专题04 空间向量及其应用（压轴题专项训练）数学高二沪教版2020选择性必修第一册

专题04 空间向量及其应用 压轴题 目录 典例详解 类型一、空间单位向量数量积的综合应用 类型二、最值、取值范围问题 类型三、坐标运算；个数、种类等问题 类型四、求体积的比值 类型五、集合在空间向量的应用 类型六、动点问题；存在性问题 类型七、空间向量应用的综合辨析 类型八、解答题 压轴专练 压轴技巧 1.(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． 2.存在性或探究性问题 立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理，尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了，本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了. 类型一、空间单位向量数量积的综合应用 例1．已知空间向量，，，均为单位向量，且与夹角为，与夹角为，则的最大值为 . 变式1-1．已知空间单位向量，，，，，则的最大值是 ． 变式1-2．已知为空间中三个单位向量，且，若向量满足，，则向量与向量夹角的最小值为 ．（用反三角表示） 变式1-3．已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，且对于任意， ； 类型二、最值、取值范围问题 例2．已知，对任意都有，则实数的最小值为 . 变式2-1．正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 变式2-2．已知、、为空间中三个单位向量，且、、与夹角为，点P为空间一点，满足且，则最大值为 ． 变式2-3．若E，F为平面上两个定点，则满足为常数的动点的轨迹是直线，满足的动点的轨迹是圆.将此性质类比到空间中，解决下列问题：已知点O，A，B，C为空间中四个定点，，且，，两两的夹角都是，若动点满足，动点满足，则的最小值是 . 变式2-4．在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若和两点之间的距离是，则和两点之间的“直角距离”的取值范围是 ． 类型三、坐标运算；个数、种类等问题 例3．如图，棱长为1的正方体的八个顶点分别为，记正方体12条棱的中点分别为，6个面的中心为，正方体的中心为.记，，其中是正方体的体对角线.则 .    变式3-1．如图所示，在正方体中，棱长为2，、、、、、、、、、、、分别为各棱的中点，则的不同值有 个． 变式3-2．如图所示，在正方体中，棱长为分别为各棱的中点，则的不同值有 个. 类型四、求体积的比值 例4．在四面体中，，，，设四面体与四面体的体积分别为、，则的值为 . 变式4-1．如图，点，分别为正方体的棱，的中点，以正方体的六个面的中心为顶点构成一个八面体，若平面将八面体分割成上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为，，则 .    类型五、集合在空间向量的应用 例5．设三维空间中全体的点构成集合的非空真子集V满足：对任意P、和任意，存在，使得．已知，则“”是“”的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 变式5-1．设为正整数，空间中个单位向量构成集合，若存在实数，满足对任意，都有，则当取得最大值时，的值为（   ）． A． B． C． D． 变式5-2．如图，正方形和正方形所在的平面互相垂直．是正方形及其内部的点构成的集合，是正方形及其内部的点构成的集合．设，给出下列三个结论： ①，使； ②，使； ③，使与所成的角为． 其中所有正确结论的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 类型六、动点问题；存在性问题 例6．在正四面体中，点E在棱AB上，满足，点F为线段AC上的动点，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 变式6-1．如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 类型七、空间向量应用的综合辨析 例7．如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（    ）    A．若平面，则动点的轨迹是一条线段 B．不存在点，使得平面 C．当且仅当点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大 D．若，那么点的轨迹长度为 变式7-1．如图，在正方体中，E为棱的中点.动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列四个结论中正确的个数是（   ） （1）存在点P，使得； （2）存在点P，使得平面； （3）的面积越来越小； （4）四面体的体积不变. A．0 B．1 C．2 D．3 变式7-2．如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱的中点，点P在正方形的边界及其内部运动．给出以下四个结论： ①存在点P满足； ②存在点P满足； ③满足的点P的轨迹长度为； ④满足的点P的轨迹长度为． 其中正确的结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 变式7-3．在棱长为1的正方体中，已知E为线段的中点，点F和点P分别满足，，其中，，则下列说法不正确的是（    ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当时，四棱锥的外接球的表面积是 C．