高二上學(xué)期期末復(fù)習(xí)【第一章 空間向量與立體幾何】十大題型歸納（拔尖篇）（解析版）

2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末復(fù)習(xí)第一章十大題型歸納（拔尖篇）【人教A版（2019）】題型1根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算求參數(shù)題型1根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算求參數(shù)1．（2023上·福建泉州·高二?？茧A段練習(xí)）如圖所示，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E為上底面對角線A1C1的中點(diǎn)，若BE=AA．x=-12,y=C．x=-12,y=-【解題思路】根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算即可求解.【解答過程】根據(jù)題意，得；BE==又∴x=-故選：A.2．（2023上·河北·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）在四面體OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，OM=λMAλ>0，NA．13 B．3 C．12 D【解題思路】根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算即可得解.【解答過程】如圖，

因?yàn)镺M=λMA，N為BC的中點(diǎn)，所以又因?yàn)镺N=所以MN=又MN=-34a+故選：B.3．（2022·高二課時(shí)練習(xí)）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-AE，由（1），（2【解答過程】（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=14．（2023·高二課時(shí)練習(xí)）如圖所示，已知幾何體ABCD﹣A1B1C1D1是平行六面體．（1）化簡12AA1+BC+（2）設(shè)M是底面ABCD的中心，N是側(cè)面BCC1B1對角線BC1上的點(diǎn)，且C1N=14C1B，設(shè)MN=αAB+βAD【解題思路】（1）取AA1的中點(diǎn)E，在D1C1上取一點(diǎn)F，使得D1F＝2FC1，連接EF，再根據(jù)向量的線性運(yùn)算計(jì)算即可；（2）通過AB，AD，AA1表示MN，根據(jù)對應(yīng)關(guān)系求出α，β，【解答過程】解（1）取AA1的中點(diǎn)E，在D1C1上取一點(diǎn)F，使得D1F＝2FC1，連接EF，則12（2）MN=12（DA+AB）=1所以α=12，β=14題型2題型2向量共線、共面的判定及應(yīng)用1．（2023下·江西宜春·高二?？计谥校┤绻鸄(1,5,-1),B(2,4,1),C(a,3,b+2)三點(diǎn)共線，那么a-b=（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】首先表示出AB、AC，依題意可得AB//AC，即可得到【解答過程】解：因?yàn)锳(1,5,-1),B(2,4,1),C(a,3,b+2)，所以AB=又三點(diǎn)共線，所以AB//AC，所以所以a-1=λ-2=-λb+3=2λ，解得所以a-b=2.故選：B.2．（2023上·河南新鄉(xiāng)·高二統(tǒng)考期末）下列條件能使點(diǎn)M與點(diǎn)A,B,C一定共面的是（

）A．OMB．OMC．OMD．OM【解題思路】根據(jù)空間共面向量定理以及其結(jié)論一一判斷各選項(xiàng)，即可得答案.【解答過程】設(shè)OM=xOA+yOB+z對于A，OM=OA-OB-對于B，OM=OA+OB+對于C,OM=-OA-OB+對于D，OM=-OA-OB+3OC，由于-1-1+3=1故選：D.3．（2022上·全國·高二專題練習(xí)）如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是C1D1,AB的中點(diǎn)，E在【解題思路】根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算法則，化簡得到ME=-NF【解答過程】由空間向量的線性運(yùn)算法則，可得ME==-NB+CB又由向量的共線定理，可得ME與NF共線．4．（2023·高二課時(shí)練習(xí)）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=kAC【解答過程】（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空間向量的夾角及其應(yīng)用題型3空間向量的夾角及其應(yīng)用1．（2022上·山東·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）已知向量a=(1,0,3)，單位向量b滿足a+2b=2A．π6 B．π4 C．π3【解題思路】利用向量的模平方得向量積的值，再利用向量夾角公式求解【解答過程】因?yàn)閍=(1,0,3)，所以|a所以a+2b2=12，即a2所以cos?a,b?=a故選：C.2．（2023下·上海浦東新·高二?？茧A段練習(xí)）空間有一四面體A-BCD，滿足AD⊥AB，AD⊥AC，則所有正確的選項(xiàng)為（

