2025版高考数学全程一轮复习练习第七章立体几何与空间向量第五节空间向量及其应用

这是一份2025版高考数学全程一轮复习练习第七章立体几何与空间向量第五节空间向量及其应用，共16页。

2．掌握空间向量的线性运算、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．
3．理解直线的方向向量与平面的法向量，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．
问题思考·夯实技能
【问题1】 “空间中任何两个向量都是共面向量”，这个结论是否正确？
【问题2】 类比平面向量基本定理写出空间向量基本定理．
关键能力·题型剖析
题型一 空间向量的线性运算
例1 如图，在三棱锥O-ABC中，点P，Q分别是OA，BC的中点，点D为线段PQ上一点，且PD＝2DQ，若记OA＝a，OB＝b，OC＝c，则OD＝( )

A．16a＋13b＋13c B．13a＋13b＋13c
C．13a＋16b＋13c D．13a＋13b＋16c
[听课记录]

题后师说
用已知向量表示某一向量的三个关键点
(1)要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．
(3)在立体几何中，三角形法则、平行四边形法则仍然成立．
巩固训练1
如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，M为BC的中点，N为A1C1靠近A1的三等分点，设AB＝a，AC＝b，AA1＝c，则用a，b，c表示NM为( )
A．12a＋16b－c B．－12a＋16b＋c
C．12a－16b－c D．－12a－16b＋c
题型二 空间向量基本定理的应用
例2 (1)[2024·江西萍乡模拟]若{a，b，c}构成空间的一个基底，则下列向量共面的是( )
A．a＋b，a－b－c，3a－c
B．a－2b，a＋c，－3b－c
C．2a＋b，a－c，3a＋b－c
D．a－2b，b＋c，3a－3b＋c
(2)[2024·福建莆田模拟]我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥P-ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，且EC＝2PE，若DE＝xAB＋yAC＋zAP，则x＋y＋z＝( )
A．1 B．2 C．13 D．53
[听课记录]

