文档内容
第一章 空间向量与立体几何全章综合测试卷（基础篇）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2023·江苏·高二专题练习）下列说法正确的是（ ）
A．任一空间向量与它的相反向量都不相等
B．不相等的两个空间向量的模必不相等
C．同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小
D．将空间向量所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个圆
【解题思路】取零向量可判断A选项；利用任意一个非零向量与其相反向量可判断B选项；利用向量不能
比大小可判断C选项；利用单位向量的概念可判断D选项.
【解答过程】对于A选项，零向量与它的相反向量相等，A错；
对于B选项，任意一个非零向量与其相反向量不相等，但它们的模相等，B错；
对于C选项，同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小，C对；
对于D选项，将空间向量所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个球，D错.
故选：C.
2．（5分）（2023春·江苏常州·高二校考阶段练习）如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线
1 3
段OM上，点P在线段AN上，且MN= ON，AP= AN，用向量⃗OA，⃗OB，⃗OC表示⃗OP，则⃗OP=
2 4
（ ）
1 1 1 1 3 1
A． ⃗OA+ ⃗OB+ ⃗OC B． ⃗OA− ⃗OB+ ⃗OC
4 4 4 4 4 4
1 1 3 1 3 1
C． ⃗OA− ⃗OB+ ⃗OC D． ⃗OA+ ⃗OB+ ⃗OC
4 4 4 4 4 4
【解题思路】根据空间向量的线性运算求得正确答案.
学科网（北京）股份有限公司3
【解答过程】⃗OP= =⃗OA+⃗AP=⃗OA+ ⃗AN
4
3 1 3
=⃗OA+ (⃗ON−⃗OA)= ⃗OA+ ⃗ON
4 4 4
1 3 2 1 1
= ⃗OA+ × ⃗OM= ⃗OA+ ⃗OM
4 4 3 4 2
1 1 1 1 1 1
= ⃗OA+ × (⃗OB+⃗OC)= ⃗OA+ ⃗OB+ ⃗OC.
4 2 2 4 4 4
故选：A.
3．（5分）（2023·全国·高三对口高考）已知 ，
⃗a=(1,1,0),⃗b=(0,1,1),⃗c=(1,0,1),⃗p=⃗a−⃗b,⃗q=⃗a+2⃗b−⃗c
则⃗p⋅⃗q=（ ）
A．−1 B．1 C．0 D．2
【解题思路】根据空间向量的坐标运算与数量积的运算法则，求解即可.
【解答过程】因为 ，
⃗a=(1,1,0),⃗b=(0,1,1),⃗c=(1,0,1)
所以⃗p=⃗a−⃗b =(1,1,0)−(0,1,1)=(1,0,−1)，
⃗q=⃗a+2⃗b−⃗c =(1,1,0)+2(0,1,1)−(1,0,1)=(0,3,1)，
则⃗p⋅⃗q= 1×0+0×3−1×1=−1.
故选：A.
4．（5分）（2023秋·山西大同·高二校考期末）已知空间向量 ，且 ，则向量
⃗a=(1,0,1),⃗b=(x,1,2) ⃗a⋅⃗b=3
⃗a与⃗b的夹角为（ ）
5π 2π π π
A． B． C． D．
6 3 3 6
【解题思路】利用空间向量的坐标运算，求出向量⃗a与⃗b的夹角的余弦值，进而可求夹角.
【解答过程】因为 ，所以 ，所以 ，
⃗a⋅⃗b=x+0+2=3 x=1 ⃗b=(1,1,2)
则有
|⃗a|=√1+1=√2,|⃗b|=√1+1+4=√6,
所以 cos<⃗a,⃗b>= ⃗a⋅⃗b = 3 = √3，
|⃗a||⃗b| √2×√6 2
π
因为<⃗a,⃗b>∈[0,π]，所以<⃗a,⃗b>= ，
6
学科网（北京）股份有限公司故选:D.
5．（5分）（2023秋·陕西宝鸡·高二统考期末）已知 ，则下
⃗a=(2,3,−1),⃗b=(2,0,−4),⃗c=(−4,−6,2)
列结论正确的是（ ）
A．⃗a⊥⃗b B．⃗a⊥⃗c C．⃗a//⃗b D．⃗a//⃗c
【解题思路】根据向量平行、垂直的坐标表示直接判断即可.
