專題1.9空間向量與立體幾何全章十大壓軸題型歸納（拔尖篇）（舉一反三）（人教A版2019選擇性）

專題1.9空間向量與立體幾何全章十大壓軸題型歸納（拔尖篇）【人教A版（2019）】題型1題型1根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算求參數(shù)1．（2324高二上·山東青島·期末）已知四面體OABC中，OA=a,OB=b,OC=A．3 B．2 C．12 D．【解題思路】根據(jù)空間向量的運(yùn)算法則，化簡(jiǎn)得到MN=?【解答過(guò)程】根據(jù)題意，利用空間向量的運(yùn)算法則，可得：MN=因?yàn)镸N=?14a+故選：D.2．（2324高二上·福建莆田·期末）如圖，平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)M在BB1上，點(diǎn)N在DDA．16 B．13 C．23【解題思路】根據(jù)空間向量的運(yùn)算法則確定MN=?【解答過(guò)程】MN=故x=?1，y=1，z=16，故選：A.3．（2324高二上·貴州·階段練習(xí)）如圖，在棱長(zhǎng)為4的正四面體ABCD中，E是AD的中點(diǎn)，BF=3FC，記(1)求x+y+z的值；(2)求EF?【解題思路】（1）利用空間向量的線性運(yùn)算和向量基本定理求解；（2）利用空間向量的線性運(yùn)算和向量數(shù)量積求解.【解答過(guò)程】（1）因?yàn)镋是AD的中點(diǎn)，BF=3FC，所以又EF=xDA+y則x+y+z=1（2）因?yàn)镈F=所以EF?由正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為4，可得DA?故EF?DF4．（2324高二·湖南·課后作業(yè)）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是上底面A1(1)AE=x(2)AF=x(3)EF=x【解題思路】（1）由向量加法的三角形法則和四邊形法則得AE=AA（2）由向量加法的三角形法則和四邊形法則得AF=AD+（3）因?yàn)镋F=AF?【解答過(guò)程】（1）解：由向量加法的三角形法則得，AE=由平行四邊形法則和向量相等得，A1所以AE=所以x=y=1（2）解：由向量加法的三角形法則得，AF=由四邊形法則和向量相等得，DF=所以AF=所以x=1,y=z=1（3）解：由（1），（2）可知，EF=1所以x=1題型2題型2向量共線、共面的判定及應(yīng)用1．（2324高二下·江蘇·階段練習(xí)）已知向量a,b,c不共面，則使向量m=2A．?4 B．?3 C．?2 D．4【解題思路】利用向量共面得到線性表示，再化簡(jiǎn)求值即可.【解答過(guò)程】因?yàn)閙,n,p共面，所以存在實(shí)數(shù)s,t，使得p=s故選：A.2．（2324高二上·浙江杭州·期末）對(duì)于空間一點(diǎn)O和不共線三點(diǎn)A,B,C，且有2OP=?OAA．O,A,B,C四點(diǎn)共面 B．P,A,B,C四點(diǎn)共面C．O,P,B,C四點(diǎn)共面 D．O,P,A,B,C五點(diǎn)共面【解題思路】根據(jù)題意，化簡(jiǎn)得到BP=2PC+AP，得到【解答過(guò)程】由2OP=?OA即BP=2PC+又因?yàn)槿齻€(gè)向量有公共點(diǎn)P，所以P,A,B,C四點(diǎn)共面.故選：B.3．（2024高二上·全國(guó)·專題練習(xí)）已知O,A,B,C,D,E,F,G,H為空間9個(gè)點(diǎn)(如圖)，并且OE=kOA,OF=kOB，(1)A,B,C,D四點(diǎn)共面；(2)AC//(3)OG=k【解題思路】（1）根據(jù)向量的共面定理，即可求解；（2）根據(jù)空間向量的運(yùn)算法則，準(zhǔn)確運(yùn)算，即可求解；（3）根據(jù)空間向量的運(yùn)算法則，準(zhǔn)確運(yùn)算，即可求解.【解答過(guò)程】（1）解：因?yàn)锳C=由共面向量的基本定理，可得AC,又因?yàn)锳C,AD,AB有公共點(diǎn)（2）解：因?yàn)镺E=k則EG==kAD所以AC//（3）解：由（1）及OE=k可得EG=k所以O(shè)G=EG?4．