专题3.4.2 用向量方法研究立体几何中的位置关系 （高效培优讲义）数学北师大版高二选择性必修第一册

专题3.4.2 用向量方法研究立体几何中的位置关系 教学目标 巩固直线方向向量、平面法向量的概念，熟练求解平面法向量；掌握利用向量判定线线、线面、面面平行与垂直的等价条件，明确每一条判定的前提条件。 能够区分向量平行、垂直与立体几何位置关系，清楚证明线面平行必须补充 证明面面平行要排除重合情况等逻辑要点。 熟练掌握向量法解立体几何大题的完整流程：建系、求点坐标、写向量、求法向量、向量运算、下几何结论；了解基底法，会在不易建系的几何体中用基底完成平行、垂直证明。 会处理棱上动点问题，利用线面平行、垂直条件求解参数；能够结合向量分析动点轨迹、截面形状与周长面积、四点共面问题。 能结合充分必要条件辨析向量与位置关系命题；综合几何体（正方体、棱柱、棱锥）完成证明、参数计算、多选判断类题型。 教学重难点 1.重点 用方向向量、法向量判定线线、线面、面面的平行与垂直，牢记各个判定的向量等价条件。 向量法解决立体几何的一般步骤：建系、求坐标、求向量、求法向量、运算并给出几何结论。 棱上动点，利用线面平行、垂直条件求参数；四点共面的向量判定。 向量视角分析正方体、棱柱中的截面、简单轨迹问题。 2.难点 向量判定位置关系时容易遗漏几何前提，混淆向量平行和直线 / 平面严格平行。 复杂几何体中建系；动点问题中将几何约束翻译成向量方程，求解参数。 向量分析动点轨迹、截面问题，结合几何图形解读向量计算结果；基底法的应用。 综合性多选题，充分必要条件辨析；向量条件结合外接球、体积等知识的综合题型。| 知识点 1 预备工具 直线的方向向量：直线上任意两点构成的非零向量，一条直线有无数方向向量，互相共线。 平面的法向量：垂直于平面的非零向量；一个平面有无数法向量，互相共线；法向量垂直平面内一切直线。 求平面法向量：取平面内两个不共线向量，设，解方程组 自由赋值，得到一个非零法向量。 知识点 2：向量判定线线位置关系 设直线方向向量，直线方向向量 两直线平行（包含重合） 或重合 若要证明异面直线平行，还需要补充：两直线没有公共点。 两直线垂直（相交垂直、异面垂直都适用） ✨向量优势：异面垂直不需要相交，只看方向向量点积为 0 即可证明。 【即学即练】 已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果，，.给出下列结论，其中错误的是（    ） A． B．AP⊥AD C．AP⊥AB D．是平面ABCD的一个法向量 知识点 3：向量判定直线与平面的位置关系 直线l方向向量；平面的法向量。 直线与平面平行 条件：，并且 ⚠重要：只满足，存在直线在平面内的可能，大题必须写明直线不在平面内。 直线在平面内 ，并且直线上存在一点属于平面。 直线与平面垂直 条件： 解读：直线方向向量和平面法向量互相平行。 【即学即练】 已知正方体的棱长为2，为中点，与交于，与交于，则下面结论正确的是（   ） A．平面 B． C．平面 D．三棱锥外接球表面积为 知识点 4：向量判定平面与平面位置关系 平面法向量，平面法向量 两平面平行（含重合）（或重合）或重合 要证明两个平面严格平行，还需要说明两个平面没有公共点。 两平面垂直 知识点 5：立体几何向量法解题通用步骤（大题模板） 建系：找到空间三条两两垂直的直线，建立空间直角坐标系； 求坐标：写出几何体所有关键点的坐标； 求向量：求出直线方向向量；求平面内两个不共线向量，解方程组求平面法向量； 向量运算：利用平行、垂直的向量等价条件进行计算； 下结论：结合几何前提条件，给出立体几何结论。 注意：没有三条两两垂直直线时，不适合直接建系，改用基底法。 知识点 6：基底法（不建立坐标系，几何向量法） 当几何体不容易建立直角坐标系，可以选取一组空间基底（三个不共面向量）。 把所有直线方向向量，全部用基底表示； 利用数量积公式：证明垂直； 利用证明平行。 考试主流：坐标法（建系）考得最多，基底法较少。 知识点 6：点在平面内的向量判定 点P在平面ABC内存在实数，使； 或，且不共线）。 题型 1：方向向量、法向量判定位置关系 + 充分必要条件 【典例1】已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【变式1】已知和是直线上两个不同的点，是平面的一个法向量，则“”是“”的（     ）条件． A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．非充分又非必要 【变式2】若平面的一个法向量为，平面平面，则平面的法向量的坐标可以是（    ） A． B． C． D． 【变式3】已知直线平面，且的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则实数的值为（   ） A． B．2 C．2或 D．或1 题型 2：参数求解（点在棱上，线面平行 / 垂直求参数） 【典例1】四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点，若平面，侧棱上存在一点，使得平面，则的值（    ） A． B． C． D． 【变式1】在长方体中，，，，，，．过M，N，P三点的平面与直线相交于点Q，则等于（   ） A． B． C． D． 【变式2】直三棱柱的所有棱长均为4，D为侧棱的中点，M为侧棱上一点，N为上一点，且，且平面，则的长为（    ） A．1 B．2 C． D． 【变式3】四棱锥的底面为正方形，且平面，若，为的中点，，平面，且，则（     ） A． B． C． D． 题型 3：动点轨迹问题（正方体 / 棱柱表面，线面平行约束） 【典例1】在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是正方形内的动点（包含边界），且平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【变式1】已知正方体的棱长为1，点满足，，，是棱的中点．以下说法正确的有（     ） A． B．若平面，则 C．若，则的最大值是 D．若当为定值（）时，点的轨迹长度为，则 【变式2】 如图，正方体的棱长为2，设P是棱的中点，Q是线段上的动点（含端点），M是正方形内（含边界）的动点，且平面，则下列结论正确的是（     ）    A．存在满足条件的点M，使 B．直线与平面所成角的正切值的取值范围是 C．三棱锥的体积为定值 D．当点Q在线段上移动时，必存在点M，使 【变式3】已知正方体的棱长为1，若，则（     ） A．若，则 B．若平面，则点轨迹的面积为 C．若，则的最小值为 D．若，则点的轨迹与正方体表面交线的长度为 题型 4：截面综合题（平面截正方体、长方体，求截面形状、周长、面积） 【典例1】已知正方体的外接球表面积为，是棱的中点，将过点且以为法向量的平面记为平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式1】已知正方体 的棱长为 2，点 分别是正方形 和 的中心，过 的平面 与直线 垂直，则平面 截正方体 所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 【变式2】正方体的棱长为分别为的中点.则（    ） A．正方体体积是三棱锥体积的12倍 B．直线与平面平行 C．平面截正方体所得的截面面积为 D．三棱锥与三棱锥的体积之比为 题型 5：空间向量判断线线位置关系（垂直、异面、公垂线） 【典例1】如图所示，在正方体中，分别在上，且，则（   ）    A．至多与之一垂直 B．是的公垂线 C．与相交 D．与异面 【变式1】在正方体中，是的中点，则下列说法中正确的是（   ）． A．直线与直线相交 B．直线与直线垂直 C．直线与直线平行 D．直线平面 【变式2】我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中把底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．如图，在堑堵中，，，分别是线段，上的点，且，，则下列说法正确的是（     ） A． B． C． D． 【变式3】如图，在长方体中，，，，为的中点，为的中点．则与的位置关系为（   ） A．平行 B．异面 C．垂直 D．以上都不对 题型 6：综合题（体积、外接球、轨迹、截面、存在性） 【典例1】如图，在正四棱柱中， ，点是侧面上的一个动点（含边界），且（，），、分别是棱、上一点，满足，，下列说法正确的是（   ） A．平面截该正四棱柱所得的截面的周长为 B．侧面上存在点，使得平面 C．若，则的最小值为 D．