【解答过程】因为 ，
⃗a⋅⃗b=2×2+3×0+(−1)×(−4)=8
⃗a⋅⃗c=2×(−4)+3×(−6)+(−1)×2=−28，
所以AB错误；
2 0 −4
因为 ≠ ≠ ，所以⃗a,⃗b不平行，C错误；
2 3 −1
−4 −6 2
因为 = = ，所以⃗a//⃗c，D正确.
2 3 −1
故选：D.
6．（5分）（2023春·江苏南通·高二校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC-ABC 中，BC 与BC相交于点
1 1 1 1 1
O，∠AAB=∠AAC=60∘，∠BAC=90∘，AA=3，AB=AC=2，则线段AO的长度为（ ）
1 1 1
√29 √23
A． B．√29 C． D．√23
2 2
【解题思路】用
⃗AB,⃗AC,⃗A A 1
表示出
A
→
O
，计算
A
→
O2
，开方得出AO的长度.
【解答过程】因为四边形BCC B 是平行四边形，
1 1
1 1
∴⃗BO= ⃗BC = (⃗BC+⃗BB ),
2 1 2 1
1 1 1 1 1
∴⃗AO=⃗AB+⃗BO=⃗AB+ ⃗BC+ ⃗A A = ⃗AC+ ⃗AB+ ⃗A A
2 2 1 2 2 2 1
学科网（北京）股份有限公司∵∠A AB=∠A AC=60°,∠BAC=90°,A A=3,AB=AC=2,
1 1 1
,
∴⃗AB2=⃗AC2=4,⃗A A 2=9,⃗AB⋅⃗AC=0
1
,
⃗AB⋅⃗A A =⃗AC⋅⃗A A =3×2×cos60∘=3
1 1
∴⃗AO2= 1 (⃗AB+⃗AC+⃗A A ) 2 ,
4 1
1
= (⃗AB2+⃗AC2+⃗A A 2+2⃗AB⋅⃗AC+2⃗AB⋅⃗A A +2⃗AC⋅⃗A A )
4 1 1 1
29
= ，
4
→ √29
∴|AO|= ，
2
√29
即AO= .
2
故选：A.
7．（5分）（2023春·高二课时练习）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上
画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了
图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面QGC的距离是（ ）
1 1 √2 √3
A． B． C． D．
4 2 2 2
【解题思路】建立空间直角坐标系，求平面QGC的法向量，用点到平面的距离公式计算即可.
【解答过程】建立空间直角坐标系如图所示：
学科网（北京）股份有限公司则C(0,2,0)，Q(1,0,2)，G(0,0,2)，A(1,1,0)，⃗QC=(−1,2,−2)，⃗QG=(−1,0,0),⃗AC=(−1,1,0)，
设平面QGC的法向量为⃗n=(x,y,z)，则¿，即¿，则平面QGC的一个法向量为⃗n=(0,1,1)，
则点A到平面 的距离 |⃗n⋅⃗AC| √2.
QGC d= =
|⃗n| 2
故选：C.
8．（5分）（2023秋·高一单元测试）如图，在平行六面体ABCD−A B C D 中，以顶点A为端点的三
1 1 1 1
条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60∘，下列说法中正确的是（ ）
A．
AC =12√6
1
√6
B．直线BD 与AC所成角的正弦值为
1 6
C．向量 与 的夹角是
⃗B C ⃗A A 60∘
1 1
D．AC ⊥平面CB D
1 1 1
【解题思路】利用基底向量，结合向量模长公式即可判断A,利用向量的夹角公式即可判断BC,由向量垂直
即可得线线垂直，进而根据线面垂直的判断即可判断D.