）①DB?②若∠BAC是直角，則∠BDC是銳角；③若∠BAC是鈍角，則∠BDC是鈍角；④若AB<DA且AC<DAA．② B．①③ C．②④ D．②③④【解題思路】由題意知AD?AB=0，AD?AC=0，DB?DC=DA+AB?DA+AC=DA2+AB?AC可判斷①；若∠【解答過程】對于①，因?yàn)锳D⊥AB，AD⊥AC，所以AD?AB=0則DB?DC=對于②，若∠BAC是直角，則AB?DB所以∠BDC是銳角，故②正確；對于③，若∠BAC是鈍角，設(shè)∠BAC=120°，AB=AD=AC=1，在△ABC中，由余弦定理可得：BC而DB=DC=2，所以在△DBC中，cos所以∠BDC為銳角，所以③不正確；對于④，DB?若AB<DA且AC<因?yàn)椤螧AC∈0,DB→?DC→>0，所以故選：C.3．（2023上·安徽蚌埠·高二統(tǒng)考期末）在三棱錐P-ABC中，BC⊥平面PAB，平面PAC⊥平面ABC.

(1)證明：PA⊥平面ABC；(2)若PA=22AB=22BC,D為PC中點(diǎn)，求向量AP【解題思路】（1）由線面垂直和面面垂直的性質(zhì)定理和判定定理證明即可；（2）由BD=12BA+AP【解答過程】（1）證明：過點(diǎn)B作BO⊥AC于點(diǎn)O，

∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC,BO?平面ABC，∴BO⊥平面PAC，又PA?平面PAC,∴BO⊥PA.∵BC⊥平面PAB,PA?平面PAB,∴BC⊥PA.∴BC∩BO=B,BC,BO?平面ABC,∴PA⊥平面ABC.（2）由（1）知BC⊥PA,BC⊥AB,PA⊥AB，設(shè)AB=1，則PA=22∵D為PC中點(diǎn)，∴BDBD∴cos∴AP與BD夾角的余弦值為24．（2023·全國·高二專題練習(xí)）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長是(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?CB（3）利用數(shù)量積運(yùn)算律得AO?CD1=0【解答過程】（1）正方體ABCD-A1B故CD（2）由題意知，AB?AO=ADAO=故AO?故cosAO（3）由題意，AB?ADAO=12故AO與CD1題型4題型4利用空間向量的數(shù)量積求模1．（2023下·福建莆田·高二統(tǒng)考期末）如圖，平行六面體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，其中AB=2，AD=4，

A．9 B．29 C．47 D．4【解題思路】由AC1=【解答過程】由ACAC因?yàn)榈酌鍭BCD是矩形，AB=2，AD=4，AA所以AC2=AC因?yàn)椤螦所以AB所以2ACA故選：C.2．（2023下·甘肅天水·高二統(tǒng)考期末）如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB=a，AD=b，AA1=

A．AC1=a+b+C．AC1=a+b+【解題思路】用向量的線性運(yùn)算可直接求得AC1【解答過程】在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，∵AC∴A=1+1+1+0+2×1×1×1∴AC故選:C．3．（2023上·福建泉州·高二?？茧A段練習(xí)）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分別是A1B，A1C

