专题1.9空间向量与立体几何全章十大压轴题型归纳（拔尖篇）（举一反三）（人教A版2019选择性）

专题1.9空间向量与立体几何全章十大压轴题型归纳（拔尖篇）【人教A版（2019）】题型1题型1根据空间向量的线性运算求参数1．（2324高二上·山东青岛·期末）已知四面体OABC中，OA=a,OB=b,OC=A．3 B．2 C．12 D．【解题思路】根据空间向量的运算法则，化简得到MN=−【解答过程】根据题意，利用空间向量的运算法则，可得：MN=因为MN=−14a+故选：D.2．（2324高二上·福建莆田·期末）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，点M在BB1上，点N在DDA．16 B．13 C．23【解题思路】根据空间向量的运算法则确定MN=−【解答过程】MN=故x=−1，y=1，z=16，故选：A.3．（2324高二上·贵州·阶段练习）如图，在棱长为4的正四面体ABCD中，E是AD的中点，BF=3FC，记(1)求x+y+z的值；(2)求EF⋅【解题思路】（1）利用空间向量的线性运算和向量基本定理求解；（2）利用空间向量的线性运算和向量数量积求解.【解答过程】（1）因为E是AD的中点，BF=3FC，所以又EF=xDA+y则x+y+z=1（2）因为DF=所以EF⋅由正四面体ABCD的棱长为4，可得DA⋅故EF⋅DF4．（2324高二·湖南·课后作业）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别是上底面A1(1)AE=x(2)AF=x(3)EF=x【解题思路】（1）由向量加法的三角形法则和四边形法则得AE=AA（2）由向量加法的三角形法则和四边形法则得AF=AD+（3）因为EF=AF−【解答过程】（1）解：由向量加法的三角形法则得，AE=由平行四边形法则和向量相等得，A1所以AE=所以x=y=1（2）解：由向量加法的三角形法则得，AF=由四边形法则和向量相等得，DF=所以AF=所以x=1,y=z=1（3）解：由（1），（2）可知，EF=1所以x=1题型2题型2向量共线、共面的判定及应用1．（2324高二下·江苏·阶段练习）已知向量a,b,c不共面，则使向量m=2A．−4 B．−3 C．−2 D．4【解题思路】利用向量共面得到线性表示，再化简求值即可.【解答过程】因为m,n,p共面，所以存在实数s,t，使得p=s故选：A.2．（2324高二上·浙江杭州·期末）对于空间一点O和不共线三点A,B,C，且有2OP=−OAA．O,A,B,C四点共面 B．P,A,B,C四点共面C．O,P,B,C四点共面 D．O,P,A,B,C五点共面【解题思路】根据题意，化简得到BP=2PC+AP，得到【解答过程】由2OP=−OA即BP=2PC+又因为三个向量有公共点P，所以P,A,B,C四点共面.故选：B.3．（2024高二上·全国·专题练习）已知O,A,B,C,D,E,F,G,H为空间9个点(如图)，并且OE=kOA,OF=kOB，(1)A,B,C,D四点共面；(2)AC//(3)OG=k【解题思路】（1）根据向量的共面定理，即可求解；（2）根据空间向量的运算法则，准确运算，即可求解；（3）根据空间向量的运算法则，准确运算，即可求解.【解答过程】（1）解：因为AC=由共面向量的基本定理，可得AC,又因为AC,AD,AB有公共点（2）解：因为OE=k则EG==kAD所以AC//（3）解：由（1）及OE=k可得EG=k所以OG=EG−4．（2324高二·全国·课后作业）如图，已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点，且OE=kOA，OF=kOB，OH=kOD，AC=(1)求证：A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面；(2)求证：平面ABCD//平面EFCH(3)求证：OG=k【解题思路】（1）利用空间向量共面定理即可求证；（2）由空间向量线性运算可得EG=kAC，由空间向量共线定理可证明AC//EG，再由线面平行的判定定理可得EG//平面ABCD（3）由（2）知EG=k【解答过程】（1）因为AC=AD+m所以AC，AD，AB共面，即A，B，C，D四点共面．因为EG=EH+m所以EG，EH，EF共面，即E，F，G，H四点共面．（2）连接HF，BD，EG=kAD+kmAB又因为EG⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以EG//平面ABCD因为FH=OH−又FH⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以FH//平面ABCD因为EG与FH相交，所以平面ABCD//平面EFGH（3）由（2）知EG=kAC，所以题型3题型3空间向量的夹角及其应用1．（2324高二上·陕西宝鸡·期中）在空间四边形OABC中，OB=OC，∠AOB=∠AOC，则cosOA,BCA．12 B．22 C．−【解题思路】先利用题给条件求得OA⋅BC的值，进而求得【解答过程】如图所示，∵OA=OA又OB=OC，∠AOB=∠AOC，则OA∴OA⊥BC，∴OA,故选：D.2．（2324高二下·江苏连云港·期中）已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AAA．23 B．−23 C．3【解题思路】利用向量的线性运算法则和数量积的性质化简条件可求AA【解答过程】因为A=所以AAcosA故选：B.3．（2324高二上·湖北·期末）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D(1)求A1(2)求异面直线CA1与【解题思路】（1）利用CA2（2）利用CA【解答过程】（1）C=1+1+4+21×1×所以CA即A1C的长为（2）C==1−1+1−1又由余弦定理得DC所以设所求异面直线所成角为θ，cosθ=4．（2024高二·全国·专题练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长是(1)求CD(2)求AO与CB的夹角的余弦值(3)判断AO与CD【解题思路】（1）利用数量积的公式可得；（2）先用AB,AD,AA1表示AO，利用数量积运算律可得AO⋅（3）利用数量积运算律得AO⋅CD1=0【解答过程】（1）正方体ABCD−A1B故CD（2）由题意知，AB⋅AO=AO=故AO⋅故cosAO（3）由题意，AB⋅AO=1故AO与CD题型4题型4利用空间向量的数量积求模1．（2324高二下·江苏淮安·期中）平行六面体ABCD−A1B1C1D1中AB=1，AD=2，A．3 B．5 C．7 D．3【解题思路】利用空间向量运算法则得到AC1⃗=AB【解答过程】因为六面体ABCD−A所以AC所以A=1+4+9+2=14+4cos所以AC故选：B.2．（2324高三下·北京·开学考试）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A．1,2 B．62,3 C．【解题思路】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【解答过程】以D为坐标原点，以DA,DC,建立如图所示的空间直角坐标系，设Pa,b,1，M则A1,0,0,B1,1,0因为AP⊥平面MBD1，所以即AP⋅BD所以AP=t,1−t,1，所以又0≤t≤1，所以当t=12时，即M是CC1的中点时，当t=0或1，即M与点C或C1重合时，AP取得最大值2所以线段AP长度的取值范围为62故选：C.3．（2324高二上·重庆·期末）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，∠A1AD=π4，∠A1AB=

