高中數(shù)學同步講義（人教B版2019選擇性必修一）第16講 專題1-8 立體幾何與空間向量十二大重點題型

專題1-8立體幾何與空間向量十二大重點題型匯總題型1空間向量的概念 1題型2空間向量的線性運算 5題型3空間向量的線性表示 8題型4空間向量的基本定理 13題型5空間向量共線問題 16題型6空間向量共面問題 19題型7空間向量的數(shù)量積、夾角與模長問題 25題型8空間向量的對稱問題 31題型9利用空間向量證明位置關(guān)系 34題型10利用空間向量計算空間角 44題型11利用空間向量算距離 54題型12空間中的動點問題 63題型1空間向量的概念【例題1】（2023·全國·高二專題練習）已知正方體ABCD?A'B'C'①OA+OD與②OB?OC與③OA+OB+④OA'?A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】根據(jù)向量線性運算、相等向量和相反向量定義依次判斷各個選項即可.【詳解】

對于①，∵OA=?OC'∴OA+OD與O對于②，∵OB?OC=CB∴OB?OC與O對于③，∵OA=?OC'，OB∴OA∴OA+OB+OC對于④，∵OA'?OA∴OA'?OA故選：C.【變式1-1】1.（2023秋·高二課時練習）下列命題中為真命題的是（

）A．空間向量AB與BA的長度相等B．將空間中所有的單位向量移到同一個起點，則它們的終點構(gòu)成一個圓C．空間向量就是空間中的一條有向線段D．不相等的兩個空間向量的模必不相等【答案】A【分析】由于向量的長度與向量的方向無關(guān)，相反向量的長度相，由此可判斷AD，將空間所有的單位向量平移到一個起點，則它們的終點構(gòu)成一個球面，由此可判斷B，由向量與有向線段的關(guān)系判斷C.【詳解】對于A，因為空間向量AB與BA互為相反向量，所以空間向量AB與BA的長度相等，所以A正確，對于B，將空間所有的單位向量平移到一個起點，則它們的終點構(gòu)成一個球面，所以B錯誤，對于C，空間向量可以用空間中的一條有向線段表示，但空間向量不是有向線段，所以C錯誤，對于D，兩個空間向量不相等，它們的?？赡芟嗟龋部赡懿幌嗟?，如向量AB與BA的模相等，所以D錯誤，故選：A【變式1-1】2.（2022·高二課時練習）下列說法正確的是（

）A．零向量沒有方向B．空間向量不可以平行移動C．如果兩個向量不相同，那么它們的長度不相等D．同向且等長的有向線段表示同一向量【答案】D【分析】根據(jù)零向量的規(guī)定可以確定A錯誤；根據(jù)空間向量是自由向量可以確定B；根據(jù)相等向量的定義可以確定C、D.【詳解】對于A：零向量的方向是任意的，A錯誤；對于B：空間向量是自由向量可以平移，B錯誤；對于C、D：大小相等方向相同的兩個向量為相等向量即同一向量，所以C中向量大小可以相等，只要方向不同即為向量不同，C錯誤；D符合定義，正確.故選：D.【變式1-1】3.（多選）（2023秋·湖北襄陽·高二襄陽五中校考開學考試）如圖所示，在長方體ABCD?A1B1C1D

A．單位向量有8個 B．與AB相等的向量有3個C．AA1的相反向量有4個 D．模為【答案】ABC【分析】根據(jù)單位向量、相等向量、相反向量和向量的模的概念逐項分析可得答案.【詳解】由題可知單位向量有AA1，A1A，BB1，B1B，與AB相等的向量有A1B1，D向量AA1的相反向量有A1A，B1模為5的向量分別為AD1，D1A，A1D，DA1，故選：ABC【變式1-1】4.（2021秋·高二課時練習）給出下列幾個命題：①方向相反的兩個向量是相反向量；②若|a|=|b|，則③對于任何向量a，b，必有|a其中正確命題的序號為．【答案】③【分析】根據(jù)相反向量的定義可以判斷①；兩個向量模相等，這兩個不一定是相等向量或相反向量可以判斷②；通過對a，b同向，反向，不共線進行分類討論，結(jié)合三角形法則和三邊關(guān)系則可以判定③.【詳解】對于①，長度相等且方向相反的兩個向量是相反向量，故①錯；對于②，若|a|=|b|，則對于③，若a與b同向，則|a+b|=|a|+|b|，若a與b反向，|a

故答案為：③題型2空間向量的線性運算【例題2】（2023秋·河北石家莊·高二石家莊二十三中?？计谀┮阎拿骟wABCD，G是CD的中點，連接AG，則AB+A．AG B．CG C．BC D．1【答案】A【分析】根據(jù)已知條件作出圖形，利用中點的向量的線性關(guān)系及向量加法法則即可求解.【詳解】四面體ABCD，G是CD的中點，如圖所示，因為G是CD的中點，所以BG所以AB+故選：A.【變式2-1】1.（2021秋·吉林長春·高二校聯(lián)考期末）空間任意五個點A、B、C、D、E，則DA+A．DB B．AC C．AB D．BA【答案】D【分析】將DA化為DC+【詳解】DA+==DC【點睛】本題主要考查空間向量的運算，意在考查靈活應(yīng)用所學知識解答問題的能力屬于簡單題.【變式2-1】2.（2023秋·北京·高二北京八中校考期末）如圖，在空間四邊形ABCD中，設(shè)E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，則AD+A．AD B．FA C．AF D．EF【答案】C【分析】利用空間向量的線性運算求得正確結(jié)論.【詳解】因為BC?BD=所以AD+故選：C【變式2-1】3.（2020秋·內(nèi)蒙古烏蘭察布·高二校考期末）已知點A(4,1,3)，B(2,?5,1)，若AC=A．72,?12,52 B．【答案】B【解析】設(shè)出C點坐標，根據(jù)AC=13【詳解】設(shè)Cx,y,z，因為AC=13AB，所以x?4=故選：B.【變式2-1】4.（2020秋·福建三明·高二校聯(lián)考期末）已知A(1,?2,0)和向量a=(?3,4,12)，且AB=2aA．(?7,10,24) B．(7,?10,?24) C．(?6,8,24) D．(?5,6,24)【答案】D【分析】根據(jù)a=(?3,4,12)，且AB=2a，可得AB【詳解】解：∵a=(?3,4,12)，且AB=2a∵A(1,?2,0),∴B=(-6+1,8-2,24+0)=故選D.【點睛】本題考查空間向量的數(shù)乘運算，是一個基礎(chǔ)題，解題的關(guān)鍵是牢記公式，在數(shù)字運算的時候要細心.【變式2-1】5.（2020秋·寧夏銀川·高二寧夏育才中學校考期末）已知a=2,?3,1，b=2,0,3，c=【答案】6,?3,3【解析】先計算6b,8c【詳解】由于6b=(12,0,18),8c=(8,0,16)，故【點睛】本題考查了向量的線性運算的坐標表示，考查了學生數(shù)學運算的能力，屬于基礎(chǔ)題.題型3空間向量的線性表示【例題3】（2023春·江蘇·高二期末）如圖，在四面體OABC中，OA=a，OB=b，OC=A．12a?34b+12

