高考數(shù)學(xué)真題分類匯編 8.5 空間向量及其應(yīng)用 理

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1、高考數(shù)學(xué)真題分類匯編 8.5 空間向量及其應(yīng)用 理 考點一　空間角 1.(xx課標(biāo)Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分別是A1B1,A1C1的中點,BC=CA=CC1,則BM與AN所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 2.(xx廣東,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),則下列向量中與a成60°夾角的是(　　) A.(-1,1,0) B.(1,-1,0) C.(0,-1,1) D.(-1,0,1) 答

2、案　B 3.(xx四川,8,5分)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點O為線段BD的中點.設(shè)點P在線段CC1上,直線OP與平面A1BD所成的角為α,則sin α的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　B 4.(xx北京,17,14分)如圖,正方形AMDE的邊長為2,B,C分別為AM,MD的中點.在五棱錐P-ABCDE中,F為棱PE的中點,平面ABF與棱PD,PC分別交于點G,H. (1)求證:AB∥FG; (2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直線BC與平面ABF所成角的大小,并求線段PH的長

3、. 解析　(1)證明:在正方形AMDE中,因為B是AM的中點,所以AB∥DE. 又因為AB?平面PDE, 所以AB∥平面PDE. 因為AB?平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG, 所以AB∥FG. (2)因為PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0). 設(shè)平面ABF的法向量為n=(x,y,z), 則即 令z=1,則y=-1.所以n=(0,-1,1). 設(shè)直線BC與平面ABF所成角為α, 則sin α=|cos

4、|==. 因此直線BC與平面ABF所成角的大小為. 設(shè)點H的坐標(biāo)為(u,v,w). 因為點H在棱PC上,所以可設(shè)=λ(0<λ<1), 即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2). 所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ. 因為n是平面ABF的法向量,所以n·=0, 即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0. 解得λ=,所以點H的坐標(biāo)為. 所以PH==2. 5.(xx陜西,17,12分)四面體ABCD及其三視圖如圖所示,過棱AB的中點E作平行于AD,BC的平面分別交四面體的棱BD,DC,CA于點F,G,H. (1)證明:四邊形EFGH是矩形; (2)求直線AB與平

5、面EFGH夾角θ的正弦值. 解析　(1)證明:由該四面體的三視圖可知, BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1. 由題設(shè),BC∥平面EFGH, 平面EFGH∩平面BDC=FG, 平面EFGH∩平面ABC=EH, ∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH. 同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG, ∴四邊形EFGH是平行四邊形. 又∵AD⊥DC,AD⊥BD,∴AD⊥平面BDC, ∴AD⊥BC,∴EF⊥FG, ∴四邊形EFGH是矩形. (2)解法一:如圖,以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),

6、C(0,2,0), =(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1). 設(shè)平面EFGH的法向量n=(x,y,z), ∵EF∥AD,FG∥BC, ∴n·=0,n·=0, 得取n=(1,1,0), ∴sin θ=|cos<,n>|===. 解法二:如圖,以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系, 則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), ∵E是AB的中點,∴F,G分別為BD,DC的中點, 得E,F(1,0,0),G(0,1,0). ∴=,=(-1,1,0),=(-2,0,1). 設(shè)平面EFGH的法向量n=(x,y,z), 則n·=0,

7、n·=0, 得取n=(1,1,0), ∴sin θ=|cos<,n>|===. 6.(xx天津,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,點E為棱PC的中點. (1)證明BE⊥DC; (2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值; (3)若F為棱PC上一點,滿足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值. 解析　解法一: 依題意,以點A為原點建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E為棱PC的中點,得E(1,1,1). (1)證明

8、:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故·=0. 所以BE⊥DC. (2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).設(shè)n=(x,y,z)為平面PBD的法向量, 則即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)為平面PBD的一個法向量.于是有 cos===. 所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為. (3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由點F在棱PC上,設(shè)=λ,0≤λ≤1. 故=+=+λ=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得·=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=.即=.設(shè)n1=(x,y,z)為平

9、面FAB的法向量,則即 不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)為平面FAB的一個法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),則 cos===-. 易知,二面角F-AB-P是銳角,所以其余弦值為. 解法二: (1)證明:如圖,取PD的中點M,連結(jié)EM,AM. 由于E,M分別為PC,PD的中點,故EM∥DC,且EM=DC,又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四邊形ABEM為平行四邊形,所以BE∥AM. 因為PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA, 從而CD⊥平面PAD,因為AM?平面PAD,于是CD⊥AM,又BE∥AM,所以BE⊥CD. (2

10、)連結(jié)BM,由(1)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM.又因為AD=AP,M為PD的中點,故PD⊥AM,可得PD⊥BE,所以PD⊥平面BEM,故平面BEM⊥平面PBD.所以直線BE在平面PBD內(nèi)的射影為直線BM,而BE⊥EM,可得∠EBM為銳角,故∠EBM為直線BE與平面PBD所成的角. 依題意,有PD=2,而M為PD的中點,可得AM=,進(jìn)而BE=.故在直角三角形BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=. 所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為. (3)如圖,在△PAC中,過點F作FH∥PA交AC于點H.因為PA⊥底面ABCD,故FH⊥底面AB

11、CD,從而FH⊥AC.又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH.在底面ABCD內(nèi),可得CH=3HA,從而CF=3FP.在平面PDC內(nèi),作FG∥DC交PD于點G,于是DG=3GP.由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F,G四點共面.由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG.所以∠PAG為二面角F-AB-P的平面角. 在△PAG中,PA=2,PG=PD=,∠APG=45°,由余弦定理可得AG=,cos∠PAG=. 所以二面角F-AB-P的余弦值為. 7.(xx重慶,19,13分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面是以O(shè)為中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,

12、∠BAD=,M為BC上一點,且BM=,MP⊥AP. (1)求PO的長; (2)求二面角A-PM-C的正弦值. 解析　(1)如圖,連結(jié)AC,BD,因為ABCD為菱形,則AC∩BD=O,且AC⊥BD.以O(shè)為坐標(biāo)原點,,,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 因為∠BAD=,故OA=AB·cos=,OB=AB·sin=1, 所以O(shè)(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),C(-,0,0),=(0,1,0),=(-,-1,0). 由BM=,BC=2知,==, 從而=+=,即M. 設(shè)P(0,0,a),a>0,則=(-,0,a),=.

13、因為MP⊥AP,故·=0,即-+a2=0,所以a=或a=-(舍去),即PO=. (2)由(1)知,=,=,=. 設(shè)平面APM的法向量為n1=(x1,y1,z1),平面PMC的法向量為n2=(x2,y2,z2), 由n1·=0,n1·=0,得 故可取n1=, 由n2·=0,n2·=0, 得 故可取n2=(1,-,-2), 從而法向量n1,n2的夾角的余弦值為 cos==-, 故所求二面角A-PM-C的正弦值為. 8.(xx安徽,20,13分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四邊形ABCD為梯形,AD∥BC,且AD=2BC.過A1

14、,C,D三點的平面記為α,BB1與α的交點為Q. (1)證明:Q為BB1的中點; (2)求此四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積之比; (3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面積為6,求平面α與底面ABCD所成二面角的大小. 解析　(1)證明:因為BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A, 所以平面QBC∥平面A1AD. 從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行,即QC∥A1D. 故△QBC與△A1AD的對應(yīng)邊相互平行,于是△QBC∽△A1AD. 所以===,即Q為BB1的中點. 圖1 (2)如圖1,連結(jié)QA,QD.設(shè)AA1=h,梯形ABC

15、D的高為d,四棱柱被平面α所分成上下兩部分的體積分別為V上和V下,BC=a,則AD=2a. =×·2a·h·d=ahd, VQ-ABCD=··d·h=ahd, 所以V下=+VQ-ABCD=ahd, 又=ahd, 所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd, 故=. (3)解法一:如圖1,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足為E,連結(jié)A1E. 又DE⊥AA1,且AA1∩AE=A, 所以DE⊥平面AEA1,于是DE⊥A1E. 所以∠AEA1為平面α與底面ABCD所成二面角的平面角. 因為BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA. 又因為梯形ABCD的面積為6,DC=

16、2,所以S△ADC=4,AE=4. 于是tan∠AEA1==1,∠AEA1=. 故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為. 圖2 解法二:如圖2,以D為原點,,的方向分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系. 設(shè)∠CDA=θ. 因為S四邊形ABCD=·2sin θ=6, 所以a=. 從而C(2cos θ,2sin θ,0), A1, 所以=(2cos θ,2sin θ,0),=. 設(shè)平面A1DC的一個法向量為n=(x,y,1), 由得x=-sin θ,y=cos θ, 所以n=(-sin θ,cos θ,1). 又因為平面ABCD的一個法向量為m=(0,0,1)

17、, 所以cos==, 故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為. 考點二　空間向量及其應(yīng)用 9.(xx江西,10,5分) 如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=11,AD=7,AA1=12.一質(zhì)點從頂點A射向點E(4,3,12),遇長方體的面反射(反射服從光的反射原理),將第i-1次到第i次反射點之間的線段記為Li(i=2,3,4),L1=AE,將線段L1,L2,L3,L4豎直放置在同一水平線上,則大致的圖形是(　　) 答案　C 10.(xx山東,17,12分)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB

18、=2CD=2,M是線段AB的中點. (1)求證:C1M∥平面A1ADD1; (2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值. 解析　(1)證明:因為四邊形ABCD是等腰梯形, 且AB=2CD,所以AB∥DC,又由M是AB的中點,因此CD∥MA且CD=MA. 連結(jié)AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 因為CD∥C1D1,CD=C1D1, 可得C1D1∥MA,C1D1=MA, 所以四邊形AMC1D1為平行四邊形. 因此C1M∥D1A,又C1M?平面A1ADD1,D1A?平面A1ADD1, 所以C1M∥平面

19、A1ADD1. (2)解法一:連結(jié)AC,MC,由(1)知CD∥AM且CD=AM,所以四邊形AMCD為平行四邊形. 可得BC=AD=MC, 由題意∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC為正三角形, 因此AB=2BC=2,CA=, 因此CA⊥CB. 以C為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz. 所以A(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,), 因此M, 所以=,==. 設(shè)平面C1D1M的法向量n=(x,y,z), 由得 可得平面C1D1M的一個法向量n=(1,,1). 又=(0,0,)為平面ABCD的一個法向量. 因此cos<,n>==. 所

20、以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為. 解法二:由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD=AB,過C向AB引垂線交AB于N,連結(jié)D1N. 由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC為二面角C1-AB-C的平面角. 在Rt△BNC中,BC=1,∠NBC=60°, 可得CN=. 所以ND1==. 在Rt△D1CN中,cos∠D1NC===. 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(銳角)的余弦值為. 11.(xx四川,18,12分)三棱錐A-BCD及其側(cè)視圖、俯視圖如圖所示.設(shè)M,N分別為線段AD,AB的中點,P為線段BC上的點,且MN⊥NP.

21、 (1)證明:P是線段BC的中點; (2)求二面角A-NP-M的余弦值. 解析　 (1)證明:如圖,取BD中點O,連結(jié)AO,CO. 由側(cè)視圖及俯視圖知,△ABD,△BCD為正三角形, 因此AO⊥BD,OC⊥BD. 因為AO,OC?平面AOC內(nèi),且AO∩OC=O, 所以BD⊥平面AOC. 又因為AC?平面AOC,所以BD⊥AC. 取BO的中點H,連結(jié)NH,PH. 又M,N分別為線段AD,AB的中點, 所以NH∥AO,MN∥BD. 因為AO⊥BD,所以NH⊥BD. 因為MN⊥NP,所以NP⊥BD. 因為NH,NP?平面NHP,且NH∩NP=N, 所以BD⊥平

22、面NHP. 又因為HP?平面NHP,所以BD⊥HP. 又OC⊥BD,HP?平面BCD,OC?平面BCD,所以HP∥OC. 因為H為BO中點,故P為BC中點. (2)解法一: 如圖,作NQ⊥AC于Q,連結(jié)MQ. 由(1)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP. 因為MN⊥NP,所以∠MNQ為二面角A-NP-M的一個平面角. 由(1)知,△ABD,△BCD是邊長為2的正三角形,所以AO=OC=. 由俯視圖可知,AO⊥平面BCD. 因為OC?平面BCD,所以AO⊥OC. 因此在等腰Rt△AOC中,AC=. 作BR⊥AC于R. 在△ABC中,AB=BC,所以BR==. 因為在平

23、面ABC內(nèi),NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR. 又因為N為AB的中點,所以Q為AR的中點, 因此NQ==. 同理,可得MQ=, 所以在等腰△MNQ中,cos∠MNQ===. 故二面角A-NP-M的余弦值是. 解法二: 由俯視圖及(1)可知,AO⊥平面BCD. 因為OC,OB?平面BCD,所以AO⊥OC,AO⊥OB. 又OC⊥OB,所以直線OA,OB,OC兩兩垂直. 如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點,以,,的方向為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 則A(0,0,),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0). 因為M,N分別為線段AD,AB的中點, 又由(1)知,P為線段BC的中點, 所以M, N,P. 于是=(1,0,-),=(-1,,0), =(1,0,0),=. 設(shè)平面ABC的一個法向量n1=(x1,y1,z1), 則即 有 從而 取z1=1,則x1=,y1=1,所以n1=(,1,1). 設(shè)平面MNP的一個法向量n2=(x2,y2,z2), 則即 有從而 取z2=1,所以n2=(0,1,1). 設(shè)二面角A-NP-M的大小為θ, 則cos θ===. 故二面角A-NP-M的余弦值是.