第一章：空间向量与立体几何章末重点题型复习（14大题型，培优版）-【上好课】2024-2025学年高二数学同步精品课堂（人教A版2019选择性必修第一册）

学科网（北京）股份有限公司 第一章：空间向量与立体几何章末重点题型复习 题型一 空间向量的概念 1．（23-24高二上·新疆·阶段练习）下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，互为相反向量，则 C．空间中两平行向量相等 D．在四边形ABCD中， 2．（20-21高二·全国·单元测试）对于空间任意两个非零向量，，“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（多选）（23-24高二下·江苏·课前预习）下列命题为真命题的是（    ） A．若空间向量满足，则 B．在正方体中，必有 C．若空间向量满足，，则 D．任一向量与它的相反向量不相等 4．（多选）（23-24高二下·云南保山·开学考试）下列关于空间向量的命题中，不正确的是（    ） A．长度相等、方向相同的两个向量是相等向量 B．平行且模相等的两个向量是相等向量 C．若，则 D．两个向量相等，则它们的起点与终点相同 5．（21-22高二上·吉林长春·期末）给出下列四个命题: ①方向相反的两个向量是相反向量； ②若，满足且，同向，则； ③不相等的两个空间向量的模必不相等； ④对于任意向量，必有. 其中真命题的序号为 . 题型二 空间向量的线性运算 1．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知四面体中，是的中点，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024高二·全国·专题练习）已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，N为CD中点，如图所示，则（ ） A． B． C． D． 3．（21-22高二上·云南临沧·期末）如图，在空间四边形中，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·安徽铜陵·期中）已知A，B，C，D是空间中互不相同的四个点，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·山东德州·期中）四面体ABCD中，E为棱BC的中点，则（    ） A． B． C． D． 题型三 空间向量的线性表示 1．（23-24高二下·江苏南通·期末）在三棱锥中，已知，是线段的中点，则（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高二上·山西晋中·期末）在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）在四面体中，，D为的三等分点（靠近B点），E为的中点，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·云南·开学考试）如图，在三棱柱中，（    ）    A． B． C． D． 5．（23-24高二上·河南驻马店·期末）在平行六面体中，是平行四边形的对角线的交点，为的中点，记，则等于（    ） A． B． C． D． 题型四 空间向量的基本定理 1．（22-23高二上·云南临沧·阶段练习）如图，平行六面体中，分别为的中点.若，则（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高二下·江苏徐州·期末）已知，，，四点在平面内，且任意三点都不共线，点在外，且满足，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 3．（23-24高二上·上海·期中）在平面上有如下命题：“若为直线外一点，则点在直线上的充要条件是：存在实数，满足且”类比此命题，给出点在平面上的充要条件是： . 4．（21-22高二上·安徽池州·期中）在四面体中，已知为线段上的点，为线段上的点，且，若，则的值为 . 5．（21-22高二·全国·课后作业）已知A，B，C三点共线，则对空间任一点O，若，则μ＝ ；存在三个不为0的实数λ，m，n，使，那么λ＋m＋n的值为 ． 题型五 空间向量共线问题 1．（23-24高二上·贵州·开学考试）如图，在三棱柱中，为空间一点，且满足， ，则下列说法错误的是（　　） A．当时，点在棱上 B．当时，点在线段上 C．当时，点在棱上 D．当时，点在线段上 2．（21-22高二上·上海普陀·阶段练习）已知非零向量，则“”是“”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非必要非充分条件 3．（21-22高二上·安徽马鞍山·期中）已知向量，分别是直线，的方向向量，若，则 . 4．（20-21高二上·北京门头沟·期中）已知，，且，那么 . 5．（22-23高二下·江苏·课后作业）设是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且A， B， D三点共线，求实数k的值． 题型六 空间向量共面问题 1．（23-24高二上·河北石家庄·期中）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（    ） A． B． C． D． 2．（2023高二·全国·专题练习）已知非零向量，不共线，如果，，，那么下列结论正确的是（    ） A．A，B，C，D四点共线 B．A，B，C，D四点共面 C．A，B，C，D四点不共面 D．无法确定 3．（23-24高二上·四川成都·期中）已知向量，，，若，，共面，则（    ） A．4 B．2 C．3 D．1 4．（23-24高二上·安徽六安·期中）已知点在平面内，且对空间任意一点，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 5．（多选）（23-24高二上·福建泉州·期中）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 题型七 空间向量的数量积 1．（23-24高二下·福建龙岩·期中）如图，在斜三棱柱中，，，，则（    ） A．48 B．32 C． D． 2．（23-24高二下·江苏泰州·期末）从棱长为的正方体的八个顶点中任意取四个点，则值的不同种数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·上海·阶段练习）由四个棱长为1的正方体组合成的正四棱柱（如图所示），点是正方形的中心，则向量（    ）    A．1 B．2 C．4 D．8 4．（23-24高二上·广东茂名·期末）如图，正方体的棱长为1，设，，，则（    ）    A．1 B． C．0 D．2 5．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，则 题型八 空间向量模长问题 1．（23-24高二上·福建福州·期末）如图，已知二面角的大小为，，，，且，，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·山东青岛·期末）如图，两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使.