高考预测练(35、36)空间向量的运算及其坐标表示、立体几何中的向量方法-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备(课时作业)

13.解:如图,取AD 的中点O,连接EO,CO. 因为VADE 是 等 边 三 角 形,O 为AD 的 中 点,所 以 EO ⊥AD. 因为AD=4,所以EO= 42-22=2 3. 因为AD=2BC,∠ABC=90°,AD∥BC, 所以四边形ABCO 为矩形.所以CO=AB= 6. 又因为CE=3 2,所以CE2=EO2+CO2,即EO⊥CO. 因为EO⊥AD,EO⊥CO,CO∩AD=O,CO、AD⊂平面 ABCD, 所以EO⊥平面ABCD,又因为EO⊂平面ADE, 所以平面ABCD⊥平面ADE. 高考预测练(三十五) 1.C 依题知,∵AD1 → =AB→+BB1 → +B1D1 → =-CD→+CC1 → + BD→,∴x=-1,y=z=1,∴x+y+z=1.故选C. 2.B 由题意得BD1 → =BA→+AD→+DD1 → =AD→-AB→+AA1 →, AC→=AB→+AD→,则BD1 →·AC→=(AD→-AB→+AA1 →)·(AB→ +AD→)=AD2 → -AB2 → +AA1 →·AB→+AA1 →·AD→=1-1+1 ×1×cos60°+1×1×cos60°=1,故选B. 3.D ∵OB=OC, 所以OA→·BC→=OA→·(OC→-OB→)=OA→·OC→-OA→·OB→= |OA→|·|OC→|cosπ3-|OA → |·|OB→|cosπ3= 1 2 OA → OC→ - OB→ =0,所以cos<OA→,BC→>=0,故选D. 4.D ∵|a|= 13,|b|=5,a 与b 夹 角 的 余 弦 值 为 -9 1365 ,∴a 在 b 上 的 投 影 向 量 为a ·b |b| · b 5 = 13×5× -9 1365 5 · b 5 = - 9 5 · b 5 = - 9 25b. 故 选D. 5.B 根据向量加法法则可得:AC1 → =AB→+BC→+CC1 →,即 AC1 → =AB→+BC→-C1C →,因 为AC1 → =xAB→+2yBC→+ 3zC1C →,所以x=1,2y=1,3z=-1,所以x=1,y=12 , z=-13 ,所以x+y+z=1+12- 1 3= 7 6. 故选B. 6.B 对于空间任一点O 和不共线三点A,B,C,若点P 满 足OP→=xOA→+yOB→+zOC→(x,y,z∈R)且x+y+z=1, 则P,A,B,C 四点共面.而OP→=16OA → +13OB → +12OC →, 其中1 6+ 1 3+ 1 2=1 ,所以P,A,B,C四点共面.故选B. 7.B a=(1,2,-y),b=(x,1,2),则a-b=(1-x,1,-y -2),2b=(2x,2,4) 由2b∥(a-b),可 得 2 (1-x)-2x=0 4(1-x)-2x(-y-2)=0 ,解 之 得 x=12 y=-4 故选B. 8.D 根据题意,向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),则ka+b =(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2),若向量ka+b与2a- b互相垂直,则有(ka+b)·(2a-b)=3(k-1)+2k-4= 0,解可得:k=75 ;故选D. 9.C 如图建立坐标系, 设AD=a(a>0),AP=x(0<x<2),则P(a,x,2),C(0, 2,2),D1(0,0,0),∴D1P → =(a,x,2),CP→=(a,x-2,0), ∵D1P⊥PC,∴D1P →·CP→=0,即a2+x(x-2)=0,所以 a= -x2+2x= -(x-1)2+1,当0<x<2时,所 以 -(x-1)2+1∈(0,1],所以a∈(0,1].故选C. 10.BD 根据题意,依次分析选项: BM→=BB1 → +B1M → =AA1 → +12 (BA→+BC→)=12b- 1 2a+ c,A错误,AC1 → =AB→+AD→+CC1 → =a+b+c,B正确: AC1 → =a+b+c,则|AC1 → |2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+ 2a·b+2a·c+2b·c=6,则|AC1 → |= 6,C错误:对于 AB→·AC1 → =a·(a+b+c)=a2+a·b+a·c=2,则 cosAB→,AC1 → = AB→·AC1 → |AB→|·|AC1 → | = 63 ,D正确.