(1)試用a,b,c(2)若∠BAC=90°，∠BAA1=∠CA【解題思路】（1）根據(jù)題意，結(jié)合空間向量的運(yùn)算法則，準(zhǔn)確化簡、運(yùn)算，即可求解；（2）根據(jù)題意，求得a?b=0且【解答過程】（1）解：因?yàn)?BM=A根據(jù)空間向量的運(yùn)算法則，可得MN=A1（2）解：因?yàn)椤螧AC=90°，∠BAA可得a?b=0則MN=19(16+4+16-0+8-16)=即線段MN的長274．（2022上·北京通州·高二統(tǒng)考期中）如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，AD=2，AA1=22，(1)求AB?(2)求∠DAA(3)求OA1【解題思路】（1）利用數(shù)量積的公式求數(shù)量積即可；（2）利用余弦定理求出∠D1A（3）通過線性運(yùn)算得到OA1【解答過程】（1）AB?（2）因?yàn)锳BCD-A1B1C1D1為平行六面體，所以四邊形在三角形AA1D1中，AA1=22，又A1D1∥AD（3）由題意知，OA1-4×2=3，所以O(shè)A題型5題型5利用空間向量基本定理證明平行、共線、共面問題1．（2023上·河北保定·高二統(tǒng)考期中）若a,b,A．a(chǎn)-b，2a+b-c，3C．a(chǎn)-b，a+b-c，2b【解題思路】由空間共面向量定理求解即可.【解答過程】對于A選項(xiàng)，因?yàn)閍-b+2a+b-c=3對于B選項(xiàng)，設(shè)xa-b此方程組無解，即不存在實(shí)數(shù)x，y，使得a-b，2a所以a-b，2a+b對于C選項(xiàng)，因?yàn)?a所以a-b，a+b，對于D選項(xiàng)，因?yàn)?a所以a-b，a+b-故選：B．2．（2022上·山東淄博·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）已知O、A、B、C為空間中不共面的四點(diǎn)，且OP=A．34 B．-18 C．1【解題思路】根據(jù)平面向量基本定理得到PA=xPB+yPC，進(jìn)而得【解答過程】∵P、∴必存在唯一一組有序?qū)崝?shù)對(x,y)使得PA=x∴OP-OA∵O、∴x+y≠1，否則A、B、∴OP=11-x-y故而13∴t=1故選：C.3．（2022·高二課時(shí)練習(xí)）A是△BCD所在平面外一點(diǎn)，G是△BCD的重心，M、E分別是BD、AG的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段AM上，AF=25AM，判斷三點(diǎn)C、【解題思路】利用空間向量的基本定理和共線向量定理求解.【解答過程】解：設(shè)AD=a，AC=CE==1=1CF=因?yàn)镃E=所以CE∥又因?yàn)镃E、CF有公共點(diǎn)C，所以C、E、F三點(diǎn)共線．4．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知A，B，C三點(diǎn)不共線，對平面ABC外的任一點(diǎn)O，若點(diǎn)M滿足OM=(1)判斷MA,(2)判斷點(diǎn)M是否在平面ABC內(nèi).【解題思路】（1）根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算，結(jié)合平面向量基本定理證明即可；（2）根據(jù)（1）結(jié)合平面向量的基本定理判斷即可.【解答過程】（1）由題知OA+∴OA-即MA=∴MA,MB（2）由（1）知，MA,MB,∴M，A，B，C四點(diǎn)共面，從而點(diǎn)M在平面ABC內(nèi).題型6題型6利用空間向量基本定理解決夾角、距離、垂直問題1．（2023下·江蘇泰州·高二統(tǒng)考期末）已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱長為2，底面ABC是邊長為2的正三角形，∠A1AB=∠A1AC=60°A．3 B．2 C．5 D．6【解題思路】以AB,AC,AA【解答過程】依題意可知M是BC所以AM=1所以AM==1故選：D.

