高考数学二轮复习 专题八 立体几何 第3讲 空间向量与立体几何专题强化训练 理

x yz NMA B DC OPNMA BDCO2021年高考数学二轮专题复习 空间向量与立体几何（美术班）一、典型例题例1如图，正四棱柱中，，点在上且．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．解：以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系．依题设，1(220)(020)(021)(204)B C E A ，，，，，，，，，，，．，． （Ⅰ）因为，，故，．又， 所以平面．（Ⅱ）因为平面 所以平面的法向量就是，即 设向量是平面的法向量，则，则 取，，，即所以二面角的余弦值为．例2 如图，在四棱锥中，底面四边长为1的菱形，, , ,为的中点，为的中点 （Ⅰ）证明：直线；（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小； （Ⅲ）求点B 到平面OCD 的距离。

解：作于点P,如图,分别以AB,AP,AO 所在直线为轴建立坐标系22222(0,0,0),(1,0,0),((0,0,2),(0,0,1),(1A B P D O M N , (1)22222(1,,1),(0,,2),(2)44222MN OP OD =--=-=-- 设平面OCD 的法向量为,则即 取,解得22(1,,1)(0,4,2)044MN n =--=∵(2)设与所成的角为, , 与所成角的大小为(3)设点B 到平面OCD 的距离为,则为在向量上的投影的绝对值,由 , 得.所以点B 到平面OCD 的距离为AB CDEA 1B 1C 1D 1例3 如图， 在四面体ABOC 中, , 且（Ⅰ）设为为的中点， 证明： 在上存在一点，使，并计算的值； （Ⅱ）设的重心为，求直线与平面所成角的余弦值。

解：建立空间直角坐标系 （如图所示） 则 为中点，设 3333(1,0,0)(,,0)(1,,0),2222OQ OA AQ λλλ=+=+-=- 即， 所以存在点 使得 且。

（Ⅱ）易得的重心记平面的法向量为,则由，，且， 得， 故可取设直线与平面所成角为，则131663sin cos ,1348510131363636OG n θ++∴====⋅++⋅++所以直线与平面所成角的余弦值是二、专项练习1、在如图所示的几何体中，平面ABC ，平面ABC ，，，M 是AB 的中点。

2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》§8.5空间向量及其运算最新考纲1.经历向量及其运算由平面向空间推广的过程.2.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.3.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.4.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．1．空间向量的有关概念名称概念表示零向量模为0的向量0单位向量长度(模)为1的向量相等向量方向相同且模相等的向量a ＝b相反向量方向相反且模相等的向量a 的相反向量为－a共线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a ∥b 共面向量平行于同一个平面的向量2．空间向量中的有关定理(1)共线向量定理空间两个向量a 与b (b ≠0)共线的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb .(2)共面向量定理共面向量定理的向量表达式：p ＝x a ＋y b ，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量．(3)空间向量基本定理如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x a ＋y b ＋z c ，{a ，b ，c }叫做空间的一个基底．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OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a ，b的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记作a ⊥b .②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，记作a ·b ，即a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．(2)空间向量数量积的运算律①(λa )·b ＝λ(a ·b )；②交换律：a ·b ＝b ·a ；③分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c .4．空间向量的坐标表示及其应用设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).向量表示坐标表示数量积a·ba 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3共线a ＝λb (b ≠0，λ∈R )a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3垂直a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模|a |a 21＋a 22＋a 23夹角〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0)cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23概念方法微思考1．共线向量与共面向量相同吗？提示不相同．平行于同一平面的向量就为共面向量．2．零向量能作为基向量吗？提示不能．由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零向量不能作为基向量．3．空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取有关吗？提示无关．这是因为一个确定的几何体，其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的，坐标系的位置不同，只会影响其计算的繁简，不会影响结果．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)空间中任意两个非零向量a ，b 共面．(√)(2)在向量的数量积运算中(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )．(×)(3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .(×)(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．(×)(5)若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.(√)(6)若a·b <0，则〈a ，b 〉是钝角．(×)题组二教材改编2．如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是()A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案A解析BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3．正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，则EF 的长为________．答案2解析|EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长为2.题组三易错自纠4．在空间直角坐标系中，已知A (1，2，3)，B (－2，－1，6)，C (3，2，1)，D (4，3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是()A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直答案B解析由题意得，AB →＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)，∴AB →＝－3CD →，∴AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，∴AB ∥CD .5．已知a ＝(2，3，1)，b ＝(－4，2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝________.答案26解析∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0，∴x ＝2，∴|b |＝(－4)2＋22＋22＝2 6.6．O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C四点共面，则实数t ＝______.答案18解析∵P ，A ，B ，C 四点共面，∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18.