（2324高二·全國(guó)·課后作業(yè)）如圖，已知O，A，B，C，D，E，F(xiàn)，G，H為空間的9個(gè)點(diǎn)，且OE=kOA，OF=kOB，OH=kOD，AC=(1)求證：A，B，C，D四點(diǎn)共面，E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；(2)求證：平面ABCD//平面EFCH(3)求證：OG=k【解題思路】（1）利用空間向量共面定理即可求證；（2）由空間向量線性運(yùn)算可得EG=kAC，由空間向量共線定理可證明AC//EG，再由線面平行的判定定理可得EG//平面ABCD（3）由（2）知EG=k【解答過(guò)程】（1）因?yàn)锳C=AD+m所以AC，AD，AB共面，即A，B，C，D四點(diǎn)共面．因?yàn)镋G=EH+m所以EG，EH，EF共面，即E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面．（2）連接HF，BD，EG=kAD+kmAB又因?yàn)镋G?平面ABCD，AC?平面ABCD，所以EG//平面ABCD因?yàn)镕H=OH?又FH?平面ABCD，BD?平面ABCD，所以FH//平面ABCD因?yàn)镋G與FH相交，所以平面ABCD//平面EFGH（3）由（2）知EG=kAC，所以題型3題型3空間向量的夾角及其應(yīng)用1．（2324高二上·陜西寶雞·期中）在空間四邊形OABC中，OB=OC，∠AOB=∠AOC，則cosOA,BCA．12 B．22 C．?【解題思路】先利用題給條件求得OA?BC的值，進(jìn)而求得【解答過(guò)程】如圖所示，∵OA=OA又OB=OC，∠AOB=∠AOC，則OA∴OA⊥BC，∴OA,故選：D.2．（2324高二下·江蘇連云港·期中）已知平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，AAA．23 B．?23 C．3【解題思路】利用向量的線性運(yùn)算法則和數(shù)量積的性質(zhì)化簡(jiǎn)條件可求AA【解答過(guò)程】因?yàn)锳=所以AAcosA故選：B.3．（2324高二上·湖北·期末）如圖，平行六面體ABCD?A1B1C1D(1)求A1(2)求異面直線CA1與【解題思路】（1）利用CA2（2）利用CA【解答過(guò)程】（1）C=1+1+4+21×1×所以CA即A1C的長(zhǎng)為（2）C==1?1+1?1又由余弦定理得DC所以設(shè)所求異面直線所成角為θ，cosθ=4．（2024高二·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)是(1)求CD(2)求AO與CB的夾角的余弦值(3)判斷AO與CD【解題思路】（1）利用數(shù)量積的公式可得；（2）先用AB,AD,AA1表示AO，利用數(shù)量積運(yùn)算律可得AO?（3）利用數(shù)量積運(yùn)算律得AO?CD1=0【解答過(guò)程】（1）正方體ABCD?A1B故CD（2）由題意知，AB?AO=AO=故AO?故cosAO（3）由題意，AB?AO=1故AO與CD題型4題型4利用空間向量的數(shù)量積求模1．（2324高二下·江蘇淮安·期中）平行六面體ABCD?A1B1C1D1中AB=1，AD=2，A．3 B．5 C．7 D．3【解題思路】利用空間向量運(yùn)算法則得到AC1?=AB【解答過(guò)程】因?yàn)榱骟wABCD?A所以AC所以A=1+4+9+2=14+4cos所以AC故選：B.2．（2324高三下·北京·開(kāi)學(xué)考試）正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，動(dòng)點(diǎn)M在線段CC1上，動(dòng)點(diǎn)P在平面A．1,2 B．62,3 C．【解題思路】根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.【解答過(guò)程】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA,DC,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Pa,b,1，M則A1,0,0,B1,1,0因?yàn)锳P⊥平面MBD1，所以即AP?BD所以AP=t,1?t,1，所以又0≤t≤1，所以當(dāng)t=12時(shí)，即M是CC1的中點(diǎn)時(shí)，當(dāng)t=0或1，即M與點(diǎn)C或C1重合時(shí)，AP取得最大值2所以線段AP長(zhǎng)度的取值范圍為62故選：C.3．（2324高二上·重慶·期末）如圖，在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，∠A1AD=π4，∠A1AB=

(1)求AB?(2)求A1【解題思路】（1）根據(jù)AB?（2）化簡(jiǎn)可得A1O=12【解答過(guò)程】（1）AB?（2）因?yàn)锳1所以A===9+4+18+6?18?12所以A1O的長(zhǎng)為4．（2324高二上·河南洛陽(yáng)·階段練習(xí)）如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，E，F(xiàn)，G，分別為A1B1，CC1(1)用a，b，c表示EF，EG；(2)若AB=AC=AA1=2，AB⊥AC【解題思路】（1）用空間向量的加減運(yùn)算分別表示EF，EG，EF=EA1+A1F=（2）先把EF+2EG用a，b，c表示，然后平方，把向量的模和數(shù)量積分別代入，計(jì)算出結(jié)果后再進(jìn)行開(kāi)方運(yùn)算求得【解答過(guò)程】（1）連結(jié)A1F.在直三棱柱ABC—A1B1C則EF=EG=（2）如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC所以AA1?AB=EF+2EF+2EG2題型5題型5利用空間向量基本定理證明平行、共線、共面問(wèn)題1．（2324高二上·河北保定·期中）如圖，在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，E為CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)A．12 B．25 C．13【解題思路】由B,D,A1,F四點(diǎn)共面可得存在實(shí)數(shù)x,y，使BF【解答過(guò)程】由平行六面體的特征可得設(shè)AB=a,可得BF=又BD由B,D,A1,F四點(diǎn)共面可得存在實(shí)數(shù)所以m?1a所以m?1=?x?ym=xm2故選：B.2．（2324高二上·山東淄博·階段練習(xí)）已知O、A、B、C為空間中不共面的四點(diǎn)，且OP=13OA+12A．34 B．?18 C．1【解題思路】根據(jù)平面向量基本定理得到PA=xPB+y【解答過(guò)程】∵P、A、B、C四點(diǎn)共面∴必存在唯一一組有序?qū)崝?shù)對(duì)(x,y)使得PA=x∴OP?OA∵O、A、B、C四點(diǎn)不共面∴x+y≠1，否則A、B、C三點(diǎn)共線，即O、A、B、C四點(diǎn)共面，與題意不符，∴OP=11?x?y故而13∴t=1故選：C.3．（2324高二下·江蘇常州·階段練習(xí)）如圖，在底面ABCD為菱形的平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，

(1)求證：D，(2)當(dāng)AA1AB(3)若AB=AA1=1，且A【解題思路】（1）利用向量證明DN=（2）以AA1，AD，（3）利用基底表示出AP，然后平方轉(zhuǎn)化為數(shù)量積求解即可.【解答過(guò)程】（1）在平行六面體ABCD?A1B因?yàn)锳1所以MBDN=所以DN=MB1，即所以四邊形DMB1N（2）當(dāng)AA1AB設(shè)AA1=c，AD=b，AB=a，且c與因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以b=∵AC1=若AC1⊥即AC即a2解得a=c或所以AA1AB

（3）∵A∴AP∵AB=AA∴==1+1所以|AP|=112，所以4．（2024高二上·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，在底面ABCD為菱形的平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，(1)用向量AA1，(2)求證：D，M，B(3)當(dāng)AA1AB【解題思路】（1）根據(jù)空間向量線性運(yùn)算法則計(jì)算可得；（2）根據(jù)空間向量線性運(yùn)算法則得到DM=NB（3）設(shè)AA1=c，AD=b，【解答過(guò)程】（1）MN=（2）證明：∵DM=AM∴DM=N（3）當(dāng)AA1AB證明：設(shè)AA∵底面ABCD為菱形，則當(dāng)AA1AB∵AC1∠A∴A∴AC題型6題型6利用空間向量基本定理解決夾角、距離、垂直問(wèn)題1．（2324高二上·山東·階段練習(xí)）如圖，空間四邊形OABC中，OA=2，OB=3，OC=4，且OA,OB,OC任意兩個(gè)之間的夾角均為60°，OM=2MA，

A．693 B．753 C．2【解題思路】利用基底法表示出MN=?【解答過(guò)程】由題意得MN=OC而OA?OB?OA?則MN==4故選：A.2．（2324高二上·湖北·開(kāi)學(xué)考試）在四面體ABCD中（如圖），平面ABD⊥平面ACD，△ABD是等邊三角形，AD=CD，AD⊥CD，M為AB的中點(diǎn)，N在側(cè)面BCD上（包含邊界），若MN=xAB+yAC+z

A．若x=12，則MN∥平面ACD B．若z=0C．當(dāng)MN最小時(shí)，x=14 D．當(dāng)MN【解題思路】根據(jù)可證CD⊥平面ABD，設(shè)BN=λBC+μBD，且λ,μ∈0,1,λ+μ≤1，進(jìn)而可得x=12?λ?μy=λz=μ，對(duì)于A：若x=12，則點(diǎn)N即為點(diǎn)B，進(jìn)而可得結(jié)果；對(duì)于B：若z=0，可得點(diǎn)N在線段BC【解答過(guò)程】因?yàn)锳D⊥CD，平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，CD?平面ACD，所以CD⊥平面ABD，且BD?平面ABD，可得CD⊥BD，又因?yàn)镹在側(cè)面BCD上（包含邊界），設(shè)BN=λBC+μ可得MN=1又因?yàn)镸N=xAB+yAC+z對(duì)于選項(xiàng)A：若x=12?λ?μ=12，則λ=μ=0顯然MN∩平面ACD=A，故A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B：若z=μ=0，則BN=λBC，可得點(diǎn)N在線段由CD⊥平面ABD，可知當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)N為點(diǎn)B，MN⊥CD，故B錯(cuò)誤；過(guò)M作ME⊥BD，垂足為E，可得BE=BM?

因?yàn)镃D⊥平面ABD，ME?平面ABD，則ME⊥CD，且BD∩CD=D，BD,CD?平面BCD，所以ME⊥平面BCD，可得MN=對(duì)于選項(xiàng)C：顯然當(dāng)點(diǎn)N即為點(diǎn)E時(shí)，MN最小，此時(shí)λ=0,μ=1可得y=0,z=1對(duì)于選項(xiàng)D：顯然當(dāng)點(diǎn)N即為點(diǎn)C時(shí)，NE最大，則MN最大，此時(shí)λ=1,μ=0，可得y=1,z=0,x=1故選：C.3．（2324高二下·江蘇常州·階段練習(xí)）如圖所示，平行六面體ABCD?A1B(1)用向量AB,AD,AA(2)求cosB【解題思路】（1）借助空間向量的線性運(yùn)算與模長(zhǎng)與數(shù)量積的關(guān)系計(jì)算即可得；（2）結(jié)合題意，借助空間向量的線性運(yùn)算與夾角公式計(jì)算即可得.【解答過(guò)程】（1）BD則B=1+4+1+2×1×2×1所以BD（2）由空間向量的運(yùn)算法則，可得AC=因?yàn)锳B=AD=1,AA1=2所以AC=1+0+1B==1×1×cos則cosB4．（2324高二上·天津靜?！るA段練習(xí)）如圖所示，已知空間四邊形ABCD的每條邊和對(duì)角線長(zhǎng)都等于1，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，CD的中點(diǎn)．設(shè)AB=a，AC=(1)求證EG⊥AB；(2)求異面直線AG和CE所成角的余弦值．【解題思路】（1）作出輔助線，利用三線合一證明出CE⊥AB,DE⊥AB，從而得到線面垂直，進(jìn)而證明線線垂直；（2）用a,b,c表達(dá)AG與EC，利用空間向量夾角公式求解異面直線【解答過(guò)程】（1）證明：連接DE，因?yàn)榭臻g四邊形ABCD的每條邊和對(duì)角線長(zhǎng)都等于1，且E，G分別是AB，CD的中點(diǎn)，所以AC=BC,BD=AD，故CE⊥AB,DE⊥AB，又因?yàn)镃E∩DE=E，CE,DE?平面CDE，所以AB⊥平面CDE，因?yàn)镋G?平面CDE，所以AB⊥EG.（2）由題意得：△ABC,△ACD,△ABD均為等邊三角形且邊長(zhǎng)為1，所以AG=EC=AG=12所以AG==1設(shè)異面直線AG和CE所成角為θ，則cosθ=cos題型7空間向量平行、垂直的坐標(biāo)表示1．（2324高二下·江蘇連云港·期中）設(shè)x,y∈R，向量a=x,1A．1 B．1 C．2 D．3【解題思路】由空間向量垂直和平行的坐標(biāo)表示計(jì)算即可.【解答過(guò)程】因?yàn)閍⊥所以2x?2+2=0?x=0，又b//所以設(shè)b=λc，即所以x+y=1，故選：B.2．（2324高二下·重慶北碚·階段練習(xí)）已知a=x,0,3,b=1,2,?1,c=1,z,1，a⊥A．π6 B．π3 C．23【解題思路】根據(jù)空間向量的平行、垂直關(guān)系求x,z，再根據(jù)空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求夾角.【解答過(guò)程】∵a⊥b，∴x×1+0×2+3×?1=x?3=0，解得又∵a∥c，注意到a≠0，則?λ∈R，使得∴3λ=1z=0，解得λ=13∴b+∴cosa,b∴a,故選：B.3．（2324高二上·安徽宿州·期中）已知空間向量a=(1)若c//a，且a?(2)若a⊥b，且m>0,n>0，求【解題思路】（1）直接由向量共線定理、數(shù)量積的坐標(biāo)公式運(yùn)算即可求解.（2）首先由向量垂直的坐標(biāo)表示得到條件等式，結(jié)合基本不等式即可求解，注意取等條件是否成立.【解答過(guò)程】（1）由題意c//a，a=又a?從而a?解得λ=2，所以c=λ（2）由題意a⊥b，所以a?又因?yàn)閙>0,n>0，所以由基本不等式可得2m+3n=4≥26mn，等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)m=1,n=解得mn≤2所以當(dāng)且僅當(dāng)m=1,n=23時(shí)，mn的最大值為4．（2324高二下·江蘇南京·階段練習(xí)）已知空間中三點(diǎn)A2,0,?2，B1,?1,?2，C3,0,?4，設(shè)a(1)若c=6，且c∥BC(2)已知向量ka?b與b(3)若點(diǎn)P1,?1,m在平面ABC上，求m【解題思路】（1）由向量的坐標(biāo)表示共線和模長(zhǎng)計(jì)算求出即可；（2）由向量垂直的坐標(biāo)表示求出參數(shù)即可；（3）由點(diǎn)P1,?1,m在平面ABC上，設(shè)AP=λAB【解答過(guò)程】（1）BC=2,1,?2，設(shè)因?yàn)閏=6，而BC=3，所以故c=4,2,?4（2）a=AB=?1,?1,0，由ka?b與b解得k=?5.（3）點(diǎn)P1,?1,m在平面ABC上，AP?1,?1,m+2=λ?1=?λ+μ?1=?λ解得：m=?2.題型8題型8利用空間向量研究點(diǎn)、線、面的距離問(wèn)題1．（2324高二下·江蘇徐州·期末）在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E,F,G分別為棱AB,AD,BB1的中點(diǎn)，點(diǎn)P在棱A．8282 B．8241 C．241【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PEF的一個(gè)法向量和EG，再利用點(diǎn)到平面距離的向量法，即可求出結(jié)果.【解答過(guò)程】如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為4，則F(2,0,0),E(4,2,0),P(0,1,4),G(4,4,2)，所以EF=(?2,?2,0)，F(xiàn)P=(?2,1,4)，設(shè)平面PEF的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)由n?EF=0n?FP=0，得到?2x?2y=0所以點(diǎn)G到平面PEF的距離為d=n故選：C.2．（2324高二上·河南南陽(yáng)·期末）在四面體OABC中，OA?OB=OA?OC=OB?OC=0，OC=3A．24 B．33 C．22【解題思路】以射線OA，OB，OC的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，應(yīng)用向量法求距離.【解答過(guò)程】由題意知，在四面體OABC中，OA，OB，OC兩兩互相垂直，如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，以射線OA，OB，OC的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系.

∵OA=1，OB=2，OC=3，OD=2∴A1,0,0，B0,2,0，C0,0,3，D∴BD=0,?2,2，BG=BG?∴點(diǎn)G到直線BD的距離d=BG故選：D.3．（2324高一下·重慶榮昌·階段練習(xí)）在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD—A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別為

(1)求證：EF//平面A1(2)求直線EF到平面MNC【解題思路】（1）連接A1B，證明EF//A1D（2）易證明EF//平面MNC1，點(diǎn)E到平面MNC1的距離即直線【解答過(guò)程】（1）如圖，連接A1B交AB1與點(diǎn)F，A1因?yàn)镋,F分別是BD，A1B的中點(diǎn)，所以又EF?平面A1ADD1，所以EF//平面A1

（2）如圖，以點(diǎn)A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，A1D則E1,1,2，M2,0,1，N1,0,0所以NE=0,1,2，MN=設(shè)平面MNC1的一個(gè)法向量為則n?MN=0n?NC1=0所以n=所以點(diǎn)E到平面MNC1的距離為又因?yàn)镋F//A1D，A又EF?平面MNC1，MN?平面MNC1，所以所以點(diǎn)E到平面MNC1的距離即直線EF到平面所以直線EF到平面MNC1的距離為4．（2324高二下·安徽·階段練習(xí)）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，

(1)求直線DB1與平面A1(2)當(dāng)點(diǎn)Р在何處時(shí)，點(diǎn)P到平面A1【解題思路】（1）以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系（2）設(shè)Pt,2,2，0≤t≤2，然后利用空間向量表示出點(diǎn)P到平面A【解答過(guò)程】（1）以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系則D0,0,0，M2,1,0，B12,2,2設(shè)直線DB1與平面A1MC所成的角為θ，平面易知DB1=2,2,2由n?MC=0n?MA1∴sin即直線DB1與平面A1（2）設(shè)Pt,2,2，0≤t≤2，點(diǎn)P到平面A1MC的距離為d，則由（1）知，平面A1MC的一個(gè)法向量為∴d=n當(dāng)t=0，即點(diǎn)P與點(diǎn)C1重合時(shí)，d

題型9利用空間向量求空間角題型9利用空間向量求空間角1．（2324高一下·浙江溫州·期中）在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=1，AAA．33 B．?33 C．6【解題思路】依據(jù)題目中的垂直關(guān)系，可建立空間直角坐標(biāo)系，求出向量AC1與BC的坐標(biāo)，即可求得異面直線AC【解答過(guò)程】由題意可知，AB,AC,AA則A0,0,0，C∴AC∴cos<異面直線AC1與CB故選：C．2．（2425高二上·江蘇·假期作業(yè)）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn)．設(shè)點(diǎn)P在線段CC1上，直線A．[33,1] B．[63,1]【解題思路】設(shè)正方體的棱長(zhǎng)，建立空間直角坐標(biāo)系，求出各點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面A1BD的法向量n的坐標(biāo)，求出OP的坐標(biāo)，求出向量n，OP的夾角的余弦值，進(jìn)而求出直線OP與平面【解答過(guò)程】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)2，A1(2,0,2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，O(1，1，0)，P(0，2，則OP=(?1，1，a)，a∈[0，2]則DA1=(2，0，2)，DB設(shè)平面A1BD的法向量n=(x，y則n?DA1=0可得n=(?1，1，1)n?OP=1+1+a=2+a，|cos?設(shè)直線OP與平面A1BD所成的角為α，α∈[0，所以sinα=|所以cos=2設(shè)t=4a+2∈[2，10]則cosα=設(shè)y=316t+274t當(dāng)316t=27則t∈[2，6]時(shí)，函數(shù)y單調(diào)遞減，t∈(6，10]時(shí)，函數(shù)y單調(diào)遞增，而t=2時(shí)，y=3；當(dāng)t=6時(shí)，y=3當(dāng)t=10時(shí)，y=9所以t∈[2，10]時(shí)，y∈[32，3]，所以1y進(jìn)而可得23?所以cosα∈[0，3故選：D．3．（2324高二下·江蘇常州·期中）如圖,在四棱錐P?ABCD中,底面ABCD是邊長(zhǎng)為6的正方形,△PAD是正三角形,CD⊥平面PAD,O為AD的中點(diǎn),E,F,G分別是PC,PD,BC上的點(diǎn),且滿足PEEC(1)求證：PO⊥平面ABCD;(2)求平面EFG與平面ABCD所成銳二面角的大小;(3)在線段PA上是否存在點(diǎn)M,使得直線GM與平面EFG所成角為π6?若存在,求線段PM【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理即可證;（2）建立空間直角坐標(biāo)系,利用向量法直接計(jì)算可知;（3）假設(shè)存在,利用向量法直接計(jì)算可知.【解答過(guò)程】（1）∵△PAD是正三角形,O為AD的中點(diǎn),∴PO⊥AD,又∵CD⊥平面PAD,PO?平面PAD,∴PO⊥CD,又∵PO?平面ABCD,CD?平面ABCD,AD?平面ABCD,且AD∩CD=D,∴PO⊥平面ABCD.（2）取BC的中點(diǎn)H,連接OH,由（1）得PO⊥平面ABCD,且底面ABCD是的正方形,所以以O(shè)為原點(diǎn),分別以O(shè)A,OH,OP所在直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,得到如下點(diǎn)的坐標(biāo),O又∵E,F,G分別是PC,PD,BC上的點(diǎn),且滿足PEEC∴E?1,2,2∴OP=0,0,33由（1）得PO⊥平面ABCD,所以平面ABCD的法向量為OP=設(shè)平面EFG的法向量為n=則n?EF=0n?EG=0設(shè)平面EFG與平面ABCD所成銳二面角為θ,∴∴cosθ=所以平面EFG與平面ABCD所成銳二面角的大小π3（3）設(shè)線段PA上是否存在點(diǎn)Ma,0,b,使得直線GM與平面EFG所成角為π6,且∵PM=a,0,b?33,PA=∴sin整理可得:9t∴不存在這樣的點(diǎn)M.4．（2324高一下·天津南開(kāi)·期末）如圖①所示，矩形ABCD中，AD=1，AB=2，點(diǎn)M是邊CD的中點(diǎn)，將△ADM沿AM翻折到△PAM，連接PB，PC，得到圖②的四棱錐P?ABCM，N為PB中點(diǎn)．(1)求證：NC//平面PAM；(2)若平面PAM⊥平面ABCD，求直線BC與平面PMB所成角的大??；(3)設(shè)P?AM?D的大小為θ，若θ∈(0,π2]，求平面PAM【解題思路】（1）取PA中點(diǎn)Q，借助三角形中位線性質(zhì)，結(jié)合平行公理，利用線面平行的判定推理即得.（2）借助面面垂直的性質(zhì)，以M為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PMB的法向量，利用線面角的向量求法求出大小.（3）連接DG，過(guò)點(diǎn)D作Dz⊥平面ABCD，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，以及法向量，列出方程，即可得到結(jié)果.【解答過(guò)程】（1）取PA中點(diǎn)Q，連接NQ,MQ，由N為PB中點(diǎn)，得NQ//AB,NQ=1依題意，MC//AB,MC=12AB于是四邊形CMQN是平行四邊形，CN//MQ，而MQ?平面PAM，NC?平面PAM，所以NC//平面PAM.（2）取AM中點(diǎn)G，連接PG，由PM=PA=1，得PG⊥AM，而平面PAM⊥平面ABCD，平面PAM∩平面ABCD=AM,PG?平面PAM，則PG⊥平面ABCD，過(guò)M作Mz//PG，則Mz⊥平面ABCD，又MA,MB?平面ABCD，于是Mz⊥MA,Mz⊥MB，在矩形ABCD中，MA=MB=2，MA2以點(diǎn)M為原點(diǎn)，直線MA,MB,Mz分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則M(0,0,0),B(0,2MB=(0,設(shè)平面PMB的法向量為m=(a,b,c)，則m?MB=2設(shè)直線BC與平面PMB所成的角為θ，則sinθ=|所以直線BC與平面PMB所成角的大小為π6（3）連接DG，由DA=DM，得DG⊥AM，而PG⊥AM，則∠PGD為P?AM?D的平面角，即∠PGD=θ，過(guò)點(diǎn)D作Dz⊥平面ABCD，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線DA,DC,Dz分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A1,0,0，M0,1,0，顯然AM⊥平面PGD，AM?平面ABCD，則平面PGD⊥平面ABCD，在平面PGD內(nèi)過(guò)P作PH⊥DG于點(diǎn)H，則PH⊥平面ABCM，設(shè)Px0,y0,z0，而即x0=y所以P(1于是AM=?1,1,0，設(shè)平面PAM的法向量為n1=x令z1=2，得n1=因?yàn)镃B=1,0,0，則x2=0cosθ?12設(shè)平面PAM和平面PBC為α，則cos=令t=1cosθ+13，θ∈(0,π2]，則t∈(3所以平面PAM和平面PBC夾角余弦值的最小值為1111題型10題型10利用空間向量研究存在性問(wèn)題1．（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）如圖，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC=π(1)設(shè)線段BE中點(diǎn)為F，證明：CF∥平面ADE(2)在線段AB上是否存在點(diǎn)M，使得點(diǎn)B到平面CEM的距離等于22，如果存在，求MB【解題思路】（1）取AE的中點(diǎn)G，根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；（2）設(shè)MB=x，根據(jù)等體積法VB?MEC=V【解答過(guò)程】（1）取BE的中點(diǎn)F，AE的中點(diǎn)G，連結(jié)FG、GD、CF則有GF=12AB因?yàn)镈C=12AB，CD//AB所以四邊形CFGD是平行四邊形，則CF//又DG?平面ADE，CF?平面ADE，所以CF//平面ADE（2）存在.設(shè)MB=x(0<x<4)，在Rt△BEC中，EC=因?yàn)镸B⊥面BEC，所以VM?BEC因?yàn)镸B⊥面BEC，BE?面BEC，BC?面BEC所以MB⊥BE,MB⊥BC，則△MBE,△MBC均為直角三角形.在Rt△MBE中，同理，MC=x取EC的中點(diǎn)H，因?yàn)镸E=MC，所以MH⊥EC，而MH=M故S△MEC因?yàn)辄c(diǎn)B到面CEM的距離等于22所以VB?MEC而VB?MEC=VM?BEC，所以所以在線段AB上只存在唯一一點(diǎn)M，當(dāng)且僅當(dāng)BM=23015時(shí)，點(diǎn)B到面CEM2．（2324高三上·湖南長(zhǎng)沙·開(kāi)學(xué)考試）已知底面為正三角形的斜三棱柱ABC?A1B1C1中，E,F分別是棱A1B1，AB的中點(diǎn)，點(diǎn)A（1）證明：PG//平面A1（2）若AB=6，AA1=5，點(diǎn)M為棱A1B1上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線AM與平面【解題思路】（1）連接EC1，證明PG//（2）先證明A1O⊥平面ABC，證明OB⊥OC，則可以點(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以O(shè)B,OC，OC1為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，計(jì)算出平面A1FC的法向量為n，假設(shè)A1M?=λA1B【解答過(guò)程】（1）因?yàn)樾比庵比庵鵄BC?A則P是A1又E,F分別是棱A1B1則A又A1E//AF則四邊形則G為A1則在三角形A1FC中，PG連接EC1則CF所以PG//E又PG?平面A1B1則PG//平面A1（2）點(diǎn)A1在底面投影為AC邊的中點(diǎn)O所以A1O⊥平面又因?yàn)槿切蜛BC為正三角形，O為中點(diǎn)，所以AC⊥BO,A,O⊥AC,分別以O(shè)B,OC,OA1所在直線為分別為x、y、z如圖所示：因?yàn)椋珹B=6，AA1=5，則AO=3所以O(shè)(0,0,0)，A(0,?3,0)，B(33,0,0)，C(0,3,0)，A1(0,0,4)，F(xiàn)332設(shè)A則M(3所以AM設(shè)平面A1FC則n?3y?4z=03令z=3?x=43，y=4所以n=(4設(shè)AM與平面A1FC所成角為所以sin=令|48λ+24|同0?λ?1聯(lián)立可得λ=當(dāng)A1M=163．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖1，在平行四邊形ABCD中，D=60°,DC=2AD=2