题后师说
恰当运用向量共面的充要条件：在空间中P，A，B，C四点共面⇔OP＝xOA＋yOB＋zOC(其中x＋y＋z＝1)，O为空间任意一点．
巩固训练2
[2024·安徽宣城模拟]四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若AE＝xAB＋yAD＋zAP，则x＋y＋z＝( )
A．32 B．1 C．52 D．2
题型三 空间向量数量积及其应用
例3 [2024·河北邯郸模拟]如图，在棱长为2的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°.
(1)求线段AC1的长度；
(2)求直线AC1与直线C1D的夹角的余弦值．
[听课记录]
题后师说
空间向量的数量积运算有两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．
巩固训练3
[2024·广东广州模拟]棱长为2的正方体中，E，F分别是DD1，DB的中点，G在棱CD上，且CG＝13CD，H是C1G的中点．
(1)证明：EF⊥B1C；
(2)求cs 〈EF，C1G〉；
(3)求FH的长．
题型四 向量法证明平行、垂直
例4 [2024·河北张家口模拟]如图，三棱锥P-ABC的底面ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2.D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，PD＝2，点M在线段PE上．
(1)试确定M的位置使得平面MBD⊥平面PBC；
(2)在(1)的条件下，判断直线AP与平面MBD的位置关系，并说明理由．
[听课记录]
题后师说
(1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素)．
(2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理．
巩固训练4
如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．
(1)求证：BM∥平面ADEF；
(2)求证：BC⊥平面BDE.
1．[2024·河南安阳模拟]已知点O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a＝OA+OB+OC，向量b＝OA+OB-OC，则与a，b不能构成空间基底的向量是( )
A．OA B．OB
C．OC D．OA或OB
2.如图，在斜棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则MC1＝( )
A．12a＋12b＋c B．－12a－12b－c
C．－12a＋12b＋c D．－12a－12b＋c
3．[2024·江苏南通模拟]设向量a＝(3，5，2)，b＝(－2，1，3)，当m与n满足下列哪种关系时，向量ma＋nb与x轴垂直( )
A．3m＝2n B．3m＝n
C．m＝2n D．m＝n
4．[2024·河北保定模拟]已知向量a＝(2，－1，1)，b＝(1，3，1)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为________．
第五节 空间向量及其应用
问题思考·夯实技能
【问题1】 提示：正确．根据向量相等的定义，可以把向量进行平移，空间任意两个向量都可以平移到同一平面内，成为共面向量．
【问题2】 提示：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.
关键能力·题型剖析
例1 解析：因为OD＝OP+PD＝12OA+23PQ＝12OA+23(OQ+OP)＝12OA+23OQ-23OP＝12OA+23×12(OB+OC)－23×12OA＝16OA+13OB+13OC＝16a＋13b＋13c.故选A.
答案：A
巩固训练1 解析：NM＝NC1＋C1C＋CM＝23b－c＋12(a－b)＝12a＋16b－c，故选A.
答案：A
例2 解析：(1)对于A，假设a＋b，a－b－c，3a－c共面，则存在实数x，y使得a＋b＝x(a－b－c)＋y(3a－c)，则x+3y=1，-x=1，-x-y=0，此方程组无解，假设不成立，a＋b，a－b－c，3a－c不共面；
对于B，假设a－2b，a＋c，－3b－c共面，则存在实数m，n使得a－2b＝m(a＋c)＋n(－3b－c)，则m=1，-3n=-2，m-n=0，此方程组无解，假设不成立，a－2b，a＋c，－3b－c不共面；
对于C，因为(2a＋b)＋(a－c)＝3a＋b－c，故2a＋b，a－c，3a＋b－c共面；
对于D，假设a－2b，b＋c，3a－3b＋c共面，则存在实数s，t使得a－2b＝s(b＋c)＋t(3a－3b＋c)，则3t=1，s-3t=-2，s+t=0，此方程组无解，假设不成立，a－2b，b＋c，3a－3b＋c不共面．故选C.
(2)∵EC＝2PE，∴PE＝13PC，
∴DE＝AE-AD＝AP+PE-AD＝AP+13PC-AD
＝AP+13(AC-AP)－AD＝23AP+13AC-AD
＝23AP+13AC-BC＝23AP+13AC－(AC-AB)
＝23AP-23AC+AB，
∴x＝1，y＝－23，z＝23，∴x＋y＋z＝1.
故选A.
答案：(1)C (2)A
巩固训练2 解析：因为AE＝AB+BC+CE＝AB+AD+EP＝AB+AD＋(AP-AE)，
所以2AE＝AB+AD+AP，
所以AE＝12AB+12AD+12AP，
所以x＝12，y＝12，z＝12，
所以x＋y＋z＝12+12+12＝32，故选A.
答案：A
例3
解析：(1)如图所示：