故选BD. 11.AB ∵AB→=(2,2,0)-(0,1,0)=(2,1,0),∴|AB→|= 22+12+02= 5,故 A正确;∵AC→=(-1,3,1)-(0, 1,0)=(-1,2,1),∴AB→·AC→=(2,1,0)·(-1,2,1)= -2+2+0=0,∴AB→⊥AC→,故B正确;由点C 关于平面 Oxy对称的点为(-1,3,-1),故C错误;因为cos<AB →· BC→>= AB →·BC→ |AB→||BC→| = (2,1,0)·(-3,1,1) 5× 11 = 5511 ,所以 D错误.故选AB. 12.答案:2 32,32,3 22 解析:|a+b|= 3|a-b|两边平方化简得:2a2-8a·b+ 2b2=0,① 因为a=(1,1,2),所以|a|= 1+1+2=2, 又|b|=2,代入①得:8-8a·b+8=0,解得:a·b=2, (a+b)·a=a2+a·b=4+2=6, 所以,a+b在a 上的投影向量坐标为 (a+b)·a |a| · a |a|= 6 2 ·(1,1,2) 2 = 32,32,3 22 . 故答案为:2, 32,32,3 22 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —563— 13.答案: -2,53 ∪ 53,+∞ 解析:∵a与b的夹角为钝角,a·b<0且a与b不共线, 即a·b=-3-2(x-1)-3<0,且-13 ≠ x-1 -2 , 解得x>-2,且x≠53 , ∴x的取值范围是 -2,53 ∪ 53,+∞ . 14.B 由题意可知三棱柱ABC-A1B1C1 为直三棱柱,且 AB⊥AC, 以A 为坐标原点,AB,AC,AA1 分别为x,y,z轴,建立 如图所示的直角坐标系,如下图所示: 因为AB=AC=AA1= 6,则B(6,0,0),C(0,6,0), B1(6,0,6),C(0,6,6) 由于动点M 在“堑堵”的侧面BCC1B1上运动,则存在实 数λ,μ使得BM → =λBC→+μBB1 →, 又BC→=(- 6,6,0),BB1 → =(0,0,6),所以BM→=(- 6λ, 6λ,6μ), 所以AM→=AB→+BM→=(6- 6λ,6λ,6μ), 又AM=2,所以|AM→|2=(6- 6λ)2+(6λ)2+(6μ)2 =4, 化简可得2λ2-2λ+μ2+ 1 3=0 ,即μ2=-2λ2+2λ- 1 3 , 又cos∠MAB= AM →·AB→ |AM→|·|AB→| =6 (1-λ) 2× 6 = 62 (1-λ), 又μ2=-2λ2+2λ- 1 3≥0 ,所以λ∈ 12- 36,12+ 36 , 1-λ∈ 12- 36,12+ 36 , 所以cos∠MAB= 62 (1-λ)∈ 6- 24 ,6+ 24 , 又∠MAB∈(0,π),函数y=cosx在(0,π)上单调递减, 且cos5π12= 6- 2 4 , 所以∠MAB 的最大值为5π12. 故选B. 高考预测练(三十六) 1.A 以D 为坐标原点,DA 为x 轴,DC 为y 轴,DD1 为z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示: 则D(0,0,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),E(1,2,2),F(2,2,1), 所以A1C → =(-2,2,-2),DA1 → =(2,0,2),EF→=(1,0,-1), 由DG→=λDA1 →(0≤λ≤1),可得G(2λ,0,2λ), 所以EG→=(2λ-1,-2,2λ-2),FG→=(2λ-2,-2,2λ-1), A1C⊥平面EFG, 所以A1C → ⊥EG→,A1C → ⊥FG→, 所以A1C →·EG→=0,A1C →·FG→=0, 即 -2(2λ-1)+2×(-2)+(-2)×(2λ-2)=0 -2(2λ-2)+2×(-2)+(-2)×(2λ-1)=0 , 解得λ=14 , 当G 为 线 段 A1D 上 靠 近 D 的 四 等 分 点 时,A1C⊥平 面EFG. 故选:A. 2.C 设直线的方向向量为a=(2,m,1),平面α的法向量 为n= 1,12,2 ,由l∥α,可得a·n=0,即2×1+12m+ 1×2=0,解得m=-8.