考点44空间向量及其运算和空间位置关系教师版备战2020年高考理科数学必刷题集

1考点44空间向量及其运算和空间位置关系1．（河北省示范性高中2019届高三4月联考数学理）在四棱柱1111ABCDABCD中，90BADBCD，60ADC且ADCD，1BB平面ABCD，122BBAB．（1）证明：1ACBD；（2）求1BC与平面11BCD所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）210535.【解析】（1）证明：∵AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA，又∠BAD＝∠BCD，∴∠BAC＝∠BCA，∴AB＝AC，∴△ABD≌△CBD，∴∠ADB＝∠CDB，∴△AOD≌△COD，∴∠AOD＝∠COD＝90°，∴AC⊥BD，又因为1BB平面ABCD，所以1ACBB，又1,BBBDB所以AC平面1BBD，因为1BD平面1BBD，所以1ACBD.（2）以AC，BD的交点O为原点，过O作平行于1AA的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，由（1）及122BBAB，知1,0,02B，11,0,22B，130,,22C，3,0,02D，所以113,,222BC，1113,,022BC，12,0,2BD.设平面11BCD的法向量为,,nxyz，由11100BCnBDn，得13022220xyxz，所以3xyxz，令1z，得31,,13n.2设1BC与平面11BCD所成的角为，则11332223sincos,753nBC210535.2．（湖北省2019届高三4月份调研考试数学理）已知四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，//ADBC，3ABAD，4BC，5AC.（1）当AP变化时，点C到平面PAB的距离是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由；（2）当直线PB与平面ABCD所成的角为45°时，求二面角APDC的余弦值.【答案】(1)见解析；(2)1919【解析】（1）由3AB，4BC，5AC知222ABBCAC，则ABBC，由PA面ABCD，BC面ABCD得PABC，由PAABA，PA，AB面PAB，则BC面PAB，则点C到平面PAB的距离为一个定值，4BC.（2）由PA面ABCD，AB为PB在平面ABCD上的射影，则PBA为直线PB与平面ABCD所成的角，则45PBA，所以3PAAB.由//ADBC，ABBC得ABAD，故直线AB、AD、AP两两垂直，因此，以点A3为坐标原点，以AB、AD、AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得0,0,3P，0,3,0D，3,4,0C，于是0,3,3DP，3,1,0DC，设平面PDC的法向量为1,,nxyz，则11·0·0nDPnDC，即33030yzxy，取1x，则3y，3z，于是11,3,3n；显然21,0,0n为平面PAD的一个法向量，于是，121222212·119cos,19133nnnnnn分析知二面角APDC的余弦值为1919.3．（内蒙古呼和浩特市2019年高三年级第二次质量普查调研考试）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，DAB60，AD2，AM1，ME2，E为AB的中点.（1）平面ADNM平面ABCD（2）在线段AM上是否存在点P，使二面角PECD的大小为6？若存在，求出AP的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）77【解析】（1）证明：由题意知，四边形ADMN为矩形，所以AMAD，又∵四边形ABCD为菱形，E为AB中点，所以1AM，1AE，2ME，所以222AEAMME，所以AEAM，又AEADA，所以AM平面ABCD，又AM平面ADNM，所以平面ABCD平面ADNM（2）假设线段AM上存在点P，使二面角PECD的大小为6，在AM上取一点P，4连接EP，CP.由于四边形ABCD是菱形，且60DAB，E是AB的中点，可得DEAB.又四边形ADMM是矩形，平面ADNM平面ABCD，∴DN平面ABCD，所以建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz则0,0,0D，3,0,0E，0,2,0C，3,1,Ph，则3,2,0CE，0,1,EPh，设平面PEC的法向量为1,,nxyz，则11·0·0cEnEPn，∴3200xyyhz，令3yh，则12,3,3nhh，又平面DEC的法向量20,0,1n，所以1212212·33cos,273nnnnnnh，解得77h，所以在线段AM上存在点P，使二面角PECD的大小为6，此时77h.4．（新疆乌鲁木齐市2019届高三第二次诊断性测试数学理）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA平面ABCD，且2ABACPA，点E，F分别是AD和PB的中点.（Ⅰ）求证//EF平面PCD；（Ⅱ）求二面角BEFC的余弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）235.5【解析】（Ⅰ）如图，取PA的中点M，连结EM，FM，则////FMABCD，//EMPD.∴平面//EFM平面PCD，∴//EF平面PCD；（Ⅱ）以AC的中点O为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，建立空间直角坐标系，不妨设1PA，则2ABAD，得0,3,0B，1,0,0C，13,,022E，131,,222F，得133,,022BE，131,,222BF.设平面BEF的法向量为1,,nxyz，则1100nBEnBF，得133,1,23n，同理可得平面CEF的法向量为11,3,6n，∴121223cos5nnnn，∴二面角BEFC的余弦值为235.5．（河南省六市2019届高三第二次联考数学理）如图，四棱锥PABCD，//ABCD，90BCD，224ABBCCD，PAB为等边三角形，平面PAB平面ABCD，Q为PB中点.（1）求证：AQ平面PBC；（2）求二面角BPCD的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）14【解析】6（1）证明：因为//ABCD，90BCD，所以ABBC，又平面PAB平面ABCD，且平面PAB平面ABCDAB，所以BC⊥平面PAB.又AQ平面PAB，所以BCAQ，因为Q为PB中点，且PAB为等边三角形，所以PBAQ.又PBBCB，所以AQ平面PBC.（2）取AB中点为O，连接PO，因为PAB为等边三角形，所以POAB，因为平面PAB平面ABCD，所以PO平面ABCD，所以POOD，由224ABBCCD，90ABC，可知//ODBC，所以ODAB.以AB中点O为坐标原点，分别以OA，OD，OP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.所以2,0,0A，0,2,0D，2,2,0C，0,0,23P，2,0,0B，所以0,2,23DP，2,0,0CD，由（1）知，AQ为平面PBC的法向量，因为Q为PB的中点，所以1,0,3Q，所以3,0,3AQ，7设平面PCD的法向量为,,nxyz，由00nCDnDP，得202230xyz，取1z，则0,3,1n.所以23cos,3331AQnAQnAQn14.因为二面角BPCD为钝角，所以，二面角BPCD的余弦值为14.6．（天津市十二重点中学2019届高三下学期毕业班联考二理）如图所示，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为平行四边形，平面ADE平面CDEF，60ADE，//DECF，CDDE，2AD，3DEDC,4CF，点G是棱CF上的动点.（Ⅰ）当3CG时，求证//EG平面ABF；（Ⅱ）求直线BE与平面ABCD所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角GAED所成角的余弦值为2211，求线段CG的长.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）338；（Ⅲ）4233【解析】（Ⅰ）由已知得//CGDE且CGDE，则四边形CDEG为平行四边形//CDEG四边形ABCD为平行四边形//CDAB//ABEG又EG平面ABF，ABÌ平面ABF//EG平面ABF（Ⅱ）过点A作AODE交DE于点O，过点O作//OKCD交CF于点K8平面ADE平面CDEF，平面ADE平面CDEFDE，AO平面ADEAO平面CDEFCDDEOKDE以O为原点建立如图的空间直角坐标系则0,1,0D，0,2,0E，3,1,0C，3,3,0F，003A,,，3,0,3B设平面ABCD的法向量为,,mxyz，3,0,0DC，0,1,3DA00mDCmDA，即3030xyz令1z3y，0x0,3,1m又3,2,3BE33cos,8mBEmBEmBE直线BE与平面ABCD所成角的正弦值为338（Ⅲ）0,4,0CGCF，01≤≤3,41,0G设平面AEG的法向量为,,pxyz，0,2,3AE，3,43,0EG00pAEpEG，即2303430yzxy，令3y23z，34x34,3,23p又可取平面AED的法向量1,0,0q24322cos,114321pqpqpq9解得2144334243342433CGCF4CG4233CG7．（广东省湛江市2019年普通高考测试二理）三棱锥ABCD中，底面BCD是等腰直角三角形，2,2BCBDAB，且,ABCDO为CD中点，如图.（1）求证：平面ABO平面BCD；（2）若二面角ACDB的大小为3，求AD与平面ABC所成角的正弦值.【答案】（1）见证明；（2）427【解析】（1）证明：BCD是等腰直角三角形，2,BCBDO为CD中点，BOCD,,ABCDABBOBCD平面ABOCD平面,BCD平面ABO平面BCD（2）CD平面,ABOCDAOAOB为二面角ACDB的平面角，3AOB2,,BOABBOABO为等边三角形，以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则0,0,0,2,0,0,BC116,,,0,2,0222AD10116,,,2,0,0,222BABC136,,222AD设平面ABC的法向量,,nxyz，则0,0,BAnBCn即116022220xyzx取0,6,1n设AD与平面ABC所成角为，则3664222sincos,1719672nAD故AD平面ABC所成角的正弦值为427.8．（天津市部分区2019年高三质量调查试题二数学理）如图，DC⊥平面ABC，//EBDC，24ACBCEBDC，90ACB，P、Q分别为AE，AB的中点.(1)证明：//PQ平面ACD.(2)求异面直线AB与DE所成角的余弦值；(3)求平面ACD与平面ABE所成锐二面角的大小。【答案】(1)见证明；(2)105(3)4511【解