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第七章 空间向量与立体几何
专题5：空间向量的运算及空间位置关系的证明
1.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.
2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.
3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.
4.理解直线的方向向量及平面的法向量.
5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.
6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理．
1．空间向量的有关概念
名称 定义
空间向量 在空间中，具有大小和方向的量
相等向量 方向相同且模相等的向量
相反向量 方向相反且模相等的向量
共线向量 (或平行向量) 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量
共面向量 平行于同一个平面的向量
2.空间向量的有关定理
(1)共线向量定理：对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.
(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.
(3)空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc，{a，b，c}叫做空间的一个基底．
提醒：在利用＝x＋y证明MN∥平面ABC时，必须说明点M或点N不在平面ABC内．
3．空间向量的数量积及运算律
(1)数量积及相关概念
①两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉，其范围是[0，π]，若〈a，b〉＝，则称a与b互相垂直，记作a⊥b.
②非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(2)空间向量数量积的运算律
①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)，λ∈R；
②交换律：a·b＝b·a；
③分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c.
提醒： (a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立．
4．空间向量的坐标表示及其应用
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
向量表示 坐标表示
数量 积 a·b a1b1＋a2b2＋a3b3
共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模 |a|
夹角 余弦 值 cos〈a，b〉＝ (a≠0，b≠0) cos〈a，b〉＝
5.直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．
6．空间位置关系的向量表示
位置关系 向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2 l1∥l2 n1∥n2 n1＝λn2
l1⊥l2 n1⊥n2 n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥α n⊥m n·m＝0
l⊥α n∥m n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m n＝λm
α⊥β n⊥m n·m＝0
证明三点共线和空间四点共面的方法
三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面
＝λ且同过点P ＝x＋y
对空间任一点O，＝＋t 对空间任一点O，＝＋x＋y
对空间任一点O，＝x＋(1－x) 对空间任一点O，＝x＋y＋(1－x－y)
考点一　空间向量的线性运算
1．（2022·全国·高二课时练习）若正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，化简下列各式的结果为的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】可先画出正方体，根据向量加法的运算法则计算各式，再进行判断.
【详解】如图，
，所以A错误；
，所以B正确；
，所以C错误；
，所以D错误；
故选：B．
2．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，给出下列各式：
①．
②．
③．
④．
其中运算结果为向量的共有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】结合图形与向量线性运算法则，对每一个算式进行判断即可．
【详解】对①，；
对②，；
对③，；
对④，，
∴以上4个算式运算的结果都是向量．
故选：D．
3．（2022·全国·高一）如图所示，已知是平行六面体．
(1)化简；
(2)设是底面的中心，是侧面对角线上的分点，设，试求，，的值．
【答案】(1)；
(2)，，.
【分析】（1）利用平行六面体的性质及向量的线性运算即得；
（2）利用向量线性运算的几何表示可得，进而即得.
(1)∵是平行六面体，
∴
(2)∵
，
又，
∴，，.
用基向量表示指定向量的方法
(1)结合已知向量和所求向量观察图形．
(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．
(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．
考点二　共线(共面)向量定理的应用
1．（2022·全国·高二课时练习）已知A，，三点不共线，点是平面外一点，则在下列各条件中，能得到点与A，，一定共面的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据空间向量共面定理的推论判断的系数之和是否等于1，即可得出答案.
【详解】解：对于A，因为，所以此条件不能保证点与A，，共面；
对于B，因为，所以此条件能保证点与A，，共面；
对于C，因为，所以此条件不能保证点与A，，共面；
对于D，因为，所以此条件不能保证点与A，，共面.
故选：B．
2．（2022·全国·高二专题练习）已知非零向量，，且不共面．若，则 _______.
【答案】
【分析】先由向量平行，得到，，利用系数对应相等构建关系，即可求出，即得结果.
【详解】不共面，故可看作空间向量的一组基底，
，故存在，使得，
即，
，解得：，则．
故答案为: .
3．（2022·江苏南通·高二期末）试写出一个点的坐标：__________，使之与点，三点共线．
【答案】（答案不唯一）
【分析】设出点的坐标，利用空间向量共线得到，求出，写出一个符合要求的即可.
