2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点37 空间向量在立体几何中的应用+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点37 空间向量在立体几何中的应用+答案解析，共24页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试37　空间向量在立体几何中的应用

高考
概览
本考点是高考必考知识点，题型为解答题，分值为12分，中等难度
考纲
研读
1.理解直线的方向向量与平面的法向量
2．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系
3．能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理，了解三垂线定理及其逆定理
4．了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义，能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题
5．能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何中的应用

一、基础小题
1．设直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，平面α的法向量为n，若〈a，n〉＝，则l与α所成的角为(　　)
A. B．
C. D．
答案　C
解析　线面角的范围是.因为〈a，n〉＝，所以l与平面α的法向量所在直线所成的角为，所以l与α所成的角为.故选C.
2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线NO，AM的位置关系是(　　)
A．平行 B．相交
C．异面垂直 D．异面不垂直
答案　C
解析　建立空间直角坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，＝(－1,0，－2)，＝(－2,0,1)，·＝0，则直线NO，AM的位置关系是异面垂直．

3．在各棱长均相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为(　　)
A. B．1
C. D．
答案　C
解析　解法一：如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)．

设三棱柱的棱长为2，则PN＝，PB＝，BN＝，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝＝＝，故选C.
解法二：以N为坐标原点，NB，NC所在的直线分别为x轴、y轴，过点N与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设AB＝2，则N(0,0,0)，A1(0，－1,2)，B(，0,0)，M(，0,1)，所以＝(，0,0)，＝(，1，－1)，设直线A1M与BN所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，则sinθ＝，tanθ＝，故选C.
4．已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是边AB，AD的中点，GC垂直于正方形ABCD所在平面α，且GC＝2，则点B到平面EFG的距离为(　　)
A．3 B．
C. D．
答案　D
解析　如图所示，建立空间直角坐标系，则B(0,4,0)，E(2,4,0)，F(4,2,0)，G(0,0,2)．所以＝(2,4，－2)，＝(4,2，－2)．设n＝(x，y，z)是平面EFG的法向量，则

令x＝1，则y＝1，z＝3.所以n＝(1,1,3)是平面EFG的一个法向量．而＝(－2,0,0)，所以点B到平面EFG的距离d＝＝.故选D.
5．(多选)若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则下列结论中正确的是(　　)
A．异面直线AB与CD所成的角为45°
B．AC⊥BD
C．△ACD是等边三角形
D．二面角A－BC－D的平面角的正切值是
答案　BCD
解析　取BD的中点O，连接AO，CO，∵正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，∴以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，

OA所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设OC＝1，则A(0,0,1)，B(0，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，＝(0，－1，－1)，＝(－1,1,0)，∴cos〈，〉＝＝＝－，∴异面直线AB与CD所成的角为60°，故A错误；∵＝(1,0，－1)，＝(0,2,0)，∴·＝0，∴AC⊥BD，故B正确；∵OA＝OC＝OD＝1，且OA，OC，OD两两垂直，∴AC＝CD＝AD＝，∴△ACD是等边三角形，故C正确；平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，＝(0,1,1)，＝(1,1,0)，设平面ABC的法向量为m＝(x，y，z)，则取x＝1，得m＝(1，－1，1)，设二面角A－BC－D的平面角为α，则cosα＝|cos〈m，n〉|＝＝，∴sinα＝ ＝.∴二面角A－BC－D的平面角的正切值是＝，故D正确．
6. (多选)如图，棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是(　　)

A．直线D1P与AC所成的角可能是
B．平面D1A1P⊥平面A1AP
C．三棱锥D1－CDP的体积为定值
D．平面APD1截正方体所得的截面可能是直角三角形
答案　BC
解析　对于A，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，建立空间直角坐标系，

