写出三种）考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质等为重点较佳.最新高考模拟试题1．在四棱锥P ABCD -中，所有侧棱都为42，底面是边长为26的正方形，O 是P 在平面ABCD 内的射影，M 是PC 的中点，则异面直线OP 与BM 所成角为（） A ．30oB ．45oC ．60oD ．90o2．已知,m n 是两条不重合的直线，,αβ是两个不重合的平面，下列命题正确的是（） A ．若m αP ，m βP ，n α∥，n β∥，则αβP B ．若m n ∥，m α⊥，n β⊥，则αβP C ．若m n ⊥，m α⊂，n β⊂，则αβ⊥ D ．若m n ⊥，m αP ，n β⊥，则αβ⊥3．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，在对角线1A D 上取点M ，在1CD 上取点N ，使得线段MN平行于对角面11A ACC ，则||MN 的最小值为（） A ．1B ．2C ．2D ．3 4．如图，某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）A 3B 23C 3D ．35．已知正四棱锥P ABCD -的所有顶点都在球O 的球面上，2PA AB ==，则球O 的表面积为（） A ．2πB ．4πC ．8πD ．16π6．已知长方体全部棱长的和为36，表面积为52，则其体对角线的长为（） A ．4B 29C ．223D ．177．如图所示，边长为a 的空间四边形ABCD 中，∠BCD＝90°，平面ABD⊥平面BCD ，则异面直线AD 与BC所成角的大小为（）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°8．鲁班锁起于中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代鲁国工匠鲁班所作. 下图是经典的六柱鲁班锁及六个构件的图片，下图是其中一个构件的三视图，则此构件的体积为A ．334000mmB ．333000mmC ．332000mmD ．330000mm9．在正方体1111ABCD A B C D -中，动点E 在棱1BB 上，动点F 在线段11A C 上，O 为底面ABCD 的中心，若1,BE x A F y ==，则四面体O AEF -的体积( )A ．与,x y 都有关B ．与,x y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关10．在三棱锥A BCD -中，平面ABC ⊥平面BCD ，V ABC 是边长为2的正三角形，若4BDC π∠=，三棱锥的各个顶点均在球O 上，则球O 的表面积为（） A ．523πB ．3πC ．4πD ．283π11．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是1BDC ∆内（不含边界）的一个动点，若11A P BC ⊥，则线段1A P 的长的取值范围为（）A ．43(2,]3B ．43[,6)3C ．43[,22)3D ．(6,22)12．已知如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 为棱1CC 上异于其中点的动点，Q 为棱1AA 的中点，设直线m 为平面BDP 与平面11B D P 的交线，以下关系中正确的是（）A ．1//m D QB ．1m Q B ⊥C ．//m 平面11BD QD ．m ⊥平面11ABB A13．一个圆锥的母线长为2，圆锥的母线与底面的夹角为4π，则圆锥的内切球的表面积为( ) A ．8πB ．24(22)πC ．24(22)π+D ．232(22)49π14．如图是某几何体的三视图，则过该几何体顶点的所有截面中，最大截面的面积是（）A ．2B 3C 3D ．115．已知平面αI 平面β=直线l ，点A 、C α∈，点B 、D β∈，且A 、B 、C 、D l ∉，点M 、N 分别是线段AB 、CD 的中点，则下列说法正确的是（） A ．当2CD AB =时，M 、N 不可能重合B ．M 、N 可能重合，但此时直线AC 与l 不可能相交 C ．当直线AB 、CD 相交，且//AC l 时，BD 可与l 相交 D ．当直线AB 、CD 异面时，MN 可能与l 平行16．阳马，中国古代算数中的一种几何形体，是底面长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体，在阳马P ABCD -中，PC 为阳马P ABCD -中最长的棱，1,2,3AB AD PC ===，若在阳马P ABCD -的外接球内部随机取一点，则该点位阳马内的概率为（） A ．127πB ．427πC ．827πD ．49π17．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球半径为（）A 2B 3C 5D ．218．已知正四面体P ABC -的棱长为2，D 为PA 的中点，,EF 分别是线段AB ，PC （含端点）边上的动点，则DE DF +的最小值为（）A 2B 3C ．2D ．219．设O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过O 的动平面与PC 交于,S 与,PA PB 的延长线分别交于,,Q R 则111||||||PQ PR PS ++( ) A ．有最大值而无最小值B ．有最小值而无最大值C ．既有最大值又有最小值，且两者不相等D ．是一个与平面QRS 无关的常数20．已知正方体1111ABCD A B C D -的体积为1，点M 在线段BC 上（点M 异于B 、C 两点），点N 为线段1CC 的中点，若平面AMN 截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面为五边形，则线段BM 的取值范围是（）A ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．11,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦21．给出下列四个命题：①如果平面α外一条直线a 与平面α内一条直线b 平行，那么a P α；②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面．其中真命题的序号为______．22． “圆材埋壁”是我国古代数学著作《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何．”用现在的数学语言表述是：“如图所示，一圆柱形埋在墙壁中，1AB =尺，D 为AB 的中点，AB CD ⊥，1CD =寸，则圆柱底面的直径长是_________寸”．（注：l 尺=10寸）23．表面积为43的正四面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为_____．24．已知圆锥的轴截面是直角边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为____．25．如图．网络纸上小正方形的边长为1．粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为______．26．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是1BDC ∆内（不含边界）的一个动点，若11A P BC ⊥，则线段1A P 的长的取值范围为_____.27．已知三棱锥A SBC -23，各顶点均在以SC 为直径球面上，2,2AB AC BC ===，则这个球的表面积为_____________。