若，则的最大值为 【变式1】在棱长均为2的正三棱柱中，为的中点，为的中点，下列结论正确的是（    ） A． B．平面 C．过点作平行于平面的平面，该平面截正三棱柱所得截面的面积为 D．动点P在正三棱柱的表面上运动，且满足，则点P的轨迹在棱柱表面上的路径总长度为 【变式2】已知正方体的棱长为1，M为棱上任意一点，与相交于N，则下列说法正确的有（    ） A．向量在直线上的投影向量为 B．存在M，使得直线与平面平行 C．当M为棱中点时，向量在平面上的投影向量的模为 D．向量在平面上的投影向量的模的最大值为 【变式3】在棱长为4的正方体中，点是侧面（含边界）上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得 B．若平面，则线段的最小值为 C．若与所成的角为，则点的轨迹长度为 D．若以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 题型 7：基础计算（方向向量、法向量、轨迹结论） 【典例1】空间中，已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为（常数）．若，则实数的值为__________． 【变式1】如图，在棱长为1的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，点是线段上的动点，给出以下结论： ①存在点，使得对任意点，都有； ②存在无数组点和点，使得； ③存在唯一的点，使得平面； ④存在点和点，使得平面平面； ⑤存在点，使得其到直线的距离为． 其中所有正确结论的序号是______． 【变式2】已知正方体的棱长为4．为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为____________． 【变式3】在棱长为1的正方体中，点、分别是棱、的中点，动点在正方形（包括边界）内运动.若平面，则的最小值是_______. 1．在棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，为底面的中心，点在正方体的表面上运动，且满足，下列说法正确的个数（    ） ①点可以是棱的中点；②点轨迹的长度为； ③点的轨迹是平行四边形；④点轨迹所围成的图形面积为 A．0 B．1 C．2 D．3 2．设是直线的方向向量，是平面的法向量，则（     ） A． B．或 C． D．与相交但不垂直 3．空间中，两条直线、的方向向量分别为、，则“”是“”的（     ）． A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件 4．在空间直角坐标系中，向量为平面的一个法向量，向量为直线l的一个方向向量，则“”是“”的（   ） A．充分条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 5．如图，在棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，点在正方体的表面上运动，且平面，则点的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 6．已知正方体，点E，F，G分别是线段，和上的动点，正确的是（     ） A．对于任意给定的点，存在点，使得 B．对于任意给定的点，存在点，使得 C．对于任意给定的点G，存在点F，使得 D．对于任意给定的点F，存在点G，使得 7．如图所示，长方体，底面是边长为1的正方形，高为2，是的中点，则（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．平面平面 D．三棱锥的外接球的表面积为 8．如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（    ） A．对于任意点，都有 B．对于任意点，不存在∥平面 C．过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 D．存在点，使得三棱锥体积为 1．已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱，为棱的中点，设平面过点且满足，则截正四棱柱所得截面的面积为________. 2．如图，在棱长为1的正方体中，，，若平面，则线段的长度的取值范围为__________. 3．在长方体中，已知，以点为原点，分别以所在的直线为轴、轴、轴，建立如图的空间直角坐标系，点是线段上靠近点的一个三等分点，点，设． (1)求证：； (2)在图中标出点的位置，连接，请用含有，，的表达式表示向量； (3)求的面积． 4．在长方体中，，，，，．求证：面； 5．如图，已知四棱锥的底面是矩形，底面，，，是侧棱的中点．求证：平面； 6．如图，在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在棱上，且.证明：四点共面； 7．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．    (1)证明：平面平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 8．如图，在平行六面体中，，，. (1)以，，为基底向量，表示向量，； (2)求证：； (3)求的长. 9．在长方体中，已知，，点在平面上的射影为． (1)设，求，的值； (2)已知，，其中．若平面，求的值． 10．在中，，，点D，E分别在边 ，上，且，（），将 沿折起，点落在点的位置，连接，，得到如图所示的四棱锥，点 在线段上，且． (1)若平面，求． (2)当四棱锥体积最大时，线段上是否存在点Q使得C，D，Q，F四点共面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 11．如图，三棱锥中，点在上，，，． (1)证明：； (2)若，，，，求直线与平面所成角的正弦值． 12．如图，在四棱锥中，，，15，25. (1)求证：面； (2)求证：二面角是直二面角； (3)在平面上求点，使面. 13．如图，在四棱锥中，底面是矩形，E，F，G分别是，，的中点，点O在线段上，平面，，，，． (1)证明：平面． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 14．如图所示，直三棱柱的底面中，，，棱，M、N分别是、的中点． (1)求的长； (2)求证：． 15．如图所示，已知是平行四边形，点是平面外一点，连接、、、．设点、、、分别为、、、的重心． (1)试用向量方法证明、、、四点共面； (2)试判断平面与平面的位置关系，并用向量方法证明你的判断． 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题3.4.2 用向量方法研究立体几何中的位置关系 教学目标 巩固直线方向向量、平面法向量的概念，熟练求解平面法向量；掌握利用向量判定线线、线面、面面平行与垂直的等价条件，明确每一条判定的前提条件。 能够区分向量平行、垂直与立体几何位置关系，清楚证明线面平行必须补充 证明面面平行要排除重合情况等逻辑要点。 熟练掌握向量法解立体几何大题的完整流程：建系、求点坐标、写向量、求法向量、向量运算、下几何结论；了解基底法，会在不易建系的几何体中用基底完成平行、垂直证明。 会处理棱上动点问题，利用线面平行、垂直条件求解参数；能够结合向量分析动点轨迹、截面形状与周长面积、四点共面问题。 能结合充分必要条件辨析向量与位置关系命题；综合几何体（正方体、棱柱、棱锥）完成证明、参数计算、多选判断类题型。 教学重难点 1.重点 用方向向量、法向量判定线线、线面、面面的平行与垂直，牢记各个判定的向量等价条件。 向量法解决立体几何的一般步骤：建系、求坐标、求向量、求法向量、运算并给出几何结论。 棱上动点，利用线面平行、垂直条件求参数；四点共面的向量判定。 向量视角分析正方体、棱柱中的截面、简单轨迹问题。 2.难点 向量判定位置关系时容易遗漏几何前提，混淆向量平行和直线 / 平面严格平行。 复杂几何体中建系；动点问题中将几何约束翻译成向量方程，求解参数。 向量分析动点轨迹、截面问题，结合几何图形解读向量计算结果；基底法的应用。 综合性多选题，充分必要条件辨析；向量条件结合外接球、体积等知识的综合题型。| 知识点 1 预备工具 直线的方向向量：直线上任意两点构成的非零向量，一条直线有无数方向向量，互相共线。 平面的法向量：垂直于平面的非零向量；一个平面有无数法向量，互相共线；法向量垂直平面内一切直线。 