题型一空间向量的线性运算例1如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →；(2)MP →＋NC 1→.解(1)因为P 是C 1D 1的中点，所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)因为M 是AA 1的中点，所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP→＝－12a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c .又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ，所以MP →＋NC 1→＋12b ＋＋12c ＝32a ＋12b ＋32c .思维升华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．跟踪训练1(1)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________________.答案12AB →＋12AD →＋AA 1→解析∵OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)，∴OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→.(2)如图，在三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →等于()A.12(－a ＋b ＋c )B.12(a ＋b －c )C.12(a －b ＋c )D.12(－a －b ＋c )答案B解析NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB→＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC→＝12(a ＋b －c )．题型二共线定理、共面定理的应用例2如图，已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点．(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)求证：BD ∥平面EFGH .证明(1)连接BG ，则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH→＝EF →＋EH →，由共面向量定理的推论知E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ，所以BD ∥平面EFGH .思维升华证明三点共线和空间四点共面的方法比较三点(P ，A ，B )共线空间四点(M ，P ，A ，B )共面PA →＝λPB →且同过点P MP →＝xMA →＋yMB→对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋(1－x )OB→对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋(1－x －y )OB→跟踪训练2如图所示，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．(1)向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？(2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？解(1)∵AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →，∴MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝kC 1A →＋AB →＋kBC →＝k (C 1A →＋BC →)＋AB →＝k (C 1A →＋B 1C 1→)＋AB →＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→＝AB →－k (AA 1→＋AB →)＝(1－k )AB →－kAA 1→，∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面．(2)当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合，MN 在平面ABB 1A 1内，当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内，又由(1)知MN →与AB →，AA 1→共面，∴MN ∥平面ABB 1A 1.综上，当k ＝0时，MN 在平面ABB 1A 1内；当0<k ≤1时，MN ∥平面ABB 1A 1.题型三空间向量数量积的应用例3如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ；(2)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值．(1)证明设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°.MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB→＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0.∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB .同理可证MN ⊥CD .(2)解设向量AN →与MC →的夹角为θ.∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r －12p2－12q ·p ＋r ·q －12r ·2－12a 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos2－a 24＋a 22－＝a 22.又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.∴cosθ＝23.∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.思维升华(1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置．(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角．(3)可以通过|a |＝a 2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解．跟踪训练3如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值．解(1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2＋12＋6，∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为6.(2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1，∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1，→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.1．已知a ＝(2，3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x 等于()A ．(0，3，－6)B ．(0，6，－20)C ．(0，6，－6)D ．(6，6，－6)答案B解析由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8，12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0，6，－20)．2．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面；③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④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p ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是()A ．0B ．1C ．2D ．3答案A解析a 与b 共线，a ，b 所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②不正确；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.3．已知向量a ＝(2m ＋1，3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于()A.32B ．－2C ．0 D.32或－2答案B解析当m ＝0时，a ＝(1，3，－1)，b ＝(2，0，0)，a 与b 不平行，∴m ≠0，∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m ，解得m ＝－2.4．