故选C. 3.B 因为 A1D⊥AD1,A1D⊥C1D1,AD1∩C1D1=D1, AD1,C1D⊂平 面 AD1M,所 以 A1D⊥平 面 AD1M,又 A1D⊂平面A1BD,所以平面 A1BD⊥平面 AD1M,故B 正确;以点D 为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x 轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设AB=2,则B(2,2, 0),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0),N(1,2,0). 设 M(0,y,2)(0<y<2),则DB → =(2,2,0),DA1 → =(2,0, 2).设平面A1BD 的法向量为m=(x1,y1,z1), 则有 m·DA1 → =2x1+2z1=0, m·DB1 → =2x1+2y1=0, 可 取x1=1,得 m=(1, -1,-1). 又AM→=(-2,y,2), 则DB→·AM→=(2,2,0)·(-2,y,2)=2y-4≠0,故A不 正确;因为CM→=(0,y-2,2),所以 m·CM→=(1,-1, -1)·(0,y-2,2)=-y≠0,故D不正确;因为CM → =(0, y-2,-2),所以m·MN → =(1,-1,-1)·(1,2-y,-2) =1+y≠0,故C不正确.故选B. 4.C 如图所示,以A 为坐标原点,AB→,AD→,AP→的方向分别 为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,由题意可得 P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),O(1,1,0), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —663— 则F(1,0,1),E(0,1,1), 所以FC→=(1,2,-1),FE→=(-1,1,0), 设平面EFC的法向量为n=(x,y,z), 则 n·FC→=0 n·FE→=0 ⇒ x+2y-z=0-x+y=0 ,解得 y=xz=3x ,令x=1, 则y=1,z=3, 所以平面EFC的一个法向量为n=(1,1,3). 因为OG∥平面EFC,则n·OG→=0, 设G(0,0,a),则OG→=(-1,-1,a),所以-1-1+3a=0, 解得a=23 ,所以G 0,0,23 ,即AG=23.故选C. 5.A 以点D 为坐标原点,DA、DC、DD1 所在直线分别为 x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系, 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3, 则A(3,0,0)、D1(0,0,3)、C(0,3,0)、D(0,0,0)、B1(3,3, 3), CP→=CD→+DP→=CD→+23DB1 → =(0,-3,0)+23 (3,3,3) =(2,-1,2), AD1 → =(-3,0,3),所以,cos<AD1 →,CP→>= AD1 →·CP→ |AD1 → |·|CP→| =0, 因此,异面直线AD1和CP 所成角的余弦值为0. 故选A. 6.A 以D1 为坐标原点,以{D1A1 →,D1C1 →,D1D →}为单位正 交基底,建立如图所示的空间直角坐标系 D1-xyz,则 A(1,0,1),B(1,1,1),C1(0,1,0), ∴AB→=(0,1,0),AC1 → =(-1,1,-1). 取a=AB→=(0,1,0),u= AC1 → |AC1 → | = - 33,33,- 33 ,则 a2=1,a·u= 33 , 则点 B 到 直 线AC1 的 距 离 为 a2-(a·u)2= 1- 1 3 = 63 故选A. 7.A 如 图,以DA→,DC→, DD1 → 为x,y,z轴建立空 间直 角 坐 标 系,则 有 B (1,1,0),D1(0,0,1),A1 (1,0,1),B1(1,1,1),因 为O 为正方形ADD1A1 的 中 心,得 O 12,0, 1 2 , A1B1 → =(0,1,0),OB→= 12,1,-12 ,D1B→=(1,1,-1), BB1 → =(0,0,1) 设平 面 OBD1 的 法 向 量 为 n = (x,y,z),利 用 OB→·n=0 D1B →·n=0 ,则 1 2x+y- 1 2z=0 x+y-z=0 , 取x=1,解得n=(1,0,1),有A1B1 →·n=0,且A1B1⊄平 面OD1B,则直线A1B1∥平面OD1B, 设直线A1B1 的到平面OD1B 距离为d,取直线上一点 B1,与平面OD1B 上一点B,则BB1 → =(0,0,1), 利用空间中点面距离公式有:d= |BB1 →·n| |n| = 2 2. 