2022年高考数学一轮复习考点练习34《空间向量及其应用》(含答案详解)

这是一份2022年高考数学一轮复习考点练习34《空间向量及其应用》(含答案详解)，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一轮复习考点练习34《空间向量及其应用》 一、选择题1.若直线l的方向向量与平面α的一个法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于(　　)A.120°        B.60°      C.30°        D.60°或30°2.已知两平面的法向量分别为m=(0，1，0)，n=(0，1，1)，则两平面所成的二面角为(　　)A.45°        B.135°     C.45°或135°        D.90°3.在四棱锥P­ABCD中，=(4，－2，3)，=(－4，1，0)，=(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h=(　　)A.1        B.2       C.13        D.264.在空间直角坐标系O­xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(1，0，2)，(1，2，0)，(1，2，1)，(0，2，2)，若正视图以yOz平面为投射面，则该四面体侧视图面积为(　　)A.        B.1       C.2        D.45.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，点E，F，G分别是DD1，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是(　　)A.        B.         C.        D.06.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC上的点，A1M=AN=，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)A.相交        B.平行     C.垂直        D.不能确定7.在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是(　　)A.        B.      C.        D.8.已知底面是边长为2的正方形的四棱锥P­ABCD中，四棱锥的侧棱长都为4，E是PB的中点，则异面直线AD与CE所成角的余弦值为(　　)A.        B.      C.        D.9.如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论正确的是(　　)A.DB1⊥D1PB.平面AD1P⊥平面A1DB1C.∠APD1的最大值为90°D.AP＋PD1的最小值为二、填空题10.点P是二面角α­AB­β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM，PN，如果∠BPM=∠BPN=45°，∠MPN=60°，那么二面角α­AB­β的大小为________.11.已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1=AB=2，若棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是________.12.如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA=PD=，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中点，O是AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是_______.13.已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=AD，则平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为________.三、解答题14.已知：在▱ABCD中，∠DAB=45°，AB=2，AD=2，平面AED⊥平面ABCD，△AED为等边三角形，EF∥AB，EF=，M为线段BC的中点.(1)求证：直线MF∥平面BED.(2)求平面BED与平面FBC所成角的正弦值.15.如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，AB=2CD=2BC=2，P为CE中点.(1)求证：AB⊥DE.(2)求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值.
0.答案解析1.答案为：C；解析：设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.则sin β=|cos γ|=|cos 120°|=.又因为0°≤β≤90°，所以β=30°.2.答案为：C；解析：cos〈m，n〉===，即〈m，n〉=45°，其补角为135°.所以两平面所成的二面角为45°或135°.3.答案为：B；解析：设平面ABCD的一个法向量为n=(x，y，z).则⇒令y=4，则n=，则cos〈n，〉===－.因为=|cos〈n，〉|，所以h=×2=2.4.答案为：B；解析：如图，在棱长为2的正方体中建立空间直角坐标系O­xyz，确定四面体的四个顶点，设为A，B，C，D，则侧视图以△BCD所在的平面为投射面，对应的射影分别为A′，B′，C′，D′，从而该四面体的侧视图，即△A′B′D′的面积为×1×2=1，故选B.5.答案为：D；解析：如图以DA，DC，DD1所在直线方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D­xyz，则可得A1(1，0，2)，E(0，0，1)，G(0，2，1)，F(1，1，0)，所以=(－1，0，－1)，=(1，－1，－1).设异面直线A1E与GF所成的角为θ，则cos θ=|cos〈，〉|=0.6.答案为：B；解析：因为正方体的棱长为a，A1M=AN=，所以=，=，所以=＋＋=＋＋=(＋)＋＋(＋)=＋，又是平面B1BCC1的一个法向量，且·=·=0，所以⊥，又MN⊄平面B1BCC1，所以MN∥平面B1BCC1.7.