1
【解答过程】由题意可得|⃗AB|=|⃗A A |=|⃗AD|=6,⃗AB⋅⃗AD=⃗AB⋅⃗A A =⃗AD⋅⃗A A =6×6× =18,
1 1 1 2
又 ，则
⃗AC =⃗AB+⃗AD+⃗A A |⃗AC |=√(⃗AB+⃗AD+⃗A A ) 2
1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司，
=√⃗AB2+⃗AD2+⃗A A 2+2⃗AB⋅⃗AD+2⃗AD⋅⃗A A +2⃗AB⋅⃗A A =√3×62+3×2×6×6×cos60°=6√6
1 1 1
故A错误，
由于 ，
⃗BD =⃗AD+⃗A A −⃗AB,⃗AC=⃗AB+⃗AD
1 1
则
|⃗BD |=|⃗AD+⃗A A −⃗AB|==√⃗AD2+⃗A A 2+⃗AB2+2⃗AD⋅⃗A A −2⃗AB⋅⃗A A −2⃗AB⋅⃗AD=√3×36−2×18=6√2
1 1 1 1 1
，
|⃗AC|=|⃗AB+⃗AD|=√⃗AB2+⃗AD2+2⃗AB⋅⃗AD=√36×2+2×18=6√3
又
⃗BD ⋅⃗AC=(⃗AD+⃗A A −⃗AB)⋅(⃗AB+⃗AD)=⃗AD⋅⃗AB+⃗A A ⋅⃗AB−⃗AB2+⃗AD2+⃗A A ⋅⃗AD−⃗AB⋅⃗AD=36
1 1 1 1
则 cos<⃗BD ,⃗AC>= ⃗BD 1 ⋅⃗AC = 36 = √6，故B错误，
1 |⃗BD ||⃗AC| 6√2×6√3 6
1
由于 ,所以向量 与 的夹角即为 与 的夹角，
BB //A A ⃗B C ⃗A A ⃗B C ⃗BB
1 1 1 1 1 1
由于 等边三角形，故 为 ，
|BB |=|BC|=6,∠CBB =60∘,∴△CBB ∠BB C 60∘
1 1 1 1
进而 与 的夹角为 的补角，故 与 的夹角为 ，故C错误，
⃗B C ⃗BB ∠BB C ⃗B C ⃗BB 120∘
1 1 1 1 1
⃗AC ⋅⃗B C=(⃗AB+⃗AD+⃗A A )⋅(⃗AD−⃗A A )=⃗AB⋅⃗AD+⃗AD2+⃗A A ⋅⃗AD−⃗AB⋅⃗A A −⃗A A ⋅⃗AD−⃗A A 2=0
1 1 1 1 1 1 1 1
⃗AC ⋅⃗B D =(⃗AB+⃗AD+⃗A A )⋅(⃗AD−⃗AB)=⃗AB⋅⃗AD+⃗AD2+⃗A A ⋅⃗AD−⃗AB⋅⃗AD−⃗A A ⋅⃗AB−⃗AB2=0
1 1 1 1 1 1
,
所以 ,进而可得
⃗AC ⊥⃗B C,⃗AC ⊥⃗B D AC ⊥B C,AC ⊥B D ,B C∩B D =B ,B C,B D ⊂
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
平面CB D ,
1 1
故AC ⊥ 平面CB D ,故D正确，
1 1 1
故选：D.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
学科网（北京）股份有限公司9．（5分）（2023·全国·高一专题练习）给出下列命题，其中正确的命题是（ ）
A．若 ，则 或
|⃗a|=|⃗b| ⃗a=⃗b ⃗a=−⃗b
B．若向量 是向量 的相反向量，则
⃗a ⃗b |⃗a|=|⃗b|
C．在正方体 中，
ABCD−A B C D ⃗AC=⃗A C
1 1 1 1 1 1
D．若空间向量⃗m ，⃗n ，⃗p 满足⃗m=⃗n ，⃗n=⃗p ，则⃗m=⃗p
【解题思路】根据向量模长，相等向量，相反向量概念逐项判断真假.
【解答过程】对于选项A：若 ，即向量 与 的模相等，但方向不确定，故A错误；
|⃗a|=|⃗b| ⃗a ⃗b
对于选项B：相反向量是指大小相等方向相反的两个向量，故B正确；
对于选项C：在正方体 中， 与 大小相等，方向相同，故 ，所以
ABCD−A B C D ⃗AC ⃗A C ⃗AC=⃗A C
1 1 1 1 1 1 1 1
C正确；
对于选项D：若⃗m=⃗n ，⃗n=⃗p，则⃗m，⃗p方向相同大小相等，故⃗m=⃗p，若⃗m，⃗n,⃗p中有零向量结论也正确，
所以D正确.