的最小值为 D．存在唯一的实数对，使得平面PDF 类型八、解答题 例8．如图所示，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，是的中点，是的中点，动点在直线上，且满足． (1)求证：不论取何值，总有； (2)设直线与平面所成的锐角，求的取值范围； (3)设平面与平面所成的锐二面角的大小为，求的最大值，并求相应的的值． 变式8-1．如图，圆台的一个轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于、的点． (1)求该圆台的侧面积； (2)若是线段的中点，求证：直线平面； (3)若，设直线为平面与平面的交线，设平面，点在线段上（不含端点），直线与平面所成的角大小为，求的最大值． 变式8-2．在中，，分别是上的点，满足且，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的大小； (3)在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 变式8-3．在空间直角坐标系中，任何一个平面都能用方程表示．（其中，，，且），且空间向量为该平面的一个法向量．有四个平面，，， (1)若平面与平面互相垂直，求实数的值； (2)根据点到直线的距离公式，类比出到平面的距离公式，并用利用法向量和投影向量的相关知识证明． (3)若四个平面，，，围成的四面体的外接球体积为，利用（2）的结论求该四面体的体积． 一、填空题 1．已知直四棱柱的底面是边长为6的菱形，，，点满足，其中，若，则的最小值为 . 2．若E，F为平面上两个定点，则满足为常数的动点的轨迹是直线，满足的动点的轨迹是圆.将此性质类比到空间中，解决下列问题：已知点O，A，B，C为空间中四个定点，，且，，两两的夹角都是，若动点满足，动点满足，则的最小值是 . 二、单选题 3．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点（在的左边），且．下列说法错误的是（    ） A．当运动时，不存在点使得 B．当运动时，不存在点使得 C．当运动时，二面角的最大值为 D．当运动时，二面角为定值 4．已知棱长均为1的正棱柱有个顶点，从中任取两个顶点作为向量的起点与终点，设底面的一条棱为．若集合，则当中的元素个数最少时，的值为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 三、解答题 5．对于空间向量，定义，其中表示这三个数的最大值. (1)已知，写出和的值； (2)已知，求的最小值及此时的值； (3)设，求证：； 6．空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中），且为该平面的法向量. (1)若平面，，且，求实数的值； (2)请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点到平面的距离为，若记集合所围成的几何体为，求的内切球的表面积； (3)记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 空间向量及其应用 压轴题 目录 典例详解 类型一、空间单位向量数量积的综合应用 类型二、最值、取值范围问题 类型三、坐标运算；个数、种类等问题 类型四、求体积的比值 类型五、集合在空间向量的应用 类型六、动点问题；存在性问题 类型七、空间向量应用的综合辨析 类型八、解答题 压轴专练 压轴技巧 1.(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． 2.存在性或探究性问题 立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理，尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了，本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了. 类型一、空间单位向量数量积的综合应用 例1．已知空间向量，，，均为单位向量，且与夹角为，与夹角为，则的最大值为 . 【答案】 【分析】设，，，所以， ，，由，得，即可得的取值范围，又，计算求解即可. 【详解】因为，，，均为单位向量，所以， 设，，，所以， 因为与夹角为，所以， 因为与夹角为，所以， 又，所以， 因为，所以， 所以，即， 设与的夹角为， ， ， ， 因为为空间中任意单位向量， 所以当，时，的最大值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：设出空间向量，利用空间向量的模可求解的取值范围，根据空间向量的数量积运算可知当与的夹角为时，可求解最值. 变式1-1．已知空间单位向量，，，，，则的最大值是 ． 【答案】 【分析】根据题意在球中讨论，结合空间向量数量积的应用可求出最值. 【详解】因为空间向量，，，是单位向量， 所以把向量，，，平移到以为起点，终点在半径为的球面上，如图： 由，得，所以，同理， 令，则，， 根据，两边同时平方解得，， 所以绕向量所在直线旋转一周得圆锥的侧面，绕向量所在直线旋转一周得圆锥的侧面， 因为， 所以，则， 观察图形得当旋转到平面内时，向量与的夹角最小， 令此最小角为，则， 则， ， 所以的最大值是， 故答案为：. 【点睛】本题考查了空间向量数量积的应用，解答本题的关键点是将这四个单位向量转化到球中去，结合图形更易判断，求出向量间的夹角，最后结合两角差的余弦值可求得最终结果. 变式1-2．已知为空间中三个单位向量，且，若向量满足，，则向量与向量夹角的最小值为 ．