(1)求AB⋅(2)求A1【解题思路】（1）根据AB⋅（2）化简可得A1O=12【解答过程】（1）AB⋅（2）因为A1所以A===9+4+18+6−18−12所以A1O的长为4．（2324高二上·河南洛阳·阶段练习）如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，E，F，G，分别为A1B1，CC1(1)用a，b，c表示EF，EG；(2)若AB=AC=AA1=2，AB⊥AC【解题思路】（1）用空间向量的加减运算分别表示EF，EG，EF=EA1+A1F=（2）先把EF+2EG用a，b，c表示，然后平方，把向量的模和数量积分别代入，计算出结果后再进行开方运算求得【解答过程】（1）连结A1F.在直三棱柱ABC—A1B1C则EF=EG=（2）如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC所以AA1⋅AB=EF+2EF+2EG2题型5题型5利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题1．（2324高二上·河北保定·期中）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，E为CC1的中点，点A．12 B．25 C．13【解题思路】由B,D,A1,F四点共面可得存在实数x,y，使BF【解答过程】由平行六面体的特征可得设AB=a,可得BF=又BD由B,D,A1,F四点共面可得存在实数所以m−1a所以m−1=−x−ym=xm2故选：B.2．（2324高二上·山东淄博·阶段练习）已知O、A、B、C为空间中不共面的四点，且OP=13OA+12A．34 B．−18 C．1【解题思路】根据平面向量基本定理得到PA=xPB+y【解答过程】∵P、A、B、C四点共面∴必存在唯一一组有序实数对(x,y)使得PA=x∴OP−OA∵O、A、B、C四点不共面∴x+y≠1，否则A、B、C三点共线，即O、A、B、C四点共面，与题意不符，∴OP=11−x−y故而13∴t=1故选：C.3．（2324高二下·江苏常州·阶段练习）如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，

