2022年高考数学一轮复习考点练习34《空间向量及其应用》(含答案详解)

一轮复习考点练习34《空间向量及其应用》

一、选择题

1.若直线l的方向向量与平面α的一个法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于(　　)

A.120°        B.60°      C.30°        D.60°或30°

2.已知两平面的法向量分别为m=(0，1，0)，n=(0，1，1)，则两平面所成的二面角为(　　)

A.45°        B.135°     C.45°或135°        D.90°

3.在四棱锥P­ABCD中，=(4，－2，3)，=(－4，1，0)，=(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h=(　　)

A.1        B.2       C.13        D.26

4.在空间直角坐标系O­xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(1，0，2)，(1，2，0)，

(1，2，1)，(0，2，2)，若正视图以yOz平面为投射面，则该四面体侧视图面积为(　　)

A.        B.1       C.2        D.4

5.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，点E，F，G分别是DD1，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是(　　)

A.        B.         C.        D.0

6.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC上的点，A1M=AN=，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)

A.相交        B.平行     C.垂直        D.不能确定

7.在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是(　　)

A.        B.      C.        D.

8.已知底面是边长为2的正方形的四棱锥P­ABCD中，四棱锥的侧棱长都为4，E是PB的中点，则异面直线AD与CE所成角的余弦值为(　　)

A.        B.      C.        D.

9.如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论正确的是(　　)

A.DB1⊥D1P

B.平面AD1P⊥平面A1DB1

C.∠APD1的最大值为90°

D.AP＋PD1的最小值为

二、填空题

10.点P是二面角α­AB­β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM，PN，

如果∠BPM=∠BPN=45°，∠MPN=60°，那么二面角α­AB­β的大小为________.

11.已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1=AB=2，若棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是________.

12.如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA=PD=，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中点，O是AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是_______.

13.已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=AD，则平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为________.

三、解答题

14.已知：在▱ABCD中，∠DAB=45°，AB=2，AD=2，平面AED⊥平面ABCD，△AED为等边三角形，EF∥AB，EF=，M为线段BC的中点.

(1)求证：直线MF∥平面BED.

(2)求平面BED与平面FBC所成角的正弦值.

15.如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，

且平面ABCD⊥平面ABE，AB=2CD=2BC=2，P为CE中点.

(1)求证：AB⊥DE.

(2)求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值.

0.答案解析

1.答案为：C；

解析：设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.

则sin β=|cos γ|=|cos 120°|=.

又因为0°≤β≤90°，所以β=30°.

2.答案为：C；

解析：cos〈m，n〉===，即〈m，n〉=45°，其补角为135°.

所以两平面所成的二面角为45°或135°.

3.答案为：B；

解析：设平面ABCD的一个法向量为n=(x，y，z).

则⇒

令y=4，则n=，则cos〈n，〉===－.

因为=|cos〈n，〉|，所以h=×2=2.

4.答案为：B；

解析：如图，在棱长为2的正方体中建立空间直角坐标系O­xyz，

确定四面体的四个顶点，设为A，B，C，D，则侧视图以△BCD所在的平面为投射面，

对应的射影分别为A′，B′，C′，D′，从而该四面体的侧视图，

即△A′B′D′的面积为×1×2=1，故选B.

5.答案为：D；

解析：如图以DA，DC，DD1所在直线方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D­xyz，

则可得A1(1，0，2)，E(0，0，1)，G(0，2，1)，F(1，1，0)，

所以=(－1，0，－1)，=(1，－1，－1).设异面直线A1E与GF所成的角为θ，

则cos θ=|cos〈，〉|=0.

6.答案为：B；

解析：因为正方体的棱长为a，A1M=AN=，

所以=，=，所以=＋＋=＋＋

=(＋)＋＋(＋)=＋，

又是平面B1BCC1的一个法向量，且·=·=0，

所以⊥，又MN⊄平面B1BCC1，所以MN∥平面B1BCC1.

7.答案为：D；

解析：如图，建立空间直角坐标系A­xyz，

易求点D，平面AA1C1C的一个法向量是n=(1，0，0)，

所以cos〈n，〉==，即sin α=.

8.答案为：A.

解析：解法一：选A.如图，取PC的中点F，连接EF，则EF=1，

且∠ECB为异面直线AD与CE所成的角.

在△PEF中，由余弦定理，得cos∠EPF==.

在△PEC中，由余弦定理，得CE2=PE2＋PC2－2PE×PC×cos∠EPC

=22＋42－2×2×4×=6，所以cos∠ECB===，故选A.

解法二：设O为正方形ABCD的对角线AC与BD的交点，

根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(1，－1，0)，D(－1，－1，0)，C(－1，1，0)，E(，，)，

所以=(－2，0，0)，=，

所以|cos〈，〉|=

==，故选A.

9.答案为：B；

解析：建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，

则有D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，

A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，

∵=(0，1，－1)，又P为线段A1B上的动点，

∴设P(1，λ，1－λ)(0＜λ＜1)，

∴=(－1，0，1)，=(1，λ，－λ)，

设n=(x，y，z)是平面AD1P的法向量，

则有即可取n=，

又平面A1DB1的法向量可为=(－1，0，1)，

∵·n=0，∴平面AD1P⊥平面A1DB1.故选B.

10.答案为：90°.

解析：不妨设PM=a，PN=b，如图.

作ME⊥AB于点E，NF⊥AB于点F，因为∠EPM=∠FPN=45°，

所以PE=a，PF=b，所以·=(－)·(－)

=·－·－·＋·

=abcos 60°－a×bcos 45°－abcos 45°＋a×b=－－＋=0，

∴⊥，∴二面角α­AB­β的大小为90°.

11.答案为：(0，1]

解析：如图，以D1为原点建立空间直角坐标系D1­xyz.

设AD=a(a＞0)，AP=x(0≤x≤2)，则P(a，x，2)，C(0，2，2)，

所以=(a，x，2)，=(a，x－2，0)，

因为D1P⊥PC，所以·=0，即a2＋x(x－2)=0，

a==.

当0≤x≤2时，a∈(0，1].即AD的取值范围是(0，1].

12.答案为：.

解析：以O为原点，OA所在直线为x轴，过O且平行于AB的直线为y轴，

OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，

则B(1，2，0)，P(0，0，2)，C(－1，2，0)，M，O(0，0，0)，

=(0，0，2)，=(－1，2，0)，=.

设平面PCO的法向量为m=(x，y，z)，

则可取m=(2，1，0)，

设直线BM与平面PCO所成的角为θ，

则sin θ=|cos〈m，〉|===.

13.答案为：.

解析：解法一：如图，过点P作直线l∥AB，直线l就是平面PAB与平面PCD的交线，

∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，l⊥平面PAD，

∴PD⊥l，PA⊥l，故∠DPA就是平面PAB与平面PCD所成的二面角的平面角，

在Rt△PAD中，∠DPA=.

∴平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为.

解法二：设PA=AD=1，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，

则P(0，0，1)，A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，

∴=(－1，0，0)，=(0，1，－1).

设n=(x，y，z)是平面PCD的法向量，

则有即可取n=(0，1，1).

易知平面PAB的一个法向量为=(0，1，0)，

则cos〈n，〉===，

∴平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为.

14.解：(1)证明：取BD的中点G，连接MG，EG，

因为M为线段BC的中点，G是BD的中点，

所以MGCD，

又CDAB，EFAB，

所以EFGM，

所以四边形EFMG是平行四边形，

所以MF∥EG，

又MF⊄平面BED，EG⊂平面BED，

所以MF∥平面BED.

(2)过点E作EO⊥AD，垂足为O，则O为AD的中点，

因为平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，OE⊂平面EAD，

所以OE⊥平面ABCD，

所以OE⊥AB，

过O作ON⊥AB，垂足为N，则ON⊥OM，以O为原点，以ON，OM，OE所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示

则E(0，0，)，M(0，2，0)，G(0，，0)，B(，，0)，F(0，，)，

所以=，=(0，－，)，

=，=(0，－，).

设平面BDE的法向量为m=(x1，y1，z1)，

平面BCF的法向量为n=(x2，y2，z2)，

则

所以

令y1=y2=得m=(－，，)，n=(，，)，

所以cos〈m，n〉===，

设平面BED与平面FBC所成角为θ，则|cos θ|=，

所以sin θ= =，

所以平面BED与平面FBC所成角的正弦值为.

15.解：(1)证明：取AB的中点O，连接OD，OE，

因为△ABE是等边三角形，所以AB⊥OE，

因为CD∥OB，CD=AB=OB，BC=CD，BC⊥AB，

所以四边形OBCD是正方形，所以AB⊥OD，

又OD⊂平面ODE，OE⊂平面ODE，OD∩OE=O，

所以AB⊥平面ODE，

又DE⊂平面ODE，

所以AB⊥DE.

(2)因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，OD⊂平面ABCD，OD⊥AB，

所以OD⊥平面ABE，以O为原点，以OA，OE，OD为坐标轴建立空间直角坐标系，

如图所示：

则A(1，0，0)，B(－1，0，0)，D(0，0，1)，E(0，，0)，C(－1，0，1)，

所以=(－1，0，1)，=(－1，，0)，=(0，0，1)，=(1，，0)，

设平面ADE的法向量为m=(x，y，z)，

则即令y=1，得m=(，1，)，

同理可得平面BCE的法向量为n=(，－1，0)，

所以cos〈m，n〉===.

所以平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为.