（用反三角表示） 【答案】 【分析】由题意可设设，，结合，，求得和，再结合向量夹角得坐标表示即可求解. 【详解】可设，设， 则， 所以， 两式相减可得：，再代入第一个式子， 可得： 设向量与向量夹角为， 则， 易知对于当即取得最大值， 此时取得最大值， 即的最大值为，时取得， 再由余弦函数的单调性可知的最小值为， 故答案为： 变式1-1．已知，是空间单位向量，，若空间向量满足，且对于任意， ； 【答案】 【分析】问题等价于，当且仅当时取到最小值，通过平方的方法，结合最值的知识求得正确答案. 【详解】，又，所以， 对于任意成立， 等价于，当且仅当时取到最小值， 则，解得. 故答案为：. 类型二、最值、取值范围问题 例2．已知，对任意都有，则实数的最小值为 . 【答案】0 【分析】举出特例，再说明其余情况均大于该情况即可得到答案. 【详解】可取，若， 此时，实数的最小值为0; 当恒成立，则两两间的夹角至少有一个为锐角， 此时，所以实数的最小值大于0. 所以实数的最小值为0. 故答案为：0. 变式2-1．正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 【答案】4 【分析】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可. 【详解】已知正三棱锥，则，且， 由化简得， 由化简得. 设，代入，， 分别化简得，且， 故点在以为直径的球面上，半径； 点在以为直径的球面上，半径 分别取线段、的中点、， 则， 故. 故答案为：4 【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在. 变式2-2．已知、、为空间中三个单位向量，且、、与夹角为，点P为空间一点，满足且，则最大值为 ． 【答案】/ 【分析】以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴,建立空间直角坐标系，由坐标表示得，结合不等式的性质进行求解. 【详解】因为、，，平面， 所以平面，以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为、、为空间中三个单位向量，与夹角为，即，则，，，即，，， 设，则， 因为， 所以， 所以且， 所以，即， 当时，解得；当时，解得； 所以，即， ，解得， 故， 则最大值为. 故答案为：. 【点睛】空间向量数量积的最值问题，可以根据所给向量的关系，直接列出方程或不等式关系，也可以建立适当的空间直角坐标系，利用坐标运算找到代数关系，借助基本不等式或函数思想解决； 变式2-3．若E，F为平面上两个定点，则满足为常数的动点的轨迹是直线，满足的动点的轨迹是圆.将此性质类比到空间中，解决下列问题：已知点O，A，B，C为空间中四个定点，，且，，两两的夹角都是，若动点满足，动点满足，则的最小值是 . 【答案】 【分析】证明在平面内射影为角平分线，据此如图建立空间直角坐标系. 然后由动点满足，动点满足，类比平面情况可得点P，点Q轨迹，然后由空间向量知识可得答案. 【详解】先证明在平面内射影为角平分线. 如图，过点B做平面垂线，垂足设为F，则为在平面内射影. 过F点做OA，OC垂线，垂足为H，G. 因平面，又平面，则. 又平面，，则平面， 又平面，则，同理可得， 又，，则，从而. 又，则，则，又， 则，从而为角平分线，则. 如图，以OF所在直线为y轴，在平面内与OF垂直直线为x轴，过O点与平面垂直直线为z轴，建立空间直角坐标系. 因，则，又， 则. 注意到，，. 则，. 又，则. 因，又，则在方向上的投影向量模长为8， 如图，取，则点P在过点D，与垂直的平面上，注意到. 因，则，故在以AB为直径的球体表面上. 取中点为M，则. 得， 故最小值为点到平面的距离，减去球M半径. 注意到的一个法向量为，则到平面的距离为：. 注意到，，则. 又，则球体半径为.故所求最小值为. 故答案为：.    【点睛】关键点睛：若过空间中过一定点不共面三直线夹角两两相等，则其中一条直线，在另两条直线确定平面上的射影为这两条直线确定其中一个夹角的角平分线上.对于立体几何问题，常可由平面几何问题类比思考. 变式2-4．在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若和两点之间的距离是，则和两点之间的“直角距离”的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据空间两点距离公式，结合三角代换法、辅助角公式、正弦型函数的最值性质进行求解即可. 【详解】因为， 所以设， 其中，因此 ， 因为，所以，因此， 设， 于是有 ， 因为，所以， 因此当且时，即当且时， 有最大值， 当且或时，有最小值， 此时，或， 所以的最小值， 综上，和两点之间的“直角距离”的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用三角代换的方法、运用正弦函数的最值的性质. 类型三、坐标运算；个数、种类等问题 例3．如图，棱长为1的正方体的八个顶点分别为，记正方体12条棱的中点分别为，6个面的中心为，正方体的中心为.记，，其中是正方体的体对角线.则 .    【答案】/40.5 【分析】 建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算，可求的值. 【详解】   建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， ，，，，， 设向量，而， 故，故表示各点的坐标和的和. 现各点的横坐标之和为，纵坐标之和为，竖坐标之和为， 根据对称性可得， 故， 故答案为：. 【点睛】方法点睛：对于一些较为复杂的计算问题，如果直接算比较麻烦，则可以换一个等价的计算方法，从而使得问题得以简化. 