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）-2024-2025学年高二数学举一反三系列（人教A版2019选择性必修第一册）

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 根据空间向量的线性运算求参数 1．（23-24高二上·山东青岛·期末）已知四面体中，为中点，若，则（    ） A．3 B．2 C． D． 【解题思路】根据空间向量的运算法则，化简得到，结合题意，列出方程，即可求解. 【解答过程】根据题意，利用空间向量的运算法则，可得：， 因为，所以，解得. 故选：D. 2．（23-24高二上·福建莆田·期末）如图，平行六面体中，点在上，点在上，且，，若，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据空间向量的运算法则确定，得到答案. 【解答过程】， 故，，，. 故选：A. 3．（23-24高二上·贵州·阶段练习）如图，在棱长为4的正四面体中，是的中点，，记. (1)求的值； (2)求. 【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）因为是的中点，，所以， 又，所以， 则. （2）因为， 所以， 由正四面体的棱长为4， 可得， 故9. 4．（23-24高二·湖南·课后作业）如图，正方体中，点E，F分别是上底面和侧面的中心，分别求满足下列各式的x，y，z的值． (1)； (2)； (3)． 【解题思路】（1）由向量加法的三角形法则和四边形法则得和，由此即可求出结果； （2）由向量加法的三角形法则和四边形法则得和，由此即可求出结果； （3）因为，由（1），（2）可知，，由此即可求出结果. 【解答过程】（1）解：由向量加法的三角形法则得，， 由平行四边形法则和向量相等得，； 所以， 所以； （2）解：由向量加法的三角形法则得，， 由四边形法则和向量相等得，； 所以， 所以． （3）解： 由（1），（2）可知， ， 所以. 题型2 向量共线、共面的判定及应用 1．（23-24高二下·江苏·阶段练习）已知向量不共面，则使向量共面的实数x的值是（    ） A． B． C． 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】因为共面，所以存在实数，使得，所以，解得. 故选：A. 2．（23-24高二上·浙江杭州·期末）对于空间一点和不共线三点，且有，则（    ） A．四点共面 B．四点共面 C．四点共面 D．五点共面 【解题思路】根据题意，化简得到，得到共面，进而得到四点共面，即可求解. 【解答过程】由，可得， 即，根据平面向量的基本定理，可得共面， 又因为三个向量有公共点，所以四点共面. 故选：B. 3．（2024高二上·全国·专题练习）已知为空间9个点(如图)，并且，，．，求证： (1)四点共面； (2)； (3)． 【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， 由共面向量的基本定理，可得是共面向量 又因为有公共点，所以四点共面. （2）解：因为， 则 ， 所以. （3）解：由（1）及， 可得， 所以，即. 4．（23-24高二·全国·课后作业）如图，已知，，，，，，，，为空间的个点，且，，，，，，． (1)求证：，，，四点共面，，，，四点共面； (2)求证：平面平面； (3)求证：． 【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，由空间向量共线定理可证明，再由线面平行的判定定理可得平面，同理可证明平面，由面面平行的判定定理即可求证； （3）由（2）知，再利用空间向量的线性运算即可求证. 【解答过程】（1）因为，， 所以，，共面，即，，，四点共面． 因为，， 所以，，共面，即，，，四点共面． （2）连接，， ，所以， 又因为平面，平面，所以平面． 因为，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为与相交，所以平面平面． （3）由（2）知，所以． 题型3 空间向量的夹角及其应用 1．（23-24高二上·陕西宝鸡·期中）在空间四边形中，，，则的值为（    ） A． B． C． D．0 【解题思路】先利用题给条件求得的值，进而求得的值. 【解答过程】如图所示， ∵ ， 又，， 则 ∴，∴，. 故选：D. 2．（23-24高二下·江苏连云港·期中）已知平行六面体中，，，，则（    ） A． B． C． D． 【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，结合向量夹角公式可求结论. 【解答过程】因为 所以， . 故选：B. 3．（23-24高二上·湖北·期末）如图，平行六面体的底面是菱形，且，，． (1)求的长． (2)求异面直线与所成的角的余弦值． 【解题思路】（1）利用及向量的运算律和数量积求解即可. （2）利用及向量的数量积求夹角即可. 【解答过程】（1） ， 所以， 即的长为. （2） ， 又由余弦定理得， 所以设所求异面直线所成角为，. 4．（2024高二·全国·专题练习）如图，正方体的棱长是，和相交于点． (1)求； (2)求与的夹角的余弦值 (3)判断与是否垂直． 【解题思路】 （1）利用数量积的公式可得； （2）先用表示，利用数量积运算律可得、进而利用公式可得与的夹角的余弦值. （3）利用数量积运算律得，进而可得与是否垂直． 【解答过程】（1）正方体中，， 故. （2）由题意知，， ， ， 故， 故 . （3）由题意， ， ， 故与垂直. 题型4 利用空间向量的数量积求模 1．（23-24高二下·江苏淮安·期中）平行六面体 中，，， 则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用空间向量运算法则得到，再利用数量积公式进行运算得到，从而求出. 【解答过程】因为六面体是平行六面体， 所以， 所以 ， 所以. 故选：B. 2．