故选：BCD.
10．（5分）（2023春·江苏盐城·高二校考阶段练习）以下能判定空间四点P、M、A、B共面的条件是（
）
1 1 1
A．⃗MP=2⃗MA+3⃗MB B．⃗OP= ⃗OA+ ⃗OB+ ⃗OM
2 3 6
C．⃗PM⋅⃗AB=0 D．⃗PM ∥ ⃗AB
【解题思路】根据空间向量的相关概念结合四点共面的结论逐项分析判断.
【解答过程】对A：若⃗MP=2⃗MA+3⃗MB，结合向量基本定理知：⃗MP,⃗MA,⃗MB为共面向量，故四点
P、M、A、B共面，A正确；
1 1 1 1 1 1
对B：若⃗OP= ⃗OA+ ⃗OB+ ⃗OM，且 + + =1，结合向量共面的性质知：四点P、M、A、B共面，
2 3 6 2 3 6
B正确；
对C：若⃗PM⋅⃗AB=0，则PM⊥AB，可知直线PM,AB的位置关系：异面或相交，故四点P、M、A、B
不一定共面，C错误；
对D：若⃗PM ∥ ⃗AB，可知直线PM,AB的位置关系：平行或重合，故四点P、M、A、B共面，D正确；
故选：ABD.
学科网（北京）股份有限公司11．（5分）（2023秋·湖北襄阳·高二校考期末）已知向量 ， ，则下列结
⃗a=(1,−1,m) ⃗b=(−2,m−1,2)
论中正确的是（ ）
A．若|⃗a|=2，则m=±√2
B．若⃗a⊥⃗b，则m=−1
C．不存在实数 ，使得⃗a=λ⃗b
D．若 ，则
⃗a⋅⃗b=−1 ⃗a+⃗b=(−1,−2,2)
【解题思路】运用空间向量的垂直、共线的表示及应用，以及空间向量的数量积的运算、模的运算，逐项
判断即可.
【解答过程】对于A项，由 可得 ，解得 ，故A项正确；
|⃗a|=2 √12+(−1) 2+m2=2 m=±√2
对于B项，由⃗a⊥⃗b可得⃗a⋅⃗b=−2+1−m+2m=0，解得m=1，故B项错误；
对于C项，假设存在实数λ，使得⃗a=λ⃗b，则¿，所以不存在实数λ，使得⃗a=λ⃗b，故C项正确；
对于D项，由 可得 ，解得 ，所以 ，故D项正确.
⃗a⋅⃗b=−1 −2+1−m+2m=−1 m=0 ⃗a+⃗b=(−1,−2,2)
故选：ACD.
12．（5分）（2023秋·浙江丽水·高二统考期末）在棱长为2的正方体ABCD−A B C D 中，P，Q分
1 1 1 1
别是棱BC，CC 的中点，点M满足⃗BM=t⃗BA，t∈[0,1]，下列结论正确的是（ ）
1
A．若t=1，则A B //平面MPQ
1 1
9
B．若t=1，则过点M，P，Q的截面面积是
2
1 √3
C．若t= ，则点A 到平面MPQ的距离是
2 1 6
1 √2
D．若t= ，则AB与平面MPQ所成角的正切值为
2 2
【解题思路】t=1时有M与A重合，对于A选项，可以利用反证法判定；对于B选项，根据平面的性质计
1
算即可；t= 时，M为AB中点，对于CD选项，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量处理即可.
