【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题1.13 空间向量与立体几何全章综合测试卷（提高篇） Word版含解析.docx，共(25)页，260.051 KB，由小赞的店铺上传

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第一章空间向量与立体几何全章综合测试卷-提高篇参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022春•杨浦区校级期中）下列条件中，一定使空间四点P、A、B、C共面的是

（）A．𝑂𝐴→+𝑂𝐵→+𝑂𝐶→=−𝑂𝑃→B．𝑂𝐴→+𝑂𝐵→+𝑂𝐶→=𝑂𝑃→C．𝑂𝐴→+𝑂𝐵→+𝑂𝐶→=2𝑂𝑃→D．𝑂𝐴→+𝑂𝐵→+𝑂𝐶→=3𝑂𝑃→【解题思路】要使空间中的P、A、B、C四点共面，只需满足𝑂𝑃→=𝑥𝑂𝐴

→+𝑦𝑂𝐵→+𝑧𝑂𝐶→，且x+y+z＝1即可．【解答过程】解：对于A选项，𝑂𝑃→=−𝑂𝐴→−𝑂𝐵→−𝑂𝐶→，（﹣1）+（﹣1）+（﹣1）＝﹣3≠1，所以点P与A、B、C三点不共面；对于B选项，𝑂𝑃→=𝑂𝐴→+𝑂

𝐵→+𝑂𝐶→，1+1+1＝3≠1，所以点P与A、B、C三点不共面；对于C选项，𝑂𝑃→=12𝑂𝐴→+12𝑂𝐵→+12𝑂𝐶→，12+12+12=32≠1，所以点P与A、B、C三点不共面；对于D选项，𝑂𝑃→=13𝑂𝐴→+

13𝑂𝐵→+13𝑂𝐶→，13+13+13=1，所以点P与A、B、C三点共面．故选：D．2．（5分）（2021秋•朝阳区校级期末）已知空间向量𝑎→，𝑏→，𝑐→，下列命题中正确的个数是（）①若𝑎→与𝑏→共线，𝑏→与𝑐→共线，则𝑎→与𝑐→共线；②若𝑎→

，𝑏→，𝑐→非零且共面，则它们所在的直线共面；③若𝑎→，𝑏→，𝑐→不共面，那么对任意一个空间向量𝑝→，存在唯一有序实数组（x，y，z），使得𝑝=𝑥𝑎→+𝑦𝑏→+𝑧𝑐→；④若𝑎→，𝑏→不

共线，向量𝑐→=𝜆𝑎→+𝜇𝑏→（λ，μ∈R且λμ≠0），则{𝑎→，𝑏→，𝑐→}可以构成空间的一个基底．A．0B．1C．2D．3【解题思路】举反例，判断①；根据共面向量的定义判断②；利用空间向量基本定理判断③④．【解答过程】解：对于

①，若𝑎→与𝑏→共线，𝑏→与𝑐→共线，则当𝑏→=0→时，𝑎→与𝑐→不共线，故①错误；对于②，共面向量的定义是平行于同一平面的向量，∴𝑎→，𝑏→，𝑐→非零且共面，则表示这些向量的有向线段所在的直线不一定共面，故②错误；对于③，由空间向量基

本定理可知：若𝑎→，𝑏→，𝑐→不共面，那么对任意一个空间向量𝑝→，存在唯一有序实数组（x，y，z），使得𝑝=𝑥𝑎→+𝑦𝑏→+𝑧𝑐→，故③正确；④若𝑎→，𝑏→不共线，向量𝑐→=𝜆𝑎→+𝜇𝑏→(𝜆，𝜇∈𝑅且𝜆𝜇≠0)，则𝑐→，𝑎

→，𝑏→共在，∴{𝑎→，𝑏→，𝑐→}不可以构成空间的一个基底，故④错误．故选：B．3．（5分）（2022春•广东月考）在三棱锥A﹣BCD中，P为△BCD内一点，若S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，则𝐴𝑃→=（）A．13𝐴𝐵→+16�

�𝐶→+12𝐴𝐷→B．12𝐴𝐵→+16𝐴𝐶→+13𝐴𝐷→C．13𝐴𝐵→+12𝐴𝐶→+16𝐴𝐷→D．16𝐴𝐵→+13𝐴𝐶→+12𝐴𝐷→【解题思路】延长PB至B1，使得PB1＝2PB

，延长PC至C1，使得PC1＝3PC，连接DB1，B1C1，C1D，由题意得出𝑆△𝑃𝐵1𝐶1=𝑆△𝑃𝐶1𝐷=𝑆△𝑃𝐵1𝐷，P为△B1C1D的重心，由此用𝐴𝐷→、𝐴𝐵→和𝐴𝐶→表示𝐴𝑃→．【解答过程】

解：三棱锥A﹣BCD中，P为△BCD内一点，如图所示：延长PB至B1，使得PB1＝2PB，延长PC至C1，使得PC1＝3PC，连接DB1，B1C1，C1D，因为S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，所以𝑆△𝑃𝐵1𝐶1=𝑆△𝑃𝐶1𝐷=�

�△𝑃𝐵1𝐷，所以P为△B1C1D的重心，所以𝑃𝐷→+𝑃𝐵1→+𝑃𝐶1→=0→，即𝑃𝐷→+2𝑃𝐵→+3𝑃𝐶→=0→，所以（𝐴𝐷→−𝐴𝑃→）+2（𝐴𝐵→−𝐴𝑃→

）+3（𝐴𝐶→−𝐴𝑃→）=0→，所以𝐴𝑃→=13𝐴𝐵→+12𝐴𝐶→+16𝐴𝐷→．故选：C．4．（5分）（2022春•南明区校级月考）已知MN是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，则

𝑃𝑀→⋅𝑃𝑁→的最大值为（）A．4B．12C．8D．6【解题思路】利用空间向量的线性运算和数量积运算得到𝑃𝑀→•𝑃𝑁→=𝑃𝐺→2−4，再利用正方体的性质求解．【解答过程】解：设正方体内切球的球心为G，则GM＝GN＝2，𝑃𝑀→•𝑃𝑁→=（𝑃𝐺→+𝐺𝑀→）•

