（寒假）新高考数学一轮复习考点精讲+随堂检测09空间向量与立体几何（教师版）

第第页第09课空间向量与立体几何考点01空间向量及其运算【例1】已知三棱锥，点M，N分别为，的中点，且，，，用，，表示，则等于（）

A．B．C．D．【答案】D【详解】因为，，，所以.故选：D.【变式1】已知空间向量，且，则与的夹角的余弦值为（

）A．B．C．D．【答案】B【详解】向量，则，由，得，解得，，因此，，，所以与的夹角的余弦值.故选：B【变式2】如图，在棱长为的正四面体中，分别为棱的中点，则．

【答案】【分析】根据向量线性运算，将转化为，根据向量数量积的定义和运算律可求得结果.【详解】.故答案为：.考点02空间共面向量定理【例2】已知，若三向量共面，则实数等于（）A．1B．2C．3D．4【答案】A【分析】利用向量共面定理，设，列出方程组，即可求出实数．【详解】，三向量共面，可设，即，，解得．故选：A．考点03求平面的法向量【例3】已如点，，者在平面内，则平面的一个法向量的坐标可以是（

）A．B．C．D．【答案】C【分析】设出法向量，利用向量垂直得到方程组，取求出，与共线的向量也是法向量，得到答案.【详解】由，，，得，，设是平面的一个法向量，则即,取，则，故，则与共线的向量也是法向量，经验证，只有C正确..故选：C．【变式3】（多选）已知平面内两向量，且，若为平面的一个法向量，则（）A．B．C．D．【答案】AC【分析】先根据空间向量的坐标运算求出，再根据数量积的坐标表示即可得解.【详解】，由为平面的一个法向量，得，解得.故选：AC.考点04利用空间向量证明平行，垂直18．如图所示，在正方体中，E是棱DD1的中点，点F在棱C1D1上，且，若∥平面，则（

）A．B．C．D．【答案】C【详解】如图所示，以A为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，可得，设是平面的法向量，则，令，则，即，由，且，可得，又因为，则，由∥平面，可得，解得.故选：C.考点05求空间角【例5】如图，正三棱柱中，，，，，.

(1)试用，，表示；(2)求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)；(2)【分析】（1）根据题意结合空间向量的线性运算求解；（2）根据空间向量的线性运算可得，再结合数量积的运算律可得，，，进而可得结果.【详解】（1）因为，所以.（2）因为，且，，，，可得，，，则，所以异面直线与角的余弦值为.考点06已知夹角求其他量【例6】如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，则线段的长为【答案】【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用向量的夹角公式求出的最大值，从而确定Q点在上的位置，即可求得答案.【详解】因为平面年，所以两两垂直,以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标分别为,因为,设，又，则，又，从,设，则,当且仅当，即时，的最大值为,即直线与所成角的余弦值的最大值为，而直线与所成角的范围为，因为在上是减函数，故此时直线与所成角最小，又因为，所以，故答案为：考点07求异面直线，点到面或者面到面的距离【例7】如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，F为线段的中点．(1)求直线\到直线的距离；(2)求直线到平面的距离．【答案】(1)；(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线到直线的距离；（2）转化为到平面的距离,利用点到平面的距离向量法可得答案.【详解】（1）建立如下图所示的空间直角坐标系，，，因为，所以，即，所以点到直线的距离即为直线到直线的距离，，，，，所以直线到直线的距离为；（2）因为，平面，平面，所以平面，所以直线到平面的距离等于到平面的距离，,，设平面的一个法向量为，则，即，取，可得，所以到平面的距离为，所以直线到平面的距离为.考点08求点到线的距离【例8】如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，为棱的中点，点在上，且，则的中点到直线的距离是．【答案】【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，计算出、，进而可计算得出点到直线的距离为.【详解】因为平面，底面为正方形，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，则点、、，，，，所以，，所以，的中点到直线的距离.故答案为：.考点09点的存在性问题【例9】图①是直角梯形，，，四边形是边长为的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且.

(1)求证：平面平面；(2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为【分析】（1）由二面角平面角定义可知是二面角的平面角，利用勾股定理可说明，由此可证得结论；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由点到平面距离的向量求法可构造方程求得，利用线面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）在图①中，连接，交于，四边形是边长为的菱形，，，；在图②中，相交直线均与垂直，是二面角的平面角，，，，，平面平面.（2）以为坐标原点，正方向为轴可建立如图②所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，设，，则，设平面的一个法向量，则，令，解得：，，；点到平面的距离，解得：或（舍），，，，直线与平面所成角的正弦值为.

空间向量与立体几何随堂检测1.如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，则点P到直线AC的距离的最小值为（）

A．1B．C．D．【答案】C【分析】以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线距离可得.【详解】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），设P（2﹣t，2，t），（0≤t≤2），，设异面直线的公共法向量为，则，取x＝1，得，∴点P到直线AC的距离为：，点P到直线AC的距离的最小值为.故选：C.

2.设空间向量，，若，则．【答案】9【分析】先利用空间向量共线定理，得到，由此求出和的值，得到，的坐标，求出的坐标，再利用向量模的计算公式求解即可．【详解】解：因为空间向量，，且，所以，即，可得，解得，，所以，则，所以．故答案为：93.已知向量，若，则．【答案】【分析】设，依题意可得，再根据向量夹角公式即可求解.【详解】设向量，，，设与的夹角为，，，.故答案为：.4.正四棱柱中，与平面所成角的正弦值为，则异面直线与所成角的余弦值为．【答案】【分析】建立空间直角坐标系，利用线面角的正弦值求出的长，进而求出异面直线的夹角的余弦值.【详解】以A为坐标原点，分别以AB，AD，所在直线为轴建立空间直角坐标系，因为棱柱为正四棱柱，设，，则，其中平面的法向量为，设与平面所成角为，则，解得：，所以，，设异面直线与所成角为，所以.故答案为：5.如图，在四棱锥中，，，，E为PC的中点.

(1)求证：平面PAD；(2)若，平面平面ABCD，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;;(2)【分析】（1）取CD的中点O，连接EO，BO，利用三角形中位线和同位角相等两直线平行，通过证明平面平面PAD即可得证.（2）以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用法向量求解即可.【详解】（1）取CD的中点O，连接EO，BO，∵E为PC中点，∴，而平面PAD，平面PAD，∴平面PAD，∵，，∴，又，∴，∴,∴为等边三角形，∴，又，∴，而平面PAD，平面PAD，∴平面PAD，又，平面∴平面平面PAD，而平面EOB，∴平面PAD.

（2）∵，∴.∵