（23-24高三下·北京·开学考试）正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面.线段长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【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】 以为坐标原点，以分别为轴的正半轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，设，， 则，则， 因为平面，所以， 即，解得， 所以，所以， 又，所以当时，即是的中点时，取得最小值， 当或，即与点或重合时，取得最大值， 所以线段长度的取值范围为. 故选：C. 3．（23-24高二上·重庆·期末）如图，在平行六面体中，，，，，，，与相交于点．        (1)求； (2)求的长． 【解题思路】（1）根据，代入数值直接求得结果； （2）化简可得，然后采用先平方再开方的方法求解出，则的长可知. 【解答过程】（1）. （2）因为， 所以 ， 所以的长为. 4．（23-24高二上·河南洛阳·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，分别为，，的中点，分别记，，为，，. (1)用，，表示，； (2)若，，求. 【解题思路】（1）用空间向量的加减运算分别表示，，，，再转化为，，表示即可； （2）先把用，，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.在直三棱柱中，，，， 则. . （2）如图，在直三棱柱中，，，，所以，，又， 所以，，. ， 所以. 题型5 利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题 1．（23-24高二上·河北保定·期中）如图，在平行六面体中，为的中点，点满足．若四点在同一个平面上，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由四点共面可得存在实数，使，表示出，根据系数对应相等列方程求解. 【解答过程】由平行六面体的特征可得 设，则， 可得， 又 由四点共面可得存在实数，使 所以， 所以，解得. 故选：B. 2．（23-24高二上·山东淄博·阶段练习）已知为空间中不共面的四点，且，若四点共面，则实数t的值是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据平面向量基本定理得到，进而得2，根据待定系数法即可. 【解答过程】∵四点共面 ∴必存在唯一一组有序实数对使得， ∴，即 ∵四点不共面 ∴，否则三点共线，即四点共面，与题意不符， ∴，则有 ， 故而， ∴. 故选：C. 3．（23-24高二下·江苏常州·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，且.    (1)求证：共面； (2)当为何值时，； (3)若，且，求的长. 【解题思路】（1）利用向量证明，然后可证； （2）以为基底表示出，然后根据求解可得； （3）利用基底表示出，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. 4．（2024高二上·全国·专题练习）如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且，且． (1)用向量表示向量； (2)求证：共面； (3)当为何值时，． 【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，即可证明共面； （3）设，因为底面为菱形，则当时，，由，即可得出答案. 【解答过程】（1）． （2）证明：，， ，共面． （3）当，， 证明：设， 底面为菱形，则当时，， ，， ， ， ． 题型6 利用空间向量基本定理解决夹角、距离、垂直问题 1．（23-24高二上·山东·阶段练习）如图，空间四边形中，，，，且任意两个之间的夹角均为，，，则（    ）    A． B． C． D．2 【解题思路】利用基底法表示出，再根据向量模的计算公式和向量数量积的运算律即可得到答案. 【解答过程】由题意得 ， 而， ， ， 则 . 故选：A. 2．（23-24高二上·湖北·开学考试）在四面体中（如图），平面平面，是等边三角形，，，M为的中点，N在侧面上（包含边界），若，则下列正确的是（    ）      A．若，则∥平面 B．若，则 C．当最小时， D．当最大时， 【解题思路】根据可证平面，设，且，进而可得，对于A：若，则点即为点，进而可得结果；对于B：若，可得点在线段上（包括短点），结合垂直关系分析判断；对于C、D：过作，垂足为，可证平面，则，结合图形分析判断. 【解答过程】因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 且平面，可得， 又因为N在侧面上（包含边界），设，且， 可得 ， 又因为，可得，且. 对于选项A：若，则，可得点即为点， 显然平面，故A错误； 对于选项B：若，则，可得点在线段上（包括端点）， 由平面，可知当且仅当点为点，，故B错误； 过作，垂足为，可得，，        因为平面，平面，则， 且，平面，所以平面， 可得， 对于选项C：显然当点即为点时，最小，此时， 可得，故C正确； 对于选项D：显然当点即为点时，最大，则最大，此时， 可得，故D错误； 故选：C. 3．（23-24高二下·江苏常州·阶段练习）如图所示，平行六面体中，． (1)用向量表示向量，并求； (2)求． 【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）， 则 ， 所以. （2）由空间向量的运算法则，可得， 因为且， 所以 ， ， 则. 4．（23-24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，，. (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，从而得到线面垂直，进而证明线线垂直； （2）用表达与，利用空间向量夹角公式求解异面直线AG和CE所成角的余弦值. 