（𝑃𝐺→+𝐺𝑁→）=𝑃𝐺→2+𝑃𝐺→•（𝐺𝑀→+𝐺𝑁→）+𝐺𝑀→•𝐺𝑁→，因为MN是正方体内切球的一条直径，所以𝐺𝑀→+𝐺𝑁→=0→，𝐺𝑀→•𝐺𝑁→=−4，所以𝑃𝑀→•𝑃𝑁→=𝑃𝐺→2−4，又点P在正方体表面上运动，所以当P为正方

体顶点时，|𝑃𝐺→|最大，且最大值为2√3，所以𝑃𝑀→•𝑃𝑁→=𝑃𝐺→2−4≤8，所以𝑃𝑀→•𝑃𝑁→最大值为8，故选：C．5．（5分）（2021秋•辽宁期末）已知A（1，0，0），B（0，﹣1，1），

O是坐标原点，𝑂𝐴→+𝜆𝑂𝐵→与𝑂𝐵→的夹角为120°，则λ的值为（）A．±√66B．√66C．−√66D．±√6【解题思路】首先求出空间向量的坐标，及向量的模，进一步利用向量的夹角求出结果．【解答过程】解：因为𝑂𝐴→+λ𝑂𝐵→=（1，0，0）+λ（0，﹣1，1）＝（1

，﹣λ，λ），所以|𝑂𝐴→+𝜆𝑂𝐵→|=√1+2𝜆2，|𝑂𝐵→|=√2，（𝑂𝐴→+λ𝑂𝐵→）•𝑂𝐵→=2λ，所以cos120°=2𝜆√2√2𝜆2+1=−12，所以λ＜0，且4λ=−√4�

�2+2，解得：λ=−√66．故选：C．6．（5分）（2021秋•乳山市校级月考）给出以下命题，其中正确的是（）A．直线l的方向向量为𝑎→=(0，1，−1)，平面α的法向量为𝑛→=(1，−1，−1)，则l⊥αB．平面α、β的法向量分别为𝑛→1=(0，1，3)，𝑛→2=(1，0，2)，则

α∥βC．平面α经过三个点A（1，0，﹣1），B（0，﹣1，0），C（﹣1，2，0），向量𝑛→=(1，𝑢，𝑡)是平面α的法向量，则u+t＝1D．直线l的方向向量为𝑎→=(1，−1，2)，直线m的方向向量为𝑏→=(2，1

，−12)，则l与m垂直【解题思路】A中，根据𝑎→•𝑛→=0判断l∥α或l⊂α；B中，根据𝑛1→与𝑛2→不共线判断α与β不平行；C中，求出平面α的一个法向量为𝑛→=（1，3，4），即可判断u+t的值；D中，根据𝑎→•𝑏→=0判断直线l与m垂直．【解答过程】解：对于A，因为𝑎

→•𝑛→=0﹣1+1＝0，所以𝑎→⊥𝑛→，所以l∥α或l⊂α，选项A错误；对于B，因为𝑛1→≠λ𝑛2→，λ∈R，所以𝑛1→与𝑛2→不共线，所以α与β不平行，选项B错误；对于C，设平面α的法向量是𝑛→=（x，y，z

），因为𝐴𝐵→=（﹣1，﹣1，1），𝐴𝐶→=（﹣2，2，﹣1），所以{𝑛→⋅𝐴𝐵→=0𝑛→⋅𝐴𝐶→=0，即{−𝑥−𝑦+𝑧=0−2𝑥+2𝑦−𝑧=0，化简得﹣3x+y＝0，令x＝1，得y＝3，z＝4，所以𝑛→=（1，3，4），所以u+t＝7，选项C错误；对于D

，因为𝑎→•𝑏→=1×2﹣1×1+2×（−12）＝0，所以𝑎→⊥𝑏→，直线l与m垂直，选项D正确．故选：D．7．（5分）（2021•宝山区二模）设向量𝑢→=(𝑎，𝑏，0)，𝑣→=(𝑐，𝑑，1)，其中a2+b2＝c2+d2＝1，则下列

判断错误的是（）A．向量𝑣→与z轴正方向的夹角为定值（与c，d之值无关）B．𝑢→⋅𝑣→的最大值为√2C．𝑢→与𝑣→的夹角的最大值为3𝜋4D．ad+bc的最大值为1【解题思路】在A中，取z轴的正方向向量𝑡→=（0，0，t），求

出𝑛→与𝑡→的夹角即可判断命题正确；在B中，计算𝑢→⋅𝑣→=ac+bd，利用不等式求出最大值即可判断命题错误；在C中，利用数量积求出𝑢→与𝑣→的夹角的最大值，即可判断命题正确；在D中，利用不等式求出最大值即可判断命题正确．【解答过程】解：由向量𝑢→=(𝑎，𝑏，0)，𝑣

→=(𝑐，𝑑，1)，其中a2+b2＝c2+d2＝1，知：在A中，设z轴正方向的方向向量𝑧→=（0，0，t），向量𝑣→与z轴正方向的夹角的余弦值：cosα=𝑧→⋅𝑣→|𝑧→|⋅|𝑣→|=𝑡𝑡⋅√𝑐2+𝑑2+1=√22，∴α＝45°，∴向量𝑣→与z轴正方向

的夹角为定值45°（与c，d之值无关），故A正确；在B中，𝑢→⋅𝑣→=ac+bd≤𝑎2+𝑐22+𝑏2+𝑑22=𝑎2+𝑏2+𝑐2+𝑑22=1，且仅当a＝c，b＝d时取等号，因此𝑢→⋅𝑣→的最大值为1，故B错误；在C中

，由B可得：|𝑢→⋅𝑣→|≤1，∴﹣1≤𝑢→⋅𝑣→≤1，∴cos＜𝑢→⋅𝑣→＞=𝑢→⋅𝑣→|𝑢→|⋅|𝑣→|=𝑎𝑐+𝑏𝑑√𝑎2+𝑏2⋅√𝑐2+𝑑2+1≥−11×√2=−√22，∴𝑢→与