【详解】根据题意可得，设 ，则设，
即
故 ，不妨令，则，故．
故答案为：
4．（2022·全国·高二专题练习）如图所示，在长方体中，为的中点，，且，求证：四点共面．
【答案】证明见解析
【分析】设，首先用表示，然后可得用表示出，从而证明三向量共面，得四点共面．
【详解】设，则，
为的中点，，
又，，
，
为共面向量，
又三向量有相同的起点，四点共面．
1.对空间任一点O，＝x＋y，若x＋y＝1，则点P，A，B共线．
2．证明空间四点P，M，A，B共面的方法
(1)＝x＋y；
(2)对空间任一点O，＝＋x＋y；
(3)对空间任一点O，＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)；
(4)∥(或∥或∥)．
考点三　空间向量数量积的应用
1．（2022·全国·高二课时练习）已知单位向量与x，y轴的夹角分别为60°，60°，与z轴的夹角为钝角，向量，则（ ）
A． B． C．1 D．1
【答案】C
【分析】设向量与z轴正向的夹角为，由cos260°+cos260°+cos2α＝1，求出的大小，再利用数量积运算求解即可．
【详解】解：在边长为1的正方体上作空间直角坐标系如图，分别是轴上的单位向量，
设单位向量与z轴正向的夹角为，
∵向量与x轴正向的夹角为60°，与y轴正向的夹角为60°，
∴cos260°+cos260°+cos2＝1，
解得cos2＝1，
∵与z轴的夹角为钝角，∴cos，∴＝135°，
∵，
则=2×1×11×1×（）＝1，
故选：C．
2．（2022·全国·高二专题练习）如图，圆台的高为4，上、下底面半径分别为3、5，M、N分别在上、下底面圆周上，且，则||等于（ ）
A． B．5 C． D．5
【答案】A
【分析】用，，表示出，计算再开方即可得出答案.
【详解】∵O2M⊥O1O2，O1N⊥O1O2，
∴ 0，0，
又3×5×cos60°.
∵，
∴2＝（）2
222+2 229+16+25+15＝65，
∴||.
故选：A.
3．（2022·河南·商丘市第一高级中学高一阶段练习）在一直角坐标系中，已知，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为_______．
【答案】8
【分析】平面直角坐标系中，沿轴将坐标平面折成的二面角后，在平面上的射影为，作轴，交轴于点，通过用向量的数量积转化求解距离即可.
【详解】在直角坐标系中，已知，现沿轴将坐标平面折成的二面角后，在平面上的射影为，作轴，交轴于点，
所以,
所以
，
所以,
故答案为：
4．（2022·全国·高二专题练习）已知空间四边形各边及对角线长都相等，分别为的中点，求与夹角余弦值．
【答案】
【分析】设，且各长度均为，根据空间向量的基本定理，得到，，根据数量积的公式和夹角公式，可得答案.
【详解】设，且各长度均为，
则，
因为，，且，，
所以，
所以.
与所成角的余弦值为.
空间向量数量积的应用
考点四 利用向量证明平行与垂直
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面，O，P分别是的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．存在点M，使平面SBC
C．存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°
D．点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值
【答案】ABD
【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法判断ACD，根据线面平行的判定定理判断B
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系（如图），
设，
则，
由M是棱SD上的动点，设，
，
，
，故A正确；
当为的中点时，是的中位线，
所以，
又平面，平面，
所以平面，故B正确；
，
若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°，
则，
化简得，方程无解，故C错误；
点M到平面ABCD的距离，
点M与平面SAB的距离，
所以点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为，是定值，故D正确；
故选：ABD
2．（2022·浙江·诸暨市教育研究中心高二学业考试）如图，三棱柱的底面为菱形，，为的中点，且.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以、、为基底，用向量法证明与垂直后可得线面垂直；
（2）在正四面体中取中心，得是高，是直线与平面所成角，然后求解可得．
（1）证明：以、、为基底，得，,，所以；同理可证，和是平面内两相交直线，所以平面.
（2）由已知四面体是正四面体，如图，是的中心，是的中点，，是正四面体的高，从而与底面上的直线垂直，是与平面所成的角，则，所以，．
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，，，D为AB的中点．试用向量的方法证明：平面．
【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量垂直证明线线垂直，再根据线面平行判定定理得结果.
【详解】
证明：建立如图所示空间直角坐标系，设，
则，，
，
设平面的法向量为，
则，故可令，
则，
即，又平面,
所以平面.