则D1(0，0,1)，A(1,0,0)，C(0，1,0)，设P(1，a,1－a)(0＜a＜1)，＝(1，a，－a)，＝(－1,1,0)，cos〈，〉＝＝＜0，∵0＜a＜1，∴＜〈，〉＜，∴直线D1P与AC所成的角的范围为，故A错误；对于B，正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1D1⊥AA1，A1D1⊥AB，∵AA1∩AB＝A，∴A1D1⊥平面A1AP，∵A1D1⊂平面D1A1P，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，故B正确；对于C，∵S△CDD1＝×1×1＝，P到平面CDD1的距离为BC＝1，∴三棱锥D1－CDP的体积VD1－CDP＝VP－CDD1＝××1＝为定值，故C正确；对于D，平面APD1截正方体所得的截面不可能是直角三角形，故D错误．故选BC.
二、高考小题
7．(2018·全国Ⅱ卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A. B．
C. D．
答案　C
解析　如图，以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，A(1，0,0)，B1(1,1，)，D1(0,0，)，所以＝(－1，0，)，＝(1,1，)，因为cos〈，〉＝＝＝，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
8. (2015·四川高考)如右图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．

答案　
解析　以A为坐标原点，AB，AD，AQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设正方形边长为2，M(0，y,2)(0≤y≤2)，

则A(0，0,0)，E(1，0,0)，F(2，1,0)，∴＝(－1，y,2)，＝(2,1,0)，∴cosθ＝＝＝.令t＝2－y，要使cosθ最大，显然02，所以|MD|在x∈上单调递减，所以当x＝时，|MD|取最大值，为＝，
当x＝2时，|MD|取最小值，为
＝，所以|MD|的取值范围是.
14．(2021·浙江省嘉兴市海宁市高三适应性考试)三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝PB＝PC＝，点Q为平面ABC内的动点，且满足PQ＝，记直线PQ与直线AB所成的角为θ，则sinθ的取值范围为________．
答案　
解析　因为PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC，所以由全等三角形可知AB＝AC＝BC，所以三棱锥P－ABC为正三棱锥，记P在底面ABC内的投影为O，所以AB＝AC＝BC＝＝2，因为AOcos30°＝，所以AO＝2，所以PO＝＝，因为PQ＝，所以OQ＝＝1，所以Q的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，

取AB中点D，连接CD，可知CD经过点O，建立如图所示的空间直角坐标系，设Q(cosα，sinα，0)，A(1，－，0)，B(1，，0)，P(0,0，)，所以＝(cosα，sinα，－)，＝(0,2，0)，所以cos〈，〉＝＝sinα，所以cosθ＝|cos〈，〉|＝|sinα|，所以sinθ＝
＝，且sin2α∈[0,1]，
所以1－sin2α∈，
所以sinθ∈.
15. (2021·福建泉州模拟)若点M在平面α外，过点M作平面α的垂线，则称垂足N为点M在平面α内的正投影，记为N＝fα(M)．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，记平面AB1C1D为β，平面ABCD为γ，点P是棱CC1上一动点(与C，C1不重合)，Q1＝fγ(fβ(P))，Q2＝fβ(fγ(P))．给出下列三个结论：①线段PQ2长度的取值范围是；②存在点P使得PQ1∥平面β；③存在点P使得PQ1⊥PQ2.其中正确结论的序号是________．

答案　①②
解析　过点P作PE⊥C1D，垂足为E，过点E作EM∥CC1，交CD于点M，连接CD1，交C1D于点O，如图1所示，∵AD⊥平面CDD1C1，PE⊂平面CDD1C1，∴PE⊥AD，又PE⊥C1D，AD，C1D⊂平面AB1C1D，AD∩C1D＝D，∴PE⊥平面AB1C1D，∵EM∥CC1，CC1⊥平面ABCD，∴EM⊥平面ABCD，∴M＝fγ(fβ(P))，∴M即为Q1.∵四边形CDD1C1为正方形，∴CD1⊥C1D，∵AD⊥平面CDD1C1，CD1⊂平面CDD1C1，∴CD1⊥AD，又AD，C1D⊂平面AB1C1D，AD∩C1D＝D，∴CO⊥平面AB1C1D，∴O＝fβ(fγ(P))，∴O即为Q2.

以C为坐标原点，可建立如图2所示的空间直角坐标系，设CP＝a(0