2024-2025學(xué)年高二上學(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）（含答案）

2024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)空間向量的線性運算求參數(shù)題型1根據(jù)空間向量的線性運算求參數(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E為上底面對角線A1C1的中點，若BE=AA．x=-12,y=C．x=-12,y=-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．123．（2022·高二課時練習(xí)）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別是上底面A1(1)AE=x(2)AF=x(3)EF=x4．（2023·高二課時練習(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，且C1N=14C1B，設(shè)MN=αAB+βAD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)三點共線，那么a-b=（

）A．1 B．2 C．3 D．42．（2023上·河南新鄉(xiāng)·高二統(tǒng)考期末）下列條件能使點M與點A,B,C一定共面的是（

）A．OMB．OMC．OMD．OM3．（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，E在4．（2023·高二課時練習(xí)）如圖，已知O，A，B，C，D，E，F(xiàn)，G，H為空間的9個點，且OE=kOA，OF=kOB，OH=kOD，AC=(1)求證：A，B，C，D四點共面，E，F(xiàn)，G，H四點共面；(2)求證：平面ABCD//平面EFCH(3)求證：OG=k題型3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．π32．（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<A．② B．①③ C．②④ D．②③④3．（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，求向量4．（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．42．（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+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，A1

(1)試用a,b,(2)若∠BAC=90°，∠BAA1=∠CA4．（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OA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，2b2．（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，且OP=13OA+12A．34 B．-18 C．13．（2022·高二課時練習(xí)）A是△BCD所在平面外一點，G是△BCD的重心，M、E分別是BD、AG的中點，點F在線段AM上，AF=25AM，判斷三點C、4．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知A，B，C三點不共線，對平面ABC外的任一點O，若點M滿足OM=(1)判斷MA,(2)判斷點M是否在平面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=∠A1A．3 B．2 C．5 D．62．（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．1053．（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.4．（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E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，CD的中點．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．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．-22．（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，A．57 B．36 C．3 D．93．（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+3b4．（2023上·安徽亳州·高二校考開學(xué)考試）已知點A(1)若c=3，且c//BC(2)若ka+b與k(3)求cosa題型8題型8利用空間向量研究點、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 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，F(xiàn)B=2PF，則點

A．3105 B．2105 C．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，異面直線PA與CD

(1)在平面PAB內(nèi)是否存在一點M，使得直線CM//平面PBE，如果存在，請確定點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.4．（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.

(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點到平面EAC的距離.題型9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E，F(xiàn)分別是B1C

A．36 B．1117 C．1762．（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，形成四個二面角，約定：在這四個二面角中不大于90°的二面角稱為兩個平面的夾角，用θ表示這兩個平面的夾角，且cosθ=cosn1,n2=n1?n2n

A．63 B．42121 C．-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.4．（2023下·全國·高一期末）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，頂點在A1

(1)求證：A1C(2)求棱AA1與(3)在線段B1C1上確定一點P，使AP=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，這是一個棱數(shù)為24，棱長為2的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，可以看成是由一個正方體截去八個一樣的四面體所得.若點E為線段BC上的動點，則下列結(jié)論不正確的是（

）A．存在點E、使得A、F、D、E四點共面；B．存在點E，使DE⊥DF；C．存在點E，使得直線DE與平面CDF所成角為π3D．存在點E，使得直線DE與直線AF所成角的余弦值352．（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P，使得PA②存在點P，使得BD1⊥③△PA④四面體A1其中，所有正確的結(jié)論的個數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．43．（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，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P，使AP⊥DE？若存在，請指出P點的位置，若不存在，請說明理由.4．（2023下·江蘇南京·高二統(tǒng)考期末）如圖所示，在三棱錐P-ABC中，已知PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC．

(1)證明：BC⊥平面PAB；(2)若PA=AB=6，BC=3，在線段PC上（不含端點），是否存在點D，使得二面角B-AD-C的余弦值為105，若存在，確定點D

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）】題型題型1根據(jù)空間向量的線性運算求參數(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A．x=-12,y=C．x=-12,y=-【解題思路】根據(jù)空間向量的線性運算即可求解.【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【解題思路】根據(jù)空間向量的線性運算即可得解.【解答過程】如圖，

