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1、2022年高考數(shù)學5年真題備考題庫 第七章 第6節(jié) 空間向量及其運算和空間位置關系 理(含解析)
1.(xx廣東,5分). 已知向量a=(1,0,-1),則下列向量中與a成60°夾角的是( )
A.(-1,1,0) B.(1,-1,0)
C.(0,-1,1) D.(-1,0,1)
解析: 各選項給出的向量的模都是,|a|=.
對于選項A,設b=(-1,1,0),則cos〈a,b〉===-,因為0°≤〈a,b〉≤180°,所以〈a,b〉=120°.
對于選項B,設b=(1,-1,0),則cos〈a,b〉===.因為0°≤〈a,b〉<180°,所以〈a,b〉=60°,正確
2、.
對于選項C,設b=(0,-1,1),則cos〈a,b〉===-.因為0°≤〈a,b〉≤180°,所以〈a,b〉=120°.
對于選項D,設b=(-1,0,1).則cos〈a,b〉===-1.因為0°≤〈a,b〉≤180°,所以〈a,b〉=180°,故選B.
答案:B
2.(xx北京,5分)在空間直角坐標系Oxyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,).若S1,S2,S3分別是三棱錐D-ABC在xOy,yOz,zOx坐標平面上的正投影圖形的面積,則( )
A.S1=S2=S3 B.S2=S1且S2≠S3
C.S3=S1且S3≠S2
3、 D.S3=S2且S3≠S1
解析: 根據(jù)題目條件,在空間直角坐標系Oxyz中作出該三棱錐D-ABC,顯然S1=S△ABC=×2×2=2,S2=S3=×2×=.故選D.
答案:D
3.(xx江西,5分)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=11,AD=7,AA1=12.一質點從頂點A射向點E(4,3,12).遇長方體的面反射(反射服從光的反射原理),將第i-1次到第i次反射點之間的線段記為Li(i=2,3,4),L1=AE,將線段L1,L2,L3,L4豎直放置在同一水平線上,則大致的圖形是( )
解析:選C 根據(jù)反射的對稱性,質點是在過A,E,A1的平面
4、內運動.因為<,所以過A,E,A1作長方體的截面AA1NM如圖所示.
設點A關于平面A1B1C1D1的對稱點為A′,易知它在z軸上,且A′A1=AA1=12,連接A′E并延長交平面ABCD于點E1,因為A1E=5,所以AE1=10,且E1到AB,AD的距離分別為6,8,即E1(8,6,0),而它在線段AM上,從而知L1=AE=EE1=L2;事實上,只需要在AA1NM內,過E1作AE的平行線交MN于點E2,再過E2作E1E的平行線交A1N于點E3,可知EE1>E2E3=L4>E1E2=L3,故L1=L2>L4>L3,故選C.
答案:C
4.(xx湖北,5分)在如圖所示的空間直角坐標系O
5、-xyz中,一個四面體的頂點坐標分別是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2),給出編號①②③④的四個圖,則該四面體的正視圖和俯視圖分別為 ( )
A.①和② B.③和①
C.④和③ D.④和②
解析:選D 在空間直角坐標系O-xyz中作出棱長為2的正方體,在該正方體中作出四面體,如圖所示,由圖可知,該四面體的正視圖為④,俯視圖為②.
答案:D
5.(xx浙江,15分)如圖,在四面體A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2.M是AD的中點,P是BM的中點,點Q在線段AC上,且AQ=3QC.
(1)證明:PQ∥平面B
6、CD;
(2)若二面角C-BM-D的大小為60°,求∠BDC的大?。?
解:本題考查空間線面平行的證明,二面角的計算,以及三角形的有關知識,考查考生的推理論證能力、空間想象能力,以及利用空間向量解決相關問題的能力.
法一:(1)證明:取BD的中點O,在線段CD上取點F,使得DF=3FC,連接OP,OF,F(xiàn)Q.
因為AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF=AD.
因為O,P分別為BD,BM的中點,所以OP是△BDM的中位線,所以OP∥DM,且OP=DM.
又點M為AD的中點,
所以OP∥AD,且OP=AD.
從而OP∥FQ,且OP=FQ,
所以四邊形OPQF為平行四邊形,故PQ∥O
7、F.
又PQ?平面BCD,OF?平面BCD,所以PQ∥平面BCD.
(2)作CG⊥BD于點G,作GH⊥BM于點H,連接CH.
因為AD⊥平面BCD,CG?平面BCD,所以AD⊥CG,
又CG⊥BD,AD∩BD=D,故CG⊥平面ABD,又BM?平面ABD,所以CG⊥BM.
又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,
∴BM⊥CH,所以∠CHG為二面角C-BM-D的平面角,
即∠CHG=60°.
設∠BDC=θ.
在Rt△BCD中,CD=BDcos θ=2cos θ,
CG=CDsin θ=2cos θsin θ,BC=BDsin θ=2sin θ,
BG=BCsin
8、 θ=2sin2θ.
在Rt△BDM中,HG==.
在Rt△CHG中,tan∠CHG===.
所以tan θ=.
從而θ=60°,即∠BDC=60°.
法二:(1)證明:如圖,取BD的中點O,以O為原點,OD,OP所在射線為y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標系O-xyz.
由題意知A(0,,2),
B(0,-,0),D(0,,0).
設點C的坐標為(x0,y0,0).因為=3,所以Q.
因為M為AD的中點,故M(0,,1).又P為BM的中點,故P.所以=.
又平面BCD的一個法向量為u=(0,0,1),
故·u=0.
又PQ?平面BCD,所以PQ∥平面BCD.
(2)
9、設m=(x,y,z)為平面BMC的法向量.
由=(-x0,-y0,1),=(0,2,1)知
取y=-1,得m=.
又平面BDM的一個法向量為n=(1,0,0),于是
|cos〈m,n〉|===,
即2=3. ①
又BC⊥CD,所以·=0,故
(-x0,--y0,0)·(-x0,-y0,0)=0,
即x+y=2. ②
聯(lián)立①②,解得(舍去)或
所以tan∠BDC==.
又∠BDC是銳角,所以∠BDC=60°.
6.(xx天津,13分)如圖, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 側棱A1A⊥底面ABCD,AB//DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E為
10、棱AA1的中點.
(1)證明:B1C1⊥CE;
(2)求二面角B1-CE-C1的正弦值.
(3)設點M在線段C1E上, 且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為,求線段AM的長.
解:本小題主要考查空間線線、線面的位置關系,以及二面角、直線與平面所成的角等基礎知識,考查用空間向量解決立體幾何問題的方法,考查考生的空間想象能力、運算能力和推理論證能力.
法一:如圖,以點A為原點建立空間直角坐標系,依題意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).
(1)證明:易得=(1,0,-1),=(-1,1,-1),于是
11、·=0,所以B1C1⊥CE.
(2) =(1,-2,-1).設平面B1CE的法向量m=(x,y,z),
則即消去x,得y+2z=0,不妨令z=1,可得一個法向量為m=(-3,-2,1).
由(1)知,B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1,故=(1,0,-1)為平面CEC1的一個法向量.
于是cos〈m,〉===-,
從而sin 〈m,〉=.
所以二面角B1-CE-C1的正弦值為.
(3) =(0,1,0),=(1,1,1).設=λ=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有=+=(λ,λ+1,λ).可?。?0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量.設θ為直線AM與
12、平面ADD1A1所成的角,則sin θ=|cos〈,〉|===.于是=,解得λ=,所以AM=.
法二:(1)證明:因為側棱CC1⊥底面A1B1C1D1,B1C1?平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1C1.經計算可得B1E=,B1C1=,EC1=,從而B1E2=B1C+EC,所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E,又CC1,C1E?平面CC1E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E.又CE?平面CC1E,故B1C1⊥CE.
(2)過B1作B1G⊥CE于點G,連接C1G.由(1)知,B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G,得CE⊥C1G,所以∠B1GC1為二面角B1-CE-C1的
13、平面角.在△CC1E中,由CE=C1E=,CC1=2,可得C1G=.在Rt△B1C1G中,B1G=,所以sin ∠B1GC1=,
即二面角B1-CE-C1的正弦值為.
(3)連接D1E,過點M作MH⊥ED1于點H,可得MH⊥平面ADD1A1,連接AH,AM,則∠MAH為直線AM與平面ADD1A1所成的角.
設AM=x,從而在Rt△AHM中,有MH=x,AH=x.在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=,得EH=MH=x.在△AEH中,∠AEH=135°,AE=1,由AH2=AE2+EH2-2AE·EHcos 135°,
得x2=1+x2+x,
整理得5x2-2x-6=0,解得x=
14、.所以線段AM的長為.
7.(xx湖北,12分)如圖,AB是圓O的直徑,點C是圓O上異于A,B的點,直線PC⊥平面ABC,E,F(xiàn)分別是PA,PC的中點.
(1)記平面BEF與平面ABC的交線為l,試判斷直線l與平面PAC的位置關系,并加以證明;
(2)設(1)中的直線l與圓O的另一個交點為D,且點Q滿足=.記直線PQ與平面ABC所成的角為θ,異面直線PQ與EF所成的角為α,二面角E-l-C的大小為β,求證:sin θ=sin αsin β.
解:本題考查空間線面位置關系的判斷和證明,考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角等基礎知識,考查空間向量在立體幾何中的應用,考查化歸與轉
15、化思想,考查空間想象能力、邏輯推理能力和運算求解能力.
(1)直線l∥平面PAC,證明如下:
連接EF,因為E,F(xiàn)分別是PA,PC的中點,所以EF∥AC.
又EF?平面ABC,且AC?平面ABC,所以EF∥平面ABC.
而EF?平面BEF,且平面BEF∩平面ABC=l,所以EF∥l.
因為l?平面PAC,EF?平面PAC,所以l∥平面PAC.
(2)證明:法一:(綜合法)如圖1,連接BD,由(1)可知交線l即為直線BD,且l∥AC.
因為AB是⊙O的直徑,所以AC⊥BC,于是l⊥BC.
已知PC⊥平面ABC,而l?平面ABC,所以PC⊥l.
而PC∩BC=C,所以l⊥平面
16、PBC.
連接BE,BF,因為BF?平面PBC,所以l⊥BF.
故∠CBF就是二面角E-l-C的平面角,即∠CBF=β.
由=,作DQ∥CP,且DQ=CP.
連接PQ,DF,因為F是CP的中點,CP=2PF,所以DQ=PF,
從而四邊形DQPF是平行四邊形,PQ∥FD.
連接CD,因為PC⊥平面ABC,所以CD是FD在平面ABC內的射影,
故∠CDF就是直線PQ與平面ABC所成的角,即∠CDF=θ.
又BD⊥平面PBC,有BD⊥BF,知∠BDF為銳角,
故∠BDF為異面直線PQ與EF所成的角,即∠BDF=α,
于是在Rt△DCF,Rt△FBD,Rt△BCF中,分別可得
s
17、in θ=,sin α=,sin β=,
從而sin αsin β=·==sin θ,
即sin θ=sin αsin β.
法二:(向量法)如圖2,由=,作DQ∥CP,且DQ=CP.
連接PQ,EF,BE,BF,BD,由(1)可知交線l即為直線BD.
以點C為原點,向量,,所在直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,設CA=a,CB=b,CP=2c,則有
C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),P(0,0,2c),Q(a,b,c),E,F(xiàn)(0,0,c).
于是=,=(-a,-b,c),=(0,-b,c),
所以cos α==,
從而sin α==
18、 .
又取平面ABC的一個法向量為m=(0,0,1),
可得sin θ==,
設平面BEF的法向量為n=(x,y,z),
所以由可得取n=(0,c,b).
于是|cos β|==,從而sin β= =.
故sin αsin β=·==sin θ,
即sin θ=sin αsin β.
8.(xx福建,13分)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E為CD中點.
(1)求證:B1E⊥AD1;
(2)在棱AA1上是否存在一點P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的長;若不存在,說明理由;
(3)若二面角A-B1E-A1的大小為30°,求AB的長.
19、
解:(1)證明:以A為原點,,,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖).設AB=a,則A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E(,1,0),B1(a,0,1),故=(0,1,1),=(-,1,-1),=(a,0,1),=(,1,0).
∵·=-×0+1×1+(-1)×1=0,
∴B1E⊥AD1.
(2)假設在棱AA1上存在一點P(0,0,z0),
使得DP∥平面B1AE,此時=(0,-1,z0).
又設平面B1AE的法向量n=(x,y,z).
∵n⊥平面B1AE,∴n⊥,n⊥,得取x=1,則y=-,z=-a,得平面B1AE的一個法向量n=
20、(1,-,-a).
要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,有-az0=0,解得z0=.
又DP?平面B1AE,∴存在點P,滿足DP∥平面B1AE,此時AP=.
(3)連接A1D,B1C,由長方體ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1⊥A1D.
∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1,
∴AD1⊥平面DCB1A1,∴是平面A1B1E的一個法向量,此時=(0,1,1).
設與n所成的角為θ,
則cos θ== .
∵二面角A-B1E-A1的大小為30°,
∴|cos θ|=cos 30°,即=,
解得a=2,即AB的長為2.