已知，则 .    3．（22-23高二下·江苏·阶段练习）如图，有一长方形的纸片，的长度为4 cm，的长度为3 cm，现沿它的一条对角线把它折叠成的二面角，则折叠后 ，线段的长是 cm. 4．（23-24高二上·安徽滁州·期末）在四棱柱中，，，，则 . 5．（23-24高二上·山西吕梁·期末）如图所示，平行六面体中，，.    (1)用向量表示向量，并求； (2)求. 题型九 空间向量的投影 1．（23-24高二下·福建宁德·期末）在标准正交基下，已知向量，则在上的投影等于（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·湖北·期末）空间向量在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·贵州·阶段练习）在空间直角坐标系中，点在平面上的投影的坐标为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·河南开封·期末）在空间直角坐标系中，点在坐标平面，内的射影分别为点，则 ． 5．（23-24高二上·广东湛江·阶段练习）已知点，，，设，，． (1)若实数使与垂直，求值． (2)求在上的投影向量． 题型十 空间向量的对称 1．（23-24高二上·广东佛山·阶段练习）在空间直角坐标系中，点B与点关于平面对称，则B的坐标为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·河北沧州·阶段练习）在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点的坐标是（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（2024高二上·全国·专题练习）在空间直角坐标系中，给出以下结论：其中正确的是（　　） A．点关于原点的对称点的坐标为； B．点关于y轴对称的点的坐标是； C．点关于平面对称的点的坐标是； D．已知点与点，则AB的中点坐标是. 4．（23-24高二下·江苏·课前预习）点关于轴的对称点的坐标是 ，关于坐标平面的对称点的坐标是 . 5．（23-24高二下·甘肃庆阳·期中）已知点，求： (1)点A在平面、x轴上的投影点的坐标； (2)求点A关于平面、x轴、原点的对称点的坐标. 题型十一 利用空间向量证明位置关系 1．（多选）（2024高二下·浙江绍兴·学业考试）如图，平行六面体的棱长均相等，，则（    ）    A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 2．（24-25高二上·全国·假期作业）如图，在直三棱柱中，，，，.当时，求证：平面； 3．（23-24高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 4．（23-24高二上·江西景德镇·期末）在直三棱柱中，四边形是边长为3的正方形，，，点分别是棱的中点． (1)求的值； (2)求证：． 5．（2024高二上·江苏·专题练习）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，. (1)求证：； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型十二 利用空间向量计算线面（面面）角问题 1．（多选）（23-24高二下·福建龙岩·期末）已知正方体棱长为1，动点M满足 ，则（    ） A．当，时，直线⊥平面 B．当，，时，点M到直线的距离为 C．当，，时，的值可能为 D．当且时，点M的轨迹长度为 2．（多选）（23-24高二下·云南曲靖·期末）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（    ） A．当时， B．当时，三棱锥的体积为 C．当时， 平面 D．当时，到平面的距离为 3．（多选）（23-24高二下·四川泸州·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（   ）. A．不存在点，使得 B．点到平面的距离为 C．点到直线的距离为1 D．点在棱上，且，若，则点的轨迹是圆 4．（2024高二·全国·专题练习）如图，若正方体的棱长为，点是正方体的底面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则三棱锥体积的最大值为 .    5．（23-24高二上·浙江金华·期中）已知在棱长为4的正方体中，.    (1)求点到直线的距离； (2)求点到平面的距离； (3)在此正方体中，，则称线段的长为异面直线与的公垂线段长，也称为异面直线与的距离.试求异面直线与的距离. 题型十三 利用空间向量计算距离问题 1．（23-24高二下·广东广州·期末）如图，在三棱柱中，，，，为的中点，平面. (1)求证：； (2)若，求平面和平面夹角的余弦值. 2．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知四棱锥，底面是正方形，平面平面，为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值． 3．（23-24高二下·云南红河·期中）如图，在三棱锥P－ABC中，底面ABC，，，E为PC的中点，点F在PA上，且． (1)求证：平面PAC； (2)求平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角的余弦值． 4．（23-24高二下·江苏徐州·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，，. (1)若点为棱的中点，求二面角的余弦值； (2)若，设直线与平面，平面所成的角分别为，求的最大值. 5．（23-24高二下·福建龙岩·期末）如图，已知平行四边形，点E为的中点，，.将沿折起，使点D到达点P的位置，且与夹角的余弦值为. (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 题型十四 空间中的动点问题 1．（多选）（23-24高二下·江苏南京·期末）在棱长为1的正方体中，点F在底面ABCD内运动（含边界），点E是棱的中点，则（    ） A．若F在棱AD上时，存在点F使 B．若F是棱AD的中点，则平面 C．若平面，则F是AC上靠近C的四等分点 D．若F在棱AB上运动，则点F到直线的距离最小值为 2．（多选）（23-24高二上·安徽马鞍山·期末）如图，在长方体中，，点E为的中点，点F为侧面（含边界）上的动点，则下列说法正确的是 （    ） A．不存在点F，使得 B．的最小值为 C．满足的点F的轨迹长度为 D．若平面，则线段长度的最小值为 3．（多选）（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点，点满足，则下列结论正确的是（    ） A．若，则四面体的体积为定值 B．若的外心为，则为定值2 C．若，则点的轨迹长度为 D．若且，则存在点，使得的最小值为 4．（多选）（23-24高二上·浙江杭州·期末）在直三棱柱中，，，分别是的中点，在线段上，则下面说法中正确的有（    ） A．平面 B．若是上的中点，则 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．存在点使直线与直线平行 5．（多选）（23-24高二上·河南南阳·期末）如图，在直三棱柱中，，，，是棱上的动点，则（    ）    A．平面平面 B．存在点，使 C．存在点，使点到平面的距离为 D．存在点，使直线与所成角的余弦值为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 学科网（北京）股份有限公司 第一章：空间向量与立体几何章末重点题型复习 题型一 空间向量的概念 1．（23-24高二上·新疆·阶段练习）下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，互为相反向量，则 C．空间中两平行向量相等 D．在四边形ABCD中， 【答案】D 【分析】根据向量的相关定义即可求解ABC,根据向量的减法运算即可求解D. 【详解】对于A，向量不可以比较大小，所以A错误； 对于B, 若，互为相反向量，则，故B错误； 对于C，两向量相等需要向量的方向相同，且长度相同，故C错误； 对于D，四边形ABCD中，，故D正确. 故选：D 2．（20-21高二·全国·单元测试）对于空间任意两个非零向量，，“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】由向量共线与向量夹角的关系，判断 【详解】空间任意两个非零向量，， ，包括向量和同向共线和反向共线两种情况， 即当时，有或，不能得到，充分性不成立. ，则和方向相同，有，必要性成立； 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 3．（多选）（23-24高二下·江苏·课前预习）下列命题为真命题的是（    ） A．若空间向量满足，则 B．在正方体中，必有 C．若空间向量满足，，则 D．任一向量与它的相反向量不相等 【答案】BC 【分析】根据向量相等的定义可判断A，B；根据向量的相等具有传递性，判断C；根据相反向量的含义结合零向量判断D. 【详解】A为假命题，根据向量相等的定义知，两向量相等，不仅模要相等，而且还要方向相同， 而A中向量的方向不一定相同； B为真命题，与的方向相同，模也相等，故； C为真命题，由于空间向量满足，，且向量的相等满足传递性， 故； D为假命题，零向量的相反向量仍是零向量. 故选：BC 4．（多选）（23-24高二下·云南保山·开学考试）下列关于空间向量的命题中，不正确的是（    ） A．长度相等、方向相同的两个向量是相等向量 B．平行且模相等的两个向量是相等向量 C．若，则 D．两个向量相等，则它们的起点与终点相同 【答案】BCD 【分析】根据相等向量的有关概念判断． 【详解】对于选项A：由相等向量的定义知A正确； 对于选项B：平行且模相等的两个向量也可能是相反向量，B错； 对于选项C：若两个向量不相等，但模长仍可能相等，例如不共线的单位向量，C错； 对于选项D：相等向量只要求长度相等、方向相同，而表示两个向量的有向线段的起点不要求相同，D错， 故选：BCD． 5．（21-22高二上·吉林长春·期末）给出下列四个命题: ①方向相反的两个向量是相反向量； ②若，满足且，同向，则； ③不相等的两个空间向量的模必不相等； ④对于任意向量，必有. 其中真命题的序号为 . 【答案】④ 【分析】根据向量的概念及相等向量、相反向量的概念，向量的加法运算及几何意义逐个判断即可. 【详解】对于①，长度相等且方向相反的两个向量是相反向量，故错误； 对于②，向量是不能比较大小的，故错误； 对于③，不相等的两个空间向量的模也可以相等，故错误； 对于④，若不共线时，设，以为邻边作一个平行四边形， 如图所示： 由平面向量的加法法则可知，根据三角形中三边关系可得； 若共线且同向时满足成立； 综上所述：对任意向量，，，正确. 故答案为：④ 题型二 空间向量的线性运算 1．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知四面体中，是的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件作出图形，利用空间向量的加法法则即可得解. 【详解】因为四面体中，是的中点， 所以. 故选：B. 2．（2024高二·全国·专题练习）已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，N为CD中点，如图所示，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】直接利用向量的加法运算得答案. 【详解】连接， 因为为的中点，所以， 所以， 故选：A. 3．（21-22高二上·云南临沧·期末）如图，在空间四边形中，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据图形，利用向量的线性运算即可求出结果. 【详解】， 故选：C. 4．（23-24高二上·安徽铜陵·期中）已知A，B，C，D是空间中互不相同的四个点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】运用向量加法法则、减法法则计算即可. 【详解】. 故选：B. 5．（23-24高二上·山东德州·期中）四面体ABCD中，E为棱BC的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量的加法、数乘运算求解即可. 【详解】如图， 因为E为棱BC的中点， 所以, 故选：C 题型三 空间向量的线性表示 1．（23-24高二下·江苏南通·期末）在三棱锥中，已知，是线段的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接,利用空间向量的基本定理求解即可. 【详解】连接，因为是线段的中点，所以 因为，所以 所以 故选：D 2．（22-23高二上·山西晋中·期末）在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题目条件和平行六面体的定义，利用向量的运算法则，将用所给基底表示，计算化简得到结果. 【详解】 . 故选：C 3．（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）在四面体中，，D为的三等分点（靠近B点），E为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量的线性运算计算即可. 【详解】由题意， . 故选：C. 4．（23-24高二下·云南·开学考试）如图，在三棱柱中，（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量的线性运算计算即可. 【详解】由题意可知：. 故选：D 5．（23-24高二上·河南驻马店·期末）在平行六面体中，是平行四边形的对角线的交点，为的中点，记，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量的线性运算可得正确的选项. 【详解】 ， 化简得：， 故选：A . 题型四 空间向量的基本定理 1．（22-23高二上·云南临沧·阶段练习）如图，平行六面体中，分别为的中点.若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算法，求得，进而求得的值，即可求解. 【详解】因为平行六面体中，分别为的中点， 可得， 又因为，可得，即. 故选：A. 2．（22-23高二下·江苏徐州·期末）已知，，，四点在平面内，且任意三点都不共线，点在外，且满足，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】 根据空间向量的共面定理可求的值. 【详解】因为点在外，由空间向量的共面定理可知且； 由题意，所以； 所以，解得. 故选：B. 3．（23-24高二上·上海·期中）在平面上有如下命题：“若为直线外一点，则点在直线上的充要条件是：存在实数，满足且”类比此命题，给出点在平面上的充要条件是： . 【答案】存在实数满足且. 【分析】命题表示的点在直线上的充要条件，类比直线，推广到点在平面内的充要条件. 【详解】类比到空间向量，所得结论为，在空间中，点在平面内的充要条件是：存在实数满足且. 充分性：因为点在平面内，所以满足平面向量基本定理， 得到，即， 整理得：，所以存在实数. 满足，且，得证. 必要性：因为且. 所以 即有 ，由共面定理可得、、、四点共面，即点在平面内. 故答案为：存在实数满足 4．（21-22高二上·安徽池州·期中）在四面体中，已知为线段上的点，为线段上的点，且，若，则的值为 . 【答案】 【分析】根据空间的的加法法则、减法法则和共线定理，即可求，进而求出，由此即可求出结果. 【详解】由题意可知， ， 所以，所以. 故答案为：. 5．（21-22高二·全国·课后作业）已知A，B，C三点共线，则对空间任一点O，若，则μ＝ ；存在三个不为0的实数λ，m，n，使，那么λ＋m＋n的值为 ． 【答案】 －1 0 【分析】根据A、B、C三点共线，，得2＋μ＝1，即可求得，由得，可得，即可得λ＋m＋n. 【详解】解：由A、B、C三点共线，，∴2＋μ＝1，∴μ＝－1， 又由，得， 由A，B，C三点共线知：，则λ＋m＋n＝0． 故答案为：-1；0. 题型五 空间向量共线问题 1．（23-24高二上·贵州·开学考试）如图，在三棱柱中，为空间一点，且满足， ，则下列说法错误的是（　　） A．当时，点在棱上 B．当时，点在线段上 C．当时，点在棱上 D．当时，点在线段上 【答案】B 【分析】由空间向量共线定理逐一判断即可. 【详解】对于，当时，，， 所以，则点在棱上，故正确； 对于，当时， ， ， 即，即 所以点在线段上，故错误； 对于，当时，，， 所以，所以，即， 所以点在棱上，故正确； 对于，当时， 所以，， 所以， 即，即， 所以点在线段上，故正确． 故选：． 2．（21-22高二上·上海普陀·阶段练习）已知非零向量，则“”是“”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非必要非充分条件 【答案】A 【分析】先讨论充分性，令 ，可得出，从而确定充分性成立；再讨论必要性，举出反例当，此时满足，但“”不成立，确定必要性不成立；从而得出结论. 【详解】解：由题可知，非零向量， 当“”成立，令 ， ， 则，而， ，则，故充分性成立； 若，此时满足， 由于分母不能为0，可知“”不成立，故必要性不成立； 所以“”是“”的充分非必要条件. 故选：A. 3．（21-22高二上·安徽马鞍山·期中）已知向量，分别是直线，的方向向量，若，则 . 【答案】/22.5 【分析】利用向量平行，计算即可求解. 【详解】因为向量，分别是直线的方向向量，且， 所以， 所以，解得：， 所以， 故答案为：. 4．（20-21高二上·北京门头沟·期中）已知，，且，那么 . 【答案】 【分析】由已知中，，且，根据向量平行（共线）的充要条件，我们可得存在，使，构造方程组求出，x，y后，即可求出答案. 【详解】解：，，又， 则存在，使，即， 解得，，，， 故答案为：. 5．（22-23高二下·江苏·课后作业）设是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且A， B， D三点共线，求实数k的值． 【答案】. 【分析】利用空间向量的线性运算，结合共线向量定理，列式计算作答. 【详解】因为，，则有， 又A， B， D三点共线，于是，即，而不共线， 因此，解得， 所以实数k的值是. 题型六 空间向量共面问题 1．（23-24高二上·河北石家庄·期中）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】A选项，根据得到三向量不共面；BCD选项，设为未知数，得到方程组，方程无解则不共面，方程有解则共面，得到答案. 【详解】A选项，因为，故不共面，A错误； B选项，设， 故，无解，故不共面，B正确； C选项，设， 则，解得，故共面，C错误； D选项，， 则，解得，故共面，D错误. 故选：B 2．（2023高二·全国·专题练习）已知非零向量，不共线，如果，，，那么下列结论正确的是（    ） A．A，B，C，D四点共线 B．A，B，C，D四点共面 C．A，B，C，D四点不共面 D．无法确定 【答案】B 【分析】根据向量共面和共线的结论判断即可. 【详解】由， 则共面. 从而A，B，C，D四点共面. 故选：B. 3．（23-24高二上·四川成都·期中）已知向量，，，若，，共面，则（    ） A．4 B．2 C．3 D．1 【答案】D 【分析】根据共面定理得，即可代入坐标运算求解. 【详解】因为，，共面，所以存在两个实数、，使得， 即，即，解得. 故选：D 4．（23-24高二上·安徽六安·期中）已知点在平面内，且对空间任意一点，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量的共面定理计算即可. 【详解】由点在平面内，可知 ， 又， 所以，三项相加可得. 故选：B. 5．（多选）（23-24高二上·福建泉州·期中）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】BC 【分析】根据向量共面定理逐项判断； 【详解】因为， 所以，，共面，A错误. 假设存在，，使得，则有：矛盾，，无解，所以，，不共面，B正确. 假设存在，，使得，则有：，与基底要求矛盾，无解，所以，，不共面，C正确. 因为，所以，，共面，D错误. 故选：BC. 题型七 空间向量的数量积 1．（23-24高二下·福建龙岩·期中）如图，在斜三棱柱中，，，，则（    ） A．48 B．32 C． D． 【答案】C 【分析】把变成，然后再根据空间向量的数量积公式及运算律直接计算即可. 【详解】 . 故选：C 2．（23-24高二下·江苏泰州·期末）从棱长为的正方体的八个顶点中任意取四个点，则值的不同种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别讨论不同位置时的情况，根据向量数量积定义可求得结果. 【详解】①当为正方体的两条棱，且时， 或，； ②当为正方体的两条棱，且时，； ③当为正方体的一条棱，为与垂直的侧面的面对角线时， ，； ④当为正方体的一条棱，为与平行的侧面的面对角线时， ，，或，； ⑤当为正方体的一条棱，为正方体的体对角线时， ，，，； ⑥当分别为同一侧面或两平行侧面的面对角线时，或， 若，则； 若，则或，，； ⑦当分别为两相邻侧面的面对角线时， ，或，； ⑧当为正方体两条体对角线时， 设，则，， ，； 综上所述：的值有，，，共种. 故选：B. 3．（23-24高二下·上海·阶段练习）由四个棱长为1的正方体组合成的正四棱柱（如图所示），点是正方形的中心，则向量（    ）    A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】A 【分析】根据数量积的几何意义即可求解. 【详解】由正四棱柱性质可知，向量在上的投影向量为， 由数量积的几何意义可知，. 故选：A 4．（23-24高二上·广东茂名·期末）如图，正方体的棱长为1，设，，，则（    ）    A．1 B． C．0 D．2 【答案】A 【分析】根据垂直关系结合空间向量的数量积分析求解. 【详解】由题意可知：， 所以. 故选：A. 5．（23-24高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，则 【答案】 【分析】由空间向量的线性运算以及数量积的定义计算的值即可求解. 【详解】因为平面，面， 所以，所以， 又，所以， . 故答案为：. 题型八 空间向量模长问题 1．（23-24高二上·福建福州·期末）如图，已知二面角的大小为，，，，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意得到，利用结合向量的数量积的运算公式，即可求解． 【详解】因为二面角的大小为，，，，，， 所以与的夹角为，又因为， 所以 ， 所以，即． 故选：A． 2．（23-24高二上·山东青岛·期末）如图，两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使.已知，则 .    【答案】或 【分析】根据向量的线性运算可得，两边平方，利用向量的数量积运算，结合题意已知可得结果. 【详解】由题意知，，所以， 展开得， 因为异面直线所成角为，所以向量的夹角为或， 因为，所以，即， 且， 代入可得：， 得方程：或，所以或， 故答案为：或. 3．（22-23高二下·江苏·阶段练习）如图，有一长方形的纸片，的长度为4 cm，的长度为3 cm，现沿它的一条对角线把它折叠成的二面角，则折叠后 ，线段的长是 cm. 【答案】 【分析】作，，垂足分别为，，求出、、的长度，再根据数量积的运算律计算可得. 【详解】如图所示，作，，垂足分别为，，则，， ，，折叠后，，，的长度保持不变， 所以，， 因为二面角为直二面角，，平面平面， 平面，所以平面，平面，所以， 所以， 因为 ， 所以，即. 故答案为：； 4．（23-24高二上·安徽滁州·期末）在四棱柱中，，，，则 . 【答案】3 【分析】根据向量线性运算法则有，平方后利用数量积的运算求解． 【详解】由题意知，所以 ， 即， 解得，即. 故答案为：3. 5．（23-24高二上·山西吕梁·期末）如图所示，平行六面体中，，.    (1)用向量表示向量，并求； (2)求. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据空间向量的线性运算，得到，结合向量的数量积的运算法则，即可求解； （2）由空间向量的运算法则，得到，结合向量的数量积的运算公式，即可求解. 【详解】（1）解：根据空间向量的线性运算，可得， 可得 ， 所以. （2）解：由空间向量的运算法则，可得， 因为且， 所以 . 题型九 空间向量的投影 1．（23-24高二下·福建宁德·期末）在标准正交基下，已知向量，则在上的投影等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出的坐标，再利用投影公式即可求解. 【详解】因为，， 所以， 又因为， 所以， 所以在上的投影为. 故选：D. 2．（23-24高二下·湖北·期末）空间向量在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据投影向量公式计算即可. 【详解】，， 由投影向量的定义和公式可知在的投影向量为， 故选：C. 3．（23-24高二上·贵州·阶段练习）在空间直角坐标系中，点在平面上的投影的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据点在平面上的投影特征求解即可. 【详解】点在平面上的投影的坐标为. 故选：D. 4．（23-24高二上·河南开封·期末）在空间直角坐标系中，点在坐标平面，内的射影分别为点，则 ． 【答案】 【分析】利用空间中点的射影可得两点坐标，再由空间向量模长公式计算即可得出结果. 【详解】根据空间中点的坐标特征可知，， 则，所以. 故答案为： 5．（23-24高二上·广东湛江·阶段练习）已知点，，，设，，． (1)若实数使与垂直，求值． (2)求在上的投影向量． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，求出空间向量的坐标，再结合向量垂直的坐标表示列式计算即得. （2）利用投影向量的定义求解即得. 【详解】（1）依题意，，， 由与垂直，得，解得， 所以. （2）由（1）知，，， 所以在上的投影向量为. 题型十 空间向量的对称 1．（23-24高二上·广东佛山·阶段练习）在空间直角坐标系中，点B与点关于平面对称，则B的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间直角坐标系中点的坐标的特点，即可求出B的坐标. 【详解】由题意在空间直角坐标系中，点B与点关于平面对称， 则B的坐标为， 故选：C 2．（23-24高二上·河北沧州·阶段练习）在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过理解空间直角坐标系，直接得出结果. 【详解】由题意知，在空间直角坐标系中， 点关于轴对称的点的坐标为. 故选：C 3．（多选）（2024高二上·全国·专题练习）在空间直角坐标系中，给出以下结论：其中正确的是（　　） A．点关于原点的对称点的坐标为； B．点关于y轴对称的点的坐标是； C．点关于平面对称的点的坐标是； D．已知点与点，则AB的中点坐标是. 【答案】CD 【分析】根据已知条件及对称性，结合中点坐标公式即可求解. 【详解】A选项，点关于原点的对称点的坐标为，故A错误； B选项，点关于y轴对称的点的坐标是；故B错误； C选项，点关于平面对称的点的坐标是，故C正确； D选项，已知点与点，则AB的中点坐标是，故D正确. 故选：CD. 4．（23-24高二下·江苏·课前预习）点关于轴的对称点的坐标是 ，关于坐标平面的对称点的坐标是 . 【答案】 【分析】根据空间直角坐标系的中对称的性质直接求解. 【详解】在空间直角坐标系中， 点关于轴的对称点的横坐标不变， 纵坐标与竖坐标都变为原来的相反数，即； 点关于坐标平面的对称点的横、纵坐标不变， 竖坐标变为原来的相反数，即. 故答案为：； 5．（23-24高二下·甘肃庆阳·期中）已知点，求： (1)点A在平面、x轴上的投影点的坐标； (2)求点A关于平面、x轴、原点的对称点的坐标. 【答案】(1)，. (2)，，. 【分析】（1）根据空间点的投影特点即可得到坐标； （2）根据空间点关于面、线和点对称的特点即可得到坐标. 【详解】（1）点A在平面、x轴上的投影点的坐标分别为，. （2）点A关于平面、x轴、原点的对称点的坐标分别为，，. 题型十一 利用空间向量证明位置关系 1．（多选）（2024高二下·浙江绍兴·学业考试）如图，平行六面体的棱长均相等，，则（    ）    A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【答案】AC 【分析】利用线面平行与线面垂直的判定定理结合空间向量的运算依次判断选项即可. 【详解】对于A，因为，且，所以四边形为平行四边形， 则，平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，因为平行六面体的棱长均相等，所以四边形为菱形，且， 因为， 所以， 所以与不垂直，则与平面不垂直，故B错误； 对于C，因为平行六面体的棱长均相等，所以四边形为菱形，且， 所以，因为， 所以， 所以，因为，平面，所以平面，故C正确； 对于D，因为，平面，且平面，所以与平面不平行，故D错误； 故选：AC 2．（24-25高二上·全国·假期作业）如图，在直三棱柱中，，，，.当时，求证：平面； 【答案】证明见解析 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，当时，求得的坐标，求得，得到，结合线面垂直的判定定理，即可得证； 【详解】证明：以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， ， 当时，，所以， 可得，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面. 3．（23-24高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，点在直线（点在直线上且）上 【分析】（1）利用已知可得，结合面面垂直可得平面，可证结论. （2）以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，若，求得平面的一个法向量，可判断此情况不成立，若与不共线，设，连接，利用，可求得结论. 【详解】（1）在中，点D、E分别为边AC、AB的中点， 且. 又平面平面，平面平面 平面， 平面. 又平面. （2）由（1）知，. 以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. ， 设为平面的一个法向量， 则，取，则. 假设在平面内存在点，使得平面平面.连接. 若，则设.设平面的一个法向量为. 由，取，则. 平面的法向量.由知，此情况不成立. 若与不共线，设，连接.    设，则. 当，即时，. 又平面，即平面平面，也即平面平面. 所以在平面内存在点，当点在直线（点在直线上且）上时， 平面平面. 4．（23-24高二上·江西景德镇·期末）在直三棱柱中，四边形是边长为3的正方形，，，点分别是棱的中点． (1)求的值； (2)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得. （2）利用向量法来证得. 【详解】（1）依题意可知两两相互垂直， 以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 可得， . （2）因为， ， . 5．（2024高二上·江苏·专题练习）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，. (1)求证：； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，再由其性质定理即可证明； （2）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. 【详解】（1） 证明：∵平面平面，平面， ，平面，∴平面. ∵平面，∴， 过A作于H， 则， ∴，∴，∴. ∵，平面， ∴平面. ∵平面，∴. （2） 存在.理由：由（1）知，两两垂直， 以A为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合， 设，则， 由，可求得. 设平面PAC的一个法向量为，则， 由， 可得， 即，令，则，所以为平面PAC的一个法向量. 又， 设平面BCEF的一个法向量为， 则，可得， 所以为平面BCEF的一个法向量. 当，即时，平面平面，故存在满足题意的P， 此时. 题型十二 利用空间向量计算线面（面面）角问题 1．（多选）（23-24高二下·福建龙岩·期末）已知正方体棱长为1，动点M满足 ，则（    ） A．当，时，直线⊥平面 B．当，，时，点M到直线的距离为 C．当，，时，的值可能为 D．当且时，点M的轨迹长度为 【答案】BD 【分析】A选项，先得到点为的中点，建立空间直角坐标系，计算出，故与不垂直，故直线与平面不垂直；B选项，求出，利用点到直线的距离向量公式求出点M到直线的距离；C选项，求出，计算出，利用图形关系得到其最小值，由于最小值大于，C错误；D选项，推出点在平面上，并得到⊥平面，且，又，故，求出点M的轨迹为以为圆心，为半径的圆，轨迹长度为，D正确. 【详解】A选项，当，，此时点为的中点， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 由于，， 故， 故与不垂直，故直线与平面不垂直，A错误； B选项，当，，时， ， 设，则，解得， 故，， 又，故， 故点M到直线的距离为，B正确； C选项，当，，时， ， 设，则，解得， 故， 其中，故， 故 ， 如图所示，， 显然当三点共线时，取得最小值， 最小值为， 则的最小值为， 当且仅当，即时，等号成立， 故的值不可能为，C错误； D选项，当时， ， 故，即， 故点在平面上， 连接，交平面于点，则， 因为， ， 故⊥，且⊥， 又，平面， 所以⊥平面， 且， 又，故， 故点M的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 故轨迹长度为，D正确. 故选：BD 【点睛】立体几何中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 2．（多选）（23-24高二下·云南曲靖·期末）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（    ） A．当时， B．当时，三棱锥的体积为 C．当时， 平面 D．当时，到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】由线面垂直的性质定理即可判断A，由棱锥的体积公式代入计算，即可判断B，由面面平行的性质定理即可判断C，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可判断D 【详解】 当时，，根据正方体结构特征，易知平面平面，所以，故A正确. 当时，.易知到平面的距离为定值2. 因为，所以，故B错误. 当时，，根据正方体结构特征，易证面面面，所以面，故C正确. 当时，，即为的中点， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 所以平面的法向量为，， 所以到平面的距离，故D正确. 故选：ACD 3．（多选）（23-24高二下·四川泸州·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（   ）. A．不存在点，使得 B．点到平面的距离为 C．点到直线的距离为1 D．点在棱上，且，若，则点的轨迹是圆 【答案】AB 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，， ，，，，设， 对于A：，，则，所以与不垂直， 即不存在点，使得，故A正确； 对于B：，，，设平面的法向量为， 则，取， 则点到平面的距离，故B正确； 对于C：，所以点到直线的距离，故C错误； 对于D，因为，所以，， ， 即，可得轨迹为圆：， 所以圆心， 又，所以轨迹为圆被四边形截得的4段圆弧，所以D错误. 故选：AB 4．（2024高二·全国·专题练习）如图，若正方体的棱长为，点是正方体的底面上的一个动点（含边界），是棱的中点，则三棱锥体积的最大值为 .    【答案】/ 【分析】以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出平面的法向量，利用向量法求点到平面的最大距离，然后可解. 【详解】    以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 如图所示：易知，则， 设平面的一个法向量为，可得， 令，可得，即； 可设，则， 所以到平面的距离为，易知当时，距离最大值为； 又在中，易知，， 所以边上的高， 所以，为定值； 所以到平面的距离最大时，三棱锥体积的最大为：. 故答案为： 5．（23-24高二上·浙江金华·期中）已知在棱长为4的正方体中，.    (1)求点到直线的距离； (2)求点到平面的距离； (3)在此正方体中，，则称线段的长为异面直线与的公垂线段长，也称为异面直线与的距离.试求异面直线与的距离. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】建立空间直角坐标系，然后运用点到线，点到面，线线之间的距离公式求解即可. 【详解】（1）    如图根据正方体性质，可以如图建立空间直角坐标系，， 可以得到各点坐标．，，，，． ，，， 则点到直线的距离. （2），，， 设平面法向量为，则， 令，则，则. 则到平面的距离. （3），，， 设与的公垂线方向向量为.则， 解得，则. 则异面直线与的距离. 题型十三 利用空间向量计算距离问题 1．（23-24高二下·广东广州·期末）如图，在三棱柱中，，，，为的中点，平面. (1)求证：； (2)若，求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据长度关系可得，又根据线面垂直的性质可得，即可求证线面垂直，即可求证， （2）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，即可利用向量的夹角求解. 【详解】（1）在三棱柱中，，，则，, 由，，得， 在中，，，， 由余弦定理， 得，， 于是，由平面，平面，得， 而，，平面，因此平面， 又平面，所以. （2）由（1）知，，，两两垂直，以为原点， 直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 由，，得， 则，，， 于是，， 设为平面的一个法向量， 则，取，得， 显然为平面的一个法向量， 因此， 所以平面和平面夹角的余弦值为. 2．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知四棱锥，底面是正方形，平面平面，为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，利用空间向量求面面夹角. 【详解】（1）因为平面平面，， 且平面平面平面， 所以平面． （2）由题意和（1）知，两两垂直， 以A为原点，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． 可得． 易知平面的一个法向量为． 设平面的法向量为，则， 令，则，可得． 设平面与平面的夹角为， 则， 可得 所以平面与平面的夹角的正弦值为． 3．（23-24高二下·云南红河·期中）如图，在三棱锥P－ABC中，底面ABC，，，E为PC的中点，点F在PA上，且． (1)求证：平面PAC； (2)求平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定推理即得. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面BEF的法向量，再利用空间向量求出面面角即得. 【详解】（1）在三棱锥P－ABC中，由底面，且底面，得， 由，得，又平面， 则平面，又平面，于是， 由，为中点，得，又平面， 所以平面. （2）过作，由底面，得底面，显然两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，， ，，， 设平面的法向量，则，令，得 ， 显然平面的法向量为，则， 显然平面与平面所成的二面角的平面角为锐角， 所以平面与平面所成的二面角的余弦值为. 4．（23-24高二下·江苏徐州·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面平面，，，. (1)若点为棱的中点，求二面角的余弦值； (2)若，设直线与平面，平面所成的角分别为，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）作出辅助线，证明出为等腰直角三角形，由面面垂直得到线面垂直，得到两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，得到二面角的余弦值； （2）表达出，从而得到，表达出，求出最值. 【详解】（1）连接，因为，所以， 又，，所以四边形为菱形， 又，故菱形为正方形， 故，由勾股定理得， 因为，所以， 由勾股定理逆定理得⊥，故为等腰直角三角形， 取的中点，连接，则⊥， 因为平面平面，交线为，平面， 所以⊥平面， 又，所以⊥，，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 故， 设二面角的大小为，由图形可知，为锐角， 故二面角的余弦值； （2）由（1）知，. 所以， 平面ABCD的一个法向量为， 由（1）知，平面PAD的一个法向量为， 所以= ， 所以当，即时，有最大值. 5．（23-24高二下·福建龙岩·期末）如图，已知平行四边形，点E为的中点，，.将沿折起，使点D到达点P的位置，且与夹角的余弦值为. (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）利用已知的边和异面直线所成的角转化为已知的平面角，即可以证明线线垂直，再证线面垂直，最后到面面垂直； （2）利用空间向量法来求两平面所成角的余弦值. 【详解】（1） 取中点，连结，，由于是中点，可知， 所以为等边三角形，即， 又因为与夹角的余弦值为，， 所以与的夹角就是，即， 由余弦定理得：， 所以，即， 因为，所以， 又因为平面，平面，， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）因为平面，所以， 因为四边形为平行四边形，且为等边三角形，所以． 因为为的中点，则，所以为等腰三角形， 可得，，即. 取的中点，则，所以， 以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，， 可得，，设是平面的一个法向量， 所以，即，取， 又因为是平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为， 所以. 所以平面与平面所成角的余弦值为. 题型十四 空间中的动点问题 1．（多选）（23-24高二下·江苏南京·期末）在棱长为1的正方体中，点F在底面ABCD内运动（含边界），点E是棱的中点，则（    ） A．若F在棱AD上时，存在点F使 B．若F是棱AD的中点，则平面 C．若平面，则F是AC上靠近C的四等分点 D．若F在棱AB上运动，则点F到直线的距离最小值为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求线线的夹角，以及判断线面垂直，以及求解点到直线的距离，判断ACD，利用面面平行证明线面平行，判断B. 【详解】A.如图建立空间直角坐标系，，，， ，， ， 整理为，解得：或，都舍去， 所以不存在点F使，故A错误； B. 如图，取的中点，连结，因为点是的中点， 所以，平面，平面， 所以平面， 同理，且，所以，平面，平面，所以平面， 且，平面， 所以平面平面，平面， 所以平面 C. 若F是AC上靠近C的四等分点，则，，，， 所以，，， ，, 所以，，且，平面， 所以平面，且过点只有1条直线和平面垂直， 则点是唯一的，点是上靠近的四等分点，故C正确； D.若点在棱上运动，设，， ，, 则点到的距离， 当时，的最小值为，故D正确. 故选：BCD 【点睛】思路点睛：本题的关键是将几何问题转化为向量运算，尤其是证明垂直关系，求角和距离，以及判断是否存在问题. 2．（多选）（23-24高二上·安徽马鞍山·期末）如图，在长方体中，，点E为的中点，点F为侧面（含边界）上的动点，则下列说法正确的是 （    ） A．不存在点F，使得 B．的最小值为 C．满足的点F的轨迹长度为 D．若平面，则线段长度的最小值为 【答案】AC 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，由，列出方程，可判定A正确；由点关于平面的对称点为，利用，可判定B错误；由，求得，得到点的轨迹为矩形内的线段，可判定C正确；求得平面的一个法向量，根据，列出方程，结合二次函数，可判定D不正确. 【详解】以为原点，分别以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 设（其中）， 对于A中，若，则， 又由，所以， 即，此时方程无解， 所以不存在点，使得，所以A正确； 对于B中，设点关于平面的对称点为，则的坐标为， 可得， 当且仅当三点共线时，取等号，所以B错误； 对于C中，由，可得， 整理得，即点的轨迹为矩形内的线段， 因为，当时，；当时，， 即满足的点的轨迹长度为，所以C正确； 对于D中，由， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，所以，即， 又由点，所以， 当时，可得的最小值为，所以D不正确. 故选：AC. 3．（多选）（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点，点满足，则下列结论正确的是（    ） A．若，则四面体的体积为定值 B．若的外心为，则为定值2 C．若，则点的轨迹长度为 D．若且，则存在点，使得的最小值为 【答案】ACD 【分析】A选项，作出辅助线，结合空间向量基本定理得到三点共线，得到平面，故点为平面的距离为定值，四面体的体积为定值，A正确；B选项，作出辅助线，结合空间向量数量积的几何意义得到；C选项，建立空间直角坐标系，设，表达出，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分，结合弧长公式求出答案；D选项，求出，，得到，画出图形，数形结合得到其最小值. 【详解】A选项，在上分别取，使得，， 因为，所以， 因为，所以，即， 故，即， 所以三点共线， 因为，，所以， 故平面，故点为平面的距离为定值， 又为定值，故四面体的体积为定值，A正确；    B选项，取的中点，因为的外心为，所以⊥， 又题意得， 则，B错误；    C选项，取的中点，因为底面为菱形，， 故⊥， 以为坐标原点，以，分别为轴，建立空间直角坐标系， 故，设， 则， 化简得， 点满足， 即点在正方形内，包括边界， 故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分， 如图所示：    因为，，故， 故为等腰直角三角形，， 故点的轨迹长度为，C正确； D选项，若且，， 即，即， 又，，设， 设，即， 解得，即， ， 如图所示，    设，且⊥，⊥， 在线段上取一点，设，则， 故， 显然，直接连接，此时取得最小值，最小值即为， 由勾股定理得， 故的最小值为， D正确. 故选：ACD 【点睛】空间向量解决几何最值问题，通常有两种思路： ①形化，即用空间向量的几何意义将问题转化为空间几何中的最值或取值范围问题，然后根据图形的特征直接进行求解； ②数化，即利用空间向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解. 4．（多选）（23-24高二上·浙江杭州·期末）在直三棱柱中，，，分别是的中点，在线段上，则下面说法中正确的有（    ） A．平面 B．若是上的中点，则 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．存在点使直线与直线平行 【答案】AC 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断各选项的正误. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、 . 对于A选项，，易知平面的一个法向量为， ，则，又因为平面，所以，平面，故A正确； 对于B选项，当是线段的中点时，，， 则，故B错误； 对于C选项，由A知，易知平面的一个法向量为， 则，故C正确； 对于D选项，设，其中， ， 假设存在点使直线与直线平行，则存在使， 即，无解，所以假设不成立，故D错误. 故选：AC. 5．（多选）（23-24高二上·河南南阳·期末）如图，在直三棱柱中，，，，是棱上的动点，则（    ）    A．平面平面 B．存在点，使 C．存在点，使点到平面的距离为 D．存在点，使直线与所成角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】由面面垂直的判定定理可判断A；当与重合时，，又，故不存在点，可判断B；在平面内过作的垂线，垂足为，则为点到平面的距离，求出可判断C；以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，由异面直线所成角的向量公式求解可判断D. 【详解】在直三棱柱中，因为平面，平面， ∴平面平面，故A正确； 连接，由平面，平面，得， 在中，当与重合时，， 又，故不存在点，使，故B错误； ∵平面平面，在平面内过作的垂线，垂足为， 则为点到平面的距离， 易知，故C正确； 如图，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，设（）， 则，，令 ， 整理得，解得（舍去），， 且，故D正确.    故选：ACD. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！63 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$