(1)求证：D，(2)当AA1AB(3)若AB=AA1=1，且A【解题思路】（1）利用向量证明DN=（2）以AA1，AD，（3）利用基底表示出AP，然后平方转化为数量积求解即可.【解答过程】（1）在平行六面体ABCD−A1B因为A1所以MBDN=所以DN=MB1，即所以四边形DMB1N（2）当AA1AB设AA1=c，AD=b，AB=a，且c与因为底面ABCD为菱形，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·全国·专题练习）如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，(1)用向量AA1，(2)求证：D，M，B(3)当AA1AB【解题思路】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；（2）根据空间向量线性运算法则得到DM=NB（3）设AA1=c，AD=b，【解答过程】（1）MN=（2）证明：∵DM=AM∴DM=N（3）当AA1AB证明：设AA∵底面ABCD为菱形，则当AA1AB∵AC1∠A∴A∴AC题型6题型6利用空间向量基本定理解决夹角、距离、垂直问题1．（2324高二上·山东·阶段练习）如图，空间四边形OABC中，OA=2，OB=3，OC=4，且OA,OB,OC任意两个之间的夹角均为60°，OM=2MA，

A．693 B．753 C．2【解题思路】利用基底法表示出MN=−【解答过程】由题意得MN=OC而OA⋅OB⋅OA⋅则MN==4故选：A.2．（2324高二上·湖北·开学考试）在四面体ABCD中（如图），平面ABD⊥平面ACD，△ABD是等边三角形，AD=CD，AD⊥CD，M为AB的中点，N在侧面BCD上（包含边界），若MN=xAB+yAC+z

A．若x=12，则MN∥平面ACD B．若z=0C．当MN最小时，x=14 D．当MN【解题思路】根据可证CD⊥平面ABD，设BN=λBC+μBD，且λ,μ∈0,1,λ+μ≤1，进而可得x=12−λ−μy=λz=μ，对于A：若x=12，则点N即为点B，进而可得结果；对于B：若z=0，可得点N在线段BC【解答过程】因为AD⊥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，又因为N在侧面BCD上（包含边界），设BN=λBC+μ可得MN=1又因为MN=xAB+yAC+z对于选项A：若x=12−λ−μ=12，则λ=μ=0显然MN∩平面ACD=A，故A错误；对于选项B：若z=μ=0，则BN=λBC，可得点N在线段由CD⊥平面ABD，可知当且仅当点N为点B，MN⊥CD，故B错误；过M作ME⊥BD，垂足为E，可得BE=BM⋅

