空间向量及空间位置关系 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“空间向量及空间位置关系”专题，依据高考评价体系明确了向量运算、位置关系证明、夹角与距离计算三大核心考点，通过2026年江苏、济宁等模拟真题分析，归纳出垂直判断、异面直线夹角、法向量应用等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+素养提升”双路径，如第5题直三棱柱中异面直线夹角计算，通过坐标法转化向量运算，培养数学思维与空间观念。特设易错点分析（如法向量求法、数量积符号）和答题模板，助力学生掌握向量法解题技巧，教师可依托此课件精准突破高频考点，提升复习效率。

空间向量及空间位置关系 一、单项选择题 1.(2026·江苏模拟)已知空间向量a=(6,2,1),b=(2,x,-3),若(a-2b)⊥a,则x=(　　) A.4 B.6 C. D. 基础过关 因为a-2b=(6,2,1)-2(2,x,-3)=(2,2-2x,7),又(a-2b)⊥a,所以12+4-4x+7=0,解得x=. 解析 2.如图,在四面体OABC中,=a,=b,=c,且=2,=,则=(　　) A.a+b+c B.a+b-c C.-a+b+c D.a-b+c 连接ON(图略),因为=,所以=(+),因为=2,所以=,所以==(+)-=-a+b+c.故选C. 解析 3.(2026·济宁模拟)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1,则的值为(　　) A.-1 B.0 C.1 D.2 建立如图所示空间直角坐标系,则A(1,0,0), O1,C1(0,1,1),=,=(-1,1, 1),=·(-1,1,1)=++1=2.故选D. 解析 4.如图,在一个120°的二面角的棱上有两点A,B,线段AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且均与棱AB垂直,若AB=,AC=1,BD=2,则CD的长为(　　) A.2 B.3 C.2 D.4 因为=++,所以=+++2+2+2,因为⊥,⊥,所以=0,=0,又=||||cos(180°-120°)=1×2×=1,所以=1+2+4+2 ×1=9,所以||=3.故选B. 解析 5.(2026·三明模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,BB1=AB= BC,M,N分别是B1C1,A1B1的中点,则直线BM与直线CN所成角的余弦值(　　) A. B. C. D. 因为直三棱柱ABC-A1B1C1,所以BB1⊥底面ABC,又BA,BC⊂底面ABC,所以BB1⊥BA,BB1⊥BC,又因为AB⊥BC,所以BA,BC,BB1两两垂直,以BA,BC,BB1为x,y,z轴建立如图所示坐标系,设BC=a(a>0),则 解析 B(0,0,0),C(0,a,0),M,N,所以 =,=,设直线BM与直 线CN所成角为θ,则cos θ=|cos<,>|== =,所以直线BM与直线CN所成角的余弦值为.故选B. 解析 6.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD 的中心,E,F分别是BB1,DD1的中点,则下列结论正确的 是(　　) A.A1O∥EF B.A1O⊥EF C.A1O∥平面EFB1 D.A1O⊥平面EFB1 解析 设平面EFB1的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,-1,0),·n=2a>0,因此与n不垂直,即A1O不平行于平面EFB1,C不正确;由选项C知,与n不共线,即A1O不垂直于平面EFB1,D不正确.故选B. 解析 二、多项选择题 7.已知空间向量a=(2,-2,1),b=(3,0,4),则下列说法正确的是(　　) A.向量c=(-8,5,6)与a,b均垂直 B.向量d=(1,-4,-2)与a,b共面 C.若a与b分别是异面直线l1与l2的方向向量,则l1与l2所成的角的余弦值为 D.向量a在向量b上的投影向量为(6,0,8) 解析 8.如图,八面体的每一个面都是正三角形,并且A,B,C, D四个顶点在同一平面内,则下列结论正确的是(　　) A.AE∥平面CDF B.平面ABE∥平面CDF C.AB⊥DE D.平面ACE⊥平面BDF 如图,O为AC与BD的交点,连接OE,易得OB,OC,OE两两垂直,以O为原点,直线OB,OC,OE分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,设正 解析 八面体的棱长为2,则A(0,-,0),E(0,0,),C(0,,0),D(-,0,0),F(0, 0,-),所以=(0,,),=(-,-,0),=(0,-,-).设平面CDF的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则n=(1,-1,1),又·n=-+=0,所以⊥n,因为AE⊄平面CDF,所以AE∥平面CDF,A正确.因为AB∥CD,AB⊄平面CDF,CD⊂平面CDF,所 解析 以AB∥平面CDF,又AB∩AE=A,AE,AB⊂平面ABE,所以平面ABE∥平面CDF,B正确.因为B(,0,0),所以=(,,0),又=(,0,),所以=2,所以AB与DE不垂直,C错误.易知平面ACE的一个法向量为m1=(1,0,0),平面BDF的一个法向量为m2=(0, 1,0),因为m1·m2=0,所以平面ACE⊥平面BDF,D正 确.故选ABD. 解析 三、填空题 9.已知e1,e2,e3不共面,若=e1+e2+e3,=2e1+λe2-μe3,λ,μ∈R,且A,B,C三点共线,则λ+μ=　　　　.  因为e1,e2,e3不共面,A,B,C三点共线,所以设=x(x∈R),所以有 e1+e2+e3=x(2e1+λe2-μe3)=2xe1+xλe2-xμe3,故 所以λ+μ=2-2=0. 解析 0 10.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,DA=DD1=1,DC=,E是B1C1的中 点,建立空间直角坐标系Dxyz如图所示,则||=　　　　.  在长方体ABCD-A1B1C1D1中,DA=DD1=1,DC=,E是B1C1的中点,则A(1,0,0),E,所以=,所以||= =. 解析 11.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2BC=2CC1=2,以D为坐标原点,向量,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,已知P在平面A1B1C1D1上,若DP⊥平面ACD1,则点P的坐标是 　　　　　　.  由题意得,D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,1),则=(-1,2,0),=(0, 2,-1),因为点P在平面A1B1C1D1上,所以设点P(m,n,1),若DP⊥平面ACD1,则所以点P的坐标是. 解析 四、解答题 12.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=CC1,= a,=b,=c,<a,b>=<a,c>=,<b,c>=,N是AB的中点. (1)用a,b,c表示向量; =+=+=-+()=-a+b-c. 解 (2)在线段C1B1上是否存在点M,使AM⊥A1N?若存在,求出M的位置,若不存在,请说明理由. 假设存在点M,使AM⊥A1N,设=λ=λb(λ∈[0,1]),显然=++=c-a+λb.因为AM⊥A1N,所以=0,即(c-a+λb)·=0,所以-c·a+c·b-c2+a2-a·b+c·a-λa·b+λb2-λb·c=c·a+c·b-c2+a2-a·b+λb2= 解 0.设CA=CB=CC1=1,又<a,b>=<a,c>=,<b,c>=,所以c·a-c2+a2-a·b+λb2=0,即×1×1×-12+×12-×1×1 ×+λ×12=0,解得λ=,所以当C1M=C1B1时,AM⊥A1N. 解 13.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD= DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.证明: (1)BE⊥DC; 依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系如图所示,可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1). (1)因为=(0,1,1),=(2,0,0),=0,所以BE⊥DC. 证明 (2)BE∥平面PAD; 由(1)知=(1,0,0)为平面PAD的一个法向量,而=(0,1,1) ·(1,0,0)=0,所以BE⊥AB,又BE⊄平面PAD,所以BE∥平面PAD. 证明 (3)平面PCD⊥平面PAD. 由(1)知=(1,0,0)为平面PAD的一个法向量,=(0,2,-2),=(2, 0,0),设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则 令y=1,可得n=(0,1,1)为平面PCD的一个法向量.且n·=(0,1,1)· (1,0,0)=0,所以n⊥.所以平面PCD⊥平面PAD. 证明 14.(2026·梅州模拟)(多选题)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=3,点M,N分别在棱AB和BB1上运动(不含端点).若D1M⊥MN,则下列命题正确的是(　　) A.MN⊥A1M B.MN⊥平面D1MC C.线段BN长度的最大值为 D.三棱锥C1-A1D1M的体积不变 素养提升 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则A1(3,0,3),D1(0,0,3),C(0,3, 0),B(3,3,0),设M(3,y,0),N(3,3,z),y,z∈(0,3),=(3,y,-3),=(0,3-y,z),而D1M⊥MN,则=y(3-y)-3z=0,即z=y(3-y).对于A,=(0, y,-3),则=y(3-y)-3z=0,则⊥,即MN⊥A1M,故A正确;对于B,=(3,y-3,0),=(y-3)·(3-y)=-(3-y)2<0,即CM与MN不 解析 垂直,从而MN与平面D1MC不垂直,故B错误;对于C,=(0,0,z),则线段BN的长度||=z=,当且仅当y=时等号成立,故C正确;对于D,不论点M如何移动,点M到平面A1D1C1的距离均为3,而==×3× =,所以三棱锥C1-A1D1M的体积为定值,故 D正确. 解析 15.(2026·上海模拟)在棱长均为2的正四面体ABCD中,点M满足=x+y-(x+y-1),点N满足=λ+(1-λ),当AM,BN最短时, =　　　　.  由题意可知,M∈平面BCD,N∈直线AC,当AM,BN最短时,AM⊥平面BCD,BN⊥AC,所以M为△BCD的中心,N为AC的中点,此时||=,因为AM⊥平面BCD,MC⊂平面BCD,所以AM⊥MC,所以 解析 - ||===.又=(+),所以=(+)=-||2=-. 解析 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系,令AB=2a,DD1=2b(a>0,b>0),则O(a,a,0),A1(2a,0,2b),E(2a, 2a,b),B1(2a,2a,2b),F(0,0,b),=(a,-a,2b),=(2a,2a,0), =(0,0,b),显然不共线,即A1O与EF不平 行,A不正确;因为=a·2a+ (-a)·2a+2b·0 =0,则⊥,即A1O⊥EF,B正确; 对于A,a·c=-16-10+6≠0,b·c=-24+24=0,故c与a不垂直,A错误;对于B,设d=ma+nb,则m(2,-2,1)+n(3,0,4)=(1,-4,-2),所以即2a-b=d,B正确;对于C,因为cos<a,b>===,所以异面直线l1与l2所成的角的余弦值为,C正确;对于D,向量a在向量b上的投影向量为|a|cos<a,b>·=3××(3,0,4)=,D错误. $