𝑣→的夹角的最大值为3𝜋4，故C正确；在D中，ad+bc≤𝑎2+𝑑22+𝑏2+𝑐22=𝑎2+𝑏2+𝑐2+𝑑22=1，∴ad+bc的最大值为1．故D正确．故选：B．8．（5分）（2022春•米东区校级期中）如图，在棱长为1的正

方体中，下列结论不正确的是（）A．异面直线AC与BC1所成的角为60°B．二面角A﹣B1C﹣B的正切值为√2C．直线AB1与平面ABC1D1所成的角为45°D．四面体D1﹣AB1C的外接球体积为√32𝜋【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空

间向量求解异面直线的夹角，二面角及线面角，判断ABC选项，D选项，四面体D1﹣AB1C的外接球即为正方体的外接球，从而求出外接球半径和体积．【解答过程】解：以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，则A（1，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），C1（0，1，1），B1（1，1，1），D1（0，0，1），A选项，设异面直线AC与BC1所成的角为θ，则𝑐𝑜𝑠𝜃

=|𝑐𝑜𝑠＜𝐴𝐶→，𝐵𝐶1→⬚＞|=|(−1，1，0)⋅(−1，0，1)|√2×√2=12，故异面直线AC与BC1所成的角为60°，A正确；B选项，设平面AB1C的法向量为𝑚→=（x，y，

z），则有{𝑚→⋅𝐴𝐵1→=𝑦+𝑧=0𝑚→⋅𝐴𝐶→=−𝑥+𝑦=0，令y＝1得：x＝1，z＝﹣1，则𝑚→=（1，1，﹣1），平面BB1C的法向量为𝑛→=（0，1，0），𝑐𝑜𝑠〈𝑚→，𝑛→〉=𝑚→⋅𝑛→|𝑚→|⋅|𝑛→|=1√3=√33，设

二面角A﹣B1C﹣B的大小为α，显然α为锐角，则𝑐𝑜𝑠𝛼=𝑐𝑜𝑠〈𝑚→，𝑛→〉=√33，所以𝑠𝑖𝑛𝛼=√63，𝑡𝑎𝑛𝛼=√2，故二面角A﹣B1C﹣B的正切值为√2，B正确；C选项，设平面ABC1D1的法

向量为𝑛→1=(𝑥1，𝑦1，𝑧1)，则{𝑛→1⋅𝐴𝐵→=𝑦1=0𝑛→1⋅𝐴𝐶→1=−𝑥1+𝑦1+𝑧1=0，令x1＝1，则z1＝1，所以𝑛1→=（1，0，1），设直线AB1与平面ABC1D1所成的角为β，则𝑠𝑖𝑛𝛽=|�

�𝑜𝑠〈𝐴𝐵→1，𝑛→1〉|=|(0，1，1)⋅(1，0，1)|√2×√2=12，则β＝30°，C错误；设外接球半径为R，则𝑅=√32，则外接球体积为√32𝜋，D正确；故选：C．二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2021秋•昆山市月考）下列说法

正确的是（）A．空间中任意两非零向量𝑎→，𝑏→共面B．直线的方向向量是唯一确定的C．若𝐴𝐵→=λ𝐴𝐶→+μ𝐴𝐷→（λ，μ∈R），则A，B，C，D四点共面D．在四面体ABCD中，E，F为CB，CD中点，G为EF中点，

则𝐴𝐺→=−14𝐴𝐵→+12𝐴𝐶→+34𝐴𝐷→【解题思路】由空间中任意两个向量𝑎→，𝑏→都共面判断A；由直线的方向向量定义判断B；由共面定理的推理判断C；根据向量的平行四边形去则判断D．【解答过程】解：对于A，空间中任意两个向

量𝑎→，𝑏→都共面，故A正确；对于B，空间直线的方向用一个与该直线平行的非零向量来表示，该向量称为这条直线的一个方向向量，故B错误；对于C，因为𝐴𝐵→=𝜆𝐴𝐶→+𝜇𝐴𝐷→(𝜆，𝜇∈𝑅)，所以𝑂�

�→−𝑂𝐴→=𝜆(𝑂𝐶→−𝑂𝐴→)+𝜇(𝑂𝐷→−𝑂𝐴→)，𝑂𝐵→=𝜆𝑂𝐶→+(1−𝜆−𝜇)𝑂𝐴→+𝜇𝑂𝐷→，因为（1﹣λ﹣μ）+λ+μ＝1，所以A，B，C，D四点共面，故C正

确；对于D，因为E，F为CB，CD中点，G为EF中点，所以𝐴𝐸→=12(𝐴𝐵→+𝐴𝐶→)，𝐴𝐹→=12(𝐴𝐶→+𝐴𝐷→)，𝐴𝐺→=12(𝐴𝐸→+𝐴𝐹→)=14𝐴𝐵→+12𝐴𝐶→+14𝐴𝐷→，故D错误；故选：AC．10

．（5分）（2021秋•凤城市校级月考）已知空间四点O（0，0，0），A（0，1，2），B（2，0，﹣1），C（3，2，1），则下列说法正确的是（）A．𝑂𝐴→⋅𝑂𝐵→=−2B．𝑐𝑜𝑠＜𝑂𝐴→，𝑂𝐵→＞=−25C．点O到直线BC的距离为√5D．O

，A，B，C四点共面【解题思路】直接利用空间向量，向量的模，向量垂直的充要条件，共面向量基本定理，向量的夹角的应用判定A、B、C、D的结论．【解答过程】解：空间四点O（0，0，0），A（0，1，2），B

（2，0，﹣1），C（3，2，1），则𝑂𝐴→=（0，1，2），𝑂𝐵→=（2，0，﹣1），所以|𝑂𝐴→|=√5，|𝑂𝐵→|=√5，对于A：𝑂𝐴→⋅𝑂𝐵→=−2，故A正确；对于B：cos＜𝑂𝐴→，𝑂𝐵→＞=𝑂𝐴→⋅𝑂𝐵→|𝑂𝐴→||𝑂𝐵→|=−2√5

