2021年高考数学真题和模拟题分类汇编：专题20 空间向量（含解析）.docx

1、20212021 年高考真题和模拟题分类汇编年高考真题和模拟题分类汇编 数数学学 专题专题 2020 空间向量空间向量 一、选择题部分 1.(2021新高考全国卷T12)在正三棱柱 111 ABCABC中， 1 1ABAA，点P满足 1 BPBCBB ，其中0,1，0,1，则（） A. 当1时， 1 AB P的周长为定值 B. 当1时，三棱锥 1 PABC的体积为定值 C. 当 1 2 时，有且仅有一个点P，使得 1 APBP D. 当 1 2 时，有且仅有一个点P，使得 1 AB 平面 1 AB P 【答案】BD 【解析】 易知，点P在矩形 11 BCC B内部（含边界） 对于 B，当1时，

2、 1111 =BPBCBBBBBC ，故此时P点轨迹为线段 11 BC，而 11/ BCBC， 11/ BC平面 1 ABC，则有P到平面 1 ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故 B 正确 对于 D，当 1 2 时， 1 1 2 BPBCBB ，取 1 BB， 1 CC中点为,M NBP BMMN ， 所以P点轨迹为线段MN设 0 1 0, 2 Py ，因为 3 0,0 2 A ，所以 0 31 , 22 APy ， 1 3 1 , 1 22 AB ，所以 00 3111 0 4222 yy ，此时P与N重合，故 D 正确 故选 BD 2.(2021河南焦作三模理 T11)在棱长为 2

3、的正四面体 ABCD 中，点 P 为ABC 所在平面内 一动点，且满足|+|，则 PD 的最大值为（） A3BCD2 【答案】B 【解析】以 AB 的中点 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则 O （0， 0， 0） ， A （1， 0， 0） ， B （1， 0， 0） ， C （） ， 因为|+|AB2， 故点 P 的轨迹是以 A，B 为焦点的椭圆， 所以，2c2，解得， 所以点 P 的轨迹方程为， 设， 则 ， 令 tcos，则 t1，1， 所以 f（t），则，令 f（t）0，解得， 当时，f（t）0，则 f（t）单调递增， 当时，f（t）0，则 f（t）单调递减， 所以当时

4、，f（t）取得最大值， 故 PD 的最大值为 二、解答题部分 3.(2021高考全国甲卷理 T19) 已知直三棱柱 111 ABCABC中，侧面 11 AAB B为正方形， 2ABBC，E，F 分别为AC和 1 CC的中点，D 为棱 11 AB上的点 11 BFAB （1）证明：BFDE； （2）当 1 B D为何值时，面 11 BBC C与面DFE所成的二面角的正弦值最小? 【解析】因为三棱柱 111 ABCABC是直三棱柱，所以 1 BB 底面ABC，所以 1 BBAB 因为 11/ A BAB， 11 BFAB，所以BF AB， 又 1 BBBFB，所以AB 平面 11 BCC B 所以

5、 1 ,BA BC BB两两垂直 以B为坐标原点，分别以 1 ,BA BC BB所在直线为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系，如图 所以 111 0,0,0 ,2,0,0 ,0,2,0 ,0,0,2 ,2,0,2 ,0,2,2BACBAC， 1,1,0 ,0,2,1EF 由题设,0,2D a（02a） （1）因为0,2,1 ,1,1, 2BFDEa ， 所以012 1 120BF DEa ，所以BFDE （2）设平面DFE的法向量为 , ,mx y z ， 因为1,1,1 ,1,1, 2EFDEa ， 所以 0 0 m EF m DE ，即 0 120 xyz a xyz 令2za，则3,

6、1,2maa 因为平面 11 BCC B的法向量为 2,0,0BA ， 设平面 11 BCC B与平面DEF的二面角的平面角为， 则 22 63 cos 222142214 m BA mBA aaaa 当 1 2 a 时， 2 224aa 取最小值为 27 2 ， 此时cos取最大值为 36 327 2 所以 2 min 63 sin1 33 ， 此时 1 1 2 B D 4.(2021浙江卷T19) 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形， 120 ,1,4,15ABCABBCPA ，M，N 分别为,BC PC的中点， ,PDDC PMMD. （1）证明：ABPM； （2）求直

7、线AN与平面PDM所成角的正弦值. 【解析】 （1） 在DCM中，1DC ，2CM ， 60DCM ， 由余弦定理可得 3DM ， 所以 222 DMDCCM ，DMDC 由题意DCPD且PDDMD，DC平 面PDM，而PM 平面PDM，所以DCPM，又/ /ABDC，所以ABPM （2）由PMMD，ABPM，而AB与DM相交，所以PM 平面ABCD，因为 7AM ，所以 2 2PM ，取AD中点E，连接ME，则,ME DM PM两两垂直，以 点M为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 则(3,2,0),(0,0,2 2),( 3,0,0)APD,(0,0,0),( 3, 1,0)MC 又

8、N为PC中点，所以 313 35 ,2 ,2 2222 NAN . 由（1）得CD 平面PDM，所以平面PDM的一个法向量(0,1,0)n 从而直线AN与平面PDM所成角的正弦值为 5 |15 2 sin 6|2725 2 44 AN n AN n 5.(2021山东聊城三模T19.)如图，在平面四边形 ABCD 中，? ? ?，? ? ?，? ? ?， 以 BD 为折痕把? 折起，使点 A 到达点 P 的位置，且 ? ? ? （1）证明：? ? ?； （2）若 M 为 PB 的中点，二面角 ? 的大小为 60，求直线 PC 与平面 MCD 所成角的 正弦值 【解析】（1）证明：因为 ? ?

9、?，? ? ?，? ? ? ? ?，所以 ? ?平面 PCD， 又因为 ? ?平面 PCD，所以 ? ? ?， 又因为 ? ? ?，? ? ? ? ?，所以 ? ?平面 BCD， 又因为 ? ?平面 ?，所以 ? ? ? （2）解：因为 ? ? ?h? ? ?， 所以? 是二面角 ? 的平面角，即? ? ， 在 ? 中，? ? ?tan?， 取 ? 的中点 ?，连接 ?h?，因为 ? ? ?h? ? ? , 所以 ? ? ? ,由（1）知，? ?平面 ?，? 为? 的中位线， 所以 ? ? ?h? ? ?，即 ?h?h? 两两垂直， 以 ? 为原点建立如图所示的坐标系 ?th，设 ? ? ?，

10、则 ?ah?h ?h?a?hh?h?ah?h?h?ahh ? ?h? ? ? ? a?h?h ?h? ? ? ? a?h?h?， ? ? ? ? a?hh ? ?，设平面 ? 的一个法向量为? a?hthh?， 则由? ? ? h ? ? h得? ? a t ? h ? a ? h ? h令 h ? ?，得? a ?h ?h ?， 所以 cos?h? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ， 所以直线 ? 与平面 ? 所成角的正弦值为 ? ? 【考点】直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求直线与平面的夹角， 二面角的平面角及求法 【解析】 【分析】 （1）根据线面垂

11、直的判定和性质即可证出。 （2）根据二面角的平面角可知? ? ， 取 ? 的中点 ? ，连接 ?h?，以 ? 为原 点建立如图所示的坐标系 ?th ，设 ? ? ? ，根据空间向量即可求出直线和平面夹角。 6.(2021河南郑州三模理 T18)如图，在四棱锥 PABCD 中，PC底面 ABCD，底面 ABCD 是 直角梯形，ABAD，ABCD，AB2，ADCD1，E 是 PB 的中点 （）求证：平面 EAC平面 PBC； （）若 PC1，直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为，求二面角 PACE 的余弦 值 【解析】（）证明：PC平面 ABCD，AC?平面 ABCD， ACPC， 又 A

12、B2，ADCD1， ， AC2+BC2AB2，则 ACBC， 又 BCPCC， AC平面 PBC， AC?平面 EAC， 平面 EAC平面 PBC； （）以 C 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 C（0，0，0），A（1，1，0）， B（1，1，0）， 设P（0，0，a）（a1），则 ， 设平面 EAC 的一个法向量为，则，则可取 ， 设直线PA与平面EAC所成角为，则 ， a45a2+40，解得 a2 或 a1（舍去），则 ， 取， 则， 故 平 面 PAC 的 一 个 法 向 量 为 ， ， 又二面角 PACE 的平面角为锐角， 二面角 PACE 的余弦值为 7.(2021重庆名校

13、联盟三模T19)如图，四棱锥 PABCD 中，平面 PCD平面 ABCD，AB CD，AB3DC6，BM2MP （1）求证：CM平面 PAD； （2）若 AD1，ADDC，PDPC 且 PDPC求直线 CM 与平面 PAB 所成的角 【解析】（1）证明：如图，取线段 PA 的靠近 P 的三等分点为 N，连接 DN，NM， 则，所以 MNAB 且 MNAB， 又 DCAB 且 DCAB， 所以四边形 MNDC 为平行四边形， 所以 DNCM， 又 DN?平面 PAD，CM平面 PAD， 所以 CM平面 PAD （2）如图，取 CD 中点为 O，连接 OP，过 O 作 OEAD 交 AB 于 E，

14、 因为平面 PCD平面 ABCD，OPDC，由面面垂直的性质定理可知，OP平面 ABCD 所以直线 OP，OC，OE 两两垂直， 以 O 为原点，分别以射线 OE，OC，OP 的方向为 x，y，z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图所示， 所以+（，），（0，6，0），（1，1，1）， 设平面 PAB 的法向量为 （x，y，z），则，即， 取 x1，得 （1，0，1）， 所以 cos， ， 所以直线 CM 与平面 PAB 所成的角为 45 8.(2021上海嘉定三模T17)如图，在四棱雉锥 PABCD 中，已知 PA平面 ABCD，且四边 形 ABCD 为直角梯形，ABCBAD90，ABAD

15、AP2，BC1，且 Q 为线段 BP 的 中点 （1）求直线 CQ 与 PD 平面所成角的大小； （2）求直线 CQ 与平面 ADQ 所成角的大小 【解析】（1）以 AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立坐标系 A（0，0，0），B（2，0，0），P（0，0，2），D（0，2，0），C（2，1，0） 则 Q（1，0，1）， 设异面直线 CQ 与 PD 所成的角为，则， 即异面直线 CQ 与 PD 所成角的大小为 （2）设平面 ADQ 的法向量为， 由，可得，所以取 （1，0，1）， 设直线 CQ 与平面 ADQ 所成的角为，则 即直线 CQ 与平面 ADQ 所成角的大小为

16、9.(2021辽宁朝阳三模T20)如图，在四棱锥 PABCD 中，四边形 ABCD 为平行四边形， 以 BC 为直径的圆 O（O 为圆心）过点 A，且 AOACAP2，PA 底面 ABCD，M 为 PC 的中点 （1）证明：平面 OAM平面 PCD； （2）求二面角 OMDC 的余弦值 【解析】（1）证明：由题意点 A 为圆 O 上一点，则 ABAC， 由 PA底面 ABCD，知 PAAB， 又 PAACA，PA、AC?平面 PAC，AB平面 PAC， AM?平面 PAC，ABAM， M 为 PC 的中点，AMPC， CDPCC，AM平面 PCD， AM?平面 OAM，平面 OAM平面 PCD

17、 （2）如图，以 A 为原点，AB 为 x 轴，AC 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 C（0，2，0），D（2，2，0），M（0，1，1），O（，1，0）， （，0，1），（3，1，0）， 设平面 OMD 的法向量 （x，y，z）， 则，取 x1，得 （1，3，）， 由（1）知 AM平面 PCD， 则平面 CDM 的一个法向量 （0，1，1）， cos， 由图可知二面角 OMDC 的锐角， 则二面角 OMDC 的余弦值为 10.(2021湖南三模T20)如图，在四棱台 ABCDA1B1C1D1中，底面为矩形，平面 AA1D1D 平面 CC1D1D，且 CC1CDDD1C

18、1D11 （1）证明：AD平面 CC1D1D； （2）若 A1C 与平面 CC1D1D 所成角为，求二面角 CAA1D 的余弦值 【解析】（1）证明：在梯形 CC1D1D 中，因为 CC1CDDD1， 所以DD1C1，连结 DC1，由余弦定理可求得 DC1， 因为，所以 DC1DD1， 因为平面 AA1D1D平面 CC1D1D 且交于 DD1， 所以 DC1平面 AA1D1D， 因为 AD?平面 AA1D1D，所以 ADDC1， 因为 ADDC，DCDC1D， 所以 AD平面 CC1D1D； （2）解：连结 A1C1，由（1）可知，A1D1平面 CC1D1D， 以 D1为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为 A1D1平面 CC1D1D，所以 A1C 在平面 CC1D1D 内的射影为 D1C， 所以 A1C 与平面 CC1D1D 所成的角为A1CD1，即A1CD1， 在 RtA1CD1中，因为，所以 A1D13， 则 D1（0，0，0），A1（3，0，0），D（0， ），C（0，），C1（0，2， 0）， 所以， ， 设平面 AA1D1D 的法向量为， 则有，即， 令 y3，则 x0，z，故， 设平面 AA1C1C 的法向量为， 则有，即， 令 a2，则 b3，故， 所以， 由图可知，二面角 CAA1D 锐二面角， 故二面角 CAA1D 的余弦值为