求平面法向量：取平面内两个不共线向量，设，解方程组 自由赋值，得到一个非零法向量。 知识点 2：向量判定线线位置关系 设直线方向向量，直线方向向量 两直线平行（包含重合） 或重合 若要证明异面直线平行，还需要补充：两直线没有公共点。 两直线垂直（相交垂直、异面垂直都适用） ✨向量优势：异面垂直不需要相交，只看方向向量点积为 0 即可证明。 【即学即练】 已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果，，.给出下列结论，其中错误的是（    ） A． B．AP⊥AD C．AP⊥AB D．是平面ABCD的一个法向量 【答案】ACD 【分析】根据空间向量减法的坐标运算及空间向量垂直的坐标表示、法向量的概念即可求解. 【详解】由题意，因为，，， 所以，故选项A错误； 因为，所以AP⊥AD，故选项B正确； 因为，所以AP与AB不垂直，故选项C错误； 若是平面ABCD的一个法向量，则平面ABCD，因为AB平面ABCD，所以 ,矛盾，所以不是平面ABCD的一个法向量，故选项D错误. 知识点 3：向量判定直线与平面的位置关系 直线l方向向量；平面的法向量。 直线与平面平行 条件：，并且 ⚠重要：只满足，存在直线在平面内的可能，大题必须写明直线不在平面内。 直线在平面内 ，并且直线上存在一点属于平面。 直线与平面垂直 条件： 解读：直线方向向量和平面法向量互相平行。 【即学即练】 已知正方体的棱长为2，为中点，与交于，与交于，则下面结论正确的是（   ） A．平面 B． C．平面 D．三棱锥外接球表面积为 【答案】BCD 【详解】如图1，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则、、、、、 、、、. 设，则，，，， 因为、、三点共线，则存在实数使得，， 即，，解得，即. 因为、、三点共线，则存在实数使得，， 则，即. 故有，解得，即得. 同理可得，. 选项A：，平面的一个法向量为. 得，所以，直线与平面不平行.故A错误. 选项B：因为，， 则，得，即.故B正确. 选项C：因为，， 设平面的一个法向量为. 则，故可取. ，所以，与共线， 则直线与平面垂直，故C正确. 选项D：如图2，对于三棱锥， 、、、. 底面在平面上， 是直角三角形且，其外接圆的圆心为斜边的中点， 设三棱锥的外接球的半径为，球心为， 则，即，解得， 半径,所以，外接球的表面积为.故D正确. 知识点 4：向量判定平面与平面位置关系 平面法向量，平面法向量 两平面平行（含重合）（或重合）或重合 要证明两个平面严格平行，还需要说明两个平面没有公共点。 两平面垂直 知识点 5：立体几何向量法解题通用步骤（大题模板） 建系：找到空间三条两两垂直的直线，建立空间直角坐标系； 求坐标：写出几何体所有关键点的坐标； 求向量：求出直线方向向量；求平面内两个不共线向量，解方程组求平面法向量； 向量运算：利用平行、垂直的向量等价条件进行计算； 下结论：结合几何前提条件，给出立体几何结论。 注意：没有三条两两垂直直线时，不适合直接建系，改用基底法。 知识点 6：基底法（不建立坐标系，几何向量法） 当几何体不容易建立直角坐标系，可以选取一组空间基底（三个不共面向量）。 把所有直线方向向量，全部用基底表示； 利用数量积公式：证明垂直； 利用证明平行。 考试主流：坐标法（建系）考得最多，基底法较少。 知识点 6：点在平面内的向量判定 点P在平面ABC内存在实数，使； 或，且不共线）。 题型 1：方向向量、法向量判定位置关系 + 充分必要条件 【典例1】已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据线面垂直的判定与性质以及法向量和方向向量的关系判断即可. 【详解】由直线方向向量和平面法向量的定义可知： 由“”可以推出“”，反之，由“”也可以推出“”， 所以“”是“”的充分必要条件，故C正确. 【变式1】已知和是直线上两个不同的点，是平面的一个法向量，则“”是“”的（     ）条件． A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．非充分又非必要 【答案】B 【详解】若，由于是直线的方向向量，这意味着直线的方向向量与平面的法向量垂直。 此时直线可能与平面平行，但也可能在平面内，因此不能推出，故充分性不成立； 若，则直线的方向向量必定与平面的法向量垂直，即一定成立，故必要性成立， 综上，“”是“”的必要不充分条件. 【变式2】若平面的一个法向量为，平面平面，则平面的法向量的坐标可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】平面的一个法向量为，平面平面， 设平面的法向量为， 平面的法向量， 选项A，，与不平行，故选项A错误； 选项B，，与不平行，故选项B错误； 选项C，，与平行，故选项C正确； 选项D，，与不平行，故选项D错误. 【变式3】已知直线平面，且的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则实数的值为（   ） A． B．2 C．2或 D．或1 【答案】C 【分析】通过向量垂直的坐标表示列出等式求解即可. 【详解】因为直线平面， 则， 即， 解得或. 题型 2：参数求解（点在棱上，线面平行 / 垂直求参数） 【典例1】四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点，若平面，侧棱上存在一点，使得平面，则的值（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设交于点，连接，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，由平面，结合，列出方程，求得的值，进而求得的值. 【详解】连接，设交于点，连接， 因为四棱锥的底面是正方形，且每条侧棱的长都是底面边长的倍， 所以四棱锥为正四棱锥，可得平面， 以为坐标原点，的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 如图所示，设底面边长为，则， 可得， 则， 假设在侧棱上存在一点，使得平面， 又因为平面，所以是平面的一个法向量， 设， 则， 由，可得，解得， 即当时，， 又因为平面，所以平面， 故侧棱上存在一点，使得平面，且. 【变式1】在长方体中，，，，，，．过M，N，P三点的平面与直线相交于点Q，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设点坐标，利用可得点Q坐标，从而可以计算的值. 【详解】如图，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. . 又因为，，， 所以 设，则，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以. 因为点在平面上，所以， 即，解得. 所以. 【变式2】直三棱柱的所有棱长均为4，D为侧棱的中点，M为侧棱上一点，N为上一点，且，且平面，则的长为（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【详解】 因为三棱柱为直三棱柱，所以可以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 为中点，故， 在上，且，向量， ， 因此的坐标为：， 在上，设，则：. 接着求平面的法向量，设法向量为， ，，， 令，则，. 因为平面，所以， 化简得：， 所以. 【变式3】四棱锥的底面为正方形，且平面，若，为的中点，，平面，且，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】直接建立空间直角坐标系，再由共面，进而可得共面，由平面向量基本定理可得. 【详解】因为底面，底面为正方形，设，以为原点，分别为轴， 得各点坐标： ，是中点，得. 由，所以，，. 设，由，所以，， 所以. 因为平面，所以共面，因此共面，且不共线， 由平面向量基本定理，设，则， 所以，解得. 题型 3：动点轨迹问题（正方体 / 棱柱表面，线面平行约束） 【典例1】在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是正方形内的动点（包含边界），且平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用线面平行，可知直线的方向向量与平面的法向量垂直，确定动点坐标之间的联系，从而找到过点且与平面平行的平面，与平面的交线即为动点的轨迹，最后计算轨迹线段长度即可. 