第一章 空间向量与立体几何（举一反三讲义高二培优篇）数学人教A版2019选择性必修第一册（解析版）

2/30第一章空间向量与立体几何（举一反三讲义·培优篇）【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．（24-25高二上·上海宝山·期中）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E为上底面A．12 B．1 C．32 【答案】B【解题思路】根据AE=AA1+A1【解答过程】因为AE=所以AE=所以x:y=1故选：B.2．（24-25高二上·广东东莞·阶段练习）《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，M，N分别是A1C1,BB

A．1 B．12 C．32 【答案】A【解题思路】连接AM,AN，利用空间向量运算即可求得正确答案.【解答过程】连接AM,AN，因为G是MN的中点，所以AG=

因为ABC−A所以四边形AA又因M，N分别是A1所以AN=则AG=又因AG=2xAB+32所以x+y+z=1故选：A.3．（24-25高二上·上海·期中）正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E【答案】2【解题思路】由图结合空间向量加法可得答案.【解答过程】如图，连接A1C1，B1D如图，可得AE=AA则AE=12AB+故答案为：2.4．（24-25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【答案】(1)x=y=(2)x=1,y=z=(3)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=15．（24-25高二上·安徽·阶段练习）已知向量a,b,(1)若AB=mAC,m∈R(2)若O,A,B,C四点共面，求3p+5q的值.【答案】(1)2,−2(2)−4【解题思路】（1）根据向量的运算得到AB以及AC，再根据AB与AC的关系列得方程组，即可求得结果；（2）根据四点共面得到OB=λOA+μOC，可用λ和μ表示出【解答过程】（1）由题可得：AB=AC=因为AB=mAC，所以即p−1=m,3=3m,q−1=−3m,所以p,q的值分别为2,−2；（2）因为O,A,B,C四点共面，所以存在λ,μ∈R，使得OB=λ即pa+b+qc=λa−2b+c于是有p=λ+2μ,所以3p+5q=3λ+2μ即3p+5q的值为−4.题型2题型2向量共线、共面的判定及应用1．（24-25高二上·上海·课后作业）设e1，e2是空间两个不共线的非零向量，已知AB=2e1+ke2，BC=e1+3eA．−2 B．−4 C．−8 D．8【答案】C【解题思路】利用向量的线性运算表示AD，根据A、B、D三点共线可得AB=λAD，建立等量关系可得【解答过程】∵AB⃗=2e1⃗∴AD⃗∵A、B、D三点共线，∴∃λ∈R，使得AB=λ即2e1⃗∴λ=2，λ(k+4)=k，解得k=−8．故选：C．2．（24-25高二上·北京·期中）已知MA,MB是空间两个不共线的向量，MC=5A．MA,MC共线 B．C．MA,MB,MC共面【答案】C【解题思路】利用空间向量的共线定理与共面定理.【解答过程】若MA,MC共线，则又MC=5MA−3与条件矛盾，故A错误；同理若MB,MC共线，则又MC=5MA−3与条件矛盾，故B错误；根据空间向量的共面定理可知MA,故选：C.3．（24-25高二上·陕西渭南·阶段练习）设e1，e2是空间两个不共线的向量，已知AB=2e1+ke2，CB=e1+3e2【答案】−8【解题思路】根据A，B，D三点共线可得AB=λBD，即可得到关于λ,k的方程组，即可解出【解答过程】因为CB=e1则BD=又AB=2e1+ke2，而所以存在λ∈R，使得AB即2e1+ke2故答案为：−8．4．（24-25高二上·全国·课后作业）图①是由三个相同的直角三角形组合而成的一个平面图形，将其沿OB,OC折起使得A与A1重合，如图②，其中D,E,F,G分别为AB,OB,OC,AC(1)用OA,OB,(2)证明：D,E,F,G四点共面．【答案】(1)DE=−12(2)证明见解析【解题思路】（1）根据空间向量的基本运算求解即可；（2）根据空间向量的基本运算，证明DF=【解答过程】（1）因为D,E,F,G分别为AB,OB,OC,AC的中点，所以DE=12（2）因为DF=DG+所以DF=DG+5．（24-25高二·全国·课后作业）如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在A1D1上，且A1E

【答案】证明见解析【解题思路】把EF,FB用基底A1【解答过程】连接EF，FB，∵EF=A===2FB=A=3∴EF=23又EF∩FB=F，∴E，F，B三点共线．