【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， 故， 又因为，平面， 所以平面， 因为平面， 所以. （2）由题意得：均为等边三角形且边长为1， 所以 ，， 所以 ， 设异面直线AG和CE所成角为， 则.题型7 空间向量平行、垂直的坐标表示 1．（23-24高二下·江苏连云港·期中）设，向量 且，则的值为（ ） A．-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， 所以， 又， 所以设，即， 所以， 故选：B. 2．（23-24高二下·重庆北碚·阶段练习）已知， ，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】 根据空间向量的平行、垂直关系求，再根据空间向量的坐标运算求夹角. 【解答过程】∵，∴，解得，即. 又∵ ，注意到，则，使得， ∴，解得，故. ∴， ∴，又， ∴. 故选：B. 3．（23-24高二上·安徽宿州·期中）已知空间向量． (1)若，且，求的坐标； (2)若，且，求的最大值． 【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，，所以不妨设， 又， 从而， 解得，所以. （2）由题意，所以，即， 又因为， 所以由基本不等式可得，等号成立当且仅当， 解得， 所以当且仅当时，的最大值为. 4．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知空间中三点，，，设，． (1)若，且，求向量； (2)已知向量与互相垂直，求的值； (3)若点在平面上，求的值． 【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）由点在平面上，设，解方程组求出即可. 【解答过程】（1），设， 因为，而，所以； 故或 （2），，， 由与互相垂直得：， 解得. （3）点在平面上，， ， ， 解得：. 题型8 利用空间向量研究点、线、面的距离问题 1．（23-24高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，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， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 所以点到平面的距离为， 故选：C. 2．（23-24高二上·河南南阳·期末）在四面体中，，，，若点为的重心，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】以射线，，的方向分别为轴、轴、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，在四面体中，，，两两互相垂直， 如图，以为原点，以射线，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系.    ∵，，，， ∴，，，，， ∴，， ， ， ∴点到直线的距离. 故选：D. 3．（23-24高一下·重庆荣昌·阶段练习）在棱长为2的正方体中，E，F，M，N分别为，，，中点．    (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离． 【解题思路】（1）连接，证明，进而得到平面； （2）易证明平面，点到平面的距离即直线到平面的距离，建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【解答过程】（1）如图，连接交与点，，则是的中点， 因为分别是，的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面.    （2）如图，以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，， 所以， 所以点到平面的距离为， 又因为，，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离即直线到平面的距离， 所以直线到平面的距离为. 4．（23-24高二下·安徽·阶段练习）如图，正方体的棱长为2，M是棱AB的中点，P是棱上的点.    (1)求直线DB1与平面所成角的正弦值. (2)当点Р在何处时，点P到平面的距离最小?最小值是多少? 【解题思路】（1）以D为原点，，，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，利用空间向量求解即可； （2）设，，然后利用空间向量表示出点P到平面的距离，化简后可求出其最小值. 【解答过程】（1）以D为原点，，，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，，，， 设直线与平面所成的角为，平面的法向量为． 易知，， 由，即，解得， 即直线与平面所成角的正弦值为． （2）设，，点P到平面的距离为d，则， 由（1）知，平面的一个法向量为， ， 当，即点P与点重合时，．   题型9 利用空间向量求空间角 1．（23-24高一下·浙江温州·期中）在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】依据题目中的垂直关系，可建立空间直角坐标系，求出向量与的坐标，即可求得异面直线与所成角的余弦值． 【解答过程】由题意可知， 三线两两垂直，所以可建立空间直角坐标系，如图所示： 则，． ∴． ∴． 异面直线与所成角的余弦值为． 故选：C． 2．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，在正方体中，点为线段的中点．设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【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，求出平面的法向量的坐标，求出的坐标，求出向量，的夹角的余弦值，进而求出直线与平面所成的角的正弦值，进而可得它的余弦值，再由函数的单调性，可得余弦值的取值范围． 【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，，，0，，，2，，，1，，，2，， 则，1，，，， 则，0，，，2，， 设平面的法向量，，， 则，即，令， 可得，1，， ，，， ， 设直线与平面所成的角为，，， 所以， 所以 ， 设， 则， 设，，， 当时，即， 则，时，函数单调递减，，时，函数单调递增， 而时，；当时，； 当时，， 所以，时，，，所以，， 进而可得， 所以，． 故选：D． 3．（23-24高二下·江苏常州·期中）如图,在四棱锥中,底面是边长为6的正方形,是正三角形,平面,为的中点,,,分别是,,上的点,且满足． (1)求证：平面; (2)求平面与平面所成锐二面角的大小; (3)在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角为?若存在,求线段的长度；若不存在,请说明理由. 【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）是正三角形, 为的中点,, 又平面,平面, , 又平面,平面,平面,且, 平面. （2） 取的中点,连接, 由（1）得平面,且底面是的正方形,所以以为原点,分别以所在直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,得到如下点的坐标, 又 ,,分别是,,上的点,且满足, ， ,, 由（1）得平面,所以平面的法向量为, 设平面的法向量为, 则,即,解得,, 设平面与平面所成锐二面角为, , 所以平面与平面所成锐二面角的大小. （3）设线段上是否存在点,使得直线与平面所成角为,且, , , , 整理可得:,方程无解, 不存在这样的点. 4．（23-24高一下·天津南开·期末）如图①所示，矩形中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥，N为PB中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线BC与平面所成角的大小； (3)设的大小为θ，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【解题思路】（1）取中点，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，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，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）取中点，连接，由N为PB中点，得， 依题意，，则， 于是四边形是平行四边形，，而平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接，由，得，而平面平面， 平面平面平面，则平面， 过作，则平面，又平面，于是， 在矩形中，，，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线BC与平面所成的角为，则， 所以直线BC与平面所成角的大小为. （3）连接，由，得，而，则为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 显然平面，平面，则平面平面， 在平面内过作于点，则平面， 设，而，则，，， 即，， 所以， 于是，， 设平面PAM的法向量为，则， 令，得，设平面的法向量为， 因为，， 则，令，得， 设平面和平面为， 则 令，，则，即，则当时，有最小值， 所以平面和平面夹角余弦值的最小值为． 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，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且． (1)设线段中点为，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长． 【解题思路】（1）取的中点，根据线面平行的判定定理即可得证； （2）设，根据等体积法求出x的值，即可得出结论. 【解答过程】（1）取的中点，的中点，连结、、 则有，， 因为，，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）存在.设，在中，. 因为面，所以. 因为面，面，面 所以,， 则均为直角三角形. 在中， 同理，. 取的中点，因为，所以， 而. 故. 因为点到面的距离等于， 所以. 而，所以，解得. 所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于. 2．（23-24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中，分别是棱，的中点，点在底面投影为边的中点，，. （1）证明：//平面； （2）若，，点为棱上的动点，当直线与平面所成角的正弦值为时，求点的位置. 【解题思路】（1）连接，证明//即可得到结果； （2）先证明平面，证明，则可以点为原点，分别以,，为，，轴建立空间直角坐标系，计算出平面的法向量为，假设，表示出，利用与法向量的夹角的余弦值的绝对值为求解出，则可确定点的位置. 【解答过程】（1）因为斜三棱柱斜三棱柱各侧面均为平行四边形 则是的中点 又分别是棱，的中点， 则 又则四边形为平行四边形 则为的中点 则在三角形中，// 连接则// 所以// 又平面平面； 则//平面； （2）点在底面投影为边的中点， 所以平面, 又因为三角形为正三角形，为中点， 所以 分别以所在直线为分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示： 因为，，，则，， 所以，，，，，，，，， 设 则 所以 设平面的一个法向量 则， ， 令，， 所以. 设AM与平面所成角为 所以 令 同联立可得 当时，即点靠近点的六等分点处时，符号条件. 3．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【解题思路】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论. 【解答过程】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则， 因为，则，， 由余弦定理可得， 所以，，则，同理可证， 翻折后，则有，， 因为，，、平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 所以平面平面. （2）因为平面，，以点为坐标原点， 、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，所以，， 平面的一个法向量为，，， 则，令，可得， 则，整理可得， 因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且. 4．（23-24高二上·上海宝山·期中）在中，，，，D、E分别是AC、AB上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示. (1)求证：平面BCDE； (2)求CM与平面所成角的大小； (3)在线段上是否存在点N（N不与端点、B重合），使平面CMN与平面DEN垂直?若存在，求出与BN的比值；若不存在，请说明理由. 【解题思路】（1）结合线面垂直判定定理和折叠性质可证； （2）通过建系法求出和平面的法向量，设线面角为，结合公式求解即可； （3）在（2）的坐标系基础上，写出坐标，设，，表示出点N，分别求出平面CMN与平面DEN的法向量，令数量积为0，求出参数即可. 【解答过程】（1）因为在中，，，所以， 因为折叠前后对应角相等，所以，所以平面，， 又，，所以平面BCDE； （2）因为DE经过的重心，故，由（1）知平面BCDE，以为轴，为轴，为z轴，建立空间直角坐标系，由几何关系可知，， 故，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，设CM与平面所成角的大小为，则有，故，即CM与平面所成角的大小为； （3）设，，即， 即，，， ，设平面CMN的法向量为，则有， 即，令则，，， 同理，设平面DEN的法向量为，， 则，即，令，则，故， 若平面CMN与平面DEN垂直，则满足，即，，故存在这样的点，，所以. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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 根据空间向量的线性运算求参数 1．（23-24高二上·山东青岛·期末）已知四面体中，为中点，若，则（    ） A．3 B．2 C． D． 2．（23-24高二上·福建莆田·期末）如图，平行六面体中，点在上，点在上，且，，若，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·贵州·阶段练习）如图，在棱长为4的正四面体中，是的中点，，记. (1)求的值； (2)求. 4．（23-24高二·湖南·课后作业）如图，正方体中，点E，F分别是上底面和侧面的中心，分别求满足下列各式的x，y，z的值． (1)； (2)； (3)． 题型2 向量共线、共面的判定及应用 1．（23-24高二下·江苏·阶段练习）已知向量不共面，则使向量共面的实数x的值是（    ） A． B． C． D．4 2．（23-24高二上·浙江杭州·期末）对于空间一点和不共线三点，且有，则（    ） A．四点共面 B．四点共面 C．四点共面 D．五点共面 3．（2024高二上·全国·专题练习）已知为空间9个点(如图)，并且，，．，求证： (1)四点共面； (2)； (3)． 4．（23-24高二·全国·课后作业）如图，已知，，，，，，，，为空间的个点，且，，，，，，． (1)求证：，，，四点共面，，，，四点共面； (2)求证：平面平面； (3)求证：． 题型3 空间向量的夹角及其应用 1．（23-24高二上·陕西宝鸡·期中）在空间四边形中，，，则的值为（    ） A． B． C． D．0 2．（23-24高二下·江苏连云港·期中）已知平行六面体中，，，，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·湖北·期末）如图，平行六面体的底面是菱形，且，，． (1)求的长． (2)求异面直线与所成的角的余弦值． 4．（2024高二·全国·专题练习）如图，正方体的棱长是，和相交于点． (1)求； (2)求与的夹角的余弦值 (3)判断与是否垂直． 题型4 利用空间向量的数量积求模 1．（23-24高二下·江苏淮安·期中）平行六面体 中，，， 则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高三下·北京·开学考试）正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面.线段长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·重庆·期末）如图，在平行六面体中，，，，，，，与相交于点．        (1)求； (2)求的长． 4．（23-24高二上·河南洛阳·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，分别为，，的中点，分别记，，为，，. (1)用，，表示，； (2)若，，求. 题型5 利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题 1．（23-24高二上·河北保定·期中）如图，在平行六面体中，为的中点，点满足．若四点在同一个平面上，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·山东淄博·阶段练习）已知为空间中不共面的四点，且，若四点共面，则实数t的值是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·江苏常州·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，且.    (1)求证：共面； (2)当为何值时，； (3)若，且，求的长. 4．（2024高二上·全国·专题练习）如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且，且． (1)用向量表示向量； (2)求证：共面； (3)当为何值时，． 题型6 利用空间向量基本定理解决夹角、距离、垂直问题 1．（23-24高二上·山东·阶段练习）如图，空间四边形中，，，，且任意两个之间的夹角均为，，，则（    ）    A． B． C． D．2 2．（23-24高二上·湖北·开学考试）在四面体中（如图），平面平面，是等边三角形，，，M为的中点，N在侧面上（包含边界），若，则下列正确的是（    ）      A．若，则∥平面 B．若，则 C．当最小时， D．当最大时， 3．（23-24高二下·江苏常州·阶段练习）如图所示，平行六面体中，． (1)用向量表示向量，并求； (2)求． 4．（23-24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，，. (1)求证EG⊥AB； (2)求异面直线AG和CE所成角的余弦值． 题型7 空间向量平行、垂直的坐标表示 1．（23-24高二下·江苏连云港·期中）设，向量 且，则的值为（ ） A．-1 B．1 C．2 D．3 2．（23-24高二下·重庆北碚·阶段练习）已知， ，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·安徽宿州·期中）已知空间向量． (1)若，且，求的坐标； (2)若，且，求的最大值． 4．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知空间中三点，，，设，． (1)若，且，求向量； (2)已知向量与互相垂直，求的值； (3)若点在平面上，求的值． 题型8 利用空间向量研究点、线、面的距离问题 1．（23-24高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·河南南阳·期末）在四面体中，，，，若点为的重心，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·重庆荣昌·阶段练习）在棱长为2的正方体中，E，F，M，N分别为，，，中点．    (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离． 4．（23-24高二下·安徽·阶段练习）如图，正方体的棱长为2，M是棱AB的中点，P是棱上的点.    (1)求直线DB1与平面所成角的正弦值. (2)当点Р在何处时，点P到平面的距离最小?最小值是多少? 题型9 利用空间向量求空间角 1．（23-24高一下·浙江温州·期中）在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·江苏·假期作业）如图，在正方体中，点为线段的中点．设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·江苏常州·期中）如图,在四棱锥中,底面是边长为6的正方形,是正三角形,平面,为的中点,,,分别是,,上的点,且满足． (1)求证：平面; (2)求平面与平面所成锐二面角的大小; (3)在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角为?若存在,求线段的长度；若不存在,请说明理由. 4．（23-24高一下·天津南开·期末）如图①所示，矩形中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥，N为PB中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线BC与平面所成角的大小； (3)设的大小为θ，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 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，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且． (1)设线段中点为，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长． 2．（23-24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中，分别是棱，的中点，点在底面投影为边的中点，，. （1）证明：//平面； （2）若，，点为棱上的动点，当直线与平面所成角的正弦值为时，求点的位置. 3．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 4．（23-24高二上·上海宝山·期中）在中，，，，D、E分别是AC、AB上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示. (1)求证：平面BCDE； (2)求CM与平面所成角的大小； (3)在线段上是否存在点N（N不与端点、B重合），使平面CMN与平面DEN垂直?若存在，求出与BN的比值；若不存在，请说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$