2010年高考数学试题分类汇编——向量填空

2010年高考数学试题分类汇编——向量（2010上海文数）13.在平面直角坐标系中，双曲线Γ的中心在原点，它的一个焦点坐标为0)，1(2,1)e = 、2(2,1)e =- 分别是两条渐近线的方向向量。

任取双曲线Γ上的点P ，若12OP a e b e =+ （a 、b R ∈），则a 、b 满足的一个等式是 4ab =1 。

解析：因为1(2,1)e = 、2(2,1)e =- 是渐进线方向向量，所以双曲线渐近线方程为x y 21±=，又1,2,5==∴=b a c 双曲线方程为1422=-y x ，12OP ae be =+ =),22(b a b a -+， 1)(4)22(22=--+∴b a b a ，化简得4ab =1（2010浙江理数）（16）已知平面向量,(0,)αβααβ≠≠满足1β=，且α与βα-的夹角为120°，则α的取值范围是__________________ .解析：利用题设条件及其几何意义表示在三角形中，即可迎刃而解，本题主要考察了平面向量的四则运算及其几何意义，突出考察了对问题的转化能力和数形结合的能力，属中档题。

（2010陕西文数）12.已知向量a ＝（2，－1），b ＝（－1，m ），c ＝（－1，2）若（a ＋b ）∥c ，则 m ＝－1 .解析：0)1()1(21//)(),1,1(=-⨯--⨯+-=+m c b a m b a 得由，所以m=-1（2010江西理数）13.已知向量a ，b 满足1a = ，2b = ， a 与b 的夹角为60°，则a b -=【答案】【解析】考查向量的夹角和向量的模长公式，以及向量三角形法则、余弦定理等知识，如图,,a O A b O B a b O A O B BA ==-=-= ，由余弦定理得：a b -=（2010浙江文数）（17）在平行四边形ABCD 中，O 是AC 与BD 的交点，P 、Q 、M 、N 分别是线段OA 、OB 、OC 、OD 的中点，在APMC 中任取一点记为E ，在B 、Q 、N 、D 中任取一点记为F ，设G 为满足向量OG OE OF =+的点，则在上述的点G 组成的集合中的点，落在平行四边形ABCD 外（不含边界）的概率为。