在空间直角坐标系中，已知A (1，－2，1)，B (2，2，2)，点P 在z 轴上，且满足|PA |＝|PB |，则P 点坐标为()A ．(3，0，0)B ．(0，3，0)C ．(0，0，3)D ．(0，0，－3)答案C 解析设P (0，0，z )，则有(1－0)2＋(－2－0)2＋(1－z )2＝(2－0)2＋(2－0)2＋(2－z )2，解得z ＝3.5．已知a ＝(1，0，1)，b ＝(x ，1，2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为()A.5π6 B.2π3 C.π3 D.π6答案D解析∵a·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1，1，2)，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝32×6＝32，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴a 与b 的夹角为π6，故选D.6.如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是()A.3B.2C ．1 D.3－2答案D 解析∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD→|＝3－2.7．已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝________.答案－9解析由题意知c＝x a＋y b，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，x－y＝7，＋2y＝6，3x＋3y＝λ，解得λ＝－9.8．已知a＝(x，4，1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，则c＝________.答案(3，－2，2)解析因为a∥b，所以x－2＝4y＝1－1，解得x＝2，y＝－4，此时a＝(2，4，1)，b＝(－2，－4，－1)，又因为b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，解得z＝2，于是c＝(3，－2，2)．9．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，VP→＝13VC→，VM→＝23VB→，VN→＝23VD→.则VA与平面PMN的位置关系是________．答案平行解析如图，设VA→＝a，VB→＝b，VC→＝c，则VD→＝a＋c－b，由题意知PM→＝23b－13c，PN→＝23VD→－13VC→＝23a－23b＋13c.因此VA→＝32PM→＋32PN→，∴VA→，PM→，PN→共面．又VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确的序号是________．答案①②解析①中，(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1A →2＋A 1D 1→2＋A 1B 1→2＝3A 1B 1→2，故①正确；②中，A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中，两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中，|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确．11．已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面；(2)判断点M 是否在平面ABC 内．解(1)由题意知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →，∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →，∴MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M ，∴M ，A ，B ，C 四点共面．∴点M 在平面ABC 内．12．已知a ＝(1，－3，2)，b ＝(－2，1，1)，A (－3，－1，4)，B (－2，－2，2)．(1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点)解(1)2a ＋b ＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2.(2)令AE →＝tAB →(t ∈R )，所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB→＝(－3，－1，4)＋t (1，－1，－2)＝(－3＋t ，－1－t ，4－2t )，若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E －65，－145，13.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.答案56解析连接ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ，OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12a＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c .又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，所以x ＝16y ＝13，z ＝13，因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.14．A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC 中点，则△AMD 是()A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定答案C 解析∵M 为BC 中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD →＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0.∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形．15．已知O (0，0，0)，A (1，2，1)，B (2，1，2)，P (1，1，2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB→取最小值时，点Q 的坐标是________．答案(1，1，2)解析由题意，设OQ →＝λOP →，则OQ →＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q 点坐标为(1，1，2)．16．如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为棱AB ，BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．(1)证明设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ，根据题意得|a |＝|b |＝|c |，且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a ，∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0，∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)解∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |，AC ′→·CE →＝(－a ＋c ＋12c ＝12c 2＝12|a |2，∴cos 〈AC ′→，CE →〉＝AC ′，→·CE →|AC ′→||CE →|＝12|a |22×52|a |2＝1010，即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。

题型三 内切球问题
【例 3】 (一题多解)已知棱长为 a 的正四面体 ABCD，证明：其内切球的半径为126a. 证明 法一 如图，设 AH⊥平面 BCD，则 H 为△BCD 外心，可得外接球球心在 AH 上，设外接球球心为 O， 外接球半径为 R，则 AO＝BO＝R，在△BCD 中，可得
BH＝ 33a， 在 Rt△ABH 中，AH＝ AB2－BH2＝ 36a， 在Rt△BHO中，BO2＝BH2＋OH2， ∴BO2＝BH2＋(AH－OA)2，
①外接球：球心是正方体中心；半径
r＝
3 2 a(a
为正方体的棱长)；
②内切球：球心是正方体中心；半径 r＝a2(a 为正方体的棱长)；
③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径
r＝2 2 a(a来自为正方体的棱长).(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)
①外接球：球心是正四面体的中心；半径
∴R2＝ 33a2＋ 36a－R2，∴R＝ 46a， 因内切球球心与外接球球心重合，所以内切球半径 r＝OH＝AH－AO＝ 36a－
46a＝ 126a.
法二 如图， 设AH⊥平面BCD，设外接球球心为O，则点O也是内切
球球心，
由于内切球球心到各个面的距离相等，都为内切球半径，设为r，
∵VA－BCD＝VO－ABC＋VO－ACD＋VO－ABD＋VO－BCD.
题型二 外接球问题
【例2】 (1)(2017·新课标全国Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3、2、1，其顶点都在球
O的球面上，则球O的表面积为________.
(2)已知底面边长为 1，侧棱长 2的正四棱柱的各个顶点均在同一个球的球面上，则
该球的体积为( )
32π A. 3

高考数学二轮复习空间向量与立体几何专题训练（含解析）A 级——基础稳固组一、选择题→ →1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则 sin 〈CM，D1N〉的值为()14A. 9B.9 522C. 5D.93分析→→设正方体的棱长为2，以D为原点成立如下图空间坐标系，则CM＝(2，－2,1)1，，D N＝(2,2－1) ，→ →1∴ cos 〈CM，D1N〉＝－9，→ → 4 5∴ sin 〈CM，D1N〉＝9 .答案B2.如图， 三棱锥 A － BCD 的棱长全相等， E 为 AD 的中点， 则直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 ()33A.B.62331C.D.62→→→→→→ 1→ 2 1→→→→→→1 1 分析设 AB ＝ 1，则 CE · BD ＝ ( AE － A C ) ·(AD － AB ) ＝ 2AD － 2AD · AB －AC · AD ＋ AC · AB ＝ 2－21cos60°－ cos60°＋ cos60°＝ 4.→ →1→ → 4 3CE · BD∴ cos 〈CE ， BD 〉＝ → → ＝3 ＝ 6.应选 A.||| |CE BD2答案A3.如图，点 P 是单位正方体 ABCD － A B CD→ →中异于 A 的一个极点，则 AP · AB 的值为 ()1 1 1 1A ． 0B ． 1C ．0或 1D ．随意实数分析 →7 个向量： →→→→→→→ → → →AP 可为以下 AB ， AC ， AD ，AA 1， AB 1，AC 1， AD 1，此中一个与 AB 重合， AP · AB ＝| → | 2＝ 1；→，→1，→ 1与→垂直，这时 → · → ＝ 0； → ，→1与→的夹角为45°，这时→·→＝ 2AB AD AD AA AB AP ABAC AB ABAP AB×1×cos π ＝ 1，最后 →1· →＝ 3×1×cos ∠1＝ 3× 1 ＝ 1，应选 C.4 ACABBAC3答案 C4．(201 3·山东卷 ) 已知三棱柱－ 1 11的侧棱与底面垂直，体积为 9，底面是边长为3的正ABC ABC4三角形．若 P 为底面 A 1B 1C 1 的中心，则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为 ()5ππ A. 12B. 3πD.πC.64分析如下图，设△ABC1 3 3ABC 的中心为 O ， S＝ 2× 3× 3×sin60 °＝ 4 .3 39∴ VABC － A 1B 1C 1 ＝S ABC ×OP ＝4 × OP ＝ 4，∴ OP ＝ 3.32又 OA ＝ 2 × 3× 3＝1，OP ∴ tan ∠ OAP ＝＝ 3，OAπ又 0<∠ OAP < 2 ，π∴∠ OAP ＝ 3 .5．在正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中，点 E 为 BB 1 的中点，则平面 A 1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为 ()1 2 A. 2B. 332C. 3D. 2分析以 A 为坐标原点成立空间直角坐标系，如图．设棱长为 1，则 1(0,0,1) ，E 1， 0， 1， (0,1,0) ，A2 D→→1， 0，－1，112所以 AD ＝(0,1 ，－ 1)，AE ＝设平面 1 的一个法向量为 1＝(1 ， y ， ) ，A EDn zy － z ＝0，y ＝2，则1所以 n ＝ (1,2,2) ．所以1－ 2z ＝ 0， z ＝2，1由于平面 ABCD 的一个法向量为 n ＝ (0,0,1) ，2所以 |cos 〈n 1， n 2〉 | ＝223×1 ＝ .3即平面 A ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23. 应选 B.1答案 B6． P 是二面角 α－AB － β 棱上的一点，分别在 α， β 平面上引射线PM ，PN ，假如∠ BPM ＝∠＝45°，∠＝60°，那么二面角 － －的大小为 ()A．60° B ．70°C．80° D ．90°分析不如设 PM＝ a， PN＝ b，作 ME⊥ AB于点 E， NF⊥AB于点 F，如图．由于∠ EPM＝∠ FPN＝45°，所以 PE＝22a， PF＝22b，→ →→ →→→所以 EM· FN＝( PM－PE)·(PN－ PF)→ → →→ →→→ →＝ PM· PN－PM· PF－ PE· PN＋ PE·PF2222＝ab cos60°－ a×2 b cos45°－2 ab cos45°＋2 a×2 b abab ab ab＝2－2－2＋2＝0.→→所以 EM⊥ FN，所以二面角α－AB－β 的大小为90°.答案D二、填空题7．已知a＝ (2 ，－1,1)，b＝(－1,4，－2)，c＝(11,5，λ)．若向量 a，b，c 共面，则λ＝________.分析由向量，，c 共面可得c＝xa＋(x，∈R) ，a b yb y11＝ 2x－y，x＝7，故有 5＝－x＋ 4y，解得 y＝3，λ ＝x－2y，λ＝1.答案18．已知空间不共面四点，，，，→·→＝→·→＝→·→＝0，且 |→| ＝|→|＝|→|，→O A B COAOBOAOCOBOC OA OB OC AM →＝ MB，则 OM与平面 ABC所成角的正切值是________．分析由题意可知， OA ， OB ， OC 两两垂直，如图，成立空间直角坐标系O － xyz ，设 OA ＝ OB ＝ OC ＝ 1，1 1则 A (1,0,0) ， B (0,1,0) ， C (0,0,1) ， M 2 ，2， 0 ，→→ → 1 1故 AB ＝ ( － 1,1,0) ，AC ＝ ( － 1,0,1) ， OM ＝ 2，2，0 .设平面 ABC 的法向量为 n ＝ ( x ，y ， z ) ，→－ x ＋y ＝ 0，n ⊥AB ，则由得→ － x ＋z ＝ 0，n ⊥AC ，令 x ＝ 1，得平面 ABC 的一个法向量为 n ＝ (1,1,1) ．→1＝ 6故 cos 〈n ， OM 〉＝，2 33× 2→6 2 3sin 〈 n ，OM 〉＝1－3 ＝ 3 ，→→2sin 〈n ， OM 〉tan 〈 n ，OM 〉＝ cos 〈 ， →〉＝2.nOM答案229．已知点 E ， F 分别在正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 的棱 BB 1， CC 1 上，且 B 1E ＝ 2EB ， CF ＝ 2FC 1，则平面与平面所成的二面角的正切值为________．AEFABC分析如图，成立空间直角坐标系．设＝ 1，由已知条件得(1,0,0)，E1， 1，1，F0， 1，2，DA A33→1AE＝0， 1，3，→2AF＝－1，1，3，设平面 AEF的法向量为n＝( x，y， z)，平面 AEF与平面→n· AE＝0，由→n· AF＝0，ABC所成的二面角为θ，1y＋3z＝0，得2－x＋ y＋3z＝0.令 y＝1，得 z＝－3， x＝－1，则 n＝(－1,1，－3)，平面 ABC的法向量为 m＝(0,0，－1)，cos θ＝ cos〈n，m〉＝3，tanθ＝2. 113答案2 3三、解答题10.如下图，四棱锥S－ ABCD的底面是正方形，SD⊥平面 ABCD， SD＝ AD＝ a，点 E 是 SD上的点，且 DE＝λa(0<λ≤1)．(1)求证：对随意的λ∈(0,1]，都有AC⊥BE；(2)若二面角 C－ AE－ D的大小为60°，求λ的值．解(1) 证明：如下图，成立空间直角坐标系D －xyz ，则 A ( a, 0,0) ，B ( a ，a, 0) ，C (0 ，a, 0) ，D (0,0,0) ，E (0,0 ， λa ) ，∴→＝(－ ，0) ，→＝( － ，－ ，) ，ACaa, BEaa λa→ →对随意 λ∈ (0,1]都成立，∴ AC · BE ＝0即对随意的 λ∈ (0,1] ，都有 AC ⊥ BE .(2) 明显n ＝ (0,1,0) 是平面的一个法向量，ADE设平面 ACE 的法向量为 m ＝ ( x ，y ， z ) ，→→－ a, 0， λa )， ∵ AC ＝ ( － a ， a, 0) ， AE ＝(→－ ax ＋ ay ＝0， x － y ＝ 0， m · AC ＝ 0， ∴ →即＋＝ 0，∴－＝ 0.· ＝ 0， －ax λazxλzm AE令 z ＝ 1，则 x ＝ y ＝λ，∴ m ＝( λ， λ， 1) ．∵二面角 C － AE － D 的大小为 60°，∴ cos 〈n ，m 〉＝n ·mλ1＝＝ ，| n || m |1＋ 2λ222 ∵ λ∈ (0,1] ，∴ λ＝.211.(2014 ·北京卷 ) 如图，正方形AMDE的边长为 2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P－ABCDE中， F为棱 PE的中点，平面 ABF与棱 PD，PC分别交于点 G， H.(1)求证： AB∥ FG；(2) 若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．解 (1) 证明：在正方形AMDE中，由于B是AM的中点，所以 AB∥ DE.又由于 AB?平面 PDE，所以 AB∥平面 PDE.由于 AB?平面 ABF，且平面 ABF∩平面 PDE＝ FG，所以 AB∥ FG.(2)由于 PA⊥底面 ABCDE，所以 PA⊥AB，PA⊥ AE.如图成立空间直角坐标系A－ xyz，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)， C(2,1,0)， P(0,0,2)， F(0,1,1)→．， BC＝(1,1,0)设平面 ABF的法向量为 n＝( x，y， z)，→x＝0，n· AB＝0，则即n ·→＝0，y＋ z＝0. AF令 z＝1，则 y＝－1.所以 n＝(0，－1,1)．设直线 BC 与平面 ABF 所成角为 α，→1则 sin＝|cos 〈，→〉 | ＝ n ·BCα＝ .n BC→2| n || BC |π所以直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为 6 .设点 H 的坐标为 ( u ，v ， w ) ．→→由于点 H 在棱 PC 上，所以可设 PH ＝ λPC (0< λ<1) ，即 ( u ， v ， w － 2) ＝ λ(2,1 ，－ 2) ，所以 u ＝ 2λ ， v ＝ λ， w ＝ 2－ 2λ.由于 n 是平面 ABF 的法向量，→所以 n ·AH ＝ 0，即 (0 ，－ 1,1) ·(2 λ，λ， 2－ 2λ) ＝ 0，2解得 λ＝3.所以点 H 的坐标为4 2 2， ，3 3 3 .所以 ＝ 4 2 2 2 42＋ ＋ － ＝2.PH 3 3 3B 级——能力提升组1.(2014 ·江西卷 ) 如图，四棱锥 P － ABCD 中， ABCD 为矩形，平面 PAD ⊥平面 ABCD .(1) 求证： AB ⊥ PD ；(2) 若∠ BPC ＝90°， PB ＝ 2，PC ＝ 2，问 AB 为什么值时，四棱锥 P － ABCD 的体积最大？并求此时平面 PBC 与平面 DPC 夹角的余弦值．解 (1) 证明： ABCD 为矩形，故 AB ⊥ AD .又平面 PAD ⊥平面 ABCD ，平面 PAD ∩平面 ABCD ＝ AD ，所以 AB ⊥平面 PAD ，故 AB ⊥ PD .故 PO⊥平面 ABCD， BC⊥平面 POG， BC⊥ PG，23266在 Rt △BPC中，PG＝3，GC＝3，BG＝3，2242设 AB＝ m，则 OP＝PG－ OG＝3－ m，故四棱锥 P－ ABCD的体积为142m2V＝3·6· m·3－ m＝38－6m.由于－2＝24－2228m－＝6m－＋，86m8m 6m3366P－ABCD的体积最大．此时，成立如下图的坐标系，各故当 m＝，即 AB＝时，四棱锥3366626266点的坐标为 O(0,0,0)， B3，－3， 0， C3，3， 0，D 0，3， 0，P 0，0，3.→6266→故 PC＝3，3，－3， BC＝(0，6，0)，→6.CD＝－3，0，0设平面 BPC的法向量 n ＝( x， y, 1)，16266→→3 x＋3 y－3＝0，则由 n ⊥ PC， n ⊥ BC，得116y＝0，解得 x＝1， y＝0，n1＝(1,0,1)．21同理可求出平面＝0，，1，DPC的法向量n2进而平面与平面夹角的余弦值为11| n·n |110cos θ12＝5 .＝| n1|| n2|＝12·4＋ 12.如图，在长方体ABCD－ A1B1C1D1中， AA1＝ AD＝1，E 为 CD的中点．(1)求证： B1E⊥ AD1；(2)在棱 AA1上能否存在一点 P，使得 DP∥平面 B1AE？若存在，求 AP的长；若不存在，说明原因；(3)若二面角 A－ B1E－A1的大小为30°，求 AB的长．解 (1) 证明：以A 为原点，→，→，→x轴、y轴、z轴的正方向成立空间直角1的方向分别为AB AD AA1a1，1，0坐标系 ( 如图 ) ，设AB＝a，则A(0,0,0)， D(0,1,0)， D(0,1,1)， E2， B ( a, 0,1)，→→a→→a，1，011－，1，－ 11， AE＝2.故 AD＝(0,1,1)，BE＝2，AB＝( a, 0,1)→→a∵ AD1· B1E＝－2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥ AD1.(2)假定在棱 AA1上存在一点 P(0,0， z0)(0≤ z0≤1)，使得 DP∥平面 B1AE.高考数学二轮复习空间向量与立体几何专题训练(含分析)→此时 DP ＝ (0 ，－ 1， z 0) ．又设平面 B 1AE 的法向量 n ＝ ( x ， y ， z ) ．→→ax ＋ z ＝0， ax由 n ⊥ AB ，n ⊥ AE ，得12＋ y ＝ 0. 取 x ＝ 1，得平面 B 1AE 的一个法向量an ＝ 1，－ 2，－ a .→a要使 DP ∥平面 B 1AE ，只需 n ⊥DP ，有 2－ az 0＝ 0，1解得 z 0＝ 2. 又 DP ?平面 B 1AE ，1∴存在点P ，知足 DP ∥平面 B 1AE ，此时 AP ＝ 2.(3) 连结 A 1D ， B 1C ，由长方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 及 AA 1＝ AD ＝ 1，得 AD 1⊥ A 1D .∵ B 1C ∥ A 1D ，∴ AD 1⊥ B 1C .又由 (1) 知 B 1E ⊥ AD 1，且 B 1C ∩ B 1E ＝ B 1，∴ AD 1⊥平面 DCB 1A 1.→→．∴ AD 1是平面 A 1B 1E 的一个法向量，此时 AD 1＝ (0,1,1) → 设 AD 1与 n 所成的角为 θ ，a· →1－ 2－aAD.则 cos θ＝ → ＝2| n || AD 1|21＋ a＋ a 24∵二面角－ 1－ 1 的大小为 30°，A B E A3a∴ |cos θ| ＝cos30°，即235a 2＝2 ，21＋ 4解得 a ＝ 2，即 AB 的长为 2.。