【答案】D【分析】根據(jù)空間向量的加法和減法的三角形法則得到．【詳解】如圖，連接ON，

∵N是BC的中點，∴ON=∵OM=3MA，∴∴MN=故選：D．【變式3-1】1.（2023秋·安徽黃山·高二統(tǒng)考期末）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，E、F分別是BC、CCA．?13ABC．?23AB【答案】A【分析】根據(jù)向量的數(shù)乘及加、減運算求解即可.【詳解】解：由題意可得：GF====?=?1故選：A.【變式3-1】2.（2023秋·廣西防城港·高二統(tǒng)考期末）如圖，設(shè)O為平行四邊形ABCD所在平面外任意一點，E為OC的中點，若OE=12A．?2 B．0 C．?1 D．3【答案】B【分析】根據(jù)向量的線性運算的幾何表示，得出OE=【詳解】∵E為OC的中點，∴OE∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴DC∴OE∵OE∴x=12，∴x+y=0，故選：B.【變式3-1】3.（2023秋·湖北黃岡·高二統(tǒng)考期末）如圖，已知空間四邊形OABC，M，N分別是邊OA，BC的中點，點G滿足MG=2GN，設(shè)OA=a，OB=A．13a+13b+13【答案】B【分析】根據(jù)向量的線性運算一步步將向量OG化為關(guān)于OA，OB，OC，即可整理得出答案.【詳解】OG==1=1=1=1故選：B【變式3-1】4.（2023秋·北京·高二中央民族大學附屬中學校考期末）在平行六面體ABCD?A1B1C1DA．12a?C．?12a【答案】C【分析】結(jié)合圖形，由空間向量的線性運算可得.【詳解】由點M滿足2AM=AC因為四邊形ABCD為平行四邊形，所以M為BD中點,所以BM=所以B1故選：C【變式3-1】5.（2021秋·湖北宜昌·高二葛洲壩中學校考期末）在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E,F,G分別在棱BB1,BC,BA上，且滿足BE=34BBA．45 B．65 C．75【答案】B【分析】利用空間向量的共面定理可得BO在不同基底下的表示方法，從而可求.【詳解】因為BO=xBG+yBF+z所以x+y+3z4=1;同理可得x2+【點睛】本題主要考查空間向量的共面定理.利用四點共面的特點，建立等量關(guān)系式是求解關(guān)鍵.題型4空間向量的基本定理【例題4】（2023春·河南開封·高二統(tǒng)考期末）若a,A．a(chǎn)+b,a?b,a 【答案】C【分析】根據(jù)空間基底的概念逐項判斷，可得出合適的選項.【詳解】對于A，a=12對于B，b=12對于C，假設(shè)向量a+b,即c=對于D，a+b+故選：C.【變式4-1】1.（2020秋·河南信陽·高二統(tǒng)考期末）已知a=2,?1,3，b=?1,4,?2，c=A．0 B．357 C．9 D．【答案】D【分析】依題意可得a,b,c共面，則【詳解】∵a,b,c不能構(gòu)成空間的一個基底，∴則(7,5,λ)=(2x,?x,3x)+(?y,4y,?2y)=(2x?y,?x+4y,3x?2y)，∴7=2x?y5=?x+4yλ=3x?2y故選：D.【變式4-1】2.（2023秋·云南大理·高二統(tǒng)考期末）若e1,e2,A．83 B．52 C．?1【答案】D【分析】由題意可知，向量OA、OB、OC共面，則存在實數(shù)x、y使得OC=xOA+yOB，根據(jù)空間向量的基本定理可得出關(guān)于x、y、【詳解】因為向量OA=e1+e所以O(shè)A、OB、OC共面，故存在實數(shù)x、y使得OC=x即ke因為e1,e2,故選：D.【變式4-1】3.（多選）（2023秋·山西晉中·高二統(tǒng)考期末）a,b,c是空間的一個基底，與A．b+c B．b?c C．【答案】ACD【分析】根據(jù)空間向量基本定理判斷即可.【詳解】由于b?c=a+b?因為a,b,c是空間的一個基底，由于不存在實數(shù)對x、若成立則x+y=0x=1y=1，顯然方程組無解，故a+b、故選：ACD【變式4-1】4.（多選）（2022秋·廣東深圳·高二深圳外國語學校校考期末）設(shè)a,A．若a⊥b，bB．a(chǎn)+c，b+C．對空間中的任一向量p，總存在有序?qū)崝?shù)組(x,y,z)，使pD．存在有序?qū)崝?shù)對，使得c【答案】BC【分析】根據(jù)空間向量的基本定理，對選項中的命題進行分析、判斷正誤即可．【詳解】對于A，a⊥b，b⊥c，不能得出a⊥c，也可能是對于B，假設(shè)向量a+b，b+c，c+a共面，則化簡得(x+y)c=(1?x)b+(1?y)a，所以a、b對于C，根據(jù)空間向量基本定理知，對空間任一向量p，總存在有序?qū)崝?shù)組(x,y,z)，使p=xa+y對于D，因為a,b,c是空間一個基底，所以a與b、故選：BC．題型5空間向量共線問題【例題5】（2023春·甘肅白銀·高二?？计谀┰O(shè)向量e1，e2，e3不共面，已知AB=e1+A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據(jù)A，C，D三點共線，可得AC//CD，則存在唯一實數(shù)μ，使得【詳解】由AB=e1得AC=因為A，C，D三點共線，所以AC//則存在唯一實數(shù)μ，使得AC=μ則2=4μ1+λ=8μ2=4μ，解得故選：C.【變式5-1】1.（2022秋·吉林四平·高二四平市第一高級中學?？计谀┮阎獅a,b,c}是空間的一個基底，若m=A．?3 B．?13 C．3 【答案】C【分析】由m∥n，可得存在實數(shù)λ，使n=λ【詳解】m=a+2因為m∥n，所以存在實數(shù)λ，使所以(x+3)a所以x+3=λx?y=2λ所以x?y=2(x+3)3?y=?3(x+3)，得2x+2y=3x?y，x=3y所以xy故選：C【變式5-1】2.（多選）（2023春·安徽滁州·高二?？计谀┤鐖D，在三棱柱ABC?A1B1CA．當λ=1時，點P在棱BB1上 B．當μ=1時，點P在棱C．當λ+μ=1時，點P在線段B1C上 D．當λ=μ時，點P在線段【答案】BCD【分析】由空間向量共線定理逐一判斷即可求解【詳解】當λ=1時，BP=BC+μ則CP//BB同理當μ=1時，則B1P//當λ+μ=1時，μ=1?λ，所以BP=λBC+故點P在線段B1當λ=μ時，BP=λBC+BB故選：BCD【變式5-1】3.（2021秋·陜西渭南·高二統(tǒng)考期末）若向量a=?4,2,1與向量b=2,x,y【答案】?12【分析】根據(jù)向量共線基本定理，可設(shè)a=λb,λ∈R，列出方程組，即可求得x和【詳解】由向量a=?4,2,1與向量可設(shè)a=λ則?4=2λ2=xλ1=yλ，解得所以x?y=?1+1故答案為：?1【變式5-1】4.（2023秋·湖南長沙·高二統(tǒng)考期末）已知向量a=(1,5,?1),（1）若(ka+b（2）以坐標原點O為起點作OA=a,OB=b，求點【答案】（1）k=?13；（2）【分析】（1）根據(jù)空間向量的坐標運算與平行滿足的性質(zhì)求解即可；（2）先求AO在AB上的投影，再根據(jù)勾股定理求解d即可【詳解】（1）kaa?3∵(k∴k?27=5k+3解得k=?1（2）由條件知A(1,5,?1),B(?2,3,5)，∴AO=(?1,?5,1),AO?故AO在AB上的投影為|AO?∴點O到直線AB的距離d=|題型6空間向量共面問題【例題6】（2020秋·寧夏銀川·高二寧夏育才中學校考期末）A，B，C三點不共線，對空間內(nèi)任意一點O，若OP→A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．無法判斷是否共面【答案】B【分析】利用空間向量共面定理即可判斷【詳解】因為OP→=即OP即AP由空間向量共面定理可知，AP→故選：B【變式6-1】1.（多選）（2020秋·山東煙臺·高二統(tǒng)考期末）已知A，B，C三點不共線，O為平面ABC外的任一點，則“點M與點A，B，C共面”的充分條件的是（