2
【解答过程】如图所示，t=1时有M与A重合，
对于A选项，延长PQ交BB 于L，连接AL，易得平面AB ∩平面MPQ=AL，若A B //平面MPQ，则
1 1 1 1
A B ∥AL，显然A B ∥AB，且B、L不重合，矛盾，故A错误；
1 1 1 1
对于B项，连接AD、DQ，易知平面APQD 即该截面，显然该截面为等腰梯形，易得
1 1 1
学科网（北京）股份有限公司PQ=√2=
1
AD ，D Q=AP=√5
，
S=
1
(√2+2√2)×
√
5−
(√2) 2
=
9，故B正确；
2 1 1 2 2 2
1
如图所示，t= 时，M为AB中点，以D为中心建立空间直角坐标系，
2
则M(2,1,0)、P(1,2,0)、Q(0,2,1)、A (2,0,2)、A(2,0,0)、B(2,2,0)，
1
，
⃗MP=(−1,1,0),⃗MQ=(−2,1,1),⃗M A =(0,−1,2),⃗MB=(0,1,0)
1
设平面MPQ的法向量为⃗n=(x,y,z)，则¿，
令x=1，则y=1=z，故⃗n=(1,1,1)
对于C项，设点
A
到平面MPQ的距离为
d
，则
d=
|⃗M A
1
⋅⃗n|
=
√3，即C错误；
1 |⃗n| 3
对于D项，设AB与平面MPQ所成角为 α ，则 sinα=|cos⟨⃗n,⃗MB⟩|=
|⃗n⋅⃗MB|
=
√3
，
|⃗n||⃗MB| 3
√6 √2
所以cosα= ,tanα= ，即D正确.
3 2
故选：BD.
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
学科网（北京）股份有限公司13．（5分）（2023秋·上海浦东新·高二校考期末）已知 ， ，则 2 4 .
⃗a=(1,2,3) ⃗b=(3,2,1) ⃗a⋅(⃗a+⃗b)=
【解题思路】利用向量的数量积直接求解.
【解答过程】因为 ， ，
⃗a=(1,2,3) ⃗b=(3,2,1)
所以 .
⃗a+⃗b=(4,4,4)
所以 .
⃗a⋅(⃗a+⃗b)=1×4+2×4+3×4=24
故答案为：24.
14．（5分）（2023·高二校考课时练习）已知 ， ，且 与 的夹角为钝角，
⃗a=(3,−2,−3) ⃗b=(−1,x−1,1) ⃗a ⃗b
( 5) (5 )
则x的取值范围是 −2, ∪ ,+∞ .
3 3
【解题思路】由⃗a⋅⃗b<0求解，再排除⃗a与⃗b共线时x的值即可得答案.
【解答过程】因为⃗a与⃗b的夹角为钝角，
，解得 ，
∴⃗a⋅⃗b=−3−2(x−1)−3<0 x>−2
−1 x−1 5
由题意得⃗a与⃗b不共线，则 ≠ ，解得x≠ ，
3 −2 3
( 5) (5 )
∴x的取值范围是 −2, ∪ ,+∞ .
3 3
( 5) (5 )
故答案为： −2, ∪ ,+∞ .
3 3
15．（5分）（2023春·云南·高二校联考阶段练习）如图，在正方体ABCD−A B C D 中，E,F分别为
1 1 1 1
的中点，若 ，则 .
AB,DD ⃗EF=x⃗DA+ y⃗DC+z⃗DD x+ y+z= −1
1 1
【解题思路】根据向量的分解和基底的定义求解.
学科网（北京）股份有限公司1 1
【解答过程】因为⃗EF=⃗EA+⃗AD+⃗DF=−⃗DA− ⃗DC+ ⃗DD ，
2 2 1
1 1 1 1
所以x=−1,y=− ,z= ,所以x+ y+z=−1− + =−1.
2 2 2 2
故答案为:−1.
16．（5分）（2023春·宁夏·高一校考阶段练习）如图1，在直角梯形EFBC中，BF∥CE，EC⊥EF，
EF=1，FB=2，EC=3，A为BF中点，现沿平行于EF的AD折叠，使得ED⊥DC，如图2所示，则关
于图2下列结论正确的有 ①④ ．
①BC⊥平面BDE
②该几何体为三棱台
③二面角B−EF−D的大小为30°
2
④该几何体的体积为
3
【解题思路】根据线面垂直的判定定理和性质定理即可得出①；根据棱台的定义即可判断②；建立空间直
角坐标系，由题知⃗AB即为平面EFD的法向量，再求出平面BEF的法向量，即可判断出③；利用分割求出
三棱锥E−BCD和四棱锥B−ADEF的体积，即可得出结论判断④.