2．（2023下·湖南·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB=AC=2，CC1=2，AA1與ABA．14 B．155 C．105【解題思路】設(shè)AB=a，AC=b，AA1=c，則AB1【解答過程】設(shè)AB=a，AC=b，AA1=c，則BC1=ABB所以cosA故選：D．3．（2023上·安徽·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為3的菱形，PC=4,∠ABC=∠BCP=∠DCP=120(1)利用空間向量證明PA⊥BD；(2)求AP的長.【解題思路】（1）以AB,AD,CP為基底，表達(dá)出（2）在（1）基礎(chǔ)上，表達(dá)出AP=a+b【解答過程】（1）證明：設(shè)AB=a,BD=AP=所以BD=3所以PA⊥BD.（2）由（1）知AP=所以AP==9+9+16+9+12+12=67.所以AP=AP4．（2023上·天津靜?！じ叨o海一中?？茧A段練習(xí)）如圖所示，已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線長都等于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AG【解答過程】（1）證明：連接DE，因?yàn)榭臻g四邊形ABCD的每條邊和對角線長都等于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=題型7題型7空間向量平行、垂直的坐標(biāo)表示1．（2023下·廣東揭陽·高二統(tǒng)考期末）已知空間向量a=1,2,-2，b=3,λ,μ-1，若a//A．1 B．-1 C．2 D．-2【解題思路】利用空間向量平行的坐標(biāo)表示即可得解.【解答過程】因?yàn)閍//b，a=所以31=λ所以λ+μ=1.故選：A.2．（2023上·河南洛陽·高二統(tǒng)考期末）設(shè)x，y，z∈R，向量a=(x，1，1)，b=1，y，z，c=2A．57 B．36 C．3 D．9【解題思路】根據(jù)空間向量平行垂直條件求出參數(shù)，再根據(jù)模長公式計(jì)算即可.【解答過程】∵a⊥c，∴2x-4+2=0，即x=1，∵b//c，∴∴a=(1,1,1),b=(1,-2,1)，∴a+故選：A.3．（2022上·河南洛陽·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）已知a=(2,-1,-4),(1)若(a-b(2)若(a+3b)⊥(【解題思路】（1）根據(jù)空間平行向量的性質(zhì)，結(jié)合空間向量線性運(yùn)算坐標(biāo)表示公式進(jìn)行求解即可；（2）根據(jù)空間向量互相垂直的性質(zhì)，結(jié)合空間向量線性運(yùn)算坐標(biāo)表示公式、數(shù)量積的坐標(biāo)表示公式進(jìn)行求解即可；【解答過程】（1）a-b=2,-1,-4--1,k,2=3,-1-k,-6,（2）a+3b=2,-1,-4+3-1,k,2=-1,3k-1,2,a+b=4．（2023上·安徽亳州·高二?？奸_學(xué)考試）已知點(diǎn)A(1)若c=3，且c//BC(2)若ka+b與k(3)求cosa【解題思路】（1）由空間向量共線及模的坐標(biāo)表示運(yùn)算即可得解；（2）利用空間向量線性運(yùn)算及垂直的坐標(biāo)表示運(yùn)算即可得解；（3）由空間向量夾角余弦值的坐標(biāo)表示運(yùn)算即可得解.【解答過程】（1）由題意，BC=-2,-1,2，c//又c=3，所以-2λ2+所以c=-2,-1,2或（2）由題意，a=所以ka又ka+b與k解得k=-52或k=2，所以k=-5（3）由（2）可得a=所以cosa題型8題型8利用空間向量研究點(diǎn)、線、面的距離問題1．（2023上·浙江寧波·高二校聯(lián)考期中）定義：兩條異面直線之間的距離是指其中一條直線上任意一點(diǎn)到另一條直線距離的最小值.在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1DA．2 B．233 C．1 D【解題思路】建系，求利用空間向量設(shè)兩條直線上的點(diǎn)為M,N，根據(jù)題意結(jié)合空間中的兩點(diǎn)間距離公式運(yùn)算求解.【解答過程】如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則A2,0,0可得AD設(shè)AM=λAD可得x0-2=-2λy故M2-2λ,0,2λ同理可得：N2-2μ,2μ,2則MN=22當(dāng)且僅當(dāng)μ=λ對λ22+故MN≥233，當(dāng)且僅當(dāng)即直線AD1與A1故選：B.

