2024版高考数学一轮复习专题基础练专题七立体几何与空间向量考点32空间向量及其应用作业课件

经典3+2
对于B,B1(2,0,2),P(1,2,2),=(0,2,2),因为Q∈平面MNP,所以,,共面,又,不共线,所以可以用
,表示,所以设=λ+μ=(λ,2λ+2μ,λ+2μ),则Q(1+λ,2λ+2μ,λ+2μ),所以1 =(λ-1,2λ+2μ,λ+2μ-2),因为
则C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),A1(1,0,1),=(-1,1,0),1 =(-1,0,-1),所以异面直线A1C与AB所成角的余弦值为
| ·| 1
cos α= 1
= (α为异面直线A1C与AB所成的角),
|1 |×|| 2
π
所以异面直线A1C与AB所成的角为 3 .故选C.
为定值,B正确.
1
对于选项C,取E,F分别为BB1,CC1的中点,连接EF,由=λ+2 1 (λ∈[0,1]),
可知点P在线段EF上,易知A1C⊥平面AB1D1,所以平面AB1P即平面AB1D1,点P即
平面AB1D1与直线EF的交点,此交点在FE的延长线上,C错误.
经典3+2
对于选项D,由=λ1 (λ∈[0,1]),可知点P的轨迹为线段AD1,建立空间直角坐标系如图2所示,则C1(2,2,0),D(0,2,2),
1
以PQ=2AC= 2,OQ= 2 + 2 = 2 + 1= 3,PO= 2 + 2 = 4 + 1= 5,QO2<PQ2+OP2,故∠QPO不是直角,
故PO,MN不垂直,故D错误.故选BC.
经典3+2
3. [多选][2023重庆联考]在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为矩形,AA1=AD=2AB=2,且P为CC1的中点,Q为
AA1上一动点(包括端点),则
2
A.PQ∈[ 5, 6]
B.三棱锥B-QPB1的体积为3
C.存在点Q使得BD1与平面QPB1垂直
D.存在点Q使得AC1与平面QPB1垂直
答案
3.AB
对于A,解法一
由题意知DA,DC,DD1两两垂直,所以以D为坐标原点,
DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标
答案
5.BD 如图所示,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴
建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2.对于A,A(0,0,0),M(1,0,0),
N(2,2,1),C1(2,2,2),所以1 =(2,2,2),=(1,2,1),则不存在实数k≠0,
使得1 =k,所以直线MN与AC1不平行,所以A错误.
= (α为异面直线A1C
|1 |×|| 2
π
与AB所成的角),所以异面直线A1C与AB所成的角为 3 .故选C.
经典3+2
2. [多选][2021新高考Ⅱ卷]如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP
的是
经典3+2
答案
2.BC 解法一(向量法)
D正确.故选ABD.
,
经典3+2
5. [多选][2022福建福州诊断]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别为棱AB,CC1,C1D1的中点,Q∈平面MNP,
B1Q=AB,直线B1Q和直线MN所成的角为θ,则
π
A.MN∥AC1
B.θ的最小值为 3
C.A,M,N,P四点共面
D.PQ∥平面ACD1
cos<,1 >=
2
1
6
2
1
1
,令=t,则t∈[2,+∞),则cos<,1 >=
,
2 6 2 −4+1
4
+1

−
1
1
2
所以当t=2,即x=2,即a=0时,cos<,1 >取得最大值,为 2 ,此时异面直线
π
ππ
BP,C1D所成的角最小,为 4 .综上,异面直线BP,C1D所成角的取值范围是[ 4 , 2 ],
6+2−6
=
6× 2
其补角即异面直线BP,C1D所成的角,在△BPO中,易得BP= 6,PO= 2,BO= 6,由余弦定理得cos∠BPO=2×
3
,A正确.
6
对于选项B,由=λ+1 (λ∈[0,1]),可知P点的轨迹为线段B1C1,因为B1C1∥BC,
故P到平面A1BC的距离为定值,又△A1BC的面积为定值,所以三棱锥P-A1BC的体积
故D不正确.综上所述,选AB.
经典3+2
4. [多选][2023福建省福州屏东中学考试]如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P为空间中一点.则下列结论
正确的是
1
3
A.若=2 1 ,则异面直线BP,C1D所成角的余弦值为 6
B.若=λ+1 (λ∈[0,1]),则三棱锥P-A1BC的体积为定值
系D-xyz,如图1所示,则P(0,1,1),设AQ=a(0≤a≤2),则Q(2,0,a),所以PQ=
(0−2) 2 + (1−0) 2 + (1−) 2 = (−1) 2 + 5∈[ 5, 6],故A正确.
经典3+2
解法二
易知该直四棱柱为长方体.如图2,连接AP,A1P,AC,则AC= 2 + 2 = 5.由长方体的性质知,CC1⊥平面
OP不垂直,所以选项D错误.故选BC.
经典3+2
解法二(传统法)
设正方体的棱长为2,对于A,如图1所示,记正方体为ABCD-MTNS,连接AC,则MN∥AC,故∠POC (或
1
2
其补角)为异面直线OP,MN所成的角,在Rt△OPC中,OC= 2,CP=1,故tan∠POC= 2= 2 ,故MN⊥OP不成立,故A错误.
1
π
π
π
=
,又θ∈[0,
],所以
≤θ≤
,所以选项B正确.
6×2 2
2
3
2
= −1,
对于C,=(-1,0,0),设=x+y=(x,2x+2y,x+2y),所以ቐ2 + 2 = 0,无解,所以A,M,N,P四点不共面,所以C
+ 2 = 0,
错误.
经典3+2
对于D,设平面MNP的法向量为n1=(x1,y1,z1),由൝
解法三(基底法)
设=a,=b,1 =c,则1 =-a-c,=-a+b,因为|1 |2=(-a-c)2=a2+c2=2,所以|1 |= 2,同理
| ·| 1
||= 2,又1 ·=(-a-c)·(-a+b)=1,所以异面直线A1C与AB所成角的余弦值为cos α= 1
1 · = 0, 1 + 21 + 1 = 0,
得ቊ
取z1=1,则n1=(1,-1,1);设平面ACD12+ Nhomakorabea2
=
0,
1
1
1 · = 0,
2 + 22 = 0,
· = 0,
的法向量为n2=(x2,y2,z2),因为=(2,2,0),1 =(0,2,2),所以由൝ 2
B1Q=AB,所以|1 |=2,即(λ-1)2+(2λ+2μ)2+(λ+2μ-2)2=4,因为直线B1Q和直线MN所成的角为θ,所以cos
|6+6−3|
θ=|cos<1 ,>|= 6×2 ,令λ+μ=t,则μ=t-λ,则方程(λ-1)2+(2λ+2μ)2+(λ+2μ-2)2=4可转化为2λ2+(2-4t)λ+8t2-8t+
项B正确;对于C,有M(2,2,2),N(0,2,0),O(1,1,0),P(0,0,1),则=(-2,0,-2),=(-1,-1,1),·=0,所以MN⊥OP,所以
选项C正确;对于D,有M(0,2,2),N(0,0,0),O(1,1,0),P(2,1,2),
则=(0,-2,-2),=(1,0,2),·=-4≠0,所以MN与
·1 = 0,
−2− = 0,
(-2,-1,2),设平面QPB1的法向量为n=(x,y,z),则൝
即ቊ
令x=1,则n=(1,4-2a,-2),所以1 不可
−
+
(−2)
=
0,
·1 = 0,
能平行于n,故C不正确;
因为A(2,0,0),C1(0,1,2),所以1 =(-2,1,2),所以1 不可能平行于n,
经典3+2
对于C,如图3所示,记正方体为ABMS-DCTN,连接BD,则BD∥MN,由B选项的分析可得OP⊥BD,故OP⊥MN,故C正确.
对于D,如图4所示,记正方体为ABTN-DCMS,取AD的中点为Q,AB的中点为K,连接AO,AC,PQ,OQ,PK,OK,则AC∥MN,
因为DP=PC,故PQ∥AC,故PQ∥MN,所以∠QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角,因为正方体的棱长为2,所
·1
B(2,0,2),所以1 =(-2,0,2),设P(0,a,2-a),a∈[0,2],则=(-2,a,-a),所以cos<,1 >=
=
|||1| 2
π
4−2
2 4+2
=
2
2−
2 2+2
令2-a=x,则x∈[0,2],当a=2,即x=0时,cos<,1 >=0,此时异面直线BP,C1D所成的角为 2 ;当a≠2,即x∈(0,2]时,
则D1B∥A1C,所以异面直线A1C与AB所成的角即直线D1B与AB所成的角,在三角形D1AB中,
π
π
D1A=BD1=AB= 2,所以∠D1BA= 3 ,即异面直线A1C与AB所成的角为 3 .故选C.
经典3+2
解法二(坐标法)
如图,以点C为坐标原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系C-xyz,
对于B,如图2所示,记正方体为ADTN-BCMS,取NT的中点为Q,连接PQ,OQ,则OQ⊥NT,PQ⊥MN,由正方体ADTN-BCMS
可得SN⊥平面ANTD,而OQ⊂平面ANTD,故SN⊥OQ,而SN∩NT=N,故OQ⊥平面SNTM,又MN⊂平面SNTM,故OQ⊥MN,
而OQ∩PQ=Q,所以MN⊥平面OPQ,而PO⊂平面OPQ,故MN⊥OP,故B正确.
1
6
1
6
1=0,因为λ∈R,所以Δ=(2-4t)2-8(8t2-8t+1)≥0,即12t2-12t+1≤0,解得2- 6 ≤t≤2+ 6 ,则6λ+6μ-3=6t-3,- 6≤6λ+6μ-3≤ 6,即
|6+6−3|
≤
6×2
|6λ+6μ-3|≤ 6,所以cos θ=|cos<1 ,>|=
6
面BB1C1C,所以点Q到平面PBB1的距离等于点A到平面PBB1的距离,
1
1
2
所以−1 =−1 =3×2×2×2×1=3,故B正确.
对于C,D,由A中解法一知B(2,1,0),B1(2,1,2),D1(0,0,2),P(0,1,1),Q(2,0,a),所以1 =(-2,0,-1),1 =(0,-1,a-2),1 =
1
C.若=λ+2 1 (λ∈[0,1]),则有且仅有一个点P,使得A1C⊥平面AB1P
ππ
D.若=λ1 (λ∈[0,1]),则异面直线BP,C1D所成角的取值范围是[ 4 , 2 ]
经典3+2
答案
4.ABD 对于选项A,由题,如图1,P为AD1的中点,连接B1D1,取B1D1的中点O,连接PO,BO,则PO∥C1D,所以∠BPO或
ABCD,所以CC1⊥AC.因为点P为CC1的中点,所以AP=A1P= 2 + 2 = 6,所以当PQ⊥AA1,即Q为AA1的中点
时,PQ取得最小值,为 5,当Q与A或A1重合时,PQ取得最大值,为 6,所以PQ∈[ 5, 6],故A正确.
经典3+2
对于B,由题意知ABCD-A1B1C1D1为长方体,如图3,则AA1∥平面BB1C1C,AB⊥平
对选项A,B,C,D中的正方体建立如图所示的空间直角坐标系,设各正方体的棱长均为2.
对于A,有M(2,0,2),N(0,2,2),O(1,1,0),P(0,2,1),则=(-2,2,0),=(-1,1,1),·=4≠0,所以MN与OP不垂直,所以选
项A错误;对于B,有M(0,0,2),N(2,0,0),O(1,1,0),P(2,0,1),则=(2,0,-2),=(1,-1,1),·=0,所以MN⊥OP,所以选
考点32 空间向量及其应用
经典3+2
1. [2023广西联盟校检测]如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,若AA1=AC=BC=1,则异面直线A1C,AB所成角的大
小是
π
A. 6
π
B. 4
π
C. 3
π
D. 2
答案
1.C 解法一(几何法)
如图,将直三棱柱补形为正方体ACBD-A1C1B1D1,连接BD1,AD1,