2010年高考数学试题分类汇编--向量

2010年高考数学试题分类汇编——向量（2010江苏卷）15、（本小题满分14分）在平面直角坐标系xOy中，点A(－1,－2)、B(2,3)、C(－2,－1)。

(1)求以线段AB、AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；(2)设实数t满足()·=0，求t的值。

[解析]本小题考查平面向量的几何意义、线性运算、数量积，考查运算求解能力。

满分14分。

（1）（方法一）由题设知，则+=-=(2,6),(4,4).AB AC AB AC所以故所求的两条对角线的长分别为、。

（方法二）设该平行四边形的第四个顶点为D，两条对角线的交点为E，则: E为B、C的中点，E（0，1）又E（0，1）为A、D的中点，所以D（1，4）故所求的两条对角线的长分别为BC=、AD=；（2）由题设知：=(－2,－1)，。

由()·=0，得：，从而所以。

或者：，（2010江苏卷）15、（本小题满分14分）在平面直角坐标系xOy中，点A(－1,－2)、B(2,3)、C(－2,－1)。

(3)求以线段AB、AC为邻边的平行四边形两条对角线的长；(4)设实数t满足()·=0，求t的值。

[解析]本小题考查平面向量的几何意义、线性运算、数量积，考查运算求解能力。

满分14分。

（1）（方法一）由题设知，则+=-=AB AC AB AC(2,6),(4,4).所以故所求的两条对角线的长分别为、。

由()·=0，得：，从而所以。

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高考数学十年真题分类汇编(2010-2019)专题20空间向量

设平面 A1BC的法向量为 n=( x, y, z) .
由 { ????????·? ??= 0 , 得 { - √3??+ ??= 0,
????1????·?????= 0 ,
??- √3??= 0 .
取 n=(1, √3,1),
故 sin
θ=|
cos
<??????·?
n>|=
|
| ????????·? ??| ????????|?·｜??|
十年高考真题分类汇编（ 2010— 2019）数学
专题 20 空间向量
1. (2014 ·全国 2·理 T11) 直三棱柱 ABC-A1B1C1 中 , ∠BCA=90°，M, N 分别是 A1B1, A1C1 的中点 , BC=CA=C1,C则 BM
与 AN所成角的余弦值为 ( )
A. 1 B. 2
A1( a,0, a), P( 2 ?,? 2 ?,? 1 ??),
333
则
|
????|?=
√1
9
??2
+
1 9
??2
+
1 9
??2
=
√3 a,
3
| ???|?=?√4 ??2 + 4 ??2 + 1 ??2 =a,
9
9
9
| ??????1??|=??√?49 ??2 +
4 9
??2
+
4 9
??2
.
因此 , ??????=?
√3 2
,
3,2
2
√3
, ????????=?( - √3 ,1,0)
.
由 ???????·????????=?0 得 EF⊥ BC.

十年真题(2010-2019)高考数学(理)分类汇编专题06 平面向量(新课标Ⅰ卷)(原卷版)