因为CD⊥平面ABD，ME⊂平面ABD，则ME⊥CD，且BD∩CD=D，BD,CD⊂平面BCD，所以ME⊥平面BCD，可得MN=对于选项C：显然当点N即为点E时，MN最小，此时λ=0,μ=1可得y=0,z=1对于选项D：显然当点N即为点C时，NE最大，则MN最大，此时λ=1,μ=0，可得y=1,z=0,x=1故选：C.3．（2324高二下·江苏常州·阶段练习）如图所示，平行六面体ABCD−A1B(1)用向量AB,AD,AA(2)求cosB【解题思路】（1）借助空间向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得；（2）结合题意，借助空间向量的线性运算与夹角公式计算即可得.【解答过程】（1）BD则B=1+4+1+2×1×2×1所以BD（2）由空间向量的运算法则，可得AC=因为AB=AD=1,AA1=2所以AC=1+0+1B==1×1×cos则cosB4．（2324高二上·天津静海·阶段练习）如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点．设AB=a，AC=(1)求证EG⊥AB；(2)求异面直线AG和CE所成角的余弦值．【解题思路】（1）作出辅助线，利用三线合一证明出CE⊥AB,DE⊥AB，从而得到线面垂直，进而证明线线垂直；（2）用a,b,c表达AG与EC，利用空间向量夹角公式求解异面直线【解答过程】（1）证明：连接DE，因为空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，且E，G分别是AB，CD的中点，所以AC=BC,BD=AD，故CE⊥AB,DE⊥AB，又因为CE∩DE=E，CE,DE⊂平面CDE，所以AB⊥平面CDE，因为EG⊂平面CDE，所以AB⊥EG.（2）由题意得：△ABC,△ACD,△ABD均为等边三角形且边长为1，所以AG=EC=AG=12所以AG==1设异面直线AG和CE所成角为θ，则cosθ=cos题型7空间向量平行、垂直的坐标表示1．（2324高二下·江苏连云港·期中）设x,y∈R，向量a=x,1A．1 B．1 C．2 D．3【解题思路】由空间向量垂直和平行的坐标表示计算即可.【解答过程】因为a⊥所以2x−2+2=0⇒x=0，又b//所以设b=λc，即所以x+y=1，故选：B.2．（2324高二下·重庆北碚·阶段练习）已知a=x,0,3,b=1,2,−1,c=1,z,1，a⊥A．π6 B．π3 C．23【解题思路】根据空间向量的平行、垂直关系求x,z，再根据空间向量的坐标运算求夹角.【解答过程】∵a⊥b，∴x×1+0×2+3×−1=x−3=0，解得又∵a∥c，注意到a≠0，则∃λ∈R，使得∴3λ=1z=0，解得λ=13∴b+∴cosa,b∴a,故选：B.3．（2324高二上·安徽宿州·期中）已知空间向量a=(1)若c//a，且a⋅(2)若a⊥b，且m>0,n>0，求【解题思路】（1）直接由向量共线定理、数量积的坐标公式运算即可求解.（2）首先由向量垂直的坐标表示得到条件等式，结合基本不等式即可求解，注意取等条件是否成立.【解答过程】（1）由题意c//a，a=又a⋅从而a⋅解得λ=2，所以c=λ（2）由题意a⊥b，所以a⋅又因为m>0,n>0，所以由基本不等式可得2m+3n=4≥26mn，等号成立当且仅当m=1,n=解得mn≤2所以当且仅当m=1,n=23时，mn的最大值为4．（2324高二下·江苏南京·阶段练习）已知空间中三点A2,0,−2，B1,−1,−2，C3,0,−4，设a(1)若c=6，且c∥BC(2)已知向量ka−b与b(3)若点P1,−1,m在平面ABC上，求m【解题思路】（1）由向量的坐标表示共线和模长计算求出即可；（2）由向量垂直的坐标表示求出参数即可；（3）由点P1,−1,m在平面ABC上，设AP=λAB【解答过程】（1）BC=2,1,−2，设因为c=6，而BC=3，所以故c=4,2,−4（2）a=AB=−1,−1,0，由ka−b与b解得k=−5.（3）点P1,−1,m在平面ABC上，AP−1,−1,m+2=λ−1=−λ+μ−1=−λ解得：m=−2.题型8题型8利用空间向量研究点、线、面的距离问题1．（2324高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F,G分别为棱AB,AD,BB1的中点，点P在棱A．8282 B．8241 C．241【解题思路】建立空间直角坐标系，求出平面PEF的一个法向量和EG，再利用点到平面距离的向量法，即可求出结果.【解答过程】如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4，则F(2,0,0),E(4,2,0),P(0,1,4),G(4,4,2)，所以EF=(−2,−2,0)，FP=(−2,1,4)，设平面PEF的一个法向量为n=(x,y,z)由n⋅EF=0n⋅FP=0，得到−2x−2y=0所以点G到平面PEF的距离为d=n故选：C.2．（2324高二上·河南南阳·期末）在四面体OABC中，OA⋅OB=OA⋅OC=OB⋅OC=0，OC=3A．24 B．33 C．22【解题思路】以射线OA，OB，OC的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，应用向量法求距离.【解答过程】由题意知，在四面体OABC中，OA，OB，OC两两互相垂直，如图，以O为原点，以射线OA，OB，OC的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.

∵OA=1，OB=2，OC=3，OD=2∴A1,0,0，B0,2,0，C0,0,3，D∴BD=0,−2,2，BG=BG⋅∴点G到直线BD的距离d=BG故选：D.3．（2324高一下·重庆荣昌·阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F，M，N分别为

(1)求证：EF//平面A1(2)求直线EF到平面MNC【解题思路】（1）连接A1B，证明EF//A1D（2）易证明EF//平面MNC1，点E到平面MNC1的距离即直线【解答过程】（1）如图，连接A1B交AB1与点F，A1因为E,F分别是BD，A1B的中点，所以又EF⊄平面A1ADD1，所以EF//平面A1

（2）如图，以点A1为坐标原点，A1D则E1,1,2，M2,0,1，N1,0,0所以NE=0,1,2，MN=设平面MNC1的一个法向量为则n⋅MN=0n⋅NC1=0所以n=所以点E到平面MNC1的距离为又因为EF//A1D，A又EF⊄平面MNC1，MN⊂平面MNC1，所以所以点E到平面MNC1的距离即直线EF到平面所以直线EF到平面MNC1的距离为4．（2324高二下·安徽·阶段练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，

(1)求直线DB1与平面A1(2)当点Р在何处时，点P到平面A1【解题思路】（1）以D为原点，DA，DC，DD1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系（2）设Pt,2,2，0≤t≤2，然后利用空间向量表示出点P到平面A【解答过程】（1）以D为原点，DA，DC，DD1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系则D0,0,0，M2,1,0，B12,2,2设直线DB1与平面A1MC所成的角为θ，平面易知DB1=2,2,2由n⋅MC=0n⋅MA1∴sin即直线DB1与平面A1（2）设Pt,2,2，0≤t≤2，点P到平面A1MC的距离为d，则由（1）知，平面A1MC的一个法向量为∴d=n当t=0，即点P与点C1重合时，d

题型9利用空间向量求空间角题型9利用空间向量求空间角1．（2324高一下·浙江温州·期中）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=1，AAA．33 B．−33 C．6【解题思路】依据题目中的垂直关系，可建立空间直角坐标系，求出向量AC1与BC的坐标，即可求得异面直线AC【解答过程】由题意可知，AB,AC,AA则A0,0,0，C∴AC∴cos<异面直线AC1与CB故选：C．2．（2425高二上·江苏·假期作业）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线A．[33,1] B．[63,1]【解题思路】设正方体的棱长，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，求出平面A1BD的法向量n的坐标，求出OP的坐标，求出向量n，OP的夹角的余弦值，进而求出直线OP与平面【解答过程】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长2，A1(2,0,2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，O(1，1，0)，P(0，2，则OP=(−1，1，a)，a∈[0，2]则DA1=(2，0，2)，DB设平面A1BD的法向量n=(x，y则n⋅DA1=0可得n=(−1，1，1)n⋅OP=1+1+a=2+a，|cos〈设直线OP与平面A1BD所成的角为α，α∈[0，所以sinα=|所以cos=2设t=4a+2∈[2，10]则cosα=设y=316t+274t当316t=27则t∈[2，6]时，函数y单调递减，t∈(6，10]时，函数y单调递增，而t=2时，y=3；当t=6时，y=3当t=10时，y=9所以t∈[2，10]时，y∈[32，3]，所以1y进而可得23−所以cosα∈[0，3故选：D．3．（2324高二下·江苏常州·期中）如图,在四棱锥P−ABCD中,底面ABCD是边长为6的正方形,△PAD是正三角形,CD⊥平面PAD,O为AD的中点,E,F,G分别是PC,PD,BC上的点,且满足PEEC(1)求证：PO⊥平面ABCD;(2)求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小;(3)在线段PA上是否存在点M,使得直线GM与平面EFG所成角为π6?若存在,求线段PM【解题思路】（1）根据线面垂直的性质定理即可证;（2）建立空间直角坐标系,利用向量法直接计算可知;（3）假设存在,利用向量法直接计算可知.【解答过程】（1）∵△PAD是正三角形,O为AD的中点,∴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的中点H,连接OH,由（1）得PO⊥平面ABCD,且底面ABCD是的正方形,所以以O为原点,分别以OA,OH,OP所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,得到如下点的坐标,O又∵E,F,G分别是PC,PD,BC上的点,且满足PEEC∴E−1,2,2∴OP=0,0,33由（1）得PO⊥平面ABCD,所以平面ABCD的法向量为OP=设平面EFG的法向量为n=则n⋅EF=0n⋅EG=0设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为θ,∴∴cosθ=所以平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小π3（3）设线段PA上是否存在点Ma,0,b,使得直线GM与平面EFG所成角为π6,且∵PM=a,0,b−33,PA=∴sin整理可得:9t∴不存在这样的点M.4．（2324高一下·天津南开·期末）如图①所示，矩形ABCD中，AD=1，AB=2，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连接PB，PC，得到图②的四棱锥P−ABCM，N为PB中点．(1)求证：NC//平面PAM；(2)若平面PAM⊥平面ABCD，求直线BC与平面PMB所成角的大小；(3)设P−AM−D的大小为θ，若θ∈(0,π2]，求平面PAM【解题思路】（1）取PA中点Q，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得.