变式3-1．如图所示，在正方体中，棱长为2，、、、、、、、、、、、分别为各棱的中点，则的不同值有 个． 【答案】3 【分析】建立空间直角坐标系，然后得到各点坐标，算出和，利用数量积即可得到答案 【详解】解：以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，，，，，，，， 所以，，，，，，，，，，，，， 所以则有3个不同的值， 故答案为：3 变式3-2．如图所示，在正方体中，棱长为分别为各棱的中点，则的不同值有 个. 【答案】5 【分析】建立空间直角坐标系，然后得到各点坐标，算出和的坐标，利用数量积即可得到答案 【详解】解：以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 正方体中，棱长为分别为各棱的中点， ,,,, ,,, ,,,, , 则，，，，，，，， ，，，，， 故， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故的值为共种不同的值. 故答案为：. 类型四、求体积的比值 例4．在四面体中，，，，设四面体与四面体的体积分别为、，则的值为 . 【答案】/ 【分析】根据空间向量的加法与数乘运算，可得点的位置并作图，利用三角形的等积变换可得底面的面积比，可得答案. 【详解】由，，，则； 由，，，则； 由，，，则； 显然四面体与四面体共顶点且底面共面，则其高相同可设为， 结合题意可作图如下： 在底面连接，作图如下： 由，即，则，易知； 由，即，则，易知； 由，即，则； 由，，则，易知； ，； . 故答案为：. 变式4-1．如图，点，分别为正方体的棱，的中点，以正方体的六个面的中心为顶点构成一个八面体，若平面将八面体分割成上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为，，则 .    【答案】 【分析】如图，先作出平面截八面体的截面为，建立空间直角坐标系，用点到平面的距离为向量在法向量上的投影的长，再计算两部分的体积即得答案. 【详解】正方体的六个面的中心为顶点构成的八面体中中间和上方的顶点分别为，如图， 分别过作侧棱的平行线，分别与交于点，分别与交于点，得到矩形，    依题意，为的中点，为的中点， 在矩形中，分别交于点，则分别为的中点， 平面，则平面， 将平面延展与交于点，于是平面截八面体的截面为， 显然与相交于的中点，设为，则三点共线， 在中,过作，如图，可得为的一个三等分点，    设正方体的棱长为2，则， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， ， 设平面的法向量为， 则，取，得， 则点到平面的距离为向量在法向量上的投影的长，， 又，即，， ，， 因此八面体在平面平面下方的部分的体积为， 所以. 故答案为：    【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 类型五、集合在空间向量的应用 例5．设三维空间中全体的点构成集合的非空真子集V满足：对任意P、和任意，存在，使得．已知，则“”是“”的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 【答案】B 【分析】利用举反例，根据必要、充分条件的定义可得 【详解】由题意，是线性子空间， 因为， 若，则可能是一维子空间或二维子空间， 当是x轴时，则是x轴上的点， 设， 由， 得， 所以，满足题意，此时， 所以“”不能推出“” 若时，必须包含由和所在平面， 又是的非空真子集，所以， 所以能推出， “”是“”的必要非充分条件， 故选：B 变式5-1．设为正整数，空间中个单位向量构成集合，若存在实数，满足对任意，都有，则当取得最大值时，的值为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件可得集合中所有向量共起点时，终点在球面上，再利用数量积的运算律求出的最大值，进而求出值. 【详解】令集合的各向量起点为，对应终点依次为， 由向量为单位向量，则点在以为球心，1为半径的球面上， 由，得点中任意三点不共线， 由，得，则， 由，同理得，而点不共线， 于是点不共面，点为球内接正四面体的4个顶点， 若，不妨取，同理得，平面， 又，由过一点有且只有一个平面垂直于已知直线，得点平面， 与点不共面矛盾，因此，设正四面体的棱长为， 则正的外接圆半径为，正四面体的高为， 球心到平面的距离为，因此，解得， 所以. 故选：C 变式5-2．如图，正方形和正方形所在的平面互相垂直．是正方形及其内部的点构成的集合，是正方形及其内部的点构成的集合．设，给出下列三个结论： ①，使； ②，使； ③，使与所成的角为． 其中所有正确结论的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，假设出的坐标； 对于①，利用空间向量的模长公式与坐标的取值范围即可判断； 对于②③，利用赋值法与空间向量的数量积运算即可判断. 【详解】因为四边形是正方形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为四边形是正方形，所以，则两两垂直， 所以以为原点，建立空间直角坐标系，如图， 则， 对于①，因为，所以不妨设，其中， 则，故， 因为，所以，则， 所以，，，即， 所以，故①错误； 对于②，结合①中结论，， 假设，则，即，即， 显然令，可以成立，所以假设成立，故②正确； 对于③，结合②中结论，假设与所成的角为， 则，即， 令，则，，， 所以上述等式成立，故假设成立，故③正确； 综上：②③正确，①错误，所以正确结论的个数是. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题利用图形的规整性，选择以以为原点，建立合适的空间直角坐标系，设，写出相关向量，利用空间向量的模长公式来判断①，利用向量垂直，则其点乘为0，找到②正确的情况，利用空间向量来解决异面直线夹角问题，即找到③正确的情况. 类型六、动点问题；存在性问题 例6．在正四面体中，点E在棱AB上，满足，点F为线段AC上的动点，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 【答案】C 【分析】设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果. 【详解】如下图所示，设正四面体的底面中心为点，连接，则平面， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系， 设正四面体的棱长为， 则，，，，， 设，其中， 对于A，若存在某个位置使得，，， 所以，解得，不满足题意，故A错误； 对于B，若存在某个位置使得，，， 则，该方程无解，故B错误； 对于C，设平面的一个法向量为， ，， 由，令，则， 若存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为，又， 则， 整理得，解得或（舍去）， 所以存在，即为的中点，满足题意，故C正确； 对于D，设平面的一个法向量为， 又，， 由，取，得， 设平面的一个法向量为， ，， 由，取，则， 若存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为， 则， 整理得，易得，所以该方程无解，故D错误. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键点在于建立空间直角坐标系，利用空间向量法解决立体几何的相关问题，解题过程要注意利用方程思想进行向量运算，认真细心，准确计算． 变式6-1．如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法一一计算可得. 【详解】如图建立平面直角坐标系，则，，，， 设，，则， 若，则，解得， 所以存在点满足，故①正确； 因为，，设平面的法向量为， 则，取， 设与平面所成角为，， 则， 令，，则，所以， 令，，则，所以， 所以存在点满足与平面所成角的大小为，故②正确； 因为，， 所以，所以， 所以存在点满足，故③正确. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键是建立空间直角坐标系，将几何关系转化为代数计算. 类型七、空间向量应用的综合辨析 例7．如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（    ）    A．若平面，则动点的轨迹是一条线段 B．不存在点，使得平面 C．当且仅当点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大 D．若，那么点的轨迹长度为 【答案】D 【分析】利用线面平行与面面平行的判定定理与性质定理判断A；建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，从而利用线面垂直的向量表示可判断B；利用空间向量法求得点到平面的距离关于的表达式，分类讨论的取值范围求得三棱锥的体积，从而判断C；利用勾股定理求得为定值，从而判断Q的轨迹，进而求其长度判断D. 【详解】选项A，分别取中点，连接，    由与，平行且相等得平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 同理平面，又平面， 所以平面平面， 当时，平面， 所以平面，即点轨迹是线段，故A正确； 选项B，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 则， 设是平面的一个法向量，则， 取，则， 若平面，则， 所以存在，使得，则，解得， 因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，故B正确； 选项C，面积为定值，当且仅当点到平面的距离最大时， 三棱锥的体积最大，又， 则到平面的距离为， 当时，，则当时，有最大值； 当时，，则当时，有最大值， 综上，当时，取得最大值1， 即与重合时，取得最大值，三棱锥的体积最大，故C正确； 选项D，平面平面，所以， 所以， 所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是， 则其轨迹长度为，故D错误. 故选：D. 变式7-1．如图，在正方体中，E为棱的中点.动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列四个结论中正确的个数是（   ） （1）存在点P，使得； （2）存在点P，使得平面； （3）的面积越来越小； （4）四面体的体积不变. A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】设正方体棱长为，求出，由解得，确定（1）正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断（4），以为轴建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故（2）不正确；设，，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断（3）正确. 