故选A 8.D 如图 建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),D1(0,0,4),C(0,2,0), E(1,2,4),F(2,2,2),则 M(1,1,3),AM→=(-1,1,3),CE→ =(1,0,4), 则cosAM→,CE→= AM →·CE→ |AM→||CE→| = -1+12 11× 17 = 18717 , 所以异面直线AM 和CE 所成角的余弦值为 18717 . 故选D. 9.AB 设M(0,0,m),则OM→=(0,0,m),又直线l的方向向 量为s=(1,-1,1), 所以 点 M 直 线l 的 距 离 d = OM → 2- OM →·s s 2 = m2-m 2 3= 6 , 所以m=±3,则 M(0,0,3)或 M(0,0,-3). 故选AB. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —763— 10.答案:23 解析:以A 为坐标原点,AB,AD,AA1 所在直线分别为 x,y,z轴,建立空间直角坐标系, A1(0,0,4),B1(2,0,4),D(0,2,0),C1(2,2,4), 设平面A1C1D 的法向量为m=(x,y,z),则 m·A1C1 → =(x,y,z)·(2,2,0)=2x+2y=0 m·A1D → =(x,y,z)·(0,2,-4)=2y-4z=0 , 令z=1,则y=2,x=-2,故m=(-2,2,1),设A1B1 与 平面A1C1D 所成角的大小为θ, 则 sin θ = cos<m,A1B1 →> = |m ·A1B1 → | |m|·|A1B1 → | = |(-2,2,1)·(2,0,0)| 4+4+1×2 =23 , A1B1与平面A1C1D 所成角的正弦值为 2 3. 故答案为:2 3. 11.答案:45° 解析:如图,以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D- xyz,设正方体的棱长为2, 则A(2,0,0),C1(0,2,2),C(0,2,0),B(2,2,0), 则AC1 → =(-2,2,2),AC→=(-2,2,0),设n=(x,y,z)为 平 面 ACC1 的 法 向 量, 则 AC1 →·n=0 AC→·n=0 , 即 -x+y+z=0 -x+y=0 ,令x=1,则y=1,z=0,所以n=(1,1,0), 又因为 AB⊥平 面 BCC1B1,则AB → =(0,2,0)为 平 面 BCC1B1 的 一 个 法 向 量,则cos<n,AB →>= n·AB → |n||AB→| = 2 2×2 = 22 ,所以二面角A-CC1-B1的大小为45°, 故答案为:45°. 12.解:(1)因为BC∥AD,EF=2,AD=4,M 为AD 的中 点,所以BC∥MD,BC=MD, 四边形BCDM 为平行四边形,所以 BM∥CD,又因为 BM⊄平面CDE, CD⊂平面CDE,所以BM∥平面CDE; (2)如 图 所 示,作 BO⊥AD 交AD 于O,连接OF, 因为四边 形 ABCD 为 等 腰 梯形,BC∥AD,AD=4,AB =BC=2,所以CD=2, 结合(1)BCDM 为平行四边 形,可 得 BM =CD=2,又 AM=2, 所 以 △ABM 为 等 边 三 角 形,O 为AM 中点,所以OB= 3, 又因为四边形ADEF 为等腰梯形,M 为AD 中点,所以 EF=MD,EF∥MD, 四边形EFMD 为平行四边形,FM=ED=AF, 所以△AFM 为等腰三角形,△ABM 与△AFM 底边上 中点O 重合,OF⊥AM,OF= AF2-AO2=3, 因为OB2+OF2=BF2,所以OB⊥OF,所以OB,OD, OF 互相垂直, 以OB 方向为x 轴,OD 方向为y 轴,OF 方向为z 轴,建 立O-xyz 空间直角坐标系,F(0,0,3),B(3,0,0), M(0,1,0),E(0,2,3),BM→=(- 3,1,0),BF→=(- 3, 0,3), BE→=(- 3,2,3),设平面BFM 的法向量为m=(x1, y1,z1), 平面EMB 的法向量为n=(x2,y2,z2), 则 m·BM→=0 m·BF→=0 ,即 - 3x1+y1=0- 3x1+3z1=0 ,令x= 3, 得y1=3,z1=1,即m=(3,3,1), 则 n·BM→=0 n·BE→=0 ,即 - 3x2+y2=0- 3x2+2y2+3z2=0 ,令x2= 3, 得y2=3,z2=-1, 即n=(3,3,-1),cosm,n= m ·n |m|·|n|= 11 13· 13 =1113 ,则sinm,n=4 313 , 故二面角F-BM-E 的正弦值为4 313. 13.解:(1)因为PC⊥底面ABCD,AC⊂平面ABCD, 所以PC⊥AC. 因为AB=2,AD=CD=1,所以AC=BC= 2. 所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC. 又因为PC∩BC=C,PC⊂平面PBC,BC⊂平面PBC, 所以AC⊥平面PBC. 又AC⊂平面EAC, 所以平面EAC⊥平面PBC. (2)法一: 以点C为原点,CB,CA,CP 所在直线分别为x 轴,y轴, z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0), B(2,0,0),A(0,2,0),P(0,0,2). 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —863— 设点E 的坐标为(x,y,z),因为BE → =2EP→, 所以(x- 2,y,z)=2(-x,-y,2-z), 即x= 23 ,y=0,z=43 ,所以E 23,0,43 . 所以CA→=(0,2,0),CE→= 23,0,43 . 设 平 面 ACE 的 一 个 法 向 量 为 n = (x,y,z), 则 n·CA→=0 n·CE→=0 . 所以 2y=0 2 3x+ 4 3z=0 , 取x=2 2,则y=0,z=-1. 所以平面ACE 的一个法向量为n=(2 2,0,-1). 又因为BC⊥平面PAC,所以平面PAC的一个法向量为 CB→=(2,0,0). 设平面PAC与平面ACE 的夹角为θ, 则cosθ= cos<n,CB→>= |2 2× 2| (2 2)2+(-1)2× (2)2 = 2 2 3 . 所以,平面PAC与平面ACE 夹角的余弦值为2 23 . 法二: 取AB 的中点G,连接CG,以点C 为原点,CG,CD,CP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z轴,建立如图所示的空间 直角坐标系,则C(0,0,0),B(1,-1,0),A(1,1,0),P(0, 0,2). 设点E 的坐标为(x,y,z),因为BE → =2EP→,所以(x-1, y+1,z)=2(-x,-y,2-z), 即x=13 ,y=-13 ,z=43 , 所以E 13,-13,43 . 所以CA→=(1,1,0),CE→= 13,-13,43 . 设平面ACE 的一个法向量为n=(x,y,z), 则 n·CA→=0 n·CE→=0 . 所以 x+y=0 1 3x- 1 3y+ 4 3z=0 , 取x=3,则y=-3,z=-32. 所以,平面ACE 的一个法向量为n= 3,-3,-32 . 又因为BC⊥平面PAC,所以平面PAC的一个法向量为 CB→=(1,-1,0). 设平面PAC与平面ACE 的夹角为θ, 则cosθ= cos<n,CB→> = |3×1+ (-3)×(-1)| 32+(-3)2+ -32 2 × 12+(-1)2 =2 23 . 所以,平面PAC与平面ACE 夹角的余弦值为2 23 . 14.解:(1)在PD 上找中点G,连接AG,EG,如图: ∵G 和E 分别为PD 和PC 的中点, ∴EG∥CD,且EG=12CD , 又∵底面ABCD 是直角梯形,CD=2AB,AB∥CD, ∴AB∥GE且AB=GE.即四边形ABEG为平行四边形, ∴AG∥BE, ∵AG⊂平面PAD,BE⊄平面PAD, ∴BE∥平面PAD; (2)因为PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD, 所以PA⊥AB,PA⊥AD,又AB⊥AD, 以A为原点,以AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴, AP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2), PC→=(2,2,-2), 由F 为棱PC 上一点,设PF→=λPC→=(2λ,2λ,-2λ), 0≤λ≤1, AF→=AP→+PF→=(2λ,2λ,2-2λ),AD→=(0,2,0) 设平面FAD 的法向量为n=(a,b,c), 由 n·AF→=0 n·AD→=0 可得 2λa+2λb+(2-2λ)c=0 2b=0 , 解得:b=0, 令c=λ,则a=λ-1,则n=(λ-1,0,λ), 取平面ADC的法向量为m=(0,0,1), 则二 面 角 F-AD-C 的 平 面 角α 满 足:|cosα|= |m·n| |m|·|n|= |λ| (λ-1)2+λ2 = 1010 , 解得:8λ2+2λ-1=0, 解得:λ=14 或λ=-12 (舍去), 故存在满足条件的点F,此时PFPC= 1 4. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —963— 高考预测练(三十五) 空间向量的运算及其坐标表示 1.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1 中,AD1 → =xCD → +yCC1 → +zBD →,则x+y+z= ( ) A.3 B.2 C.1 D.-2 2.如图所示,平行六面体ABCD-A1B1C1D1 中,以顶点A 为端点的三条棱长都为1,且 两两夹角为60°,求BD1 →·AC → 的值是 ( ) A.-1 B.1 C.2 D.3 3.空间四边形OABC 中,OB=OC,∠AOB= ∠AOC=π3 ,则cos<OA →,BC →>的值是 ( ) A.12 B. 2 2 C.-12 D.0 4.已知空间向量|a|= 13,|b|=5,且a与b 夹角的余弦值为-9 1365 ,则a在b 上的投 影向量为 ( ) A.-9 1313b B. 9 13 13b C.925b D.- 9 25b 5.已知BA,BC,BB1 为三条不共面的线段,若 AC1 → =xAB → +2yBC → +3zC1C →,那么x+y+ z= ( ) A.1 B.76 C.56 D. 11 6 6.对于空间任意一点O 和不共线的三点A, B,C,有如下关系:OP → =16OA → +13OB → + 1 2OC →,则 ( ) A.O,A,B,C四点必共面 B.P,A,B,C四点必共面 C.O,P,B,C四点必共面 D.O,P,A,B,C五点必共面 7.已知a=(1,2,-y),b=(x,1,2),且2b∥ (a-b),则 ( ) A.x=13 ,y=1 B.x=12 ,y=-4 C.x=2,y=-14 D.x=1,y=-1 8.已知a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b 与2a-b互相垂直,则实数k的值为( ) A.25 B. 1 5 C.35 D. 7 5 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —062— 高考预测练 9.已知长方体ABCD-A1B1C1D1 中,AA1= AB=2,若棱AB 上存在点P,使得 D1P⊥ PC,则AD 的取值范围是 ( ) A.[1,2) B.(1,2] C.(0,1] D.(0,2) 10.(多 选)如 图,在 平 行 六 面 体 ABCD - A1B1C1D1 中,以顶点A 为端点的三条棱 长都是1,且它们彼此的夹角都是60°,M 为A1C1 与B1D1 的交点,若AB → =a,AD → = b,AA1 → =c,则下列正确的是 ( ) A.BM → =12a- 1 2b+c B.AC1 → =a+b+c C.AC1 的长为 5 D.cos<AB →,AC1 →>= 63 11.(多选)空间中三点A(0,1,0),B(2,2,0), C(-1,3,1),O是坐标原点,则 ( ) A.|AB → |= 5 B.AB → ⊥AC → C.点C关于平面Oxy对称的点为(1,-3,1) D.AB → 与BC → 夹角的余弦值是 55 11 12.(2025·江苏连云港高二校联考)已知向量 a,b满足a=(1,1,2),|b|=2,且|a+b| = 3|a-b|,则a·b= ,a+b在 a上的投影向量的坐标为 . 13.已知a=(3,-2,-3),b=(-1,x-1,1), 且a与b 的夹角为钝角,则x的取值范围 是 . 14.《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰 写的一部数学专著,是《算经十书》中最重 要的一部,成于公元一世纪左右,是当时世 界上最简练有效的应用数学专著,它的出 现标志着中国古代数学形成了完整的体 系.在《九章算术》里,将底面是直角三角形 的直三棱柱称为“堑堵”.已知在“堑堵” ABC-A1B1C1 中,AB⊥AC,AB=AC= AA1= 6,动 点 M 在 “堑 堵”的 侧 面 BCC1B1 上运动,且AM=2,则∠MAB 的 最大值为 ( ) A.π4 B. 5π 12 C.π2 D. π 3 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —162— 班级: 姓名: 高考预测练(三十六) 立体几何中的向量方法 1.