2020高考数学刷题首选卷 第六章 立体几何 考点测试47 空间向量及其应用 理（含解析）

考点测试47空间向量及其应用高考概览本考点是高考必考知识点，考查题型为选择、填空题、解答题，中等难度考纲研读1．了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置2．会简单应用空间两点间的距离公式3．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示4．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示5．掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直一、基础小题1．空间四边形ABCD中，已知M，G分别为BC，CD的中点，则向量AB→＋12(BD→＋BC→)＝()A．AG→B．CG→C．BC→D．12BC→答案A解析如图所示，12(BD→＋BC→)＝BG→，AB→＋BG→＝AG→．故选A．2．分别以棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AD，AA1所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则四边形AA1B1B的对角线的交点的坐标为()A．0，12，12B．12，0，12C．12，12，0D．12，12，12答案B解析设所求交点为O，在空间直角坐标系中，点A1(0，0，1)，B(1，0，0)，则AB→＝(1，0，0)，AA1→＝(0，0，1)，故AO→＝12，0，12，即对角线的交点坐标为12，0，12，故选B．3．若向量a＝(2，－2，－2)，b＝(2，0，4)，则a与b的夹角的余弦值为()A．48585B．6985C．－1515D．0答案C解析cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝2×2－823×25＝－1515．4．设一地球仪的球心为空间直角坐标系的原点O，球面上的两个点A，B的坐标分别为A(1，2，2)，B(2，－2，1)，则|AB|等于()A．18B．12C．32D．23答案C解析|AB|＝1－22＋2＋22＋2－12＝32．5．在空间四边形ABCD中，AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→＝()A．－1B．0C．1D．不确定答案B解析如图，设a＝DA→，b＝DB→，c＝DC→，则AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→＝(b－a)·(－c)＋(c－a)·b＋(－a)·(c－b)＝－b·c＋a·c＋c·b－a·b－a·c＋a·b＝0．6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，给出以下向量表达式：①(A1D1→－A1A→)－AB→；②(BC→＋BB1→)－D1C1→；③(AD→－AB→)－2DD1→；④(B1D1→＋A1A→)＋DD1→．其中能够化简为向量BD1→的是()A．①②B．②③C．③④D．①④答案A解析①(A1D1→－A1A→)－AB→＝AD1→－AB→＝BD1→；②(BC→＋BB1→)－D1C1→＝BC1→－D1C1→＝BD1→；③(AD→－AB→)－2DD1→＝BD→－2DD1→≠BD1→；④(B1D1→＋A1A→)＋DD1→＝B1D→＋DD1→＝B1D1→≠BD1→．综上，①②符合题意．故选A．7．在空间直角坐标系中，已知△ABC的顶点坐标分别为A(1，－1，2)，B(5，－6，2)，C(1，3，－1)，则边AC上的高BD＝()A．5B．41C．4D．25答案A解析设AD→＝λAC→，AC→＝(0，4，－3)，则AD→＝(0，4λ，－3λ)，AB→＝(4，－5，0)，BD→＝(－4，4λ＋5，－3λ)．由AC→·BD→＝0，得λ＝－45，所以BD→＝－4，95，125，所以|BD→|＝5．故选A．8．已知空间向量a，b，满足|a|＝|b|＝1，且a，b的夹角为π3，O为空间直角坐标系的原点，点A，B满足OA→＝2a＋b，OB→＝3a－b，则△OAB的面积为________．答案534解析由已知OA→＝2a＋b，OB→＝3a－b，得|OA→|＝2a＋b2＝7，|OB→|＝3a－b2＝7．∴cos∠BOA＝OA→·OB→|OA→||OB→|＝1114，∴sin∠BOA＝5314．∴S△OAB＝12|OA→||OB→|sin∠BOA＝534．二、高考小题9．(2014·广东高考)已知向量a＝(1，0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是()A．(－1，1，0)B．(1，－1，0)C．(0，－1，1)D．(－1，0，1)答案B解析经检验，选项B中向量(1，－1，0)与向量a＝(1，0，－1)的夹角的余弦值为12，即它们的夹角为60°．故选B．10．(2015·浙江高考)已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝12．若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝52，且对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝________，y0＝________，|b|＝________．答案1222解析∵e1，e2是单位向量，e1·e2＝12，∴cos〈e1，e2〉＝12，又∵0°≤〈e1，e2〉≤180°，∴〈e1，e2〉＝60°．不妨把e1，e2放到空间直角坐标系Oxyz的平面xOy中，设e1＝(1，0，0)，则e2＝12，32，0，再设OB→＝b＝(m，n，r)，由b·e1＝2，b·e2＝52，得m＝2，n＝3，则b＝(2，3，r)．而xe1＋ye2是平面xOy上任一向量，由|b－(xe1＋ye2)|≥1知点B(2，3，r)到平面xOy的距离为1，故可得r＝1，则b＝(2，3，1)，∴|b|＝22．又由|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1知x0e1＋y0e2＝(2，3，0)，解得x0＝1，y0＝2．三、模拟小题11．(2018·山东临沂模拟)若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则()A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α斜交答案B解析∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，0，－4)，即n＝－2a，故a∥n，∴l⊥α．12．(2018·河南安阳联考)设平面α的一个法向量为n1＝(1，2，－2)，平面β的一个法向量为n2＝(－2，－4，k)，若α∥β，则k＝()A．2B．－4C．－2D．4答案D解析∵α∥β，∴n1∥n2，由题意可得－21＝－42＝k－2，∴k＝4．13．(2018·河北衡水月考)正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心．若向量AE→＝AA1→＋xAB→＋yAD→，则实数x，y的值分别为()A．x＝1，y＝1B．x＝1，y＝12C．x＝12，y＝12D．x＝12，y＝1答案C14．(2018·合肥质检)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，点M是BC的中点，点P∈AC1，Q∈MD，则PQ长度的最小值为()A．1B．43C．233D．2答案C解析根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，设P(x0，2x0，3－3x0)，Q(x1，2－x1，3)，x0，x1∈[0，1]，所以PQ＝x0－x12＋2x0＋x1－22＋3－3x0－32＝2x1＋x0－222＋272x0－292＋43，当且仅当x0＝29，x1＝89时，PQ取得最小值，即PQmin＝43＝233．15．(2018·贵阳模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2．若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为()A．2B．3C．2D．22答案A解析如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)设AD＝a，则D点坐标为(1，0，a)，CD→＝(1，0，a)，CB1→＝(0，2，2)，设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，y，z)．则m·CB1→＝0，m·CD→＝0⇒2y＋2z＝0，x＋az＝0.令z＝－1，得m＝(a，1，－1)，又平面C1DC的一个法向量为n＝(0，1，0)，则由cos60°＝m·n|m||n|，得1a2＋2＝12，即a＝2，故AD＝2．16．(2018·北京海淀区一模)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则DC→·AP→的取值范围是________．答案[0，1]解析以DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系Dxyz．则D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)．∴DC→＝(0，1，0)，BD1→＝(－1，－1，1)．∵点P在线段BD1上运动，∴设BP→＝λBD1→＝(－λ，－λ，λ)，且0≤λ≤1．∴AP→＝AB→＋BP→＝DC→＋BP→＝(－λ，1－λ，λ)．∴DC→·AP→＝1－λ∈[0，1]．一、高考大题1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．解(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．(2)以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．当三棱锥M－ABC体积最大时，M为CD的中点．由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，AM→＝(－2，1，1)，AB→＝(0，2，0)，DA→＝(2，0，0)．设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则n·AM→＝0，n·AB→＝0，即－2x＋y＋z＝0，2y＝0.可取n＝(1，0，2)．DA→是平面MCD的法向量，因此，cos〈n，DA→〉＝n·DA→|n||DA→|＝55，sin〈n，DA→〉＝255，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是255．2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．解(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝23．连接OB．因为AB＝BC＝22AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝12AC＝2．由OP2＋OB2＝PB2，知OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC．(2)如图，以O为坐标原点，OB→的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，23)，则AP→＝(0，2，23)，取平面PAC的法向量OB→＝(2，0，0)．设M(a，2－a，0)(0a≤2)，则AM→＝(a，4－a，0)．设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．由AP→·n＝0，AM→·n＝0得2y＋23z＝0，ax＋4－ay＝0，可取n＝(3(a－4)，3a，－a)，所以cos〈OB→，n〉＝23a－423a－42＋3a2＋a2．由已知得|cos〈OB→，n〉|＝32．所以23|a－4|23a－42＋3a2＋a2＝32．解得a＝－4(舍去)，a＝43．所以n＝－833，433，－43．又PC→＝(0，2，－23)，所以cos〈PC→，n〉＝34．所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34．3．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值．解