1.利用向量证明平行问题
(1)线线平行：方向向量平行．
(2)线面平行：平面外的直线方向向量与平面法向量垂直．
(3)面面平行：两平面的法向量平行．
2．利用向量法证垂直问题的类型及常用方法
线线垂直问题 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零
线面垂直问题 直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直
面面垂直问题 两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直
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
【分析】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．（2020·天津·高考真题）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.
（Ⅰ）计算出向量和的坐标，得出，即可证明出；
（Ⅱ）可知平面的一个法向量为，计算出平面的一个法向量为，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；
（Ⅲ）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
可得、、、、
、、、、.
（Ⅰ）依题意，，，
从而，所以；
（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，
，．
设为平面的法向量，
则，即，
不妨设，可得．
，
．
所以，二面角的正弦值为；
（Ⅲ）依题意，．
由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
3．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．
（I）求证：平面；
（II）求直线与平面所成角的正弦值．
（III）求二面角的正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）.
【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出及平面的一个法向量，证明，即可得证；
（II）求出，由运算即可得解；
（III）求得平面的一个法向量，由结合同角三角函数的平方关系即可得解.
【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
则,,,,,,，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，
所以,,,
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
因为，所以，
因为平面，所以平面；
（II）由（1）得，，
设直线与平面所成角为，
则；
（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的正弦值为.
4．（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
一、单选题
1．三棱柱中，为棱的中点，若，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由空间向量的线性运算即可求解.
【详解】解：．
故选：B
2．已知矩形ABCD，AB＝1，BC，沿对角线AC将△ABC折起，若平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为，则B与D之间距离为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】过B和D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可．
【详解】过B和D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，
∵AB＝1，BC，
∴AC＝2，
∵，
∴BE＝DF，
则AE＝CF，即EF＝2﹣1＝1，
∵平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为，
∴，
∵，
∴
，
则||，
即B与D之间距离为，
故选：C．
3．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，则下列结论中
①+与1+1是一对相反向量；
②-1与-1是一对相反向量；
③1+1+1+1与+++是一对相反向量；
④-与1-1是一对相反向量．
正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】由向量的加减运算对各个选项进行检验即可.
【详解】设E,F分别为AD和A1D1的中点，
①+与+不是一对相反向量，错误；
②-与-不是一对相反向量，错误；
③1+1+1+是一对相反向量,正确；
④-与1-不是一对相反向量,是相等向量，错误．
即正确结论的个数为1个
故选：A
4．已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为圆的直径，为圆上的点，则的最大值为（ ）
A．4 B． C．5 D．
【答案】A
【分析】根据已知条件作出图形，利用向量的线性运算及数量积公式，结合锐角三角函数即可求解.
【详解】如图所示
由题意可知，，
因为为的中点，所以,
所以，
当时，取最小值，此时取最大值，
所以的最大值为4.
故选:A.
5．下列命题中正确的是（　　）
A．若，，则与所在直线平行
B．向量、、共面即它们所在直线共面
C．空间任意两个向量共面
D．若，则存在唯一的实数λ，使
【答案】C
【分析】根据空间向量的相关观念逐一判断即可.
【详解】对于A，若，，当时与所在直线可以不平行，因此不正确；
对于B，向量、、共面，则它们所在直线可能共面，也可能不共面，因此不正确；
对于C，根据共面向量基本定理可知：空间任意两个向量共面，正确；
对于D，若且，则存在唯一的实数λ，使，因此不正确．
故选：C．
6．如图的平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M在BB1上，点N在DD1上，且BMBB1，D1ND1D，若，则x+y+z＝（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用向量的三角形法则、向量的运算性质即可得出.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：B．
7．给出下列命题：
①若空间向量满足则
②空间任意两个单位向量必相等
③若空间向量满足则
④在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，必有
⑤向量（1，1，0）的模为；
其中假命题的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据空间向量的相关知识逐一判断即可.