【详解】解：由正方体，可建立以为原点，为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系， 则，，，，所以，， 设平面的法向量，则，所以， 则，取，则，，所以. 由是正方形内的动点（包含边界），可设，其中，，则， 因为平面，所以，则，即，整理得， 当时，，此时，为中点； 当时，，此时，为中点， 连接，不难发现，，且，， 易证，平面平面，所以点的轨迹为线段， 因此，轨迹长. 【变式1】已知正方体的棱长为1，点满足，，，是棱的中点．以下说法正确的有（     ） A． B．若平面，则 C．若，则的最大值是 D．若当为定值（）时，点的轨迹长度为，则 【答案】BC 【分析】对于A，直接根据向量运算求解判断即可；对于B，建立空间直角坐标系，利用坐标法得即可判断；对于C，结合B选项，利用坐标法得，再根据基本不等式求解即可判断；对于D，分和两种情况讨论求解即可判断. 【详解】因为点满足，，， 所以点在四边形内（含边界）， 对于A选项，，故错误； 对于B，如图，建立空间直角坐标系，则，， ， ，，，， 因为，所以，即， 因为平面，所以平面， 因为， 所以，当平面时，，即，整理得，故正确； 对于C选项，因为，， 所以，当时，有，即，整理得， 所以，根据基本不等式得，当且仅当时等号成立， 所以，若，则的最大值是，C选项正确； 对于D选项，由正方体的性质易知平面， 所以，当为定值（）时，为定值， 当时，，点即为点；当时，，点即为点； 当时，的轨迹为：以为圆心，半径的圆弧，位于正方形区域内（含边界）， 当，即时，的轨迹为在正方形内的完整圆周， 故当点的轨迹长度为时，，解得； 当，即时，的轨迹为在正方形内的弧， 此时的长为，令，则， 则，故弧长， 此时结合图形可知弧的长度从逐渐减小到0，故存在使得弧长. 综上，当为定值（）时，点的轨迹长度为，则或，故D选项错误. 【变式2】 如图，正方体的棱长为2，设P是棱的中点，Q是线段上的动点（含端点），M是正方形内（含边界）的动点，且平面，则下列结论正确的是（     ）    A．存在满足条件的点M，使 B．直线与平面所成角的正切值的取值范围是 C．三棱锥的体积为定值 D．当点Q在线段上移动时，必存在点M，使 【答案】ABD 【分析】取的中点E，的中点F，连接，，，，易得，，平面平面，故点M的轨迹为线段．对于A，易得平面，当M为线段中点时，，因为，所以；对于B，设直线与平面所成的角为，由平面知，在中，，即可求解；对于C，由的轨迹为线段，易得，所以与平面不平行，所以点到平面的距离不是定值，故三棱锥的体积不是定值；对于D，建系后写出向量的坐标，令，得的关系式，由的范围即可求出的范围，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点E，的中点F，连接，，，，    易知，， 因为平面，平面，所以平面， 同理，平面，又，又平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面，故点M的轨迹为线段． 对于A，连接，交于点O，如图所示．    则，又，，平面， 所以平面，当M为线段中点时，， 因为，所以，故A正确； 对于B，设直线与平面所成的角为、连接，如图所示．    由平面知，， 在中，由，得，故B正确； 对于C，由的轨迹为线段，在正方体中，可知，所以与平面不平行， 又，点的轨迹为线段,所以点到平面的距离不是定值，故三棱锥的体积不是定值，所以C错误； 对于D，分别以向量，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：    则，， 设（），得，从而， 又，令，得， 当时，显然不合题意； 当时，由，解得， 即当点Q在线段上移动时，均存在点M，使，故D正确； 【变式3】已知正方体的棱长为1，若，则（     ） A．若，则 B．若平面，则点轨迹的面积为 C．若，则的最小值为 D．若，则点的轨迹与正方体表面交线的长度为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，对于A，分别写出的坐标表示可得，即可得到；对于B，先证明平面平面，进而可得点在等边内运动，即可求出点轨迹的面积；对于C，根据柯西不等式或不等式配方可得的最小值；对于D，先得出点在以为球心，半径的球面上，再分别考虑与正方体每个表面的交线长度即可. 【详解】如图，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系， 则， 由于，故. 对于A，若，则， 又，故， 故，因此，故A正确； 对于B，因为，平面，平面， 故平面， 又，平面，平面，故平面， 而平面，，故平面平面， 由于平面，所以平面， 又，故点在内运动，轨迹面积即为的面积， 易得为边长为的等边三角形，， 因此点的轨迹面积为，故B正确； 对于C，由于，故， 这是因为， 当且仅当时取等号，因此的最小值为，故C错误； 对于D，， 故点在以为球心，半径的球面上， 考虑平面，取，则，故该球与正方形仅交于点， 同理，与正方形仅交于点，与正方形仅交于点， 考虑平面，取，则， 故该球与正方形的交线为以点为圆心，半径为1的圆弧，长度为， 同理，与正方形、正方形的交线长度均为， 因此点的轨迹与正方体表面交线的长度为，故D正确. 题型 4：截面综合题（平面截正方体、长方体，求截面形状、周长、面积） 【典例1】已知正方体的外接球表面积为，是棱的中点，将过点且以为法向量的平面记为平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出正方体棱长，建立空间直角坐标系，得到线面垂直，找到平面，求出面积. 【详解】设正方体的外接球半径为，则，解得， 设正方体的棱长为，则，解得， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 则，故， 即，因为，平面， 所以平面， 取的中点，的中点，连接， 由于是棱的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又，平面，所以平面平面， 所以平面，即平面即为平面， 平面截该正方体所得截面的面积即为的面积， 其中，， 为等边三角形，面积为 【变式1】已知正方体 的棱长为 2，点 分别是正方形 和 的中心，过 的平面 与直线 垂直，则平面 截正方体 所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面周长即可. 【详解】正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系， 侧面的中心，侧面的中心，且，则， 显然点M在平面与平面的交线上， 设为这条交线上任意一点，则， 而平面，则，即， 令，得点，令，得点， 连，平面与平面必相交， 设为这条交线上任意一点，则， 由，即， 令，得点，连， 因为平面平面，则平面与平面的交线过点，与直线平行， 过作交于，则， 由得，即， 显然平面与平面都相交，则平面与直线相交， 令交点为，，由得， 连接得截面五边形， 则， 所以截面五边形的周长为. 【变式2】正方体的棱长为分别为的中点.则（    ） A．正方体体积是三棱锥体积的12倍 B．直线与平面平行 C．平面截正方体所得的截面面积为 D．三棱锥与三棱锥的体积之比为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法及棱锥体积公式逐一判断各选项． 【详解】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． 则． 因为分别为的中点， 所以． 选项A：正方体体积． 三棱锥的体积． 因为，， 所以． 正方体体积是三棱锥体积的倍，故A错误； 选项B：． 设平面的法向量为， 则，取，得． 又， 所以，即． 又平面，所以直线平面，故B正确； 选项C：由坐标可得，，． 为等腰三角形，底边上的高． 所以截面面积，故C正确； 选项D：． ， 底面在平面（即平面）上． 在平面中， （此处坐标为）， ． 点到平面的距离为， 所以． 所以体积之比为，故D正确． 题型 5：空间向量判断线线位置关系（垂直、异面、公垂线） 【典例1】如图所示，在正方体中，分别在上，且，则（   ）    A．至多与之一垂直 B．是的公垂线 C．与相交 D．与异面 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，写出相应的点坐标，求出相应向量的坐标，利用向量法判断两条直线的位置关系即可. 【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 由，则， 所以， 因为，所以，又与无公共点，所以，故C，D错误； 由， 且， 所以，故A错误，B正确. 