2024年高考數(shù)學試題和模擬題分類匯編：空間向量（含解析）

專題20空間向量

一、選擇題部分

1.（2024?新高考全國I卷?T12）在正三棱柱A3C-A4G中，A3=M=1，點P滿意

BP=ABC+juBB],其中//G[0,1],貝U（）

A.當2=1時，Z\A瓦尸的周長為定值

B.當〃=1時，三棱錐P-ABC的體積為定值

c.當彳=；時，有且僅有一個點尸，使得APLBP

D.當〃=；時，有且僅有一個點P，使得AB±平面ABXP

【答案】BD.

易知，點尸在矩形BCG4內(nèi)部（含邊界）.

對于B,當〃=1時，BP=4BC+，故此時P點軌跡為線段3?,而

B.CJ/BC,耳&〃平面A3C,則有尸到平面ABC的距離為定值，所以其體積為定值，故

B正確.

對于D,當〃=!■時，BP=ABC+-BB{,MXBBt,C￡中點為M,N.BP=BM+九MN，

22

（fJ3一（G11

所以尸點軌跡為線段MN.設po,yo,-,因為A彳,0,0,所以4尸=一彳，％”，

'[、3]]]

\B=-------,-,-1，所以一+一%--=0ny=-一，此時p與N重合，故D正確.

2242202

故選BD.

2.(2024?河南焦作三模?理T11)在棱長為2的正四面體ABC。中，點P為△ABC所在平面內(nèi)

一動點，且滿意I而|+|麗|=與』則尸。的最大值為()

A.3B.c.D.2

33

【答案】B.

【解析】以的中點O為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示，

則0(0,0,0),A(-1,0,0),8(1,0,0),C(0,0),D(0,-返，

33

因為I五1+1而1=可豆＞48=2,

故點尸的軌跡是以42為焦點的橢圓，

所以2ah孥，2c=2,解得a罵③，b=^，

OOo

x2y2

所以點尸的軌跡方程為工t=1，

T~3

設P(~1-sin8,4-cos6,0)(0<6<2K),

V3V3

則|PD|"(^?sine)2+(^-cos62+(-^^)2

一1°4_?2A22

—~^_+Siny+7TCOSy

132

cos0《cos0

3~o

令/=cos。,則怎[T,1],

所以=.-t2卷匕則f'(t)=-2t《，令f⑺=0,解得t-1，

當t€[-1,春)時，/⑺＞o,則/⑺單調(diào)遞增,

O

當tE弓，I]時，/(力＜0,則/(力單調(diào)遞減,

所以當■時，/(力取得最大值萼，

39

故PD的最大值為2季.

二、解答題部分

3.（2024?高考全國甲卷?理T19）己知直三棱柱A5C-A3iG中，側(cè)面A&耳5為正方形,

AB=BC=2,E,P分別為AC和CG的中點，。為棱4四上的點.BF1A.B,

（1）證明：BFLDE；

（2）當耳。為何值時，面與面。EE所成的二面角的正弦值最?。?/p>

【解析】因為三棱柱ABC—4用￡是直三棱柱,所以3耳_L底面ABC,所以8耳，AB

因為4耳〃AB,BF1，所以B尸，A3，

又BB°BF=B,所以AB，平面BCC.B,.

所以5ABe,5與兩兩垂直.

以3為坐標原點，分別以348cB與所在直線為x,%z軸建立空間直角坐標系，如圖.

y

所以8(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),4(0,0,2),A(2,0,2),￡(0,2,2),

磯1,1,0),-0,2,1).

由題設。(。,0,2)(0<a<2).

(1)因為5E=(O,2,l),DE=(l—a,l,—2),

所以3￡.0￡=0工(1一。)+2*1+1*(—2)=0,所以BFLDE.

(2)設平面DEE的法向量為根=(x,y,z),

因為EE=(—l,l,l),QE=(l—a,l,—2),

所以《，即"\CH.

m-DE=0\Jl-a)x+y-2z=0

令z=2—a,則加=(3,l+a,2—a)

因為平面5CG4的法向量為B4=(2,0,0),

設平面BCCB與平面DEF的二面角的平面角為。，

,.\m-BA63

貝cos6\=J-j~T=--,==,=

2xV2a12-32a+14y/2a2-2a+14

127

當a=一時，2a2-2a+4取最小值為一，

22

3y/6

此時cos。取最大值為J萬—3-

所以（sine）=1,

\7minY（3J3

此時4。=4.

2

4.（2024?浙江卷?T19）如圖，在四棱錐P-ABC。中，底面ABC。是平行四邊形,

ZABC=120°,AB^l,BC^4,PA=y/15>M,N分別為5cpe的中點，

PD±DC,PM±MD.

B

（1）證明：AB1PM-,

（2）求直線AN與平面PDW所成角的正弦值.

【解析】（1）在△OCM中，DC=1.CM=2,ZDCM=60，由余弦定理可得DM=百，

所以￡>〃2+。。2=°河2,DM由題意。c_L/Y）且？DeDMuD，二。。，平

面PDM,而PMu平面尸ZW,所以OC_LPAf,又AB11DC,所以A3_LQM.

（2）由PMLMD，ABLPM<而AB與ZW相交，所以。平面ABC。，因為

AM=不，所以PM=2及，取AD中點E,連接ME,則ME,DM,PM兩兩垂直，以

點M為坐標原點，如圖所示，建立空間直角坐標系，

則A（-瓜2,0）,P（0,0,2收）,D（瓜0,0）,M（0,0,0）,C（后-1,0）

又N為PC中點，所以雙］岑，一3，0,AN=^,-|,V2.

由（1）得CD_L平面PDM,所以平面PD暇的一個法向量"=（0,1,0）

5

從而直線AN與平面PDM所成角的正弦值為sm9==//.

IAA^IIn|27_+25+26

vTT

5.(2024?山東聊城三模?T19.)如圖，在平面四邊形4BCD中，BC=CD,BC1CD,AD1BD,

以B。為折痕把△48。折起，使點A到達點P的位置，且PC1BC.

(1)證明：PD1CD；

(2)若M為PB的中點，二面角P-BC-D的大小為60。，求直線PC與平面MC。所成角的

正弦值.

【解析】(1)證明：因為8C_LCD,BC1PC,PCQCD=C,所以8cl平面PCD,

又因為PDu平面PCD,所以BC1PD,

又因為PD1BD,BDCBC=B,所以PD_L平面BCD,

又因為CDu平面BCD,所以PD_LCD

(2)解：因為PC1BC,CD1BC,

所以NPC。是二面角P—8C—D的平面角，即NPCD=60

在Rt△「(?￡)中，PD=CDtan600=V3CD,

取BD的中點。，連接。M,OC,因為BC=CD,BC1CD,

所以。C1BD，由(1)知，PD1平面BCD,0M為APBO的中位線，

所以0MlBD,OMJ.0C,即。M,0C,BD兩兩垂直，

以。為原點建立如圖所示的坐標系。-孫z,設。B=1,貝U

P(0,l,V6),C(l,0,0),D(0,l,0),M(0,0,y),CP=(-1,1,V6),CD=(-1,1,0),

CM=(-l,0,y),設平面MCD的一個法向量為元=(x,y,z),

x

力.CD=o~+y=°，

則由｛展CM10,得J+漁z=0令z=歷得元=(V3,V3,V2),

所以cos伍，誦=磊=日’

所以直線PC與平面MCD所成角的正弦值為當

【考點】直線與平面垂直的判定，直線與平面垂直的性質(zhì)，用空間向量求直線與平面的夾角，

二面角的平面角及求法

【解析】【分析】(1)依據(jù)線面垂直的判定和性質(zhì)即可證出。

(2)依據(jù)二面角的平面角可知NPCD=60°,取BD的中點。，連接。M,OC,以。為原

點建立如圖所示的坐標系。-孫z,設。B=l,依據(jù)空間向量即可求出直線和平面夾角。

6.(2024?河南鄭州三模?理T18)如圖，在四棱錐P-4BCD中，ABCD,底面ABC。是

直角梯形，AB1AD,AB//CD,AB=2,AD=CD=1,E是PB的中點.

(I)求證：平面E4C_L平面PBC；

(II)若PC>1,直線以與平面EAC所成角的正弦值為坐，求二面角P-AC-E的余弦

值.

【解析】(I)證明：：PCJ_平面ABCD,ACu平面ABC。，

：.AC±PC,

又AB=2,AD=CD=1,

?*-AC=BC=，^,

：.AC2+BC2^AB2,貝!IACLBC,

又scnpc=c,

；.AC_L平面PBC,

：ACu平面EAC,

平面EAC_L平面PBC；

(II)以C為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則C(0,0,0),A(1,1,0),

B(1,-1,0),

設P(0,0,a)則

=

E(y-彳，y).CA=(1，1，0)，CE=(y>y)?PA(1>1>-a),

乙乙乙乙乙乙

/—?—?

m*CA=x+y=0

設平面EAC的一個法向量為扇=（x,z），則，則可取

Y，m'CE^-x-^-y+^-z=0

m=（L-1.2），

a

設直線PA與平面EAC所成角為0則

1-1+2_V2

sin6=|cos<m，\>|一號:工

iPAlIml

-5。2+4=0,解得。=2或。=1（舍去），則三=（1,-1,-1）,

取CB=(1,-1,0)，則CB*CP=CB-CA=0，故平面PAC的一個法向量為

CB=(1,-1,0)，

???cos＜益飛＞巖如弓，

又二面角P-AC-E的平面角為銳角,

7.(2024?重慶名校聯(lián)盟三模?T19.)如圖，四棱錐P-A8C。中，平面PCD_L平面ABC。，AB

//CD,AB=3DC=6,BM=2MP.

(1)求證：CM〃平面PAD；

(2)若AO=1,AD1DC,2。_1尸。且尸。=尸。.求直線CM與平面所成的角.

【解析】(1)證明：如圖，取線段PA的靠近P的三等分點為N,連接LW,NM,

嘿嚼!所以?且*疑,

又DC//AB且DC=—AB,

3

所以四邊形MNDC為平行四邊形,

所以ZW〃CM,

又DNu平面PAD,CMC平面PAD,

所以CM〃平面PAD.

(2)如圖，取C。中點為。，連接0尸，過。作OE〃A。交于E,

因為平面PCC平面ABCD,OPLDC,由面面垂直的性質(zhì)定理可知，OPL平面A8CD.

所以直線OP,OC,OE兩兩垂直,

以。為原點，分別以射線OE,OC,OP的方向為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標系,

如圖所示,

ninn

所以而=無+度=&+看而=(7，與，“)，AB=(。，6,0),7P=(-I'I'1),

OOOO

設平面尸AB的法向量為；=(x,y,z),則四=°,即，6y=°

m-AP=Ol-x+y+z=O

取x=l,得口=(1,0,1),

所以cos＜石jj,：＞_CM"in

ICMIIml2

所以直線CM與平面PAB所成的角為45

8.(2024?上海嘉定三模?T17.)如圖，在四棱雉錐P-ABC。中，已知PA_L平面ABCD,且四邊

形ABCD為直角梯形，ZABC=ZBAD=90°,AB=AD=AP=2,BC=1,且Q為線段BP的

中點.

(1)求直線CQ與P。平面所成角的大??；

(2)求直線CQ與平面4DQ所成角的大小.

【解析】(1)以A8為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立坐標系.

A(0,0,0),8(2,0,0),P(0,0,2),D(0,2,0),C(2,1,0)

以、、

則Q(1,o,1),CQ=(-1,-1,1),PD=(0,2,-2)=2(0,1,-1>

設異面直線CQ與PD所成的角為a,則cosa=廠2廣

V2V33

即異面直線CQ與PD所成角的大小為arccos第.

o

(2)設平面ADQ的法向量為主(u,v,w)，

由口W=°,可得所以取;=(1,0,-1),

n-AD=0%=0

設直線CQ與平面ADQ所成的角為B，則sinB=>2r-至.

V2V33

即直線CQ與平面ADQ所成角的大小為arcsi需.

O

9.(2024?遼寧朝陽三模?T20.)如圖，在四棱錐中，四邊形A8CO為平行四邊形，

以BC為直徑的圓。(。為圓心)過點A,S.AO=AC=AP=2,PA底面ABCD,M為PC

的中點.

(1)證明：平面OAM_L平面PCD；

(2)求二面角O-MD-C的余弦值.

80C

【解析】(1)證明：由題意點A為圓。上一點，則A2LAC,

由PA_L底面ABCD知

又PACAC=A,PA,ACu平面PAC,...AB_L平面PAC,

：AAfc平面PAC,：.AB±AM,

為PC的中點，：.AM±PC,

；C￡mPC=C,平面PCD,

平面OAM,平面0AM_L平面PCD.

(2)如圖，以A為原點，AB為x軸，AC為y軸，A尸為z軸，建立空間直角坐標系,

貝UC(0,2,0),。2?,2,0),M(0,1,1),O(?,1,0),

0M=(-正，0，1)，0D=(-3?,1,0),

設平面OA/D的法向量｝=(x,y,z),

w

,fnOM=-V3x+z=0『,一「l

則<.,,取尤=1,佝n=(1，，

n*0D=-3仃x+y=0

由(1)知AM_L平面PC。，

則平面COM的一個法向量彳=(0,1,1),

mF_2V186

.*.cos<m,n>

ImI?InI31

由圖可知二面角O-MD-C的銳角，

則二面角O-MD-C的余弦值為型亟..

31

10.(2024?湖南三模?T20.)如圖，在四棱臺ABCD-A山CbDi中，底面為矩形，平面AALDIQ

_L平面CCiDiD,且CCi=CD=DDi=^;CiDi=1.

(1)證明：AZ)_L平面CCi。。；

(2)若4C與平面CCiQi。所成角為￥，求二面角C-441-。的余弦值.

O

DC

【解析】(1)證明：在梯形CCLDID中，因