【解答过程】因为BF∥CE，EC⊥EF，EF=1，
FB=2，EC=3，A为BF中点，
所以 ，
BD=√AD2+AB2=√1+1=√2
如图作BM⊥CD，CD=2，则CM=1，
,
BC=√CM2+BM2=√1+1=√2
所以BC2+BD2=CD2，
即BC⊥BD，
又ED⊥DA，ED⊥DC，
DA,DC⊂平面ABCD，DA∩DC=D，
学科网（北京）股份有限公司所以ED⊥平面ABCD，
又BC⊂平面ABCD，则ED⊥BC，
又ED,BD⊂平面BDE，ED∩BD=D，
所以BC⊥平面BDE，①正确；
由题知，平面ABF//平面CDE，
而EF∥AD，故EF和AD不会交于一点，
所以该几何体不可能为三棱台，②错；
由题知，建立空间直角坐标系如图，
则D(0,0,0),E(0,0,1),F(1,0,1),B(1,1,0),A(1,0,0)，
⃗AB=(0,1,0)即可为平面EFD的法向量，
设平面BEF的法向量为⃗n=(x,y,z)，
又⃗BE=(−1,−1,1)，⃗BF=(0,−1,1)，
则¿，得¿，
令z=1，则⃗n=(0,1,1)，
⃗AB⋅⃗n √2，
∴cos<⃗AB,⃗n>= =
|⃗AB||⃗n| 2
所以二面角B−EF−D的大小不是30°，③错；
该几何体的体积V =V +V
E−BCD B−ADEF
1 1 1 2
= × √2×√2×1+ ×12×1= ，④正确.
3 2 3 3
故答案为：①④.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2023秋·高二课时练习） 在正六棱柱ABCDEF−A B C D E F 中，化简
1 1 1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司，并在图中标出化简结果．
⃗AF −⃗AB+⃗BC
1
【解题思路】先利用正六棱柱的性质证得 ，从而利用空间向量的线性运算即可得解.
⃗BC=⃗F E
1 1
【解答过程】因为六边形ABCDEF是正六边形，所以BC//EF，BC=EF，
又在正六棱柱ABCDEF−A B C D E F 中，E F //EF,E F =EF，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以 ，故 是平行四边形，则 ，
BC//E F ,BC=E F BCE F ⃗BC=⃗F E
1 1 1 1 1 1 1 1
所以 ，
⃗AF −⃗AB+⃗BC=⃗AF +⃗F E −⃗AB=⃗AE −⃗AB=⃗BE
1 1 1 1 1 1
向量 在图中标记如下，
⃗BE
1
18．（12分）（2023春·高二课时练习）如图所示，已知正四面体OABC的棱长为1，点E，F分别是
OA，OC的中点．求下列向量的数量积：
学科网（北京）股份有限公司(1)⃗OA⋅⃗OB
(2)⃗EF⋅⃗CB
(3)
(⃗OA+⃗OB)⋅(⃗CA+⃗CB)
【解题思路】（1）正四面体的每个面均为等边三角形，夹角为60°，再结合空间向量数量积的运算法则，
得解；
1
（2）由⃗EF= ⃗AC，代入运算，即可得解；
2
（3）取AB的中点D，连接DO，DC，可推出(⃗OA+⃗OB)⋅(⃗CA+⃗CB)=4⃗OD⋅⃗CD，再在△OCD中，利
用余弦定理求出cos∠ODC的值，从而得解．
1
【解答过程】（1）⃗OA⋅⃗OB=|⃗OA|⋅|⃗OB|cos∠AOB=1×1×cos60°=
2
1 1 1
（2）⃗EF⋅⃗CB= ⃗AC⋅⃗CB= ×1×1×cos120°=− ；
2 2 4
（3）取AB的中点D，连接DO，DC，则⃗OA+⃗OB=2⃗OD，⃗CA+⃗CB=2⃗CD，
√3
在△OCD中，DO=DC= ，OC=1，
2
2 2
√3 √3
( ) +( ) −1
DO2+DC2−OC2 2 2 1
由余弦定理知，cos∠ODC= = = ，
2DO⋅DC √3 √3 3
2× ×
2 2
√3 √3 1
所以(⃗OA+⃗OB)⋅(⃗CA+⃗CB)=4⃗OD⋅⃗CD=4× × × =1．
2 2 3
学科网（北京）股份有限公司19．（12分）（2023春·新疆乌鲁木齐·高二校考开学考试）如图所示，在平行六面体ABCD−A B C D
1 1 1 1
中， 为 的中点.设 .
O AC ⃑AB=⃑a,⃑AD=⃑b,⃑A A =⃑c
1
(1)用⃑a,⃑b,⃑c表示⃑A O；
1
2
(2)设E是棱DD 上的点，且⃑DE= ⃑DD ，用 ⃑a,⃑b,⃑c表示⃑EO.
1 3 1
1
【解题思路】（1）由O为AC的中点，结合平行六面体的性质可得⃑AO= (⃑a+⃑b)，然后利用向量的加法
2
法则可求得结果，
（2）根据向量的加减法法则结合已知条件求解.
【解答过程】（1）因为 为 的中点， ，
O AC ⃑AB=⃑a,⃑AD=⃑b,⃑A A =⃑c
1
1 1 1
所以⃑AO= ⃑AC= (⃑AB+⃑AD)= (⃑a+⃑b)，
2 2 2
1 1 1 1
所以⃑A O=⃑A A+⃑AO=−⃑c+ ⃑a+ ⃑b= ⃑a+ ⃑b−⃑c
1 1 2 2 2 2
2
（2）因为⃑DE= ⃑DD ，
3 1
所以⃑EO=⃑ED+⃑DA+⃑AO
学科网（北京）股份有限公司2 1
=− ⃑DD −⃑AD+ (⃑a+⃑b)
3 1 2
2 1
=− ⃑c−⃑b+ (⃑a+⃑b)
3 2
1 1 2
= ⃑a− ⃑b− ⃑c.
2 2 3
20．（12分）（2023秋·湖南岳阳·高二统考期末）已知⃑a=(2,−1,−4),⃑b=(−1,k,2).
(1)若(⃑a−⃑b)//(⃑a+⃑b)，求实数k的值；
(2)若(⃑a+3⃑b)⊥(⃑a+⃑b)，求实数k的值.
【解题思路】（1）根据空间平行向量的性质，结合空间向量线性运算坐标表示公式进行求解即可；
（2）根据空间向量互相垂直的性质，结合空间向量线性运算坐标表示公式、数量积的坐标表示公式进行
求解即可；
【解答过程】（1）
⃑a−⃑b=(2,−1,−4)−(−1,k,2)=(3,−1−k,−6),⃑a+⃑b=(2,−1,−4)+(−1,k,2)=(1,k−1,−2)，若
1
(⃑a−⃑b)∥(⃑a+⃑b)，则 ⃑a−⃑b=λ(⃑a+⃑b)，即3=λ,−1−k=λ(k−1),−6=−2λ，解得λ=3,k= ；
2
（2） ，若 ，则
⃑a+3⃑b=(2,−1,−4)+3(−1,k,2)=(−1,3k−1,2),⃑a+⃑b=(1,k−1,−2) (⃑a+3⃑b)⊥(⃑a+⃑b)
，即 ，化简可得 ，解得
(⃑a+3⃑b)⋅(⃑a+⃑b)=0 (−1)×1+(3k−1)×(k−1)+2×(−2)=0 3k2−4k−4=0 k=2
2
或k=− .
3
21．（12分）（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，
AB//DC，AD=DC=AP=2,AB=1，点E为棱PC的中点.证明：
(1)BE⊥DC；
(2)BE//平面PAD；
(3)平面PCD⊥平面PAD.
【解题思路】（1）以点A为原点建立空间直角坐标系，写出点B,E,D,C的坐标，把⃑BE，⃑DC坐标写出，
学科网（北京）股份有限公司两向量作数量积为零，即可得到垂直；
（2）取PD的中点，设为F，连接EF,AF，证出四边形ABEF为平行四边形，即得出AF//BE，利用线
面平行的判定定理得到BE//平面PAD.
（3）利用PA⊥DC，DC⊥AD（线线垂直）推出DC⊥面PAD（线面垂直），由于DC⊂面PDC，再
由面面垂直的判定定理推出平面PCD⊥平面PAD.
【解答过程】（1）证明： 依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，
∵AD=DC=AP=2,AB=1，可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点，得
E(1,1,1).
(1)向量⃑BE=(0,1,1),⃑DC=(2,0,0)，故⃑BE⋅⃑DC=0.
所以⃑BE⋅⃑DC=0.
1
（2）取PD的中点，设为F，连接EF,AF，∵E,F 分别是PD,PC的中点，∴EF//DC且EF= DC，
2
由题意知AB//DC，DC=2AB=2，∴EF//AB且EF=AB，即四边形ABEF为平行四边形，即
AF//BE，∵AF⊂面APD,BE⊄面PAD，∴BE//平面PAD.
（3）∵PA⊥底面ABCD，DC⊂底面ABCD，∴PA⊥DC，∵AD⊥AB，AB//DC，∴DC⊥AD，
PA,AD⊂面PAD，PA∩AD=A，∴DC⊥面PAD，∵DC⊂面PDC，∴ 平面PCD⊥平面PAD.
22．（12分）（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方体ABCD−A B C D 中，E为BB 的中点.
1 1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司（1）证明： 平面 ；
BC❑// AD E
1 1
（2）求直线BC 到平面AD E的距离；
1 1
（3）求平面AD E与平面ABCD夹角的余弦值.
1
【解题思路】建立空间直角坐标系A−xyz，设正方体的棱长为2
（1）求出平面AD E的法向量和⃑BC ，由⃑BC ⊥⃑n 可得答案；
1 1 1 1
（2）直线 到平面 的距离即为点 到平面 的距离，利用 |⃑AB⋅⃑n|可得答案；
BC AD E B AD E d=
1 1 1
|⃑n|
|⃑n⋅⃑n |
（3）求出平面 ABCD 的一个法向量设平面 AD E 与平面 ABCD 夹角为 θ ， cosθ=|cos⟨⃑n⋅⃑n ⟩|= 1
1 1 |⃑n||⃑n|
1
可得答案.
【解答过程】如图建立空间直角坐标系A−xyz，设正方体的棱长为2
则A(0,0,0)，B(0,2,0)，D (2,0,2)，C (2,2,2)， E(0,2,1)，
1 1
（1）设平面AD E的法向量为⃑n =(x ,y ,z )，¿ ∴¿，
1 1 1 1 1
1 ( 1 )
令x=1，则z=−1, y= , ∴⃑n = 1, ,−1 ，⃑BC =(2,0,2)，
2 1 2 1
( 1 )
⃑BC ⋅⃑n =(2,0,2)⋅ 1, ,−1 =2−2=0，∴ ⃑BC ⊥⃑n ，
1 1 2 1 1
学科网（北京）股份有限公司∵ C B⊄面AD E ∴BC //平面AD E.
1 1 1 1
（2）∵BC //平面AD E，直线BC 到平面AD E的距离即为点B到平面AD E的距离，
1 1 1 1 1
| 1 |
0×1+2× +0×(−1)
⃑AB=(0,2,0) ， ⃑n = ( 1, 1 ,−1 )， d= |⃑AB⋅⃑n 1 | = 2 =2，
1 2 |⃑n| √ 1 3
1 1+1+
4
2
∴直线BC 到平面AD E的距离为 .
1 1 3
（3）平面ABCD的一个法向量为⃑n=(0,0,2)，设平面AD E与平面ABCD夹角为θ，
1
1
| 0×1+0× +2×(−1) |
⃑n = ( 1, 1 ,−1 )， cosθ=|cos⟨⃑n⋅⃑n ⟩|= |⃑n⋅⃑n 1 | = 2 =2，
1 2 1 |⃑n||⃑n| √ 1 3
1 2 1+1+
4
2
所以平面AD E与平面ABCD夹角的余弦值 .
1 3
学科网（北京）股份有限公司