因為OM=λMA，N為BC的中點，所以又因為ON=所以MN=又MN=-34a+故選：B.3．（2022·高二課時練習(xí)）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，點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）因為EF=AF-【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，且C1N=14C1B，設(shè)MN=αAB+βAD【解題思路】（1）取AA1的中點E，在D1C1上取一點F，使得D1F＝2FC1，連接EF，再根據(jù)向量的線性運算計算即可；（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E，在D1C1上取一點F，使得D1F＝2FC1，連接EF，則12（2）MN=12（DA+AB）=1所以α=12，β=1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：因為A(1,5,-1),B(2,4,1),C(a,3,b+2)，所以AB=又三點共線，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M與點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，即可得答案.【解答過程】設(shè)OM=xOA+yOB+z對于A，OM=OA-對于B，OM=OA+對于C,OM=-OA-對于D，OM=-OA-OB+3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，E在【解題思路】根據(jù)空間向量的線性運算法則，化簡得到ME=-【解答過程】由空間向量的線性運算法則，可得ME==-NB+CB又由向量的共線定理，可得ME與NF共線．4．（2023·高二課時練習(xí)）如圖，已知O，A，B，C，D，E，F(xiàn)，G，H為空間的9個點，且OE=kOA，OF=kOB，OH=kOD，AC=(1)求證：A，B，C，D四點共面，E，F(xiàn)，G，H四點共面；(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【解答過程】（1）因為AC=AD+m所以AC，AD，AB共面，即A，B，C，D四點共面．因為EG=EH+m所以EG，EH，EF共面，即E，F(xiàn)，G，H四點共面．（2）連接HF，BD，EG=kAD+kmAB又因為EG?平面ABCD，AC?平面ABCD，所以EG//平面ABCD因為FH=OH-又FH?平面ABCD，BD?平面ABCD，所以FH//平面ABCD因為EG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+2bA．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】因為a=(1,0,3)，所以|所以a+2b2=12，即a2所以cos?a,b?=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<A．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【解答過程】對于①，因為AD⊥AB，AD⊥AC，所以AD?AB=0則DB?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<因為∠BAC∈0,DB→?DC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，求向量【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+【解答過程】（1）證明：過點B作BO⊥AC于點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，∴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)量積運算律可得AO?（3）利用數(shù)量積運算律得AO?CD1=0【解答過程】（1）正方體ABCD-A1B故CD（2）由題意知，AB?AO=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．（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因為底面ABCD是矩形，AB=2，AD=4，AA所以AC2=AC因為∠A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】用向量的線性運算可直接求得AC【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，A1

(1)試用a,b,(2)若∠BAC=90°，∠BAA1=∠CA【解題思路】（1）根據(jù)題意，結(jié)合空間向量的運算法則，準(zhǔn)確化簡、運算，即可求解；（2）根據(jù)題意，求得a?b=0【解答過程】（1）解：因為2BM=A根據(jù)空間向量的運算法則，可得MN=A1（2）解：因為∠BAC=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OA【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）通過線性運算得到OA【解答過程】（1）AB?（2）因為ABCD-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，因為a-b+2a+b-對于B選項，設(shè)xa-b此方程組無解，即不存在實數(shù)x，y，使得a-b，2a所以a-b，2a對于C選項，因為-a所以a-b，a+對于D選項，因為2a所以a-b，a+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，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【解答過程】∵P、A、B、C四點共面∴必存在唯一一組有序?qū)崝?shù)對(x,y)使得PA=x∴OP-OA∵O、A、B、C四點不共面∴x+y≠1，否則A、B、C三點共線，即O、A、B、C四點共面，與題意不符，∴OP=11-x-y故而13∴t=1故選：C.3．（2022·高二課時練習(xí)）A是△BCD所在平面外一點，G是△BCD的重心，M、E分別是BD、AG的中點，點F在線段AM上，AF=25AM，判斷三點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=因為CE=所以CE∥又因為CE、CF有公共點C，所以C、E、F三點共線．4．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知A，B，C三點不共線，對平面ABC外的任一點O，若點M滿足OM=(1)判斷MA,(2)判斷點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,（2）由（1）知，MA,MB,∴M，A，B，C四點共面，從而點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=∠A1A．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AB【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+【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E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，CD的中點．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【解答過程】（1）證明：連接DE，因為空間四邊形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，所以AC=BC,BD=AD，故CE⊥AB,DE⊥AB，又因為CE∩DE=E，CE,DE?平面CDE，所以AB⊥平面CDE，因為EG?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】因為a//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，A．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)表示運算即可得解；（2）利用空間向量線性運算及垂直的坐標(biāo)表示運算即可得解；（3）由空間向量夾角余弦值的坐標(biāo)表示運算即可得解.【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、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 【解題思路】建系，求利用空間向量設(shè)兩條直線上的點為M,N，根據(jù)題意結(jié)合空間中的兩點間距離公式運算求解.【解答過程】如圖，以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(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，F(xiàn)B=2PF，則點