×√5=−25，故B正确；对于C：由于𝑂𝐵→=（2，0，﹣1），𝐵𝐶→=（1，2，2），所以𝑂𝐵→⋅𝐵𝐶→=0，故𝑂𝐵→⊥𝐵𝐶→，所以点O到直线BC的距离d＝|𝑂𝐵→|=√5，故C正确；对于D：根据已知的条件求出：𝑂𝐴→=（0，1，2），𝑂𝐵→

=（2，0，﹣1），𝑂𝐶→=（3，2，1），易知：𝑂𝐴→，𝑂𝐵→，𝑂𝐶→不共线，假设：𝑂𝐴→，𝑂𝐵→，𝑂𝐶→共面，则存在实数λ和μ使得𝑂𝐶→=𝜆𝑂𝐴→+𝜇𝑂𝐵→，所以{3=2

𝜇2=𝜆1=2𝜆−𝜇，无解，故：𝑂𝐴→，𝑂𝐵→，𝑂𝐶→不共面，故D错误；故选：ABC．11．（5分）（2022春•思明区校级月考）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D中，E为侧面BCC1B1的中心，F是棱C1D1的中点，若点P为线

段BD1上的动点，N为ABCD所在平面内的动点，则下列说法正确的是（）A．𝑃𝐸→•𝑃𝐹→的最小值为148B．若BP＝2PD，则平面PAC截正方体所得截面的面积为98C．若D1N与AB所成的角为𝜋4，则N点的轨迹为双曲线的一部分D．若正方体绕BD1

旋转θ角度后与其自身重合，则θ的最小值是2𝜋3【解题思路】建立如图所示的空间直角坐标系，设𝐵𝑃→=𝜆𝐵𝐷1→=(−𝜆，−𝜆，𝜆)，（0≤λ≤1），得P（1﹣λ，1﹣λ，λ），然后用空间向量法求得PE，求得数量积计算最小值判断A；由线面平行得线

线平行，确定截面的形状、位置，从而可计算出截面面积，判断B；根据D1N与AB所成的角为𝜋4，运用夹角公式计算并化简，判断C；结合正方体的对称性，利用BD1是正方体的外接球直径判断D．【解答过程】解：建立如图所示的空间直角坐标系，正方体棱长为1，则𝐸(12，1，1

2)，B（1，1，0），D1（0，0，1），𝐹(0，12，1)，N（x，y，z），A（1，0，0），对于A，𝐵𝐷1→=(−1，−1，1)，设𝐵𝑃→=𝜆𝐵𝐷1→=(−𝜆，−𝜆，𝜆)（0≤λ≤1），所以P（1﹣λ，1﹣λ，λ），𝑃𝐸→=(𝜆−12，𝜆，12−𝜆)，

𝑃𝐹→=(𝜆−1，𝜆−12，1−𝜆)，则𝑃𝐸→⋅𝑃𝐹→=(𝜆−12)(𝜆−1)+𝜆(𝜆−12)+(12−𝜆)(1−𝜆)=3(𝜆−712)2−148，所以𝜆=712时，(𝑃𝐸→⋅𝑃𝐹→)𝑚𝑖𝑛=−148

，A不正确；对于B，BP＝2PD1，则P是BD1上靠近D1的三等分点，𝑃(13，13，23)，取AC上靠近C的三等分点G，则𝐺(13，23，0)，𝑃𝐺→=(0，13，−23)，显然𝑃𝐺→与

平面CDD1C1的法向量（1，0，0）垂直，因此PG∥面CDD1C1，所以截面PAC与平面CDD1C1的交线与PG平行，作CM∥PG交C1D1于点M，设M（0，k，1），则𝐶𝑀→=(0，𝑘−1，1)，由𝐶𝑀→∥𝑃�

�→，得−23(𝑘−1)=13，解得𝑘=12，则M与F重合，因此取A1D1中点N，易得NF∥AC，截面为ACFN，它是等腰梯形，𝐴𝐶=√2，𝑁𝐹=√22，𝐴𝑁=𝐶𝐹=√52，梯形的高为ℎ=√(√52

)2−(√2−√222)2=3√24，截面面积为𝑆=12(√2+√22)×3√24=98，B正确；对于C，𝐷1𝑁→=(𝑥，𝑦，−1)，𝐴𝐵→=(0，1，0)，若D1N与AB所成的角为𝜋4

，则有𝑐𝑜𝑠〈𝐷1𝑁→，𝐴𝐵→〉=|𝑦√𝑥2+𝑦2+12×1|=√22，两边平方化简整理有y2﹣x2＝1，C正确；对于D，A（1，0，0），C（0，1，0），B1（1，1，1），则𝐴𝐶→=(−1，1，0)，𝐵𝐷1→=(−1，−1，1)，所以

𝐴𝐶→⋅𝐵𝐷1→=1−1+0=0，𝐴𝐶→⊥𝐵𝐷1→，同理𝐴𝐵1→⊥𝐵𝐷1→，所以𝐵𝐷1→是平面ACB1的一个法向量，即BD1⊥平面ACB1，设垂足为O1，则∠𝐴𝑂1𝐶=∠𝐶𝑂1𝐵1=∠𝐵1𝑂𝐴=2𝜋3，BD

1是正方体的外接球的直径，因此正方体绕BD1旋转θ角度后与其自身重合，至少旋转2𝜋3，D正确．故选：BCD．12．（5分）（2022春•烟台期末）如图，DE是正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE折起，构成四棱锥A1﹣BCDE，F为A1C的中点，则（）A．BF∥面

A1DEB．AA1⊥面A1BCC．若面A1ED⊥面ABC，则A1E与CD所成角的余弦值为14D．若A1E⊥CD，则二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−13【解题思路】假设BF∥面A1DE，可证得以BC∥面A1DE，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，所以假设不成立可判断A

；由题目条件可证得A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，则可判断B；以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，由异面直线所成角的夹角公式可判断C；由A1E⊥CD结合题意可求出𝐴1(0，−√36，√63)，分别求出平面EA1D和平面CA1D的法向量，由二面角的公式代入可

判断D．【解答过程】解：若BF∥面A1DE，因为BC∥DE，BC⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以BC∥面A1DE，又因为BC∩BF，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，所以假设不成立，所

