专题8.6空间向量及其运算和空间位置关系2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（练）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题 8.6 空间向量及其运算和空间位置关系 练基础 1．（2021·陕西高二期末（理））已知 为空间中任意一点， 四点满足任意三点均不共线， 但四点共面，且 ，则实数 的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 根据向量共面的基本定理当 时 即可求解. 【详解】 ， 又∵ 是空间任意一点， 、 、 、 四点满足任三点均不共线，但四点共面， ∴ ，解得 故选：B 2.【多选题】（2021·全国）下列命题中不正确的是（ ）. A．若 ､ ､ ､ 是空间任意四点，则有 B．若 ，则 ､ 的长度相等而方向相同或相反 C． 是 ､ 共线的充分条件 D．对空间任意一点 与不共线的三点 ､ ､ ，若 ( )，则 ､ ､ ､ 四点共面 【答案】ABD 【解析】 本题考察向量的概念与性质，需按个选项分析，A选项考察向量加法的意义，B选项考察向量的模的性质，C选项可以两边平方计算，D选项考察四点共面的性质. 【详解】 A选项， 而不是 ，故A错， B选项， 仅表示 与 的模相等，与方向无关，故B错， C选项， ， 即 ， 即 ， 与 方向相反，故C对， D选项，空间任意一个向量 都可以用不共面的三个向量 ､ ､ 表示， ∴ ､ ､ ､ 四点不一定共面，故D错， 故选ABD. 3.（2020·江苏省镇江中学高二期末）已知向量 ， ，若 ，则实数m的值 是________.若 ，则实数m的值是________. 【答案】 【解析】 ， ，若 ，则 ， 解得 ；若 ，则 ，解得 . 故答案为： 和 . 4．（2021·全国高二课时练习）下列关于空间向量的命题中，正确的有______． ①若向量 ， 与空间任意向量都不能构成基底，则 ；②若非零向量 ， ， 满足 ， ，则有 ； ③若 ， ， 是空间的一组基底，且 ，则 ， ， ， 四点共面； ④若向量 ， ， ，是空间一组基底，则 ， ， 也是空间的一组基底． 【答案】①③④ 【解析】 根据空间向量基本定理，能作为基底的向量一定是不共面的向量，由此分别分析判断①，④；对于②在空 间中满足条件的 与 不一定共线，从而可判断;对于③，由条件结合空间向量的加减法则可得 ，从而可判断； 【详解】 对于①：若向量 ， 与空间任意向量都不能构成基底，只能两个向量为共线向量，即 ，故①正确； 对于②：若非零向量 ， ， 满足 ， ，则 与 不一定共线，故②错误； 对于③：若 ， ， 是空间的一组基底，且 ， 则 ，即 ， 可得到 ， 四点共面，故③正确； 对于④：若向量 ， ， ，是空间一组基底，则空间任意一个向量 ， 存在唯一实数组 ，使得 ， 由 的唯一性，则 ， ， 也是唯一的 则 ， ， 也是空间的一组基底，故④正确． 故答案为：①③④ 5．（2021·全国高二课时练习）已知点A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），若A，B，C三 点共线，则 __． 【答案】1【解析】 利用坐标表示向量，由向量共线列方程求出λ的值． 【详解】 由题意，点A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ）， 所以 , 若A，B，C三点共线，则 ，即 ，解得 . 故答案为：1． 6．（2021·广西高一期末） 在空间直角坐标系中的位置及坐标如图所示，则 边上的中线长为 ___________. 【答案】 【解析】 先用中点坐标公式解出线段 中点的坐标，再用两点间距离公式求出中线长. 【详解】 线段 的中点D坐标为 ，即 由空间两点间的距离公式得 边上的中线长为 .故答案为： . 7．（2021·全国高二课时练习）在三棱锥 中，平面 平面 ， ， ， ， ， ，则 的长为___________. 【答案】 【解析】 建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用两点间距离公式求得结果. 【详解】 平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ， 平面 ， 建立以 为原点,平行于BC做 轴，AC为 轴，SA为 轴作空间直角坐标系， 则 ， ， ∴ . 故答案为：11. 8．（2021·浙江高一期末）在长方体 中， ， ，点 为底面 上一 点，则 的最小值为________. 