第6章 空间向量与立体几何（举一反三讲义·培优篇）高二数学苏教版选择性必修第二册

该高中数学讲义通过十大压轴题型系统构建空间向量与立体几何知识体系，按“基础运算-判定应用-度量计算-综合探究”递进逻辑梳理，以题型框架图呈现线性运算、共线共面、空间角等核心内容，突出空间向量工具性与立体几何问题的内在联系。 讲义亮点是分层练习设计与素养导向，如题型8通过直三棱柱线线角计算培养数学思维，题型10存在性问题发展创新意识，基础题巩固运算能力，压轴题提升推理能力，助力学生分层提升，为教师精准教学提供系统资源。

第6章 空间向量与立体几何全章十大压轴题型归纳（举一反三讲义·培优篇） 【苏教版】 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，已知正方体中，点为上底面的中心，若，则（   ） A． B． C． D． 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，在堑堵中，M，N分别是的中点，是的中点，若，则（    ）    A． B． C． D． 3．（24-25高二上·上海·期中）正方体中，点E是上底面的中心，若，则 . 4．（24-25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)． 5．（24-25高二上·安徽·阶段练习）已知向量是空间中不共面的三个向量，. (1)若，求的值； (2)若四点共面，求的值. 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，是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且、、三点共线，则实数的值为（    ） A． B． C． D．8 2．（24-25高二上·北京·期中）已知是空间两个不共线的向量，，那么必有（    ） A．共线 B．共线 C．共面 D．不共面 3．（24-25高二上·陕西渭南·阶段练习）设，是空间两个不共线的向量，已知，，，且A，B，D三点共线，则 ． 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，将其沿折起使得与重合，如图②，其中分别为的中点． (1)用表示； (2)证明：四点共面． 5．（24-25高二·全国·课后作业）如图所示，在正方体中，点在上，且，点在体对角线上，且．求证：，，三点共线．    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）已知空间向量满足，，则与的夹角为（　　） A．30° B．45° C．60° D．以上都不对 2．（24-25高二上·湖南·阶段练习）如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，且，则（ ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·湖北荆门·期中）已知空间四边形各边及对角线长都相等，分别为的中点，向量与夹角的余弦值 . 4．（24-25高二上·浙江台州·阶段练习）如图，在三棱锥中，若，，，点为棱上一点，且，点为线段的中点 (1)求的长度； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 5．（24-25高二上·广东江门·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为2，且两两夹角为．求： (1)的长； (2)与夹角的余弦值． 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，在平行六面体中，，，则（    ） A．3 B． C． D． 2．（24-25高二上·安徽·阶段练习）在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·广东阳江·阶段练习）如图，边长为1的正方形所在平面与正方形所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线和上移动，且（）．则线段的长的最小值为 ． 4．（24-25高二上·四川达州·期中）如图，在平行六面体中，底面为正方形，，，.设，，.    (1)用，，表示； (2)求的长度. 5．（24-25高二上·安徽阜阳·阶段练习）如图，在六棱柱中，底面是正六边形，设，．    (1)用分别表示． (2)若，求： （ⅰ）； （ⅱ）． 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）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（    ） A．，，， B．，， C．，， D．，， 2．（24-25高二上·吉林·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． 3．（24-25高二上·四川成都·期中）已知三棱锥，如图所示，为重心，点，为，中点，点，分别在，上，，，若四点共面，则 ． 4．（24-25高二上·海南海口·阶段练习）如图所示，平行六面体中，E，F分别在和上，，. (1)求证：A，，，四点共面； (2)若，求的值. 5．（24-25高二上·贵州贵阳·阶段练习）已知为空间的一个基底，且，． (1)判断、、、四点是否共面； (2)能否以作为空间的一个基底？若能，试以这一组基底表示；若不能，请说明理由． 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·福建福州·期中）如图，在平行六面体中，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，在下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D．向量与的夹角是 3．（24-25高二上·浙江·期中）已知正四面体的边长为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，则线段EF长度的最小值为 . 4．（24-25高二上·浙江·期中）如图，在平行六面体中，，，， (1)求的长； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 5．（24-25高二上·北京丰台·期中）如图所示，在三棱柱中，，，，，点是棱的中点，点在棱上，且. (1)用表示向量； (2)求； (3)求证：. 