如 图,在 棱 长 为 2 的 正 方 体 ABCD - A1B1C1D1 中,E,F 分别为棱B1C1,BB1 的 中点,G 为面对角线A1D 上的一点,且DG → =λDA1 →(0≤λ≤1),若A1C⊥平面EFG,则 λ= ( ) A.14 B. 1 3 C.24 D. 1 2 2.已知直线l∥α,且l的方向向量为(2,m,1), 平面α的法向量为 1,12,2 ,则m= ( ) A.1 B.-1 C.-8 D.8 3.在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,M 是线段 C1D1(不含端点)上的动点,N 为BC 的中 点,则 ( ) A.BD⊥AM B.平面A1BD⊥平面AD1M C.MN∥平面A1BD D.CM∥平面A1BD 4.如图,PA⊥平面ABCD,底面ABCD 是正 方形,E,F 分别为PD,PB 的中点,点G 在 线段AP 上,AC与BD 交于点O,PA=AB =2,若OG∥平面EFC,则AG= ( ) A.12 B. 3 4 C.23 D.1 5.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 为体对角线B1D 上一点,且DP=2PB1,则 异面直线AD1 和CP 所成角的余弦值为 ( ) A.0 B.35 C.45 D. 3 2 6.如 图,在 棱 长 为 1 的 正 方 体 ABCD - A1B1C1D1 中,点B 到直线AC1 的距离为 ( ) A.63 B. 6 6 C.65 D. 2 6 3 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —262— 高考预测练 7.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱 长为1,O 为正方形ADD1A1 的中心,若P 为平面OD1B 内的一个动点,则P 到直线 A1B1 的距离的最小值为 ( ) A.22 B. 1 2 C.64 D. 3 3 8.已 知 正 四 棱 柱 ABCD- A1B1C1D1 中,AB =2, AA1=4,点 E,F 分别是 B1C1 和BB1 的中点,M 是 线段D1F 的中点,则直线 AM 和CE 所成角的余弦值为 ( ) A.36 B. 11 17 C.176 D. 187 17 9.(多选)点 M 在z 轴上,它与经过坐标原点 且方向向量为s=(1,-1,1)的直线l的距 离为 6,则点 M 的坐标是 ( ) A.(0,0,-3) B.{0,0,3} C.(0,0,3) D.(0,0,- 3) 10.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1 中,AB =AD=2,DD1=4,则A1B 与平面A1C1D 所成的角的正弦值为 . 11.正 方 体 ABCD-A1B1C1D1 中,二 面 角 A-CC1-B1 的大小为 . 12.(2024·全国甲卷)如图,在以A,B,C,D, E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD 与 四边形ADEF 均为等腰梯形,BC∥AD, EF∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED = 10,FB=2 3,M 为AD 的中点. (1)证明:BM∥平面CDE; (2)求二面角F-BM-E 的正弦值. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —362— 班级: 姓名: 13.如图,在四棱锥P-ABCD 中,PC⊥底面 ABCD,四边形ABCD 是直角梯形,AD⊥ DC,AB∥DC,PC=AB=2AD=2CD=2, 点E 在棱PB 上. (1)证明:平面EAC⊥平面PBC; (2)当BE → =2EP → 时,求二面角P-AC-E 的余弦值. 14.(预测)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面 ABCD 是直角梯形,AD⊥AB,AB∥DC, PA⊥底面ABCD,点E 为棱PC 的中点, AD=DC=AP=2AB=2. (1)证明:BE∥平面PAD; (2)在棱PC上是否存在点F,使得二面角 F-AD-C 的余弦值为 1010 ,若存在,求出 PF PC 的值,若不存在,请说明理由. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —462— 高考预测练