2024年高考数学试题和模拟题分类汇编：空间向量（含解析）

专题20空间向量

一、选择题部分

1.（2024•新高考全国I卷・T12）在正三棱柱A3C-A4G中，A3=M=1，点P满意

BP=ABC+juBB],其中//G[0,1],贝U（）

A.当2=1时，Z\A瓦尸的周长为定值

B.当〃=1时，三棱锥P-ABC的体积为定值

c.当彳=；时，有且仅有一个点尸，使得APLBP

D.当〃=；时，有且仅有一个点P，使得AB±平面ABXP

【答案】BD.

易知，点尸在矩形BCG4内部（含边界）.

对于B,当〃=1时，BP=4BC+，故此时P点轨迹为线段3©,而

B.CJ/BC,耳&〃平面A3C,则有尸到平面ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故

B正确.

对于D,当〃=!■时，BP=ABC+-BB{,MXBBt,C£中点为M,N.BP=BM+九MN，

22

（fJ3一（G11

所以尸点轨迹为线段MN.设po,yo,-,因为A彳,0,0,所以4尸=一彳，％”，

'[、3]]]

\B=-------,-,-1，所以一+一%--=0ny=-一，此时p与N重合，故D正确.

2242202

故选BD.

2.(2024•河南焦作三模♦理T11)在棱长为2的正四面体ABC。中，点P为△ABC所在平面内

一动点，且满意I而|+|丽|=与』则尸。的最大值为()

A.3B.c.D.2

33

【答案】B.

【解析】以的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

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

33

因为I五1+1而1=可豆＞48=2,

故点尸的轨迹是以42为焦点的椭圆，

所以2ah孥，2c=2,解得a骂③，b=^，

OOo

x2y2

所以点尸的轨迹方程为工t=1，

T~3

设P(~1-sin8,4-cos6,0)(0<6<2K),

V3V3

则|PD|"(^•sine)2+(^-cos62+(-^^)2

一1°4_・2A22

—~^_+Siny+7TCOSy

132

cos0《cos0

3~o

令/=cos。,则怎[T,1],

所以=.-t2卷匕则f'(t)=-2t《，令f⑺=0,解得t-1，

当t€[-1,春)时，/⑺＞o,则/⑺单调递增,

O

当tE弓，I]时，/(力＜0,则/(力单调递减,

所以当■时，/(力取得最大值萼，

39

故PD的最大值为2季.

二、解答题部分

3.（2024•高考全国甲卷•理T19）己知直三棱柱A5C-A3iG中，侧面A&耳5为正方形,

AB=BC=2,E,P分别为AC和CG的中点，。为棱4四上的点.BF1A.B,

（1）证明：BFLDE；

（2）当耳。为何值时，面与面。EE所成的二面角的正弦值最小？

【解析】因为三棱柱ABC—4用£是直三棱柱,所以3耳_L底面ABC,所以8耳，AB

因为4耳〃AB,BF1，所以B尸，A3，

又BB°BF=B,所以AB，平面BCC.B,.

所以5ABe,5与两两垂直.

以3为坐标原点，分别以348cB与所在直线为x,%z轴建立空间直角坐标系，如图.

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),

矶1,1,0),-0,2,1).

由题设。(。,0,2)(0<a<2).

(1)因为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)设平面DEE的法向量为根=(x,y,z),

因为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,则加=(3,l+a,2—a)

因为平面5CG4的法向量为B4=(2,0,0),

设平面BCCB与平面DEF的二面角的平面角为。，

,.\m-BA63

贝cos6\=J-j~T=--,==,=

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

127

当a=一时，2a2-2a+4取最小值为一，

22

3y/6

此时cos。取最大值为J万—3-

所以（sine）=1,

\7minY（3J3

此时4。=4.

2

4.（2024•浙江卷・T19）如图，在四棱锥P-ABC。中，底面ABC。是平行四边形,

ZABC=120°,AB^l,BC^4,PA=y/15>M,N分别为5cpe的中点，

PD±DC,PM±MD.

B

（1）证明：AB1PM-,

（2）求直线AN与平面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由题意。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与ZW相交，所以。平面ABC。，因为

AM=不，所以PM=2及，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A（-瓜2,0）,P（0,0,2收）,D（瓜0,0）,M（0,0,0）,C（后-1,0）

又N为PC中点，所以双］岑，一3，0,AN=^,-|,V2.

由（1）得CD_L平面PDM,所以平面PD暇的一个法向量"=（0,1,0）

5

从而直线AN与平面PDM所成角的正弦值为sm9==//.

IAA^IIn|27_+25+26

vTT

5.(2024•山东聊城三模・T19.)如图，在平面四边形4BCD中，BC=CD,BC1CD,AD1BD,

以B。为折痕把△48。折起，使点A到达点P的位置，且PC1BC.

(1)证明：PD1CD；

(2)若M为PB的中点，二面角P-BC-D的大小为60。，求直线PC与平面MC。所成角的

正弦值.

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

又因为PDu平面PCD,所以BC1PD,

又因为PD1BD,BDCBC=B,所以PD_L平面BCD,

又因为CDu平面BCD,所以PD_LCD

(2)解：因为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的中点。，连接。M,OC,因为BC=CD,BC1CD,

所以。C1BD，由(1)知，PD1平面BCD,0M为APBO的中位线，

所以0MlBD,OMJ.0C,即。M,0C,BD两两垂直，

以。为原点建立如图所示的坐标系。-孙z,设。B=1,贝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),设平面MCD的一个法向量为元=(x,y,z),

x

力.CD=o~+y=°，

则由｛展CM10,得J+渔z=0令z=历得元=(V3,V3,V2),

所以cos伍，诵=磊=日’

所以直线PC与平面MCD所成角的正弦值为当

【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)依据线面垂直的判定和性质即可证出。

(2)依据二面角的平面角可知NPCD=60°,取BD的中点。，连接。M,OC,以。为原

点建立如图所示的坐标系。-孙z,设。B=l,依据空间向量即可求出直线和平面夹角。

6.(2024•河南郑州三模•理T18)如图，在四棱锥P-4BCD中，ABCD,底面ABC。是

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

(I)求证：平面E4C_L平面PBC；

(II)若PC>1,直线以与平面EAC所成角的正弦值为坐，求二面角P-AC-E的余弦

值.

【解析】(I)证明：：PCJ_平面ABCD,ACu平面ABC。，

：.AC±PC,

又AB=2,AD=CD=1,

•*-AC=BC=，^,

：.AC2+BC2^AB2,贝!IACLBC,

又scnpc=c,

；.AC_L平面PBC,

：ACu平面EAC,

平面EAC_L平面PBC；

(II)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)则

=

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

设平面EAC的一个法向量为扇=（x,z），则，则可取

Y，m'CE^-x-^-y+^-z=0

m=（L-1.2），

a

设直线PA与平面EAC所成角为0则

1-1+2_V2

sin6=|cos<m，\>|一号:工

iPAlIml

-5。2+4=0,解得。=2或。=1（舍去），则三=（1,-1,-1）,

取CB=(1,-1,0)，则CB*CP=CB-CA=0，故平面PAC的一个法向量为

CB=(1,-1,0)，

••・cos＜益飞＞岩如弓，

又二面角P-AC-E的平面角为锐角,

7.(2024•重庆名校联盟三模・T19.)如图，四棱锥P-A8C。中，平面PCD_L平面ABC。，AB

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

(1)求证：CM〃平面PAD；

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

【解析】(1)证明：如图，取线段PA的靠近P的三等分点为N,连接LW,NM,

嘿嚼!所以™且*疑,

又DC//AB且DC=—AB,

3

所以四边形MNDC为平行四边形,

所以ZW〃CM,

又DNu平面PAD,CMC平面PAD,

所以CM〃平面PAD.

(2)如图，取C。中点为。，连接0尸，过。作OE〃A。交于E,

因为平面PCC平面ABCD,OPLDC,由面面垂直的性质定理可知，OPL平面A8CD.

所以直线OP,OC,OE两两垂直,

以。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,

ninn

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

OOOO

设平面尸AB的法向量为；=(x,y,z),则四=°,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

所以直线CM与平面PAB所成的角为45

8.(2024•上海嘉定三模・T17.)如图，在四棱雉锥P-ABC。中，已知PA_L平面ABCD,且四边

形ABCD为直角梯形，ZABC=ZBAD=90°,AB=AD=AP=2,BC=1,且Q为线段BP的

中点.

(1)求直线CQ与P。平面所成角的大小；

(2)求直线CQ与平面4DQ所成角的大小.

【解析】(1)以A8为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立坐标系.

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

以、、

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

设异面直线CQ与PD所成的角为a,则cosa=厂2广

V2V33

即异面直线CQ与PD所成角的大小为arccos第.

o

(2)设平面ADQ的法向量为主(u,v,w)，

由口W=°,可得所以取;=(1,0,-1),

n-AD=0%=0

设直线CQ与平面ADQ所成的角为B，则sinB=>2r-至.

V2V33

即直线CQ与平面ADQ所成角的大小为arcsi需.

O

9.(2024•辽宁朝阳三模・T20.)如图，在四棱锥中，四边形A8CO为平行四边形，

以BC为直径的圆。(。为圆心)过点A,S.AO=AC=AP=2,PA底面ABCD,M为PC

的中点.

(1)证明：平面OAM_L平面PCD；

(2)求二面角O-MD-C的余弦值.

80C

【解析】(1)证明：由题意点A为圆。上一点，则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,

为PC的中点，：.AM±PC,

；C£mPC=C,平面PCD,

平面OAM,平面0AM_L平面PCD.

(2)如图，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，A尸为z轴，建立空间直角坐标系,

贝UC(0,2,0),。2«,2,0),M(0,1,1),O(«,1,0),

0M=(-正，0，1)，0D=(-3«,1,0),

设平面OA/D的法向量｝=(x,y,z),

w

,fnOM=-V3x+z=0『,一「l

则<.,,取尤=1,佝n=(1，，

n*0D=-3仃x+y=0

由(1)知AM_L平面PC。，

则平面COM的一个法向量彳=(0,1,1),

mF_2V186

.*.cos<m,n>

ImI•InI31

由图可知二面角O-MD-C的锐角，

则二面角O-MD-C的余弦值为型亟..

31

10.(2024•湖南三模・T20.)如图，在四棱台ABCD-A山CbDi中，底面为矩形，平面AALDIQ

_L平面CCiDiD,且CCi=CD=DDi=^;CiDi=1.

(1)证明：AZ)_L平面CCi。。；

(2)若4C与平面CCiQi。所成角为¥，求二面角C-441-。的余弦值.

O

DC

【解析】(1)证明：在梯形CCLDID中，因