2．（2023上·河南新鄉(xiāng)·高二統(tǒng)考期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB=2AD=4,PD=455,E是PA的中點(diǎn)，F(xiàn)B=2PF，則點(diǎn)

A．3105 B．2105 C．【解題思路】如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DP【解答過程】如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,則D0,0,0因?yàn)镋是PA的中點(diǎn)，F(xiàn)B=2所以E1,0,所以DE=1,0,2設(shè)n=x,y,z是平面

則n?DE=x+25故點(diǎn)C到平面DEF的距離為DC?故選：B.3．（2022下·湖南長沙·高一?？计谀┤鐖D，在四棱錐P-ABCD中，AD//BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD，E為棱AD的中點(diǎn)，異面直線PA與CD

(1)在平面PAB內(nèi)是否存在一點(diǎn)M，使得直線CM//平面PBE，如果存在，請確定點(diǎn)M的位置，如果不存在，請說明理由；(2)若二面角P-CD-A的大小為45°，求P到直線CE的距離.【解題思路】（1）作出輔助線，證明出四邊形BCDE為平行四邊形，即EB//CD，故CM//BE，從而找到點(diǎn)M的位置；（2）先求出∠PDA是二面角P-CD-A的平面角，大小為45°，得到PA=AD，設(shè)AD=2，則BC=CD=12AD=1，建立空間直角坐標(biāo)系，求出EC方向上的單位向量，求出P【解答過程】（1）延長AB交直線CD于點(diǎn)M，∵點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，∴AE=ED=1∵BC=CD=1∴ED=BC，∵AD//BC，即ED//BC，∴四邊形BCDE為平行四邊形，即EB//CD.∵AB∩CD=M，∴M∈CD，故CM//BE，∵BE?平面PBE,CM?平面PBE，∴CM//平面PBE，∵M(jìn)∈AB,AB?平面PAB，∴M∈平面PAB，故在平面PAB內(nèi)可以找到一點(diǎn)MM=AB∩CD，使得直線CM//平面PBE

（2）如圖所示，∵∠ADC=∠PAB=90°，即且異面直線PA與CD所成的角為90°，即PA⊥CD又AB∩CD=M,AB,CD?平面ABCD，∴AP⊥平面ABCD.∵AD?平面ABCD,∴PA⊥AD，又AD⊥CD,PA⊥CD,AD∩PA=A,AD,PA?平面PAD，∴CD⊥平面PAD，∵PD?平面PAD，∴CD⊥PD，因此∠PDA是二面角P-CD-A的平面角，大小為45°∴PA=AD.不妨設(shè)AD=2，則BC=CD=1以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，平行于CD的直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，∴P0,0,2∴EC=-1,1,0,EP則EP在EC上的投影的絕對值為|EP所以P到直線CE的距離為EP24．（2023下·天津紅橋·高一統(tǒng)考期末）如圖，在底面是矩形的四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，BC=4,E是PD的中點(diǎn)

(1)求證：CD⊥平面PAD；(2)求平面EAC與平面ACD夾角的余弦值；(3)求B點(diǎn)到平面EAC的距離.【解題思路】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法證得CD⊥平面PAD；（2）利用向量法求得平面EAC與平面ACD夾角的余弦值；（3）利用向量法求得B點(diǎn)到平面EAC的距離.【解答過程】（1）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AB,AD?平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AD，由于四邊形ABCD是矩形，所以AB⊥AD，由此，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD,AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),E(0,2,1),P(0,0,2)；所以AB=(2,0,0),因?yàn)镃D?AD=0由于CD?AP=0由于AD∩AP=A，AD,AP?平面PAD，所以CD⊥平面PAD；（2）設(shè)平面ACE的法向量n=(x,y,z)則n?AE不妨令x=1,可得n=(1,-且AP=(0,0,2)為平面ABC于是cosn?所以平面EAC與平面ACD夾角的余弦值為23（3）設(shè)B點(diǎn)到平面ACE的距離為d，由（2）可知平面ACE的法向量n=(1,-12設(shè)B點(diǎn)到平面EAC的距離為d，則d=n?所以B點(diǎn)到平面EAC的距離為43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．（2023上·貴州銅仁·高二統(tǒng)考期末）已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是B1C

A．36 B．1117 C．176【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)向量法求解即可.【解答過程】如圖，

建立空間直角坐標(biāo)系，則A2,0,0，D10,0,4，C0,2,0，則M1,1,3，AM=-1,1,3則cosAM所以異面直線AM和CE所成角的余弦值為18717故選：D.2．（2023下·江蘇南京·高二統(tǒng)考期末）已知平面α與平面β的法向量分別為n1與n2，平面α與平面β相交，形成四個(gè)二面角，約定：在這四個(gè)二面角中不大于90°的二面角稱為兩個(gè)平面的夾角，用θ表示這兩個(gè)平面的夾角，且cosθ=cosn1,n2=n1?n2n1?

A．63 B．42121 C．-【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，寫出B，E，F(xiàn)點(diǎn)的坐標(biāo)，分別求出平面BEF和平面BCF的法向量，再根據(jù)兩個(gè)平面的夾角公式直接計(jì)算出結(jié)果即可.【解答過程】以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB為x軸，AD為y軸，AA1為z軸，可得B(2,0,0)，E(0,0,1)，F(xiàn)(1,2,0)，所以EB=(2,0,-1)設(shè)平面BEF的法向量為a=(x,y,z)，則有a?EB=0a所以a=(1,12,2)，因?yàn)槠矫鍮CF的法向量是故選：B.3．（2023上·天津津南·高二?？计谀┤鐖D，AE⊥平面ABCD,CF//AE,AD//BC,AD⊥AB,AB=AD=1，AE=BC=2CF=2.

(1)求證：BF//平面ADE；(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(3)求平面BDE與平面BDF夾角的余弦值.【解題思路】（1）利用線面平行的判定證CF//面ADE、BC//面ADE，再由面面平行的判定得面BCF//面ADE，最后根據(jù)面面平行的性質(zhì)證結(jié)論；（2）構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，向量法求線面角的正弦值；（3）由（2）所得坐標(biāo)系，向量法求面面角的余弦值；【解答過程】（1）由CF//AE，CF?面ADE，AE?面ADE，則CF//面ADE，由AD//BC，BC?面ADE，AD?面ADE，則BC//面ADE，而CF∩BC=C，CF,BC?面BCF，故面BCF//面ADE，由BF?面BCF，則BF//平面ADE；（2）由AE⊥平面ABCD，AB,AD?平面ABCD，則AE⊥AB,AE⊥AD，又AD⊥AB，以A為原點(diǎn)構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，AB=AD=1，AE=BC=2CF=2，所以B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2)，則CE=(-1,-2,2)，BE=(-1,0,2)，令面BDE的一個(gè)法向量m=(x,y,z)，則m?BE=-x+2z=0m所以|cosm,CE|=|m?

（3）由（2）知：F(1,2,1)，則BF=(0,2,1)，令面BDF的一個(gè)法向量n=(a,b,c)，則n?BD=-a+b=0n所以|cosm,n|=|m?4．（2023下·全國·高一期末）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，頂點(diǎn)在A1

(1)求證：A1C(2)求棱AA1與(3)在線段B1C1上確定一點(diǎn)P，使AP=14【解題思路】（1）由線面垂直得線線垂直，再由線面垂直的判斷定理得到證明.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用異面直線夾角的向量公式求解即可；（3）利用已知條件求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，利用向量法求解平面角的余弦值.【解答過程】（1）因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C因?yàn)轫旤c(diǎn)在A1底面ABC上的射影恰為點(diǎn)B，AC?平面ABC，所以A1B⊥AC又A1B∩A1B1=A1，A1B?（2）以A為原點(diǎn)，射線AC，AB，Az分別為x，y，z軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則C2,0,0，B0,2,0，A10,2,2，B1設(shè)棱AA1與BC所成的角為所以cosθ=cosAA故棱AA1與BC所成的角為（3）設(shè)B1P=λ于是AP=2λ2則P為棱B1C1設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量n=x,y,z，則令z=-1，得n=而平面ABA1的一個(gè)法向量則cosn故二面角P-AB-A1的平面角的余弦值是題型10題型10利用空間向量研究存在性問題1．（2023上·江西·高三校聯(lián)考期末）有很多立體圖形都體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美，其中半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體，半正多面體因其最早由阿基米德研究發(fā)現(xiàn)，故也被稱作阿基米德體.如圖，這是一個(gè)棱數(shù)為24，棱長為2的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，可以看成是由一個(gè)正方體截去八個(gè)一樣的四面體所得.若點(diǎn)E為線段BC上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論不正確的是（

）A．存在點(diǎn)E、使得A、F、D、E四點(diǎn)共面；B．存在點(diǎn)E，使DE⊥DF；C．存在點(diǎn)E，使得直線DE與平面CDF所成角為π3D．存在點(diǎn)E，使得直線DE與直線AF所成角的余弦值35【解題思路】將半正多面體補(bǔ)成一個(gè)棱長為2的正方體，當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)C時(shí)，根據(jù)DF//AC，得A、F、D、E四點(diǎn)共面，故A正確；當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)B時(shí)，根據(jù)正方體的性質(zhì)易得DE⊥DF，故B正確；對C，建立空間直角坐標(biāo)系，利用線面角的向量公式計(jì)算，可知C不對；對于D，根據(jù)直面值直線夾角的向量公式計(jì)算，可知D正確.【解答過程】將半正多面體補(bǔ)成一個(gè)棱長為2的正方體，如圖：則半正多面體的所有頂點(diǎn)都是正方體的棱的中點(diǎn)，對A，當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)C時(shí)，DF//AC，則A、F、D、E四點(diǎn)共面，A正確；對B，當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)B時(shí)，易得DE⊥DF，B正確；以O(shè)為原點(diǎn)，過O的三條棱所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則A2,1,0，F(xiàn)2,2,1，B1,0,2，C對C，設(shè)BE=λBC(0≤λ≤1)，則DE=(-λ,λ-2,0)，設(shè)平面CDF的一個(gè)法向量為n=x,y,z，CD=則n?CD=x+y=0n?CF=2x+y-z=0，令x=1，得設(shè)直線DE與平面CDF所成角為θ，則sinθ=若θ=π3，則sinθ=32，則2-2λ3?2λ2-4λ+4=32對D，AF=0,1,1，由C可知，所以cos<AF,DE>=AF?DEAFDE=λ-22?λ2+λ-2故選：C.2．（2023上·北京·高二清華附中?？计谀┤鐖D，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱B1①存在點(diǎn)P，使得PA②存在點(diǎn)P，使得BD1⊥③△PA④四面體A1其中，所有正確的結(jié)論的個(gè)數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】設(shè)正方體棱長為2,DP=m，求出PA12,PE2，由PA12=PE2解得m(0≤m≤2)，確定①正確，考慮到P到平面A1設(shè)P(0,m,0)，(0≤m≤2)，由空間向量法求得P到A1E的距離，由距離的變化規(guī)律判斷③【解答過程】設(shè)正方體棱長為2,DP=m，由AA1⊥平面ABCD,AP?平面ABCD得A所以PA12由8+m2=5+(2-m)2得m=14正方體中，CD//平面A1B1C1D1,P∈CD，所以P到平面A1B1C1以DA,DC,DD1為正方體棱長為2，則A1(2,0,2),E(1,2,2),B(2,2,0),D1BD1=(-2,-2,2)，BD1?A1E=-2≠0，所以設(shè)P(0,m,0),(0≤m≤2)，PE所以cosPE設(shè)P到直線A1E的距離為

d=|由二次函數(shù)性質(zhì)知0≤m≤2時(shí)，y=(m-4)2+20遞減，所以d遞減，又A1E=5不變，所以綜上：①③④正確故選:C.3．（2023上·上海普陀·高二?？计谀┱鰽BC的邊長為4,CD是AB邊上的高，E?F分別是AC和BC邊的中點(diǎn)，現(xiàn)將△ABC沿CD翻折成直二面角(1)求證：直線AB∥平面DEF；(2)求二面角E-DF-C的余弦值；(3)在線段BC上是否存在一點(diǎn)P，使AP⊥DE？若存在，請指出P點(diǎn)的位置，若不存在，請說