以BF不平行面A1DE，所以A不正确；对于B，因为𝐴1𝐸=12𝐴𝐵，𝐴1𝐷=12𝐴𝐶，所以A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，又因为A1B∩A1C＝A1，所以AA1⊥面A1BC，所以以正确对于C，将△ADE沿DE折起，

使A到A1，且面A1ED⊥面ABC，以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，所以𝐸(12，0，0)，𝐷(−12，0，0)，𝐵(1，√32，0)，𝐶(−1，√32，0)，𝐴1(0，0，√32)𝐴1𝐸→=(12，0，−√32)，𝐶𝐷→=(12，

−√32，0)，设A1E与CD所成角的为θ，则𝑐𝑜𝑠𝜃=|𝐴1𝐸→⋅𝐶𝐷→||𝐴1𝐸→|⋅|𝐶𝐷→|=141=14，所以A1E与CD所成角的余弦值为14，所以C正确；对于D，设A1（x，y，z），因

为𝐴1𝐸=1，𝐴1𝑂=√32，所以{(𝑥−12)2+𝑦2+𝑧2=1𝑥2+𝑦2+𝑧2=34⇒⇒{𝑥=0𝑦2+𝑧2=34，所以𝐴1(0，𝑦，𝑧)，𝐴1𝐸=(12，−𝑦，−𝑧)，𝐶𝐷→=

(12，−√32，0)，因为A1E⊥CD，所以𝐴1𝐸→⋅𝐶𝐷→=0⇒14+√32𝑦=0⇒𝑦=−√36，所以𝐴1(0，−√36，√63)，𝐴1𝐷→=(−12，√36，−√63)，𝐶𝐷→=(12，−√32，0)，设𝑛→=(𝑥0，𝑦0，𝑧0)⊥平面CA1D，

所以{𝐴1𝐷→⋅𝑛→=0𝐶𝐷→⋅𝑛→=0⇒⇒{−12𝑥+√36𝑦−√63𝑧=012𝑥−√32𝑦=0⇒⇒{𝑥=√3𝑦=1𝑧=−√22，故𝑛→=（√3，1，−√22），设𝑚→=(𝑥1，𝑦1，𝑧1)⊥平面EA1D

，所以{𝐴1𝐷→⋅𝑚→=0𝐴1𝐸→⋅𝑚→=0⇒{−12𝑥+√36𝑦−√63𝑧=012𝑥+√36𝑦−√63𝑧=0⇒{𝑥=0𝑦=√63𝑧=√36，故𝑚→=（0，√63，√36），设二面角E﹣A1D﹣C所成角为α，𝑐𝑜𝑠𝛼=|𝑐𝑜�

�＜𝑚→，𝑛→＞|=|√63−√22×√36√32×3√22|=13，因为α为钝二面角，所以二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−13．所以D正确．故选：BCD．三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13

．（5分）（2021秋•玉州区校级月考）已知向量𝑎→=（1，1，1，），𝑏→=（1，﹣2，2），且𝑘𝑎→+𝑏→与𝑎→+𝑏→互相垂直，则k＝−52．【解题思路】由已知求得𝑘𝑎→+𝑏→与𝑎→+𝑏→，再由向量垂直的坐标运算列式求解k值．【解答过程】解

：∵𝑎→=（1，1，1，），𝑏→=（1，﹣2，2），∴𝑘𝑎→+𝑏→=（k+1，k﹣2，k+2），𝑎→+𝑏→=（2，﹣1，3），又𝑘𝑎→+𝑏→与𝑎→+𝑏→互相垂直，∴2（k+1）﹣（k﹣2）+3（k+2）＝0，即k=−5

2．故答案为：−52．14．（5分）（2022春•沭阳县期中）设空间向量𝑖→，𝑗→，𝑘→是一组单位正交基底，若空间向量𝑎→满足对任意x，y，|𝑎→−x𝑖→−y𝑗→|的最小值是2，则|𝑎→+3𝑘

→|的最小值是1．【解题思路】以𝑖→，𝑗→方向为x，y轴，垂直于𝑖→，𝑗→方向为z轴，建立空间直角坐标系，根据条件求得𝑎→的坐标，由|𝑎→+3𝑘→|的表达式即可求得最小值．【解答过程】解：以𝑖→，𝑗→方向为x，y轴，垂直于𝑖→，𝑗→方向为z轴，建立空间直角坐标系，则𝑖→=

(1，0，0)，𝑗→=(0，1，0)，𝑘→=(0，0，1)，设𝑎→=（r，s，t），则|𝑎→−𝑥𝑖→−𝑦𝑗→|=√(𝑟−𝑥)2+(𝑠−𝑦)2+𝑡2，当r＝x，s＝y时，|𝑎→−𝑥𝑖→−𝑦𝑗→|的最小值是2，∴t＝±2，取𝑎→=（x，y

，2），则𝑎→+3𝑘→=（x，y，5），∴|𝑎→+3𝑘→|=√𝑥2+𝑦2+52，∵x，y是任意值，∴|𝑎→+3𝑘→|的最小值为5．取𝑎→=（x，y，﹣2），则𝑎→+3𝑘→=（x，y，1），∴|𝑎→+

3𝑘→|=√𝑥2+𝑦2+12，∵x，y是任意值，∴|𝑎→+3𝑘→|的最小值为1．故答案为：1．15．（5分）（2021秋•肇庆期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，E，F分别为棱AB，BC上一点，且BE+BF＝2，P是线段B1F上一动

点，当三棱锥B1﹣EBF的体积最大时，直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的取值范围为[√155，√63]．【解题思路】以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，求出平面B1EC的法向量，设直线D1P

与平面B1EC所成的角为θ，利用空间向量的数量积求解直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的表达式，然后求解取值范围即可．【解答过程】解：当三棱锥B1﹣EBF的体积最大时，△EBF的面积取最大值，𝑆△𝐸𝐵𝐹=12⋅𝐵𝐸⋅𝐵𝐹≤12⋅(𝐵𝐸+𝐵𝐹2

)2=12，当且仅当BE＝BF＝1时，等号成立，此时，E为AB的中点，F与C重合．如图，以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，则D1（0，0，1），B1（1，2，1），E（

1，1，0），C（0，2，0），𝐸𝐶→=(−1，1，0)，𝐸𝐵1→=(0，1，1)．设平面B1EC的法向量为𝑚→=(𝑥，𝑦，𝑧)，∴{−𝑥+𝑦=0，𝑦+𝑧=0，可取x＝1，得𝑚→=(1，1，−1)．设𝐶𝑃

→=𝜆𝐶𝐵1→=(𝜆，0，𝜆)，λ∈[0，1]，∴P（λ，2，λ），∴𝐷1𝑃→=(𝜆，2，𝜆−1)．设直线D1P与平面B1EC所成的角为θ，∴𝑠𝑖𝑛𝜃=|𝑐𝑜𝑠〈𝑚→，𝐷1𝑃→〉|=3√3×√𝜆2+4+(𝜆−1)2=√3√2𝜆2−2𝜆+5．∵

λ∈[0，1]，∴当𝜆=12时，sinθ的最大值为√63；当λ＝0或1时，sinθ的最小值为√155，∴直线D1P与平面B1EC所成角的正弦值的取值范围为[√155，√63]．故答案为：[√155，√63]．16．（5分）（2022•河西区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B

1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点．（1）直线BC1与平面A1BE所成角的正切值为√1111；（2）直线C1D到平面A1BE的距离为√63；（3）已知点P在棱CC1上，平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，则线段CP的

长为√303．【解题思路】（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系xOy，（O与点C重合），设平面A1BE点法向量为𝑚→=（x，y，z），利用𝑚→•𝐸𝐴1→=𝑚→•𝐸𝐵→=0，可得𝑚→，cos＜𝑚→，𝐵𝐶1

→＞=𝑚→⋅𝐵𝐶1→|𝑚→||𝐵𝐶1→|，设直线BC1与平面A1BE所成角的为α，∴sinα＝|cos＜𝑚→，𝐵𝐶1→＞|，进而得出tanα．（2）直线C1D到平面A1BE的距离=|𝐸𝐶1→⋅𝑚→||𝑚→|．（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），

t∈（0，2]．设平面PAB的法向量为𝑛→=（a，b，c），可得𝑛→•𝐴𝐵→=𝑛→•𝑃𝐴→=0，由题意可得：|𝑚→⋅𝑛→||𝑚→||𝑛→|=cos60°，解得t，即可得出|CP|．【解答过程】解：（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空

间直角坐标系xOy，（O与点C重合），C（0，0，0），A1（2，0，2），B（0，2，0），C1（0，0，2），E（0，0，1），D（1，1，2），A（2，0，0）．𝐸𝐴1→=（2，0，1），𝐸𝐵→=（0，2，﹣1），𝐵𝐶1→=（0，﹣2，2），设平面A1BE点法向量为𝑚→=（x

，y，z），则𝑚→•𝐸𝐴1→=𝑚→•𝐸𝐵→=0，∴{2𝑥+𝑧=02𝑦−𝑧=0，取𝑚→=（1，﹣1，﹣2），cos＜𝑚→，𝐵𝐶1→＞=𝑚→⋅𝐵𝐶1→|𝑚→||𝐵𝐶1→|=−2√4+4⋅

√1+1+4=−√36，设直线BC1与平面A1BE所成角的为α，∴sinα＝|cos＜𝑚→，𝐵𝐶1→＞|=√36，∴tanα=√1111．（2）𝐸𝐶1→=（0，0，1），∴直线C1D到平面A1BE的距离=|𝐸𝐶1→⋅𝑚→||𝑚

→|=2√1+1+4=√63．（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．设平面PAB的法向量为𝑛→=（a，b，c），𝐴𝐵→=（﹣2，2，0），𝑃𝐴→=（2，0，﹣t），则𝑛→•𝐴𝐵→=𝑛→•

𝑃𝐴→=0，∴{−2𝑎+2𝑏=02𝑎−𝑡𝑐=0，取𝑛→=（1，1，2𝑡），由题意可得：|𝑚→⋅𝑛→||𝑚→||𝑛→|=4𝑡√6⋅√1+1+4𝑡2=cos60°，解得t=√303．∴|CP|=√303．故答案为：√1111；√6

3；√303.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022春•乌苏市校级期中）已知空间向量𝑎→=（2，4，﹣2），𝑏→=（﹣1，0，2），𝑐→=（x，2，﹣1）．（Ⅰ）若𝑎→∥𝑐→，求|𝑐→|；（Ⅱ

）若𝑏→⊥𝑐→，求cos＜𝑎→，𝑐→＞的值．【解题思路】（Ⅰ）利用空间向量共线定理，列式求解x的值，由向量模的坐标运算求解即可；（Ⅱ）利用向量垂直的坐标表示，求出x的值，从而得到𝑐→=(−2，2，−1)，由空间向量的夹角公式求解即可．【解答过程】解：（Ⅰ）空间向量𝑎→=（2，4，

﹣2），𝑏→=（﹣1，0，2），𝑐→=（x，2，﹣1），因为𝑎→∥𝑐→，所以存在实数k，使得𝑐→=𝑘𝑎→，所以{𝑥=2𝑘2=4𝑘−1=−2𝑘，解得x＝1，则|𝑐→|=√12+22+(−1)2=√6；（Ⅱ）因为𝑏→⊥𝑐→，则𝑏→⋅𝑐→=−

𝑥+0−2=0，解得x＝﹣2，所以𝑐→=(−2，2，−1)，故cos＜𝑎→，𝑐→＞=𝑎→⋅𝑐→|𝑎→||𝑐→|=−2×2+2×4+(−1)×(−2)√4+16+4×√4+4+1=√66．18．（12分）（2021秋•朝阳区校级期末）已知空间三点

A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．（Ⅰ）求以AB、AC为边的平行四边形的面积；（Ⅱ）若向量𝑎→分别与𝐴𝐵→、𝐴𝐶→垂直，且|a|=√3，求𝑎→的坐标．【解题思路】（1）以AB、AC为边的平行四边形的面积S=|𝐴𝐵|⋅→|𝐴