）A．OM=2OA?C．OM=OA+【答案】BD【解析】根據(jù)“OM=xOA+yOB+zOC時，若【詳解】當MA=mMB+nMC時，可知點所以MO+所以x+y?1OM所以O(shè)M=不妨令?1m+n?1=x，mm+n?1=y因為2+?1+?1=0≠1，1+1+?1由上可知：BD滿足要求.故選：BD.【點睛】本題考查利用空間向量證明空間中的四點共面，難度一般.常見的證明空間中四點M,A,B,C共面的方法有：(1)證明MA=xMB+yMC；(2)對于空間中任意一點O，證明OM=【變式6-1】2.（2023春·福建莆田·高二統(tǒng)考期末）若點P∈平面ABC，且對空間內(nèi)任意一點O滿足OP=14A．?58 B．?38 C．【答案】D【分析】根據(jù)條件得出P，A，B，C四點共面，再根據(jù)OP=14【詳解】∵P∈平面ABC，∴P，A，B，C四點共面，又OP=∴14+1故選：D．或者根據(jù)∵P∈平面ABC，∴P，A，B，C四點共面，則存在實數(shù)x,y，使得PA=x即OA?又4OP=OA+4λ故選：D【變式6-1】3.（2023秋·遼寧丹東·高二統(tǒng)考期末）已知空間向量a=?2,1,?4，b=1,?1,2，c=?7,?5,m若，a，A．?14 B．6 C．?10 D．12【答案】A【分析】根據(jù)向量共面，建立方程組，解得答案.【詳解】由a，b，c共面，可設(shè)a=xb+y由?2=x?7y1=?x?5y，解得x=?1712y=1故選：A.【變式6-1】4.（2023秋·重慶長壽·高二統(tǒng)考期末）已知空間三點坐標分別為A(1,1,1)，B(0,3,0)，C(?2,?1,4)，點P(?3,x,1)在平面ABC內(nèi)，則實數(shù)x的值為．【答案】11【分析】根據(jù)題意,存在實數(shù)λ,μ使得等式AP=λ【詳解】∵點P?3,x,1在平面ABC∴存在實數(shù)λ,μ使得等式AP=λ∴?4,x?1,0∴?4=?λ?3μx?1=2λ?2μ0=?λ+3μ故答案為：11【變式6-1】5.（2021·全國·高二期末）如圖，已知O?A?B?C?D?E?F?G?H為空間的9個點，且OE=kOA，OF=kOB，OH=kOD，(1)A?B?C?D四點共面，E?F?G?H四點共面；(2)AC∥(3)OG=k【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）利用空間向量基本定理證明即可，（2）由EG=EH+m（3）由OG=EG?【詳解】（1）因為AC=AD+m所以由共面向量定理可得AC,AD,因為AC,AD,AB有公共點A，所以A?B?C?D四點共面，E?F?G?H四點共面，（2）因為EG=k=kAD所以AC∥（3）OG【變式6-1】6.（2022秋·廣東深圳·高二統(tǒng)考期末）如圖，在正方體ABCD?A1B1C(1)證明：D1C//平面(2)證明：E，F(xiàn)，N，M四點共面．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用空間向量平行的性質(zhì)，結(jié)合線面平行的判定定理進行證明即可；（2）根據(jù)空間共面定理進行證明即可.【詳解】（1）設(shè)正方體的棱長為2，如圖建立空間直角坐標系：則D0,0,0，A2,0,0，C0,2,0，B2,2,0，D1(0,0,2)，則M(2,1,0),N(1,2,0),E(2,0,1),F(0,1,2)，D1C=(0,2,?2)則有D1C=?2因為D1C?平面EMN，ME?平面則有D1C//平面（2）EF=(?2,1,1)，EM=(0,1,?1)，則有EF=?3EM+2EN，則向量EF、必有E，F(xiàn)，N，M四點共面題型7空間向量的數(shù)量積、夾角與模長問題【例題7】（2023秋·內(nèi)蒙古包頭·高二統(tǒng)考期末）如圖，平行六面體ABCD?A1B1C1D

A．6 B．5 C．2 D．3【答案】B【分析】利用基底法求解即可.【詳解】由題知AC所以AC12=AB+AD所以AC1=故選：B.【變式7-1】1.（2023春·江蘇鎮(zhèn)江·高二江蘇省鎮(zhèn)江第一中學?？计谀┤鐖D，二面角A?EF?C的大小為45°，四邊形ABFE、CDEF都是邊長為1的正方形，則B、D

A．2 B．3 C．3?2 D．【答案】C【分析】利用二面角的定義可得出∠AED=45°，由空間向量的線性運算可得出DB=【詳解】因為四邊形ABFE、CDEF都是邊長為1的正方形，則AE⊥EF，DE⊥EF，又因為二面角A?EF?C的大小為45°，即∠AED=45°因為DB=DE+EA+所以，DB=1+1+1?2×1×1×故選：C.【變式7-1】2．（2023春·四川·高二統(tǒng)考期末）如圖所示，平行六面體ABCD?A1B1CA．?1 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】選定基底，根據(jù)空間向量的加減運算表示出BD【詳解】由題意得BD1=則B=1?1+1×1×cos故選：B【變式7-1】3.（多選）（2021秋·江蘇·高二校聯(lián)考期末）在三維空間中，定義向量的外積：a×b叫做向量a與①a⊥a×b，b⊥a×②a×b的模a×b=ab在正方體ABCD-A1B1C1D1中，有以下四個結(jié)論，正確的有（

）A．AB1×AC=AD1C．AB×AD=AD【答案】ABD【分析】根據(jù)所給的新定義及正方體的性質(zhì)一一計算可得.【詳解】對于A，對于A，設(shè)正方體的棱長為1，在正方體中AB則AB因為BD//B1D1所以AD所以AB對于B，在正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥又B1B∩B1D1=B1因為BD1?平面BB1再由右手系知，A1C1對于C，由a，b和a×b構(gòu)成右手系知，a×又由a×b模的定義知，所以a×b=?對于D，設(shè)正方體棱長為a，6BC正方體表面積為6a故選：ABD．【變式7-1】4.（2022秋·浙江金華·高二校聯(lián)考期末）如圖，在三棱錐P?ABC中，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，AE⊥PB于點E，M是AC的中點，PB=1，則EP?【答案】?1【分析】根據(jù)給定條件，證明BC⊥平面PAB，將EM用EA,【詳解】連接EC，如圖，因PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，則PA⊥BC，而AB⊥BC，PA∩AB=A，PA,AB?平面PAB，則BC⊥平面PAB，又PB?平面PAB，即有BC⊥PB，因M是AC的中點，則EM=12EP=12EP所以EP?EM的最小值為故答案為：?【變式7-1】5.（2022秋·浙江臺州·高二校聯(lián)考期末）已知a=2,?2,0，b=k,0,3，a，b夾角為2π【答案】?3【分析】利用空間向量數(shù)量積，結(jié)合空間向量夾角公式列式求解作答.【詳解】由a=2,?2,0，b=k,0,3，得由a，b夾角為2π3，得cos2所以k=?3.故答案為：?3【變式7-1】6.（2023秋·吉林白城·高二校考期末）已知a=x,4,1，b=?2,y,?1，c=(1)a,(2)a+c與【答案】(1)a=2,4,1，b(2)?【分析】（1）向量平行轉(zhuǎn)換為對應(yīng)坐標分量成比例，向量垂直轉(zhuǎn)換位對應(yīng)數(shù)量積為0即可得解.（2）由向量數(shù)量積公式變形一下即可得到向量夾角余弦值公式，并結(jié)合向量數(shù)量積的坐標運算即可得解.【詳解】（1）因為a//b，a=所以y=0不滿足要求，故x?2=4所以a=2,4,1，又因為b⊥c，所以b?c=0因此c=（2）由（1）得a+同理b+所以a+b+a+因此cosa題型8空間向量的對稱問題【例題8】（2023春·山東濰坊·高二統(tǒng)考期末）在空間直角坐標系中，O為原點，已知點P1,2,?1，AA．點P關(guān)于點A的對稱點為2,3,?4B．點P關(guān)于x軸的對稱點為1,?2,?1C．點P關(guān)于y軸的對稱點為?1,2,1D．點P關(guān)于平面xOy的對稱點為1,?2,1【答案】C【分析】利用空間直角坐標系的性質(zhì)逐個選項判斷即可.【詳解】點P關(guān)于點A的對稱點為?1,0,5，A錯；點P關(guān)于x軸的對稱點為1,?2,1，B錯；點P關(guān)于y軸的對稱點為?1,2,1，C正確；點P關(guān)于平面xOy的對稱點為1,2,1，D錯.故選：C【變式8-1】1.（2022秋·山東聊城·高二統(tǒng)考期末）在空間直角坐標系Oxyz中，點A1,3,?2關(guān)于y軸的對稱點為B，則點PA．55 B．24 C．33【答案】A【分析】根據(jù)題意先求出點B的坐標，然后求出平面OAB的法向量，進而求出點P到平面OAB的距離.【詳解】由題意，點A1,3,?2關(guān)于y軸的對稱點為B?1,3,2，易知O0,0,0，則OA→=1,3,?2，OB→故選：A.【變式8-1】2．（2022秋·山東日照·高二校聯(lián)考期末）設(shè)點A1,?1,2關(guān)于坐標原點的對稱點是B，則A．4 B．23 C．22【答案】A【解析】求出點A1,?1,【詳解】點A1,?1,2∴故選：A【變式8-1】3.（2022秋·江蘇鎮(zhèn)江·高二江蘇省鎮(zhèn)江第一中學校考期末）在空間直角坐標系中，點A2,?1,3關(guān)于Oxy平面的對稱點為B，則OAA．－4 B．－10 C．4 D．10【答案】A【分析】根據(jù)關(guān)于平面Oxy對稱的點的規(guī)律：橫坐標、縱坐標保持不變，豎坐標變?yōu)樗南喾磾?shù)，即可求出點A2,?1,3關(guān)于Oxy平面的對稱點B的坐標，再利用向量的坐標運算求OA【詳解】解：由題意，關(guān)于平面Oxy對稱的點橫坐標、縱坐標保持不變，豎坐標變?yōu)樗南喾磾?shù)，從而有點A2,?1,3關(guān)于Oxy對稱的點BOA?故選：A．【點睛】本題以空間直角坐標系為載體，考查點關(guān)于面的對稱，考查數(shù)量積的坐標運算，屬于基礎(chǔ)題．【變式8-1】4.（2021秋·安徽黃山·高二南鄭中學統(tǒng)考期末）在空間直角坐標系中，點A(2,?1,3)關(guān)于平面xOz的對稱點為B，則OAA．?10 B．10 C．?12 D．12【答案】D【分析】由題意，根據(jù)點A(2,?1,3)關(guān)于平面xOz的對稱點B(2,1,3)，求得OA,【詳解】由題意，空間直角坐標系中，點A(2,?1,3)關(guān)于平面xOz的對稱點B(2,1,3)，所以O(shè)A=(2,?1,3),OB【點睛】本題主要考查了空間直角坐標系的應(yīng)用，以及空間向量的數(shù)量積的坐標運算，其中解答中熟記空間向量數(shù)量積的坐標運算公式，準確運算是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎(chǔ)題.【變式8-1】5.（多選）（2022秋·福建三明·高二統(tǒng)考期末）已知正方體ABCD?A1BA．點C1的坐標為（2，0，2） B．C．BD1的中點坐標為（1，1，1） D．點【答案】BCD【分析】根據(jù)空間直角坐標系，可求點C1的坐標，由此判斷A;求出C利用中點坐標公式求得BD【詳解】根據(jù)題意可知點C1的坐標為(0,2,2)由空間直角坐標系可知：A(2,0,0),C由空間直角坐標系可知：B(2,2,0),D1(0,0,2)點B1坐標為(2,2,2)故選：BCD題型9利用空間向量證明位置關(guān)系【例題9】（2023秋·湖南婁底·高二校聯(lián)考期末）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠CAB=90°，AB=AC=2(1)求證：平面APM⊥平面BB(2)試判斷直線BC1與AP是否能夠垂直．若能垂直，求【答案】(1)證明見解析(2)不能垂直，理由見解析【分析】（1）利用AM⊥BC，AM⊥BB1推出AM⊥平面（2）建系，寫出B,C1,A的坐標，設(shè)BP=t0≤t≤3，利用直線BC1【詳解】（1）因為在三棱柱ABC?A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，∠CAB=90°，AB=AC=2所以AM⊥BC，AM⊥BB因為BC∩BB1=B，所以AM⊥平面BB因為AM?平面APM，所以平面APM⊥平面BB（2）以A為原點，AC為x軸，AB為y軸，AA1為B0，2，0設(shè)BP=t0≤t≤則P0,2,t若直線BC1與AP能垂直，則解得t=4因為t=4所以直線BC1與【變式9-1】1.（2021秋·安徽安慶·高二安慶市第十中學?？计谀┤鐖D，正方體ABCD?A1B1C1D1中，(1)用向量法證明平面A1BD//(2)用向量法證明MN⊥平面A1【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）利用向量法可得兩平面的法向量，再根據(jù)法向量互相平行證明面面平行；（2）利用向量法證明平面A1BD的法向量與【詳解】（1）如圖建立空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為2，則A12,0,2，B2,2,0，B12,2,2，C故DA1=2,0,2，DB=設(shè)平面A1BD的法向量則DA1?n1=0DB設(shè)平面B1CD則B1C?n2=0B所以n1=n故平面A1BD//（2）由M，N是線段AB，B1則M2,1,0，N所以MN=則MN//所以MN⊥平面A1【變式9-1】2.（2022秋·北京西城·高二統(tǒng)考期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD為平行四邊形，∠ADC=120°，PD=AD=2.點M在PB上，且PB⊥平面ACM.(1)證明：AC⊥BD；(2)求PMPB(3)求點M到平面PAD的距離.【答案】(1)證明見解析(2)PM(3)3【分析】（1）根據(jù)PB⊥平面ACM，PB⊥AC，PD⊥平面ABCD，得到PD⊥AC，再利用線面垂直的判定定理證明；（2）取AB中點N，連接DN，由（1）得四邊形ABCD為菱形，進而得到DN⊥DC，則DP,??DN,??DC兩兩互相垂直，建立空間直角坐標系，設(shè)PMPB（3）由（2）知AM=(?34,??74,??【詳解】（1）解：因為PB⊥平面ACM，AC?平面ACM，所以PB⊥AC.因為PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以PD⊥AC，又PB∩PD=P，所以AC⊥平面PBD.又BD?平面PBD，所以AC⊥BD.（2）取AB中點N，連接DN.由（1）得四邊形ABCD為菱形，所以AB=AD.因為∠ADC=120所以DN⊥DC.因為DP,??以D為原點，DN,DC,DP的方向分別為x軸?則D(0,?0,??0)，A(所以PB=(設(shè)PMPB=λ，PM=λPB=所以AM=AP+因為PB⊥平面ACM，所以PB⊥AM，即PB?所以?3+3λ?解得λ=34，即（3）由（2）AM=(?因為DA=(3,??1,設(shè)平面ADP的一個法向量m=(x,DA?m令x=1，則y=3，于是m=所以點M到平面PAD的距離為d=AM【變式9-1】3.（2023秋·江蘇南京·高二南京市秦淮中學?？计谀┤鐖D，由直三棱柱ABC?A1B1C1和四棱錐D?B（1）求證：AC⊥DC（2）若M為DC1中點，求證：AM//平面【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析．【分析】（1）在直三棱柱ABC?A1B1C1中，易得（2）由AA1⊥平面A1B1C1，且【詳解】（1）∵在直三棱柱ABC?A∴CC1⊥∴CC∵平面CC1D⊥平面ACC1又∵AC?平面ACC∴AC⊥平面CC又DC1?平面（2）直三棱柱ABC?A∵AA1⊥平面A1∴AA又∠BAC=90建立如圖所示的空間直角坐標系，則A2,0,0所以BB設(shè)平面DBB1的一個法向量為則n?BB令y=1，則n=∵M為DC1的中點，則M1因為AM?n=0，所以AM⊥n，又AM?平面DB【點睛】方法點睛：證明直線與平面平行，只須證明直線的方向向量與平面的法向量的數(shù)量積為零，或證直線的方向向量與平面內(nèi)的不共線的兩個向量共面，或證直線的方向向量與平面內(nèi)某直線的方向向量平行，然后說明直線在平面外即可．這樣就把幾何的證明問題轉(zhuǎn)化為向量運算．【變式9-1】4.（2023秋·江西吉安·高二井岡山大學附屬中學?？计谀┤鐖D，已知四棱錐P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD＝2，側(cè)面PBC⊥底面ABCD，E為PB的中點．求：（1）求證：CE//平面ADP；（2）求證：平面PAD⊥平面PAB；【答案】（1）證明見詳解；（2）證明見詳解；【分析】（1）取PA的中點M，連接DM,EM，證出四邊形CDME為平行四邊形，再利用線面平行的判定定理即可證明.（2）以BC的中點O為坐標原點，以BC所在直線為x軸，過點O與AB平行的直線為y軸,PO所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量的數(shù)量積證出DM⊥PB，DM⊥PA，再利用線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理即可證明.【詳解】（1）取PA的中點M，連接DM,EM，則ME//AB，且ME=1又AB//CD且CD=1所以ME//CD且ME=CD，所以四邊形CDME為平行四邊形，所以CE//DM，又DM?平面ADP，CE?平面ADP，所以CE∥平面ADP.（2）取BC的中點O，連接PO，△PBC為等邊三角形，即PO⊥BC,∵平面PBC⊥底面ABCD，BC為交線，PO?平面PBC,∴PO⊥底面ABCD.以BC的中點O為坐標原點，以BC所在直線為x軸，過點O與AB平行的直線為y軸，PO所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示.CD＝1，AB＝BC＝2，則PO＝3∴A(1,?2,0)，B(1,0,0)，D(?1,?1,0)，P(0,0,3)∴PA=(1,?2,?3)，∴DN∴DM⊥∵DM∴DM⊥又∵PA∩PB＝P,PA,PB?平面PAB,∴DM⊥平面PAB.∵DM?平面PAD,∴平面PAD⊥平面PAB.題型10利用空間向量計算空間角【例題10】（2020秋·廣東湛江·高二統(tǒng)考期末）將邊長為2的正方形ABCD沿對角線BD折疊，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，F(xiàn)是BD的中點，且AE=2（1）求證：DE⊥AC；（2）求二面角B?EC?F的大小．【答案】（1）證明見解析；（1）45°【解析】(1)建立空間直角坐標系，計算可得CF⊥BD，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得CF⊥平面BDA，進而可以求出點C的坐標，最后利用向量法可以證明出DE⊥AC；(2)分別求出平面BCE、平面FCE的法向量，最后利用空間向量夾角公式求出二面角B?EC?F的大?。驹斀狻?1)證明：以A為坐標原點，AB,AD,AE所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則E(0,0,2)，B取BD的中點F并連接CF,AF.由題意得，CF⊥BD又平面BDA⊥平面BDC，∴CF⊥平面BDA，∴C(1,1,2∴DE=(0,?2,2DE?∴DE⊥AC.(2)解：設(shè)平面BCE的法向量為n=則EB=(2,0,?2)DE令n=(1,?1,平面FCE的法向量為m=x所以EC=(1,1,0)，F(xiàn)C由EC?m=0設(shè)二面角B?EC?F為θ，則cosθ=所以二面角B?EC?F的大小為45°【點睛】本題考查了用空間向量的知識解決線線垂直、二面角的問題，正確求出相關(guān)點的坐標是解題的關(guān)鍵.【變式10-1】1.（20219春·湖南·高二統(tǒng)考期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD=2,BD=22，E為PC的中點，F(xiàn)在PB上且PF=（1）求證：PA//平面EDB；（2）求證：PB⊥平面EFD．（3）求二面角C-PB-D的大小【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）π3【分析】（1）利用△CAP的中位線的性質(zhì)證明AP//（2）建立空間直角坐標系，由PF=13PB求出點F的坐標，再由PB?DF（3）由（2）知∠DFE是二面角C-PB-D的平面角，由已知求出DF、EF、DE，即可求得cos∠EFD【詳解】（1）連接AC交BD于點O，連接EO，因為底面ABCD是正方形，所以O(shè)為AC的中點，又E為PC的中點，所以O(shè)E為△CAP的中位線，則AP//因為OE?平面EBD，AP?平面EBD，所以PA//平面EDB；（2）因為PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥CD，因為底面ABCD是正方形，所以AD⊥CD，所以PD，AD，CD兩兩垂直，所以以D為原點，以AD，CD，PD所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A2,0,0，B2,2,0，D0，0，0，E設(shè)點Fx1,y因為PF=13PB，所以PF解得x1則F23,因為PB?DF=所以PB⊥DF，PB⊥EF，又DF∩EF=F,DF?平面DEF，EF?平面DEF，所以PB⊥平面EFD；（3）由（2）知∠DFE是二面角C-PB-D的平面角，因為PD=2，DB=22，所以PB=2DF=2×2因為PC=22，PF=所以PE=2，EF=2?4因為EF2+D則cos∠EFD=又∠EFD∈[0°,即二面角C-PB-D的大小為π3【點睛】本題考查線面平行的證明、線面垂直的證明、求二面角的大小，考查了空間想象能力和計算能力，屬于中檔題題.【變式10-1】2.（2020秋·北京房山·高二統(tǒng)考期末）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，（1）求異面直線AC與BC（2）求證：AC1//【答案】（1）π2【解析】（1）因為AC=3，BC=4，AB=5，利用勾股定理的逆定理可得ΔABC是直角三角形，AC⊥BC．因為三棱柱ABC?A1B1C（2）建立空間直角坐標系，利用直線方向向量、平面的法向量關(guān)系即可得出．【詳解】解：（1）因為AC=3，BC=4，AB=5，所以AC2+B所以ACB=π2因為三棱柱ABC?A1B1C所以C1C⊥AC以C為原點，分別以CA、CB、CC1為x軸、y軸、則C(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，4，0)，C1(0所以直線AC的方向向量為CA=(3,0,0)，直線BC1設(shè)異面直線AC與BC1所成的角為因為CA·所以cosθ=0所以異面直線AC與BC1所成的角為（2）由（1）可知D32,2,0，B1(0，4，設(shè)平面CDB1的法向量為n=(x,y,z)，則令x=4，則y=?3，z=3，所以n直線AC1的方向向量為因為AC1·n=0，AC1【點睛】本題考查了空間位置關(guān)系、線面面面平行與垂直的判定性質(zhì)定理、三角形中位線定理、法向量的應(yīng)用、向量夾角公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．【變式10-1】3.（2019秋·湖北黃岡·高二統(tǒng)考期末）如圖所示,在四棱錐P?ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB//DC,AD=DC=AP=2,AB=1,點E為棱PC的中點.用空間向量進行以下證明和計算:（1）證明:BE⊥DC;（2）若F為棱PC上一點,滿足BF⊥AC,求二面角F?AB?P的正弦值.【答案】（1）答案見解析（2）10【分析】（1）建立空間直角坐標系，求得BE=(0,1,1)，DC=(2,0,0)，證明（2）由題意先求出BF=?12,12,32，再求出平面【詳解】依題意,以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，由E為棱PC的中點,得E(1,1,1).（1）向量BE=(0,1,1)，DC故BE?所以BE⊥DC.（2）向量BC=(1,2,0),CP=(?2,?2,2)，AC=(2,2,0)由點F在棱PC上,設(shè)CF=λCP，0?λ?1，則由BF⊥AC,得BF?因此，2(1?2λ)+2(2?2λ)=0，解得λ=34,即設(shè)n1=(x,y,z)為平面則n1?AB不妨令z=1,可得n1=0,?3,1取平面ABP的法向量n2則cosnsin所以二面角F?AB?P的正弦值為1010【點睛】本題考查了空間向量的應(yīng)用，考查了計算能力，屬于中檔題.【變式10-1】4.（2019秋·湖南長沙·高二統(tǒng)考期末）在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=2，（1）求證：AE⊥CD（2）設(shè)異面直線AB1與BD1所成角的大小為【答案】（1）證明見解析；（2）30【分析】建立合理的空間直角坐標系，然后表示出個向量，即可求證明AE⊥CD1【詳解】解：（1）如圖建立空間直角坐標系，依題意得A(1,0,0)，B(1,2,0)，B1(1,2,1)，D設(shè)E(0,y,z)，則CD1∵CE=45C∴y=25∴AE=(?1,∴AE⊥CD（2）AB1∴【點睛】本題考查利用空間向量證明異面直線垂直及求直線夾角問題題型11利用空間向量算距離【例題11】（2023秋·遼寧沈陽·高二沈陽二十中校聯(lián)考期末）如圖①菱形ABCD，∠B=60°,BE=EC=1．沿著AE將△BAE折起到△B'AE(1)求異面直線AB'與(2)求異面直線AB'與【答案】(1)3(2)2【分析】（1）根據(jù)折疊前后的幾何性質(zhì)，建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算得異面直線AB'與（2）根據(jù)空間向量求直線AB'與CD公垂線的方向向量，再結(jié)合空間向量坐標運算即可得異面直線AB【詳解】（1）圖①菱形ABCD，∠B=60°,BE=EC=1，由余弦定理得AE2=A所以BE2+AE2=AB在圖②中，∠DAB'=90°，即AD⊥AB所以AD⊥平面AB'E，即EC⊥又B'E?平面AB'E，所以B'E⊥EC則E0,0,0所以AB'=則異面直線AB'與CD所成的角的余弦值為（2）由（1）得AC=1,?3,0，設(shè)m=所以AB'?m所以異面直線AB'與CD之間的距離為【變式11-1】1.（2022秋·浙江杭州·高二學軍中學校考期末）已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)面AA(1)求四棱錐E?BB(2)是否存在點D在直線A1【答案】(1)1(2)存在，DE=5或【分析】（1）找到四棱錐的高，利用四棱錐體積公式求出體積；（2）根據(jù)題目中的條件建立空間直角坐標系，表達出與BF，ED均垂直的向量，進而利用異面直線BF，DE的距離為1建立等式求出a.【詳解】（1）∵側(cè)面AA1B又BF⊥A1B1，且BB∴A1B1⊥平面∴AB⊥平面BB則EG//AB，∴EG⊥平面BB∴VE?B（2）以B為原點，分別以BA，BC，BB則B0,0,0，E1,1,0，設(shè)Da,0,2，則BF=0,2,1，ED設(shè)與BF，ED均垂直的向量為n=則BF·n=0ED·∴異面直線BF，DE的距離d=BE?nn=∴ED=a?12故存在點D在直線A1B1上，使得異面直線BF，DE的距離為1，且此時ED=【變式11-1】2.（2023春·江西宜春·高二江西省宜豐中學?？计谀┤鐖D，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是邊長為2的正方形，PA=2，G為CD的中點，E,F是棱PD上兩點（F在E的上方），且EF=2

(1)若DE=22，求證：BF∥平面(2)當點F到平面AEC的距離取得最大值時，求DE的長.【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）連接BD交AG于H，連接HE，證明BF∥EH，根據(jù)線面平行的判定定理即可證明結(jié)論；（2）根據(jù)三棱錐的等體積法判斷要使點F到平面AEC的距離最大，則需△AEC的面積最小，即E到AC的距離最?。唤⒖臻g直角坐標系，求得相關(guān)點坐標，利用空間距離的向量求法，即可求得答案.【詳解】（1）連接BD交AG于H，連接HE，因為G為CD的中點，ABCD是正方形，所以GD∥AB,GD=1因為DE=22,EF=2，所以DEEF=DH因為BF?平面AEG,EH?平面AEG，所以BF∥平面AEG；（2）在四棱錐P?ABCD中，因為EF=2，所以△EFC又點A到平面EFC的距離為定值，所以三棱錐A?EFC的體積為定值，即三棱錐F?AEC的體積為定值；要使點F到平面AEC的距離最大，則需△AEC的面積最小，即E到AC的距離最?。挥深}知，以A為坐標原點，AB,AD,AP為x,y,z軸建立如圖空間直角坐標系，則A0,0,0由于PA⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，故PA⊥AD,而PA=AD=2，故△PAD為等腰直角三角形，即∠PDA=π設(shè)E到AD的距離為t,t∈[0,1]，則E0,2?t,tAE=故E到AC的距離為AE2對于二次函數(shù)y=32t當t=23時，y=32t此時點F到平面AEC的距離最大，所以DE=2

【變式11-1】3.（2023秋·山西臨汾·高二統(tǒng)考期末）如圖所示，在四棱錐P?ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，AP=BP=5，AB=2,AD=3,M是棱AD上一點，且AM=2MD(1)求點B到直線PM的距離；(2)求平面PMB與平面PMC夾角的余弦值.【答案】(1)2(2)55【分析】（1）利用面面垂直得出線面垂直，建立坐標系，利用空間向量求解點到直線的距離；（2）分別求解平面PMB與平面PMC的法向量，利用法向量求解兩平面的夾角.【詳解】（1）取AB的中點O，連接OP，并過O點作BC的平行線OE，交CD于E，則OE⊥AB.因為PA=PB，所以PO⊥AB.因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB,PO?平面PAB，所以PO⊥平面ABCD，因為OE?平面ABCD，所以PO⊥OE.以O(shè)為坐標原點，以O(shè)B,OE,OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，因為AP=BP=5則B1,0,0直線PM的一個單位方向向量為u=點B到直線PM的距離d=BP（2）M?1,2,0設(shè)平面PMB的法向量為m=則MB?m=2x?2y=0,設(shè)平面PMC的法向量為n=則MC?n=2設(shè)平面PMB與平面PMC的夾角為θ，則cosθ=所以平面PMB與平面PMC夾角的余弦值為55【變式11-1】4.（2018秋·安徽合肥·高二合肥一六八中學?？计谀┤鐖D，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為梯形，PD⊥底面ABCD，AB//CD,AD⊥CD,AD=AB=1,BC=2，過A作一個平面α使得α/平面(1)求平面α將四棱錐P?ABCD分成兩部分幾何體的體積之比；(2)若平面α與平面PBC之間的距離為66，求直線PA與平面PBC【答案】(1)15或(2)3【分析】（1）先由面面平行的性質(zhì)定理得到AE//BC，EF//PC，進而證得E,F分別是CD,PD的中點，再根據(jù)棱錐的體積公式可得VF?ADE=16DF,（2）建立空間直角坐標系如圖2，設(shè)PD的長為t，先由面面距離利用空間向量的數(shù)量積可求得t，再利用空間向量夾角余弦公式可得直線PA與平面PBC所成角的正弦值.【詳解】（1）如圖1，記平面α與直線CD,PD的交點分別為E,F，則面AEF為平面α，因為面AEF//面PBC，面AEF∩面ABCD=AE，面PBC∩面ABCD=BC，所以AE//BC，同理EF//PC，又AB//CD，即AB//EC，所以四邊形ABCE是平行四邊形，故EC=AB=1，又CD=2，故E是CD的中點，由中位線定理的推論，可知F是PD的中點，由條件易得SABCD=12AB+CD由PD⊥底面ABCD，得VF?ADE=13S故平面α將四棱錐P?ABCD分成兩部分幾何體的體積之比為15.（2）由CD,PD,DA兩兩垂直，建立空間直角坐標系如圖2，記PD的長為t，則P0,0,t則EC=0,1,0，BC=設(shè)平面PBC的法向量n=x,y,z，則有n?BC=0取y=t得平面PBC的法向量n=由條件易知點E到平面PBC距離為EC?nn=66，即t2所以n=故直線PA與平面PBC所成角θ滿足sinθ=.【點睛】本題主要考查棱錐的體積公式以及利用空間向量線面角，空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是：（1）觀察圖形，建立恰當?shù)目臻g直角坐標系；（2）寫出相應(yīng)點的坐標，求出相應(yīng)直線的方向向量；（3）設(shè)出相應(yīng)平面的法向量，利用兩直線垂直數(shù)量積為零列出方程組求出法向量；（4）將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系；（5）根據(jù)定理結(jié)論求出相應(yīng)的角和距離.題型12空間中的動點問題【例題12】（2023春·福建漳州·高二統(tǒng)考期末）如圖所示的幾何體中，平面PAD⊥平面ABCD,△PAD為等腰直角三角形，∠APD=90°，四邊形ABCD為直角梯形，AB//

(1)求證：PD//平面QBC；(2)線段QB上是否存在點M滿足QM=λQB0≤λ≤1，使得AM⊥平面QBC【答案】(1)證明見解析；(2)存在，λ=1【分析】（1）通過求證PD//（2）建立空間直角坐標系，利用向量法即可求解.【詳解】（1）∵PQ//CD,PQ=CD,∴四邊形∴PD//∵PD?平面QBC,QC?平面QBC,∴PD//平面QBC.（2）取AD的中點為O,∵PA=PD,∴OP⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,OP?平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD,∴OP⊥平面ABCD.以點O為坐標原點，分別以直線OD,OP為y軸，z軸建立空間直角坐標系O?xyz，則x軸在平面ABCD內(nèi),

∵∠APD=90°,AB=AD=2,PQ=CD=1，∴A0,?1,0,B2,?1,0∴BQ設(shè)平面QBC的法向量為n∴n?BQ=0,令z=1，則y=1,x=2,∴n∵QB∴AM又平面QBC的法向量為n=2,1,1,AM⊥∴1+λ2=1?λ∴在線段QB上存在點M，使AM⊥平面QBC，且λ的值是13【變式12-1】1.（2023春·浙江·高二校聯(lián)考期末）如圖幾何體為圓臺一部分，上下底面分別為半徑為1，2的扇形，D1O=OB，體積為

(1)求AB；(2)劣弧AB上是否存在M使OB1∥平面【答案】(1)23(2)不存在，證明見解析.【分析】（1）設(shè)∠A1DB1=∠AOB=α，由扇形的面積公式分別表示出上底的面積S1（2）過O作OB的垂線交劣弧AB于N，以O(shè)N,OB,OD1所在的直線分別為【詳解】（1）解：由題意可知D1O=OB=2，設(shè)設(shè)上底的面積為S1，下底的面積為S則S1=1所以V=13(在△AOB中由余弦定理可得AB所以AB=23（2）不存在，證明如下：證明：過O作OB的垂線交劣弧AB于N，由（1）可知∠AOB=2π3以O(shè)N,OB,OD1所在的直線分別為

則A(3,?1,0)，D1(0,0,2)，設(shè)M(2cos則OB1=(0,1,2)，A設(shè)平面AD1M由n?AD因為?π6<β<取x=2sinβ+1，則有如果OB1//平面A即3?2即2sinβ+1=0，矛盾，所以O(shè)B故劣弧AB上不存在M使OB1∥平面【變式12-1】2.（2020秋·山東淄博·高二統(tǒng)考期末）已知三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=2BC1若λ=23，求證:CM//2設(shè)平面B1AN與平面B1MC所成的銳二面角的大小為θ，若【答案】1證明見解析

2假命題，理由見解析【分析】1根據(jù)題意，設(shè)BC=a，以點M為坐標原點，以BA所在的直線為x軸，過M和BB1平行的直線為y軸，以MC所在的直線為z建立空間直角坐標系，求平面B1AN的一個法向量2根據(jù)1中建立的坐標系，分別求出平面B1AN與平面【詳解】1因為CM⊥AB,AC⊥BC，設(shè)BC=a，則AC=CM?AB=AC?BC，所以CM=63a，AA1=b，以點M為坐標原點，以BA所在的直線為x軸，過M和BB所以A23B1?A12所以CC1=0,b,0所以CN=0,2bAB設(shè)m=x,y,z為平面B即?233ax+2所以m=3b,3a,0，而MC又因為直線CM在平面B1所以CM//平面B2由1可知，A1因為A1B⊥B所以a=b，所以CN=0,λa,0，所以AB1=?3則m?AN=0取x=3，則y=3,z=m=因為CM⊥平面ABB1A1，所以所以A1B=(?3a,?a,0)取n=設(shè)平面B1AN與平面B1所以cosθ=對于?λ∈0,1，若把cosθ看作λ則此函數(shù)在0,23上是單調(diào)遞增的，在所以22<cosθ≤3所以不存在λ∈0,1，使得θ=命題“?M∈0,1【點睛】本題主要考查證明線面平行，以及由二面角的范圍求其它量，靈活運用空間向量的方法證明和求解即可，屬于?？碱}型.【變式12-1】3.（2021秋·山東青島·高二統(tǒng)考期末）如圖（1），在直角梯形ABCQ中，D為CQ的中點，四邊形ABCD為正方形，將ΔADQ沿AD折起，使點Q到達點P，如圖（2），E為PC的中點，且DE=CE，點F為線段PB上的一點.（1）證明：DE⊥CF；（2）當DF與DE夾角最小時，求平面PDF與平