【详解】设正方体棱长为， 由平面平面得，同理， 所以， 由得，存在使得，（1）正确， 正方体中，平面，所以到平面的距离不变， 即到平面的距离不变，而面积不变，因此三棱锥，即四面体的体积不变，（4）正确; 以为轴建立空间直角坐标系，如下图，    正方体棱长为2，则， ，，所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故（2）错误； 设， 所以 设到直线的距离为，则 由二次函数性质知时，递减，所以递减，又不变， 所以的面积为递减，（3）正确， 综上：（1）（3）（4）正确 故选：D. 变式7-2．如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱的中点，点P在正方形的边界及其内部运动．给出以下四个结论： ①存在点P满足； ②存在点P满足； ③满足的点P的轨迹长度为； ④满足的点P的轨迹长度为． 其中正确的结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量解决此题， ①利用两个特殊点求出的值，判断在此范围内即可； ②利用向量垂直数量积等于零解方程即可求P点坐标； ③④利用向量垂直数量积等于零可求P点的轨迹方程，根据图形找到P点的轨迹求长度即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，， 动点P设为 ①点M关于平面的对称点为，当动点P在点时， 此时， 当动点P在点时，此时， 所以存在点P满足，所以①正确； ②，， 若，则， 化简得：，解得：，即， 满足题意，所以②正确； ③，， 若，则，即， 取BC中点E，BB1中点F，则点P的轨迹为线段EF，长度为，所以③错误； ④，， 若，则，即， 取BF中点H，BE中点K，则点P的轨迹为线段HK，长度为，所以④正确. 故选：C. 变式7-3．在棱长为1的正方体中，已知E为线段的中点，点F和点P分别满足，，其中，，则下列说法不正确的是（    ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当时，四棱锥的外接球的表面积是 C．的最小值为 D．存在唯一的实数对，使得平面PDF 【答案】C 【分析】由线面平行的判定可知平面，知三棱锥底面积和高均为定值，A正确；根据正棱锥外接球的球法，可构造关于外接球半径的方程，求得后知B正确；将C中问题转化为在平面内求解的最小值，作关于线段的对称点，将问题转化为长度的求解，根据角度和长度关系可确定C正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，假设线面垂直可构造方程组求得，可知D正确. 【详解】对于A，当时，为中点，又为中点，，   平面，平面，平面， 则当在线段上移动时，其到平面的距离不变， 三棱锥的体积为定值，A正确； 对于B，当时，取交点，连接，则四棱锥为正四棱锥， 平面， 设四棱锥的外接球的球心为，半径为，则在直线上，   ，，，即， 解得：，四棱锥的外接球的表面积，B正确； 对于C，将问题转化为在平面内求解的最小值， 作关于线段的对称点，过作，交于，如下图所示，   ，（当且仅当与重合时取等号）， ， ， ，， 即的最小值为，故C错误； 对于D，以为坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， ，，， 若平面，则， ， 解得：（舍）或， 存在唯一的实数对，使得平面，故D正确. 故选：C. 类型八、解答题 例8．如图所示，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，是的中点，是的中点，动点在直线上，且满足． (1)求证：不论取何值，总有； (2)设直线与平面所成的锐角，求的取值范围； (3)设平面与平面所成的锐二面角的大小为，求的最大值，并求相应的的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)时， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据题意可得，进而根据求证即可； （2）根据线面角的空间向量公式表示出，进而求解即可； （3）根据面面角的空间向量公式表示出，利用换元法及二次函数的性质求出最值即可. 【详解】（1）如图，以为原点， 以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，由，得， 所以，则， 而， 则， 所以，即不论取何值，总有. （2）由（1）知，， 易得平面的一个法向量为， 由直线与平面所成的角为， 则， 而，所以， 所以的取值范围为． （3）由（1）知，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面的一个法向量为， 平面与平面所成的锐二面角的大小为， 则， 令，则，则， 函数，当时，， 所以， 即当，，时，． 变式8-1．如图，圆台的一个轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于、的点． (1)求该圆台的侧面积； (2)若是线段的中点，求证：直线平面； (3)若，设直线为平面与平面的交线，设平面，点在线段上（不含端点），直线与平面所成的角大小为，求的最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由圆台侧面积公式即可求解； （2）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形得到，然后根据线面平行的判定定理完成证明； （3）延长交于点，建立合适空间直角坐标系，然后利用向量法表示出，再根据二次函数的性质求解出最大值即可. 【详解】（1）因为， 所以圆台的侧面积为； （2）取中点，连接，如图， 因为为中点，所以， 在等腰梯形中，， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （3）延长交于点，作直线， 因为两点分别在平面与平面内， 所以直线即为直线， 又平面， 所以点，即为点， ，则， 以直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 在等腰梯形中，， 此梯形的高为， 因为，所以为的中位线， 则， 所以， 设，则， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得， 则有：， 令，则， 当时，，此时， 当时，， 当且仅当，即时取等号， 综上所述，的最大值为. 变式8-2．在中，，分别是上的点，满足且，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的大小； (3)在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在；的长度为0 【分析】（1）通过证明、证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得与平面所成角的大小. （3）假设在线段上存在点符合题意，根据平面与平面成角余弦值列方程，由此求得，进而求得. 【详解】（1）因为在中，，且， 所以，则折叠后，， 又平面， 所以平面，平面，所以， 又已知且都在面内，所以平面； （2）由（1）知，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 因为，故， 由几何关系可知，， 故， ， 设平面的法向量为，则，即， 不妨令，则，故平面的一个法向量为， 设与平面所成角的大小为， 则有，所以， 即与平面所成角的大小为； （3）假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为， 在空间直角坐标系中，设，其中，则， 设平面的法向量为，则有，即， 不妨令，则，故平面的法向量为， 由（2）知平面的一个法向量为， 若平面与平面成角余弦值为， 则满足， 化简得，解得或（舍去），即与重合，， 故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为， 此时的长度为0． 变式8-3．在空间直角坐标系中，任何一个平面都能用方程表示．（其中，，，且），且空间向量为该平面的一个法向量．有四个平面，，， (1)若平面与平面互相垂直，求实数的值； (2)根据点到直线的距离公式，类比出到平面的距离公式，并用利用法向量和投影向量的相关知识证明． (3)若四个平面，，，围成的四面体的外接球体积为，利用（2）的结论求该四面体的体积． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据两平面垂直法向量关系运算得解； （2）根据空间点到平面的距离向量公式运算得证； （3）联立可求得顶点，同理可求得其它顶点坐标，设外接球球心为，根据接球半径，求得球心的坐标，进而求得顶点的坐标，利用（2）的结论求出四面体的高，运算求得四面体的体积. 【详解】（1）根据题意，平面的法向量，平面的法向量， 所以，故. （2）不妨设，在平面内取一点， 则向量， 取平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为. （3）由，解得交点， 同理，可得其它交点，，， 又四面体外接球体积为，故外接球半径， 设球心为，则，即有 得或， 当球心坐标为时，，得（舍去）， 当球心坐标为时，， 得（舍去）或，故， 所以到平面即的距离为 ， 又是正三角形，所以， 故. 【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是理解新定义，求出四面体的各个顶点坐标运算得解. 一、填空题 1．已知直四棱柱的底面是边长为6的菱形，，，点满足，其中，若，则的最小值为 . 【答案】 【分析】根据已知分析得P在平面上，且，应用向量数量积的运算律及已知可得，且，再由，即可求目标式最值. 【详解】由题设，易得点P在平面上，且，    则 ，即． 由直四棱柱的性质，得平面，平面， 所以，而，则， 因为，当且仅当三点共线时等号成立， 所以的最小值为． 故答案为：. 2．若E，F为平面上两个定点，则满足为常数的动点的轨迹是直线，满足的动点的轨迹是圆.将此性质类比到空间中，解决下列问题：已知点O，A，B，C为空间中四个定点，，且，，两两的夹角都是，若动点满足，动点满足，则的最小值是 . 【答案】 【分析】证明在平面内射影为角平分线，据此如图建立空间直角坐标系. 然后由动点满足，动点满足，类比平面情况可得点P，点Q轨迹，然后由空间向量知识可得答案. 【详解】先证明在平面内射影为角平分线. 如图，过点B做平面垂线，垂足设为F，则为在平面内射影. 过F点做OA，OC垂线，垂足为H，G. 因平面，又平面，则. 又平面，，则平面， 又平面，则，同理可得， 又，，则，从而. 又，则，则，又， 则，从而为角平分线，则. 如图，以OF所在直线为y轴，在平面内与OF垂直直线为x轴，过O点与平面垂直直线为z轴，建立空间直角坐标系. 因，则，又， 则. 注意到，，. 则，. 又，则. 因，又，则在方向上的投影向量模长为8， 如图，取，则点P在过点D，与垂直的平面上，注意到. 因，则，故在以AB为直径的球体表面上. 取中点为M，则. 得， 故最小值为点到平面的距离，减去球M半径. 注意到的一个法向量为，则到平面的距离为：. 注意到，，则. 又，则球体半径为.故所求最小值为. 故答案为：.    【点睛】关键点睛：若过空间中过一定点不共面三直线夹角两两相等，则其中一条直线，在另两条直线确定平面上的射影为这两条直线确定其中一个夹角的角平分线上.