1、第六章 立体几何考点测试47 空间向量及其应用第一部分 考点通关练高考概览本考点是高考必考知识点，考查题型为选择题、填空题、解答题，中等难度考纲研读1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置2会简单应用空间两点间的距离公式3了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示4掌握空间向量的线性运算及其坐标表示5掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直第1步狂刷小题 基础练答案一、基础小题1给出下列命题：若向量 a，b 共线，则向量 a，b 所在的直线平行；若向量 a，b 所在的直线为异面直线，则向量 a，b 一定不共
2、面；若三个向量 a，b，c 两两共面，则向量 a，b，c 共面；已知空间的三个向量 a，b，c，则对于空间的任意一个向量 p 总存在实数 x，y，z 使得 pxaybzc.其中正确命题的个数是()A0 B1 C2 D3解析 a 与 b 共线，a，b 所在的直线也可能重合，故错误；根据自由向量的意义知，空间任意两向量 a，b 都共面，故错误；三个向量 a，b，c 中任两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故错误；只有当 a，b，c 不共面时，空间任意一向量 p 才能表示为 pxaybzc，故错误综上可知四个命题中正确的个数为 0，故选 A.解析解析 由题意知 cxayb，即(7,6，)x(2,1
3、，3)y(1,2,3)，所以2xy7，x2y6，3x3y，解得 9.答案解析2已知 a(2,1，3)，b(1,2,3)，c(7,6，)，若 a，b，c 三向量共面，则()A9 B9 C3 D3答案3分别以棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱 AB，AD，AA1 所在的直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，则四边形 AA1B1B 的对角线的交点的坐标为()A.0，12，12B12，0，12C.12，12，0D12，12，12解析 设所求交点为 O，在空间直角坐标系中，点 A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，则AB(1,0,0)，AA1(0,0,1)，故A
4、O 12，0，12，即对角线的交点坐标为12，0，12，故选 B.解析解析 a(1,0,2)，n(2,0，4)，即 n2a，故 an，l.答案解析4若直线 l 的方向向量为 a(1,0,2)，平面 的法向量为 n(2,0，4)，则()AlBlClDl 与 斜交解析 因为OP 34OA 18OB 18OC，且3418181.所以 P，A，B，C四点共面答案解析5O 为空间任意一点，若OP 34OA 18OB 18OC，则 A，B，C，P 四点()A一定不共面B一定共面C不一定共面D无法判断解析 设AD AC，AC(0,4，3)，则AD(0,4，3)，AB(4，5,0)，BD(4,45，3)由AC
5、 BD 0，得 45，所以BD 4，95，125，所以|BD|5.故选 A.答案解析6在空间直角坐标系中，已知ABC 的顶点坐标分别为 A(1，1,2)，B(5，6,2)，C(1,3，1)，则边 AC 上的高 BD()A5 B 41C4 D2 5答案7.如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，若点 E 为 BC 的中点，点 F 为 B1C1 的中点，则异面直线 AF 与 C1E 所成角的余弦值为()A.23B 53C.55D2 55解析 如图，以 A 为原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，AA1 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体 ABCDA1B1
6、C1D1 的棱长为 2，则 A(0，0,0)，F(2,1,2)，C1(2,2,2)，E(2，1,0)，AF(2,1,2)，C1E(0，1，2)，设异面直线 AF 与 C1E所成角为，则 cos|AFC1E|AF|C1E|53 5 53，异面直线 AF 与 C1E 所成角的余弦值为 53，故选 B.解析答案 608.如图所示，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，AA1底面 ABC，ABBCAA1，ABC90，点 E，F 分别是棱 AB，BB1 的中点，则直线 EF 和 BC1所成的角是_答案解析 如图所示，建立空间直角坐标系由于ABBCAA1，不妨取AB2，则E(0,1,0)，F(0,0,1)，C
7、1(2,0,2)，B(0,0,0)，所以 EF(0，1,1)，BC1(2,0,2)，所以cos EF，BC1 E F BC1|EF|BC1|12，故直线EF和BC1所成的角是60.解析解析 经检验，选项B中向量(1，1,0)与向量a(1,0，1)的夹角的余弦值为12，即它们的夹角为60.故选B.答案解析二、高考小题9(2014广东高考)已知向量a(1,0，1)，则下列向量中与a成60夹角的是()A(1,1,0)B(1，1,0)C(0，1,1)D(1,0,1)答案 1 2 2 210(2015浙江高考)已知e1，e2是空间单位向量，e1e2 12.若空间向量b满足be12，be2 52，且对于任
8、意x，yR，|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e2)|1(x0，y0R)，则x0_，y0_，|b|_.答案解析 e1，e2是单位向量，e1e2 12，cose1，e2 12，又0e1，e2180，e1，e260.不妨把e1，e2放到空间直角坐标系Oxyz的平面xOy中，设e1(1,0,0)，则e212，32，0，再设 OB b(m，n，r)，由be12，be252，得m2，n3，则b(2，3，r)而xe1ye2是平面xOy上任一向量，由|b(xe1ye2)|1知点B(2，3，r)到平面xOy的距离为1，故可得r1，则b(2，3，1)，|b|22.又由|b(xe1ye2)|b(x0e1y0e
9、2)|1知x0e1y0e2(2，3，0)，解得x01，y02.解析答案三、模拟小题11(2019成都诊断)如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点若 AB a，ADb，AA1 c，则下列向量中与BM 相等的向量是()A12a12bcB12a12bcC12a12bcD12a12bc解析 由题意并根据向量运算的几何运算法则，得 BM BB1 B1M AA1 12(AD AB)c12(ba)12a12bc.解析答案12(2019厦门模拟)已知a(1,0,2)，b(6,21,2)，若ab，则与的值可以是()A2，12B13，12C3,2 D2,2解析 因为ab，所
10、以bka，即(6,21,2)k(1,0,2)，所以6k1，210，22k，解得2，12或3，12.解析答案13(2019河南商丘高三质检)在空间四边形 ABCD 中，若AB(3,5,2)，CD(7，1，4)，点 E，F 分别为线段 BC，AD 的中点，则EF的坐标为()A(2,3,3)B(2，3，3)C(5，2,1)D(5,2，1)解析 因为点 E，F 分别为线段 BC，AD 的中点，O 为坐标原点，所以EFOF OE，OF 12(OA OD)，OE 12(OB OC)所以EF12(OA OD)12(OBOC)12(BA CD)12(3，5，2)(7，1，4)12(4，6，6)(2，3，3)解
11、析答案14.(2019大庆一模)如图，在大小为45的二面角AEFD中，四边形ABFE，四边形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是()A 3B 2C1 D3 2解析 因为BD BF FE ED，所以|BD|2|BF|2|FE|2|ED|22BFFE2FEED 2BFED 111 23 2，所以|BD|3 2.解析答案15(2019攀枝花模拟)正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a，点 M 在AC1 上且AM 12MC1，N 为 B1B 的中点，则|MN|为()A 216 aB 66 aC 156 aD 153 a解析 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(
12、a,0,0)，C1(0，a，a)，Na，a，a2.设M(x，y，z)，因为点M在AC1上且AM 12MC1，所以(xa，y，z)12(x，ay，az)，所以x 23a，y a3，za3.所以M2a3，a3，a3，所以|MN|a23a 2aa32a2a32 216 a.解析答案 2416(2019东北三省高三第三次联考)已知四面体ABCD中，平面ABD平面BCD，ABD为边长为2的等边三角形，BDDC，BDCD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为_答案解析 如图所示，取 BD 的中点 E，连接 AE，因为ABD 是等边三角形，且平面 ABD平面 BCD，所以 AE底面 BCD.如图建立空间直角
13、坐标系，则 A(0,0，3)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(1,0,0)，所以AC(1,2，3)，BD(2,0,0)，cosAC，BD ACBD|AC|BD|22 22 24.解析第2步精做大题 能力练一、高考大题1(2019浙江高考)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点(1)证明：EFBC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值解 解法一：(1)证明：如图1，连接A1E.因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平
14、面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC，所以A1EBC.又因为A1FAB，ABC90，故BCA1F.又A1EA1FA1，所以BC平面A1EF.因此EFBC.解(2)如图1，取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGFA1是平行四边形由于A1E平面ABC，故A1EEG，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于点O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)解不妨设AC4，则在RtA1EG中，A1E2 3，EG 3.由于O为A1G的中点，故EOOGA1G2 152
15、，所以cosEOGEO2OG2EG22EOOG35.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.解解法二：(1)证明：连接A1E.因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC.如图2，以点E为坐标原点，分别以射线EC，EA1为y轴、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.不妨设AC4，则E(0,0,0)，A1(0,0,2 3)，B(3，1,0)，B1(3，3,2 3)，F32，32，2 3，C(0,2,0)解因此，EF32，32，2 3，BC(3，1,0)由EFBC0，得EF
16、BC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得BC(3，1,0)，A1C(0,2，2 3)设平面A1BC的法向量为n(x，y，z)由BCn0，A1C n0，得 3xy0，y 3z0.取n(1,3，1)，故sin|cosEF，n|EFn|EF|n|45，所以cos35.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.解2.(2018全国卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M 是上异于 C，D 的点(1)证明：平面 AMD平面 BMC；(2)当三棱锥 MABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值解(1)证明：由题设知，平面
17、 CMD平面 ABCD，交线为 CD.因为 BCCD，BC平面 ABCD，所以 BC平面 CMD，故 BCDM.因为 M 为上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，所以 DMCM.又 BCCMC，所以 DM平面 BMC.而 DM平面 AMD，故平面 AMD平面 BMC.解(2)以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz.当三棱锥 MABC 体积最大时，M 为的中点由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0，1,1)，AM(2,1,1)，AB(0,2,0)，DA(2,0,0)设n(x，y，z)是平面MAB的
18、法向量，则nAM 0，nAB0，即2xyz0，2y0.可取n(1,0,2)解DA 是平面MCD的法向量，因此，cosn，DA nDA|n|DA|55，sinn，DA 2 55，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是2 55.解3(2018全国卷)如图，在三棱锥 PABC 中，ABBC2 2，PAPBPCAC4，O 为 AC 的中点(1)证明：PO平面 ABC；(2)若点 M 在棱 BC 上，且二面角 MPAC 为30，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值解(1)证明：因为 PAPCAC4，O 为 AC 的中点，所以 POAC，且 PO2 3.连接 OB.因为 ABBC 22 AC，所以
19、ABC 为等腰直角三角形，且 OBAC，OB12AC2.由 PO2OB2PB2，知 POOB.由 POOB，POAC，ACOBO，知 PO平面 ABC.解(2)如图，以 O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz.由已知得 O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2 3)，则AP(0,2，2 3)，取平面PAC 的法向量OB(2,0,0)设 M(a,2a,0)(0a2)，则AM(a,4a,0)设平面 PAM 的法向量为 n(x，y，z)解由APn0，AM n0得2y2 3z0，ax4ay0，可取n(3(a4)
20、，3a，a)，所以cosOB，n2 3a42 3a423a2a2.由已知得|cosOB，n|32.所以2 3|a4|23a423a2a2 32.解得a4(舍去)，a43.解所以n8 33，4 33，43.又PC(0,2，2 3)，所以cosPC，n 34.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为 34.解二、模拟大题4(2019宿迁模拟)如图所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60.(1)求AC1的长；(2)求证：AC1BD；(3)求BD1与AC夹角的余弦值解(1)记ABa，AD b，AA1 c，则|a|b|c|1，a，bb，cc
21、，a60.所以 abbcca12.|AC1|2(abc)2a2b2c22(abbcca)1112121212 6，所以|AC1|6，即 AC1 的长为 6.解(2)证明：因为AC1 abc，BD ba.所以AC1 BD(abc)(ba)ab|b|2bc|a|2abacbcac|b|c|cos60|a|c|cos600.所以AC1 BD，所以AC1BD.解(3)因为BD1 bca.ACab，所以|BD1|2，|AC|3，BD1 AC(bca)(ab)b2a2acbc1.所以cosBD1，AC BD1 AC|BD1|AC|66.所以BD1与AC夹角的余弦值为 66.解5(2020衡阳高三阶段测试)
22、如图，正ABC 的边长为 4，CD 为 AB边上的高，E，F 分别是 AC 和 BC 边的中点，现将ABC 沿 CD 翻折成直二面角 ADCB.(1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系，并说明理由；(2)在线段 BC 上是否存在一点 P，使 APDE？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由解(1)AB平面 DEF，理由如下：在ABC 中，由 E，F 分别是 AC，BC 的中点，得 EFAB.又因为 AB平面 DEF，EF平面 DEF，所以 AB平面 DEF.(2)以点 D 为坐标原点，直线 DB，DC，DA 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则
23、D(0,0,0)，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2 3，0)，E(0，3，1)，故DE(0，3，1)解假设存在点P(x，y,0)满足条件，则AP(x，y，2)，APDE 3y20，所以y2 33.又BP(x2，y,0)，PC(x,2 3y,0)，BPPC，所以(x2)(2 3y)xy，所以 3xy2 3.把y2 33 代入上式得x43，所以BP13BC，所以在线段BC上存在点P使APDE，此时BPBC13.解6.(2020重庆七校联考)如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD是直角梯形，ADBC，BCD90，PA底面ABCD，ABM是边长为2的等边三角形，PADM2 3.(1)求
24、证：平面PAM平面PDM；(2)若E为PC的中点，求二面角PMDE的余弦值解(1)证明：ABM是边长为2的等边三角形，底面ABCD是直角梯形，CD 3，又DM2 3，CM3，AD314，AD2DM2AM2，DMAM.又PA底面ABCD，DMPA，DM平面PAM，DM平面PDM，平面PAM平面PDM.解(2)以D为坐标原点，DC所在直线为x轴，DA所在直线为y轴，过D且与PA平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，C(3，0,0)，M(3，3,0)，P(0,4,2 3)，DM(3，3,0)，DP(0,4,2 3)，设平面PMD的法向量为n1(x1，y1，z1)，则 3x13y10，4y12 3z10，取x13，n1(3，3，2)解E为PC的中点，则E32，2，3，DE 32，2，3，设平面MDE的法向量为n2(x2，y2，z2)，则 3x23y20，32 x22y2 3z20，取x23，n23，3，12.设二面角PMDE的平面角为，由cos n1n2|n1|n2|1314.二面角PMDE的余弦值为1314.解本课结束