2021年高考数学真题及模拟题分类汇编 专题20：空间向量（含答案解析）

这是一份2021年高考数学真题及模拟题分类汇编 专题20：空间向量（含答案解析），共14页。试卷主要包含了选择题部分，解答题部分等内容，欢迎下载使用。
2021年高考真题和模拟题分类汇编数  学专题20 空间向量一、选择题部分1.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T12)在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（）A. 当时，的周长为定值B. 当时，三棱锥的体积为定值C. 当时，有且仅有一个点，使得D. 当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD．【解析】易知，点在矩形内部（含边界）．对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选BD．2.(2021•河南焦作三模•理T11)在棱长为2的正四面体ABCD中，点P为△ABC所在平面内一动点，且满足||+||＝，则PD的最大值为（　　）A．3 B． C． D．2【答案】B．【解析】以AB的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则O（0，0，0），A（﹣1，0，0），B（1，0，0），C（），，因为||+||＝＞AB＝2，故点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，所以，2c＝2，解得，所以点P的轨迹方程为，设，则＝＝，令t＝cosθ，则t∈[﹣1，1]，所以f（t）＝，则，令f'（t）＝0，解得，当时，f'（t）＞0，则f（t）单调递增，当时，f'（t）＜0，则f（t）单调递减，所以当时，f（t）取得最大值，故PD的最大值为． 二、解答题部分3.(2021•高考全国甲卷•理T19) 已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?【解析】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，，所以，又，所以平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．所以，．由题设（）．（1）因为，所以，所以．（2）设平面的法向量为，因为，所以，即．令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时．4.(2021•浙江卷•T19) 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为．5.(2021•山东聊城三模•T19.)如图，在平面四边形ABCD中，，，，以BD为折痕把折起，使点A到达点P的位置，且．（1）证明：；（2）若M为PB的中点，二面角的大小为60°，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．【解析】（1）证明：因为，，，所以平面PCD，又因为平面PCD，所以，又因为，，所以平面BCD，又因为平面，所以
（2）解：因为，所以是二面角的平面角，即，在中，，取的中点，连接，因为 ,所以 ,由（1）知，平面，为的中位线，所以，即两两垂直，以为原点建立如图所示的坐标系，设，则，，设平面的一个法向量为，则由得令，得，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为【考点】直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求直线与平面的夹角，二面角的平面角及求法【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定和性质即可证出。
（2）根据二面角的平面角可知 ，  取  的中点  ，连接 ，以  为原点建立如图所示的坐标系  ，设  ，根据空间向量即可求出直线和平面夹角。6.(2021•河南郑州三模•理T18)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝CD＝1，E是PB的中点．（Ⅰ）求证：平面EAC⊥平面PBC；（Ⅱ）若PC＞1，直线PA与平面EAC所成角的正弦值为，求二面角P﹣AC﹣E的余弦值．【解析】（Ⅰ）证明：∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PC，又AB＝2，AD＝CD＝1，∴，∴AC2+BC2＝AB2，则AC⊥BC，又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC，∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC；（Ⅱ）以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，﹣1，0），设P（0，0，a）（a＞1），则，设平面EAC的一个法向量为，则，则可取，设直线PA与平面EAC所成角为θ，则，∴a4﹣5a2+4＝0，解得a＝2或a＝1（舍去），则，取，则，故平面PAC的一个法向量为，∴，又二面角P﹣AC﹣E的平面角为锐角，∴二面角P﹣AC﹣E的余弦值为．7.(2021•重庆名校联盟三模•T19．)如图，四棱锥P﹣ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB＝3DC＝6，BM＝2MP．（1）求证：CM∥平面PAD；（2）若AD＝1，AD⊥DC，PD⊥PC且PD＝PC．求直线CM与平面PAB所成的角．【解析】（1）证明：如图，取线段PA的靠近P的三等分点为N，连接DN，NM，则＝＝，所以MN∥AB且MN＝AB，又DC∥AB且DC＝AB，所以四边形MNDC为平行四边形，所以DN∥CM，又DN⊂平面PAD，CM⊄平面PAD，所以CM∥平面PAD．（2）如图，取CD中点为O，连接OP，过O作OE∥AD交AB于E，因为平面PCD⊥平面ABCD，OP⊥DC，由面面垂直的性质定理可知，OP⊥平面ABCD．所以直线OP，OC，OE两两垂直，以O为原点，分别以射线OE，OC，OP的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，所以＝+＝+＝（，，），＝（0，6，0），＝（﹣1，1，1），设平面PAB的法向量为＝（x，y，z），则，即，取x＝1，得＝（1，0，1），所以cos＜，＞＝＝，所以直线CM与平面PAB所成的角为45°．8.(2021•上海嘉定三模•T17．)如图，在四棱雉锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝AP＝2，BC＝1，且Q为线段BP的中点．（1）求直线CQ与PD平面所成角的大小；（2）求直线CQ与平面ADQ所成角的大小．【解析】（1）以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立坐标系．A（0，0，0），B（2，0，0），P（0，0，2），D（0，2，0），C（2，1，0）则Q（1，0，1），，，设异面直线CQ与PD所成的角为α，则，即异面直线CQ与PD所成角的大小为．（2）设平面ADQ的法向量为，由，可得，所以取＝（1，0，﹣1），设直线CQ与平面ADQ所成的角为β，则．即直线CQ与平面ADQ所成角的大小为．9.(2021•辽宁朝阳三模•T20．)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，以BC为直径的圆O（O为圆心）过点A，且AO＝AC＝AP＝2，PA底面ABCD，M为PC的中点．（1）证明：平面OAM⊥平面PCD；（2）求二面角O﹣MD﹣C的余弦值．【解析】（1）证明：由题意点A为圆O上一点，则AB⊥AC，由PA⊥底面ABCD，知PA⊥AB，又PA∩AC＝A，PA、AC⊂平面PAC，∴AB⊥平面PAC，∵AM⊂平面PAC，∴AB⊥AM，∵M为PC的中点，∴AM⊥PC，∵CD∩PC＝C，∴AM⊥平面PCD，∵AM⊂平面OAM，∴平面OAM⊥平面PCD．（2）如图，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则C（0，2，0），D（﹣2，2，0），M（0，1，1），O（，1，0），＝（﹣，0，1），＝（﹣3，1，0），设平面OMD的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，3，），由（1）知AM⊥平面PCD，则平面CDM的一个法向量＝（0，1，1），∴cos＜＞＝＝，由图可知二面角O﹣MD﹣C的锐角，则二面角O﹣MD﹣C的余弦值为．10.(2021•湖南三模•T20．)如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，底面为矩形，平面AA1D1D⊥平面CC1D1D，且CC1＝CD＝DD1＝C1D1＝1．（1）证明：AD⊥平面CC1D1D；（2）若A1C与平面CC1D1D所成角为，求二面角C﹣AA1﹣D的余弦值．【解析】（1）证明：在梯形CC1D1D中，因为CC1＝CD＝DD1＝，所以∠DD1C1＝，连结DC1，由余弦定理可求得DC1＝，因为，所以DC1⊥DD1，因为平面AA1D1D⊥平面CC1D1D且交于DD1，所以DC1⊥平面AA1D1D，因为AD⊂平面AA1D1D，所以AD⊥DC1，因为AD⊥DC，DC∩DC1＝D，所以AD⊥平面CC1D1D；（2）解：连结A1C1，由（1）可知，A1D1⊥平面CC1D1D，以D1为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，因为A1D1⊥平面CC1D1D，所以A1C在平面CC1D1D内的射影为D1C，所以A1C与平面CC1D1D所成的角为∠A1CD1，即∠A1CD1＝，在Rt△A1CD1中，因为，所以A1D1＝3，则D1（0，0，0），A1（3，0，0），D（0，），C（0，），C1（0，2，0），所以，，设平面AA1D1D的法向量为，则有，即，令y＝3，则x＝0，z＝，故，设平面AA1C1C的法向量为，则有，即，令a＝2，则b＝3，，故，所以＝，由图可知，二面角C﹣AA1﹣D锐二面角，故二面角C﹣AA1﹣D的余弦值为．