第2讲 空间向量和空间直角坐标系（解析版）-2021年新高考数学之立体几何综合讲义

第 2 讲 空间向量和空间直角坐标系 一．选择题（共 8 小题） 1．如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，若 1, ,CA a CB b CC c      ，则 1 (A B  ) A． a b c   B． a b c   C． a b c    D． a b c    【解答】解：直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1, ,CA a CB b CC c      ， 所以 1 1 1 1 1 1A B A B B B AB C C CB CA CC b a c a b c                          ． 故选： D ． 2．空间四边形 ABCD 中，若向量 ( 3AB   ，5，2) ， ( 7CD   ， 1 ， 4) 点 E ，F 分别为线段 BC ，AD 的 中点，则 EF  的坐标为 ( ) A． (2 ，3， 3) B． ( 2 ， 3 ， 3) C． (5 ， 2 ，1) D． ( 5 ，2， 1) 【解答】解：点 E ， F 分别为线段 BC ， AD 的中点，  EF OF OE    ， 1 ( )2OF OA OD    ， 1 ( )2OE OB OC    ．  1 1( ) ( )2 2EF OA OD OB OC        1 ( )2 BA CD   1[(32  ， 5 ， 2) ( 7   ， 1 ， 4)] 1 ( 4, 6, 6)2     ( 2  ， 3 ， 3) ． 故选： B ． 3．已知直线l 的方向向量为 ( 1a   ，0，1) ，点 (1A ，2， 1) 在l 上，则点 (2P ， 1 ，2) 到l 的距 离为 ( ) A． 15 B．4 C． 17 D．3 2 【解答】解：根据题意，得； ( 1PA   ，3， 3) ， ( 1a   ，0，1) ， cos a   ， 1 0 3 2 192 19 PA       ， sin a   ， 17 19PA  ； 又 | | 19PA   ， 点 (2P ， 1 ， 2) 到直线 l 的距离为 | | sinPA a  ， 1719 1719PA    ． 故选： C ． 4．同时垂直于 (2a  ，2，1) ， (4b  ，5， 3) 的单位向量是 ( ) A． 1 2 2( , , )3 3 3  B． 1 2 2( , , )3 3 3   C． 1 1 2( , , )3 3 3  D． 1 2 2( , , )3 3 3  或 1 2 2( , , )3 3 3   【解答】解：设同时垂直于 (2a  ，2，1) ， (4b  ，5， 3) 的单位向量为 (e x ， y ， )z ， 则 0 0 | | 1 e a e b e          ，即 2 2 2 2 2 0 4 5 3 0 1 x y z x y z x y z            ，解得 1 3 2 3 2 3 x y z         或 1 3 2 3 2 3 x y z          故 1(3e  ， 2 3  ， 2)3 ，或 1( 3e   ， 2 3 ， 2)3  ， 故选： D ． 5．已知正四面体 ABCD 的棱长为 1，点 E 、 F 分别是 AD 、 DC 中点，则 (EF AB    ) A． 1 4 B． 1 4  C． 3 4 D． 3 4  【解答】解：点 E 、 F 分别是 AD 、 DC 中点  1 2EF AC  1 1 1 1 1| | | |cos60 1 12 2 2 2 4EF AB AC AB AC AB                故选： A ． 6．如图所示，已知空间四边形 OABC ，OB OC ，且 3AOB AOC     ，则 cos OA  ，BC  的值为 ( ) A． 3 3 B．0 C． 1 2 D． 2 2 【解答】解：空间四边形 OABC 中， OB OC ， 3AOB AOC     ，  BC OC OB    ，  ( )OA BC OA OC OB OA OC OA OB                | | | | cos | | | | cos3 3OA OC OA OB          1 | | (| | | |)2 OA OC OB     0 ， cos OA   ， 0 | | | | OA BCBC OA BC        ． 故选： B ． 7．三棱柱 1 1 1ABC A B C 的侧棱与底面垂直， 1 1AA AB AC   ， AB AC ， N 是 BC 的中点，点 P 在 1 1A B 上，且满足 1 1 1A P A B  ，当直线 PN 与平面 ABC 所成的角取最大值时，  的值为 ( ) A． 1 2 B． 2 2 C． 3 2 D． 