高考数学一轮复习 专题8.6 空间向量及其运算和空间位置关系（练）

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高考数学一轮复习策略 1、揣摩例题。 课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 2、精练习题 复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 3、加强审题的规范性 每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 4、重视错题 “错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。 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TIDHNEG 1．（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TIDHNEG 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． 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 【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 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④与俯视图为 = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT 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. 15 B. 56 C. 55 D. 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|=−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．