2021年高考数学二轮复习 专题4 第3讲 空间向量及其应用素能训练(文、理)

2021年高考数学二轮复习专题4 第3讲空间向量及其应用素能训练
（文、理）
一、选择题
1．(xx·北京理，7)在空间直角坐标系O－xyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，
C(0,2,0)，D(1,1，2)，若S
1
、S2、S3分别是三棱锥D－ABC在xOy、yOz、zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( )
A．S1＝S2＝S3
B．S2＝S1且S2≠S3
C．S3＝S1且S3≠S2
D．S3＝S2且S3≠S1
[答案] D
[解析] D－ABC在xOy平面上的投影为△ABC，
故S1＝1
2
AB·BC＝2，
设D在yOz和zOx平面上的投影分别为D2和D3，则D－ABC在yOz和zOx平面上的投影分别为△OCD2和△OAD3，∵D2(0,1，2)，D3(1,0，2)．
故S2＝1
2×2×2＝2，S3＝
1
2
×2×2＝2，
综上，选项D 正确．
2．(xx·天津和平区模拟)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 是AA 1的中点，则异面直线D 1C 与BE 所成角的余弦值为( )
A.1
5 B.310
10
C.1010
D.35
[答案] B
[解析] 以A 为原点，AB 、AD 、AA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝1，则B (1,0,0)，D (0,1,0)，C (1,1,0)，D 1(0,1,2)，
∵AA 1＝2AB ，∴E (0,0,1)，
∴BE →＝(－1,0,1)，CD 1→
＝(－1,0,2)， ∴cos 〈BE →，CD 1→
〉＝BE →
·CD 1
→
|BE →|·|CD 1→|
＝
32·5
＝
310
10
， 故选B.
3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( )
A.13
B.23
C.33
D.23
[答案] B
[解析] 如图，设A 1在平面ABC 内的射影为O ，以O 为坐标原点，OA 、OA 1分别为x 轴、
z 轴建立空间直角坐标系如图．设△ABC 边长为1，则
A (
33，0,0)，B 1(－32，12，6
3
)，
∴AB
1→
＝(－536，12，63
)．
平面ABC 的法向量n ＝(0,0,1)，则AB 1与底面ABC 所成角α的正弦值为
sin α＝|cos 〈AB 1→
，n 〉|＝
6
37536＋14＋69
＝
23
. 4．(xx·吉林九校联合体二模)如图，在四面体OABC 中，已知AC ＝BC ，|OA →|＝3，|OB →
|＝1，则OC →·BA →
( )
A ．8
B ．6
C ．4
D ．3
[答案] C
[解析] 如图，取AB 的中点D ，∵AC ＝BC ，∴AB ⊥DC ，OC →＝OD →＋DC →，又OD →＝12(OA →＋OB →
)，
∴OC →·BA →＝(OD →＋DC →)·BA →＝OD →·BA →＝12(OA →＋OB →)·(OA →－OB →)＝12(OA →2－OB →2
)＝12
(9－1)＝4.
5．如图，四棱锥S －ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确．．．的是( )
A ．AC ⊥S
B B ．AB ∥平面SCD
C ．SA 与平面SB
D 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角 [答案] D
[解析] ∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD . 又∵SD ⊥底面ABCD ，∴SD ⊥AC .
∵SD ∩BD ＝D ，∴AC ⊥平面SDB ，从而AC ⊥SB .故A 正确．易知B 正确．设AC 与DB 交于O 点，连接SO .则SA 与平面SBD 所成的角为∠ASO ，SC 与平面SBD 所成的角为∠CSO ，又
OA ＝OC ，SA ＝SC ，∴∠ASO ＝∠CSO .故C 正确．由排除法可知选D.
6．正四面体ABCD 的棱长为1，G 是△ABC 的中心，M 在线段DG 上，且∠AMB ＝90°，则GM 的长为( )
A.12
B.22
C.33
D.66
[答案] D
[解析] 解法一：取AB 的中点N ，由正四面体的对称性可知△AMB 为等腰三角形，∴
MN ＝12AB ＝12
.