答案为：D；解析：如图，建立空间直角坐标系A­xyz，易求点D，平面AA1C1C的一个法向量是n=(1，0，0)，所以cos〈n，〉==，即sin α=.8.答案为：A.解析：解法一：选A.如图，取PC的中点F，连接EF，则EF=1，且∠ECB为异面直线AD与CE所成的角.在△PEF中，由余弦定理，得cos∠EPF==.在△PEC中，由余弦定理，得CE2=PE2＋PC2－2PE×PC×cos∠EPC=22＋42－2×2×4×=6，所以cos∠ECB===，故选A.解法二：设O为正方形ABCD的对角线AC与BD的交点，根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，－1，0)，D(－1，－1，0)，C(－1，1，0)，E(，，)，所以=(－2，0，0)，=，所以|cos〈，〉|===，故选A.9.答案为：B；解析：建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则有D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，∵=(0，1，－1)，又P为线段A1B上的动点，∴设P(1，λ，1－λ)(0＜λ＜1)，∴=(－1，0，1)，=(1，λ，－λ)，设n=(x，y，z)是平面AD1P的法向量，则有即可取n=，又平面A1DB1的法向量可为=(－1，0，1)，∵·n=0，∴平面AD1P⊥平面A1DB1.故选B.10.答案为：90°.解析：不妨设PM=a，PN=b，如图.作ME⊥AB于点E，NF⊥AB于点F，因为∠EPM=∠FPN=45°，所以PE=a，PF=b，所以·=(－)·(－)=·－·－·＋·=abcos 60°－a×bcos 45°－abcos 45°＋a×b=－－＋=0，∴⊥，∴二面角α­AB­β的大小为90°.11.答案为：(0，1]解析：如图，以D1为原点建立空间直角坐标系D1­xyz.设AD=a(a＞0)，AP=x(0≤x≤2)，则P(a，x，2)，C(0，2，2)，所以=(a，x，2)，=(a，x－2，0)，因为D1P⊥PC，所以·=0，即a2＋x(x－2)=0，a==.当0≤x≤2时，a∈(0，1].即AD的取值范围是(0，1].12.答案为：.解析：以O为原点，OA所在直线为x轴，过O且平行于AB的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，则B(1，2，0)，P(0，0，2)，C(－1，2，0)，M，O(0，0，0)，=(0，0，2)，=(－1，2，0)，=.设平面PCO的法向量为m=(x，y，z)，则可取m=(2，1，0)，设直线BM与平面PCO所成的角为θ，则sin θ=|cos〈m，〉|===.13.答案为：.解析：解法一：如图，过点P作直线l∥AB，直线l就是平面PAB与平面PCD的交线，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD，l⊥平面PAD，∴PD⊥l，PA⊥l，故∠DPA就是平面PAB与平面PCD所成的二面角的平面角，在Rt△PAD中，∠DPA=.∴平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为.解法二：设PA=AD=1，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则P(0，0，1)，A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，∴=(－1，0，0)，=(0，1，－1).设n=(x，y，z)是平面PCD的法向量，则有即可取n=(0，1，1).易知平面PAB的一个法向量为=(0，1，0)，则cos〈n，〉===，∴平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为.14.解：(1)证明：取BD的中点G，连接MG，EG，因为M为线段BC的中点，G是BD的中点，所以MGCD，又CDAB，EFAB，所以EFGM，所以四边形EFMG是平行四边形，所以MF∥EG，又MF⊄平面BED，EG⊂平面BED，所以MF∥平面BED.(2)过点E作EO⊥AD，垂足为O，则O为AD的中点，因为平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，OE⊂平面EAD，所以OE⊥平面ABCD，所以OE⊥AB，过O作ON⊥AB，垂足为N，则ON⊥OM，以O为原点，以ON，OM，OE所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示则E(0，0，)，M(0，2，0)，G(0，，0)，B(，，0)，F(0，，)，所以=，=(0，－，)，=，=(0，－，).设平面BDE的法向量为m=(x1，y1，z1)，平面BCF的法向量为n=(x2，y2，z2)，则所以令y1=y2=得m=(－，，)，n=(，，)，所以cos〈m，n〉===，设平面BED与平面FBC所成角为θ，则|cos θ|=，所以sin θ= =，所以平面BED与平面FBC所成角的正弦值为.15.解：(1)证明：取AB的中点O，连接OD，OE，因为△ABE是等边三角形，所以AB⊥OE，因为CD∥OB，CD=AB=OB，BC=CD，BC⊥AB，所以四边形OBCD是正方形，所以AB⊥OD，又OD⊂平面ODE，OE⊂平面ODE，OD∩OE=O，所以AB⊥平面ODE，又DE⊂平面ODE，所以AB⊥DE.(2)因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，OD⊂平面ABCD，OD⊥AB，所以OD⊥平面ABE，以O为原点，以OA，OE，OD为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A(1，0，0)，B(－1，0，0)，D(0，0，1)，E(0，，0)，C(－1，0，1)，所以=(－1，0，1)，=(－1，，0)，=(0，0，1)，=(1，，0)，设平面ADE的法向量为m=(x，y，z)，则即令y=1，得m=(，1，)，同理可得平面BCE的法向量为n=(，－1，0)，所以cos〈m，n〉===.所以平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为.