专题06平面向量历年考题细目表题型年份考点试题位置单选题2019 平面向量的数量积2019年新课标1理科07单选题2018 平面向量基本定理2018年新课标1理科06单选题2015 平面向量基本定理2015年新课标1理科07单选题2011 平面向量的定义2011年新课标1理科10填空题2017 向量的模2017年新课标1理科13填空题2016 平面向量的数量积2016年新课标1理科13填空题2014 平面向量的数量积2014年新课标1理科15填空题2013 平面向量的数量积2013年新课标1理科13填空题2012 向量的模2012年新课标1理科13历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科07】已知非零向量，满足||＝2||，且（）⊥，则与的夹角为（）A．B．C．D．2．【2018年新课标1理科06】在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则（）A．B．C．D．3．【2015年新课标1理科07】设D为△ABC所在平面内一点，，则（）A．B．C．D．4．【2011年新课标1理科10】已知与均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题P1：||＞1⇔θ∈[0，）；P2：||＞1⇔θ∈（，π]；P3：||＞1⇔θ∈[0，）；P4：||＞1⇔θ∈（，π]；其中的真命题是（）A．P1，P4B．P1，P3C．P2，P3D．P2，P45．【2017年新课标1理科13】已知向量，的夹角为60°，||＝2，||＝1，则|2|＝．6．【2016年新课标1理科13】设向量（m，1），（1，2），且||2＝||2+||2，则m＝﹣2．7．【2014年新课标1理科15】已知A，B，C为圆O上的三点，若（），则与的夹角为．8．【2013年新课标1理科13】已知两个单位向量，的夹角为60°，t（1﹣t）．若•0，则t ＝．9．【2012年新课标1理科13】已知向量夹角为45°，且，则．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：平面向量的线性运算，平面向量基本定理及坐标表示，平面向量的数量积，平面向量的综合应用等.历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：平面向量的线性运算，平面向量基本定理及坐标表示，平面向量的数量积等，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点平面向量的线性运算，平面向量的数量积，平面向量的综合应用等为重点较佳.最新高考模拟试题1．在ABC ∆中，2AB AC AD +=u u u r u u u r u u u r ，0AE DE +=u u u r u u u r r ，若EB xAB y AC =+u u u r u u u r u u u r，则（） A ．3y x =B ．3x y =C ．3y x =-D ．3x y =-2．已知非零向量a r ,b r 的夹角为60o,且满足22a b -=r r ,则a b ⋅r r 的最大值为( ) A ．12B ．1C ．2D ．33．设a r ，b r 均为单位向量，则“a r 与b r 夹角为2π3”是“||a b +=r r ( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．在矩形ABCD 中，4AB =uu u r ,2AD =u u u r ．若点M ，N 分别是CD ，BC 的中点，则AM MN ⋅=u u u u r u u u u r（）A ．4B ．3C ．2D ．15．已知P 为等边三角形ABC 所在平面内的一个动点，满足()BP BC R λλ=∈u u u r u u u r，若2AB =u u u r ，则()AP AB AC u u u v u u u v u u u v⋅+=（）A ．B ．3C ．6D ．与λ有关的数值6．已知向量(2,1),(,1)a b m ==-r r ，且()a a b ⊥-rr r ，则m 的值为（）A ．1B ．3C ．1或3D ．47．已知向量a r 、b r 为单位向量，且a b +r r 在a r 的方向上的投影为12+，则向量a r 与b r 的夹角为（）A ．6π B ．4π C ．3πD ．2π8．在矩形ABCD 中，3,4,AB AD AC ==与BD 相交于点O ，过点A 作AE BD ⊥，垂足为E ，则AE EC ⋅=u u u v u u u v（）A ．725B ．14425C ．125D ．1225 9．已知直线y=+m 和圆2+y 2=1交于A 、B 两点，O 为坐标原点，若3AO AB 2⋅=u u u r u u u r ，则实数m=（）A ．1±B ．3±C ．2±D ．12±10．已知菱形ABCD 的边长为2，120BAD ∠=︒，点E ，F 分别在边BC ，DC 上，3BC BE =，DC DF λ=，若1AE AF ⋅=u u u r u u u r，则λ的值为（）A ．