A．3105 B．2105 C．【解題思路】如圖，以D為坐標(biāo)原點，DA,DC,【解答過程】如圖，以D為坐標(biāo)原點，DA,DC,則D0,0,0因為E是PA的中點，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，異面直線PA與CD

(1)在平面PAB內(nèi)是否存在一點M，使得直線CM//平面PBE，如果存在，請確定點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【解答過程】（1）延長AB交直線CD于點M，∵點E為AD的中點，∴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，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.

(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點到平面EAC的距離.【解答過程】（1）因為PA⊥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，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),因為CD?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點到平面EAC的距離為d，則d=n所以B點到平面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，形成四個二面角，約定：在這四個二面角中不大于90°的二面角稱為兩個平面的夾角，用θ表示這兩個平面的夾角，且cosθ=cosn1,n2=n1?n2n

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)兩個平面的夾角公式直接計算出結(jié)果即可.【解答過程】以A為坐標(biāo)原點，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)，因為平面BCF的法向量是故選：B.3．（2023上·天津津南·高二校考期末）如圖，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，頂點在A1

(1)求證：A1C(2)求棱AA1與(3)在線段B1C1上確定一點P，使AP=【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）因為三棱柱ABC-A1B1C因為頂點在A1底面ABC上的射影恰為點B，AC?平面ABC，所以A1B⊥AC又A1B∩A1B1=A1，A1B?（2）以A為原點，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的一個法向量n=x,y,z，則令z=-1，得n=而平面ABA1的一個法向量則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，這是一個棱數(shù)為24，棱長為2的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，可以看成是由一個正方體截去八個一樣的四面體所得.若點E為線段BC上的動點，則下列結(jié)論不正確的是（

）A．存在點E、使得A、F、D、E四點共面；B．存在點E，使DE⊥DF；C．存在點E，使得直線DE與平面CDF所成角為π3D．存在點E，使得直線DE與直線AF所成角的余弦值35【解題思路】將半正多面體補成一個棱長為2的正方體，當(dāng)點E在點C時，根據(jù)DF//AC，得A、F、D、E四點共面，故A正確；當(dāng)點E在點B時，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算，可知D正確.【解答過程】將半正多面體補成一個棱長為2的正方體，如圖：則半正多面體的所有頂點都是正方體的棱的中點，對A，當(dāng)點E在點C時，DF//AC，則A、F、D、E四點共面，A正確；對B，當(dāng)點E在點B時，易得DE⊥DF，B正確；以O(shè)為原點，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的一個法向量為n=x,y,z，CD=則n?CD=x+y=0n?CF=2x+y-z=0，令x=1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對D，AF=0,1,1，由C可知，所以cos<AF,DE>=AF?DEAFDE=λ-22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P，使得PA②存在點P，使得BD1⊥③△PA④四面體A1其中，所有正確的結(jié)論的個數(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，考慮到設(shè)P(0,m,0)，(0≤m≤2)，由空間向量法求得P到A1【解答過程】設(shè)正方體棱長