题型3题型3空间向量的夹角及其应用1．（24-25高二上·安徽芜湖·阶段练习）已知空间向量a,b,c满足a+b+A．30° B．45° C．60° D．以上都不对【答案】D【解题思路】由题意a+【解答过程】由题意a+b=−c，设a与b的夹角为即a2+b故选：D.2．（24-25高二上·湖南·阶段练习）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，PA=3,∠ABC=∠BAP=π3，且cos∠PAD=16A．−277 B．277 【答案】D【解题思路】利用基底AB、AD、AP表示出向量PC，然后求出PC的模，余弦定理求出PB【解答过程】如图连接AC,则PC∴|由题可知|AB|=2,|PA|=3,∠∴|2AB2AB2AD∴|PC在△ABP中,PB∴PB=7在△PBC中,cos∠故选：D.3．（24-25高二上·湖北荆门·期中）已知空间四边形OABC各边及对角线长都相等，E,F分别为AB,OC的中点，向量OE与BF夹角的余弦值.【答案】−【解题思路】根据向量的四则运算，用OA,OB,OC表示【解答过程】如图，设OA=a→，OB=b由题意易知∠AOB=∠BOC=∠AOC=π3，则因为OE=12OA+所以OE⋅所以cosOE所以向量OE与BF夹角的余弦值为−2故答案为：−24．（24-25高二上·浙江台州·阶段练习）如图，在三棱锥P−ABC中，若AB=AC=3，AP=4，∠BAC=∠PAC=∠BAP=60°，点D为棱BC上一点，且(1)求PM的长度；(2)求异面直线PM与AC所成角的余弦值．【答案】(1)47(2)2【解题思路】（1）根据向量的四则运算，用AP，AB，AC表示PM，结合向量数量积的运算律求解即可；（2）根据向量数量积公式和运算律求解即可.【解答过程】（1）因为M为线段AD的中点，CD=2BD，所以AM=12所以PM==−AP又因为AP⋅AB=所以PM=（2）由（1）得PM=−=−4×3×1所以cosPM即异面直线PM与AC所成角的余弦值为2475．（24-25高二上·广东江门·期中）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C(1)BD(2)BD1与【答案】(1)2(2)6【解题思路】（1）表达出BD1=−a+c+（2）计算出AC=23，【解答过程】（1）设AB=a，AD=b，AA∴a⋅又∵BD∴BD∴BD1=22，即（2）∵AC=∴AC2∴AC=2BD∴cos<即BD1与AC夹角的余弦值为题型4题型4利用空间向量的数量积求模1．（24-25高二上·江苏南通·阶段练习）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，A．3 B．21 C．33 D．【答案】D【解题思路】由空间向量平行六面体法则可得AC1⃗【解答过程】由题意可得∠BAA1=∠CD所以，向量AB､AD､由空间向量数量积的定义可得AB⋅同理可得AB⃗因为AC故|+2=4+4+9+2×2+3+3因此，AC故选：D.2．（24-25高二上·安徽·阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，A．6 B．26 C．3 D．【答案】A【解题思路】应用向量加法法则得到GF+GH+2【解答过程】由题设，易知△EFH是边长为2的正三角形，

所以GF=2+2×故选：A.3．（24-25高二上·广东阳江·阶段练习）如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM=BN=a（0<a<2）．则线段MN的长的最小值为【答案】2【解题思路】结合面面垂直的性质定理与线线垂直的性质定理可得CB⊥BE，则可设MC=λAC，BN=λ【解答过程】因为四边形ABCD正方形，故CB⊥AB，而平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，CB⊂平面ABCD，故CB⊥平面ABEF，而BE⊂平面ABEF，故CB⊥BE．设MC=λAC，则BN=λ由题设可得：MN=λ(BCMN2=(λ−1)当且仅当λ=12即a=故答案为：224．（24-25高二上·四川达州·期中）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AB=AA1=4

(1)用a，b，c表示AE；(2)求AE的长度.【答案】(1)a(2)2【解题思路】（1）首先将AE转化为与已知向量AB、AD、AA（2）涉及向量的模长公式|a|=a【解答过程】（1）因为AC=又因为AE=AC+所以AE=（2）由（1）知AE=首先计算AE2根据向量运算法则(a因为底面ABCD为正方形，AB=4，所以a2=|AB又AA1=4由于∠BAA1=∠DAb⋅而a⊥b，所以那么AE2根据向量的模长公式|AE|=AE5．（24-25高二上·安徽阜阳·阶段练习）如图，在六棱柱ABCDEF−A1B1C1D

(1)用a,b,(2)若cos∠BA（ⅰ）A1（ⅱ）AE【答案】(1)A1D(2)（i）A1C【解题思路】（1）连接AD，结合空间向量的线性运算以a,（2）确定空间基底向量a,b,c的模长与数量积，结合空间向量的数量积的运算性质分别求解【解答过程】（1）如图，连接AD，

因为六边形ABCDEF为正六边形，所以AB+AF=所以A1D=（2）因为六边形ABCDEF为正六边形，所以∠BAF=2又cos∠BA所以a=（i）A1（ii）因为AE所以A=4+16+16−8+8+4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．（24-25高二上·山西·阶段练习）若a,b,A．a→+b→，c→，a+b+C．b+c，b，c−b D．a【答案】D【解题思路】根据空间向量的基底向量的定义结合向量共面逐项分析判断.【解答过程】对于A，因为a+b+c=a+对于B，因为a=12a−c+对于C，因为b→=12b→+对于D，假设三个向量共面，则存在实数x，y，使得a→则x=1,y=1,x+y=0.显然方程组无解，所以a+b，故选：D.2．（24-25高二上·吉林·期中）若a,b,A．a,b,C．c+b,【答案】C【解题思路】根据空间向量共面的定义逐项判断即可求解.【解答过程】对于A选项，有b=a+对于B选项，有2a−3b对于C选项，假设c+b,即a=x−yb+x+yc，由此有所以c+对于D选项，a=a+故选：C.3．（24-25高二上·四川成都·期中）已知三棱锥P−ABC，如图所示，G为△ABC重心，点M，F为PG，PC中点，点D，E分别在PA，PB上，PD=mPA，PE=nPBmn≠0，若M，D，E，F四点共面，则【答案】4【解题思路】先得到PG=2PM=【解答过程】如图所示：

设BC中点为H，连接AH,AM，因为点G为△ABC重心，所以点G在线段AH上面，因为PG=PA所以PG=2所以PM=若M，D，E，F四点共面，则16m+1故答案为：4.4．（24-25高二上·海南海口·阶段练习）如图所示，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别在(1)求证：A，E，C1，F(2)若EF=xAB+y【答案】(1)证明见解析(2)1【解题思路】（1）根据空间向量基本定理即可证明：（2）把AB,【解答过程】（1）证明：∵==(AB∴A，E，C1，F（2）∵=AD∴x=−1，y=1，z=1∴x+y+z=15．（24-25高二上·贵州贵阳·阶段练习）已知e1, e2(1)判断P、A、B、C四点是否共面；(2)能否以OA, OB【答案】(1)P、A、B、C四点不共面，理由见解析；(2)OA, OB【解题思路】（1）利用反证法可判断PA,（2）利用反证法可判断OA, OB【解答过程】（1）PA=−设PA=x PB因为e1, 故PA, PB,PC不共面，所以P、A（2）设OA=m OB因为e1, 故OA, OB设OP=s2=s−3t+u因为e1, 故s=17t=−5u=−30，故题型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．（24-25高二上·重庆江北·期中）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，∠BAD=90°,∠BAA

A．66 B．−66 C．6【答案】A【解题思路】利用空间向量的基本定理将B1D与A1【解答过程】由条件可知，B1B1=ABB=4+4+4−0−2×2×2×A1C1所以异面直线B1D与A1故选：A.2．（24-25高二上·福建福州·期中）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1DA．AC1=C．BD⊥AA1 D．向量B1C【答案】D【解题思路】根据平行六面体的向量运算、向量的模、向量的夹角，数量积等概念和公式.通过向量运算法则分别对每个选项进行分析判断.【解答过程】对于A，在平行六面体中，根据向量加法的三角形法则，AC由于BC=AD，CC对于B，已知以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°AC1=|==3×36+3×2×6×6×12=216对于C，BD=AD=6×6×cos因为BD⋅AA对于D，B1C=BC−BB=6×6×cos|=6cos所以θ=120故选：D.3．（24-25高二上·浙江·期中）已知正四面体A−BCD的边长为2，点M，N为棱BC，AD的中点，点E，F分别为线段AM，CN上的动点，且满足AE=CF，则线段EF长度的最小值为.【答案】10【解题思路】根据给定条件，取定空间的基底{AB,AC【解答过程】在棱长为2的正四面体A−BCD中，由点M，N为棱BC，AD的中点，得AM=CN=3由点E，F分别在线段AM，CN上，AE=CF，令AE=λAM,λ∈[0,1]所以EF=(1−3λ2)AC⋅AD=|故|=4当λ=35时，|EF|min故答案为：1054．（24-25高二上·浙江·期中）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D(1)求AC(2)求异面直线AC1与【答案】(1)4(2)3【解题思路】（1）根据题意，以CC1,（2）利用（1）的基底，结合数量积的运算，向量法求异面直线所成角的余弦值．【解答过程】（1）在平行六面体ABCD−A1B1CCB⋅CD=0由ACA=16+16+16−16−16=16，则AC1=4（2）AC1=CD1=CCAC设异面直线AC1与CD1所成角为所以异面直线AC1与CD5．（24-25高二上·北京丰台·期中）如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=a,CB=b,CC1=(1)用a,b,(2)求AM；(3)求证：AM⊥A【答案】(1)AM(2)AM(3)证明见解析【解题思路】（1）根据向量的线性运算结合空间向量基本定理求解即可；（2）利用数量积的运算律求解模长即可；（3）先利用向量线性运算得A1N=−1【解答过程】（1）AM=（2）AM2=−则AM=（3）A=−12CA所以AM===2+13所以AM⊥A1题型7题型7空间向量平行、垂直的坐标表示1．（24-25高二·上海·课堂例题）已知x,y∈R，向量a=x,1,1，b=1,y,1，c=2,−4,2，且aA．－1 B．1 C．2 D．3【答案】A【解题思路】根据向量垂直、共线的坐标表示求出x,y可得答案.【解答过程】因为向量a=x,1,1，b=由a⊥c，则2x−4+2=0，解得由b//c，则12则x+y=−1.故选：A.2．（24-25高二上·云南玉溪·阶段练习）在空间直角坐标系中，向量a=2,−1,m，b=A．若a//bB．若a⊥bC．若a,bD．若a在b上的投影向量为16b【答案】D【解题思路】利用空间向量共线的坐标表示可判断A选项；由题意得出a⋅b=0，结合空间向量数量积的坐标运算可判断B选项；分析可得a【解答过程】因为向量a=2,−1,m，对于A选项，若a//b，则2−4对于B选项，若a⊥b，则a⋅对于C选项，若a,b为钝角，则a⋅解得m<52且对于D选项，若a在b上的投影向量为16即acosa,b⋅故选：D.3．（24-25高二上·天津北辰·期中）设x,y∈R，向量a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(3,−6,3)且a⊥c，b【答案】3【解题思路】根据空间向量共线与空间向量垂直的坐标运算求解.【解答过程】因为a⊥c，所以a⋅c=0又因为b∥c，所以存在实数λ使得b=λc，即1=3λy=−6λ所以a−所以|a故答案为：3.4．（24-25高二上·河北衡水·期中）已知p=(1,1,a)(a>0),(1)若(p+q(2)若|r|=2且(【答案】(1)a=(2)a=2,c=1【解题思路】（1）利用坐标运算表示p+（2）利用向量模长和垂直公式建立等量关系，解方程得到结果.【解答过程】（1）由题意得，p+∵(p∴1+b=−3(1−b)a+1=−3(a−1)，解得a=（2）由题意得，p−2∵|r|=2∴c2+1=5．（24-25高二上·河南周口·阶段练习）已知空间中三点A−2,−3,3,B1,0,2,C2,−1,5(1)若a+kb⊥(2)若向量c与a−b共线，且c=4【答案】(1)k=(2)c=43【解题思路】（1）求出a、b后，借助向量坐标形式的线性运算与数量积公式计算即可得；（2）借助向量共线定理可得c=±【解答过程】（1）a=AB=则a+k由a+k故a+k解得k=19（2）a−b=向量c与a−b共线，且c=4即c=43题型8题型8利用空间向量研究点、线、面的距离问题1．（24-25高二上·福建福州·阶段练习）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为1，点E，F分别为CC1，DDA．63 B．263 C．2【答案】A【解题思路】建立空间直角坐标系，设正四棱柱高为2h，求出A1E与BF的方向向量，即可表示出A1E与BF所成角，从而求得正四棱柱的高，再求出平面BCF的法向量和EC，即可求得直线【解答过程】解：以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，如图所示，设DD

因为点E,F分别为CC1，DD1的中点，则A11,0,2h，所以A1E=−1,1,−h，BF=所以A1E⋅所以A11,0,22，E0,1,2，F所以BC=−1,0,0，CF=设平面BCF的一个法向量为n=x,y,z，由n⋅BC=0令z=1，得y=2，所以n因为A1E⋅n=−1×0+1×2+所以直线A1E与平面BCF之间的距离为点E到平面BCF的距离，因为所以直线A1E与平面BCF之间的距离为：故选A.2．（24-25高二上·广东汕尾·阶段练习）如图①，在Rt△ABC中，AB=2BC=6，∠ABC=90°，E，F分别为AB，AC上的点，EF//BC，AE=2EB．如图②，将△AEF沿EF折起，当四棱锥A−BCFE的体积最大时，点E到平面ACF

A．463 B．263 C．【答案】B【解题思路】确定四棱锥A−BCEF的体积最大时，AE⊥平面BCFE，然后以E为原点，分别以EB,EF,EA为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求点面距．【解答过程】由EF//BC得EFBC=AEAB=A点到平面BCFE为d，则d≤AE，因此四棱锥A−BCEF的体积最大时，d取得最大值AE，所以AE⊥平面BCFE，以E为原点，分别以EB,EF,EA为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，

则E(0,0,0),F(0,2,0),C(2,3,0),A(0,0,4)，AE=(0,0,−4),设平面ACF的一个法向量是n=(x,y,z)则n⋅AF=2y−4z=0n⋅所以E点到平面ACF的距离为d=AE故选：B．3．（24-25高二上·北京·阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BC的中点，则点【答案】2【解题思路】由题设建立空间直角坐标系A−xyz，再利用点到直线距离的空间向量法计算求解即可得解.【解答过程】由题可建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，则A0,0,0所以D1所以直线D1E方向上的单位向量为所以D1所以点A到直线D1E的最短距离为故答案为：2.4．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AB⊥AD，PA=AB=BC=2，AD=1，E是棱

(1)求异面直线AE和PD所成角的余弦值；(2)求点B到平面CDE的距离；【答案】(1)10(2)2【解题思路】（1）根据题意建立空间直角坐标，利用异面直线所成角的空间向量计算方法即可解答.（2）先求出平面CDE的法向量和BE；再根据点到直线距离的空间向量计算方法即可求解.【解答过程】（1）因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，所以以点A为坐标原点，AD、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

因为PA=AB=BC=2，AD=1，E是棱PB的中点，AD//则A0,0,0，B0,2,0，D1,0,0，P0,0,2，则AE=0,1,1，所以AE⋅PD=0×1+1×0+1×−2=−2设异面直线AE和PD所成角为θ，则cosθ=（2）因为D1,0,0，E0,1,1，所以CD=−1,−2,0，设平面CDE的法向量为n=则n⋅CD=−x−2y=0n⋅DE=−x+y+z=0，取x=2又因为BE=所以点B到平面CDE的距离为d=BE5．（24-25高二上·四川自贡·阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD−A(1)直线BC与平面ABC(2)求平面A1BD与平面(3)求三棱锥B1【答案】(1)45°(2)2(3)12【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求得线面角；（2）先证平面A1BD//（3）根据补形法确定三棱锥B1−A【解答过程】（1）建立如图所示，以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、根据题意有：A2,0,0，B2,2,0，C0,2,0，C所以BC=−2,0,0，AB=设平面ABC1D所以n1⋅AB=0n1⋅所以n1=1,0,1设直线BC与平面ABC1D则有sinθ=BC⋅所以θ=45°（2）连接A1D、A1B、BD、B1因为DD1//BB所以BD//B1D1，又因为BD⊄平面B所以BD//平面B1D1C又BD∩A1B=B，BD,所以平面A1BD//因为D10,0,2，B2,2,0，所以DB=2,2,0，D设平面A1BD的法向量为则n⋅DB=0令x=1，可得y=−1,z=−1，则n=1,−1,−1为平面所以平面A1BD与平面B1（3）根据补形法可知三棱锥B1−A设三棱锥B1−A1BD所以R=3，所以三棱锥B1−题型9题型9利用空间向量研究空间角问题1．（24-25高二上·山西吕梁·阶段练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC，AA1=AC=22，点E为棱A1B1A．1699 B．3299 C．833【答案】D【解题思路】求出AB、BC的长，以点B为坐标原点，BC、BA、BB1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线AE与【解答过程】因为AB⊥BC，AB=BC，AA1=AC=2故AB=BC=2，在直三棱柱ABC−A1B1C以点B为坐标原点，BC、BA、BB1所在直线分别为x、y、因为点E为棱A1B1的中点，点F是棱BC则A0,2,0、E0,1,22、CAE=0,−1,22所以，cosAE因此，直线AE与C1F所成角的余弦值为故选：D.2．（24-25高二上·广东广州·阶段练习）如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD=60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A′，连接A′B，且A′D⊥DC，平面与A′BEA．平面A′DE⊥B．CD//lC．BC与平面A′DED．二面角E−A′【答案】C【解题思路】根据给定条件，利用线面垂直判定性质、面面垂直的判断推理判断A；利用线面平行判断性质推理判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角、面面角判断CD.【解答过程】对于A，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，AB=AD，则由E为边AB的中点，得ED⊥AB，又DC//AB，则ED⊥DC，而A′D⊥DC，A′D∩DE=D,A′D,DE⊂又DC//BE，于是BE⊥平面A′DE，而BE⊂平面A′BE，因此平面对于B，由CD//BE，CD⊄平面A′BE，BE⊂平面A′又平面A′BE与平面A′CD的交线为l，CD⊂平面对于C，由A知，ED⊥AB，折起后仍有DE⊥A′E，ED⊥BE，又BE⊥则BE⊥A′E，以E为原点，以BE则E(0,0,0),由BE⊥平面A′DE，得BE=设BC与平面A′DE所成角为θ，则因此cosθ对于D，由选项C知DE⊥平面A′BE，则ED=又A′B=(1,0,−1则n⋅A1B=x−z=0则cos〈n⋅ED〉故选：C.3．（24-25高二上·河北张家口·阶段练习）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=6，点F为长方体的底面ABCD的中心，点E

【答案】94【解题思路】建立空间直角坐标系，分别求出平面A1FE与平面【解答过程】

如图所示，以点D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系由题意，A12,0,6，F1,1,0，E2,2,3，则设平面A1FE的法向量由FA1⋅n=0FE⋅n=0则平面A1FE的一个法向量因为DD1⊥平面ABCD，所以m设平面A1FE与平面ABCD夹角为则cosθ=因此，平面A1FE与平面ABCD夹角的余弦值为故答案为：94474．（24-25高二上·贵州毕节·期中）在四棱锥P−ABCD中，BC//AD，PA⊥AD，平面PAB⊥平面ABCD，∠BAD=120°，且PA=AB=BC=1(1)求证：PA⊥平面ABCD；(2)求直线PB与平面PAD所成角的正弦值；(3)求平面BPC与平面PCD所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)64(3)427【解题思路】（1）在面ABCD内过CE⊥AB，易知∠ABC=60°，CE与AD必相交，再由面面、线面垂直的性质得CE⊥PA，再应用线面垂直的判定证明结论；（2）在面ABCD内作Az⊥BC，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值；（3）同（2）中坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.【解答过程】（1）在面ABCD内过CE⊥AB，连接AC，由BC//AD，∠BAD=120°，则∠ABC=60°，CE与AD必相交，由面PAB⊥面ABCD，面PAB∩面ABCD=AB，CE⊂面ABCD，所以CE⊥面PAB，PA⊂面PAB，则CE⊥PA，又PA⊥AD，由CE与AD相交且都在面ABCD，则PA⊥平面ABCD；（2）由（1）及AB=BC，易知△ABC为等边三角形，在面ABCD内作Az⊥BC，结合（1）结论，可构建如图所示的空间直角坐标系A−xyz，则P(0,0,2),B(3所以PB=(3,−1,−2)，又m则直线PB与平面PAD所成角的正弦值为|m（3）同（2）中坐标系C(3,1,0),D(0,4,0)，则若n=(x,y,z)是面BPC的一个法向量，则n⋅BC=2y=0n若k=(a,b,c)是面PCD的一个法向量，则n⋅DC=3所以平面BPC与平面PCD所成角的余弦值为|n5．（24-25高二上·山西晋城·阶段练习）如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=1，A1(1)求证：BC⊥平面ACC(2)若平面A1BB1与平面BCC1B【答案】(1)证明见解析(2)3【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明；（2）根据空间向量的数量积，即可求出线面所成角的正弦值.【解答过程】（1）在△A1AC则cos60°=12+A则有AC2+又A1C⊥AB，AC∩AB=A,AC,AB⊂平面ABC，所以A1又BC⊂平面ABC，所以A1又AC⊥BC，A1C∩AC=C，AC⊂平面ACC1A所以BC⊥平面ACC（2）由（1）易知A1C，AC，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CA1所在直线为x轴，y轴，设BC=m，则C(0,0,0)，A1(0,0,3)，则CB=(0,m,0)，CC1=(−1,0,3设平面BCC1B则n1⋅CB所以y1=0，令x1=3设平面A1BB则n2⋅B令z2=m，则x2=3设平面A1BB1与平面则cosα=cosn则BA设直线BA1与平面BCC则sinθ=所以直线BA1与平面BCC题型10题型10利用空间向量研究存在性问题1．（24-25高三上·四川成都·期末）如图所示的几何体是由正方形ABCD沿直线AB旋转90°得到的，设G是圆弧CE的中点，H是圆弧DF上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（

）A．存在点H，使得EH⊥BGB．存在点H，使得EHC．存在点H，使得EH//平面D．存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°【答案】B【解题思路】由题意将图形补全为正方体，ADMF−BCNE，对于A，根据EF⊥平面BCNE，当F,H重合即可判定；对于B，根据BD//平面EFMN，而H是圆弧DF上的动点，即可判定；对于C，建立空间直角坐标系，根据平面BDG的法向量和EH垂直即可判定结果；对于D，当点H与点F重合时，直线EH与平面BDG所成角最大，求出夹角正弦值，进一步分析即可.【解答过程】对于A，因为正方体ADMF−BCMF中，EH⊥平面BCNE,BG⊂平面BCNE，所以EF⊥BG，所以当F,H重合时，由EH⊥BG.由A正确；对于B，因为BD//EM，若EH//BD，则EH//EM，又EH∩EM=E，所以B不正确；对于C，以A为原点，AD,AF,设BC=2，则A0,0,0,D2,0,0B0,0,2Hm,n,0所以BD设n=x,y,z为平面则BD·n=0令x=1,得y=−1,z=1，则n假设EH//平面BDG，则n·EH=m−n+2−2=0因为m2+n即H是圆弧DF的中点，符合题意，故C正确；对于D，当点H与点F重合时，直线EH与平面BDG所成角最大，EF所以cosn由33>12,得直线EH所以存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°故选：B.2．（24-25高二上·四川内江·期中）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P,M,N分别为棱CC①存在点P，使得点A1到平面PMN的距离为4②直线MN与AD1所成角为③BD1//平面A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】C【解题思路】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线线夹角，点面距离，线面关系即可.【解答过程】如图所示，以C为原点建立空间直角坐标系，设CP=a0<a<1则P0,0,a所以MN=a,−a,0,设面PMN的一个法向量为n=则n⋅MN=ax−ay=0n⋅所以点A1到平面PMN的距离为d=由a∈0,1⇒d∈2设直线MN与AD1所成角为则cosα=显然BD1⋅n=1≠0综上，正确的说法有2个.故选：C.3．（23-24高三下·四川巴中·阶段练习）如图，棱长为1的正方体中，P为线段A1B上的动点（不含端点），以下正确的是

①C1②存在点P，使得D1P//面③AP+PD1的最小值为④存在点P，使得C1P与面A1【答案】①②【解题思路】建立如图空间直角坐标系D−xyz，设BP=λBA1(0<λ<1)，则P(1,1−λ,λ)，利用空间向量法即可证明①②④；将平面AA1【解答过程】由题意，建立如图空间直角坐标系D−xyz，

则D(0,0,0),B(1,1,0),A所以BA设BP=λBA1(0<λ<1)所以C1①：C1所以C1②：设平面DBC1的一个法向量为则n⋅DB=x1+y有n⋅