第2部分 专题4 第3讲 空间向量及其在立体几何中的应用 2022高考数学（理科）二轮专题复习（老高考）

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题型对应题号1.向量法证明平行与垂直问题1,2,3,52.向量法求解空间角问题4,6,7,8,9,10,11,12(建议用时：40分钟)1．已知两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关系是(　　)A．平行  B．相交  C．垂直  D．不确定答案  A解析  因为v2＝－2v1，所以v1∥v2.故选A项．2．已知平面α内有一个点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量是n＝(6，－3,6)，则下列点P中在平面α内的是(　　)A．P(2,3,3)  B．P(－2,0,1)C．P(－4,4,0)  D．P(3，－3,4)答案  A解析  因为n＝(6，－3,6)是平面α的法向量，所以n⊥M，对于A项，M＝(1,4,1)，所以M·n＝6－12＋6＝0，所以M⊥n，所以点P在平面α内．同理可证B，C，D项中的点不在平面α内．故选A项．3．已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝(　　)A．9  B．6  C．－6  D．－9答案  D解析  由题意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2，3)，所以解得λ＝－9.故选D项．4．在直三棱柱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.  B．  C.  D．答案  C解析  建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，设BC＝2，则可得B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，所以＝(1，－1,2)，＝(－1,0,2)，故BM与AN所成角θ的余弦值cos θ＝＝＝.故选C项．5．已知A＝(1,5，－2)，B＝(3,1，z)，若A⊥B，B＝(x－1，y，－3)，且B⊥平面ABC，则B＝________.解析 由·＝0得3＋5－2z＝0，所以z＝4.又因为⊥平面ABC，所以　即解得所以＝.答案 6．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线FO与平面BED所成的角为45°，则AE＝________.解析 如图，以O为原点，以OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系．设AE＝a，则B(0，，0)，D(0，－，0)，F(－1,0,3)，E(1,0，a)，所以O＝(－1,0,3)，D＝(0,2，0)，E＝(－1，，－a)．设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，则即则y＝0，令z＝1，得x＝－a，所以平面BED的一个法向量为n＝(－a,0,1)，所以cos〈n，〉＝＝.因为直线FO与平面BED所成角的大小为45°，所以＝，解得a＝2或a＝－(舍去)，所以AE＝2.答案 2 7．(2021·华大联盟测评)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ACC1A1为菱形，∠A1AC＝60°，AC＝2，侧面CBB1C1为正方形，平面ACC1A1⊥平面ABC，点N为线段AC的中点，点M在线段AB上，且＝2. (1)证明：平面BB1C1C⊥平面ACC1A1；(2)求直线BB1与平面B1MN所成角的正弦值．解析 (1)证明：连接A1C，A1N，因为四边形ACC1A1为菱形，∠A1AC＝60°，所以△A1AC为等边三角形，而点N为AC的中点，所以 A1N⊥AC.又平面ACC1A1⊥平面ABC，所以A1N⊥平面ABC，所以A1N⊥BC.而四边形CBB1C1为正方形，所以BC⊥CC1.又CC1∥A1A，所以BC⊥A1A.因为AA1∩A1N＝A1，所以BC⊥平面ACC1A1.又BC⊂平面BB1C1C，所以平面BB1C1C⊥平面ACC1A1.(2)设A1C1的中点为点P，以点C为坐标原点，分别以向量，，为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，有A(2,0,0)，B(0,2,0)，A1(1,0，)，N(1,0,0)．所以＝(－2,2,0)，＝＝，＝(1,0,0)，所以＝＋＝.又＝(0,0，)，＝＝(－2,2,0)，所以＝＋＝(－2,2，)．设平面B1MN的法向量为n＝(x，y，z)，则所以取y＝1，则n＝(4,1,2)．设直线BB1与平面B1MN 所成的角为α，因为＝＝(－1,0，)，所以sin α＝＝＝，即直线BB1与平面B1MN所成角的正弦值为.8．(2021·陕西榆林测试)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别为A1B1，B1C1，BB1的中点，点P是正方形CC1D1D的中心． (1)证明：AP∥平面EFG；(2)若平面AD1E和平面EFG的交线为l，求二面角A－l－G.解析 (1)证明：连接D1C，AC，因为点E，F，G分别为A1B1，B1C1，BB1的中点，所以EG∥D1C，因为D1C⊄平面EFG，所以D1C∥平面EFG.同理，AC∥平面EFG，又D1C∩AC＝C，且D1C⊂平面ACD1，AC⊂平面ACD1，所以平面ACD1∥平面EFG，因为点P是正方形CC1D1D的中心，所以AP⊂平面ACD1，所以AP∥平面EFG.(2)以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0,0)，E(2,1,2)，D1(0,0,2)，故＝(0,1,2)，＝(2,1,0)，设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，由可得令x＝1，则n＝(1，－2,1)，取平面EFG的法向量为m＝(1,1,1)，则m·n＝0，即m⊥n，所以二面角A－l－G 的大小为.(建议用时：25分钟)9．已知二面角α－l－β为60°，A，B是棱l上的两点，AC，BD分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝a，BD＝2a，则CD的长为(　　)A．2a  B．a  C．a  D．a答案  A解析  因为AC⊥l，BD⊥l，所以〈A，B〉＝60°，且A·B＝0，A·B＝0，所以C＝C＋A＋B，所以|C|＝|C＋A＋B|，即C2＝(C＋A＋B)2＝C2＋A2＋B2＋2C·A＋2C·B＋2A·B＝a2＋a2＋(2a)2＋2a·2acos 120°＝4a2，所以|C|＝2a，即CD的长为2a.故选A项．10．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AA1＝2，AC＝，过BC的中点D作平面ACB1的垂线，交平面ACC1A1于E，则BE与平面ABB1A1所成角的正切值为(　　)A.  B．  C.  D．答案  C解析  以A为坐标原点，向量A，，A的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(0,0,2)，B1(0,2,2)，C(，0,0)，D.设E(x，y,0)，则有D＝，A＝(，0,0)，＝(0,2,2)，因为DE⊥平面ACB1，所以DE⊥AC，DE⊥AB1，所以D·＝0，D·＝0，则·＋0＋0＝0,0＋2y－2＝0，解得x＝，y＝1，即E，B＝，而平面ABB1A1的一个法向量为A＝(，0,0)，设BE与平面ABB1A1所成角为θ，则sin θ＝|cos〈B，A〉|＝＝，cos θ＝＝，所以tan θ＝＝.故选C项．11．如图，在▱ABCD中，AB＝2，M为CD的中点，BM＝，且△DAM为等边三角形，沿AM将△DAM折起至△PAM的位置，使PB＝2.(1)求证：BM⊥PA；(2)求二面角A－PB－M的平面角的正弦值．解析 (1)证明：由已知，在△ABM中，BM＝，AM＝1，AB＝2，所以BM2＋AM2＝AB2，所以BM⊥AM.又在△PMB中，PB＝2，PM＝1，BM＝，所以PM2＋BM2＝PB2，所以BM⊥PM.又PM∩AM＝M，所以BM⊥平面PAM，所以BM⊥PA.(2)在△PAM中，作PO⊥AM交AM于点O，取AB中点K，以O为原点，OA，OK，OP所在射线分别为x轴、y轴、z轴正半轴建立空间直角坐标系(图略)，则由已知可得A，P，B，M，所以P＝，P＝.设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由得取n＝(3，，)．同理，平面PBM的一个法向量为m＝(－3,0，)．设二面角A－PB－M的平面角为α，则|cos α|＝＝，所以sin α＝.12．(2021·山西大同模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N分别是棱CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上． (1)当直线PN与平面ABC所成的角最大时，求线段A1P的长度；(2)是否存在这样的点P，使平面PMN与平面ABC所成的二面角为？如果存在，试确定点P的位置；如果不存在，请说明理由．解析 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M，N，设P(λ，0,1)(0＜λ＜1)，则＝(λ，0,0)，＝(λ，0,1)，＝.(1)设直线PN与平面ABC所成的角为θ，因为m＝(0,0,1)是平面ABC的一个法向量，所以sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝，所以当λ＝时，θ取得最大值，此时sin θ＝，即当直线PN与平面ABC所成的角最大时，线段A1P的长度为.(2)易知N＝，设n＝(x，y，z)是平面PMN的一个法向量，由可得即令x＝3，得y＝1＋2λ，z＝2－2λ，即n＝(3,1＋2λ，2－2λ)，所以|cos〈m，n〉|＝＝，化简得4λ2＋10λ＋13＝0.①因为Δ＝100－4×4×13＝－108＜0，所以方程①无解．故不存在点P使得平面PMN 与平面ABC所成的二面角为.