【变式1】在正方体中，是的中点，则下列说法中正确的是（   ）． A．直线与直线相交 B．直线与直线垂直 C．直线与直线平行 D．直线平面 【答案】B 【分析】根据异面直线的概念判断异面的问题，根据垂直、平行的判断结合空间向量的运算逐一判断平行和垂直问题. 【详解】A：连接，则，直线平面， 又平面，且平面，且， 所以直线与直线异面，不相交，故本选项说法不正确； B：连接；由正方体的性质可知， 又是的中点，所以直线与直线垂直，因此本选项说法正确； C：以为原点，建立如图空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，则 所以，不存在实数使， 故直线与直线不平行，故本选项不正确； D：因为，， 所以，所以直线与平面内的直线不垂直， 所以直线与平面不垂直，因此本选项说法不正确. 【变式2】我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中把底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．如图，在堑堵中，，，分别是线段，上的点，且，，则下列说法正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，设，应用空间向量的数量积计算判断各个选项． 【详解】在堑堵中，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，因，， 则得. 对于A，因，由可得不成立，故A错误； 对于B, 因，由，可得不成立，故B错误； 对于C，因，由，可得，故C正确； 对于D，因，由，可得不成立，故D错误. 【变式3】如图，在长方体中，，，，为的中点，为的中点．则与的位置关系为（   ） A．平行 B．异面 C．垂直 D．以上都不对 【答案】C 【详解】如图建立空间直角坐标系：以为原点，分别以为轴， 根据已知边长，，，写出各点坐标： ，是中点，得； 是中点，得, 求向量： , 计算向量的数量积可得：， 由数量积为0可判断两向量垂直，即与垂直. 题型 6：综合题（体积、外接球、轨迹、截面、存在性） 【典例1】如图，在正四棱柱中， ，点是侧面上的一个动点（含边界），且（，），、分别是棱、上一点，满足，，下列说法正确的是（   ） A．平面截该正四棱柱所得的截面的周长为 B．侧面上存在点，使得平面 C．若，则的最小值为 D．若，则的最大值为 【答案】ACD 【分析】A选项：先找平面与正四棱柱各面的交线，确定截面的所有顶点，再计算各边长度求和，B选项：以D为原点建立空间直角坐标系，根据棱长条件写出各点坐标， 求平面的法向量，根据平面，列出方程，判断是否存在满足条件的λ，μ；C选项：由，判断，，三点共线，结合解直角三角形即可求出的最小值；D选项：由​得到λ，μ满足的方程，利用三角代换，求的最大值. 【详解】对于A，如图1，取的中点，连接， 过点作，交于点，连接， 结合，可知四边形为平行四边形，则， 结合正四棱柱的性质可知，故， 则共面，则四边形为平面截该正四棱柱所得的截面， 因为四棱柱是正四棱柱，所以四边形为平行四边形， 因为 ，， 所以 ，， ，所以，， 所以平行四边形的周长为，故A正确； 对于B，以为正交基底，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， ，，因为， 所以，所以， 若平面，则，所以，解得， 此时与矛盾， 所以侧面上不存在点，使得平面，故B不正确； 对于C，因为，所以，，三点共线， 由于平面,平面,故， 则, 当时，最小，则取得最小值，在中， ，， 所以，所以， 所以在中，，故C正确； 对于D，当时， ，由B知， 所以，化简得， 令，，其中， 所以，其中，， 当时，取得最大值为，此时， 所以，，满足题意，故D正确. 【变式1】在棱长均为2的正三棱柱中，为的中点，为的中点，下列结论正确的是（    ） A． B．平面 C．过点作平行于平面的平面，该平面截正三棱柱所得截面的面积为 D．动点P在正三棱柱的表面上运动，且满足，则点P的轨迹在棱柱表面上的路径总长度为 【答案】AB 【分析】取中点，连接， ，进而根据题意建立空间直角坐标系，根据判断A；根据判断B；证明平面平面即可求得截面判断C；设点，根据距离公式得，进而求得点在，，棱上的位置即可求得轨迹，再求轨迹长度即可判断. 【详解】根据题意，如图，取中点，连接， 因为三棱柱为正三棱柱， 所以为等边三角形，平面， 因为为的中点，为中点， 所以，，所以平面， 如图，建立空间直角坐标系，则，，，， ，，，， 对于A，，，，故，A选项正确； 对于B，，，故，所以， 因为平面，平面，所以平面，故B选项正确； 对于C，因为，，故，所以， 因为平面，平面，所以平面， 由B选项知平面，， 所以平面平面，即平面为所求截面， 因为，， 所以，，，即， 所以为直角三角形，所以， 即所求截面的面积为，故C选项错误； 对于D，设点，因为， 所以， 所以，整理得， 令得，即，令，得，即 所以，当时，点，即为上的点，满足； 当时，点，即为上的点，满足； 当时，点，即为上的点，满足； 所以，点P的轨迹在棱柱表面上形成的图形为， 所以，， ， 所以的周长为， 即点P的轨迹在棱柱表面上的路径总长度为，故D选项错误. 【变式2】已知正方体的棱长为1，M为棱上任意一点，与相交于N，则下列说法正确的有（    ） A．向量在直线上的投影向量为 B．存在M，使得直线与平面平行 C．当M为棱中点时，向量在平面上的投影向量的模为 D．向量在平面上的投影向量的模的最大值为 【答案】ABC 【分析】对于选项A，根据向量投影向量的定义判断；对于选项 B ，利用线面平行的判定定理判断；对于选项 C和D，先建立空间直角坐标系，求出相关向量和平面的法向量，再根据向量在平面上的投影向量的模的计算公式结合基本不等式进行计算. 【详解】以为原点，分别以 所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 已知正方体棱长为1，则 ，， ，设 ， 对于选项A， ，. 向量 在直线 上的投影向量为 ． 计算 ， 所以投影向量为 ，故选项A正确； 对于选项B，设平面的法向量为 ， 由 ，即 ，令 ，则 ， 所以 ， 设 ，则 ， ，为坐标原点）， ，设 ，则 所以 ，解得 ， 则，， 若直线 与平面平行，且直线 不在平面内，则 ，即 ， 解得 ，又因为 ，所以存在这样的 ，故选项B正确； 对于选项C，当为棱中点时，，， 设平面的法向量为 ，由 ， 令 , 则 , ，所以 ， 根据向量投影向量模的计算公式，向量 在平面 上的投影向量的模为 ； 而， 则向量 在平面上的投影向量的模为 ，故选项C正确； 对于选项D， 由选项B可知，平面上的法向量为， ， 向量 在平面上的投影向量的模为 ， ， 当且仅当 ，即 时，等式成立. 因为 ，所以当 时， 向量 在平面上的投影向量的模取得最小值 ，而不是最大值 ，故选项D错误. 【变式3】在棱长为4的正方体中，点是侧面（含边界）上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得 B．若平面，则线段的最小值为 C．若与所成的角为，则点的轨迹长度为 D．若以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 【答案】ABD 【分析】A选项，通过向量的数量积计算得出，在侧面中可以找到满足条件的点，即可作出判断；B选项，过作平面平面，得出的轨迹为线段，等边三角形的高即为最小值；C选项，由与所成的角为，得出的长度，轨迹即为圆心角为的圆弧；D选项，由勾股定理得到球面与侧面交线的半径为，圆心角为，即可求弧长. 【详解】以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系. 因为正方体棱长为4，则，，，，； 又因为点在侧面（含边界）上，设. 选项A：因为，，若， 则，即，化简得. 在，范围内， 当，（即与重合）时满足，故存在点，故A正确； 选项B：作出过与平面平行的平面， 则点的轨迹为平面与侧面的交线，即线段， 因为为边长为的等边三角形，所以线段的最小值即为等边三角形的高， 即，故B正确； 选项C：因为，所以与所成的角等于与所成的角， 即. 在中，，，所以， 则点的轨迹为以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧， 所以点的轨迹长度为，故C错误； 选项D：因为，， 故可设球面与的交点为，球面与的交点为， 可得交线为以为圆心的的弧长. 由题知平面，则为直角三角形， 所以，则； 同理可得，所以，所以， 所以弧.故D正确. 题型 7：基础计算（方向向量、法向量、轨迹结论） 【典例1】空间中，已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为（常数）．若，则实数的值为__________． 【答案】 【详解】若直线，则直线的方向向量与平面的法向量垂直，即， 由，，则， 解得：. 【变式1】如图，在棱长为1的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，点是线段上的动点，给出以下结论： ①存在点，使得对任意点，都有； ②存在无数组点和点，使得； ③存在唯一的点，使得平面； ④存在点和点，使得平面平面； ⑤存在点，使得其到直线的距离为． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②④⑤ 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合向量的运算法则，以及数量积的运算，可判定①不正确，②正确，③不正确；当点与点重合时，点与点重合值，得到平面平面，即平面平面，可判定④正确；转化为异面直线和的距离，求得异面直线的距离，可判定⑤正确. 【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为正方体的棱长为1， 可得， 因为为的中点，可得， 对于①，设点，其中，可得， 设，其中， 因为，所以，即，所以, 若，可得恒成立， 可得，整理得， 要使得时，恒成立， 则满足，此时方程组无解， 所以不存在点，使得对任意点，都有，所以①不正确； 对于②，若，则存在实数，使得， 因为， 可得，可得， 显然，因为，可得，解得， 所以存在无数组点和点，使得，所以②正确； 对于③，若平面，且平面，则， 因为， 可得，所以与不垂直， 所以不可能垂直平面，所以③不正确. 对于④，当点与点重合，点与点重合时，此时平面，即为平面， 在正方体中，可得平面平面， 所以平面平面，即平面平面， 所以存在点和点，使得平面平面，所以④正确； 对于⑤，因为点是线段上的动点，则点到直线的距离的最小值， 即为异面直线和的距离， 在正方体中，可得平面， 此时设 平面，则点为等边的中心，且， 取的中点为，连接，可得， 所以为异面直线和的公垂线段， 因为为等边三角形，且边长为，可得， 所以存在点，使得其到直线的距离为，所以⑤正确. 【变式2】已知正方体的棱长为4．为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为____________． 【答案】 【分析】通过空间向量法确定垂直于的平面方程，找到截面顶点，判定截面为菱形后，利用对角线求面积即可. 【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体棱长为4， 所以，则， 设截面上的点为，则， 因为过点的平面垂直于，所以是平面的一个法向量， 所以，即，整理得：， 当点在棱上时，，则，得； 当点在棱上时，，则，得； 当点在棱上时，，则，得， 所以截面为四边形， 又因为， 同理可得，所以四边形为菱形， 又因为对角线， 所以面积. 【变式3】在棱长为1的正方体中，点、分别是棱、的中点，动点在正方形（包括边界）内运动.若平面，则的最小值是_______. 【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，设点，其中，由平面，利用空间向量法可得出，利用空间向量的模长公式结合二次函数的性质可求得线段的最小值. 【详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设点，其中， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， ， 因为平面，则，即， 所以， 因为，则当时，取最小值， 即的最小值为. 1．在棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，为底面的中心，点在正方体的表面上运动，且满足，下列说法正确的个数（    ） ①点可以是棱的中点；②点轨迹的长度为； ③点的轨迹是平行四边形；④点轨迹所围成的图形面积为 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】在正方体中，以点D为坐标原点，分别以、、所在直线为轴，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，再逐项判断，即可得出结果. 【详解】在正方体中，以点D为坐标原点，分别以、、所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系： 因为该正方体的棱长为1，分别为，的中点， 所以，， 所以，设，则， 因为， 所以， 即，所以， 取，当时，；当时，； 取， 连接，，，则，， 则， ， 所以，， 又，且平面，平面， 所以平面，所以当点平面时， 又点P在正方体的表面上运动，所以点P的轨迹为正三角形，③错误； 点P不可能是棱的中点，①错误； 正三角形边长为，点P轨迹的长度为，②错误； 正三角形的面积为，④正确. 2．设是直线的方向向量，是平面的法向量，则（     ） A． B．或 C． D．与相交但不垂直 【答案】B 【分析】通过计算直线的方向向量与平面的法向量的数量积，判断直线与平面的位置关系. 【详解】因为，所以， 所以或. 3．空间中，两条直线、的方向向量分别为、，则“”是“”的（     ）． A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件 【答案】C 【分析】根据空间两直线所成角，以及直线方向向量的定义，结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】充分性：若两条直线的方向向量​​，说明方向向量夹角为， 因此两直线所成角为，可得，充分性成立， 必要性：若，说明两直线所成角为，即方向向量夹角为， 因此，必要性成立， 因此“​​”是“”的充分必要条件. 4．在空间直角坐标系中，向量为平面的一个法向量，向量为直线l的一个方向向量，则“”是“”的（   ） A．充分条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】根据题意，利用平面的法向量与直线的方向向量的关系，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由向量为平面的一个法向量，向量为直线l的一个方向向量， 若，则，所以，解得，所以充分性不成立； 反之：若，可得，此时， 可得与不垂直，所以与不平行，所以必要性不成立， 所以是的既不充分也不必要条件. 5．如图，在棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，点在正方体的表面上运动，且平面，则点的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过面面平行可推出线面平行，找到P的轨迹，再求解轨迹长度. 【详解】    取 中点 ， 中点 ，连接, , , 为中点，为中点,所以, 平面，平面 所以; 设正方体 ，以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，棱长为 2，则，，，， 所以，, 所以, 所以 ∵ 平面，平面,所以 又平面内，两条相交直线， 所以, 因为点在正方体的表面上运动，且平面， 因此的轨迹是平面与正方体表面相交形成的闭合折线段： , , , , 总轨迹长度：. 6．已知正方体，点E，F，G分别是线段，和上的动点，正确的是（     ） A．对于任意给定的点，存在点，使得 B．对于任意给定的点，存在点，使得 C．对于任意给定的点G，存在点F，使得 D．对于任意给定的点F，存在点G，使得 【答案】B 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，不妨设正方体的边长为1，设，，，再利用垂直与平行的空间坐标表示逐项判断即可． 【详解】对于AB，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的边长为1，可得，，， 且点分别是线段和上的动点， 得到，，， 而，，则，设，可得， 则，解得，得到， 可得，，， 若，则，解得， 此时任意给定的点，存在点，使得，故A错误，B正确， 对于CD，若，则， ，方程组无解，故与不可能平行，CD错误． 7．如图所示，长方体，底面是边长为1的正方形，高为2，是的中点，则（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．平面平面 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】BD 【分析】根据四棱柱的几何性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，根据向量方法证明选项A和选项C；根据三棱锥的体积的求法，求出三棱柱的体积，判断选项B的正误；根据四棱柱外接球的性质，求出外接球的半径，进而求出表面积，判断选项D正误. 【详解】如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意可得， 因为是的中点，所以， 选项A：，显然不存在实数使， 所以不平行，故选项A错误； 选项B：可知， 因为平面， 所以，故选项B正确； 选项C：取平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 可知 ， 可得，即， 令，解得，即， 因为，所以两平面不垂直，故选项C错误； 选项D：三棱锥的四个顶点均为长方体的顶点，其外接球即为长方体的外接球， 长方体的体对角线长为， 所以外接球半径为，表面积，故选项D正确. 8．如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（    ） A．对于任意点，都有 B．对于任意点，不存在∥平面 C．过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 D．存在点，使得三棱锥体积为 【答案】ABC 【分析】根据正方体的垂直关系建立空间直角坐标系，根据坐标关系判断选项即可． 【详解】在正方体中，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系； 因为棱长为2，可得，，；设， 则，； 则；故对于任意点，都有，A选项正确； 因为分别是的中点，故，，； 则，； 设为平面的法向量， 则，可得，解得； 令可得，； 令，解得，不合题意， 故对于任意点，不存在∥平面，B选项正确； 在平面中作，垂足为，过点在平面中作，交于点； 因为正方体中，平面平面，且交于； 因为平面，故平面，而平面，则； 因为平面，故平面； 平面截正方体的截面为矩形； 当与重合时，即为的中点时，截面最大， 面积为，故C正确； 由， 可得，因为是线段上的动点（不包含端点），故， 综上，不存在点，使得三棱锥体积为，故D错误． 1．已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱，为棱的中点，设平面过点且满足，则截正四棱柱所得截面的面积为________. 【答案】 【分析】以正四棱柱的顶点为坐标原点建立空间直角坐标系，根据平面所满足的垂直条件确定截面与棱的交点位置；再利用正四棱柱的对称性判断所得截面为菱 形，分别求出菱形两条对角线的长度，最后由菱形面积公式求出截面面积。 【详解】 以为坐标原点，以直线，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 由题可得，，，，不妨设棱上一点，其中， 则，， 当，可得，解得，所以. 由题易知即为与平面的交线，且. 同理可得与平面的交线为，且， 由对称性可知截正四棱柱所得的截面为菱形，且此菱形的对角线长分别为，， 故截面面积为. 2．如图，在棱长为1的正方体中，，，若平面，则线段的长度的取值范围为__________. 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的坐标，根据平面得出，根据空间向量求模公式代入求最值. 【详解】以所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， ，，，， 设，， 由，，得， 由，，， ， ，，， 所以平面， 平面，所以， ，， ，即， ， ， ，， . 3．在长方体中，已知，以点为原点，分别以所在的直线为轴、轴、轴，建立如图的空间直角坐标系，点是线段上靠近点的一个三等分点，点，设． (1)求证：； (2)在图中标出点的位置，连接，请用含有，，的表达式表示向量； (3)求的面积． 【答案】(1)证明：由点是线段上靠近点的一个三等分点得， 由题意得， 因此， 而，因此，即； (2) (3) 【分析】（1）利用给定的空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再利用空间向量数量积计算得证. （2）确定点的位置，再利用空间向量的线性运算求解. （3）利用空间向量的夹角公式及三角形面积公式求解. 【详解】（1）略 （2）点的位置如图所示，则点为的中点， 连接，由题意得 ， 所以. （3）设，由（1）得， 则， 因此，， 所以的面积 4．在长方体中，，，，，．求证：面； 【答案】方法一：如图，过点作//，交于点，则有，． 连接，则四点共面，平面即平面． 由，，可得与相似， 所以，则可得，所以． 长方体中，平面， 因为平面，所以． 又，平面，所以平面． 方法二： 如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系． 则． 所以． 所以， 所以，即． 又，平面，所以平面． 5．如图，已知四棱锥的底面是矩形，底面，，，是侧棱的中点．求证：平面； 【答案】以A为原点，以所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 已知，，是侧棱的中点， 则：， 故； ，故； ，故； 又，平面， 由线面垂直判定定理可得，平面． 【分析】以A为原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量法可证，，然后由线面垂直判定定理可得平面. 【详解】略. 6．如图，在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在棱上，且.证明：四点共面； 【答案】解法一：在正方体中，以点为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 于是，且向量不共线， 所以向量共面，又向量有公共点， 所以四点共面. 解法二：延长交于点，连接交于点； 因为，所以； 又，所以，而，所以点与点重合， 故四点共面. 7．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．    (1)证明：平面平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1)设中点，连接， ，，，所以， 因为，所以有，则， 因为，为中点，所以， 因为平面平面，平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以平面， 因为平面，所以平面平面. (2) (3)在棱上存在点，为上靠近的三等分点. 【分析】(1) 依托面面垂直性质得到高线，结合勾股逆定理证，证明垂直平面内两条相交直线，使用面面垂直判定定理完成证明； (2) 利用等体积转换，作为三棱锥的高，求出底面三角形面积后代入锥体体积公式直接计算； (3)建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，设，分别求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式列出方程，求得即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，平面，因为，所以， 则. （3）在棱上存在点，使得平面与平面的夹角为30°，为上靠近的三等分点.，证明如下： 由（1）得平面，因为平面，则， 过作的平行线，则以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，    由题意得，则, 因，则，故， 则， 设，由题可知， ， 设平面法向量为， 则，令，则，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，， 因为平面与平面的夹角为30°， 所以， 化简得，即，又，则， 所以为上靠近的三等分点. 8．如图，在平行六面体中，，，. (1)以，，为基底向量，表示向量，； (2)求证：； (3)求的长. 【答案】(1)， (2)证明：因为，，， 所以，. 由（1）得 ， 所以，即． (3) 【分析】（1）利用空间向量的加减法，将目标向量分解为基底向量的线性组合； （2）将两向量表达式代入数量积，利用已知边长和夹角展开计算，由点积为零证明垂直； （3）计算目标向量模的平方，展开后代入已知数据，开方得长度． 【详解】（1）在中，由空间向量的减法运算，得.    ． （2）略． （3）由（1）知， 所以 ，         所以． 9．在长方体中，已知，，点在平面上的射影为． (1)设，求，的值； (2)已知，，其中．若平面，求的值． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，根据题意得到垂直关系，从而得到方程组，求出答案； （2）求出平面的法向量，根据平行关系得到，从而得到方程，结合（1）中结论得到方程，求出答案 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 设，则， 点在平面上的射影为，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥，⊥， ， 由得 ， 即， ， 由得， 故，则， 将其代入中，可得， 整理得，解得， （2）， 设，， 因为，，所以， 所以，， 所以，， 所以， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，其中． 故， 若平面，则，即， 故， 其中，故， 上式可化简得， 若，此时，故，即两点重合，不合要求，舍去， 故，解得 10．在中，，，点D，E分别在边 ，上，且，（），将 沿折起，点落在点的位置，连接，，得到如图所示的四棱锥，点 在线段上，且． (1)若平面，求． (2)当四棱锥体积最大时，线段上是否存在点Q使得C，D，Q，F四点共面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）作直线 交于点 ，利用线面平行的性质可得 ，进而可求得的值． （2）利用体积公式求得，记，利用导数可求得体积的最大值，确定，法一：延长交 于 ，连接交 于，设，利用向量的线性运算可求得的值；法二：建立空间直角坐标系，设，求得平面 的一个法向量，进而利用 可求得，进而可求得的值. 【详解】（1）作直线交于点，因为，所以． 因为平面，面 ，面平面， 所以，所以四边形 为平行四边形，所以，所以． （2）因为 ，，，所以平面， 在中，， ，所以， 又（ ），所以，所以， 因为，且 ，所以，所以， 因为四棱锥的体积 ， 记，，， 令，得，解得或（舍去）， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 则当时，四棱锥的体积最大，此时，，． 方法一： 如图，延长 交 于 ，连接交于， 设， 由解得， 则得，则， 即得 所以. 方法二： 如图，分别以 ，，所在直线为 ，， 轴建立空间直角坐标系. 则，，，，． 设，，，， 设平面法向量， 则，故可取， 由解得， 所以. 11．如图，三棱锥中，点在上，，，． (1)证明：； (2)若，，，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明： 因为且，，且， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面， 平面，平面， 所以平面， 故. (2) 【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可； （2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角. 【详解】（1）略 （2）如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可得， ， ， . 因为 且 ，所以. 所以，，. 设平面 的法向量 ，则， 可得，令，则：，，即. 设与平面所成的角为： 所以 ， 所以与平面所成的角的正弦值为. 法二：在 中，， 在 中，， 由（1）知，则. 在 中，. 在 中，. ， 为直角三角形，则. 设点到平面的距离为，与平面所成角为， 由得： ，即， 解得：. 所以. 12．如图，在四棱锥中，，，15，25. (1)求证：面； (2)求证：二面角是直二面角； (3)在平面上求点，使面. 【答案】(1)如图所示： 连接BD，取BD的中点O，连接PO，因为，， 所以的外接圆的圆心为BD的中点，即点O，也为点P在底面ABCD上的射影，则平面ABCD， 因为平面ABCD，所以，又因为，满足所以， 又，所以面； (2)以A为原点，以AB，AD分别为x，y轴，建立空间直角坐标系：则 易得，则，设，则， 因为，所以，解得，则 所以， 设平面PBC的一个法向量为则，即， 令，则，所以， 设平面PCD的一个法向量为则，即， 令，则，所以， 因为，所以，则平面平面PDC，所以二面角是直二面角； (3). 【分析】（1）连接BD，取BD的中点O，连接PO，易得平面ABCD，从而，再由得到，然后利用线面垂直的判定定理证明； （2）以A为原点，以AB，AD分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面PBC和平面PDC，利用向量法求解； （3）根据面，得到，设，由求解. 【详解】（1）如图所示： 连接BD，取BD的中点O，连接PO， 因为，， 所以的外接圆的圆心为BD的中点，即点O， 也为点P在底面ABCD上的射影，则平面ABCD， 因为平面ABCD,所以， 又因为，满足 所以，又， 所以面； （2）以A为原点，以AB，AD分别为x，y轴，建立空间直角坐标系： 则 易得，则， 设，则 ，因为， 所以，解得， 则 所以， 设平面PBC的一个法向量为 则，即 令，则， 所以， 设平面PCD的一个法向量为 则，即 令，则， 所以， 因为，所以， 则平面平面PDC，所以二面角是直二面角； （3）因为面，所以，设， 则， 因为， 所以， 解得， 则. 13．如图，在四棱锥中，底面是矩形，E，F，G分别是，，的中点，点O在线段上，平面，，，，． (1)证明：平面． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：因为F，G分别是，的中点，所以，， 则四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面，所以平面． 在中，．连接． 因为平面，平面，所以平面． 因为，所以平面平面． 因为平面，所以平面． (2) 【分析】(1)利用线面平行的判定，面面平行的性质证明. (2)建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用直线的方向向量和平面的法向量，再利用向量的夹角公式即可求解. 【详解】（1）略； （2） 解：以，所在直线分别为y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，，，，，， ，，． 设平面的法向量为， 则，取，得． ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 14．如图所示，直三棱柱的底面中，，，棱，M、N分别是、的中点． (1)求的长； (2)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先判断出是等边三角形，则有，在中，利用勾股定理求解即可； （2）利用向量的线性运算和数量积运算证明即可. 【详解】（1）因为，， 所以是等边三角形， 所以， 又因为N是的中点， 所以, 在中，. （2）由已知 ， 所以， 所以. 15．如图所示，已知是平行四边形，点是平面外一点，连接、、、．设点、、、分别为、、、的重心． (1)试用向量方法证明、、、四点共面； (2)试判断平面与平面的位置关系，并用向量方法证明你的判断． 【答案】(1)证明见解析 (2)平面平面，证明见解析 【分析】（1）分别连接、、、交对边于、、、点，推导出四边形为平行四边形，推导出，可得，即可证得结论成立； （2）推导出平面，平面，再利用面面平行的判定定理可证得结论成立. 【详解】（1）分别连接、、、交对边于、、、点． 因为、、、分别是所在三角形的重心． 所以、、、为所在边的中点， 所以，且，，且，所以，， 故四边形为平行四边形， 且有，，，， 所以，同理可得， 因为四边形是平行四边形，所以，所以，则， 故、、、四点共面． （2）由（1）得，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，、平面，所以平面平面. 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $