2024-2025学年高二上学期期末复习【第一章 空间向量与立体几何】十大题型归纳（拔尖篇）（含答案）

2024年高二上学期期末复习第一章十大题型归纳（拔尖篇）【人教A版（2019）】题型1根据空间向量的线性运算求参数题型1根据空间向量的线性运算求参数1．（2023上·福建泉州·高二校考阶段练习）如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点E为上底面对角线A1C1的中点，若BE=AA．x=-12,y=C．x=-12,y=-2．（2023上·河北·高二校联考阶段练习）在四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，OM=λMAλ>0，NA．13 B．3 C．123．（2022·高二课时练习）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=x4．（2023·高二课时练习）如图所示，已知几何体ABCD﹣A1B1C1D1是平行六面体．（1）化简12AA1+BC+（2）设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC1B1对角线BC1上的点，且C1N=14C1B，设MN=αAB+βAD题型2题型2向量共线、共面的判定及应用1．（2023下·江西宜春·高二校考期中）如果A(1,5,-1),B(2,4,1),C(a,3,b+2)三点共线，那么a-b=（

）A．1 B．2 C．3 D．42．（2023上·河南新乡·高二统考期末）下列条件能使点M与点A,B,C一定共面的是（

）A．OMB．OMC．OMD．OM3．（2022上·全国·高二专题练习）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是C1D1,AB的中点，E在4．（2023·高二课时练习）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题型3题型3空间向量的夹角及其应用1．（2022上·山东·高二校联考阶段练习）已知向量a=(1,0,3)，单位向量b满足a+2b=2A．π6 B．π4 C．π32．（2023下·上海浦东新·高二校考阶段练习）空间有一四面体A-BCD，满足AD⊥AB，AD⊥AC，则所有正确的选项为（

）①DB⋅②若∠BAC是直角，则∠BDC是锐角；③若∠BAC是钝角，则∠BDC是钝角；④若AB<DA且AC<A．② B．①③ C．②④ D．②③④3．（2023上·安徽蚌埠·高二统考期末）在三棱锥P-ABC中，BC⊥平面PAB，平面PAC⊥平面ABC.

(1)证明：PA⊥平面ABC；(2)若PA=22AB=22BC,D为PC中点，求向量4．（2023·全国·高二专题练习）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题型4题型4利用空间向量的数量积求模1．（2023下·福建莆田·高二统考期末）如图，平行六面体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·甘肃天水·高二统考期末）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=a，AD=b，AA1=

A．AC1=a+b+C．AC1=a+b+3．（2023上·福建泉州·高二校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别是A1B，A1

(1)试用a,b,(2)若∠BAC=90∘，∠BAA1=∠CA4．（2022上·北京通州·高二统考期中）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，AD=2，AA1=22，(1)求AB⋅(2)求∠DAA(3)求OA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．（2023上·河北保定·高二统考期中）若a,b,A．a-b，2a+b-c，3C．a-b，a+b-c，2b2．（2022上·山东淄博·高二校联考阶段练习）已知O、A、B、C为空间中不共面的四点，且OP=13OA+12A．34 B．-18 C．13．（2022·高二课时练习）A是△BCD所在平面外一点，G是△BCD的重心，M、E分别是BD、AG的中点，点F在线段AM上，AF=25AM，判断三点C、4．（2023·全国·高三专题练习）已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足OM=(1)判断MA,(2)判断点M是否在平面ABC内.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．（2023下·江苏泰州·高二统考期末）已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2，底面ABC是边长为2的正三角形，∠A1AB=∠A1A．3 B．2 C．5 D．62．（2023下·湖南·高二校联考阶段练习）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与ABA．14 B．155 C．1053．（2023上·安徽·高二校联考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，PC=4,∠ABC=∠BCP=∠DCP=120(1)利用空间向量证明PA⊥BD；(2)求AP的长.4．（2023上·天津静海·高二静海一中校考阶段练习）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．题型7题型7空间向量平行、垂直的坐标表示1．（2023下·广东揭阳·高二统考期末）已知空间向量a=1,2,-2，b=3,λ,μ-1，若a//A．1 B．-1 C．2 D．-22．（2023上·河南洛阳·高二统考期末）设x，y，z∈R，向量a=(x，1，1)，b=1，y，z，A．57 B．36 C．3 D．93．（2022上·河南洛阳·高二校联考阶段练习）已知a=(2,-1,-4),(1)若(a-b(2)若(a+3b4．（2023上·安徽亳州·高二校考开学考试）已知点A(1)若c=3，且c//BC(2)若ka+b与k(3)求cosa题型8题型8利用空间向量研究点、线、面的距离问题1．（2023上·浙江宁波·高二校联考期中）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1DA．2 B．233 C．1 2．（2023上·河南新乡·高二统考期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB=2AD=4,PD=455,E是PA的中点，FB=2PF，则点

A．3105 B．2105 C．3．（2022下·湖南长沙·高一校考期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD//BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD

(1)在平面PAB内是否存在一点M，使得直线CM//平面PBE，如果存在，请确定点M的位置，如果不存在，请说明理由；(2)若二面角P-CD-A的大小为45°，求P到直线CE的距离.4．（2023下·天津红桥·高一统考期末）如图，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，BC=4,E是PD的中点.

(1)求证：CD⊥平面PAD；(2)求平面EAC与平面ACD夹角的余弦值；(3)求B点到平面EAC的距离.题型9题型9利用空间向量求空间角1．（2023上·贵州铜仁·高二统考期末）已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，点E，F分别是B1C

A．36 B．1117 C．1762．（2023下·江苏南京·高二统考期末）已知平面α与平面β的法向量分别为n1与n2，平面α与平面β相交，形成四个二面角，约定：在这四个二面角中不大于90∘的二面角称为两个平面的夹角，用θ表示这两个平面的夹角，且cosθ=cosn1,n2=n1⋅n2n

A．63 B．42121 C．-3．（2023上·天津津南·高二校考期末）如图，AE⊥平面ABCD,CF//AE,AD//BC,AD⊥AB,AB=AD=1，AE=BC=2CF=2.

(1)求证：BF//平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)求平面BDE与平面BDF夹角的余弦值.4．（2023下·全国·高一期末）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，顶点在A1

(1)求证：A1C(2)求棱AA1与(3)在线段B1C1上确定一点P，使AP=题型10题型10利用空间向量研究存在性问题1．（2023上·江西·高三校联考期末）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为2的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E为线段BC上的动点，则下列结论不正确的是（

）A．存在点E、使得A、F、D、E四点共面；B．存在点E，使DE⊥DF；C．存在点E，使得直线DE与平面CDF所成角为π3D．存在点E，使得直线DE与直线AF所成角的余弦值352．（2023上·北京·高二清华附中校考期末）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱B1①存在点P，使得PA②存在点P，使得BD1⊥③△PA④四面体A1其中，所有正确的结论的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．43．（2023上·上海普陀·高二校考期末）正△ABC的边长为4,CD是AB边上的高，E､F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角(1)求证：直线AB∥平面DEF；(2)求二面角E-DF-C的余弦值；(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？若存在，请指出P点的位置，若不存在，请说明理由.4．（2023下·江苏南京·高二统考期末）如图所示，在三棱锥P-ABC中，已知PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC．

(1)证明：BC⊥平面PAB；(2)若PA=AB=6，BC=3，在线段PC上（不含端点），是否存在点D，使得二面角B-AD-C的余弦值为105，若存在，确定点D

2024学年高二上学期期末复习第一章十大题型归纳（拔尖篇）【人教A版（2019）】题型题型1根据空间向量的线性运算求参数1．（2023上·福建泉州·高二校考阶段练习）如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点A．x=-12,y=C．x=-12,y=-【解题思路】根据空间向量的线性运算即可求解.【解答过程】根据题意，得；BE==又∵∴x=-故选：A.2．（2023上·河北·高二校联考阶段练习）在四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，OM=λMAλ>0，NA．13 B．3 C．12【解题思路】根据空间向量的线性运算即可得解.【解答过程】如图，

因为OM=λMA，N为BC的中点，所以又因为ON=所以MN=又MN=-34a+故选：B.3．（2022·高二课时练习）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=14．（2023·高二课时练习）如图所示，已知几何体ABCD﹣A1B1C1D1是平行六面体．（1）化简12AA1+BC+（2）设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC1B1对角线BC1上的点，且C1N=14C1B，设MN=αAB+βAD【解题思路】（1）取AA1的中点E，在D1C1上取一点F，使得D1F＝2FC1，连接EF，再根据向量的线性运算计算即可；（2）通过AB，AD，AA1表示MN，根据对应关系求出α，β，【解答过程】解（1）取AA1的中点E，在D1C1上取一点F，使得D1F＝2FC1，连接EF，则12（2）MN=12（DA+AB）=1所以α=12，β=1题型2题型2向量共线、共面的判定及应用1．（2023下·江西宜春·高二校考期中）如果A(1,5,-1),B(2,4,1),C(a,3,b+2)三点共线，那么a-b=（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】首先表示出AB、AC，依题意可得AB//AC，即可得到【解答过程】解：因为A(1,5,-1),B(2,4,1),C(a,3,b+2)，所以AB=又三点共线，所以AB//AC，所以所以a-1=λ-2=-λb+3=2λ，解得所以a-b=2.故选：B.2．（2023上·河南新乡·高二统考期末）下列条件能使点M与点A,B,C一定共面的是（

）A．OMB．OMC．OMD．OM【解题思路】根据空间共面向量定理以及其结论一一判断各选项，即可得答案.【解答过程】设OM=xOA+yOB+z对于A，OM=OA-对于B，OM=OA+对于C,OM=-OA-对于D，OM=-OA-OB+3故选：D.3．（2022上·全国·高二专题练习）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是C1D1,AB的中点，E在【解题思路】根据空间向量的线性运算法则，化简得到ME=-【解答过程】由空间向量的线性运算法则，可得ME==-NB+CB又由向量的共线定理，可得ME与NF共线．4．（2023·高二课时练习）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空间向量的夹角及其应用题型3空间向量的夹角及其应用1．（2022上·山东·高二校联考阶段练习）已知向量a=(1,0,3)，单位向量b满足a+2bA．π6 B．π4 C．π3【解题思路】利用向量的模平方得向量积的值，再利用向量夹角公式求解【解答过程】因为a=(1,0,3)，所以|所以a+2b2=12，即a2所以cos〈a,b〉=故选：C.2．（2023下·上海浦东新·高二校考阶段练习）空间有一四面体A-BCD，满足AD⊥AB，AD⊥AC，则所有正确的选项为（

）①DB⋅②若∠BAC是直角，则∠BDC是锐角；③若∠BAC是钝角，则∠BDC是钝角；④若AB<DA且AC<A．② B．①③ C．②④ D．②③④【解题思路】由题意知AD⋅AB=0，AD⋅AC=0，DB⋅DC=DA+AB⋅DA+AC=DA2【解答过程】对于①，因为AD⊥AB，AD⊥AC，所以AD⋅AB=0则DB⋅对于②，若∠BAC是直角，则AB⋅DB所以∠BDC是锐角，故②正确；对于③，若∠BAC是钝角，设∠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为锐角，所以③不正确；对于④，DB⋅若AB<DA且AC<因为∠BAC∈0,DB→⋅DC故选：C.3．（2023上·安徽蚌埠·高二统考期末）在三棱锥P-ABC中，BC⊥平面PAB，平面PAC⊥平面ABC.

(1)证明：PA⊥平面ABC；(2)若PA=22AB=22BC,D为PC中点，求向量【解题思路】（1）由线面垂直和面面垂直的性质定理和判定定理证明即可；（2）由BD=12BA+【解答过程】（1）证明：过点B作BO⊥AC于点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，设AB=1，则PA=22∵D为PC中点，∴BDBD∴cos∴AP与BD夹角的余弦值为24．（2023·全国·高二专题练习）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．（2023下·福建莆田·高二统考期末）如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，其中AB=2，AD=4，

A．9 B．29 C．47 D．4【解题思路】由AC1=【解答过程】由ACAC因为底面ABCD是矩形，AB=2，AD=4，AA所以AC2=AC因为∠A所以AB所以2ACA故选：C.2．（2023下·甘肃天水·高二统考期末）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=a，AD=b，AA1=

A．AC1=a+b+C．AC1=a+b+【解题思路】用向量的线性运算可直接求得AC【解答过程】在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，∵AC∴A=1+1+1+0+2×1×1×1∴AC故选:C．3．（2023上·福建泉州·高二校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别是A1B，A1

(1)试用a,b,(2)若∠BAC=90∘，∠BAA1=∠CA【解题思路】（1）根据题意，结合空间向量的运算法则，准确化简、运算，即可求解；（2）根据题意，求得a⋅b=0【解答过程】（1）解：因为2BM=A根据空间向量的运算法则，可得MN=A1（2）解：因为∠BAC=90∘，∠BAA可得a⋅b=0则MN=19(16+4+16-0+8-16)=即线段MN的长274．（2022上·北京通州·高二统考期中）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，AD=2，AA1=22，(1)求AB⋅(2)求∠DAA(3)求OA【解题思路】（1）利用数量积的公式求数量积即可；（2）利用余弦定理求出∠D1A（3）通过线性运算得到OA【解答过程】（1）AB⋅（2）因为ABCD-A1B1C1D1为平行六面体，所以四边形在三角形AA1D1中，AA1=22，又A1D1∥AD（3）由题意知，OA1-4×2=3，所以OA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．（2023上·河北保定·高二统考期中）若a,b,A．a-b，2a+b-c，3C．a-b，a+b-c，2b【解题思路】由空间共面向量定理求解即可.【解答过程】对于A选项，因为a-b+2a+b-对于B选项，设xa-b此方程组无解，即不存在实数x，y，使得a-b，2a所以a-b，2a对于C选项，因为-a所以a-b，a+对于D选项，因为2a所以a-b，a+故选：B．2．（2022上·山东淄博·高二校联考阶段练习）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．（2022·高二课时练习）A是△BCD所在平面外一点，G是△BCD的重心，M、E分别是BD、AG的中点，点F在线段AM上，AF=25AM，判断三点C、【解题思路】利用空间向量的基本定理和共线向量定理求解.【解答过程】解：设AD=a，AC=CE==1=1CF=因为CE=所以CE∥又因为CE、CF有公共点C，所以C、E、F三点共线．4．（2023·全国·高三专题练习）已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足OM=(1)判断MA,(2)判断点M是否在平面ABC内.【解题思路】（1）根据空间向量的线性运算，结合平面向量基本定理证明即可；（2）根据（1）结合平面向量的基本定理判断即可.【解答过程】（1）由题知OA+∴OA-即MA=∴MA,（2）由（1）知，MA,MB,∴M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内.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．（2023下·江苏泰州·高二统考期末）已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2，底面ABC是边长为2的正三角形，∠A1AB=∠A1A．3 B．2 C．5 D．6【解题思路】以AB,AC,AA【解答过程】依题意可知M是BC所以AM=1所以AM==1故选：D.

2．（2023下·湖南·高二校联考阶段练习）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与ABA．14 B．155 C．105【解题思路】设AB=a，AC=b，AA1=c，则AB【解答过程】设AB=a，AC=b，AA1=c，则BC1=ABB所以cosA故选：D．3．（2023上·安徽·高二校联考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，PC=4,∠ABC=∠BCP=∠DCP=120(1)利用空间向量证明PA⊥BD；(2)求AP的长.【解题思路】（1）以AB,AD,CP为基底，表达出（2）在（1）基础上，表达出AP=a+【解答过程】（1）证明：设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·天津静海·高二静海一中校考阶段练习）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=题型7题型7空间向量平行、垂直的坐标表示1．（2023下·广东揭阳·高二统考期末）已知空间向量a=1,2,-2，b=3,λ,μ-1，若a//A．1 B．-1 C．2 D．-2【解题思路】利用空间向量平行的坐标表示即可得解.【解答过程】因为a//b，a=所以31=λ所以λ+μ=1.故选：A.2．（2023上·河南洛阳·高二统考期末）设x，y，z∈R，向量a=(x，1，1)，b=1，y，z，A．57 B．36 C．3 D．9【解题思路】根据空间向量平行垂直条件求出参数，再根据模长公式计算即可.【解答过程】∵a⊥c，∴2x-4+2=0，即x=1，∵b//c，∴∴a=(1,1,1),b=(1,-2,1)，∴a故选：A.3．（2022上·河南洛阳·高二校联考阶段练习）已知a=(2,-1,-4),(1)若(a-b(2)若(a+3b【解题思路】（1）根据空间平行向量的性质，结合空间向量线性运算坐标表示公式进行求解即可；（2）根据空间向量互相垂直的性质，结合空间向量线性运算坐标表示公式、数量积的坐标表示公式进行求解即可；【解答过程】（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·高二校考开学考试）已知点A(1)若c=3，且c//BC(2)若ka+b与k(3)求cosa【解题思路】（1）由空间向量共线及模的坐标表示运算即可得解；（2）利用空间向量线性运算及垂直的坐标表示运算即可得解；（3）由空间向量夹角余弦值的坐标表示运算即可得解.【解答过程】（1）由题意，BC=-2,-1,2，c//又c=3，所以-2λ2+所以c=-2,-1,2或（2）由题意，a=所以ka又ka+b与k解得k=-52或k=2，所以k=-5（3）由（2）可得a=所以cosa题型8题型8利用空间向量研究点、线、面的距离问题1．（2023上·浙江宁波·高二校联考期中）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1DA．2 B．233 C．1 【解题思路】建系，求利用空间向量设两条直线上的点为M,N，根据题意结合空间中的两点间距离公式运算求解.【解答过程】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则A2,0,0可得AD设AM=λAD可得x0-2=-2λy故M2-2λ,0,2λ同理可得：N2-2μ,2μ,2则MN=22当且仅当μ=λ对λ22+故MN≥233，当且仅当即直线AD1与A1故选：B.

2．（2023上·河南新乡·高二统考期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB=2AD=4,PD=455,E是PA的中点，FB=2PF，则点

A．3105 B．2105 C．【解题思路】如图，以D为坐标原点，DA,DC,【解答过程】如图，以D为坐标原点，DA,DC,则D0,0,0因为E是PA的中点，FB=2所以E1,0,所以DE=1,0,2设n=x,y,z是平面

则n⋅DE=x+25故点C到平面DEF的距离为DC⋅故选：B.3．（2022下·湖南长沙·高一校考期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD//BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD

(1)在平面PAB内是否存在一点M，使得直线CM//平面PBE，如果存在，请确定点M的位置，如果不存在，请说明理由；(2)若二面角P-CD-A的大小为45°，求P到直线CE的距离.【解题思路】（1）作出辅助线，证明出四边形BCDE为平行四边形，即EB//CD，故CM//BE，从而找到点M的位置；（2）先求出∠PDA是二面角P-CD-A的平面角，大小为45∘，得到PA=AD，设AD=2，则BC=CD=12AD=1，建立空间直角坐标系，求出EC方向上的单位向量，求出【解答过程】（1）延长AB交直线CD于点M，∵点E为AD的中点，∴AE=ED=1∵BC=CD=1∴ED=BC，∵AD//BC，即ED//BC，∴四边形BCDE为平行四边形，即EB//CD.∵AB∩CD=M，∴M∈CD，故CM//BE，∵BE⊂平面PBE,CM⊄平面PBE，∴CM//平面PBE，∵M∈AB,AB⊂平面PAB，∴M∈平面PAB，故在平面PAB内可以找到一点MM=AB∩CD，使得直线CM//平面PBE

（2）如图所示，∵∠ADC=∠PAB=90∘，即且异面直线PA与CD所成的角为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，大小为45∘∴PA=AD.不妨设AD=2，则BC=CD=1以A为坐标原点，平行于CD的直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，∴P0,0,2∴EC=-1,1,0,EP则EP在EC上的投影的绝对值为|EP所以P到直线CE的距离为EP24．（2023下·天津红桥·高一统考期末）如图，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，BC=4,E是PD的中点.

(1)求证：CD⊥平面PAD；(2)求平面EAC与平面ACD夹角的余弦值；(3)求B点到平面EAC的距离.【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得CD⊥平面PAD；（2）利用向量法求得平面EAC与平面ACD夹角的余弦值；（3）利用向量法求得B点到平面EAC的距离.【解答过程】（1）因为PA⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AD，由于四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD，由此，以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则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),因为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）设平面ACE的法向量n=(x,y,z)则n⋅AE不妨令x=1,可得n=(1,-且AP=(0,0,2)为平面ABC于是cosn所以平面EAC与平面ACD夹角的余弦值为23（3）设B点到平面ACE的距离为d，由（2）可知平面ACE的法向量n=(1,-12设B点到平面EAC的距离为d，则d=n所以B点到平面EAC的距离为43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．（2023上·贵州铜仁·高二统考期末）已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，点E，F分别是B1C

A．36 B．1117 C．176【解题思路】建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，根据向量法求解即可.【解答过程】如图，

建立空间直角坐标系，则A2,0,0，D10,0,4，C0,2,0，则M1,1,3，AM=-1,1,3则cosAM所以异面直线AM和CE所成角的余弦值为18717故选：D.2．（2023下·江苏南京·高二统考期末）已知平面α与平面β的法向量分别为n1与n2，平面α与平面β相交，形成四个二面角，约定：在这四个二面角中不大于90∘的二面角称为两个平面的夹角，用θ表示这两个平面的夹角，且cosθ=cosn1,n2=n1⋅n2n

A．63 B．42121 C．-【解题思路】建立空间直角坐标系，写出B，E，F点的坐标，分别求出平面BEF和平面BCF的法向量，再根据两个平面的夹角公式直接计算出结果即可.【解答过程】以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，可得B(2,0,0)，E(0,0,1)，F(1,2,0)，所以EB=(2,0,-1)设平面BEF的法向量为a=(x,y,z)，则有a⋅EB=0a所以a=(1,12,2)，因为平面BCF的法向量是故选：B.3．（2023上·天津津南·高二校考期末）如图，AE⊥平面ABCD,CF//AE,AD//BC,AD⊥AB,AB=AD=1，AE=BC=2CF=2.

(1)求证：BF//平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)求平面BDE与平面BDF夹角的余弦值.【解题思路】（1）利用线面平行的判定证CF//面ADE、BC//面ADE，再由面面平行的判定得面BCF//面ADE，最后根据面面平行的性质证结论；（2）构建空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值；（3）由（2）所得坐标系，向量法求面面角的余弦值；【解答过程】（1）由CF//AE，CF⊄面ADE，AE⊂面ADE，则CF//面ADE，由AD//BC，BC⊄面ADE，AD⊂面ADE，则BC//面ADE，而CF∩BC=C，CF,BC⊂面BCF，故面BCF//面ADE，由BF⊂面BCF，则BF//平面ADE；（2）由AE⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，则AE⊥AB,AE⊥AD，又AD⊥AB，以A为原点构建空间直角坐标系A-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)，则CE=(-1,-2,2)，BE=(-1,0,2)，令面BDE的一个法向量m=(x,y,z)，则m⋅BE=-x+2z=0m所以|cosm,CE|=|m⋅

（3）由（2）知：F(1,2,1)，则BF=(0,2,1)，令面BDF的一个法向量n=(a,b,c)，则n⋅BD=-a+b=0n所以|cosm,n|=|m⋅4．（2023下·全国·高一期末）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，顶点在A1

(1)求证：A1C(2)求棱AA1与(3)在线段B1C1上确定一点P，使AP=【解题思路】（1）由线面垂直得线线垂直，再由线面垂直的判断定理得到证明.（2）建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角的向量公式求解即可；（3）利用已知条件求出点P的坐标，利用向量法求解平面角的余弦值.【解答过程】（1）因为三棱柱ABC-A1B1C因为顶点在A1底面ABC上的射影恰为点B，AC⊂平面ABC，所以A1B⊥AC又A1B∩A1B1=A1，A1B⊂（2）以A为原点，射线AC，AB，Az分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，

则C2,0,0，B0,2,0，A10,2,2，B1设棱AA1与BC所成的角为所以cosθ=cosAA故棱AA1与BC所成的角为（3）设B1P=λ于是AP=2λ2则P为棱B1C1设平面PAB的一个法向量n=x,y,z，则令z=-1，得n=而平面ABA1的一个法向量则cosn故二面角P-AB-A1的平面角的余弦值是题型10题型10利用空间向量研究存在性问题1．（2023上·江西·高三校联考期末）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为2的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E为线段BC上的动点，则下列结论不正确的是（

）A．存在点E、使得A、F、D、E四点共面；B．存在点E，使DE⊥DF；C．存在点E，使得直线DE与平面CDF所成角为π3D．存在点E，使得直线DE与直线AF所成角的余弦值35【解题思路】将半正多面体补成一个棱长为2的正方体，当点E在点C时，根据DF//AC，得A、F、D、E四点共面，故A正确；当点E在点B时，根据正方体的性质易得DE⊥DF，故B正确；对C，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式计算，可知C不对；对于D，根据直面值直线夹角的向量公式计算，可知D正确.【解答过程】将半正多面体补成一个棱长为2的正方体，如图：则半正多面体的所有顶点都是正方体的棱的中点，对A，当点E在点C时，DF//AC，则A、F、D、E四点共面，A正确；对B，当点E在点B时，易得DE⊥DF，B正确；以O为原点，过O的三条棱所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.则A2,1,0，F2,2,1，B1,0,2，C对C，设BE=λBC(0≤λ≤1)，则DE=(-λ,λ-2,0)，设平面CDF的一个法向量为n=x,y,z，CD=则n⋅CD=x+y=0n⋅CF=2x+y-z=0，令x=1设直线DE与平面CDF所成角为θ，则sinθ=若θ=π3，则sinθ=32，则2-2λ3⋅2λ2-4λ+4对D，AF=0,1,1，由C可知，所以cos<AF,DE>=AF⋅DEAFDE=λ-22故选：C.2．（2023上·北京·高二清华附中校考期末）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱B1①存在点P，使得PA②存在点P，使得BD1⊥③△PA④四面体A1其中，所有正确的结论的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】设正方体棱长为2,DP=m，求出PA12,PE2，由PA12=PE2解得m(0≤m≤2)，确定①正确，考虑到设P(0,m,0)，(0≤m≤2)，由空间向量法求得P到A1【解答过程】设正方体棱长