由图可知AC1＝AB+BC+CC1＝AB+AD+AA1，
因此由题意有
|AC1|＝|AB+AD+AA1|
＝AB2+AD2+AA12+2AB·AD+2AB·AA1+2AD·AA1
＝22+22+22+2×2×2×12+2×2×2×12+2×2×2×12
＝26.
(2)如图所示：
所以DC1＝DC+CC1＝AB+AA1，
由(1)可知AC1＝AB+AD+AA1，
所以由题意有AC1 ·DC1＝(AB+AD+AA1)·(AB+AA1)
＝AB2+AA12+2AB·AA1+AD·AB+AD·AA1，
＝22＋22＋2×2×2×12＋2×2×12＋2×2×12＝16，
又|DC1|＝AB2+AA12+2AB·AA1
＝ 22+22+2×2×2×12＝23，
且由(1)可知|AC1|＝26，
不妨设直线AC1与直线C1D的夹角为θ，
所以cs θ＝AC1·DC1AC1DC1＝1626×23＝223，
故直线AC1与直线C1D的夹角的余弦值为223.
巩固训练3 解析：(1)如图，以D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，
则D(0，0，0)，E(0，0，1)，F(1，1，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，B1(2，2，2)，G(0，43，0)，
因为EF＝(1，1，－1)，B1C＝(－2，0，－2)，
所以EF·B1C＝(1，1，－1)·(－2，0，－2)＝1×(－2)＋1×0＋(－1)×(－2)＝0，
所以EF⊥B1C，故EF⊥B1C.
(2)因为C1G＝(0，－23，－2)，所以|C1G|＝2103，
因为|EF|＝3，且EF·C1G＝(1，1，－1)·(0，－23，－2)＝2－23＝43，
所以cs 〈EF，C1G〉＝EF·C1GEFC1G＝433·2103＝43·3230＝230＝3015.
(3)因为H是C1G的中点，所以H(0，53，1)，
又因为F(1，1，0)，所以HF＝(1，－23，－1)，
|FH|＝ 12+-232+-12＝ 229＝223，即FH＝223.
例4 解析：(1)由题意，在三棱锥P-ABC中，DB⊥DC，
PD⊥平面ABC，DB⊂平面ABC，DC⊂平面ABC，
∴PD⊥DB，PD⊥DC，
建立空间直角坐标系如图所示，
∴B(2，0，0)，D(0，0，0)，C(0，2，0)，E(22，22，0)，A(0，－2，0)，P(0，0，2)，
设PM＝λPE(0<λ<1)．
∴DB＝(2，0，0)，PB＝(2，0，－2)，PC＝(0，2，－2)，PE＝(22，22，－2)，DP＝(0，0，2)．
∴DM＝DP+PM＝DP＋λPE＝(22λ，22λ，(1－λ)2)，
设平面MBD法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则DB·n1=2x1=0，DM·n1=22λx1+22λy1+1-λ2z1=0，
令z1＝λ，可得n1＝(0，2(λ－1)，λ)，
设平面PBC法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则PB·n2=2x2-2z2=0PC·n2=2y2-2z2=0，
可令x2＝y2＝1，可得n2＝(1，1，1)，
要使平面MBD⊥平面PBC，则n1·n2＝0，
∴n1·n2＝0＋2(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝23，
∴即PM＝23PE时平面MBD⊥平面PBC，
∴M为PE上靠近E的三等分点时平面MBD⊥平面PBC.
(2)由题意及(1)得，AP∥平面MBD，理由如下，
在三棱锥P-ABC中，AP＝(0，2，2)，平面MBD的法向量为n1＝(0，1，－1)，
∵AP·n1＝(0，2，2)·(0，1，－1)＝0，∴AP∥平面MBD，
∵AP⊄平面MBD，∴AP∥平面MBD.
巩固训练4
证明：(1)根据题意可知平面ADEF⊥平面ABCD，
平面ADEF∩平面ABCD＝AD，
又ADEF是正方形，所以AD⊥ED，ED⊂平面ADEF，
所以ED⊥平面ABCD，即DA，DC，DE两两垂直；
以D为原点，分别以DA，DC，DE为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2)，
又M为CE的中点，所以M(0，2，1)，
则BM＝(－2，0，1)，AD＝(－2，0，0)，AF＝(0，0，2)，
所以BM＝AD+12AF，故BM，AD，AF共面．
又BM⊄平面ADEF，所以BM∥平面ADEF.
(2)BC＝(－2，2，0)，DB＝(2，2，0)，DE＝(0，0，2)，
易知BC·DB＝－4＋4＝0，所以BC⊥DB；
又BC·DE＝0，可得BC⊥DE；
又DB∩DE＝D，DB，DE⊂平面BDE，
所以BC⊥平面BDE.
随堂检测
1．解析：∵OC＝12(a－b)＝12(OA+OB+OC)－12(OA+OB-OC)，∴OC与a、b不能构成空间基底．故选C.
答案：C
2．解析：C1M＝AM-AC1＝12(AB+AD)-(AB+BC+CC1)＝-12a-12b-c，MC1＝－C1M＝12a＋12b＋c.故选A.
答案：A
3．解析：∵a＝(3，5，2)，b＝(－2，1，3)，∴ma＋nb＝(3m－2n，5m＋n，2m＋3n)，取x轴的方向向量为e＝(1，0，0)，若向量ma＋nb与x轴垂直，则3m－2n＝0，解得3m＝2n.故选A.
答案：A
4．解析：cs 〈a，b〉＝a·bab＝2，-1，1·1，3，14+1+1×1+9+1＝2-3+16×11＝0，故a⊥b，故以a，b为邻边的平行四边形为矩形，面积为|a|·|b|＝6·11＝66.
答案：66