拓展专题10 利用基向量法破解立体几何八大题型8大考点24题（高效培优期中专项训练）（解析版）高二数学上学期北师大版

PAGE拓展专题10利用基向量法破解立体几何八大题型考向01解决点共线或点共面问题(共4小题) 1考点02求线段长（向量模长）（共3小题） 5考点03空间平行、垂直的判定(共4小题) 7考点04求异面直线所成的角(共2小题) 12考点05求线面角(共2小题) 15考点06求二面角或两平面的夹角(共2小题) 17考点07求空间距离（共4小题） 20考点08解决新定义问题（共3小题） 25 考向01解决点共线或点共面问题(共4小题)1.如图，在平行六面体中，，．(1)求证：、、三点共线；(2)若点是平行四边形的中心，求证：、、三点共线．【分析】（1）根据空间向量的加减运算，选定基底表示出向量，根据向量间的倍数关系可证明结论；（2）根据空间向量的加减运算，选定基底表示出向量，根据向量间的倍数关系可证明结论；【详解】（1）由题意，，，故,,故，由于有公共点A，故A、、三点共线；（2）由题意，点是平行四边形的中心，故，故,因为有公共点D，故、、三点共线．2.（24-25高二上·辽宁沈阳·阶段练习）如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且．(1)用向量表示向量；(2)求证：共面.【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）利用向量的线性运算结合平行六面体的特点求解；（2）分别用向量表示和，根据两向量相等得到四点共线.【详解】（1）在底面为菱形的平行六面体中，易得.（2）因为，,所以，所以共面.3．（2025高二上·全国·专题练习）已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点（如图所示），并且，，，，．求证：(1)A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面；(2)；(3)三点共线．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据空间向量的基本定理即可得证；（2）由，结合空间向量的减法和数乘运算可推出，从而得证；（3）由，结合（2）中结论与即可得证.【详解】（1）由，，知A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面；（2）由，，，得，所以；（3）由（2）知，所以，所以，即，又与有一个公共点，所以三点共线．4．（2025高二·全国·专题练习）如图1，已知在空间四边形中，，分别是，上的动点．(1)若，求证：；(2)如图2，若，，，分别为，，，的中点，求证：，，，四点共面．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）方法一：利用回路法,通过两个不同“路径”表示，再利用相反向量的性质即可得证；方法二：由，利用平面向量中的定比分点公式结合向量的减法即可得证.（2）同理（1）得，，然后结合空间向量的共面定理证明四点共面【详解】（1）证法1：由得，，，，，因为①；②，由①②，得，所以证法2：设是平面内一点，由平面向量中的定比分点公式可得，，即.（2）由，分别是，上的动点，设,因为，分别为，的中点，即，根据（1）的结论，得.又因为分别为，的中点，所以，，，即直线在平面上，所以，，，四点共面．考点02求线段长（向量模长）（共3小题）5．如图，在平行六面体中，，，则（

）A．1 B． C．9 D．3【答案】D【详解】在平行六面体中，有，，由题知，，，，，所以，，与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为，所以.所以.故选：D.6．如图在一个的二面角的棱上有两点，线段分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱垂直，若，，，则的长为（

）.A．2 B．3 C． D．4【答案】B【详解】解：，，，，，，．，，故选：．7．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB、AD的夹角都等于60°，M是PC的中点，设，，.（1）求证；（2）求BM的长.【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）证明：是PC的中点，

，，，，

又，，，.

（2）解：，，，.，，

，.

由（1）知，

，，即BM的长等于.考点03空间平行、垂直的判定(共4小题)8．如图，在空间中平移到，连接对应顶点，设分别是的中点，是上一点．(1)若为的中点，用向量法证明：；(2)若，问是否存在点使得，并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析【详解】（1）当为的中点时，，，所以．（2）设，则，由于，，所以，即，故不存在点使得．9.如图，在平行六面体中，分别是的中点，请选择恰当的基底向量证明：(1)平面(2)若该平行六面体为一正方体，则⊥平面EFG.【分析】用三个不共线的向量(如)作为基底表示题中的各向量,再由向量的运算证明出相关向量平行或垂直,得到线线平行或垂直,便可证得面面平行与线面垂直.【详解】取一组基向量(基底)：.(1)因为，所以，所以（共线向量定理），所以.因为，，所以，由两平面平行的判定定理知，平面(2)=.==.=.因为平行六面体为一正方体，所以.∴,.即，.∴EFG.10.（24-25高二上·山东枣庄·期中）如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且，且.(1)求证：共面；(2)当为何值时，.【答案】(1)证明见解析(2)时，【分析】（1）根据空间向量线性运算的几何表示可得，进而即得；（2）设，然后利用表示出，再利用向量的夹角公式可得答案.【详解】（1）在平行六面体中，连接，因为，所以，，所以，即且，所以四边形为平行四边形，即共面；（2）当时，，理由如下，设，且与、与、与的夹角均为，因为底面为菱形，所以，，，若，则，即，即，解得或舍去，即时，.11．如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且，且.

(1)求证：共面；(2)当为何值时，；(3)若，且，求的长.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【详解】（1）在平行六面体中，连接，因为，所以，，所以，即且，所以四边形为平行四边形，即共面.（2）当时，，理由如下，设，且与、与、与的夹角均为，因为底面为菱形，所以，，，

若，则，即，即，解得或舍去，所以时，

（3），，，所以，所以的长为考点04求异面直线所成的角(共2小题)12．（多选）如图，在棱长均为2的平行六面体中，底面是正方形，且，下列选项正确的是（

）A．长为B．异面直线与所成角的余弦值为C．D．【答案】ACD【详解】由题意有：，所以，所以，故A正确；，所以，所以，所以，故B错误；由，，所以，所以，故C正确；由，所以，故D正确；故选：ACD.13．如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是.(1)求证：；(2)求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据平面向量转化基底，以及加减运算和数量积的运算性质，得到，即可证得；（2）根据平面向量转化基底，求出、、，再利用夹角公式即可求解.【详解】（1）证明：∵以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是，∴，∴，∴.（2）∵，，∴，，，∴，∴异面直线与所成角的余弦值为.考点05求线面角(共2小题)14．正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形，所有棱长都相等．它有4个面，6条棱，4个顶点．正四面体ABCD中，E，F分别是棱AD、BC中点．求：（1）AF与CE所成角的余弦值；（2）CE与底面BCD所成角的正弦值．【答案】（1）；（2）.【详解】（1）不妨设正四面体的边长为，设，两两成角，则，，设所成角为，所以，（2）连接，由为中点，则，所以平面，所以平面平面，作于，则平面，由对称性为的中心，由棱长为，所以，，，作于，由为中点，，连接，，CE与底面BCD所成角的正弦值为.15.已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面内的射影为的中心.(1)求异面直线与BC的夹角;(2)求侧棱与底面所成角的正弦值.【分析】由于的长度和相互夹角都已知，所以可将这三个向量作为一组基向量，再考虑用转化思想求解本例，对于(1),可转化为求向量与的夹角;对于(2),作出在底面内的射影AO,则所求角即为向量与的夹角的余角.【详解】设O是在底面ABC内的射影，选作为基向量.由已知可得的两两间的夹角均为，设棱长均为，则（1）.所以,所以异面直线与BC的夹角为.(2)平面的法向量为,.所以侧棱与底面所成角的正弦值=|cos|=.考点06求二面角或两平面的夹角(共2小题)16．如图，平行六面体中，，，，(1)求对角线的长度；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)(2)【详解】（1）由题意知，在中，，，以向量，，为基底，①，，同理可得，①式平方，得，，同理可得，所以.（2）在中，，，又，所以为等边三角形，所以，故为等边三角形，取中点，连接，则，又，②，设二面角为，则，②式两边同时平方，得，所以，.所以二面角的余弦值为.17.（25-26高二上·浙江·开学考试）如图，在三棱锥中，且的中点分别为，且．(1)证明：平面；(2)证明：平面平面；(3)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)【分析】（1）利用线面平行的判定推理得证.（2）法1，根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证；法二，根据给定条件，借助空间向量数量积，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证.（3）作出并确定二面角的平面角，再利用余弦定理求解.【详解】（1）在中，是的中点，则，同理，因此，而平面，平面，所以平面.（2）法一：由，，得，，由勾股定理得，在中，由，得，则，同理，则，由，得，则，即，又，得，在中，，则，于是，由平面，得平面，又平面，所以平面平面.法二：由，，得，由勾股定理得，在中，由，得，由，得得，又平面，得平面，又由面，所以平面平面.（3）连接，是的中点，得，由，得，则的平面角为．中，，由（1）同理得，则，所以二面角的余弦值.考点07求空间距离（共4小题）18.（24-25高三下·江西·阶段练习）如图，四棱柱中，.

(1)若四边形为菱形，.①证明：平面；②若四边形的面积为，证明：四棱柱的体积；(2)若，求点到平面的距离.【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析(2)【分析】（1）①先由菱形性质得，再通过全等证，利用等腰性质得，结合证平面，进而得.然后在中根据边的关系得，由平行关系得，最后根据线面垂直判定得平面.

②先根据平行且相等证四边形是平行四边形，得与关系.由平面，得点到面距离.用四棱锥体积公式求体积，再根据等底等高及平行四边形性质得三棱锥体积关系，最后算出四棱柱体积.

（2）根据不共面，可以作为一组基底，根据平面法向量的性质，法向量与平面内的向量垂直，据此列出方程组求解法向量.然后，利用点到平面的距离公式（其中为点，为平面的法向量，为点到平面上一点的向量）计算点到平面的距离.【详解】（1）①因为四边形为菱形，所以，因为，所以，所以.

又是的中点，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，在中，因为，从而，所以.又，所以，又平面，所以平面.②连接，因为，所以四边形为平行四边形，从而与互相平分，又平面，所以点到平面的距离为，从而四棱锥的体积，因为三棱锥与三棱锥等底等高，所以；又四边形为平行四边形，所以，从而，所以，所以四棱柱的体积（2）解：因，所以，因为不共面，以作为一组基底，设平面的一个法向量为，则

即化简，得令，解得，所以，所以，，设点到平面的距离为，则.19．（22-23高二上·福建厦门·阶段练习）在平行六面体中，，，(1)求证：直线平面．(2)求到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）设，，，则为空间的一个基底，且，，，，，，，在平面上，取为基向量，则对于平面上任意一点，存在唯一的有序实数对，使得，，是平面的法向量，平面．（2）设到平面的距离为，则，，，.20．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，在平行六面体中，，．(1)若空间有一点P满足：，求点P到直线BD的距离；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值．【答案】(1)(2)．【详解】（1）法一：因为，∴，所以，在菱形ABCD中，，则为等边三角形，所以，所以，则点P到直线BD的距离．（2）如图，取的中点E，的中点F，连接CE，EF，CF，由等角定理可知，又，所以为等边三角形，所以，另设，，，则为空间的一个基底，，故，所以，又，，所以，所以为二面角的平面角，又在中，，，，由余弦定理得，所以平面与平面所成夹角的余弦值为．21．（25-26高三上·河南商丘·开学考试）在平行六面体中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且，求：(1)的长；(2)直线和所成角的余弦值；(3)平行六面体的体积．【答案】(1)；(2)；(3)【详解】（1）令，，，，，，，所以，，，则，所以，所以；（2），则，设直线和所成角为，则，所以直线与所成角的余弦值为；（3）过作平面，垂足为，设，所以，由得，即，所以，解得，由得，即，所以，解得，所以，所以平行六面体的高为．所以平行六面体的体积．考点08解决新定义问题（共3小题）22．（23-24高二上·贵州·开学考试）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体､正六面体､正八面体､正十二面体､正二十面体.已知球O是棱长为2的正八面体的内切球，MN为球O的一条直径，点为正八面体表面上的一个动点，则的取值范围是.【答案】【分析】利用等体积的方法得到正八面体的内切球半径，然后将转化为，最后求范围即可.【详解】由题意得为正方形的中心，取中点H，连接，，因为为正八面体，所以平面，，，，，设正八面体的内切球半径为，则,所以，解得，，由图可知，当点在正八面体的顶点时，最大，为，当点在切点，最小，为，所以，即.故答案为：.23．（24-25高一下·浙江·期中）向量作为一种重要的数学工具，在代数与几何中发挥着重要桥梁作用，不仅在平面几何学中有着广泛的应用，在空间中、物理学、工程学和计算机科学等领域也同样发挥着重要的作用．它们通过向量的运算，使得我们能够描述和分析现实世界中的各种现象和问题．其中数量积的运算就很好的解决了物理中做功的概念，其运算结果是一个实数．向量在空间中还有一种运算，其运算结果仍是一个向量，即向量的叉积（外积），记作：．规定：①为同时与，垂直的向量，且与为相反向量；②（为向量与的夹角）；(1)证明：；(2)如图，已知棱长均为1的平行六面体，且，计算的值，并解释其几何意义．(3)有一正四面体的四个顶