又G 为△ABC 的中心，∴NG ＝36
， 故MG ＝MN 2
－NG 2
＝
66
. 解法二：设DA →＝a ，DB →＝b ，DC →
＝c ，
AM →＝AD →＋λDG →
＝－a ＋λ3(a ＋b ＋c )＝(λ3－1)a ＋λ3b ＋λ3c ，
BM →＝BA →＋AM →
＝(a －b )＋(λ3－1)a ＋λ3b ＋λ3
c
＝λ3a ＋(λ3－1)b ＋λ
3
c .
由AM →·BM →
＝0，ab ＝bc ＝ac ＝12，可解得λ＝12.
|MG →|＝12|DG →
|＝66.
二、填空题
7．如图，在空间直角坐标系中有棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点M 是线段DC 1上的动点，则点M 到直线AD 1距离的最小值是________．
[答案]
33
a [解析] 设M (0，m ，m )(0≤m ≤a )，AD 1→
＝(－a,0，a )，直线AD 1的一个单位方向向量s ＝(－
22，0，22
)，MD 1→
＝(0，－m ，a －m )，故点M 到直线AD 1的距离 d ＝
|MD 1→|2－|MD 1→·s |2
＝
m 2＋a －m
2
－12
a －m
2
＝
32m 2－am ＋1
2
a 2， 根式内的二次函数当m ＝－
－a 2×32
＝a 3时取最小值32(a 3)2－a ×a 3＋12a 2＝13a 2
，故d 的最小值为
33
a . 8.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M ∈AB 1，N ∈BC 1，
且AM ＝BN ≠2，有以下四个结论：
①AA 1⊥MN ；②A 1C 1∥MN ； ③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1；
④MN 与A 1C 1是异面直线．其中正确命题的序号是________．(注：把你认为正确命题的序号都填上)
[答案] ①③
[解析] 在正方体中，AB 1＝BC 1，∵M ∈AB 1，N ∈BC 1，且AM ＝BN ≠2，∴当M 为AB 1的中点时，N 为BC 1的中点，即B 1C 的中点，此时MN ∥AC ∥A 1C 1，否则MN 与A 1C 1异面，∴②④都错；在BB 1上取点E ，使NE ∥B 1C 1，则
BE BB 1＝BN BC 1＝AM
AB 1
，∴ME ∥AB ∥A 1B 1，∴平面MNE ∥平面A 1B 1C 1，∴MN ∥平面A 1B 1C 1D 1，又AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴AA 1⊥MN ，故①③正确．
三、解答题
9.如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是底面为正方形的长方体，A 1D 1＝2，A 1A ＝23，点P 是AD 1上的动点．
(1)当P 为AD 1的中点时，求异面直线AA 1与B 1P 所成角的余弦值； (2)求PB 1与平面AA 1D 1所成角的正切值的最大值．
[解析] (1)(解法一)过点P 作PE ⊥A 1D 1，垂足为E ，连接B 1E ，则PE ∥AA 1，
∴∠B 1PE 是异面直线AA 1与B 1P 所成的角． 在Rt △AA 1D 1中，
A 1D 1＝2，AA 1＝23，
∴A 1E ＝1
2A 1D 1＝1，
∴B 1E ＝B 1A 2
1＋A 1E 2
＝ 5. 又PE ＝1
2
AA 1＝3，
∴在Rt △B 1PE 中，B 1P ＝5＋3＝22， cos ∠B 1PE ＝
PE B 1P ＝322＝64
. ∴异面直线AA 1与B 1P 所成角的余弦值为
64
. (解法二)以A 1为原点，A 1B 1所在的直线为x 轴，A 1D 1所在直线为y 轴，A 1A 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则A 1(0,0,0)，A (0,0,23)，
B 1(2,0,0)，P (0，1，3)，
∴A 1A →
＝(0,0,23)，
B 1P →
＝(－2,1，3)，
∴cos 〈A 1A →
，B 1P →
〉＝
A 1A →·
B 1P
→
|A 1A →|·|B 1P →|＝623×22
＝6
4.