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 ，向量，，，且，，则的值为（  ） A．－1 B．1 C．2 D．3 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，，下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若为钝角，则 D．若在上的投影向量为，则 3．（24-25高二上·天津北辰·期中）设，向量，，且，，则 . 4．（24-25高二上·河北衡水·期中）已知. (1)若，求的值； (2)若且，求的值. 5．（24-25高二上·河南周口·阶段练习）已知空间中三点，设向量，． (1)若，求实数的值； (2)若向量与共线，且，求的坐标． 题型8 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，在直三棱柱中，，，，点为棱的中点，点是棱上的一点，且，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·广东广州·阶段练习）如图，菱形边长为，，为边的中点，将沿折起，使到，连接，且，平面与平面的交线为，则下列结论中错误的是（    ） A．平面平面 B． C．与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为 3．（24-25高二上·河北张家口·阶段练习）在长方体中，，，点为长方体的底面的中心，点为棱的中点，则平面与平面夹角的余弦值为 .    4．（24-25高二上·贵州毕节·期中）在四棱锥中，，，平面平面，，且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面BPC与平面PCD所成角的余弦值． 5．（24-25高二上·山西晋城·阶段练习）如图，三棱柱中，，，，，. (1)求证：平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值. 题型9 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）正四棱柱的底面边长为1，点E，F分别为，的中点，且已知与所成角的大小为60°，则直线与平面之间的距离为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·广东汕尾·阶段练习）如图①，在中，，，E，F分别为AB，AC上的点，，．如图②，将沿EF折起，当四棱锥的体积最大时，点E到平面ACF的距离为（    ）    A． B． C． D． 3．（24-25高二上·北京·阶段练习）在棱长为2的正方体中，E为的中点，则点A到直线的最短距离为 . 4．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，，是棱的中点.    (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； 5．（24-25高二上·四川自贡·阶段练习）在棱长为的正方体中，求 (1)直线与平面所成的角； (2)求平面与平面的距离； (3)求三棱锥外接球的表面积； 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沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 2．（24-25高二上·四川内江·期中）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱上的动点（点不与点重合）．若，则下列说法正确的个数是（    ） ①存在点，使得点到平面的距离为； ②直线与所成角为； ③ 平面； A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 3．（23-24高三下·四川巴中·阶段练习）如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是 .    ①； ②存在点，使得//面； ③的最小值为； ④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 4．（24-25高二上·上海金山·阶段练习）如图，在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点． (1)请判断直线与平面是否垂直，并证明你的结论； (2)求直线与半面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 5．（24-25高二上·广东·期中）如图1，在边长为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥． (1)证明：在翻折过程中总有平面平面； (2)若平面平面，线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 第6章 空间向量与立体几何全章十大压轴题型归纳（举一反三讲义·培优篇） 【苏教版】 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，已知正方体中，点为上底面的中心，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据和可求关于的线性表示，由此可求结果. 【解答过程】因为， 所以， 所以， 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，在堑堵中，M，N分别是的中点，是的中点，若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】连接，利用空间向量运算即可求得正确答案. 【解答过程】连接，因为是的中点，所以，    因为底面为直角三角形的直棱柱， 所以四边形为长方形， 又因M，N分别是的中点， 所以， 则， 又因，所以可得，解得， 所以. 故选：A. 3．（24-25高二上·上海·期中）正方体中，点E是上底面的中心，若，则 . 【答案】 【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，，则其交点为E.又连接AC. 如图，可得，又. 则，，则. 故答案为：. 4．