專題20空間向量一、選擇題部分1.(2021?新高考全國Ⅰ卷?T12)在正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（）A.當(dāng)時，的周長為定值B.當(dāng)時，三棱錐的體積為定值C.當(dāng)時，有且僅有一個點，使得D.當(dāng)時，有且僅有一個點，使得平面BD．易知，點在矩形內(nèi)部（含邊界）．對于B，當(dāng)時，，故此時點軌跡為線段，而，平面，則有到平面的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確．對于D，當(dāng)時，，取，中點為．，所以點軌跡為線段．設(shè)，因為，所以，，所以，此時與重合，故D正確．故選BD．2.(2021?河南焦作三模?理T11)在棱長為2的正四面體ABCD中，點P為△ABC所在平面內(nèi)一動點，且滿足||+||＝，則PD的最大值為（）A．3 B． C． D．2B．以AB的中點O為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則O（0，0，0），A（﹣1，0，0），B（1，0，0），C（），，因為||+||＝＞AB＝2，故點P的軌跡是以A，B為焦點的橢圓，所以，2c＝2，解得，所以點P的軌跡方程為，設(shè)，則＝＝，令t＝cosθ，則t∈[﹣1，1]，所以f（t）＝，則，令f'（t）＝0，解得，當(dāng)時，f'（t）＞0，則f（t）單調(diào)遞增，當(dāng)時，f'（t）＜0，則f（t）單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，f（t）取得最大值，故PD的最大值為．二、解答題部分3.(2021?高考全國甲卷?理T19)已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點，D為棱上的點．（1）證明：；（2）當(dāng)為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?因為三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因為，，所以，又，所以平面．所以兩兩垂直．以為坐標(biāo)原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．所以，．由題設(shè)（）．（1）因為，所以，所以．（2）設(shè)平面的法向量為，因為，所以，即．令，則因為平面的法向量為，設(shè)平面與平面的二面角的平面角為，則．當(dāng)時，取最小值為，此時取最大值為．所以，此時．4.(2021?浙江卷?T19)如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，，M，N分別為的中點，.（1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由題意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而與相交，所以平面，因為，所以，取中點，連接，則兩兩垂直，以點為坐標(biāo)原點，如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系,則,又為中點，所以.由（1）得平面，所以平面的一個法向量從而直線與平面所成角的正弦值為．5.(2021?山東聊城三模?T19.)如圖，在平面四邊形ABCD中，BC=CD，BC⊥CD，AD⊥BD，以BD為折痕把△ABD折起，使點A（1）證明：PD⊥（2）若M為PB的中點，二面角P-BC-D的大小為60°，求直線（1）證明：因為BC⊥CD，BC⊥PC，PC∩又因為PD?平面PCD，所以BC又因為PD⊥BD，BD∩BC=B，所以又因為CD?平面BCD，所以

（2）解：因為PC⊥所以∠PCD是二面角P-BC在Rt△PCD中，取BD的中點O，連接OM,OC，因為BC=CD,BC⊥所以O(shè)C⊥BD,由（1）知，PD⊥平面BCD，OM所以O(shè)M⊥BD,OM⊥以O(shè)為原點建立如圖所示的坐標(biāo)系O-xyz，設(shè)P(0,1,6CM=(-1,0,62則由{n?CD=0,n?CM所以cos?所以直線PC與平面MCD所成角的正弦值為3【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【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定和性質(zhì)即可證出。

（2）根據(jù)二面角的平面角可知

∠PCD=60°，

取

BD

的中點

O

，連接

OM,OC，以

O

為原點建立如圖所示的坐標(biāo)系

O-xyz

，設(shè)6.(2021?河南鄭州三模?理T18)如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝CD＝1，E是PB的中點．（Ⅰ）求證：平面EAC⊥平面PBC；（Ⅱ）若PC＞1，直線PA與平面EAC所成角的正弦值為，求二面角P﹣AC﹣E的余弦值．（Ⅰ）證明：∵PC⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥PC，又AB＝2，AD＝CD＝1，∴，∴AC2+BC2＝AB2，則AC⊥BC，又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC，∵AC?平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC；（Ⅱ）以C為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，﹣1，0），設(shè)P（0，0，a）（a＞1），則，設(shè)平面EAC的一個法向量為，則，則可取，設(shè)直線PA與平面EAC所成角為θ，則，∴a4﹣5a2+4＝0，解得a＝2或a＝1（舍去），則，取，則，故平面PAC的一個法向量為，∴，又二面角P﹣AC﹣E的平面角為銳角，∴二面角P﹣AC﹣E的余弦值為．7.(2021?重慶名校聯(lián)盟三模?T19．)如圖，四棱錐P﹣ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB＝3DC＝6，BM＝2MP．（1）求證：CM∥平面PAD；（2）若AD＝1，AD⊥DC，PD⊥PC且PD＝PC．求直線CM與平面PAB所成的角．（1）證明：如圖，取線段PA的靠近P的三等分點為N，連接DN，NM，則＝＝，所以MN∥AB且MN＝AB，又DC∥AB且DC＝AB，所以四邊形MNDC為平行四邊形，所以DN∥CM，又DN?平面PAD，CM?平面PAD，所以CM∥平面PAD．（2）如圖，取CD中點為O，連接OP，過O作OE∥AD交AB于E，因為平面PCD⊥平面ABCD，OP⊥DC，由面面垂直的性質(zhì)定理可知，OP⊥平面ABCD．所以直線OP，OC，OE兩兩垂直，以O(shè)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(biāo)系，如圖所示，所以＝+＝+＝（，，），＝（0，6，0），＝（﹣1，1，1），設(shè)平面PAB的法向量為＝（x，y，z），則，即，取x＝1，得＝（1，0，1），所以cos＜，＞＝＝，所以直線CM與平面PAB所成的角為45°．8.(2021?上海嘉定三模?T17．)如圖，在四棱雉錐P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝AP＝2，BC＝1，且Q為線段BP的中點．（1）求直線CQ與PD平面所成角的大小；（2）求直線CQ與平面ADQ所成角的大?。?）以AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立坐標(biāo)系．A（0，0，0），B（2，0，0），P（0，0，2），D（0，2，0），C（2，1，0）則Q（1，0，1），，，設(shè)異面直線CQ與PD所成的角為α，則，即異面直線CQ與PD所成角的大小為．（2）設(shè)平面ADQ的法向量為，由，可得，所以?。剑?，0，﹣1），設(shè)直線CQ與平面ADQ所成的角為β，則．即直線CQ與平面ADQ所成角的大小為．9.(2021?遼寧朝陽三模?T20．)如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，以BC為直徑的圓O（O為圓心）過點A，且AO＝AC＝AP＝2，PA底面ABCD，M為PC的中點．（1）證明：平面OAM⊥平面PCD；（2）求二面角O﹣MD﹣C的余弦值．（1）證明：由題意點A為圓O上一點，則AB⊥AC，由PA⊥底面ABCD，知PA⊥AB，又PA∩AC＝A，PA、AC?平面PAC，∴AB⊥平面PAC，∵AM?平面PAC，∴AB⊥AM，∵M為PC的中點，∴AM⊥PC，∵CD∩PC＝C，∴AM⊥平面PCD，∵AM?平面OAM，∴平面OAM⊥平面PCD．（2）如圖，以A為原點，AB為x軸，AC為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則C（0，2，0），D（﹣2，2，0），M（0，1，1），O（，1，0），＝（﹣，0，1），＝（﹣3，1，0），設(shè)平面OMD的法向量＝（x，y，z），則，取x＝1，得＝（1，3，），由（1）知AM⊥平面PCD，則平面CDM的一個法向量＝（0，1，1），∴cos＜＞＝＝，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．10.(2021?湖南三模?T20．)如圖，在四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1中，底面為矩形，平面AA1D1D⊥平面CC1D1D，且CC1＝CD＝DD1＝C1D1＝1．（1）證明：AD⊥平面CC1D1D；（2）若A1C與平面CC1D1D所成角為，求二面角C﹣AA1﹣D的余弦值．（1）證明：在梯形CC1D1D中，因為CC1＝CD＝DD1＝，所以∠DD1C1＝，連結(jié)DC1，由余弦定理可求得DC1＝，因為，所以DC1⊥DD1，因為平面AA1D1D⊥平面CC1D1D且交于DD1，所以DC1⊥平面AA1D1D，因為AD?平面AA1D1D，所以AD⊥DC1，因為AD⊥DC，DC∩DC1＝D，所以AD⊥平面C