2 5 5 【解答】解：如图，以 AB ， AC ， 1AA 分别为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系 A xyz ， 则 (P  ，0，1) ， 1(2PN   ， 1 2 ， 1) ， 平面 ABC 的一个法向量为 (0n  ，0，1) 2 | | 1sin | | | | 1 5( )2 4 PN n PN n           ， 当 1 2   时， 2 5(sin ) 5max  ，此时角 最大为 2 5arcsin 5 ． 故选： A ． 8．点 P 为底边长为 2 3 ，高为 2 的正三棱柱表面上的动点，MN 是该棱柱内切球的一条直径，则 PM PN    取 值范围是 ( ) A．[0 ， 2] B．[0 ， 3] C．[0 ， 4] D．[ 2 ， 2] 【解答】解：由题意，问题等价于已知 MN 是边长为 2 3 的正 ABC 内切圆的一条直径， P 为边 AB 上的一动点， 求 PM PN    的取值范围． 建立如图所示的直角坐标系， D 是边长为 2 3 的正 ABC 内切圆， 内切圆的半径 1 1 3| | 2 3 13 3 2r OC     ． 正 ABC 内切圆的方程为 2 2( 1) 1x y   ． 2 ( ) ( )PM PN PO OM PO ON PO OM ON                2 2 2| | 1PO r PO    ， 将之转化成 P 到内切球球心的距离求解， 当 P 位于底面中心时 1minPO  ， P 位于顶角时 maxPO 根号 5， 所以 PM PN    的取值范围的取值范围是[0 ， 4]．  PM PN    的取值范围的取值范围是[0 ， 4]． 故选： C ． 二．填空题（共 6 小题） 9．由空间向量基本定理可知，空间任意向量 p 可由三个不共面的向量 , ,a b c  唯一确定地表示为 p xa yb zc     ，则称 (x ， y ， )z 为基底 , ,a b c   下的广义坐标．特别地，当 , ,a b c   为单位正交基底 时，(x ， y ， )z 为直角坐标．设 , ,i j k   分别为直角坐标中 x ， y ， z 正方向上的单位向量，则空间直角坐标 (1，2， 3) 在基底 , ,i j i j k       下的广义坐标为 3 1( , ,3)2 2  ． 【解答】解：根据平面向量基本定理，空间直角坐标 (1，2，3) 对应的向量为 2 3i j k    ， 由于 3 12 3 ( ) ( ) 32 2i j k i j i j k             ， 则空间直角坐标 (1，2，3) 在基底 , ,i j i j k       下的广义坐标为 3 1( , ,3)2 2  故答案为： 3 1( , ,3)2 2  ． 10．在四棱锥 P ABCD 中，设向量 (4, 2,3)AB   ， ( 4,1,0)AD   ， ( 6,2, 8)AP    ，则顶点 P 到底面 ABCD 的距离为 2 【解答】解：四棱锥 P ABCD 中， 向量 (4, 2,3)AB   ， ( 4,1,0)AD   ， ( 6,2, 8)AP    ， 设底面 ABCD 的法向量 (n x ， y ， )z ， 则 4 2 3 0 4 0 n AB x y z n AD x y            ，取 1x  ，得 (1n  ，4， 4)3 ， 顶点 P 到底面 ABCD 的距离为： 26 | | 3 2| | 1617 9 AP nd n        ． 顶点 P 到底面 ABCD 的距离为 2． 故答案为：2． 11．在空间直角坐标系 O xyz 中，若原点到平面 3 2 1x y az   的距离等于 1 7 ，则 a 的值为 6 ． 【解答】解：平面 3 2 1x y az   的法向量 (3n  ， 2 ， )a ， 原点到平面 3 2 1x y az   的距离等于 1 7 ， 2 | 1| 1 79 4 d a      ， 解得 6a   ． 故答案为： 6 ． 12．空间直角坐标系 xOy 中，过点 0(P x ， 0y ， 0 )z 且一个法向量为 ( , , )n a b c 的平面  的方程为 0 0 0( ) ( ) ( ) 0a x x b y y c z z      ，过点 0(P x ， 0y ， 0 )z 且方向向量为 ( , , )( 0)n u v w uvw  的直线 l 的方程 为 0 0 0x x y y z z u v w     ，阅读上面材料，并解决下面问题：已知平面 的方程为 1 0x y z    ，直线 l 是两个平面 2 0x y   与 2 1 0x z   的交线，则直线l 与平面 所成角的正弦值为 2 3 ． 【解答】解：联立 1 0 2 0 2 1 0 x y z x y x z             ，解得 0 2 1 x y z      ， 可得直线 l 与平面 的交点 (0P ，2，1) ， 平面 的方程为 1 0x y z    ，变为： ( 2) ( 1) 0x y z     ， 可得平面 的法向量 (1n  ， 1 ，1) ． 直线 l 是两个平面 2 0x y   与 2 1 0x z   的交线， 可得直线 l 的方程为： 2 1 1 1 2 x y z   ，可得直线 l 的方向向量 (1u  ，1， 2) ． 直线 l 与平面 所成角的正弦值 | | 2 2| cos , | | | | | 33 6 n un u n u            ． 故答案为： 2 3 ． 13．已知点 P 是棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面 1 1 1 1A B C D 上一点（包括边界），则 PA PC    的取值 范围是 1[ ,1]2 ． 【解答】解：如图所示，建立空间直角坐标系． 1(0A ，0， 0) ， (0A ，0，1) ， (1C ，1，1) ， 设 (P x ， y ， 0) ， (x ， [0y  ，1]) ． (PA x  ， y ，1) ， (1PC x  ，1 y ，1) ，  (1 ) (1 ) 1PA PC x x y y        2 21 1 1( ) ( ) ( , )2 2 2x y f x y      ． 当 1 2x  ， 1 2y  时， ( , )f x y 取得最小值 1 2 ． 当点 P 取 (0 ，0， 0) ， (1，0， 0) ， (0 ，1， 0) ， (1，1， 0) ， ( , )f x y 取得最大值 1． 1( , ) [ ,1]2f x y  ． 故答案为： 1[ ,1]2 ． 14．将边长为 1 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角，若点 P 满足 1 1 2 2BP BA BC BD      ，则 2| |BP  的值为 9 4 ． 【解答】解：由题意，翻折后 AC AB BC  ， 则 22| |BP BP  21 1( )2 2BA BC BD     21( )2 CA BD   2 21 | | | |4 CA BD CA BD       由| | 1CA  ，| | 2BD  ， CA BD  解得 2 9| | 4BP  ． 故答案为： 9 4 ． 三．解答题（共 10 小题） 15．已知 3 2 4 0a m n p       ， ( 1) 8 2b x m n yp       ，且 m 、 n 、 p 不共面，若 / /a b  ，求 x ， y 的值． 【解答】解： / /a b  ，且 a 是非零向量  b a  ，即 ( 1) 8 2 3 2 4x m n yp m n p        ． 又向量 m ， n ， p 不共面  1 8 2 3 2 4 x y    ，解之得 13x   ， 8y  16．已知向量 (1a  ， 3 ， 2) ， ( 2b   ，1，1) ，点 ( 3A  ， 1 ， 4) ， ( 2B  ， 2 ， 2) ． （1）求：| 2 |a b  ； （2）在直线 AB 上，是否存在一点 E ，使得 OE b  ？ (O 为原点） 【解答】解：（1） 2 (2a b  ， 6 ， 4) ( 2  ，1，1) (0 ， 5 ， 5) ， 2 2 2| 2 | 0 ( 5) 5 5 2a b       ； （2）假设存在点 (E x ， y ， )z 满足条件， 则 / /AE AB   ，且得 0OE b   ， 又 ( 3AE x  ， 1y  ， 4)z  ， (1AB  ， 1 ， 2) ，  3 1 4 1 1 2 2 0 x y z x y z            ，解得 6 5 14 5 2 5 x y z          ， 在直线 AB 上，存在一点 6( 5E  ， 14 5  ， 2)5 ，使得 OE b  17．三棱锥 O ABC 中 M 、 N 分别是 OA 、 BC 的中点， G 是 ABC 的重心，用基向量 OA  、 OB  、 OC  表 示 MG  ， OG  ． 【解答】解：由题意， 2 2 1 ( )3 3 2AG AN AB AC       1 ( )3 AB AC   ； OG OA AG    1 ( )3OA AB AC     1 ( )3OA OB OA OC OA         1 ( )3 OB OA OC     ； 1 1 ( )2 3MG MA AG OA OB OA OC OA              1 1 1 3 3 6OB OC OA     ． 18．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 MN 的长． 【解答】（1）证明：如图所示，连接 AN ， BN ， CM ， DM ． BCD 与 ACD 是边长为 a 的等边三角形， 1 2CN ND a  ， 3 2BN AN a   ， 在 ABN 中， BN AN ， AM BM ， MN AB  ，同理可得： MN CD ． （2）解：由 3 2BN AN a  ， 1 2AM BM a  ， 2 23 1 2( ) ( )2 2 2MN a a a    ． 19．