【答案】 【解析】 根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】解：如图，以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系， 则 ，设 ， 所以 ， 所以 ， 所以当 时， 有最小值 . 故答案为： 9．（2021·山东高二期末）在正三棱柱 中， ，点D满足 ，则 _________． 【答案】 【解析】 因为 是正三棱柱，所以建立如图的空间直角坐标系，求出 的坐标也即是点 的坐标，由两点的坐标即可求 的模. 【详解】 因为 是正三棱柱，所以 面 ，且 为等边三角形， 如图建立以 为原点， 所在的直线为 轴，过点 垂直于 的直线为 轴， 所在的直线为 轴， 建立空间直角坐标系， 则 ， ， ， ， ， ， 所以 ，即 ， 所以 ， 故答案为： . 10．(2020-2021学年高二课时同步练）如图，已知 为空间的9个点，且 ， ，求证：（1） 四点共面， 四点共面； （2） ； （3） . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】 （1）利用共面向量定理证明四点共面； （2）利用向量加减及数运算找到 的关系，证明 ； （3）利用向量加减及数运算可得. 【详解】 证明：（1） ，∴A、B、C、D四点共面． ，∴E、F、G、H四点共面． （2） . （3） . 练提升 TIDHNE1．（2021·四川省大竹中学高二月考（理））如图，在平行六面体 中， ， ，则 （ ） A．1 B． C．9 D．3 【答案】D 【解析】 根据图形，利用向量的加法法则得到 ， 再利用 求 的模长. 【详解】 在平行六面体 中， 有 ， ， 由题知， ， ， ， ， 所以 ， ， 与 的夹角为 ， 与 的夹角为 ， 与 的夹角为 ， 所以. 所以 . 故选：D. 2．（2021·全国高二课时练习）如图所示，二面角的棱上有 、 两点，直线 、 分别在这个二面角 的两个半平面内，且都垂直于 ，已知 ， ， ， ，则该二面角的大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 根据向量垂直的条件得 ， ，再由向量的数量积运算可得 ，根据图 示可求得二面角的大小. 【详解】 由条件知 ， ， ， ∴ ，∴ ，又 ，所以 ，∴由图示得二面角的大小为 ， 故选：C. 3．（2021·湖北荆州·高二期末）如图，在三棱柱 中， 与 相交于点 ，则线段 的长度为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 依题意得 ， ， ， ， ，进而 可得结果. 【详解】 依题意得 ， ， ， . 所以故 . 故选：A. 4．（2020·浙江镇海中学高二期中）已知空间四边形ABCD的对角线为AC与BD，M，N分别为线段AB， CD上的点满足 ， ，点G在线段MN上，且满足 ，若 ，则 __________. 【答案】 【解析】 以 作为空间向量的基底，利用向量的线性运算可得 的表示，从而可得 的值，最后可 得 的值. 【详解】 , 又 ， 故 ， 而 ， 所以 ， 因为 不共面，故 ， 所以 ， 故答案为：5.（2021·广西高二期末（理））在 中， ， ， ， 是斜边上一点，以 为 棱折成二面角 ，其大小为60°，则折后线段 的最小值为___________. 【答案】 【解析】 过 ， 作 的垂线，垂足分别为 ， ，从而得到 ，然后将 用 表示， 求出 的表达式，再设 ，利用边角关系求出所需向量的模，同时利用二面角的大小得到向量 与 的夹角，利用同角三角函数关系和二倍角公式化简 的表达式，再利用正弦函数的有界性分 析求解即可． 【详解】 解：如图①，过 ， 作 的垂线，垂足分别为 ， ， 故 ， ，所以 ， 以 为棱折叠后，则有 ， 故 ， ， 因为以 为棱折成 二面角 ， 所以 与 的夹角为 ， 令 ，则 ， 在 中， ， ， 在 中， ， ， 故 ， 所以 ， 故当 时， 有最小值28， 故线段 最小值为 ． 故答案为： ．6．（2021·辽宁高一期末）已知点 在正方体 的侧面 内（含边界）， 是 的中 点， ，则 的最大值为_____；最小值为______. 【答案】1 【解析】 首先以点 为原点，建立空间直角坐标系，得到 ， ，并表示 ，利用二次函数求函数的最值. 【详解】 设正方体棱长为2，如图以点 为原点，建立空间直角坐标系， ， ， ， ， ， ， ， ， ，得 ， ， 平面 ， ， 当 时， 取得最大值是1，当 时， 取得最小值是 .