2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点36 空间向量的运算及应用+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点36 空间向量的运算及应用+答案解析，共16页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
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．0 B．1
C.2 D．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，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．9 B．－9
C.－3 D．3
答案　B
解析　由题意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，所以
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＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　)

A．－a＋b＋c B．a＋b＋c
C．－a－b＋c D．a－b＋c
答案　A
解析　由题意并根据向量运算的几何运算法则，得＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.
4．在空间四边形ABCD中，若＝(－3,5,2)，＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为(　　)
A．(2,3,3) B．(－2，－3，－3)
C．(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＝－，＝(＋)，＝(＋)．所以＝(＋)－(＋)＝(＋)＝[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]＝(－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＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．下列结论正确的有(　　)
A．AP⊥AB
B．AP⊥AD
C.是平面ABCD的一个法向量
D.∥
答案　ABC
解析　∵·＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，∴⊥，即AP⊥AB，A正确；∵·＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0，∴⊥，即AP⊥AD，B正确；∵AP⊥AB，AP⊥AD，且AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，∴是平面ABCD的一个法向量，C正确；由是平面ABCD的法向量可得 ⊥，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.＝2－－
B.＝＋－
C.＝＋＋
D.＝＋＋
答案　BD
解析　当＝m＋n时，可知点M与点A，B，C共面，所以＋＝m(＋)＋n(＋)，所以(m＋n－1)＝－＋m＋n，所以＝＝－＋＋.不妨令－＝x，＝y，＝z，则＝x＋y＋z，且此时x＋y＋z＝1.因为2＋(－1)＋(－1)＝0≠1,1＋1＋(－1)＝1,1＋＋＝≠1，＋＋＝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．5 B．
C.4 D．2
答案　A
解析　设＝λ，＝(0,4，－3)，则＝(0,4λ，－3λ)，＝(4，－5,0)，＝(－4,4λ＋5，－3λ)．由·＝0，得λ＝－，所以＝，所以||＝5.故选A.
8. 已知PA垂直于正方形ABCD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　
解析　连接PD，因为M，N分别为CD，PC的中点，所以MN＝PD，又P(0,0,1)，D(0,1,0)，所以PD＝＝，所以MN＝.
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，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＝.若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝，且对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝________，y0＝________，|b|＝________.
答案　1　2　2
解析　∵e1，e2是单位向量，e1·e2＝，∴cos〈e1，e2〉＝，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＝，再设＝b＝(m，n，r)，由b·e1＝2，b·e2＝，得m＝2，n＝，则b＝(2，，r)．而xe1＋ye2是平面xOy上任一向量，由|b－(xe1＋ye2)|≥1知点B(2，，r)到平面xOy的距离为1，故可得r＝±1，∴|b|＝2.又由|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1知x0e1＋y0e2＝(2，，0)，解得x0＝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，b的夹角的余弦值为，则λ等于(　　)
A．2 B．－2
C．－2或 D．2或－
答案　C
解析　因为a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)，所以cos〈a，b〉＝＝＝，解得λ＝－2或.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．3 B．
C.2 D．
答案　B
解析　由题意＝，解得x＝－3，则|a|＝＝.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．1 B．2
C. D．3
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)(2021·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＝＝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，，－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　
解析　∵P(－1,1，－1)，A(4,1，－2)，∴＝(5,0，－1)，又m＝(1，，－1)，∴cos〈m，〉＝＝＝，∴sin〈m，〉＝ ，又||＝，∴点P(－1,1，－1)到直线l的距离为||sin〈m，〉＝× ＝.

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，∴＝.
又AD＝BC，BM＝BC，
∴BC2＝1.∴BC＝.
(2)如图，以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系．

则A(，0,0)，B(，1,0)，M，P(0,0,1)，
则＝(－，0,1)，＝，＝，＝(－，－1,1)．
设平面AMP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝，则y1＝1，z1＝2，∴m＝(，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〉＝＝＝.
设二面角A－PM－B的平面角为θ，
则sinθ＝＝＝.
2. (2020·江苏高考)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点．

(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；
(2)若点F在BC上，满足BF＝BC，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)．
∴＝(1,0，－2)，＝(1,1,1)，
∴cos〈，〉＝＝＝－.
∴直线AB与DE所成角的余弦值为.
(2)设平面DEC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
∵＝(1,2,0)，
∴
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)，
∵＝＋＝＋＝，
∴
令y2＝－7，则x2＝2，z2＝5，n2＝(2，－7,5)为平面DEF的一个法向量．
∴|cosθ|＝＝＝.
∴sinθ＝＝.
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所在平面垂直，M是上异于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为上异于C，D的点，且CD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，的方向为x轴正方向，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为的中点．
由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，M(0，1,1)，＝(－2,1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)．
设n＝(x，y，z)是面MAB的法向量，则
即
可取n＝(1,0,2)为面MAB的一个法向量．
是面MCD的一个法向量，
因此，cos〈n，〉＝＝，
sin〈n，〉＝，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
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＝AB＝1，PD⊥平面ABCD，E为CD的中点．

(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＝.
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＝，VE－ADF＝VF－ADE＝EF×S△ADE＝×××1×1＝，
S△ADF＝×1×＝，
设点E到平面ADF的距离为h，
则hS△ADF＝，
解得h＝，
所以点E到平面ADF的距离为.
解法二(空间向量法)：以D为坐标原点，，，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，E(0,1,0)．
设平面ADF的法向量为n＝(x，y，z)．
易知＝(1,0,0)，＝，
所以即
令y＝1，则z＝－2，所以n＝(0,1，－2)为平面ADF的一个法向量，
又＝(0,1,0)，所以点E到平面ADF的距离d＝＝.
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CDE.
(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，
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，，，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＝(1,1，－1)，＝(1,0,1)．
设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则
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〉＝＝＝，
即平面ABF与平面CEF所成锐二面角的余弦值为.
6. (2021·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.

(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？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＝，
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，B，C，D，E，F，＝(1,2,0)，
设＝λ(0≤λ≤1)，则P，
＝(2,0,0)，＝，＝，＝(λ＋1,2λ，0)．
设平面CDE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
令z1＝1，得m＝(0，，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
令z2＝1，得n＝，
所以|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得λ＝，即当P为EF的中点时满足题意.