【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点测试36 空间向量的运算及应用 含解析【高考】.doc，共(17)页，329.000 KB，由小赞的店铺上传

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1考点测试36空间向量的运算及应用高考概览本考点是高考必考知识点，考查题型为选择题、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．给出下列命题：①若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；②若向量a，b所在的直线

为异面直线，则向量a，b一定不共面；③若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c共面；④已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p总存在实数x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc.其中正确命题的个数是()A．0B．1C.2D．3答案A解析

a与b共线，a，b所在的直线也可能重合，故①错误；根据空间向量的意义知，空间任意两向量a，b都共面，故②错误；三个向量a，b，c中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③错误；只有当a，b，c不共面时，2空间任意一向量p才能

表示为p＝xa＋yb＋zc，故④错误．综上可知，四个命题中正确的个数为0，故选A.2．已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝()A．9B．－9C.－3D．3答案B解析由题意知c＝x

a＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，所以2x－y＝7，x＋2y＝6，－3x＋3y＝λ，解得λ＝－9.3.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若AB→＝a，AD→＝b，A

A1→＝c，则下列向量中与BM→相等的向量是()A．－12a＋12b＋cB．12a＋12b＋cC．－12a－12b＋cD．12a－12b＋c答案A解析由题意并根据向量运算的几何运算法则，得BM→＝BB1

→＋B1M→＝AA1→＋12(AD→－AB→)＝c＋12(b－a)＝－12a＋12b＋c.4．在空间四边形ABCD中，若AB→＝(－3,5,2)，CD→＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则EF→的坐标

为()A．(2,3,3)B．(－2，－3，－3)3C．(5，－2,1)D．(－5,2，－1)答案B解析设O为坐标原点，因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，所以EF→＝OF→－OE→，OF→＝12(OA→＋OD→)，OE

→＝12(OB→＋OC→)．所以EF→＝12(OA→＋OD→)－12(OB→＋OC→)＝12(BA→＋CD→)＝12[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]＝12(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．5．(多选)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果AB→＝(2，

－1，－4)，AD→＝(4,2,0)，AP→＝(－1,2，－1)．下列结论正确的有()A．AP⊥ABB．AP⊥ADC.AP→是平面ABCD的一个法向量D.AP→∥BD→答案ABC解析∵AB→·AP→＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，∴A

P→⊥AB→，即AP⊥AB，A正确；∵AP→·AD→＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0，∴AP→⊥AD→，即AP⊥AD，B正确；∵AP⊥AB，AP⊥AD，且AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，∴AP→是平面ABCD的一个法向量，C正确；由AP→是平面ABCD的法向量

可得AP→⊥BD→，D错误．6．(多选)已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外的任一点，则“点M与点A，B，C共面”的充分条件是()A.OM→＝2OA→－OB→－OC→B.OM→＝OA→＋OB→－OC→C.OM→＝OA→＋12OB→＋13OC→4D.OM→＝12OA→＋13OB→＋16

OC→答案BD解析当MA→＝mMB→＋nMC→时，可知点M与点A，B，C共面，所以MO→＋OA→＝m(MO→＋OB→)＋n(MO→＋OC→)，所以(m＋n－1)OM→＝－OA→＋mOB→＋nOC→，所以OM→＝－OA→＋mOB→＋

nOC→m＋n－1＝－1m＋n－1OA→＋mm＋n－1OB→＋nm＋n－1OC→.不妨令－1m＋n－1＝x，mm＋n－1＝y，nm＋n－1＝z，则OM→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，且此时x＋y＋z＝1.因为2＋(－1)

＋(－1)＝0≠1,1＋1＋(－1)＝1,1＋12＋13＝116≠1，12＋13＋16＝1，由上可知，B，D满足要求．故选BD.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PA垂直于正方形ABC

D所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PA＝AD＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，MN＝________.答案225解析连接PD，因为M，N分别为CD，PC的中点，所以MN＝12PD，又P(0,0,1)，D(0,1,0)，所以PD＝02＋12＋(－1)2＝2，所以MN＝

22.二、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x

Oy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，∴|b|＝22.又由|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1知x0e1＋y0e2＝(2，3，0)，解得x

0＝1，y0＝2.三、模拟小题11．(2021·山东枣庄市第三中学月考)若a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)，且a，6b的夹角的余弦值为89，则λ等于()A．2B．－2C．－2或255D．2或－255答

案C解析因为a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)，所以cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝2－λ＋435＋λ2＝89，解得λ＝－2或255.故选C.12．(2021·福建永安模拟)已知空间向量a＝(2，－1，x)，b＝(－4,2,6)，若a∥b，则|a|＝()A．3B．14C.2

3D．13答案B解析由题意x6＝－12，解得x＝－3，则|a|＝22＋(－1)2＋(－3)2＝14.故选B.13．(2021·大连市第二十三中学月考)平面α的法向量u＝(2，－2,2)，平面β的法向量v＝(1,2,1)，则下列命题正确的是()A．α，β平行B．α

，β垂直C．α，β重合D．α，β不垂直答案B解析平面α的法向量u＝(2，－2,2)，平面β的法向量v＝(1,2,1)，因为u·v＝2－4＋2＝0，所以两个平面垂直．故选B.14．(2022·广东省佛山市第一次教学质量检测

)设l1的方向向量为a＝(1,2，－2)，l2的方向向量为b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则m等于()A．1B．2C.12D．37答案B解析因为l1⊥l2，所以a⊥b，所以a·b＝－2＋6－2m＝0，解得m＝2.故选B.15.(多选)(2

021·辽宁省大连市第二十三中学月考)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝4，AA1＝3，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则()A．点B1的坐标为(

4,5,3)B．点C1关于点B对称的点为(5,8，－3)C．点A关于直线BD1对称的点为(0,5,3)D．点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)答案ACD解析根据题意知，点B1的坐标为(4,5,3)，A

正确；B的坐标为(4,5,0)，C1的坐标为(0,5,3)，故点C1关于点B对称的点为(8,5，－3)，B错误；在长方体中，AD1＝BC1＝AD2＋AA21＝5＝AB，所以四边形ABC1D1为正方形，AC1与BD1垂直且平分，即点A关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3)，C正确

；点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)，D正确．故选ACD.16．(2021·天津市和平区校级月考)已知直线l的方向向量为m＝(1，2，－1)，若点P(－1,1，－1)为直线l外一点，点A(4,1，－2)为直线l上一点，则点P到直线l的距离为________．答案17解析∵P(－1

,1，－1)，A(4,1，－2)，∴PA→＝(5,0，－1)，又m＝(1，2，－1)，∴cos〈m，PA→〉＝m·PA→|m||PA→|＝5＋12×26＝326，∴sin〈m，PA→〉＝1726，又|PA→8|＝26，∴点P(－

1,1，－1)到直线l的距离为|PA→|sin〈m，PA→〉＝26×1726＝17.一、高考大题1．(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A

－PM－B的正弦值．解(1)连接BD，∵PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，∴PD⊥AM.又PB⊥AM，PB∩PD＝P，PB⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，∴AM⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，∴AM⊥BD，∴∠ABD＋∠MAB＝90°.∵∠ABD＋∠ADB＝90°，∴∠ADB

＝∠MAB.∴Rt△DAB∽Rt△ABM，∴ADAB＝ABBM.又AD＝BC，BM＝12BC，9∴12BC2＝1.∴BC＝2.(2)如图，以D为坐标原点，DA→，DC→，DP→的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直

角坐标系．则A(2，0,0)，B(2，1,0)，M22，1，0，P(0,0,1)，则AP→＝(－2，0,1)，AM→＝－22，1，0，BM→＝－22，0，0，BP→＝(－2，－1,1)．设平面

AMP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·AP→＝0，m·AM→＝0，即－2x1＋z1＝0，－22x1＋y1＝0，令x1＝2，则y1＝1，z1＝2，∴m＝(2，1,2)．设平面BMP的法向量为n＝(x2，y2，z2)，同理可得n

＝(0,1,1)．∴cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝37×2＝31414.设二面角A－PM－B的平面角为θ，则sinθ＝1－cos2〈m，n〉＝1－914＝7014.2.(2020·江苏高考)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝5，BD＝2，O为BD的中点，

AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点．10(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足BF＝14BC，设二面角F－DE－C的大小为θ，求sinθ的值．解(1)连接CO，∵CB＝CD，BO＝OD，∴CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，∴AO，BO，CO两两垂直．以O为坐

标原点，OB，OC，OA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，D(－1,0,0)，∴E(0,1,1)．∴AB→＝(1,0，－2)，DE→＝(1,1,

1)，∴cos〈AB→，DE→〉＝AB→·DE→|AB→||DE→|＝－15×3＝－1515.∴直线AB与DE所成角的余弦值为1515.(2)设平面DEC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，∵DC→＝(1,2,0)，n1·DC→＝0，n1·D

E→＝0，11∴x1＋2y1＝0，x1＋y1＋z1＝0，令y1＝1，则x1＝－2，z1＝1，n1＝(－2,1,1)为平面DEC的一个法向量．设平面DEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，∵DF→＝DB→＋BF→＝D

B→＋14BC→＝74，12，0，n2·DF→＝0，n2·DE→＝0，∴74x2＋12y2＝0，x2＋y2＋z2＝0.令y2＝－7，则x2＝2，z2＝5，n2＝(2，－7,5)为平面DEF的一个法向量．∴|cosθ|＝|n1·n2||n1||n2|＝|－

6|6×78＝113.∴sinθ＝1－cos2θ＝23913.3.(2018·全国Ⅲ卷)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CD为直径，12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，DC→的方向为y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)，M(0，1,1)，AM→＝(－2,1,1)，AB→＝(0,2,0)，DA→＝(2,0,0)．设n＝(x，y，z)是面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)为面MAB的一个法向量．DA→是面MCD的一个法向量，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255.二、模拟大题4.(2021

·河南郑州三模)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PD＝AD＝12AB＝1，PD⊥平面ABCD，E为CD的中点．13(1)线段PC上是否存在一点F，使得BE⊥AF?(2)在(1)的条件下，求点E到平面ADF的距离．解(1)当F是PC的中点时BE⊥AF，

证明如下：取PC的中点F，连接EF，AE，DF，AF，如图，易知PD∥EF，又PD⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，又BE⊂平面ABCD，所以EF⊥BE.因为四边形ABCD为矩形，AD＝1，AB＝2，E为CD的中点，故BE＝

AE＝2.因为在△ABE中，AE2＋BE2＝AB2，所以AE⊥BE，又AE∩EF＝E，AE，EF⊂平面AEF，所以BE⊥平面AEF.因为AF⊂平面AEF，所以BE⊥AF.(2)解法一(等体积法)：易知EF＝12，VE－ADF＝VF－ADE

＝13EF×S△ADE＝13×12×12×1×1＝112，S△ADF＝12×1×1＋122＝54，设点E到平面ADF的距离为h，则13hS△ADF＝112，14解得h＝55，所以点E到平面ADF的距离为55.解法二(空间向量法

)：以D为坐标原点，DA→，DC→，DP→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)，F0，1，12，E(0,1,0)．设平面ADF的法向量

为n＝(x，y，z)．易知DA→＝(1,0,0)，DF→＝0，1，12，所以n·DA→＝0，n·DF→＝0，即x＝0，y＋12z＝0，令y＝1，则z＝－2，所以n＝(0,1，－2)为平面ADF的一个法向量，又DE→＝(0,1,0)，所

以点E到平面ADF的距离d＝|DE→·n||n|＝55.5.(2022·重庆市高三入学考试)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，DE＝2BF＝2AB.(1)证明：平面ABF∥平面C

DE.(2)求平面ABF与平面CEF所成锐二面角的余弦值．解(1)证明：因为DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，所以DE∥BF.因为DE⊂平面CDE，BF⊄平面CDE，所以BF∥平面CDE.因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD.因为

CD⊂平面CDE，AB⊄平面CDE，15所以AB∥平面CDE.因为AB⊂平面ABF，BF⊂平面ABF，且AB∩BF＝B，所以平面ABF∥平面CDE.(2)由题意可知DA，DC，DE两两垂直，则以D为原点

，DA→，DC→，DE→的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设AB＝1，则C(0,1,0)，E(0,0,2)，F(1,1,1)，从而EF→＝(1,1，－1)，CF→＝(1,0,1)．设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)，则m·CF→＝x＋

z＝0，m·EF→＝x＋y－z＝0，令x＝1，得m＝(1，－2，－1)为平面CEF的一个法向量．平面ABF的一个法向量为n＝(1,0,0)．故cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝16＝66，即平面ABF与平面CEF所成锐二面角的余弦值为66.6.(20

21·河北高三4月模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是等腰梯形，AB＝BC＝1，AD＝2，四边形ADEF是直角梯形，且AF＝1，DE＝2，AF⊥AD，AF∥DE，平面ABCD⊥平面ADEF.16(1)证明：平面BDE⊥平面ABE；(2)线段EF上是

否存在一点P，使平面PAB与平面CDE所成锐二面角的余弦值为34？若存在，请说明P点的位置；若不存在，请说明理由．解(1)证明：在等腰梯形ABCD中，AB＝BC＝1，AD＝2，可得∠BAD＝60°.在△ABD中，由余弦定理可得BD＝3，所以AB2＋BD2＝AD2，所以

AB⊥BD.因为AF⊥AD，AF∥DE，所以AD⊥DE.又因为平面ABCD⊥平面ADEF且交于AD，所以DE⊥平面ABCD.又因为AB⊂平面ABCD，所以AB⊥DE.因为BD∩DE＝D，所以AB⊥平面BDE.又因为AB⊂平面ABE，

所以平面BDE⊥平面ABE.(2)如图，过B作AD的垂线交AD于点O，过O在平面ADEF内作AD的垂线Ox，建立空间直角坐标系Oxyz，则A0，－12，0，B0，0，32，C0，1，32

，D0，32，0，E2，32，0，F1，－12，0，FE→＝(1,2,0)，设FP→＝λFE→(0≤λ≤1)，则Pλ＋1，2λ－12，0，DE→＝(2,0,

0)，DC→＝0，－12，32，AB→＝0，12，32，AP→＝(λ＋1,2λ，0)．设平面CDE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，17则m·DE→＝2x1＝0，m·DC→＝－12y1＋32z1＝0，令z1＝1，得m＝(0，3，1)为平面CDE的一个法向

量．设平面PAB的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·AB→＝12y2＋32z2＝0，n·AP→＝(λ＋1)x2＋2λy2＝0，令z2＝1，得n＝23λλ＋1，－3，1，所以|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n

|＝2223λλ＋12＋4＝34，解得λ＝12，即当P为EF的中点时满足题意.