（2）借助面面垂直的性质，以M为原点建立空间直角坐标系，求出平面PMB的法向量，利用线面角的向量求法求出大小.（3）连接DG，过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果.【解答过程】（1）取PA中点Q，连接NQ,MQ，由N为PB中点，得NQ//AB,NQ=1依题意，MC//AB,MC=12AB于是四边形CMQN是平行四边形，CN//MQ，而MQ⊂平面PAM，NC⊄平面PAM，所以NC//平面PAM.（2）取AM中点G，连接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，则PG⊥平面ABCD，过M作Mz//PG，则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以点M为原点，直线MA,MB,Mz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则M(0,0,0),B(0,2MB=(0,设平面PMB的法向量为m=(a,b,c)，则m⋅MB=2设直线BC与平面PMB所成的角为θ，则sinθ=|所以直线BC与平面PMB所成角的大小为π6（3）连接DG，由DA=DM，得DG⊥AM，而PG⊥AM，则∠PGD为P−AM−D的平面角，即∠PGD=θ，过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为坐标原点，直线DA,DC,Dz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A1,0,0，M0,1,0，显然AM⊥平面PGD，AM⊂平面ABCD，则平面PGD⊥平面ABCD，在平面PGD内过P作PH⊥DG于点H，则PH⊥平面ABCM，设Px0,y0,z0，而即x0=y所以P(1于是AM=−1,1,0，设平面PAM的法向量为n1=x令z1=2，得n1=因为CB=1,0,0，则x2=0cosθ−12设平面PAM和平面PBC为α，则cos=令t=1cosθ+13，θ∈(0,π2]，则t∈(3所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为1111题型10题型10利用空间向量研究存在性问题1．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC=π(1)设线段BE中点为F，证明：CF∥平面ADE(2)在线段AB上是否存在点M，使得点B到平面CEM的距离等于22，如果存在，求MB【解题思路】（1）取AE的中点G，根据线面平行的判定定理即可得证；（2）设MB=x，根据等体积法VB−MEC=V【解答过程】（1）取BE的中点F，AE的中点G，连结FG、GD、CF则有GF=12AB因为DC=12AB，CD//AB所以四边形CFGD是平行四边形，则CF//又DG⊂平面ADE，CF⊄平面ADE，所以CF//平面ADE（2）存在.设MB=x(0<x<4)，在Rt△BEC中，EC=因为MB⊥面BEC，所以VM−BEC因为MB⊥面BEC，BE⊂面BEC，BC⊂面BEC所以MB⊥BE,MB⊥BC，则△MBE,△MBC均为直角三角形.在Rt△MBE中，同理，MC=x取EC的中点H，因为ME=MC，所以MH⊥EC，而MH=M故S△MEC因为点B到面CEM的距离等于22所以VB−MEC而VB−MEC=VM−BEC，所以所以在线段AB上只存在唯一一点M，当且仅当BM=23015时，点B到面CEM2．（2324高三上·湖南长沙·开学考试）已知底面为正三角形的斜三棱柱ABC−A1B1C1中，E,F分别是棱A1B1，AB的中点，点A（1）证明：PG//平面A1（2）若AB=6，AA1=5，点M为棱A1B1上的动点，当直线AM与平面【解题思路】（1）连接EC1，证明PG//（2）先证明A1O⊥平面ABC，证明OB⊥OC，则可以点O为原点，分别以OB,OC，OC1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，计算出平面A1FC的法向量为n，假设A1M⃑=λA1B【解答过程】（1）因为斜三棱柱斜三棱柱ABC−A则P是A1又E,F分别是棱A1B1则A又A1E//AF则四边形则G为A1则在三角形A1FC中，PG连接EC1则CF所以PG//E又PG⊄平面A1B1则PG//平面A1（2）点A1在底面投影为AC边的中点O所以A1O⊥平面又因为三角形ABC为正三角形，O为中点，所以AC⊥BO,A,O⊥AC,分别以OB,OC,OA1所在直线为分别为x、y、z如图所示：因为，AB=6，AA1=5，则AO=3所以O(0,0,0)，A(0,−3,0)，B(33,0,0)，C(0,3,0)，A1(0,0,4)，F332设A则M(3所以AM设平面A1FC则n⋅3y−4z=03令z=3⇒x=43，y=4所以n=(4设AM与平面A1FC所成角为所以sin=令|48λ+24|同0⩽λ⩽1联立可得λ=当A1M=163．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形ABCD中，D=60°,DC=2AD=2