故答案为： ； 7．（2021·北京高二期末）如图，在四面体ABCD中，其棱长均为1，M，N分别为BC，AD的中点.若 ，则 ________；直线MN和CD的夹角为________. 【答案】 ． 【解析】 利用空间向量的线性运算把 用 表示即可得 ，再由向量的数量积得向量夹角，从而得 异面直线所成的角． 【详解】 由已知得 ，又 且 不共面，∴ ， ，∴ ， 是棱长为1的正四面体，∴ ，同理 ，， ， ， ∴ ，∴ ， ∴异面直线MN和CD所成的角为 ． 8．（2021·四川高二期末（理））如图，在三棱柱 中，点 是 的中点， ， ， ， ，设 ， ， . （1）用 ， ， 表示 ， ； （2）求异面直线 与 所成角的余弦值. 【答案】（1） ， ；（2） ． 【解析】 （1）根据空间向量的线性运算法则计算；（2）用空间向量法求解． 【详解】 （1）三棱柱 中，点 是 的中点， ， ， （2） ， ， ， ， ， ， ， ， ． 所以异面直线 与 所成角的余弦值是 ． 9．（2021·浙江高一期末）已知四棱锥 的底面是平行四边形，平面 与直线 分别交于 点 且 ，点 在直线 上， 为 的中点，且直线 平面 ．（Ⅰ）设 ，试用基底 表示向量 ； （Ⅱ）证明，对所有满足条件的平面 ，点 都落在某一条长为 的线段上． 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】 （Ⅰ）由 ，利用空间向量的加、减运算法则求解； （Ⅱ）结合（Ⅰ） ，根据 ，设 ，分别用 表示 ， ， ，然后根据 平面 ，由存在实数y，z，使得 求解. 【详解】 （Ⅰ）因为 ， 所以 ； （Ⅱ）由（Ⅰ）知 ， 又因为 ， 所以 ， , 则 ，， ， 设 ， 则 ， ， 因为 平面 ，则存在实数y，z，使得 ， 即 ， ， 所以 ， 消元得 ， 当 时， ， 当 时， ， ， 解得 ， 综上： ， 所以对所有满足条件的平面 ，点 都落在某一条长为 的线段上．10．（2021·山东高二期末）已知在空间直角坐标系 中，点 ， ， ， 的坐标分别是 ， ， ， ，过点 ， ， 的平面记为 . （1）证明：点 ， ， ， 不共面； （2）求点 到平面 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 （1）由 知 ， ， 三点不共线，然后由 得不存在实数 ， 得答案； （2）利用点 到平面 的距离 可得答案. 【详解】 （1）由已知可得： ， ， 假设 ， ， 三点共线，则存在 ，使得 ， 即 ，所以 ， 此方程组无解，所以 ， 不共线， 所以 ， ， 不共线， 所以过点 ， ， 的平面 是唯一的， 若点 ， ， ， 共面，则存在 ， ，使得 ， 即 ， 即 ，此方程组无解，即不存在实数 ， ，使得 ， 所以点 ， ， ， 不共面. （2）设平面 的法向量为 ， 则 ，所以 ， 令 ，则 ， ，所以 ， 所以点 到平面 的距离 . 练真题 TIDHNE 1．（2021·全国高考真题）在正三棱柱 中， ，点 满足 ，其中 ， ，则（ ） A．当 时， 的周长为定值 B．当 时，三棱锥 的体积为定值 C．当 时，有且仅有一个点 ，使得 D．当 时，有且仅有一个点 ，使得 平面 【答案】BD 【解析】 对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解 点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解 点的个数． 【详解】易知，点 在矩形 内部（含边界）． 对于A，当 时， ，即此时 线段 ， 周长不是定值，故A错误； 对于B，当 时， ，故此时 点轨迹为线段 ，而 ， 平面 ，则有 到平面 的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当 时， ，取 ， 中点分别为 ， ，则 ，所以 点 轨迹为线段 ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图， ， ， ，则 ， ， ，所以 或 ．故 均满足，故 C错误； 对于D，当 时， ，取 ， 中点为 ． ，所以 点轨迹为 线段 ．设 ，因为 ，所以 ， ，所以，此时 与 重合，故D正确． 故选：BD． Oxyz 2．(湖北卷)在如图所示的空间直角坐标系 中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2）， （2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图 分别为（ ） A.①和② B.③和① C. ④和③ D.④和② 【答案】D A(0,0,2),B(2,2,0),C(1,2,1),D(2,2,2) 【解析】设 ，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规 则判断三棱锥的正视图为④与俯视图为②，故选D. 3.( 2018年理数全国卷II)在长方体ABCD−A B C D 中，AB=BC=1，A A =√3，则异面直线AD 1 1 1 1 1 1 与DB 所成角的余弦值为( ) 1 1 √5 √5 √2 A. B. C. D. 5 6 5 2 【答案】C 【解析】以D为坐标原点，DA,DC,DD 为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则 1 D(0,0,0),A(1,0,0),B (1,1,√3),D (0,0,√3),所以⃑AD =(−1,0,√3),⃑DB =(1,1,√3),因为 1 1 1 1 ⃑AD ⋅⃑DB −1+3 √5 √5 cos<⃑AD ,⃑DB >= 1 1 = = ，所以异面直线AD 与DB 所成角的余弦值为 ， 1 1 |⃑AD ||⃑DB | 2×√5 5 1 1 5 1 1 选C. ABCABC AACC  ABC ABC 90 4.(2019年高考浙江卷)如图，已知三棱柱 1 1 1，平面 1 1 平面 , ， BAC 30,AA AC  AC,E,F 1 1 分别是AC，AB的中点. 1 1 EF  BC （1）证明： ； （2）求直线EF与平面ABC所成角的余弦值. 1 3 【答案】（1）见解析；（2）5． 【解析】方法一： （1）连接AE，因为AA=AC，E是AC的中点，所以AE⊥AC． 1 1 1 1 又平面AACC⊥平面ABC，AE平面AACC， 1 1 1 1 1 平面AACC∩平面ABC=AC， 1 1 所以，AE⊥平面ABC，则AE⊥BC． 1 1 又因为AF∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥AF． 1 1 所以BC⊥平面AEF． 1因此EF⊥BC． （2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA是平行四边形． 1 由于AE⊥平面ABC，故AE⊥EG，所以平行四边形EGFA为矩形． 1 1 1 由（1）得BC⊥平面EGFA，则平面ABC⊥平面EGFA， 1 1 1 所以EF在平面ABC上的射影在直线AG上． 1 1 连接AG交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面ABC所成的角（或其补角）． 1 1 3 3 不妨设AC=4，则在Rt△AEG中，AE=2 ，EG= . 1 1 AG 15 EO OG  1  由于O为A 1 G的中点，故 2 2 ， EO2 OG2 EG2 3 cosEOG   所以 2EOOG 5． 3 因此，直线EF与平面ABC所成角的余弦值是5． 1 方法二： （1）连接AE，因为AA=AC，E是AC的中点，所以AE⊥AC. 1 1 1 1 又平面AACC⊥平面ABC，AE平面AACC， 1 1 1 1 1 平面AACC∩平面ABC=AC，所以，AE⊥平面ABC． 1 1 1 如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz． 1不妨设AC=4，则 3 3 F( , ,2 3) A 1 （0，0，2 3），B（ 3，1，0），B 1 ( 3,3,2 3)， 2 2 ，C(0，2，0)． (cid:7) 3 3 EF ( , ,2 3) (cid:7) 因此， 2 2 ，BC ( 3,1,0)． (cid:7) (cid:7) EFBC 0 EF  BC 由 得 ． （2）设直线EF与平面ABC所成角为θ． 1 (cid:7) (cid:7) BC=( 3，1，0)，AC=(0，2，2 3) 由（1）可得 1 ． (x，y，z) 设平面ABC的法向量为n ， 1 (cid:7) BCn0   3x y 0 由 ，得 ，  ACn0 y 3z 0 1 (cid:7) (cid:7) |EFn| 4 sin|cos EF，n |= (cid:7)  取n (1， 3，1) ，故 |EF ||n| 5， 3 因此，直线EF与平面ABC所成的角的余弦值为5． 1 5.(2019年高考北京卷理)如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2， PF 1  BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且PC 3． （1）求证：CD⊥平面PAD； （2）求二面角F–AE–P的余弦值； PG 2  （3）设点G在PB上，且 PB 3．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．3 【答案】（1）见解析；（2） 3 ；（3）见解析. 【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD． 又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD． （2）过A作AD的垂线交BC于点M． 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD． 如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P （0，0，2）． 因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）． (cid:7) (cid:7) (cid:7) AE (0,1,1), PC (2,2,2), AP(0,0,2) 所以 ． (cid:7) 1(cid:7) 2 2 2 (cid:7) (cid:7) (cid:7) 2 2 4 PF  PC  , , , AF  APPF  , ,     3 3 3 3 3 3 3 所以 . 设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则 (cid:7) yz 0,  nAE 0,   (cid:7) 2 x 2 y 4 z 0. nAF 0,  3 3 3 即 y 1, x1 令z=1，则 ． n=(1,1,1) 于是 ． n p 3 cosn, p   |n‖p| 3 又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以 . 3 3 由题知，二面角F−AE−P为锐角，所以其余弦值为 ．（3）直线AG在平面AEF内． PG 2 (cid:7)  , PB (2,1,2) PB 3 因为点G在PB上，且 ， (cid:7) 2(cid:7) 4 2 4 (cid:7) (cid:7) (cid:7) 4 2 2 PG  PB  , , ,AG  APPG  , ,     3 3 3 3 3 3 3 所以 . n=(1,1,1) 由（2）知，平面AEF的法向量 . (cid:7) 4 2 2 AGn   0 3 3 3 所以 . 所以直线AG在平面AEF内. 6.(2019年高考全国Ⅱ卷理)如图，长方体ABCD–ABCD的底面ABCD是正方形，点E在棱AA上， 1 1 1 1 1 BE⊥EC． 1 （1）证明：BE⊥平面EBC； 1 1 （2）若AE=AE，求二面角B–EC–C的正弦值． 1 1 3 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 .BC  ABB A ABB A 【解析】（1）由已知得， 1 1 平面 1 1， BE  平面 1 1， BC  故 1 1 BE ． BE  EC EBC 又 1，所以 BE  平面 1 1． BEB 90 Rt△ABE Rt△ABE AEB45 （2）由（1）知 1 ．由题设知 ≌ 1 1 ，所以 ， AA 2AB 故 AE  AB ， 1 ． (cid:7) (cid:7) |DA| D DA 以 为坐标原点， 的方向为x轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz， (cid:7) (cid:7) C CB(1,0,0) CE (1,1,1) 则C（0，1，0），B（1，1，0）， 1（0，1，2），E（1，0，1）， ， ， (cid:7) CC (0,0,2) 1 ． 设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则 (cid:7)  CBn0, x0, (cid:7) 即 CEn0, x yz 0, (0,1,1) 所以可取n= . ECC 设平面 1的法向量为m=（x，y，z），则 (cid:7)  CC m 0, 2z 0, (cid:7) 1 即 CEm 0, x yz 0.所以可取m=（1，1，0）． nm 1 cosn,m   于是 |n||m| 2 ． 3 所以，二面角BECC 的正弦值为 2 ． 1