3B ．2C ．23D ．5211．已知正ABC ∆的边长为4，点D 为边BC 的中点，点E 满足AE ED u u u r u u u r=，那么EB EC ⋅u u u r u u u r 的值为（）A ．83-B ．1-C ．1D ．312．在ABC ∆中，3AC =，向量AB u u u v 在AC u u u v上的投影的数量为2,3ABC S ∆-=，则BC =( ) A ．5B ．27C ．29D ．4213．在△ABC 中，,2,BD DC AP PD BP AB AC u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rλμ===+，则λμ+= （）A ．1-3B ．13C ．1-2D ．1214．在ABC ∆中，543AB BC BC CA CA AB →→→→→→==g g g ，则sin :sin :sin A B C =（） A ．9:7:8B ．9:7:8C ．6:8:7D ．6:8:715．在平行四边形ABCD 中，113,2,,,32AB AD AP AB AQ AD ====u u u r u u u r u u u r u u u v 若12,CP CQ ⋅=u u u v u u u v则ADC ∠=( )A ．56πB ．34π C ．23π D ．2π16．已知△ABC 中，22BC BA BC =⋅=-u u u r u u u r u u u r ，．点P 为BC 边上的动点，则()PC PA PB PC ⋅++u u u r u u u r u u u r u u u r的最小值为（） A ．2B ．34-C ．2-D ．2512-17．如图Rt ABC ∆中，2ABC π∠=，2AC AB =，BAC ∠平分线交△ABC 的外接圆于点D ，设AB a =u u u r r ，AC b =u u u r r ，则向量AD =u u u r（）A ．a b +r rB ．12a b +r rC ．12a b +r rD ．23a b +r r18．在ABC ∆中，90A ∠=︒，1AB =，2AC =，设点D 、E 满足AD AB λ=u u u r u u u r ，(1)AE λ=-u u ur ()AC R λ∈u u u r ，若5BE CD ⋅=u u u r u u u r，则λ=（） A ．13-B ．2C ．95D ．319．已知点C 为扇形AOB 的弧AB 上任意一点，且120AOB ∠=︒，若(,)OC OA OB R λμλμ=+∈u u u r u u u r u u u r，则λμ+的取值范围为（）A ．[2,2]-B ．(1,2]C ．[1,2]D ．[1,2]20．在同一平面内，已知A 为动点，B ，C 为定点，且∠BAC=3π，2ACB π∠≠，BC=1，P 为BC 中点．过点P 作PQ⊥BC 交AC 所在直线于Q ，则AQ uuu r 在BC uuu r方向上投影的最大值是（）A ．13B ．12C ．33D ．2321．已知圆22450x y x ++-=的弦AB 的中点为(1,1)-，直线AB 交x 轴于点P ，则PA PB ⋅u u u r u u u r的值为______．22．已知向量(2,1),(,1)a b λ=-=rr，若||||a b a b +=-rrrr，则λ=______．23．向量()1,2a v=-，()1,0b =-r ，若()()a b a b λ-⊥+r r r r ，则λ=_________.24．设向量12,e e r r的模分别为1,2，它们的夹角为3π，则向量21e e -r r 与2e r 的夹角为_____． 25．已知平面向量a r ，m v ，n v ，满足4a =r ，221010m a m n a n ⎧-⋅+=⎨-⋅+=⎩v v v v v v ，则当m n -=u r r _____，则m v 与n v的夹角最大．26．如图，已知P 是半径为2，圆心角为3π的一段圆弧AB 上一点，2A B B C =u u u v u u u v ，则PC PA ⋅u u u r u u u r 的最小值为_______．27．如图，在边长为2的正三角形ABC 中，D 、E 分别为边BC 、CA 上的动点，且满足CE mBD =（m为定常数，且(0,1]m ∈），若AD DE ⋅u u u r u u u r的最大值为34-，则m =________.28．在ABC ∆中，已知AB 边上的中线1CM =，且1tan A ，1tan C ，1tan B成等差数列，则AB 的长为________.29．如图，在平面四边形ABCD 中，90CBA CAD ∠=∠=︒，30ACD ∠=︒，AB BC =，点E 为线段BC的中点．若AC AD AE λμ=+u u u r u u u r u u u r(,R λμ∈)，则λμ的值为_______．30．在平面直角坐标系xOy 中，已知()11,A x y ，()22,B x y 为圆221x y +=上两点，且121212x x y y +=-．若C 为圆上的任意一点，则CA CB u u u r u u u rg 的最大值为______．。

2010年高考真题分类汇编(新课标)考点11 平面向量

2010年高考真题分类汇编（新课标）考点 11 平面向量1.（2010·湖南高考理科·Ｔ4）在Rt ABC ∆中，C ∠=90°AC=4，则AB AC ⋅等于（）A 、-16B 、-8C 、8D 、16【命题立意】以直角三角形为依托，考查平面向量的数量积，基底的选择和平面向量基本定理.【思路点拨】由于C ∠=90，因此选向量CA ，CB 为基底.【规范解答】选D .AB AC ⋅=(CB -CA )·(-CA )=-CB ·CA +CA 2=16.【方法技巧】平面向量的考查常常有两条路：一是考查加减法，平行四边形法则和三角形法则，平面向量共线定理.二是考查数量积，平面向量基本定理，考查垂直，夹角和距离（长度）.2.（2010·安徽高考理科·Ｔ3）设向量()1,0=a ，则下列结论中正确的是（） A 、=a b B 、 C 、-a b 与b 垂直 D 、a ∥b【命题立意】本题主要考查向量的长度、数量积的坐标运算，考查向量平行、垂直的坐标判定方法，考查考生的向量坐标运算求解能力。

【思路点拨】利用向量的坐标运算逐项验证。

【规范解答】选 C.向量，，由2||101a =+=，||||a b ≠，故A 错误；由11111(1,0)(,)1022222a b •=•=⨯+⨯=≠，故B 错误；由11111111()(,)(,)()022222222a b b -•=-•=⨯+-⨯=，所以()a b b -⊥，故C 正确；由101122≠，故D 错误；3.（2010·辽宁高考理科·Ｔ8）平面上O,A,B 三点不共线，设,OA OB ==a b ，则△OAB 的面积等于( ) )2•b 【命题立意】本题考查了平面向量的数量积，夹角公式，考查了三角恒等变换和三角形的面积公式以及运11,22⎛⎫= ⎪⎝⎭b •=a b 11,2⎛⎫=⎪⎭b ()1,0=a 21||()b =+=算能力。

专题09 立体几何与空间向量选择填空题-高考数学(理)十年真题(2010-2019)深度思考(新课标Ⅰ卷)

专题09立体几何与空间向量选择填空题历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π2．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．2B．2C．3 D．23．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．4．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10 B．12 C．14 D．165．【2016年新课标1理科06】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（）A．17πB．18πC．20πD．28π6．【2016年新课标1理科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD ＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（）A．B．C．D．7．【2015年新课标1理科06】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（）A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛8．【2015年新课标1理科11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r＝（）A．1 B．2 C．4 D．89．【2014年新课标1理科12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A．6B．6 C．4D．410．【2013年新课标1理科06】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如不计容器的厚度，则球的体积为（）A．B．C．D．11．【2013年新课标1理科08】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．16+8πB．8+8π C．16+16πD．8+16π12．【2012年新课标1理科07】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A．6 B．9 C．12 D．1813．【2012年新课标1理科11】已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此三棱锥的体积为（）A．B．C．D．14．【2011年新课标1理科06】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A．B．C．D．15．【2010年新课标1理科10】设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．πa2B．C．D．5πa216．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为17．【2011年新课标1理科15】已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝2，则棱锥O ﹣ABCD 的体积为．18．【2010年新课标1理科14】正视图为一个三角形的几何体可以是（写出三种）考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质等为重点较佳.最新高考模拟试题1．在四棱锥P ABCD -中，所有侧棱都为的正方形，O 是P 在平面ABCD 内的射影，M 是PC 的中点，则异面直线OP 与BM 所成角为（） A ．30B ．45C ．60D ．902．已知,m n 是两条不重合的直线，,αβ是两个不重合的平面，下列命题正确的是（） A ．若m α，m β，n α∥，n β∥，则αβB ．若m n ∥，m α⊥，n β⊥，则αβC ．若m n ⊥，m α⊂，n β⊂，则αβ⊥D ．若m n ⊥，m α，n β⊥，则αβ⊥3．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，在对角线1A D 上取点M ，在1CD 上取点N ，使得线段MN平行于对角面11A ACC ，则||MN 的最小值为（）A ．1B C ．2D ．34．如图，某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）A B C D ．35．已知正四棱锥P ABCD -的所有顶点都在球O 的球面上，2PA AB ==，则球O 的表面积为（） A ．2πB ．4πC ．8πD ．16π6．已知长方体全部棱长的和为36，表面积为52，则其体对角线的长为（）A ．4B C ．D ．7．如图所示，边长为a 的空间四边形ABCD 中，∠BCD＝90°，平面ABD⊥平面BCD ，则异面直线AD 与BC 所成角的大小为（）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°8．鲁班锁起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代鲁国工匠鲁班所作. 下图是经典的六柱鲁班锁及六个构件的图片，下图是其中一个构件的三视图，则此构件的体积为A ．334000mmB ．333000mmC ．332000mmD ．330000mm9．在正方体1111ABCD A B C D -中，动点E 在棱1BB 上，动点F 在线段11A C 上，O 为底面ABCD 的中心，若1,BE x A F y ==，则四面体O AEF -的体积( )A ．与,x y 都有关B ．与,x y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关10．在三棱锥A BCD -中，平面ABC ⊥平面BCD ，V ABC 是边长为2的正三角形，若4BDC π∠=，三棱锥的各个顶点均在球O 上，则球O 的表面积为（） A ．523πB ．3πC ．4πD ．283π11．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是1BDC ∆内（不含边界）的一个动点，若11A P BC ⊥，则线段1A P 的长的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．12．已知如图正方体1111ABCD A B C D -中，P 为棱1CC 上异于其中点的动点，Q 为棱1AA 的中点，设直线m 为平面BDP 与平面11B D P 的交线，以下关系中正确的是（）A ．1//m D QB ．1m Q B ⊥C ．//m 平面11BD QD ．m ⊥平面11ABB A13．一个圆锥的母线长为2，圆锥的母线与底面的夹角为4π，则圆锥的内切球的表面积为( )A ．8πB ．24(2πC ．24(2π+D14．如图是某几何体的三视图，则过该几何体顶点的所有截面中，最大截面的面积是（）A ．2B C D ．115．已知平面α平面β=直线l ，点A 、C α∈，点B 、D β∈，且A 、B 、C 、D l ∉，点M 、N 分别是线段AB 、CD 的中点，则下列说法正确的是（） A ．当2CD AB =时，M 、N 不可能重合B ．M 、N 可能重合，但此时直线AC 与l 不可能相交 C ．当直线AB 、CD 相交，且//AC l 时，BD 可与l 相交 D ．当直线AB 、CD 异面时，MN 可能与l 平行16．阳马，中国古代算数中的一种几何形体，是底面长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体，在阳马P ABCD -中，PC 为阳马P ABCD -中最长的棱，1,2,3AB AD PC ===，若在阳马P ABCD -的外接球内部随机取一点，则该点位阳马内的概率为（） A ．127πB ．427πC ．827πD ．49π17．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球半径为（）A B C D ．18．已知正四面体P ABC -的棱长为2，D 为PA 的中点，,E F 分别是线段AB ，PC （含端点）边上的动点，则DE DF +的最小值为（）A B C ．2 D ．19．设O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过O 的动平面与PC 交于,S 与,PA PB 的延长线分别交于,,Q R 则111||||||PQ PR PS ++( ) A ．有最大值而无最小值B ．有最小值而无最大值C ．既有最大值又有最小值，且两者不相等D ．是一个与平面QRS 无关的常数20．已知正方体1111ABCD A B C D -的体积为1，点M 在线段BC 上（点M 异于B 、C 两点），点N 为线段1CC 的中点，若平面AMN 截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面为五边形，则线段BM 的取值范围是（）A ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．11,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦21．给出下列四个命题：①如果平面α外一条直线a 与平面α内一条直线b 平行，那么a α；②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面．其中真命题的序号为______．22． “圆材埋壁”是我国古代数学著作《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何．”用现在的数学语言表述是：“如图所示，一圆柱形埋在墙壁中，1AB =尺，D 为AB 的中点，AB CD ⊥，1CD =寸，则圆柱底面的直径长是_________寸”．（注：l 尺=10寸）23．表面积为_____．24．已知圆锥的轴截面是直角边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为____．25．如图．网络纸上小正方形的边长为1．粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为______．26．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是1BDC ∆内（不含边界）的一个动点，若11A P BC ⊥，则线段1A P 的长的取值范围为_____.27．已知三棱锥A SBC -，各顶点均在以SC 为直径球面上，2AB AC BC ===，则这个球的表面积为_____________。

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2010年高考数学试题分类汇编——向量
（2010上海文数）13.在平面直角坐标系中，双曲线Γ的中心在原点，它的一个焦点坐标为0)，
1(2,1)e =、2(2,1)e =-分别是两条渐近线的方向向量。

任取双曲线Γ上的点P ，若12O P a e b e =+（a 、b R ∈），则a 、b 满足的一个等式是 4ab =1 。

解析：因为1(2,1)e =、2(2,1)e =-是渐进线方向向量，所以双曲线渐近线方程为x y 2
1±=，又1,2,5==∴=b a c 双曲线方程为14
22
=-y x ，12OP ae be =+=),22(b a b a -+， 1)(4
)22(22
=--+∴b a b a ，化简得4ab =1
（2010浙江理数）（16）已知平面向量,(0,)αβααβ≠≠满足1β=，且α与βα-的夹角为120°，则α的取值范围是__________________ .
解析：利用题设条件及其几何意义表示在三角形中，即可迎刃而解，本题主要考察了平面向量的四则运算及其几何意义，突出考察了对问题的转化能力和数形结合的能力，属中档题。

（2010陕西文数）12.已知向量a ＝（2，－1），b ＝（－1，m ），c ＝（－1，2）若（a ＋b ）∥c ，则 m ＝－1 .
解析：0)1()1(21//)(),1,1(=-⨯--⨯+-=+m c b a m b a 得由，所以m=-1
（2010江西理数）13.已知向量a ，b 满足1a =，2b =， a 与b 的
夹角为
60°，则a b -=
【答案】【解析】考查向量的夹角和向量的模长公式，以及向量三角形法则、余弦
定理等知识，如图,,a OA b OB a b OA OB BA ==-=-=，由余弦定理得：3a b -=
（2010浙江文数）（17）在平行四边形ABCD 中，O 是AC 与BD 的交点，P 、Q 、M 、N 分别是线段OA 、OB 、OC 、OD 的中点，在APMC 中任取一点记为E ，在B 、Q 、N 、D 中任取一点记为F ，设G 为满足向量OG OE OF =+的点，则在上述的点G 组成的集合中的点，落在平行四边形ABCD 外（不含边界）的概率为。

答案：
34
（2010浙江文数）（13）已知平面向量,,1,
2,(2),αβαβααβ==⊥-则2a β+的值是
（2010天津理数）（15）如图，在ABC 中，AD AB ⊥,3BC BD =,
1AD =,则AC AD = .
【答案】D
【解析】本题主要考查平面向量的基本运算与解三角形的基础知识，属于难题。

||||cos ||cos ||sin AC AD AC AD DAC AC DAC AC BAC ∙=∙=∙=∠∠∠sin B BC ==
【解析】近几年天津卷中总可以看到平面向量的身影，且均属于中等题或难题，应加强平面向量的基本运算的训练，尤其是与三角形综合的问题。

（2010广东理数）10.若向量a r =（1,1,x ）, b r =(1,2,1), c r =(1,1,1),满足条件()(2)c a b -⋅r r r =-2,则x = .
10．C ．(0,0,1)c a x -=-，()(2)2(0,0,1)(1,2,1)2(1)2c a b x x -⋅=-⋅=-=-，解得2x =．。

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