𝐶|→𝑠𝑖𝑛𝜃，其中θ是𝐴𝐵→，𝐴𝐶→的夹角．（2）设出𝑎→的坐标，利用向量垂直的充要条件列出方程组，解出即可．【解答过程】解：（Ⅰ）𝐴𝐵→=(−2，−1，3)，𝐴𝐶→=(1，−3，2)，|𝐴𝐵→|=√14，|𝐴𝐶→|=√14𝑐𝑜𝑠

∠𝐵𝐴𝐶=𝐴𝐵→⋅𝐴𝐶→|𝐴𝐵→|⋅|𝐴𝐶→|=12，∴∠BAC＝60°…（4分）∴𝑆=2×12×√14×√14𝑠𝑖𝑛60°=7√3⋯（6分）（Ⅱ）设𝑎→=（x，y，z），∵𝑎→⊥

𝐴𝐵→，𝑎→⊥𝐴𝐶→，且|𝑎→|=√3⋯（8分）∴{−2𝑥−𝑦+3𝑧=0𝑥−3𝑦+2𝑧=0𝑥2+𝑦2+𝑧2=3，解得{𝑥=1𝑦=1𝑧=1或{𝑥=−1𝑦=−1𝑧=−1⋯（11分）∴�

�→=（1，1，1）或𝑎→=（﹣1，﹣1，﹣1）…（12分）19．（12分）（2022•天心区校级开学）如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，𝐶𝐴→=𝑎→，𝐶𝐵→=𝑏→，𝐶𝐶1→=𝑐→，CA＝CB＝CC1＝1，〈𝑎→，𝑏→〉=〈𝑎→，

𝑐→〉=2𝜋3，〈𝑏→，𝑐→〉=𝜋2，N是AB中点．（1）用𝑎→，𝑏→，𝑐→表示向量𝐴1𝑁→；（2）在线段C1B1上是否存在点M，使𝐴𝑀→⊥𝐴1𝑁→？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．【解题思路】（1）根据空间向量

线性运算的几何意义进行求解即可；（2）根据空间向量共线向量的性质，结合空间向量垂直的性质进行求解即可．【解答过程】解：（1）𝐴1𝑁→=𝐴1𝐴→+𝐴𝑁→=𝐶1𝐶→+12𝐴𝐵→=−𝐶𝐶1→+12（𝐶𝐵→−𝐶𝐴→）=−12𝑎→+12𝑏→−𝑐→；（2）假设存

在点M，使AM⊥A1N，设𝐶1𝑀→=λ𝐶1𝐵1→，（λ∈[0，1]），显然λ𝐶𝐵→=λ𝑏→，𝐴𝑀→=𝐴𝐴1→+𝐴1𝐶1→+𝐶1𝑀→=𝑐→−𝑎→+λ𝑏→，因为AM⊥A

1N，所以𝐴𝑀→⊥𝐴1𝑁→=0，即（𝑐→−𝑎→+λ𝑏→）•（−12𝑎→+12𝑏→−𝑐→）＝0，∴−12𝑐→•𝑎→+12𝑐→•𝑏→−𝑐→2+12𝑎→2−12𝑎→•𝑏→+𝑐→•

𝑎→−12λ𝑎→•𝑏→+12λ𝑏→2﹣λ𝑏→•𝑐→=0∵CA＝CB＝CC1＝1，＜𝑎→，𝑏→＞=＜𝑎→，𝑐→＞=2𝜋3，＜𝑏→，𝑐→＞=𝜋2，∴−12𝑐→•𝑎→−𝑐→2+12𝑎→2﹣（1

2+12λ）𝑎→•𝑏→+𝑐→•𝑎→+12λ𝑏→2＝0即12×1×1×（−12）﹣12+12×12﹣（12+12λ）×1×1×（−12）+12λ•12＝0，解得λ=23，所以当C1M=23C1B1时，AM⊥

A1N．20．（12分）（2022春•辽宁期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝1，BF＝4，沿EF将四边形AEFB折成四边形A′EFB′，使点B′在平面CDEF上的射影H在直线DE上．（

1）求证：平面B′CD⊥平面B′HD；（2）求证：A′D∥平面B′FC；（3）求直线HC与平面A′ED所成角的正弦值．【解题思路】（1）由CD⊥DE，证明B′H⊥CD，得出CD⊥平面B′HD，从而证明平面B′CD⊥平面B′HD；

（2）利用线面平行的判定定理可得A′E∥平面B′FC，DE∥平面B′FC，又A′E∩DE＝E；由面面平行的判定定理可得平面A′ED∥平面B′FC，再利用面面平行的性质定理可得线面平行；（3）建立空间直角坐标系，利用

坐标表示向量，求出平面A′DE的法向量𝑛→和𝐻𝐶→，计算直线HC与平面A′ED所成角的正弦值即可．【解答过程】解：（1）证明：矩形ABCD中，CD⊥DE，点B′在平面CDEF上的射影为H，则B′H⊥平面CDEF，且CD⊂平面CDEF，∴B′H⊥CD，又B′H∩BE＝H，∴CD⊥

平面B′HD，又CD⊂平面B′CD，∴平面B′CD⊥平面B′HD；（2）证明：∵A′E∥B′F，A′E⊄平面B′FC，B′F⊂平面B′FC．∴A′E∥平面B′FC，由DE∥FC，同理可得DE∥平面B′FC，又∵A′E∩DE

＝E．∴平面A′ED∥平面B′FC，∴A′D∥平面B′FC；（3）如图所示，过E作ER∥DC，过E作ES⊥平面EFCD，分别以ER，ED，ES为x，y，z轴建立空间直角坐标系．∵B′在平面CDEF上的射影H在直线DE上，设B′（0，y，z）（y，z∈R+）；∵F（3，3，0），

且B′E=√10，B′F＝4；∴{𝑦2+𝑧2=109+(𝑦−3)2+𝑧2=16，解得{𝑦=2𝑧=√6；∴B′（0，2，√6）；∴𝐹𝐵′→=（﹣3，﹣1，√6），∴𝐸𝐴′→=14𝐹𝐵′→=

（−34，−14，√64）；且𝐸𝐷→=（0，5，0），设平面A′DE的法向量为𝑛→=（a，b，c），{𝑛→⋅𝐸𝐴′→=0𝑛→⋅𝐸𝐷→=0，{−3𝑎−𝑏+√6𝑐=05𝑏=0解得b＝0，令a＝1，得c=√62，得到

平面A′DE的法向量为𝑛→=（1，0，√62）；又C（3，5，0），H（0，2，0），∴𝐶𝐻→=（﹣3，﹣3，0），∴直线HC与平面A′ED所成角的正弦值为sinθ＝|cos＜𝐶𝐻→，𝑛→＞|＝|𝐶𝐻→⋅𝑛→|𝐶𝐻→|×|𝑛→||＝|−3+0

+0√1+0+64×√9+9+0|=√55．21．（12分）（2022春•九龙坡区校级月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F分别为AA1，AC，A1C1的中点，𝐴𝐵=𝐵𝐶=√5，AC

＝AA1＝2．（1）求证：AC⊥平面BEF；（2）求点D与平面BEC1的距离；（3）求二面角B﹣CD﹣C1的正弦值．【解题思路】（1）通过证明AC⊥BE，AC⊥EF来证得AC⊥平面BEF．（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得D到平面BEC1的距离．

（3）利用向量法求得二面角B﹣CD﹣C1的余弦值，进而转化为正弦值．【解答过程】（1）证明：由于AB＝BC，E是AC的中点，所以AC⊥BE，由于E，F分别是AC，A1C1的中点，所以EF∥CC1，所以EF⊥平面ABC，所以EF⊥AC，由于BE⋂EF＝E，所以AC⊥平面BEF．（

2）解：由（1）可知EA，EB，EF两两相互垂直，以E为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，B（0，2，0），C1（﹣1，0，2），设平面BEC1的法向量为𝑚→=(𝑥1，𝑦1，𝑧1)，则{𝑚→⋅𝐸𝐵→=2𝑦1=0𝑚→⋅𝐸𝐶1→=−𝑥1+2𝑧1=0，故可设𝑚→=(2，

0，1)，𝐷(1，0，1)，𝐵𝐷→=(1，−2，1)，所以D到平面BEC1的距离为|𝑚→⋅𝐵𝐷→|𝑚→||=3√5=3√55．（3）解：平面C1CD的法向量为𝑛1→=(0，1，0)，𝐶(−1，0，0)，𝐶𝐷→=(2，0，1)，设平面BCD的法向量为𝑛2→=(𝑥2，�

�2，𝑧2)，则{𝑛2→⋅𝐵𝐷→=𝑥2−2𝑦2+𝑧2=0𝑛2→⋅𝐶𝐷→=2𝑥2+𝑧2=0，故可设𝑛2→=(2，−1，−4)．设二面角B﹣CD﹣C1的二面角为θ，由图可知，θ为钝角，所以𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑛1→⋅𝑛2→|𝑛1→|⋅|𝑛2→|=−11⋅

√21=−1√21，𝑠𝑖𝑛𝜃=√1−𝑐𝑜𝑠2𝜃=√2021=2√10521．22．（12分）（2022秋•迎泽区校级月考）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，NA＝AB＝2，BM＝4，CN＝2√3．（1）

证明：MB⊥平面ABCD；（2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角E﹣BN﹣M的余弦值为√33，若存在求出的𝐶𝐸𝐸𝑀值，若不存在请说明理由．【解题思路】（1）由面面垂直的性质可得BC⊥BM，再得出BM⊥AB即可证明；（

2）设𝐶𝐸→=𝜆𝐶𝑀→，求出平面BEN和平面BMN的法向量，利用向量关系建立方程求出；即可得出．【解答过程】（1）证明：正方形ABCD中，BC⊥AB，∵平面ABCD⊥平面ABMN，平面ABCD∩平面AB

MN＝AB，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ABMN，∴BC⊥BM，且BC⊥BN，又𝐵𝐶=2，𝐶𝑁=2√3，∴𝐵𝑁=√𝐶𝑁2−𝐵𝐶2=2√2，又∵AB＝AN＝2，∴BN2＝AB2+AN2，∴AN⊥AB，又∵AN∥BM，∴BM⊥AB，BC∩BA＝B，∴BM⊥平面ABC

D；解：（2）由（1）知，BM⊥平面ABCD，BM⊥AB，以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，0，2），D（2，0，2），N（2，2，0），

M（0，4，0），设点𝐸(𝑥，𝑦，𝑧)，𝐶𝐸→=𝜆𝐶𝑀→，∴（x，y，z﹣2）＝λ（0，4，﹣2），∴{𝑥=0𝑦=4𝜆𝑧=2−2𝜆，∴E（0，4λ，2﹣2λ），∴𝐵𝑁→=(2，2，0

)，𝐵𝐸→=(0，4𝜆，2−2𝜆)，设平面BEN的法向量为𝑚→=（x，y，z），∴{𝐵𝑁→⋅𝑚→=2𝑥+2𝑦=0𝐵𝐸→⋅𝑚→=4𝜆𝑦+(2−2𝜆)𝑧=0，令x＝1，∴𝑦=

−1，𝑧=2𝜆1−𝜆，∴𝑚→=(1，−1，2𝜆1−𝜆)，显然，平面BMN的法向量为𝐵𝐶→=(0，0，2)，∴|𝑐𝑜𝑠＜𝐵𝐶→，𝑚→＞|=𝐵𝐶→⋅𝑚→|𝐵𝐶→||𝑚→|=|4𝜆1−𝜆|2⋅√2+(2𝑖1−𝜆)2=√3

3，即|2𝜆|√2(1−𝜆)2+4𝜆2=√33=1√3，即|2√3𝜆|=√6𝜆2−4𝜆+2，即3λ2+2λ﹣1＝0，解得𝜆=13或﹣1（舍），则存在一点E，且𝐶𝐸𝐸𝑀=12．