∴异面直线AA 1与B 1P 所成角的余弦值为64
. (2)由(1)知，B 1A 1⊥平面AA 1D 1， ∴∠B 1PA 1是PB 1与平面AA 1D 1所成的角， 且tan ∠B 1PA 1＝
B 1A 1A 1P ＝2
A 1P
. 当A 1P 最小时，tan ∠B 1PA 1最大，这时A 1P ⊥AD 1，由A 1P ＝A 1D 1·A 1A
AD 1
＝3，得tan ∠B 1PA 1
＝233
，
即PB 1与平面AA 1D 1所成角的正切值的最大值为23
3
.
10．(xx·北京海淀模拟)如图所示，PA ⊥平面ABC ，点C 在以AB 为直径的⊙O 上，∠
CBA ＝30°，PA ＝AB ＝2，点E 为线段PB 的中点，点M 在AB 上，且OM ∥AC .
(1)求证：平面MOE ∥平面PAC ； (2)求证：平面PAC ⊥平面PCB ；
(3)设二面角M －BP －C 的大小为θ，求cos θ的值．
[解析] (1)因为点E 为线段PB 的中点，点O 为线段AB 的中点， 所以OE ∥PA .
因为PA ⊂平面PAC ，OE ⊄平面PAC ， 所以OE ∥平面PAC . 因为OM ∥AC ，
又AC ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ， 所以OM ∥平面PAC .
因为OE ⊂平面MOE ，OM ⊂平面MOE ，OE ∩OM ＝O ， 所以平面MOE ∥平面PAC .
(2)因为点C 在以AB 为直径的⊙O 上， 所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC . 因为PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， 所以PA ⊥BC .
因为AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，PA ∩AC ＝A ， 所以BC ⊥平面PAC .
因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PAC ⊥平面PBC .
(3)如图，以C 为原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系C －xyz .
因为∠CBA ＝30°，PA ＝AB ＝2， 所以CB ＝2c os30°＝3，AC ＝1. 延长MO 交CB 于点D . 因为OM ∥AC ，
所以MD ⊥CB ，MD ＝1＋12＝32，CD ＝12CB ＝3
2
.
所以P (1,0,2)，C (0,0,0)，B (0，3，0)，M (32，3
2，0)．
所以CP →＝(1,0,2)，CB →
＝(0，3，0)．
设平面PCB 的法向量m ＝(x ，y ，z )． 因为⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·CP →＝0，
m ·CB →＝0.
所以⎩⎨
⎧
x ，y ，z ·1，0，2＝0，
x ，y ，z ·0，3，0＝0.
即⎩⎨
⎧
x ＋2z ＝0，3y ＝0.
令z ＝1，则x ＝－2，y ＝0. 所以m ＝(－2,0,1)．
同理可求平面PMB 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 所以cos 〈m ，n 〉＝
m ·n |m |·|n |＝－15.所以cos θ＝1
5
.
一、解答题
11．如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在平面互相垂直，CE ⊥AC ，EF ∥AC ，AB ＝2，
CE ＝EF ＝1.
(1)求证：AF ∥平面BDE ； (2)求证：CF ⊥平面BDE ； (3)求二面角A －BE －D 的大小．
[解析] (1)设AC 与BD 交于点G ，因为EF ∥AG ，且EF ＝1，
AG ＝1
2
AC ＝1，所以四边形AGEF 为平行四边形．所以AF ∥EG .因
为EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ，所以AF ∥平面BDE .
(2)因为正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，
且CE ⊥AC ，所以CE ⊥平面ABCD .如图以C 为原点，建立空间直角坐标系C －xyz .则C (0,0,0)，
A (2，2，0)，D (2，0,0)，E (0,0,1)，
B (0，2，0)，F (
22，22，1)．所以CF →
＝(22
，22
，1)，BE →＝(0，－2，1)，DE →＝(－2，0,1)．所以CF →·BE →＝0－1＋1＝0，CF →·DE →
＝－1＋0＋1＝0.所以CF ⊥BE ，CF ⊥DE ，所以CF ⊥平面BDE .
(3)由(2)知，CF →
＝(22，22，1)是平面BDE 的一个法向量，
设平面ABE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·BA →＝0，n ·BE →
＝0.
即⎩⎨
⎧
x ，y ，z ·
2，0，0＝0
x ，y ，z ·0，－2，1＝0
所以x ＝0，z ＝2y .令y ＝1，则z ＝ 2.
所以n ＝(0,1，2)，从而cos 〈n ，CF →
〉＝n ·CF →|n ||CF →|＝32
因为二面角A －BE －D 为锐角， 所以二面角A －BE －D 为π
6
.
[点评] 综合法更注重推理，方法巧妙，计算量不大，对空间想象能力以及逻辑推理能力要求较高，而向量法更多的是计算而且方法统一，具有格式化，易于掌握．从近几年高考尤其新课标地区的高考题来看主要以向量法的考查为主，较少使用综合法．
12．(xx·桂东一中月考)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点
E 在棱PB 上．
(1)求证：平面AEC ⊥平面PDB ；
(2)当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小． [解析] (1)∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ， ∵PD ⊥底面ABCD ，
∴PD ⊥AC ，∴AC ⊥平面PDB ，
又AC ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面PDB . (2)设AC ∩BD ＝O ，连接OE ， 由(1)知AC ⊥平面PDB 于O ， ∴∠AEO 为AE 与平面PDB 所成的角， ∴O 、E 分别为DB 、PB 的中点，
∴OE∥PD，OE＝1
2 PD，
又∵PD⊥底面ABCD，∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO，
在Rt△AOE中，OE＝1
2
PD＝
2
2
AB＝AO，
∴∠AOE＝45°，即AE与平面PDB所成的角的大小为45°.
13．(xx·北京理，17)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．
[解析] (1)在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.
又因为AB⊄平面PDE，所以AB∥平面PDE.
因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，
所以AB∥FG.
(2)因为PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.
如图建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，BC→＝(1,1,0)．
设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则
⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＋z ＝0.
令z ＝1，则y ＝－1，所以n ＝(0，－1,1)．
设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则
sin α＝|cos 〈n ，BC →
〉|＝|n ·BC →|n ||BC →||＝12. 因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6
. 设点H 的坐标为(u ，v ，w )．
因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)，
即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)，所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ，
因为n 是平面ABF 的法向量，所以n ·AH →＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，
解得λ＝23，所以点H 的坐标为(43，23，23
)． 所以PH ＝4
32＋2
32＋－432＝2.
14．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，H 是正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，且C 1H ＝ 5.
(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值；
(2)求二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值；
(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，求线段BM 的长．
[解析] 如图所示 ，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原
点．依题意得A (22，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，
A 1(22，22，0)，
B 1(0,22，0)，
C 1(2，2，5)．
(1)易得AC →＝(－2，－2，5)，A 1B 1→＝(－22，0,0)，
于是cos 〈AC →，A 1B 1→〉＝AC →·A 1B 1→|AC →|·|A 1B 1→|＝43×22
＝23.
所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)易知AA 1→＝(0,22，0)，A 1C 1→＝(－2，－2，5)． 设平面AA 1C 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则
⎩⎪⎨⎪⎧
m ·A 1C 1→＝0，m 、AA 1→＝0.即⎩⎨⎧ －2x －2y ＋5z ＝0，22y ＝0. 不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)． 同样的，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，则
⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0.即⎩⎨⎧ －2x －2y ＋5z ＝0，－22x ＝0. 不妨令y ＝5，可得n ＝(0，5，2)．
于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝27·7＝27
， 从而sin 〈m ，n 〉＝
357. 所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357
. (3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22
，322，52. 设M (a ，b,0)，则MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22
－a ，322－b ，52， 由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧ MN →·A 1B 1→＝0，MN →·A 1C 1→＝0.
即⎩⎪⎨⎪⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a ·－22＝0，⎝ ⎛⎭
⎪⎫22－a ·－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－b ·－2＋52·5＝0. 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝22，b ＝24.故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，24，0，因此BM →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫22，24，0， 所以线段BM 的长|BM →|＝104
. Q20991 51FF 凿W#<*' F)a 22245 56E5 囥。