【详解】在①中，若空间向量满足，向量与方向不一定相同，故①是假命题；
在②中，空间任意两个单位向量的模必相等，但方向不一定相同，故②是假命题；
在③中，若空间向量满足，则向量与不一定相等，故③是假命题；
在④中，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，由向量相等的定义得必有，故④是真命题；
在⑤中，由模的定义得向量（1，1，0）的模为，故⑤是真命题．
故选：C．
8．在空间四点O，A，B，C中，若是空间的一个基底，则下列命题不正确的是（ ）
A．O，A，B，C四点不共线
B．O，A，B，C四点共面，但不共线
C．O，A，B，C四点不共面
D．O，A，B，C四点中任意三点不共线
【答案】B
【分析】根据基底的含义，非零向量不在同一平面内，即O，A，B，C四点不共面，即可判断
【详解】因为为基底，所以非零向量不在同一平面内，
即O，A，B，C四点不共面，
所以A、C、D选项说法正确，B错误．
故选：B
二、多选题
9．（多选）在三维空间中，叫作向量与的外积，它是一个向量，且满足下列两个条件：①，，且，，三个向量构成右手系（如图所示）；②.在正方体中，已知其表面积为S，下列结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．与共线
【答案】ACD
【分析】运用新定义及空间向量的基本概念对选项一一判断即可得出答案.
【详解】设正方体的棱长为a，如图.
对于A，连接，因为为等边三角形，故，
连接，因为，，为等边三角形，
所以，故A正确；
对于B，根据定义，，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，因为，而平面，所以
，则平面，又平面，所以，
又，，，所以平面，
所以，结合外积的定义可知与共线，故D正确.
故选：ACD.
10．设正六面体的棱长为2，下列命题正确的有（ ）
A．
B．二面角的正切值为
C．若，则正六面体内的P点所形成的面积为
D．设为上的动点，则二面角的正弦值的最小值为
【答案】BCD
【分析】根据空间向量的线性运算，可判定A错误；根据题意得到为二面角的平面角，在直角中，可判定B正确；由空间向量的共面定理，得到点所形成的图形为正，可判定C正确；根据二面角平面角的定义和求法，可判定D正确.
【详解】在正六面体中，已知棱长为2，如图所示，
对于A中，由，所以A错误；
对于B中，在正六面体中，可得平面，
因为平面，可得，
又因为，且，所以平面，
因为平面，所以，所以为二面角的平面角，
在直角中，可得，所以B正确；
对于C中，因为且，
由空间向量的共面定理，可得点四点共面，
所以点所形成的图形为正，其中，所以，即正六面体内的点所形成的面积为，所以C正确；
对于D中，当点为上的动点，过点作，可得平面，
因为平面，所以，
过点作，可得，因为，所以平面，
又因为平面，所以，
所以为的平面角，
在直角中，，当点与点重合时，取得最大值，
此时二面角的正弦值取得最小值，最小值为，所以D正确.
故选：BCD.
11．如图，在边长为的正方体中，点在底面正方形内运动，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点使得平面
B．若，则动点的轨迹长度为
C．若平面，则动点的轨迹长度为
D．若平面，则三棱锥的体积为定值
【答案】BD
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；利用空间中两点间的距离公式可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断D选项.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设点，其中，，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
，若平面，则，
则，解得，，不合乎题意，A错；
对于B选项，若，可得，
则点在平面内的轨迹是以点为圆心，半径为的圆的，
所以，动点的轨迹长度为，B对；
对于C选项，若平面，则，
则，
所以，点在底面的轨迹为线段，故点的轨迹长度为，C错；
对于D选项，因为平面平面，
若平面，则点的轨迹为线段，
因为且，所以，四边形为平行四边形，
所以，，，则点到平面的距离为定值，
又因为的面积为定值，则为定值，D对.
故选：BD.
12．已知点P为正方体内及表面一点，若，则（ ）
A．若平面时，则点P位于正方体的表面
B．若点P位于正方体的表面，则三棱锥的体积不变
C．存在点P，使得平面
D．，的夹角
【答案】AD
【分析】首先可证平面，即可得到点在平面上（包括边界），
通过证明平面平面判断A，利用特殊位置判断B，先证明平面，即可判断C，利用空间向量法判断D；
【详解】解：在正方体中，，平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，
又，所以点在平面上（包括边界），
又，平面，平面，所以平面，
同理可得平面，，平面，
所以平面平面，
因为平面，平面，所以平面，
又平面平面，所以，即位于正方体的表面，故A正确；
对于B，设到平面的距离为，则
显然当和（不包括点）时不一样，则三棱锥的体积不一样，故B错误；
如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，，
所以，，，
所以，，即，，
，平面，
所以平面，
若平面，则，显然在平面上（包括边界）不存在点，使得，故C错误；
因为设，，，所以，即，
又，所以，，，
设
所以，的夹角为，则，
当时，，
当时，因为，所以，
所以，所以，因为，所以，
综上可得，故D正确；
故选：AD
三、填空题
13．已知梯形ABCD和矩形CDEF．在平面图形中，，．现将矩形CDEF沿CD进行如图所示的翻折，满足面ABCD垂直于面CDEF．设，，若面DBN，则实数的值为______．
【答案】3
【分析】建立空间直角坐标系，求出面DBN的法向量，表示出，由求出的值即可.
【详解】
易得，又面面CDEF，面ABCD面CDEF，又面，则面CDEF，
又面CDEF，则，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，
又，
同理可得，设面DBN的法向量为，
则，令，则，又，
又面DBN，则，解得.
故答案为：3.
14．正方体的棱长为2．动点P在对角线上．过点P作垂直于的平面．记平面截正方体得到的截面多边形（含三角形）的周长为y＝f（x），设BP＝x，．下列说法中，正确的编号为 _____．
①截面多边形可能为四边形；
②函数f（x）的图象关于x＝对称；
③当x＝时，三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为9π．
【答案】②③
【分析】先找到两个与BD'垂直的平面作为辅助平面，确定这两个平面之间的截面为六边形，从而判断①错误；由正方体的对称性判断②；找出该三棱锥外接球的半径，由球的表面积公式计算即可判断③.
【详解】连接AB′，AC，A′D，DC′，分别以DA，DD′为x，y，建立如下图所示的空间直角坐标系：
∴，，
，
∴，，
所以D′B⊥AC，D′B⊥AB′，又，所以D′B⊥面AB′C，
同理可证：D′B⊥面A′C′D，所以面A′C′D∥面AB′C，如下图所示，
夹在面A′C′D和面AB′C之间并且与这两个平面平行的截面为六边形，
故截面只能为三角形和六边形，故①错误；
由正方体的对称性，当在中点处时，可得函数的图像关于对称，故②正确；
当时，此时点P在线段BD1的中点，连接AC，如图，
则，则，
所以PH⊥AC，同理可证：PH⊥BD，BD，AC 面ABCD，所以PH⊥面ABCD，
取PH的中点为，，则三棱锥P﹣ABC的外接球的球心为O，半径为，
则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为，故③正确．
故答案为：②③．
15．如图，已知一个的二面角的棱上有两点和，且和分别是在这两个面内且垂直于的线段．又知，，，则求CD的长为___．
【答案】
【分析】由向量的线性运算法则得到，根据题设条件和向量的数量积、向量模的计算公式，即可求解.
【详解】由向量的线性运算法则，可得，
因为，，且二面角的平面角为，
可得，，且，
又因为和分别是在这两个面内且垂直于的线段，所以，
所以
.
故答案为：.
16．在三棱锥中，为内一点，若，则 ______. (用，，表示)
【答案】
【分析】延长至，使得，延长至，使得，连接，根据空间向量的线性运算法则，准确化简，即可求解.
【详解】在三棱锥中，为内一点，如图所示，
延长至，使得，延长至，使得，
连接,
因为，所以，
所以为的重心，所以，即，
所以，
整理得.
四、解答题
17．如图所示，在直三棱柱中，，，，.
(1)求证：；
(2)在上是否存在点，使得平面，若存在，确定点位置并说明理由，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)在上存在点使得平面，且为的中点．
【分析】（1）本题首先以为坐标原点建立空间直角坐标系，然后得出、，最后根据即可证得；
（2）本题可假设点存在，则，然后通过得出，最后求出的值，即可得出结论.
（1）因为，，，所以，如图所示，在直三棱柱中，以为坐标原点，直线、、分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，因为，，所以，，即.
（2）若存在点使平面，则，，，，，，因为平面，所以存在实数、，使成立，则，解得，故在上存在点使平面，此时点为中点.
18．如图所示，在平行六面体中，，分别在和上，且，．
(1)证明：、、、四点共面．
(2)若，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在上取一点，使得，连接、，根据平行六面体的性质、，即可得到，即可得证；
（2）结合图形，根据空间向量线性运算法则计算可得.
（1）证明：在上取一点，使得，连接、，在平行六面体中，，，，且，且，所以四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，所以，且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以，、、、四点共面．
（2）解：因为，即，，，．
19．已知为空间9个点(如图)，并且，，．，求证：
(1)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
【分析】（1）根据向量的共面定理，即可求解；
（2）根据空间向量的运算法则，准确运算，即可求解；
（3）根据空间向量的运算法则，准确运算，即可求解.