对于立体几何问题，常可由平面几何问题类比思考. 二、单选题 3．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点（在的左边），且．下列说法错误的是（    ） A．当运动时，不存在点使得 B．当运动时，不存在点使得 C．当运动时，二面角的最大值为 D．当运动时，二面角为定值 【答案】C 【分析】建立坐标系，利用向量法判断AC；由反证法判断B；平面即为平面，平面即为平面，从而得出二面角为定值. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 因为在上，且，， 可设，则， 则， 所以， 故恒为正，故A正确． 若，则四点共面，与和是异面直线矛盾，故B正确． 设平面的法向量为， 又，所以，即， 取，则， 平面的法向量为，所以． 设二面角的平面角为，则为锐角，故， 因为，在上单调递减， 所以，故， 当且仅当时，取得最大值，即取最小值，故C错误． 连接．平面即为平面，而平面即为平面，故当运动时，二面角的大小保持不变，故D正确． 故选：C 4．已知棱长均为1的正棱柱有个顶点，从中任取两个顶点作为向量的起点与终点，设底面的一条棱为．若集合，则当中的元素个数最少时，的值为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】建立如图空间直角坐标系，设，根据正n棱柱的结构特征，求出对应底面各顶点的x坐标，由可得对应的集合，进而得出对应的，即可求解. 【详解】如图，设AB所在的直线为x轴，过点A且与AB垂直的直线为y轴， 过点A且与平面垂直的直线为z轴，建立如图空间直角坐标系， 则，得，设， 则. 因为该几何体为正n棱柱，所以上底面与下底面各顶点的x坐标对应相等. 当时，该几何体为正三棱柱，作出其底面的示意图，如图， 则，所以， 即，共有5个元素； 当时，该几何体为正方体，作出其底面的示意图，如图， 则，所以， 即，共有3个元素； 当时，该几何体为正六棱柱，作出其底面的示意图，如图， 则，所以， 即，共有9个元素； 当时，该几何体为正八棱柱，作出其底面的示意图，如图， 则， 所以， 即，共有9个元素； 综上，当时，中的元素数量最少. 故选：B 三、解答题 5．对于空间向量，定义，其中表示这三个数的最大值. (1)已知，写出和的值； (2)已知，求的最小值及此时的值； (3)设，求证：； 【答案】(1)4，3 (2)， (3)证明见解析 【分析】（1）由向量的坐标，利用新定义求和的值； （2）由向量的坐标，表示出，利用分段函数的单调性求最小值及此时的值； （3）由新定义，有，，所以. 【详解】（1），故， ，故； （2），于是 ， 由一次函数单调性可知，当时，. （3）， 因为， 所以，， 所以，，， 所以. 【点睛】方法点睛： 在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决! 6．空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中），且为该平面的法向量. (1)若平面，，且，求实数的值； (2)请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点到平面的距离为，若记集合所围成的几何体为，求的内切球的表面积； (3)记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小. 【答案】(1) (2) (3)①16；② 【分析】（1）根据题意可得两个面的法向量，结合向量垂直运算求解； （2）分析可知几何体为正八面体.法1：根据题中公式直接求内切圆半径，即可得表面积；法2：利用等体积法求内切圆半径，即可得表面积； （3）根据题意分析几何体的结构特征.①利用割补法求体积；②求相应的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）根据题意，平面的法向量，平面的法向量， 所以，故. （2）不妨设，在平面内取一点，则向量， 取平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为 对于， 当时，表示经过，，的平面在第一象限的部分. 由对称性可知表示，，这六个顶点形成的正八面体. 法1：设内切球的半径为，则即为原点到平面的距离， 则. 所以内切球的表面积为； 法2：考虑； 即为三个坐标平面与围成的四面体，其四个顶点分别为，，，， 此四面体的体积为， 由对称性知，正八面体的体积， 设内切球的半径为，正八面体的表面积为， 所以，解得：. 所以内切球的表面积为； （3）由（2）可知所围几何体是关于平面，，对称的， 其在第一卦限的形状为正三棱锥，如图其中、OB、两两垂直，且.      集合所表示的几何图形也关于平面，，对称， 其在第一卦限内的部分的图形如图（1），    ①如图2，就是把图1的几何图形进行分割的结果.    所以所构成的几何体如图3所示.    法一：其中正方体记为集合所构成的区域. 而构成了一个正四棱锥，且到面的距离为1， 所以， 所以几何体的体积. 法二：从图2可以看出，几何体在第一卦限的部分为有公共底面的两个三棱锥和. 设其体积为. 由正方体的性质可知面. 因为，， 所以其体积. 所以几何体的体积. ②由题意可知：面方程为，所以其法向量，面方程为，其法向量. 所以 由图知两个相邻的面所成角为钝角. 故相邻两个面所成角为. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何新定义，解题关键是利用新定义求出法向量，然后利用向量求法得到所要求的二面角余弦值即可． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $