专题8.4 空间向量与立体几何（解析版）

专题8.4空间向量与立体几何题型一空间向量及其运算题型二空间共面向量定理题型三求平面的法向量题型四利用空间向量证明平行，垂直题型五求空间角题型六已知夹角求其他量题型七求异面直线，点到面或者面到面的距离题型八求点到线的距离题型九点的存在性问题题型一空间向量及其运算例1．（2022·全国·高三专题练习）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，设ABa，ADb，1AAc．(1)用a，b，c表示1AC；(2)求AC1的长．【答案】(1)1ACabc(2)82【分析】（1）由空间向量加法法则得111ACABBCCCABADAA，由此能求出结果．（2）由221ACabc即可求出AC1的长．【详解】（1）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，ABa，ADb，1AAc，111ACABBCCCABADAAabc．（2）AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，111ACABBCCCABADAAabc．221ACabc222222abcabacbc259160254cos60234cos6082.AC1的长|1ACuuur|82.例2．（2022·全国·高二专题练习）已知向量(0,1,1)a，(4,1,0)b，||29ab且0，则（）A．2B．2C．3D．3【答案】D【分析】对||29ab两边平方，列出方程解出．【详解】||2a，||17b，1ab．∵||29ab，∴2()29ab．即222||2||29aabb，∴222120，∵0，∴3．故选：D．练习1．（2023春·高二课时练习）如图所示，已知正四面体OABC的棱长为1，点E，F分别是OA，OC的中点．求下列向量的数量积：(1)OAOB(2)EFCB(3)OAOBCACB【答案】(1)12(2)14(3)1【分析】（1）正四面体的每个面均为等边三角形，夹角为60，再结合空间向量数量积的运算法则，得解；（2）由12EFAC，代入运算，即可得解；（3）取AB的中点D，连接DO，DC，可推出()()4OAOBCACBODCD，再在OCD中，利用余弦定理求出cosODC的值，从而得解．【详解】（1）1cos11cos602OAOBOAOBAOB（2）11111cos120224EFCBACCB；（3）取AB的中点D，连接DO，DC，则2OAOBOD，2CACBCD，在OCD中，32DODC，1OC，由余弦定理知，2222233()()1122cos2333222DODCOCODCDODC，所以331()()441223OAOBCACBODCD．练习2．（2022·高三课时练习）已知：,4,1,2,,1,3,2,axbycz，a∥b，b⊥c，求：(1)a，b，c；(2)ac与bc所成角的余弦值.【答案】(1)2,4,1,2,4,1,3,2,2abc(2)219【分析】（1）由空间向量平行与垂直坐标公式列出方程组，即可求解.（2）利用空间向量的夹角坐标公式，即得.【详解】（1）∵a∥b，∴4121xy，解得2,4xy，故2,4,1,2,4,1abrr，又因为bc，所以bc0，即234210z，解得2z，故3,2,2c；（2）由（1）可得ac（5，2，3），bc（1，﹣6，1），设向量ac与bc所成的角为，则cosacbcacbc222222512631219523161.练习3．（2023秋·贵州铜仁·高三统考期末）如图，在三棱锥OABC中，点E，F分别是OB，AC的中点，M是EF的中点，设OAa，OBb，OCc，用a，b，c表示BM，则BM（）A．131444abcB．131222abcC．131424abcD．131242abc【答案】A【分析】根据空间向量的线性运算计算得解.【详解】因为M是EF的中点，E，F分别是OB，AC的中点，所以111244BMBFBEBCBABO1144OCOBOAOBOB131444OAOBOC131444abc.故选：A练习4．（2023·山东·校联考模拟预测）定义两个向量u与v的向量积uv是一个向量，它的模sin,uvuvuv，它的方向与u和v同时垂直，且以,,uvn的顺序符合右手法则（如图），在棱长为2的正四面体ABCD中，则ABADAC（）A．42B．4C．43D．23【答案】A【分析】根据题中条件确定ABAD，设底面△ABD的中心为O，则CO⊥平面ABD，可求得6cos,cos3ACOCACO，又ABAD的方向与OC相同，代入计算可得答案．【详解】，3sin,22232ABADABADABAD，设底面△ABD的中心为O，连接CO，AO，则OC⊥平面ABD，又AO，AB，AD平面ABD，故OC⊥AO，OC⊥AB，OC⊥AD，3223233AOAB，22426433OCACAO，在ACO△中，2663cos23OCACOAC，则6cos,cos3ACOCACO，又ABAD的方向与OC相同，所以6232423ABADAC．故选：A．练习5．（2022·高三单元测试）（多选）已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（﹣1，3，1），则正确的有（）A．AB与AC是共线向量B．AB的单位向量是（1，1，0）C．AB与BC夹角的余弦值是36D．平面ABC的一个法向量是（1，﹣1，3）【答案】CD【分析】由ABAC，可判断选项A；AB的单位向量为±ABAB，可判断选项B；由cos,ABBCABBCABBC，可判断选项C；设平面ABC的一个法向量为,,nxyzr，由00nABnAC，求得n，即可判断D．【详解】解：由题意知，1,1,0AB，1,2,1AC，2,1,1BC，因为ABAC，所以AB与AC不是共线向量，即A错误；AB的单位向量为22ABABAB，所以AB的单位向量为22,,022或22,,022，即B错误；213cos,626ABBCABBCABBC，所以AB与BC夹角的余弦值为36，即C正确；设平面ABC的一个法向量为,,nxyzr，则00nABnAC，即020xyxyz，令x＝1，则y＝﹣1，z＝3，所以1,1,3nr，即D正确．故选：CD．题型二空间共面向量定理例3．（2022·高二课时练习）（多选）若abc，，构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（）A．bc，b，bcB．a，ab，abC．ab，ab，cD．ab，abc，c【答案】ABD【分析】利用共面向量定理逐项分析判断作答.【详解】,,abc构成空间的一个基底，对于A，()2bcbcb，因此bc，b，bc共面，A正确；对于B，)()(2aabba，因此a，ab，ab共面，B正确；对于C，假定ab，ab，c共面，则存在,R使得()()()()cababab，而,,abc不共面，则00，解得0，于是0c，,,abc共面，与,,abc不共面矛盾，因此ab，ab，c不能共面，C错误；对于D，()abcabc，因此ab，abc，c共面，D正确．故选：ABD例4．（2023春·江苏宿迁·高三校考阶段练习）已知向量1e，2e不共线，12ABee，1228ACee，1235ADee，则（）A．AB与AC共线B．AB与CD共线C．A，B，C，D四点不共面D．A，B，C，D四点共面【答案】D【分析】根据平面向量共线定理及推论依次判断各个选项即可.【详解】对于A，1128，不存在实数，使得ABAC成立，AB与AC不共线，A错误；对于B，1228ACee，1235ADee，1213CDADACee，又11113，不存在实数，使得ABCD成立，AB与CD不共线，B错误；对于C、D，若A，B，C，D四点共面，则有1212(2)(8)35ADxAByACxyexyeee，2385xyxy，即17343xy，故17433ADABAC，故A，B，C，D四点共面，C错误，D正确.故选：D.练习6．（2023春·河南安阳·高三安阳一中校联考开学考试）在空间直角坐标系中，已知点2,3,1,1,1,1,0,1,1,1,1,ABCDx，若,,,ABCD四点共面，则x__________.【答案】1【分析】利用平面向量基本定理，列出关系式，利用向量的坐标运算得出关系式，即可求解【详解】∵2,3,1,1,1,1,0,1,1,1,1,ABCDx，∴3,2,2AB，2,4,0AC，1,2,1ADx，又∵,,,ABCD四点共面，∴由平面向量基本定理可知存在实数,使ADABAC成立,∴,1,2,103,222,4,x,∴13222412x，解得1012x，故答案为：1练习7．（2023春·高三课时练习）设空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若点P满足向量关系OPxOAyOBzOC（其中1xyz），试问：P，A，B，C四点是否共面？【答案】共面【分析】由已知得(1)OPyzOAyOBzOC，由此利用空间向量共面定理能证明P，A，B，C四点共面．【详解】解：P，A，B，C四点共面．理由如下：OPxOAyOBzOC，1xyz，(1)OPyzOAyOBzOCOAyOAzOAyOBzOCOAyOBOAzOCOAOAyABzAC，即APyABzAC，由A，B，C三点不共线，可知AB和AC不共线，由共面定理可知向量AP，AB，AC共面，P，A，B，C四点共面．练习8．（2023·高二校考课时练习）已知{},,abc是空间的一组基底，则可以与向量pab，qab构成基底的向量是（）A．aB．bC．2abD．2ac【答案】D【分析】利用空间共面向量定理及基底的概念判断即可.【详解】∵pab，qab，∴,pq与,ab共面，故A，B错误；∵313122222abababpq，∴2ab与,pq共面，故C错误；∵{},,abc是基底，∴不存在,xy使2abyabacxyaxxybrrrrrrrr成立，∴2ac与,pq不共面，故2ac可以与,pq构成空间的一组基底，故D正确.故选：D.练习9．（2022·北京·高三强基计划）（多选）如图，已知正三棱锥PABC的侧棱长为l，过其底面中心O作动平面，交线段PC于点S，交,PAPB的延长线于M，N两点．则下列说法中正确的是（）A．111PSPMPN是定值B．111PSPMP