（24-25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)． 【答案】(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. 5．（24-25高二上·安徽·阶段练习）已知向量是空间中不共面的三个向量，. (1)若，求的值； (2)若四点共面，求的值. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）根据向量的运算得到以及，再根据与的关系列得方程组，即可求得结果； （2）根据四点共面得到，可用和表示出和，即可求出结果. 【解答过程】（1）由题可得： ， ， 因为，所以， 即解得 所以的值分别为； （2）因为四点共面，所以存在，使得， 即， 于是有 所以， 即的值为. 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，是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且、、三点共线，则实数的值为（    ） A． B． C． D．8 【答案】C 【解题思路】利用向量的线性运算表示，根据、、三点共线可得，建立等量关系可得的值. 【解答过程】∵，，， ∴， ∵、、三点共线， ∴，使得， 即 ， ∴，，解得． 故选：C． 2．（24-25高二上·北京·期中）已知是空间两个不共线的向量，，那么必有（    ） A．共线 B．共线 C．共面 D．不共面 【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】若共线，则， 又，则共线， 与条件矛盾，故A错误； 同理若共线，则， 又，则共线， 与条件矛盾，故B错误； 根据空间向量的共面定理可知共面，即C正确，D错误. 故选：C. 3．（24-25高二上·陕西渭南·阶段练习）设，是空间两个不共线的向量，已知，，，且A，B，D三点共线，则 ． 【答案】 【解题思路】根据A，B，D三点共线可得，即可得到关于的方程组，即可解出． 【解答过程】因为，， 则， 又，而A，B，D三点共线， 所以存在，使得， 即，所以，解得． 故答案为：． 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，将其沿折起使得与重合，如图②，其中分别为的中点． (1)用表示； (2)证明：四点共面． 【答案】(1)，． (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，证明即可. 【解答过程】（1）因为分别为的中点， 所以，． （2）因为， ， 所以，故四点共面． 5．（24-25高二·全国·课后作业）如图所示，在正方体中，点在上，且，点在体对角线上，且．求证：，，三点共线．    【答案】证明见解析 【解题思路】把用基底表示后证明它们共线，再由共顶点可得三点共线． 【解答过程】连接，， ∵ ， ， ∴，∴， 又，∴，，三点共线．    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）已知空间向量满足，，则与的夹角为（　　） A．30° B．45° C．60° D．以上都不对 【答案】D 【解题思路】由题意，再两边平方求解即可. 【解答过程】由题意，设与的夹角为，则， 即，解得. 故选：D. 2．（24-25高二上·湖南·阶段练习）如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，且，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】利用基底表示出向量，然后求出的模，余弦定理求出的长，在中，利用余弦定理的变形即可求出 【解答过程】如图连接, 则 由题可知， ∴ ， ， ， ∴， 在中,, , 在中, 故选：D. 3．（24-25高二上·湖北荆门·期中）已知空间四边形各边及对角线长都相等，分别为的中点，向量与夹角的余弦值 . 【答案】 【解题思路】根据向量的四则运算，用表示，，再根据数量积的计算公式和运算律求解即可. 【解答过程】如图，设，，，， 由题意易知，则， 因为，，， 所以， 所以, 所以向量与夹角的余弦值为， 故答案为：. 4．（24-25高二上·浙江台州·阶段练习）如图，在三棱锥中，若，，，点为棱上一点，且，点为线段的中点 (1)求的长度； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）根据向量的四则运算，用，，表示，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）因为为线段的中点，，所以，， 所以 ， 又因为，， 所以. （2）由（1）得 ， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为. 5．（24-25高二上·广东江门·期中）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为2，且两两夹角为．求： (1)的长； (2)与夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）表达出，平方后，结合数量积运算法则计算出，求出的长为； （2）计算出，，从而利用向量的夹角余弦公式求出答案. 【解答过程】（1）设，，，由题意知：，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即的长为， （2）∵， ∴， ∴， ， ∴， 即与夹角的余弦值为． 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，在平行六面体中，，，则（    ） A．3 B． C． D． 【答案】D 【解题思路】由空间向量平行六面体法则可得，利用空间向量数量积的运算性质可求得的值. 【解答过程】由题意可得，， 所以，向量两两夹角为， 由空间向量数量积的定义可得， 同理可得， 因为， 故 ， 因此，. 故选：D. 2．（24-25高二上·安徽·阶段练习）在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】应用向量加法法则得到 ，再应用向量数量积的运算律求模. 【解答过程】由题设，易知是边长为的正三角形，    所以 . 故选：A. 3．（24-25高二上·广东阳江·阶段练习）如图，边长为1的正方形所在平面与正方形所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线和上移动，且（）．则线段的长的最小值为 ． 【答案】 【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，则可设，，结合向量线性运算可得；结合向量模长与数量积的关系，计算可得. 【解答过程】因为四边形正方形，故，而平面平面， 平面平面 ，平面，故平面， 而平面，故． 设，则，其中， 由题设可得： ； ，故， 当且仅当即时等号成立，故 故答案为：. 4．（24-25高二上·四川达州·期中）如图，在平行六面体中，底面为正方形，，，.设，，.    (1)用，，表示； (2)求的长度. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）首先将转化为与已知向量、、相关的表达式，再根据向量关系进行代换； （2）涉及向量的模长公式.在求出的向量表达式后，利用向量模长公式计算其长度. 【解答过程】（1）因为. 又因为，且. 所以. （2）由（1）知. 首先计算. 根据向量运算法则. 因为底面为正方形，，所以，. 又，所以. 由于，且， . 而，所以. 那么. 根据向量的模长公式，所以. 5．（24-25高二上·安徽阜阳·阶段练习）如图，在六棱柱中，底面是正六边形，设，．    (1)用分别表示． (2)若，求： （ⅰ）； （ⅱ）． 【答案】(1)， (2)（i）；（ii） 【解题思路】（1）连接，结合空间向量的线性运算以为基底表示向量即可； （2）确定空间基底向量的模长与数量积，结合空间向量的数量积的运算性质分别求解，即可得结论. 【解答过程】（1）如图，连接，    因为六边形为正六边形， 所以，则， 所以，； （2）因为六边形为正六边形，所以， 又， 所以， （i）； （ii）因为， 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．（24-25高二上·山西·阶段练习）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】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，所以，，共面，故A错误； 对于B，因为，所以，，共面，故B错误； 对于C，因为，所以，，共面，故C错误； 对于D，假设三个向量共面，则存在实数x，y，使得成立， 则显然方程组无解，所以，，不共面，故D正确. 故选：D. 2．（24-25高二上·吉林·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】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，所以共面； 对于B选项，有，所以共面； 对于C选项，假设共面，则有， 即，由此有、、共面，与已知条件矛盾， 所以不共面； 对于D选项，，所以共面. 故选：C. 3．（24-25高二上·四川成都·期中）已知三棱锥，如图所示，为重心，点，为，中点，点，分别在，上，，，若四点共面，则 ． 【答案】4 【解题思路】先得到，进一步有，结合四点共面的充要条件即可求解. 【解答过程】如图所示：    设中点为，连接，因为点G为重心， 所以点在线段上面， 因为 ， 所以， 所以， 若M，D，E，F四点共面，则，解得， 故答案为：4. 4．（24-25高二上·海南海口·阶段练习）如图所示，平行六面体中，E，F分别在和上，，. (1)求证：A，，，四点共面； (2)若，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）根据空间向量基本定理即可证明： （2）把作为一组基底，结合向量的线性运算即可求解. 【解答过程】（1）证明： ， ，，，四点共面. （2） ， ，，， . 5．（24-25高二上·贵州贵阳·阶段练习）已知为空间的一个基底，且，． (1)判断、、、四点是否共面； (2)能否以作为空间的一个基底？若能，试以这一组基底表示；若不能，请说明理由． 【答案】(1)、、、四点不共面，理由见解析； (2)为空间的一组基底， ，理由见解析. 【解题思路】（1）利用反证法可判断不共面，故得四点不共面； （2）利用反证法可判断为空间的一组基底，利用待定系数法可求的表示形式. 【解答过程】（1）， 设，则， 因为为空间的一个基底，故，该方程无解， 故不共面，所以、、、四点不共面， （2）设，则， 因为为空间的一个基底，故，无解， 故不共面，故为空间的一组基底. 设，则： ， 因为为空间的一个基底，故， 故，故. 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，在平行六面体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】利用空间向量的基本定理将与用基底表示出来，然后利用数量积的定义求解即可. 【解答过程】由条件可知，， ， ， ， ，所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 故选：A. 2．（24-25高二上·福建福州·期中）如图，在平行六面体中，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，在下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D．向量与的夹角是 【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，， 由于，，所以，选项A正确. 对于B，已知以顶点为端点的三条棱长均为，且它们彼此的夹角都是. ，则 .所以，选项B正确. 对于C，， ， 因为，所以，选项C正确. 对于D，，设向量与的夹角为 ， ， 所以，选项D错误. 故选：D. 3．（24-25高二上·浙江·期中）已知正四面体的边长为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，则线段EF长度的最小值为 . 【答案】 【解题思路】根据给定条件，取定空间的基底，利用空间向量的线性运算表示向量，再利用向量数量积的运算律，结合二次函数求出最小值. 【解答过程】在棱长为2的正四面体中，由点M，N为棱BC，AD的中点，得， 由点E，F分别在线段AM，CN上，，令，则， 所以 ，又， ，， 故 ， 当时，，所以线段EF长度的最小值为. 故答案为：. 4．（24-25高二上·浙江·期中）如图，在平行六面体中，，，， (1)求的长； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)4 (2) 【解题思路】（1）根据题意，以为基底，利用线性运算以及数量积求出，可得答案； （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）在平行六面体中，，， ，， 由得， ， 则，即的长为4. （2），， ，，， ， 设异面直线与所成角为，则. 所以异面直线与所成角的余弦值. 5．（24-25高二上·北京丰台·期中）如图所示，在三棱柱中，，，，，点是棱的中点，点在棱上，且. (1)用表示向量； (2)求； (3)求证：. 【答案】(1) (2) (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 ，然后利用数量积的运算律及定义求得，即可证明. 【解答过程】（1）； （2） ， 则； （3） ， 所以 ， 所以，即. 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 ，向量，，，且，，则的值为（  ） A．－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可得答案. 【解答过程】因为向量，，， 由，则，解得， 由，则，解得， 则. 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，，下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若为钝角，则 D．若在上的投影向量为，则 【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，结合空间向量数量积的坐标运算可判断B选项；分析可得且，结合空间向量数量积的坐标运算可判断C选项；利用投影向量的定义以及空间向量数量积的坐标运算可判断D选项. 【解答过程】因为向量，， 对于A选项，若，则，解得，A错； 对于B选项，若，则，解得，B错； 对于C选项，若为钝角，则且， 解得且，C错； 对于D选项，若在上的投影向量为， 即，则，解得，D对. 故选：D. 3．（24-25高二上·天津北辰·期中）设，向量，，且，，则 . 【答案】 【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，所以，即，解得， 又因为∥，所以存在实数使得，即，解得， 所以， 所以， 故答案为： . 4．（24-25高二上·河北衡水·期中）已知. (1)若，求的值； (2)若且，求的值. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）利用坐标运算表示，根据向量平行建立等量关系，解方程得到结果. （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，， ∵， ∴，解得. （2）由题意得，， ∵且， ∴,解得. 5．（24-25高二上·河南周口·阶段练习）已知空间中三点，设向量，． (1)若，求实数的值； (2)若向量与共线，且，求的坐标． 【答案】(1) (2)或. 【解题思路】（1）求出、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，借助模长公式计算即可得. 【解答过程】（1），， 则， 由， 故， 解得； （2），， 向量与共线，且，则， 即或. 题型8 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，在直三棱柱中，，，，点为棱的中点，点是棱上的一点，且，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】求出、的长，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与所成角的余弦值. 【解答过程】因为，，，则， 故， 在直三棱柱中，底面， 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， 因为点为棱的中点，点是棱上的一点，且， 则、、、， ，， 所以，. 因此，直线与所成角的余弦值为. 故选：D. 2．（24-25高二上·广东广州·阶段练习）如图，菱形边长为，，为边的中点，将沿折起，使到，连接，且，平面与平面的交线为，则下列结论中错误的是（    ） A．平面平面 B． C．与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为 【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，在菱形中，，，则是正三角形， 由为边的中点，得，又，则， 而，平面，则平面， 又，于是平面，而平面，因此平面平面，A正确； 对于B，由，平面，平面，则平面， 又平面与平面的交线为，平面，因此，B正确； 对于C，由A知，，折起后仍有，，又平面， 则，以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 由平面，得是平面的一个法向量， 设与平面所成角为，则， 因此，C错误； 对于D，由选项C知平面，则为平面的一个法向量， 又，设平面的一个法向量为， 则，令，得， 则，由图形知二面角为锐角，其余弦值为，D正确. 故选：C. 3．（24-25高二上·河北张家口·阶段练习）在长方体中，，，点为长方体的底面的中心，点为棱的中点，则平面与平面夹角的余弦值为 .    【答案】 【解题思路】建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量公式求解即可. 【解答过程】    如图所示，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系； 由题意，，，，则，， 设平面的法向量， 由，得，令，解得，， 则平面的一个法向量， 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则, 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 故答案为：. 4．（24-25高二上·贵州毕节·期中）在四棱锥中，，，平面平面，，且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (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)； (3). 【解题思路】（1）在面内过，易知，与必相交，再由面面、线面垂直的性质得，再应用线面垂直的判定证明结论； （2）在面内作，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）在面内过，连接， 由，，则，与必相交， 由面面，面面，面， 所以面，面，则，又， 由与相交且都在面，则平面； （2）由（1）及，易知为等边三角形，在面内作， 结合（1）结论，可构建如图所示的空间直角坐标系，则， 所以，又是面的一个法向量， 则直线与平面所成角的正弦值为. （3）同（2）中坐标系，则， 若是面的一个法向量，则，取，则， 若是面的一个法向量，则，取，则， 所以平面BPC与平面PCD所成角的余弦值为. 5．（24-25高二上·山西晋城·阶段练习）如图，三棱柱中，，，，，. (1)求证：平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【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）在中，由余弦定理，可得， 则，化简得，解得， 则有，所以， 又，平面ABC，所以平面ABC， 又平面ABC，所以， 又，，平面，平面， 所以平面. （2）由（1）易知，AC，BC两两相互垂直， 以为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， 则，，，， 设平面的法向量为， 则，可得， 所以，令，则，， 设平面的法向量为， 则,可得, 令，则，，故， 设平面与平面的夹角为， 则，解得， 则， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 题型9 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）正四棱柱的底面边长为1，点E，F分别为，的中点，且已知与所成角的大小为60°，则直线与平面之间的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】建立空间直角坐标系，设正四棱柱高为，求出与的方向向量，即可表示出与所成角，从而求得正四棱柱的高，再求出平面的法向量和，即可求得直线与平面之间的距离. 【解答过程】解：以为原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设，    因为点分别为，的中点，则，，，， 所以，，因为与所成角的大小为60°， 所以，解得， 所以，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，由得，解得， 令，得，所以， 因为，又平面，所以平面， 所以直线与平面之间的距离为点到平面的距离，因为， 所以直线与平面之间的距离为：. 故选A. 2．（24-25高二上·广东汕尾·阶段练习）如图①，在中，，，E，F分别为AB，AC上的点，，．如图②，将沿EF折起，当四棱锥的体积最大时，点E到平面ACF的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】确定四棱锥的体积最大时，平面，然后以为原点，分别以为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】由得，所以，四边形的面积是确定的， 点到平面为，则，因此 四棱锥的体积最大时，取得最大值，所以平面， 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， 设平面的一个法向量是， 则，取得， 所以点到平面的距离为， 故选：B． 3．（24-25高二上·北京·阶段练习）在棱长为2的正方体中，E为的中点，则点A到直线的最短距离为 . 【答案】2 【解题思路】由题设建立空间直角坐标系，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， 则， 所以， 所以直线方向上的单位向量为， 所以， 所以点A到直线的最短距离为. 故答案为：2. 4．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，，是棱的中点.    (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) (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；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）因为底面，， 所以以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    因为，，是棱的中点， ， 则，，，，，. 则，. 所以，，. 设异面直线AE和PD所成角为， 则. （2）因为，，， 所以，. 设平面的法向量为， 则，取，可得，，则. 又因为， 所以点B到平面CDE的距离为. 5．（24-25高二上·四川自贡·阶段练习）在棱长为的正方体中，求 (1)直线与平面所成的角； (2)求平面与平面的距离； (3)求三棱锥外接球的表面积； 【答案】(1) (2) (3) 【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）先证平面平面，将面到面的距离转化为点到面的距离，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求出点到面的距离即可； （3）根据补形法确定三棱锥的外接球即为正方体的外接球，求出正方体外接球半径，即可求得结果. 【解答过程】（1） 建立如图所示，以为坐标原点， 、、分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系， 根据题意有：，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 所以，即，令，则有， 所以为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则有，又因为， 所以 （2） 连接、、、、、， 因为，，所以四边形是平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面；同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面； 因为，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，， 令，可得， 则为平面的一个法向量， 所以平面与平面的距离. （3）根据补形法可知三棱锥的外接球就是正方体的外接球， 设三棱锥的外接球半径为，则， 所以，所以三棱锥的外接球的表面积为. 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沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 【答案】B 【解题思路】由题意将图形补全为正方体，，对于A，根据平面，当重合即可判定；对于B，根据平面，而是圆弧上的动点，即可判定；对于C，建立空间直角坐标系，根据平面的法向量和垂直即可判定结果；对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大，求出夹角正弦值，进一步分析即可. 【解答过程】对于A，因为正方体中，平面 平面，所以 ，所以当重合时，由.由A正确； 对于B，因为，若，则，又，所以B不正确； 对于C，以A为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，， ， ， 所以 设为平面的一个法向量， 则即， 令得，则 假设平面， 则，所以. 因为，所以， 即是圆弧的中点，符合题意，故C正确； 对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大， 所以. 由得直线与平面的所成角的最大角大于， 所以存在点，使得直线与平面的所成角为，故D正确. 故选：B. 2．（24-25高二上·四川内江·期中）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱上的动点（点不与点重合）．若，则下列说法正确的个数是（    ） ①存在点，使得点到平面的距离为； ②直线与所成角为； ③ 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， 则， 所以，， 设面的一个法向量为， 则，取，即， 所以点到平面的距离为， 由，易知，即①正确； 设直线与所成角为， 则，即②正确； 显然，即与平面不平行，③错误. 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，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是 .    ①； ②存在点，使得//面； ③的最小值为； ④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 【答案】①② 【解题思路】建立如图空间直角坐标系，设，则，利用空间向量法即可证明①②④；将平面与平面沿展开成平面图，得，利用余弦定理计算即可判断③. 【解答过程】由题意，建立如图空间直角坐标系，    则， 所以， 设，则，所以， 所以. ①：， 所以，故①正确； ②：设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 有，当时，，此时，即平面， 所以当点P为的中点时，平面，故②正确； ③：将平面与平面沿展开成平面图，线段即为的最小值.    在中，，由余弦定理， 得， 即，故③错误； ④：由平面， 得平面，即平面，则为平面的一个法向量， 假设存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为， 设该线面角为，则， 所以， 整理得，由知方程无实根， 所以不存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为，故④错误. 故答案为：①②. 4．（24-25高二上·上海金山·阶段练习）如图，在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点． (1)请判断直线与平面是否垂直，并证明你的结论； (2)求直线与半面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)不垂直；证明见解析 (2)； (3)不存在，理由见解析 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，证明，，由此可得结论； （2）求平面的法向量，利用向量方法求直线与平面所成角的正弦值； （3）假设存在，，求出的坐标，再求平面的法向量及，利用向量方法求点到平面的距离，列方程求即可. 【解答过程】（1）结论：直线与平面不垂直， 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，，， ， 所以直线与平面不垂直． （2）设平面的一个法向量， ，， ， 令，则，， 所以为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． （3）假设存在，，使得点到平面的距离是， 由（1）知，，，所以， 所以，又，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离是， 故在线段上不存在点，使得点到平面的距离是． 5．（24-25高二上·广东·期中）如图1，在边长为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥． (1)证明：在翻折过程中总有平面平面； (2)若平面平面，线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，为上靠近的三等分点. 【解题思路】（1）先证平面，结合面面垂直的判定定理证得平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用平面与平面所成角的余弦值来列方程，从而求得点的位置. 【解答过程】（1）折叠前，四边形是菱形，所以， 由分别是边的中点，所以，故， 折叠过程中且都在面， 所以面，故面，面， 所以面面. （2）当面面时，由面面，面，， 所以面，又面，故， 综上，可建立如下空间直角坐标系， 则， 所以，设， 则， 所以，则，， 设面的法向量为， 则， 取，则，而面的一个法向量为， 若面与面的夹角为， 则， 解得， 所以为上靠近的三等分点，满足题设要求. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $