数学一轮复习专题8.6 空间向量及其运算和空间位置关系 （新教材新高考）（练）教师版

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：B2.【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：①③④5．（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TIDHNEG1．（2021·四川省大竹中学高二月考（理））如图，在平行六面体中，，，则（） A．1B．C．9D．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TIDHNEG1．（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．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②B.③和①C.④和③D.④和②【答案】D【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−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.15B.56C.55D.22【答案】C【解析】以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0),A(1,0,0),B1(1,1,3),D1(0,0,3),所以AD1=(−1,0,3),DB1=(1,1,3),因为cos<AD1,DB1>=AD1⋅DB1|AD1||DB1|=−1+32×5=55，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55，选C.4.(2019年高考浙江卷)如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）．【解析】方法一：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.由于O为A1G的中点，故，所以．因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．方法二：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．不妨设AC=4，则A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．因此，，．由得．（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．由（1）可得．设平面A1BC的法向量为n，由，得，取n，故，因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．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，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）；（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）．所以．所以.设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则即令z=1，则．于是．又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以.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．因为点G在PB上，且，所以.由（2）知，平面AEF的法向量.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–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由已知得，平面，平面，故． 又，所以平面．（2）由（1）知．由题设知≌，所以，故，．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，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即所以可取n=.设平面的法向量为m=（x，y，z），则即所以可取m=（1，1，0）．于是．所以，二面角的正弦值为．