（1）解：因为，由共面向量的基本定理，可得是共面向量又因为有公共点，所以四点共面.
（2）解：因为，则 ，所以.
（3）解：由（1）及，可得，所以，即.中小学教育资源及组卷应用平台
第七章 空间向量与立体几何
专题5：空间向量的运算及空间位置关系的证明
1.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.
2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.
3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.
4.理解直线的方向向量及平面的法向量.
5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.
6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理．
1．空间向量的有关概念
名称 定义
空间向量 在空间中，具有 和 的量
相等向量 方向 且模 的向量
相反向量 方向 且模 的向量
共线向量 (或平行向量) 表示空间向量的有向线段所在的直线互相 或 的向量
共面向量 平行于 的向量
2.空间向量的有关定理
(1)共线向量定理：对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得 .
(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在 的有序实数对(x，y)，使p＝
(3)空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝ ，{a，b，c}叫做空间的一个基底．
提醒：在利用＝x＋y证明MN∥平面ABC时，必须说明点M或点N不在平面ABC内．
3．空间向量的数量积及运算律
(1)数量积及相关概念
①两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉，其范围是 ，若〈a，b〉＝，则称a与b ，记作a⊥b.
②非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(2)空间向量数量积的运算律
①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)，λ∈R；
②交换律：a·b＝b·a；
③分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c.
提醒： (a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立．
4．空间向量的坐标表示及其应用
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
向量表示 坐标表示
数量 积 a·b
共线 a＝λb(b≠0，λ∈R)
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0)
模 |a|
夹角 余弦 值 cos〈a，b〉＝ (a≠0，b≠0) cos〈a，b〉＝
5.直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l ，则称此向量a为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．
6．空间位置关系的向量表示
位置关系 向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2 l1∥l2 n1∥n2 n1＝λn2
l1⊥l2 n1⊥n2 n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥α n⊥m n·m＝0
l⊥α n∥m n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m n＝λm
α⊥β n⊥m n·m＝0
证明三点共线和空间四点共面的方法
三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面
＝λ且同过点P ＝x＋y
对空间任一点O，＝＋t 对空间任一点O，＝＋x＋y
对空间任一点O，＝x＋(1－x) 对空间任一点O，＝x＋y＋(1－x－y)
考点一　空间向量的线性运算
1．（2022·全国·高二课时练习）若正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，化简下列各式的结果为的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】可先画出正方体，根据向量加法的运算法则计算各式，再进行判断.
【详解】如图，
，所以A错误；
，所以B正确；
，所以C错误；
，所以D错误；
故选：B．
2．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，给出下列各式：
①．
②．
③．
④．
其中运算结果为向量的共有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】结合图形与向量线性运算法则，对每一个算式进行判断即可．
【详解】对①，；
对②，；
对③，；
对④，，
∴以上4个算式运算的结果都是向量．
故选：D．
3．（2022·全国·高一）如图所示，已知是平行六面体．
(1)化简；
(2)设是底面的中心，是侧面对角线上的分点，设，试求，，的值．
【答案】(1)；
(2)，，.
【分析】（1）利用平行六面体的性质及向量的线性运算即得；
（2）利用向量线性运算的几何表示可得，进而即得.
(1)∵是平行六面体，
∴
(2)∵
，
又，
∴，，.
用基向量表示指定向量的方法
(1)结合已知向量和所求向量观察图形．
(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．
(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．
考点二　共线(共面)向量定理的应用
1．（2022·全国·高二课时练习）已知A，，三点不共线，点是平面外一点，则在下列各条件中，能得到点与A，，一定共面的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据空间向量共面定理的推论判断的系数之和是否等于1，即可得出答案.
【详解】解：对于A，因为，所以此条件不能保证点与A，，共面；
对于B，因为，所以此条件能保证点与A，，共面；
对于C，因为，所以此条件不能保证点与A，，共面；
对于D，因为，所以此条件不能保证点与A，，共面.
故选：B．
2．（2022·全国·高二专题练习）已知非零向量，，且不共面．若，则 _______.
【答案】
【分析】先由向量平行，得到，，利用系数对应相等构建关系，即可求出，即得结果.
【详解】不共面，故可看作空间向量的一组基底，
，故存在，使得，
即，
，解得：，则．
故答案为: .
3．（2022·江苏南通·高二期末）试写出一个点的坐标：__________，使之与点，三点共线．
【答案】（答案不唯一）
【分析】设出点的坐标，利用空间向量共线得到，求出，写出一个符合要求的即可.
【详解】根据题意可得，设 ，则设，
即
故 ，不妨令，则，故．
故答案为：
4．（2022·全国·高二专题练习）如图所示，在长方体中，为的中点，，且，求证：四点共面．
【答案】证明见解析
【分析】设，首先用表示，然后可得用表示出，从而证明三向量共面，得四点共面．
【详解】设，则，
为的中点，，
又，，
，
为共面向量，
又三向量有相同的起点，四点共面．
1.对空间任一点O，＝x＋y，若x＋y＝1，则点P，A，B共线．
2．证明空间四点P，M，A，B共面的方法
(1)＝x＋y；
(2)对空间任一点O，＝＋x＋y；
(3)对空间任一点O，＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)；
(4)∥(或∥或∥)．
考点三　空间向量数量积的应用
1．（2022·全国·高二课时练习）已知单位向量与x，y轴的夹角分别为60°，60°，与z轴的夹角为钝角，向量，则（ ）
A． B． C．1 D．1
【答案】C
【分析】设向量与z轴正向的夹角为，由cos260°+cos260°+cos2α＝1，求出的大小，再利用数量积运算求解即可．
【详解】解：在边长为1的正方体上作空间直角坐标系如图，分别是轴上的单位向量，
设单位向量与z轴正向的夹角为，
∵向量与x轴正向的夹角为60°，与y轴正向的夹角为60°，
∴cos260°+cos260°+cos2＝1，
解得cos2＝1，
∵与z轴的夹角为钝角，∴cos，∴＝135°，
∵，
则=2×1×11×1×（）＝1，
故选：C．
2．（2022·全国·高二专题练习）如图，圆台的高为4，上、下底面半径分别为3、5，M、N分别在上、下底面圆周上，且，则||等于（ ）
A． B．5 C． D．5
【答案】A
【分析】用，，表示出，计算再开方即可得出答案.
【详解】∵O2M⊥O1O2，O1N⊥O1O2，
∴ 0，0，
又3×5×cos60°.
∵，
∴2＝（）2
222+2 229+16+25+15＝65，
∴||.
故选：A.
3．（2022·河南·商丘市第一高级中学高一阶段练习）在一直角坐标系中，已知，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为_______．
【答案】8
【分析】平面直角坐标系中，沿轴将坐标平面折成的二面角后，在平面上的射影为，作轴，交轴于点，通过用向量的数量积转化求解距离即可.
【详解】在直角坐标系中，已知，现沿轴将坐标平面折成的二面角后，在平面上的射影为，作轴，交轴于点，
所以,
所以
，
所以,
故答案为：
4．（2022·全国·高二专题练习）已知空间四边形各边及对角线长都相等，分别为的中点，求与夹角余弦值．
【答案】
【分析】设，且各长度均为，根据空间向量的基本定理，得到，，根据数量积的公式和夹角公式，可得答案.
【详解】设，且各长度均为，
则，
因为，，且，，
所以，
所以.
与所成角的余弦值为.
空间向量数量积的应用
考点四 利用向量证明平行与垂直
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面，O，P分别是的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．存在点M，使平面SBC
C．存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°
D．点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值
【答案】ABD
【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法判断ACD，根据线面平行的判定定理判断B
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系（如图），
设，
则，
由M是棱SD上的动点，设，
，
，
，故A正确；
当为的中点时，是的中位线，
所以，
又平面，平面，
所以平面，故B正确；
，
若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°，
则，
化简得，方程无解，故C错误；
点M到平面ABCD的距离，
点M与平面SAB的距离，
所以点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为，是定值，故D正确；
故选：ABD
2．（2022·浙江·诸暨市教育研究中心高二学业考试）如图，三棱柱的底面为菱形，，为的中点，且.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以、、为基底，用向量法证明与垂直后可得线面垂直；
（2）在正四面体中取中心，得是高，是直线与平面所成角，然后求解可得．
（1）证明：以、、为基底，得，,，所以；同理可证，和是平面内两相交直线，所以平面.
（2）由已知四面体是正四面体，如图，是的中心，是的中点，，是正四面体的高，从而与底面上的直线垂直，是与平面所成的角，则，所以，．
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，，，D为AB的中点．试用向量的方法证明：平面．
【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量垂直证明线线垂直，再根据线面平行判定定理得结果.
【详解】
证明：建立如图所示空间直角坐标系，设，
则，，
，
设平面的法向量为，
则，故可令，
则，
即，又平面,
所以平面.
1.利用向量证明平行问题
(1)线线平行：方向向量平行．
(2)线面平行：平面外的直线方向向量与平面法向量垂直．
(3)面面平行：两平面的法向量平行．
2．利用向量法证垂直问题的类型及常用方法
线线垂直问题 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零
线面垂直问题 直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直
面面垂直问题 两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直
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
2．（2020·天津·高考真题）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
3．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．
（I）求证：平面；
（II）求直线与平面所成角的正弦值．
（III）求二面角的正弦值．
4．（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
一、单选题
1．三棱柱中，为棱的中点，若，则（ ）
A．
B．
C．
D．
2．已知矩形ABCD，AB＝1，BC，沿对角线AC将△ABC折起，若平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为，则B与D之间距离为（ ）
A．1 B． C． D．
3．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，则下列结论中
①+与1+1是一对相反向量；
②-1与-1是一对相反向量；
③1+1+1+1与+++是一对相反向量；
④-与1-1是一对相反向量．
正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为圆的直径，为圆上的点，则的最大值为（ ）
A．4 B． C．5 D．
5．下列命题中正确的是（　　）
A．若，，则与所在直线平行
B．向量、、共面即它们所在直线共面
C．空间任意两个向量共面
D．若，则存在唯一的实数λ，使
6．如图的平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M在BB1上，点N在DD1上，且BMBB1，D1ND1D，若，则x+y+z＝（　　）
A． B． C． D．
7．给出下列命题：
①若空间向量满足则
②空间任意两个单位向量必相等
③若空间向量满足则
④在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，必有
⑤向量（1，1，0）的模为；
其中假命题的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．在空间四点O，A，B，C中，若是空间的一个基底，则下列命题不正确的是（ ）
A．O，A，B，C四点不共线
B．O，A，B，C四点共面，但不共线
C．O，A，B，C四点不共面
D．O，A，B，C四点中任意三点不共线
二、多选题
9．（多选）在三维空间中，叫作向量与的外积，它是一个向量，且满足下列两个条件：①，，且，，三个向量构成右手系（如图所示）；②.在正方体中，已知其表面积为S，下列结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．与共线
10．设正六面体的棱长为2，下列命题正确的有（ ）
A．
B．二面角的正切值为
C．若，则正六面体内的P点所形成的面积为
D．设为上的动点，则二面角的正弦值的最小值为
11．如图，在边长为的正方体中，点在底面正方形内运动，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点使得平面
B．若，则动点的轨迹长度为
C．若平面，则动点的轨迹长度为
D．若平面，则三棱锥的体积为定值
12．已知点P为正方体内及表面一点，若，则（ ）
A．若平面时，则点P位于正方体的表面
B．若点P位于正方体的表面，则三棱锥的体积不变
C．存在点P，使得平面
D．，的夹角
三、填空题
13．已知梯形ABCD和矩形CDEF．在平面图形中，，．现将矩形CDEF沿CD进行如图所示的翻折，满足面ABCD垂直于面CDEF．设，，若面DBN，则实数的值为______．
14．正方体的棱长为2．动点P在对角线上．过点P作垂直于的平面．记平面截正方体得到的截面多边形（含三角形）的周长为y＝f（x），设BP＝x，．下列说法中，正确的编号为 _____．
①截面多边形可能为四边形；
②函数f（x）的图象关于x＝对称；
③当x＝时，三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为9π．
15．如图，已知一个的二面角的棱上有两点和，且和分别是在这两个面内且垂直于的线段．又知，，，则求CD的长为___．
四、解答题
17．如图所示，在直三棱柱中，，，，.
(1)求证：；
(2)在上是否存在点，使得平面，若存在，确定点位置并说明理由，若不存在，说明理由．
18．如图所示，在平行六面体中，，分别在和上，且，．
(1)证明：、、、四点共面．
(2)若，求．
19．已知为空间9个点(如图)，并且，，．，求证：
(1)四点共面；
(2)；
(3)．

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