【文档说明】【精准解析】2021届高考数学一轮知能训练：第八章第6讲　空间坐标系与空间向量【高考】.docx，共(8)页，181.397 KB，由小赞的店铺上传

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第6讲空间坐标系与空间向量1．下列等式中，使点M与点A，B，C一定共面的是()A.OM→＝3OA→－2OB→－OC→B.OM→＝12OA→＋13OB→＋15OC→C.OM→＋OA→＋OB→＋OC→＝0D.MA→＋

MB→＋MC→＝02．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，AM→＝12MC1→，点N为B1B的中点，则|MN|＝()A.216aB.66aC.156aD.153a3．(2017年新课标Ⅱ)

已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.32B.155C.105D.334．(2018年安徽合肥质检)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E是

底面ABCD上的动点，则(CE→－CA1→)·D1B1→的最大值为()A.22B．1C.2D.65．(多选)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正方体．则下列结论正确的是()A．(A1A→＋A1D1→＋A1B1→)2＝3A1B1→2B.A1C→·(

A1B1→－A1A→)＝0C．向量AD1→与向量A1B→的夹角是120°D．正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|AB→·AA1→·AD→|6．三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为

________．7．(2015年浙江)如图X8-6-1，三棱锥A-BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．图X8-6-1图X8-6-28．(2016年浙江)如图X8-

6-2，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝5，∠ADC＝90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是________．9．(2017年江苏)如图X8-6-3，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝

2，AA1＝3，∠BAD＝120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B-A1D-A的正弦值．图X8-6-310．如图X8-6-4，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是梯形，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝PD＝

4，CD＝2，AD＝22，M为CD的中点，N为PB上一点，且PN→＝λPB→(0<λ<1)．(1)若λ＝14时，求证：MN∥平面PAD；(2)若直线AN与平面PBC所成角的正弦值为255，求异面直线AD与直线CN所成角的余弦值．图X8-6-4第6讲空间坐标系与空间向

量1．D2．A解析：MN→＝AN→－AM→＝AN→－13AC1→＝AB→＋BN→－13()AB→＋AD→＋AA1→＝23AB→＋16AA1→－13AD→.∴|MN→|＝49|AB→|2＋136|AA1→|2＋19|AD→|2＝216a.3．C解析：方法一，以B为原点，建立如图D22

0①所示的空间直角坐标系．①②图D220则B(0,0,0)，B1(0,0,1)，C1(1,0,1)．又在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝2，则A(－1，3，0)．∴AB1→＝(1，－3，1)，BC1→＝(1,0,1)，则cos〈AB1→，BC1

→〉＝AB1→·BC1→|AB1→|·|BC1→|＝(1，－3，1)·(1，0，1)5×2＝25×2＝105，因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为105.方法二，如图D221②，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1中点，则PN∥BC1，MN∥AB1，∴AB1与BC1

所成的角是∠MNP或其补角．∵AB＝2，BC＝CC1＝1，∴MN＝12AB1＝52，NP＝12BC1＝22.取BC的中点Q，连接PQ，MQ，则可知△PQM为直角三角形，且PQ＝1，MQ＝12AC，在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·

cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×－12＝7，AC＝7，则MQ＝72，则△MQP中，MP＝MQ2＋PQ2＝112，则△PMN中，cos∠PNM＝MN2＋NP2－PM22·MN·NP＝522＋2

22－11222×52×22＝－105，又异面直线所成角范围为0，π2，则余弦值为105.4．B解析：由正方体性质知CA1→·D1B1→＝0，则(CE→－CA1→)·D1B1→＝CE→·D

1B1→.建立如图D221所示的空间直角坐标系，则B(1,1,0)，C(0,1,0)．设点E(x，y,0)，则CE→＝(x，y－1,0)，D1B1→＝DB→＝(1,1,0)．∴CE→·D1B1→＝(x，y－1,0)·(1,1,0)＝x＋y－1.易知

当E位于点B时，x＋y有最大值2.因此CE→·D1B1→的最大值为2－1＝1.图D221图D2225．ABC解析：不妨设正方体的棱长为1，以{DA→，DC→，DD1→}为正交基底，建立如图D222所示的空间直角坐标系D-xyz，则各点坐标为A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0，1,0)，D(

0,0,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)．∵A1A→＋A1D1→＋A1B1→＝(0,0，－1)＋(－1,0,0)＋(0,1,0)＝(－1,1，－1)，∴(A1A→＋A1D1→＋A1B1→)2＝|A1A→＋A1D1→＋A1B1→|2＝3，3A1B1→2＝

3|A1B1→|2＝3×12＝3，故A正确；∵A1C→＝(－1,1，－1)，A1B1→－A1A→＝AB1→＝(0,1,1)，∴A1C→·(A1B1→－A1A→)＝0＋1－1＝0，故B正确；∵AD1→＝(－1,0,1)，A1

B→＝(0,1，－1)，∴AD1→·A1B→＝0＋0－1＝－1，|AD1→|＝2，|A1B→|＝2，∴cos<AD1→，A1B→>＝AD1→·A1B→|AD1→||A1B→|＝－12×2＝－12，∴向量AD1→与

向量A1B→的夹角是120°，故C正确；∵AB⊥AA1，所以AB→·AA1→＝0，所以|AB→·AA1→·AD→|＝|0·AD→|＝0，故D错误．故选ABC.6.66解析：设该三棱柱的边长为1，依题意有，AB1→＝AB→＋AA1→，BC1→＝

AC→＋AA1→－AB→，则|AB1→|2＝(AB→＋AA1→)2＝AB2→＋2AB→·AA1→＋AA1→2＝2＋2cos60°＝3.|BC1→|2＝(AC→＋AA1→－AB→)2＝AC→2＋AA1→2＋AB2→

＋2AC→·AA1→－2AC→·AB→－2AA1→·AB→＝2.而AB1→·BC1→＝(AB→＋AA1→)·(AC→＋AA1→－AB→)＝AB→·AC→＋AB→·AA1→－AB→·AB→＋AA1→·AC→＋AA1→·

AA1→－AA1→·AB→＝12＋12－1＋12＋1－12＝1.∴cos〈AB1→，BC1→〉＝AB1→·BC1→|AB1→||BC1→|＝12·3＝66.7.78解析：如图D223，连接DN，取DN中点P，连接PM，PC，则可知∠

PMC为异面直线AN，CM所成的角，易得PM＝12AN＝2，PC＝PN2＋CN2＝2＋1＝3，CM＝AC2－AM2＝22，∴cos∠PMC＝8＋2－32×22×2＝78，即异面直线AN，CM所成的角的余弦值是78.图D2238.66解析：设直线AC与BD′所成角为θ.设O是AC中点，由已知，得AC

＝6.如图D224，以OB为x轴，OA为y轴，过点O与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A0，62，0，B302，0，0，C0，－62，0.作DH⊥AC于H，翻折过程中，D′H始终与AC垂直，C

H＝CD2CA＝16＝66，则OH＝63，DH＝1×56＝306.因此可设D′306cosα，－63，306sinα，则BD′→＝306cosα－302，－63，306sinα，与CA→平行的单位向量n＝(0,1,0)，∴cosθ

＝|cos〈BD′→，n〉|＝BD′→·n|BD′→||n|＝639－5cosα.∴当cosα＝1时，cosθ取最大值66.图D2249．解：在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.∵AA1⊥平面ABCD，∴AA1⊥AE，

AA1⊥AD.如图D225，以{AE→，AD→，AA1→}为正交基底，建立空间直角坐标系A-xyz.图D225∵AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°，则A(0,0,0)，B(3，－1,0)，D(0,2,0)，E(3，0,0)，A1(0,0，3)，

C1(3，1，3)．(1)A1B→＝(3，－1，－3)，AC1→＝(3，1，3)，则cos〈A1B→，AC1→〉＝A1B→·AC1→|A1B→||AC1→|＝(3，－1，－3)·(3，1，3)7＝－17，因此异面直线A1B与AC1所成角

的余弦值为17.(2)平面A1DA的一个法向量为AE→＝(3，0,0)．设平面BA1D的法向量为n＝(x，y，z)．由n·DB→＝0，n·DA1→＝0，得3x－3y＝0，－2y＋3z＝0，取x＝3，得

n＝3，1，233.cos〈AE→，n〉＝AE→·n|AE→||n|＝33×3＋1＋43＝34.∴二面角B-A1D-A的正弦值为1－342＝74.10．(1)证明：若λ＝14时，则PN→＝14PB→.如图D170，在PA上取PE→＝14PA→，连接EN

，DE，∵PN→＝14PB→，PE→＝14PA→，AB＝4，∴EN∥AB，且EN＝14AB＝1.∵M为CD的中点，CD＝2，∴DM＝12CD＝1.又∵AB∥CD，∴ENDM.∴四边形DMNE是平行四边形．∴MN∥DE.又∵DE⊂平面PAD，MN⊄平

面PAD，∴MN∥平面PAD.(2)如图D226，过点D作DH⊥AB于H，则DH⊥CD.图D226则以D为坐标原点建立空间直角坐标D-xyz，∴点D(0,0,0)，M(0,1,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，A(2，－2,

0)，P(0,0,4)，CB→＝(2,0,0)，CP→＝(0，－2,4)，AN→＝AP→＋PN→＝AP→＋λPB→＝(－2,2,4)＋λ(2,2，－4)＝(2λ－2,2λ＋2,4－4λ)，该平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则CB→·n＝0，CP→·n

＝0⇒2x＝0，－2y＋4z＝0，令z＝1，y＝2，x＝0.∴n＝(0,2,1)．该直线AN与平面PBC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AN→·n〉|＝|AN→·n||AN→||n|＝85×(2λ－2)2＋(2λ＋2)2＋(4－4λ

)2＝255.解得λ＝13.则N23，23，83.则CN→＝23，－43，83，AD→＝(－2,2,0)．设直线AD与直线CN所成角为α，则cosα＝|cos〈AD→，CN→〉|＝422×2213＝4214.∴直线AD与直线CN所成角的余弦值为4214.获得更多

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