如图，在四棱锥 M ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，侧棱 AM 的长为 3，且 AM 和 AB 、 AD 的夹角都是 60 ， N 是 CM 的中点，设 a AB  ，b AD  ，c AM  ，试以 a ，b  ，c 为基向量表示出向 量 BN  ，并求 BN 的长． 【解答】解： N 是 CM 的中点，设 a AB  ， b AD  ， c AM  ， 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，  1 ( )2BN BC BM    1 ( )2 AD BA AM     1 1 1 2 2 2a b c     ． 在四棱锥 M ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， 侧棱 AM 的长为 3，且 AM 和 AB 、 AD 的夹角都是 60 ， | | | | 2a b   ，| | 3c  ， 0a b  ， 2 3 cos60 3a c       ， 2 3 cos60 3b c       ，  2 21 1 1( )2 2 2BN a b c      9 1 1 171 1 3 34 2 2 4         ， 17| | 2BN  ，即 BN 的长为 17 2 ． 20．如图： ABCD 为矩形， PA  平面 ABCD ， 1PA AD  ， 2AB  ， M 、 N 分别是 PC 、 AB 中点，请 选择适当的坐标系证明： MN  平面 PCD ． 【解答】证明：根据题意，分别以 AB 、 AD 、 AP 为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系 O xyz ， 如图所示； 则 (0O ，0， 0) ， (1N ，0， 0) ， (2C ，1， 0) ， (0D ，1， 0) ， (0P ，0，1) ， (1M ， 1 2 ， 1)2 ；  (0NM  ， 1 2 ， 1)2 ， ( 2CD   ，0， 0) ， (0PD  ，1， 1) ，  1 10 ( 2) 0 0 02 2NM CD           ， NM CD  ， 1 10 0 1 ( 1) 02 2NM PD           ， NM PD  ， 即 MN CD ， MN PD ，且 PD CD D ， 又 PD  平面 PCD ， CD  平面 PCD ， MN  平面 PCD ． 21．如图，平行四边形 ABCD 中， 60DAB   ， 2AB  ， 4AD  ；将 CBD 沿 BD 折起到 EBD 的位置， 使平面 EBD  平面 ABD ． （1）求证： AB DE ； （2）若点 F 为 BE 的中点，求直线 AF 与平面 ADE 所成角正弦值． 【解答】（Ⅰ）证明： ABCD 为平行四边形， 且 60DAB   ， 2AB  ， 4AD  ， 由余弦定理，得 2 2 2 2 cos60BD AB AD AB AD     ， 14 16 2 2 4 2 32BD        ， 2 2 2AB BD AD   ， 90ABD   ， 将 CBD 沿 BD 折起到 EBD 的位置，使平面 EBD  平面 ABD ， 90EDB CDB ABD       ， 平面 EBD  平面 ABD ， ED  平面 ABD ， ED AB  ． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知 ED  平面 ABD ， 90ABD   ， 90BDC   ，故以 D 为原点，以 DB 为 x 轴， 以 DC 为 y 轴，以 DE 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 平行四边形 ABCD 中， 60DAB   ， 2AB  ， 4AD  ， 16 4 2 3BD    ， 则 (2 3B ，0， 0) ， (0E ，0， 2) ，点 F 为 BE 的中点， ( 3,0,1)F ， (2 3A ， 2 ， 0) ， (0D ，0， 0) ，  ( 3AF   ，2，1) ， (2 3DA  ， 2 ， 0) ， (0DE  ，0， 2) ， 设平面 DAE 的法向量 (n x ， y ， )z ，则 0n DA  ， 0n DE  ，  2 3 2 0 2 0 x y z     ，取 1x  ，得 (1n  ， 3 ， 0) ， 设直线 AF 与平面 ADE 所成角为 ， 则 3 2 3 0 6sin | cos , | | | 88 4 AF n          直线 AF 与平面 ADE 所成角正弦值为 6 8 ． 22．如图四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形， PG  平面 ABCD ，垂足为 G ，G 在 AD 上，且 4PG  ， 1 3AG GD ， BG GC ， 2GB GC  ， E 是 BC 的中点． （1）求异面直线 GE 与 PC 所成的角的余弦值； （2）求点 D 到平面 PBG 的距离； （3）若 F 点是棱 PC 上一点，且 DF GC ，求 PF FC 的值． 【解答】解：（1）以 G 点为原点， GB ， GC ， GP 为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，则 (2B ，0， 0) ， (0C ，2， 0) ， (0P ，0， 4) ，故 (1E ，1， 0) (1GE  ，1， 0) ， (0PC  ，2， 4) ． 10cos 10| || | GE PC GE PC        ， GE 与 PC 所成的余弦值为 10 10 （2）平面 PBG 的单位法向量 (0n  ， 1 ， 0)  3 3 3 3( , ,0)4 4 2 2GD AD BC      ， 点 D 到平面 PBG 的距离为 3| | 2GD n   （3）设 (0F ， y ， )z ，则 3 3 3 3(0, , ) ( , ,0) ( , , )2 2 2 2DF y z y z      DF GC  ，  3 3( , , )(0,2,0) 2 3 02 2y z y    ， 3 2y  ，又 PF PC  ，即 (0 ， 3 2 ， 4) (0z   ，2， 4) ， 1z  ， 故 (0F ， 3 2 ，1) ， 3(0, , 3)2PF   ， 1(0, , 1)2FC   ，  3 5 2 3 5 2 PF FC   ． 23．如图（1），等腰 Rt ABC 中， 90ABC   ， 4AB  ，以 AC 边上的中线 BD 为折痕，将 ABD 沿 BD 折 起，构成二面角 A BD C  ，在平面 BCD 内作 CE CD ，且 2CE  ，连 DE ， AE ， AC ，如图（2）所示． （1）求证： / /CE 平面 ABD ； （2）如果二面角 A BD C  为直二面角，求二面角 B AC E  的余弦值． 【解答】解：（1）证明：在平面 BDEC 中， BD CD ， CE CD ， / /BD CE ， BD  平面 ABD ， CE  平面 ABD ， / /CE 平面 ABD ． （2）解： AD BD ，CD BD ， ADC 是二面角 A BD C  的平面角， 二面角 A BD C  为直二面角， 90ADC   ， 以 D 为原点， DB 为 x 轴， DC 为 y 轴， DA 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 (0A ，0， 2 2) ， (2 2B ，0， 0) ， (0C ， 2 2 ， 0) ， ( 2E  ， 2 2 ， 0) ， (2 2AB  ，0， 2 2) ， (0AC  ， 2 2 ， 2 2) ， ( 2AE   ， 2 2 ， 2 2) ， 设平面 ABC 的法向量 (n x ， y ， )z ， 则 2 2 2 2 0 2 2 2 2 0 n AB x z n AC y z          ，取 1x  ，得 (1n  ，1，1) ， 设平面 AEC 的法向量 (m x ， y ， )z ， 则 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 0 m AE x y z m AC y z            ，取 1y  ，得 (01m  ，1，)， 设二面角 B AC E  的平面角为 ， 则 | | 2 6cos | | | | 32 3 m n m n         ． 二面角 B AC E  的余弦值为 6 3 ． 24．如图，平行六面体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，以顶点 A 为端点的三条棱长都为 1，且两夹角为 60 ． （1）求 1AC 的长； （2）求 1BD 与 AC 夹角的余弦值． 【解答】解：设 AB a  ， AD b  ， 1AA c  ，则两两夹角为 60 ，且模均为 1． （1） 1 1 1AC AC CC AB AD AA a b c               ． 2 2 2 2 2 1| | ( ) | | | | | | 2 2 2AC a b c a b c a b b c a c                        13 6 1 1 62       ， 1| | 6AC  ，即 1AC 的长为 6 ． （2） 1 1 1BD BD DD AD AB AA b a c                ．  1 ( ) ( )BD AC b a c a b           2 2a b a a c b a b b c                  1 ． 2 1| | ( ) 2BD b a c       ， 2| | ( ) 3AC a b    ， 1cos BD   ， 1 1 1 6 6| | | | 2 3 BD ACAC BD AC          ． 1BD 与 AC 夹角的余弦值为 6 6 ．