專題7.6空間向量的應(yīng)用（舉一反三講義）【全國通用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1平行關(guān)系的向量證明】 4【題型2垂直關(guān)系的向量證明】 8【題型3異面直線夾角的向量求法】 13【題型4線面角的向量求法】 17【題型5面面角的向量求法】 22【題型6點到直線距離、異面直線距離的向量求法】 27【題型7點面距離、面面距離的向量求法】 32【題型8軌跡問題的向量求法】 37【題型9探索性問題的向量求法】 431、空間向量的應(yīng)用考點要求真題統(tǒng)計考情分析(1)理解直線的方向向量及平面的法向量，能用向量方法證明立體幾何中有關(guān)線面位置關(guān)系的一些簡單定理(2)能用向量法解決異面直線、直線與平面、平面與平面的夾角問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會向量法在研究空間角問題中的作用(3)會求空間中點到直線以及點到平面的距離(4)以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系或空間角存在的條件2023年新高考I卷：第18題，12分2023年新高考Ⅱ卷：第20題，12分2024年新高考I卷：第17題，15分2024年新高考Ⅱ卷：第17題，15分2025年全國一卷：第9題，6分、第17題，15分2025年全國二卷：第17題，15分2025年北京卷：第17題，14分2025年天津卷：第17題，15分空間向量的應(yīng)用是高考的重點、熱點內(nèi)容，屬于高考的必考內(nèi)容之一.從近幾年的高考情況來看，空間向量解立體幾何一般以解答題形式為主，每年必考，難度中等偏難，第一小問一般考查空間線、面位置關(guān)系的證明；空間角與點、線、面距離問題通常在解答題的第二小問考查；有時在選擇題、多選題中也會涉及，難度一般.近年命題趨勢更注重動態(tài)幾何問題和向量法的綜合應(yīng)用，如通過翻折情境分析空間角的變化，需靈活求解；備考時需強(qiáng)化坐標(biāo)系建立技巧、法向量求解步驟及空間角公式的熟練應(yīng)用，同時注重向量運(yùn)算的嚴(yán)謹(jǐn)性，避免因計算失誤失分.知識點1空間位置關(guān)系的向量表示1．直線的方向向量直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在的直線與直線l平行或重合，那么稱此向量a為直線l的方向向量.2．平面的法向量平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則稱向量a為平面α的法向量.知識點2用空間向量研究直線、平面的平行關(guān)系1．空間中直線、平面的平行(1)線線平行的向量表示：設(shè)分別是直線l1，l2的方向向量，則l1∥l2???λ∈R，使得.(2)線面平行的向量表示：設(shè)u是直線l的方向向量，n是平面α的法向量，l?α，則l∥α?u⊥n?u·n＝0.(3)面面平行的向量表示：設(shè)分別是平面α，β的法向量，則α∥β???λ∈R，使得.2．利用向量證明線線平行的思路：證明線線平行只需證明兩條直線的方向向量共線即可．3．證明線面平行問題的方法：(1)證明直線的方向向量與平面內(nèi)的某一向量是共線向量且直線不在平面內(nèi)；(2)證明直線的方向向量可以用平面內(nèi)兩個不共線向量表示且直線不在平面內(nèi)；(3)證明直線的方向向量與平面的法向量垂直且直線不在平面內(nèi)．4．證明面面平行問題的方法：(1)利用空間向量證明面面平行，通常是證明兩平面的法向量平行．(2)將面面平行轉(zhuǎn)化為線線平行然后用向量共線進(jìn)行證明．知識點3用空間向量研究直線、平面的垂直關(guān)系1．空間中直線、平面的垂直(1)線線垂直的向量表示：設(shè)分別是直線l1,l2的方向向量，則l1⊥l2??.(2)線面垂直的向量表示：設(shè)u是直線l的方向向量，n是平面α的法向量，l?α，則l⊥α?u∥n??λ∈R，使得u＝λn.(3)面面垂直的向量表示：設(shè)分別是平面α，β的法向量，則α⊥β??.2．證明兩直線垂直的基本步驟：建立空間直角坐標(biāo)系→寫出點的坐標(biāo)→求直線的方向向量→證明向量垂直→得到兩直線垂直．3．用坐標(biāo)法證明線面垂直的方法及步驟：(1)利用線線垂直：①將直線的方向向量用坐標(biāo)表示；②找出平面內(nèi)兩條相交直線，并用坐標(biāo)表示它們的方向向量；③判斷直線的方向向量與平面內(nèi)兩條直線的方向向量垂直．(2)利用平面的法向量：①將直線的方向向量用坐標(biāo)表示；②求出平面的法向量；③判斷直線的方向向量與平面的法向量平行．4．證明面面垂直的兩種方法：(1)常規(guī)法：利用面面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為線面垂直、線線垂直去證明．(2)法向量法：證明兩個平面的法向量互相垂直．知識點4用向量法求空間角1．用向量法求異面直線所成角的一般步驟：(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)注意兩異面直線所成角的范圍是，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值.2．向量法求直線與平面所成角的主要方法:(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補(bǔ)角，取其余角就是斜線和平面所成的角.3．向量法求二面角的解題思路:用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.知識點5用空間向量研究距離問題1．距離問題(1)點P到直線l的距離：已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點，P是直線l外一點，設(shè)向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量為eq\o(AQ,\s\up6(→))＝a，則點P到直線l的距離為(如圖)．(2)點P到平面α的距離：設(shè)平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)的定點，P是平面α外一點，則點P到平面α的距離為(如圖)．2．向量法求點到直線距離的步驟：(1)根據(jù)圖形求出直線的單位方向向量v.(2)在直線上任取一點M(可選擇特殊便于計算的點).計算點M與直線外的點N的方向向量MN.(3)垂線段長度.3．求點到平面的距離的常用方法(1)直接法：過P點作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點P到平面α的距離.(2)轉(zhuǎn)化法：若點P所在的直線l平行于平面α，則轉(zhuǎn)化為直線l上某一個點到平面α的距離來求.(3)等體積法.(4)向量法：設(shè)平面α的一個法向量為n，A是α內(nèi)任意點，則點P到α的距離為.【方法技巧與總結(jié)】1．異面直線所成角的范圍是；直線與平面所成角的范圍是；二面角的范圍是；兩個平面夾角的范圍是.【題型1平行關(guān)系的向量證明】【例1】（24-25高二下·四川南充·階段練習(xí)）如圖，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直，AB=2，AF=1,M在EF上且AM//平面BDE，則M點的坐標(biāo)為（

）

A．1,1,1 B．22,22,1 【答案】B【解題思路】設(shè)Mλ,λ,1，求平面BDE的法向量，根據(jù)線面平行可得AM【解答過程】由題意可知：A2設(shè)Mλ,λ,1，則DE設(shè)平面BDE的法向量n=x,y,z，則令z=2，則x=y=1，可得n因為AM//平面BDE，則AM⊥即AM?n=λ?2+λ?2+故選：B.【變式1-1】（24-25高二上·江西·階段練習(xí)）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=BC=2AA1，當(dāng)A．1 B．2 C．3 D．5【答案】C【解題思路】根據(jù)題意可知，以A點為坐標(biāo)原點，AB,AD,AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用共線定理和線面平行的向量解法可確定實數(shù)【解答過程】如下圖所示：以A點為坐標(biāo)原點，AB,AD,AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系；設(shè)則A1(0,0,1),B(2,0,0),C(2,2,0),即A1C=(2,2,?1)由A1C即x=2λ則D設(shè)平面BDC1的一個法向量為BC1令y1=1，則x由D1P//平面BDC1所以λ=3.故選：C.【變式1-2】（2025·陜西安康·模擬預(yù)測）如圖，已知多面體是由正四棱錐P-ABCD與正方體ABCD?A1B

(1)求證：PC//平面ADC(2)若AB=3，求四棱錐P?ADC【答案】(1)證明見解析(2)9．【解題思路】（1）建立空間直角坐標(biāo)系證明線面平行即可；（2）根據(jù)線面垂直結(jié)合錐體體積公式計算即可.【解答過程】（1）如圖以點A1為原點，A1D1為x軸A1B1設(shè)AB=2a,則PC=32AB=3a,過P作PP1平面ABCD.因為PC2=PC設(shè)平面ADC1BA0,0,2aAD→則2ax=02ax+2ay?2az=0可得x=0y=1所以n→=0,1,1,n→·PC→=0?a+a=0

（2）因為AB=3，所以CD因為PC//平面ADC1B因為CD1⊥C1D,AD⊥CD1,AD∩DC1=D,VP?AD【變式1-3】（2025·全國·模擬預(yù)測）如圖，在三棱錐A?BCD中，△ABC和△BCD都是正三角形，E是BC的中點，點F滿足DF=λ(1)求證：平面ABC⊥平面ADF；(2)若AD=BC=23，且BF∥【答案】(1)證明見解析(2)6【解題思路】（1）根據(jù)面面垂直的判定定理可證得結(jié)果，（2）取△BCD的中心為O，證明AO⊥平面BCD，建立空間直角坐標(biāo)系，由線面平行利用向量法列式可得結(jié)果.【解答過程】（1）如圖，連接DE，因為DF=λEA，所以DF∥AE．所以A，E，D，因為在三棱錐A?BCD中，△ABC和△BCD都是正三角形，E是BC的中點，所以AE⊥BC，DE⊥BC．因為AE,DE?平面ADF，AE∩DE=E，所以BC⊥平面ADF，又BC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADF．（2）如圖，記△BCD的中心為O，連接OA，由（1）BC⊥平面AED，而AO?平面AED，故AO⊥BC，又BC?平面BCD，故平面AED⊥平面BCD，而平面AED∩平面BCD=DE，AO?平面AED，故AO⊥平面BCD，過O作直線x⊥CD，以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．因為△BCD是正三角形，BC=23，所以O(shè)D=2，OE所以A0,0,22，B?3,?1,0，C所以CA=?3設(shè)平面ACD的一個法向量為n=x,y,z，則n?令y=2，則x=6，z=1，所以因為EA=0,1,22所以BF=因為BF//平面ACD，所以n?即3×6+此時DF=2EA=6【題型2垂直關(guān)系的向量證明】【例2】（24-25高三下·陜西安康·階段練習(xí)）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M是線段A．BD⊥AM B．平面A1BD⊥C．MN//平面A1BD D．【答案】B【解題思路】由面面垂直的判定定理判斷B，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，用空間向量法證明面面、線面的位置關(guān)系判斷ACD．【解答過程】因為A1D⊥AD1，A1D⊥C1D1，AD1∩C1D1以點D為原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB=2，則B2,2,0，A12,0,2，A設(shè)M0,y,20<y<2，則DB=2,2,0，DA則有m?DA1=2又AM=則DB?因為CM=0,y?2,2，所以因為MN=1,2?y,?2，所以故選：B．

【變式2-1】（24-25高二上·上海嘉定·期中）在正方體ABCD?A1B1C1DA．存在點Q使得BQ與平面B1CD垂直 B．存在點Q使得DQ與平面C．存在點Q使得B1Q與平面B1CD垂直 D．存在點Q使得【答案】D【解題思路】如圖，以D為原點，以DA,DC,DD1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，求出平面B1【解答過程】如圖，以D為原點，以DA,DC,DD1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則所以DC=(0,1,0),設(shè)平面B1CD的法向量為m?DC=y=0m?設(shè)Q(1,0,t)(0≤t≤1)，對于A，BQ=(0,?1,t)，若BQ與平面B1CD垂直，則BQ與m共線，則存在唯一λ，使BQ=λm，則(0,?1,t)=λ(1,0,?1)，所以0=λ?1=0t=?λ，方程組不成立，所以BQ對于B，DQ=(1,0,t)，若DQ與平面B1CD垂直，則DQ與m共線，則存在唯一μ，使DQ=μm，則(1,0,t)=μ(1,0,?1)，所以1=μ0=0t=?μ，得t=?1不合題意，所以DQ對于C，B1Q=(0,?1,t?1)，若B1Q與平面B1CD垂直，則B1Q與m共線，則存在唯一λ1，使B1Q=對于D，D1Q=(1,0,t?1)，若D1Q與平面B1CD垂直，則D1Q與m共線，則存在唯一μ1，使D1Q=μ1m，則故選：D.【變式2-2】（2025·陜西咸陽·模擬預(yù)測）如圖1，在高為6的等腰梯形ABCD中，AB//CD，且CD=6,AB=12，將它沿對稱軸OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如圖2，點P為BC的中點，點E在線段AB上（不同于

(1)證明：OD⊥平面PAQ；(2)若BE＝2AE，求三棱錐P?ABQ的體積．【答案】(1)證明見解析(2)9【解題思路】（1）由OA，OB，（2）先計算S△ABQ，再計算三棱錐P?ABQ的高h(yuǎn)=【解答過程】（1）由題設(shè)知OA,OB,OO以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA，OB，OO1所在直線分別為設(shè)AQ=m，則O(0,0,0),A(6,0,0),B(0,6,0),C(0,3,6),D(3,0,6),Q(6,m,0)，則OD=(3,0,6),因為P為BC中點，所以P(0,9因為OD?所以O(shè)D⊥即OD⊥AQ，又AQ,PQ?平面PAQ,AQ∩PQ＝所以O(shè)D⊥平面PAQ.（2）因為BE所以AQ因為AB=12,由題設(shè)知OA⊥OB，所以O(shè)A=6，所以S因為高為6的等腰梯形AABCD中，AB//CD，所以三棱錐P?ABQ的高h(yuǎn)=O所以VP?ABQ【變式2-3】（2025·新疆·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD為菱形，∠ABC=60(1)求證：AC⊥PB；(2)若AB=2，當(dāng)平面PAB⊥平面PBC時，求PD的長.【答案】(1)證明見解析(2)6【解題思路】（1）通過PD⊥平面ABCD可得出PD⊥AC，再根據(jù)直線與平面垂直的判定即可證得AC⊥平面PBD，最后通過直線與平面垂直的性質(zhì)定理可證得AC⊥PB.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用平面與平面垂直的空間向量公式即可求解.【解答過程】（1）在菱形ABCD中，AC⊥BD，又PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴PD⊥AC，又PD∩BD=D，PD?平面PBD，BD?平面PBD，∴AC⊥平面PBD，PB?平面PBD，∴AC⊥PB.（2）設(shè)AC，BD交點為O，則OA⊥OB，以O(shè)為原點，以O(shè)A，OB，分別為x軸，y軸，建立如圖直角坐標(biāo)系，設(shè)PD=t，則A1,0,0，B0,3,0，AB=?1,3,0，設(shè)平面PAB的法向量為n→=x取y=1，則n→取平面PBC的法向量為m→則?x2?3y∴?3+1+12∴t2=6即PD=6【題型3\t"/gzsx/zsd29033/_blank"\o"異面直線夾角的向量求法"異面直線夾角的向量求法】【例3】（2025·浙江·二模）正方體ABCD?A1B1C1D1中，點M,N分別為正方形A1A．0 B．34 C．12 【答案】C【解題思路】以點D為原點建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解異面直線所成角余弦值即可.【解答過程】如圖，以點D為原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體邊長為1，則D0,0,0故MN=所以cosMN所以異面直線BD與MN所成角的余弦值為12

故選：C.【變式3-1】（2025·安徽合肥·模擬預(yù)測）中國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》記載了一種被稱為“曲池”的幾何體，該幾何體的上?下底面平行，且均為扇環(huán)形（扇環(huán)是指圓環(huán)被扇形截得的部分）.現(xiàn)有一個如圖所示的曲池，它的高為2，AA1、BB1、CC1、DD1均與曲池的底面ABCD垂直，底面扇環(huán)對應(yīng)的兩個圓的半徑分別為1和2，對應(yīng)的圓心角為A．45 B．35 C．1010【答案】A【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解即可.【解答過程】設(shè)上底面圓心為O1，下底面圓心為O，連接OO1、OC以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)C、OB、OO1所在直線為x、y、則C1,0,0、A0,2,0、B1所以CD1=1,0,2，所以異面直線AB1與CD故選：A.【變式3-2】（2025·江蘇蘇州·三模）如圖，正四棱錐S?ABCD，SA=2，AB=2，P為側(cè)棱SD上的點，且SP(1)求證：AC⊥SD；(2)求異面直線SA與CP所成角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)7【解題思路】（1）連結(jié)BD交AC于點O，連結(jié)SO，證明四邊形ABCD是正方形，證明AC⊥平面SBD，證明；（2）以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz，利用空間向量即可求解.【解答過程】（1）連結(jié)BD交AC于點O，連結(jié)SO，因為正四棱錐S?ABCD，所以SO⊥平面ABCD，又AC?平面ABCD，所以SO⊥AC，因為正四棱錐S?ABCD，所以四邊形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，因為AC⊥SO，AC⊥BD，SO∩BD=O，SO?平面SBD，SO?平面SBD，所以AC⊥平面SBD，又SD?平面SBD，所以AC⊥SD；（2）因為OS⊥OB，OS⊥OC，OB⊥OC，所以以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz，A(0,?1,0)，S(0,0,3)，C(0,1,0)，所以SA=(0,?1,?CP=所以cos?因此異面直線SA與CP所成角的余弦值為728【變式3-3】（2025·河南新鄉(xiāng)·二模）《九章算術(shù)·商功》中，將四個面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑.如圖，在四面體ABCD中，CD⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB=4，BC=CD=3，AE=(1)證明：四面體ABCD為鱉臑；(2)若直線MN⊥平面ABD，求直線BE與MN所成角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)10【解題思路】（1）利用線面垂直的性質(zhì)可證CD⊥BC，CD⊥AC，CD⊥AB，進(jìn)而利用線線垂直證明AB⊥平面BCD，進(jìn)而可得AB⊥BD，可得結(jié)論；（2）以B為坐標(biāo)原點，BC，BA的方向分別為x，y軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面ABD的法向量與直線BE的方向向量，利用向量法可求得直線BE與MN所成角的余弦值.【解答過程】（1）因為CD⊥平面ABC，BC?平面ABC，AC?平面ABC，AB?平面ABC，所以CD⊥BC，CD⊥AC，CD⊥AB.又AB⊥BC，且BC∩CD=C，BC,CD?平面BCD，所以AB⊥平面BCD，又BD?平面BCD，則AB⊥BD，所以四面體ABCD的四個面都為直角三角形，則四面體ABCD為鱉臑.（2）以B為坐標(biāo)原點，BC，BA的方向分別為x，y軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A0,4,0，B0,0,0，D3,0,3則BA=0,4,0，BD=設(shè)平面ABD的法向量為n=x,y,z，則令x=1，得n=由cosBE得直線BE與MN所成角的余弦值為1010【題型4線面角的向量求法】【例4】（2024·青海西寧·模擬預(yù)測）在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=32AA1，D為線段BC的中點，點EA．16 B．26 C．36【答案】B【解題思路】以點A為原點建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.【解答過程】如圖，以點A為原點建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AA1=4則D3,3,0,E4,2,4因為x軸⊥平面ACC1A1，則可取平面則cosDE即直線DE與平面ACC1A故選：B.【變式4-1】（2024·四川攀枝花·一模）《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學(xué)名著，它在幾何學(xué)中的研究比西方早一千多年，例如塹堵指底面為直角三角形，且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱；鱉臑指的是四個面均為直角三角形的三棱錐如圖，在塹堵ABC?A1B1C1中，∠ACB=90°，若AC=BC=1，AA．31010 B．1010 C．1【答案】A【解題思路】以點C為原點，CA、CB、CC1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法與同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求得直線B1【解答過程】在塹堵ABC?A1B1C1中，CC1⊥以點C為原點，CA、CB、CC1所在直線分別為x、y、則B10,1,2、C0,0,0、ACB1=0,1,2，設(shè)平面ABB1A則n?BA=x?y=0n?設(shè)直線B1C與平面ABB1A所以cosθ=因此，直線B1C與平面ABB故選：A．【變式4-2】（2025·全國·模擬預(yù)測）由四棱柱ABCD?A1B1C1D1截去三棱錐D1?A1D(1)求證：B1O//平面(2)若B1O=23，求A【答案】(1)證明見解析(2)29【解題思路】（1）取A1C1中點O1，連接B1（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解.【解答過程】（1）如圖所示，取A1C1中點O1，連接則由題意B1B//AA1//O所以B1O1//BO且B1所以四邊形B1O1又B1O?平面A1DC1,（2）由題意可知AC,BD,OB1兩兩垂直，故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系則由題意A0,?2,0又AAOCOA即A11,?2,23所以AC1=1,4,23設(shè)平面A1DC1的一個法向量為所以m?DA1=?2y1設(shè)AC1與平面A1則sinθ=所以AC1與平面A1【變式4-3】（2025·內(nèi)蒙古呼和浩特·模擬預(yù)測）如圖，在三棱臺ABC?A1B1C1中，平面AA1C(1)證明：A1(2)求直線BB1與平面【答案】(1)證明見解析(2)1【解題思路】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理推出線面垂直，進(jìn)一步得到AC1⊥BO，作出輔助線易得AC1⊥A（2）取A1C1中點M，易知直線OB,OC,OM兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OB=aa>0，再分別求出直線【解答過程】（1）在三棱臺ABC?A1B1C1中，取AC的中點O，連接由BA=BC，得BO⊥AC，由平面AA1C1C⊥平面ABCBO?平面ABC，得BO⊥平面AA而AC1?平面A又A1C1∥AO，A1而A1O∩BO=O，A1O，BO?平面A1又A1B?平面A1（2）取A1C1中點M由平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1則OM⊥平面ABC，直線OB,OC,OM兩兩垂直，以點O原點，直線OB，OC，OM分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OB=aa>0則Ba,0,0，A0,?2,0，A1A1B=a,1,?BB設(shè)平面A1BC1的法向量令x=3，得n設(shè)直線BB1與平面BAsin=3aa當(dāng)且僅當(dāng)a=6故直線BB1與平面BA【題型5面面角的向量求法】【例5】（2025高三·全國·專題練習(xí)）如圖，將菱形紙片ABCD沿對角線AC折成直二面角，E,F分別為AD,BC的中點，O是AC的中點，∠ABC=2π3，則折后二面角E?OF?A

A．217 B．?217 C．3【答案】A【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，求解平面法向量，即可由向量的夾角求解.【解答過程】由題意知平面ADC⊥平面ABC，如圖，連接OD,OB，因為四邊形ABCD是菱形，O是AC的中點，所以O(shè)D⊥AC,OB⊥AC，又平面ADC∩平面ABC=AC,OD?平面ADC，所以O(shè)D⊥平面ABC，而OB?平面ABC，所以O(shè)D⊥OB，從而OB,OC，OD三線兩兩垂直．以O(shè)為原點，OB,OC,OD所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，令A(yù)B=2，則D0,0,1設(shè)平面OEF的法向量為n=x,y,z，則n取y=1，則x=?3,z=3，得平面OEF易知平面ABC的一個法向量為OD=則cosn,OD所以二面角E?OF?A的余弦值為217故選:A．【變式5-1】（2024·江西宜春·模擬預(yù)測）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，平面α經(jīng)過點B,D，平面β經(jīng)過點A,DA．12 B．33 C．63【答案】A【解題思路】因為正方體中過體對角線的截面面積最大，所以題目轉(zhuǎn)化為求平面BDD1B【解答過程】如圖：因為正方體中過體對角線的截面面積最大，所以題目轉(zhuǎn)化為求平面BDD1B以D點為坐標(biāo)原點，以DA,DC,建立空間直角坐標(biāo)系D?xyz，由ABCD?A1B1C1D所以AC⊥BD，又因為B1B⊥平面ABCD，AC?平面所以AC⊥B1B，又因為BD∩B1B=B，BD,B即AC為平面BDD同理B1C為平面由Aa,0,0,C0,a,0設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，θ∈0,則cosθ=故選：A.【變式5-2】（2025·湖南湘潭·一模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是菱形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD,△PAD為正三角形，E，F(xiàn)分別是棱AD，DC的中點，點G在側(cè)棱PD上，且PG:GD=3:1．(1)求證：PB∥平面EFG；(2)若PB⊥BC，求二面角F?EG?D的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)21【解題思路】（1）由平行線分線段成比例易得PB∥GK，再由線面平行的判定定理即可證明；（2）以E為坐標(biāo)原點，以EA，EB，EP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量計算二面角即可.【解答過程】（1）如圖，連接AC，BD交于點H，設(shè)BD交EF于點K，連接GK，因為四邊形ABCD為菱形，所以H為線段BD的中點.因為點E，F(xiàn)分別是棱AD，DC的中點，所以點K為線段DH的中點，所以BK=3DK.又PG=3DG，所以PB∥GK.又PB?平面GEF，GK?平面GEF，所以PB//平面EFG.（2）如圖，連接PE，因為△PAD為正三角形，E是AD的中點，所以PE⊥AD，又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，所以PE⊥底面ABCD，因為在菱形ABCD中，AD∥BC，PB⊥BC，所以PB⊥AD，又PE∩PB=P，所以AD⊥平面PBE，所以AD⊥BE，又E是線段AD的中點，所以AB=BD，由已知AB=AD，所以△ABD為正三角形.故以E為坐標(biāo)原點，以EA，EB，EP所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Exyz，設(shè)AB=12，則E0,0,0，C?12,63,0，D?6,0,0，F(xiàn)EF=?9,33設(shè)平面EFG的法向量為n=x,y,z，則EF?不妨令x=1，則y=3，z=3，取平面DEG的法向量為m=0,1,0，則易知二面角F?EG?D為銳角，故二面角F?EG?D的余弦值為217【變式5-3】（2025·河北秦皇島·模擬預(yù)測）如圖①，在梯形ABCD中，BC∥AD,∠ABC=∠DCB=60°,BA=AD=DC,M為線段BC的中點，將△BAM沿AM折起至△B(1)若B′D=AD，證明：(2)若二面角B′?AM?D的大小為120°，求平面DA【答案】(1)證明見解析(2)21【解題思路】（1）設(shè)AB=2，則BC=2+2×2cos60°=4，連接MD,AC,交于點E，連接B′E,利用余弦定理求得（2）取AM的中點H，連接DH,BH,證明∠B′HD為二面角B′?AM?D的平面角，由余弦定理求得B′D=3，過點BO，證明B′O⊥平面【解答過程】（1）設(shè)AB=2,因BC∥AD,∠ABC=∠DCB=60°,則BC=2+2×2cos因M為線段BC的中點，則BM=MC=2,如圖②，連接MD,AC,交于點E，連接B′易得菱形MCDA,則ME=ED=1,因B'D=B'M=2在△B′AE中，由余弦定理，cos在△B′CE由B′C2（2）由題意，△AB′M與△ADM均為邊長是2的正三角形，取AM的中點H則DH⊥AM,BH⊥AM,即∠B′HD為二面角B在△HB′D中，由余弦定理，B過點B′作直線DH的垂線段B'O,交DH于點OB′H∩DH=H,B′H,DH?平面HB′D,故AM⊥平面因B′O⊥DH,DH∩AM=H,DH,AM?平面MCDA，故B′分別以O(shè)D,OB′所在直線為y,z軸，以過點O與AM平行的直線為因∠B′HO=180°則B′則DB設(shè)平面B′AD的法向量為則DB′?設(shè)平面DCB′的法向量為則DB′?則cos?設(shè)平面DAB′與平面DCB則sinθ=【題型6點到直線距離、異面直線距離的向量求法】【例6】（2025·四川·二模）已知空間中向量AB=（0，1，0），向量AC的單位向量為（?33，33，?A．33 B．63 C．23【答案】B【解題思路】由點B到直線AC的距離為：AB2【解答過程】設(shè)向量AC的單位向量為e，則e=?3點B到直線AC的距離為：AB2故選：B.【變式6-1】（24-25高二下·甘肅平?jīng)觥て谥校┱睦忮FS?ABCD中，O為頂點S在底面ABCD內(nèi)的正投影，P為側(cè)棱SD的中點，且SO=OD=2，則異面直線PC與BD的距離為（

A．1010 B．105 C．510【答案】B【解題思路】連接AC，BD，可得AC⊥BD且交于O，再由SO⊥面ABCD，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法計算可得.【解答過程】因為S?ABCD為正四棱錐且O是S在底面ABCD內(nèi)的正投影，所以SO⊥面ABCD，連接AC，BD，則AC⊥BD且交于O.因為OC,BD?面ABCD，所以SO⊥OC，SO⊥OD.所以以O(shè)C，OD，OS為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.因為SO=OD=2則S0,0,2，D0,2,0，C所以BD=0,22設(shè)異面直線BD與PC的公垂線方向向量為n=則有n?BD=0n?又因為CD=所以異面直線BD與PC的距離d=CD所以異面直線BD與PC的距離為105故選：B.【變式6-2】（24-25高二上·遼寧大連·期末）三棱臺ABC?A1B1C1中，AB=2A1B1,AB⊥BC,AC⊥BB1

(1)證明：DE∥平面A(2)求異面直線A1C1【答案】(1)證明見解析；(2)22【解題思路】（1）由題意和三棱臺的結(jié)構(gòu)特征可得ACA1C（2）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)和線面垂直的判定定理與性質(zhì)證得BC⊥B1B、B【解答過程】（1）三棱臺ABC?A1B1C有△ACD～△A1C1D又AE=2EB，所以在平面ABC1內(nèi)，DE?平面A1BC1,BC（2）已知平面AA1B1B⊥平面ABC，平面ABC?平面ABC，所以BC⊥平面AA1B1B，由B又AC⊥BB1,BC∩AC=C,BC?平面ABC，AC?所以BB1⊥平面ABC，由AB?平面ABC，得B以B為坐標(biāo)原點BA,BC,BB1的方向分別為則有B1BC因為DE//BC1，所以設(shè)向量n=(x,y,z)，且滿足：n則有y+z=0?32EA1=12則異面直線A1C1與DE的距離

【變式6-3】（2025·廣東·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，△PAB為正三角形，且側(cè)面PAB⊥底面ABCD，M為PD的中點．

(1)求點P到直線BM的距離；(2)求平面PAC與平面PAD的夾角的余弦值．【答案】(1)7(2)2【解題思路】（1）取AB的中點O，連接PO，由題可得PO⊥平面ABCD，在平面ABCD內(nèi)過點O作Oy⊥AB，則射線OB,Oy,OP兩兩垂直，以點O為坐標(biāo)原點，射線OB,Oy,OP分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出直線BM與BP所成角的正弦，利用向量法求出點P到直線BM的距離；（2）求出平面PAD和平面CAP的法向量，利用向量法求解.【解答過程】（1）取AB的中點O，連接PO，如圖，在正三角形PAB中，則PO⊥AB，因為側(cè)面PAB⊥底面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PO?平面PAB，所以PO⊥平面ABCD，在平面ABCD內(nèi)過點O作Oy⊥AB，則射線OB,Oy,OP兩兩垂直，以點O為坐標(biāo)原點，射線OB,Oy,OP分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B1,0,0所以AD=設(shè)直線BM與BP所成角為θ，則cosθ=BP?所以點P到直線BM的距離為BP?

（2）設(shè)平面PAD的法向量為m=則m?AD=2y1設(shè)平面CAP的法向量為n=則n?AC=2x2所以cosm所以平面CAP與平面PAD的夾角的余弦值為27【題型7點面距離、面面距離的向量求法】【例7】（2025·江西萍鄉(xiāng)·一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=2BC=2，∠ABC=60°，E為CD的中點，沿AE將△DAE翻折至△PAE的位置得到四棱錐P?ABCE，且PB=2.若F為棱PB的中點，則點F到平面PCE的距離為（

）A．32 B．1510 C．1515【答案】B【解題思路】先根據(jù)已知條件推導(dǎo)面面垂直關(guān)系，再建立空間直角坐標(biāo)系確定各點坐標(biāo)，最后通過向量垂直的條件求解平面法向量，再用點到面的距離公式計算即可.【解答過程】在四邊形ABCD中，連接BE，由題意可知△DAE是邊長為1的等邊三角形，則∠AED=π3，∠BCE=2π3，BC=CE=1即AE⊥EB，且BE=AB2?AE2=則PE2+B由AE∩PE=E，AE，PE?平面PAE，可得EB⊥平面PAE，又因為EB?平面ABCE，所以平面PAE⊥平面ABCE.取AE中點O，AB中點H，連PO，OH，則PO=32，OH//因為△PAE為等邊三角形，則PO⊥AE，平面PAE∩平面ABCE=AE，PO?平面PAE，所以PO⊥平面ABCE.以O(shè)為原點，OA,OH,OP分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則P0,0,32，EF?14,32,34設(shè)平面PCE的法向量n=則n?PC=?x+32y?3可得n=由點F為線段PB的中點，知點F到平面PCE的距離是點B到平面PCE的距離的12平面PCE的一個法向量n=3,1,?1點B到平面PCE的距離d′=n?CBn=故選：B.【變式7-1】（24-25高二下·全國·課后作業(yè)）正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)，G，H分別是棱AB，AD，B1A．13 B．23 C．12【答案】B【解題思路】將問題轉(zhuǎn)化為點F到平面GHDB的距離，以D為坐標(biāo)原點，分別以DA，DC，DD1的方向為x軸、y軸、【解答過程】以D為坐標(biāo)原點，分別以DA，DC，DD1的方向為x軸、y軸、

則D(0,0,0)，F(xiàn)(1,0,0)，B(2,2,0)，H(0,1,2)，E(2,1,0)，B1所以DF=(1,0,0)，DH=(0,1,2)，DB=(2,2,0)所以DH=EB1，因為D,H,E,B由EB1?面GHDB，DH?面GHDB，則E因為E，F(xiàn)，分別是棱AB，AD的中點，所以EF∥BD，同理，EF∥平面GHDB，而EF∩EB1=E，EF,E所以平面EFD1B1∥平面GHDB,EF?面EFD所以平面EFD1B1和平面GHDB之間的距離，就是EF到平面GHDB的距離，也就是點設(shè)平面GHDB的法向量為n=(x,y,z)，則n?DH=y+2z=0n所以點F到平面GHDB的距離d=DF?n即平面EFD1B1和平面故選：B.【變式7-2】（2025·湖南長沙·模擬預(yù)測）在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面PCD，PA⊥AD，PA=AD=2，點E為線段PD的中點，點F為線段PC上的動點（不含端點）.(1)證明：平面AEF⊥平面PCD；(2)若平面AEF與平面PBC的夾角為π4，求點P到平面AEF【答案】(1)證明見解析(2)4【解題思路】（1）利用線面垂直的性質(zhì)定理、判定定理可得答案；（2）利用線面垂直的性質(zhì)定理、判定定理得出PA⊥平面ABCD，以A為原點，AB，AD，AP分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PF=λPC0<λ<1，記PB的中點為G，求出平面AEF、平面PBC【解答過程】（1）因為PA⊥AD，PA=AD=2，PE=DE=2，所以AE⊥PD又因為平面PAD⊥平面PCD，且平面PAD∩平面PCD=PD，所以AE⊥平面PCD，又AE?平面AEF，所以平面AEF⊥平面PCD；（2）由（1）知，AE⊥平面PCD，CD?平面PCD，所以AE⊥CD，又因為底面ABCD為正方形，所以CD⊥AD，由AD∩AE=A，AD,AE?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，PA?平面PAD，所以CD⊥PA，又因為PA⊥AD，CD∩AD=D，CD,AD?平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，以A為原點，AB，AD，AP分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0，則AE=0,1,1，AP=0,0,2，設(shè)PF=λPC0<λ<1設(shè)平面AEF的法向量m=x1令y1=λ，則x1=1?2λ，設(shè)平面PBC的法向量n=a,b,c，n?PB=2a?2c=0則平面PBC的法向量n=由題意得，cosm,n整理得，3λ2?2λ=0，解得λ=2所以平面AEF的法向量可取h=?3所以點P到平面AEF的距離d=AP【變式7-3】（24-25高二上·內(nèi)蒙古赤峰·階段練習(xí)）如圖所示，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ABC=90°,BC=2,CC1=4，點E在線段BB1(1)求證：B1D⊥平面(2)求證：平面EGF//平面ABD；(3)求平面EGF與平面ABD的距離．【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)32【解題思路】（1）建立合適空間直角坐標(biāo)系，應(yīng)用向量法可得B1D⊥（2）同（1）可證B1D⊥平面（3）向量法求點F到平面ABD的距離，結(jié)合（2）結(jié)論即可得結(jié)果.【解答過程】（1）由題設(shè)，BA,BC,BB以B為坐標(biāo)原點，BA,BC,BB1分別為x軸、y軸、則B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4)，設(shè)BA=a所以BA=(a,0,0),BD=(0,2,2),B1所以B1D⊥BA，B1又BA∩BD=B，且BA,BD都在平面ABD內(nèi)，故B1D⊥平面（2）由題意知E(0,0,3),G(a2,1,4),F(0,1,4)所以B1D?EG=0，B所以B1D⊥EG，又EG∩EF=E且B1D,EF都在平面EFG內(nèi)，所以B1結(jié)合（1）知，平面EGF//平面ABD.（3）由（1）（2）知，BF=(0,1,4)，B1D所以點F到平面ABD的距離為d=BF由（2）知，平面EGF與平面ABD的距離等于點F到平面ABD的距離，所以兩平面間的距離為32【題型8軌跡問題的向量求法】【例8】（2024·四川成都·三模）在棱長為5的正方體ABCD?A1B1C1D1中，Q是DDA．5π B．25π C．5【答案】B【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，作出輔助線，得到AQ⊥平面CDRH，由點到平面的距離和球的半徑得到點P的軌跡為以5為半徑的圓，從而求出點P的軌跡長度.【解答過程】以點D為原點，DA,DC,DD1所在直線分別為則Q0,0,52球心O52,52,52，取A1則R52,0,5DC故DR⊥AQ，CD⊥AQ，又DR∩CD=D，DR,CD?平面CDRH，故AQ⊥平面CDRH，故當(dāng)P位于平面CDRH與內(nèi)切球O的交線上時，滿足CP⊥AQ，此時O52,d=DOr=254?54故點P的軌跡為以5為半徑的圓，故點P的軌跡長度為25故選：B.【變式8-1】（2025·北京·二模）設(shè)正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，P為正方體表面上一點，且點P到直線AA1的距離與它到平面A．32 B．22+π C．【答案】D【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，得點P的坐標(biāo)滿足x?22【解答過程】以D為原點，DA,DC,DD顯然點P到平面ABCD的距離為z，設(shè)點Px,y,z，在AA1上取一點A所有A2P=所以點P到直線AA1的距離為所以x?22令z=0，得x=2,y=0，此時點P的軌跡就是一個點，此時點P的軌跡長度是0，令z=2，得x?22+y2=4,x,y∈0,2，此時點P在以令x=0，得4+y2=z2令x=2，得y2=z2,z,y∈0,2，即y=z,z,y∈0,2令y=0，x?22=z2,z,x∈0,2，即2?x=z,z,x∈0,2令y=2得，x?22+4=z2,z,x∈綜上所述，所求為42故選：D.【變式8-2】（2025·浙江嘉興·二模）如圖，已知AD//BC//FE，平面ABF⊥平面ADEF，AB⊥AF，AF⊥AD，AD=2BC=2EF=2AF=2，點P為梯形ADEF內(nèi)（包括邊界）一個動點，且(1)求點P的軌跡長度；(2)當(dāng)線段BP最短時，直線BP與平面BCEF所成角θ的正弦值為36，求三棱錐P?CDE【答案】(1)2(2)16或2【解題思路】（1）利用空間中的垂直關(guān)系可得AB⊥平面ADEF，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系后利用直線的方向向量和平面的法向量可求P的軌跡方程，從而可求軌跡長度；（2）利用向量法結(jié)合直線BP與平面BCEF所成角θ的正弦值為36求得AB的長度，再結(jié)合向量法可求P到直線DE【解答過程】（1）因為平面ABF⊥平面ADEF，AB⊥AF，平面ABF∩平面ADEF=AF，AB?平面ABF，故AB⊥平面ADEF，而AF⊥AD，故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)B0,0,b，則A因點P為梯形ADEF內(nèi)（包括邊界）一個動點，可設(shè)Px,y,0，則BP又EC=設(shè)平面CDE的法向量為m=則m→·EC因BP//平面CDE，則BP故bx+by?b=0，即x+y?1=0，取x=0，則y=1，取y=0，則x=1，故P的軌跡長度為12（2）取AD的中點為G，連接FG，AP，由（1）可得P的軌跡為FG.又由（1）可得BA⊥平面ADEF，而AP?平面ADEF，故AB⊥AP，因AP2=BP2?AB而AF=AG=1，故點P為FG的中點，故P1設(shè)平面BCEF的法向量為n=u,v,t，而EF=故?v=0u?bt=0，故可取n因直線BP與平面BCEF所成角θ的正弦值為36而BP=12故2b4?3b2易得BC//平面ADEF，則點C到平面PDE的距離為1或22又ED=?1,1,0，故P到直線ED的距離為EP2易得ED=2，故故三棱錐P?CDE的體積為13×1【變式8-3】（2025·江蘇·三模）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，點(1)證明：AD⊥平面BB(2)若AB=AC=22,AB⊥AC，二面角C?AC①求AC與平面ADC②點E在側(cè)面ABB1A1內(nèi)，且三棱錐E?ADC【答案】(1)證明見解析(2)①12；②【解題思路】（1）根據(jù)直棱柱的性質(zhì)及線面垂直的判定定理即可得證；（2）以AB,②中根據(jù)三棱錐體積求出點E到平面的距離，再由向量法求距離，化簡可得軌跡方程，利用軌跡方程確定軌跡為線段，即可得解.【解答過程】（1）在直三棱柱ABC?A1B因為AD?平面ABC，所以C又因為AD⊥DC1，CC1∩D所以AD⊥平面B（2）①在直三棱柱ABC?A1B1C1中，以AB,則D2,2設(shè)平面ADC1的法向量由n1?AD=2所以平面ADC1的一個法向量又平面CAC1的法向量所以cosπ3所以n1所以cos設(shè)AC與平面ADC1所成角為θ②因為AD⊥DC所以S因為三棱錐E?ADC1的體積為所以E到平面ADC1因為E在側(cè)面ABB1AE到平面ADC1的距離為即軌跡方程為z=?22x+2所以E在側(cè)面ABB1A所以E的軌跡長度為A1【題型9探索性問題的向量求法】【例9】（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）如圖，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC=π(1)設(shè)線段BE中點為F，證明：CF∥平面ADE(2)在線段AB上是否存在點M，使得點B到平面CEM的距離等于22，如果存在，求MB【答案】(1)證明見解析(2)存在，MB的長為2【解題思路】（1）取AE的中點G，根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；（2）設(shè)MB=x，根據(jù)等體積法VB?MEC=V【解答過程】（1）取BE的中點F，AE的中點G，連結(jié)FG、GD、CF，則有GF=12AB因為DC=12AB，CD//AB所以四邊形CFGD是平行四邊形，則CF//又DG?平面ADE，CF?平面ADE，所以CF//平面ADE（2）存在.設(shè)MB=x(0<x<4)，在Rt△BEC中，EC=因為MB⊥平面BEC，所以VM?BEC因為MB⊥平面BEC，BE?平面BEC，BC?平面BEC所以MB⊥BE,MB⊥BC，則△MBE,△MBC均為直角三角形.在Rt△MBE中，ME=同理，MC=x取EC的中點H，因為ME=MC，所以MH⊥EC，而MH=M故S△MEC因為點B到面CEM的距離等于22所以VB?MEC而VB?MEC=VM?BEC，所以所以在線段AB上只存在唯一一點M，當(dāng)且僅當(dāng)BM=23015時，點B到面CEM【變式9-1】（2025·江西景德鎮(zhèn)·模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，(1)證明：AC⊥平面BCC(2)若AC=BC，在線段EC1上是否存在點M，使平面AMA1與平面AME夾角的余弦值為【答案】(1)證明見解析；(2)存在，理由見解析.【解題思路】（1）先求證FC⊥EC1，接著由題設(shè)AF⊥EC1結(jié)合線面垂直判定定理求證EC1⊥平面AFC，進(jìn)而得E（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，設(shè)AC=BC=BB1=2，Mx,0,2?2x0≤x≤1，求出平面AMA1的一個法向量為m【解答過程】（1）證明：因為BC=BB所以由題在Rt△FBC和Rt△ECC1中，所以∠EC所以可得FC⊥EC1，又AF⊥EC1，AF∩FC=F，所以EC1⊥平面AFC，又AC?平面AFC又由直三棱柱性質(zhì)可得C1C⊥AC，C1所以AC⊥平面BCC（2）由題意和（1）可以C為原點，CB,CA,CC1為若AC=BC，則可設(shè)AC=BC=BB則C0,0,0,A0,2,0則AM=設(shè)平面AMA1的一個法向量為m=x1則m⊥AMm則m·AM=x取x1=2,x所以cosm解得x=138（舍去）或所以若AC=BC，在線段EC1上存在點M，使平面AMA1與平面AME夾角的余弦值為3102【變式9-2】（2025·貴州遵義·模擬預(yù)測）在多面體ABCDMN中，已知四邊形ABNM是邊長為2的正方形，AB=AD=12BC，AD//BC，AB⊥AD，平面ABNM⊥平面ABCD(1)若平面ANH∩平面MNC=l，求證：MC//(2)在線段NC上是否存在一點P，使得平面PAH⊥平面NAH？若存在，求PNNC【答案】(1)證明見解析(2)存在，PN【解題思路】（1）連接BM交AN于點E，連接HE，先證明MC//平面ANH（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解即可.【解答過程】（1）證明：連接BM交AN于點E，連接HE，因為四邊形ABNM為正方形，所以E為BM的中點，又H為線段BC的中點，所以EH//又EH?平面ANH，MC?平面ANH，所以MC//平面ANH因為平面ANH∩平面MNC=l，且MC?平面MNC，所以MC//（2）在正方形ABNM中，NB⊥AB，因為平面ABNM⊥平面ABCD，平面ABNM∩平面ABCD=AB，且NB?平面ABNM，所以NB⊥平面ABCD，又AD//BC，AB⊥AD，所以以B為原點，以BA,BC,BN所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，又AB=AD=BN=12BC=2，H所以A2,0,0則AH=設(shè)NP=λNC=0,4λ,?2λ，所以AP=設(shè)平面PAH的一個法向量為m=則m?AH=?2x1設(shè)平面NAH的一個法向量為n=則m?AH=?2x2由平面PAH⊥平面NAH，則m?n=1?λ+1?λ+1?2λ=0，解得λ=所以在線段NC上存在一點P，使得平面PAH⊥平面NAH，且PNNC【變式9-3】（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖1，在平行四邊形ABCD中，D=60°,DC=2AD=2，將△ADC沿AC折起，使點D到達(dá)點P位置，且PC⊥BC，連接PB得三棱錐P?ABC，如圖2．(1)證明：平面PAB⊥平面ABC；(2)在線段PC上是否存在點M，使平面AMB與平面MBC的夾角的余弦值為58，若存在，求出|PM|【答案】(1)證明見解析(2)存在；2【解題思路】（1）推導(dǎo)出PA⊥AC，證明出BC⊥平面PAB，可得出PA⊥BC，利用面面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；（2）以點A為坐標(biāo)原點，BC、AC、AP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PM=λPC，其中0≤λ≤1，利用空間向量法可得出關(guān)于λ的等式，結(jié)合0≤λ≤1求出【解答過程】（1）證明：翻折前，因為四邊形ABCD為平行四邊形，∠D=60°，則因為DC=2AD=2，則AB=DC=2，BC=AD=1，由余弦定理可得AC所以，AC2+BC2翻折后，則有BC⊥AC，PA⊥AC，因為PC⊥BC，AC∩PC=C，AC、PC?平面PAC，所以，BC⊥平面PAC，因為PA?平面PAC，則PA⊥BC，因為AC∩BC=C，AC、BC?平面ABC，所以，PA⊥平面ABC，所以平面PAB⊥平面ABC.（2）因為PA⊥平面ABC，BC⊥AC，以點A為坐標(biāo)原點，BC、AC、AP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0、P0,0,1、C0,設(shè)PM=λPC=λ則AM=AP+設(shè)平面ABM的法向量為m=x,y,z，則取y=λ?1，則z=3λ，x=3平面MBC的一個法向量為n=a,b,c，PB=則n?PB=?a+3b?c=0則，整理可得λ=2因此，線段PC上存在點M，使平面AMB與平面MBC的夾角的余弦值為58，且PM一、單選題1．（2024·寧夏吳忠·一模）已知平面α=P∣n?P0P=0，其中點PA．1,2,3 B．?2,4,5 C．?3,4,5 D．2,?4,8【答案】B【解題思路】結(jié)合各個選項分別求出P0P，計算【解答過程】平面α=P∣n?P0對于A，設(shè)P1,2,3，則P∵P0P?n=0對于B，設(shè)P?2,4,5，則P∵P0P?n=?3+2+2=1≠0對于C，設(shè)P?3,4,5，則P∵P0P?n=?4+2+2=0對于D，設(shè)P2,?4,8，則P∵P0P?n=1?6+5=0故選：B．2．（2025·貴州遵義·模擬預(yù)測）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M、A．A1M∥CN C．MN⊥面AA1C1C【答案】B【解題思路】建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量共線的基本定理可得A錯誤；由向量的數(shù)量積為零可得B正確，C錯誤；求出面A1BD的法向量，由MN與【解答過程】以D為原點，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的邊長為2，對于A，A1則A1若A1M∥CN，則A1對于B，B12,2,2，則A1B1?MC對于C，A2,0,0，MN=?2,?1,1則MN?AC=?2,?1,1??2,2,0=4?2+0=2≠0，所以MN與AC不垂直，因為AC?對于D，B2,2,0,D0,0,0設(shè)面A1BD的法向量為則n?A1B=0所以MN?n=?2,?1,1??1,1,1=2?1+1=2≠0，即MN故選：B.3．（2025·甘肅白銀·三模）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，A．63 B．79 C．59【答案】B【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解異面直線所成角得余弦值即可.【解答過程】以D為坐標(biāo)原點，DA,DC,DD1所在直線分別為x，則A13,0,2,M故異面直線A1M和BN夾角的余弦值為A1故選：B.4．（2025·甘肅甘南·模擬預(yù)測）在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AA1，BB1的中點，A．255 B．55 C．1【答案】A【解題思路】建立空間直接坐標(biāo)系，寫出點坐標(biāo)，利用空間坐標(biāo)法求點到平面的距離即可.【解答過程】以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系則G2,λ,2，D10,0,2，E所以D1E→=2,0,?1設(shè)平面D1EF的法向量為n→令x=1，則y=0，z=2，所以平面D1EF的一個法向量為所以點G到平面D1EF的距離為故選：A.5．（2025·河南安陽·一模）如圖，在三棱錐S?ABC中，SA，SB，SC兩兩垂直，SC=3，SB=2，SA=1，D為線段SC上靠近C的三等分點，點E為△ABC的重心，則點E到直線BD的距離為（

）A．36 B．66 C．33【答案】B【解題思路】根據(jù)題意，以S為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算代入計算，即可得到結(jié)果.【解答過程】根據(jù)題意，以S為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，則S0,0,0又點E為△ABC的重心，所以E2則EB=43則cos<則sin<所以點E到直線BD的距離為EB?故選：B.6．（2025·北京順義·一模）六氟化硫是一種無機(jī)化合物，常溫常壓下為無色無味無毒不燃的穩(wěn)定氣體.化學(xué)式為SF6，在其分子結(jié)構(gòu)中，硫原子位于中心，六個氟原子均勻分布在其周圍，形成一個八面體的結(jié)構(gòu).如圖所示，該分子結(jié)構(gòu)可看作正八面體，記為P?ABCD?Q，各棱長均相等，則平面PAB與平面QAB夾角的余弦值是（A．22 B．23 C．12【答案】D【解題思路】建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，利用空間向量的方法求平面與平面的夾角即可.【解答過程】設(shè)正八面體的棱長為a，連接AC、BD相較于點O，連接OP，根據(jù)正八面體的性質(zhì)可知ABCD為正方形，AC⊥BD，OP⊥平面ABCD，建立如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)B、OC、OP為x、y、z軸的空間直角坐標(biāo)系，A0,?2a2,0，B所以PA=0,2設(shè)平面PAB的法向量為n1所以n1?PA=0n則有：x1=1yQA=0,2設(shè)平面QAB的法向量為n2所以n2?QA=0n則有：x2=?1y設(shè)平面PAB與平面QAB夾角為θ，則cosθ=平面PAB與平面QAB夾角的余弦值為13故選：D.7．（2025·黑龍江·一模）正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，E為棱DD1的中點，點A．BD1B．AC．直線B1E與平面CDD．三棱錐P?ACD1【答案】C【解題思路】根據(jù)線面平行的判定定理可證明A選項正確；應(yīng)用空間向量計算數(shù)量積，可判斷B正確；根據(jù)線面角的計算，可得C選項錯誤；應(yīng)用空間向量法可求得點到平面距離，再結(jié)合三棱錐的體積公式，計算可得D正確.【解答過程】對于A，連接BD、AC，相交于點O，連接OE，如圖所示，因為四邊形ABCD為正方形，所以O(shè)是BD中點，又E為棱DD1的中點，所以又OE?平面AEC，BD1?平面AEC，所以B對于B，以D為原點，以DA、DC、DD1為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)BP=λBC，則A11,0,1，B1所以B1D=?1,?1,?1,A1對于C，由B選項知，A1,0,0，E0,0,1因為DA⊥平面CDD1C1，所以平面設(shè)直線B1E與平面CDD所以sinθ=DA?對于D，因為P1?λ,1,λ，A1,0,0，C0,1,0則AP=?λ,1,λ，AC=設(shè)平面ACD1的法向量為則m?AC=0m?因為AC=AD1=C點P到平面ACD1的距離為所以三棱錐P?ACD1的體積為故選：C.8．（2025·黑龍江哈爾濱·二模）已知四面體ABCD中，AB,BC,BD兩兩垂直，BC=BD=2,AB與平面ACD所成角的正切值為12，則點B到平面ACDA．32 B．233 C．5【答案】D【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)條件求出平面ACD的法向量，利用向量法求出點到平面的距離.【解答過程】如圖，以B為原點，BC,BD,BA所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BA=t，t>0，則B0,0,0所以AB=0,0,?t，設(shè)平面ACD的法向量為n=x,y,z，則令x=1，得y=1,z=2t，故因為直線AB與平面ACD所成角的正切值為12所以直線AB與平面ACD所成角的正弦值為55即AB?nAB所以平面ACD的一個法向量為n=故B到平面ACD的距離為d=AB故選：D．二、多選題9．（2025·山東濰坊·二模）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E、A．EF與BC異面 B．EF//平面C．EF⊥AC D．BD⊥平面EF【答案】AC【解題思路】利用異面直線的定義可判斷A選項；建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可判斷BCD選項.【解答過程】以點D為坐標(biāo)原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x、y、不妨設(shè)正方體的棱長為2，則A2,0,0、B2,2,0、C0,2,0E1,0,2、F2,1,0、對于A選項，EF、BC既不平行，也不相交，故EF與BC異面，A對；對于B選項，EF=1,1,?2，易知平面CDD則EF?m=1≠0，故EF對于C選項，AC=?2,2,0，所以，EF?對于D選項，DB=2,2,0，所以，EF?DB=2+2=4故BD與平面EFC故選：AC.10．（2025·河北秦皇島·模擬預(yù)測）在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1DA．OB//平面B．OB⊥C．直線BC1與CD．直線BC與平面ACD1【答案】ACD【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)向量法判斷線面平行、線線垂直判斷A，B，運(yùn)用異面直線向量距離公式求解判斷C，根據(jù)向量法求解線面角判斷D.【解答過程】如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則D0,0,0所以AC=?1,1,0,設(shè)平面ACD1的法向量為則m?AC=?x+y=0m?所以O(shè)B?m=又因為OB?平面ACD1，所以O(shè)B//BC=?1,0,0，平面ACD設(shè)直線BC與平面ACD1所成角為則sinθ=所以直線BC與平面ACD1所成角的正弦值為C1D=則OB?所以O(shè)B⊥C因為BC1=?1,0,1,則n?BC1=?a+c=0又因為BC=?1,0,0，所以直線BC1與故選：ACD.11．（2025·山西·三模）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，E，A．BB．平面A1EF與側(cè)面AC．點C到平面A1EFD．B1D與平面A【答案】BC【解題思路】對于A由B1C//EF即可判斷，對于B由EF//A1D得面A【解答過程】因為B1D與B1C不垂直，又B1由EF//A1D，所以E,F,A1所以平面A1EFD與側(cè)面AA由正方體棱長為2，得A1以D為坐標(biāo)原點，建立如圖所示坐標(biāo)系．則C0,2,0，B12,2,2，A12,0,2所以A1F=?1,2,0，EF=設(shè)平面A1EF的一個法向量為n=x,y,z令x=1，則y=12，所以n=1,1所以點C到平面A1EF的距離設(shè)B1D與平面A1EF所成角為所以cosα所以B1D與平面A1故選：BC.三、填空題12．（2025·黑龍江哈爾濱·三模）直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=BC=2,AA1=3,∠ABC=【答案】15【解題思路】由題意建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出異面直線B1E與【解答過程】取AC中點D，連接BD，因為AB=BC，所以BD⊥AC，以D為原點，DB,DC分別為x,y軸，過點D且垂直于面BAC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，AB=BC=2,A所以AC=23,所以B1,0,0所以B1E=?所以異面直線B1E與AC則cosθ=所以異面直線BA1與AC故答案為：15513．（2025·湖南·三模）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，△ABC是正三角形，D為AC的中點，點E在棱CC1上，且CE=2EC1，若【答案】5【解題思路】建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出A1B,n，其中n是平面【解答過程】如圖，取AB,A1B1的中點F,G，因為AA1⊥所以AA因為三角形ABC是等邊三角形，點F是AB中點，所以FB⊥FC，所以FB,FC,FG兩兩互相垂直，以點F為坐標(biāo)原點，F(xiàn)B,FC,FG所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，因為CE=2EC1，AB=2，AA1=3所以B1,0,0所以A1設(shè)平面BDE的法向量為n=所以DB?n=32所以可取n=點A1到平面BDE的距離為A故答案為：5.14．（2025·湖南·三模）如圖1，已知球O的半徑R=3．在球O的內(nèi)接三棱錐D?ABC中．DB⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=2BC，BD=6．P，Q分別為線段AC，BC的中點，G為線段BD上一點（不與點B重合），如圖2．則平面OBC與平面GPQ夾角的余弦值的最大值為

【答案】15【解題思路】以點C為坐標(biāo)原點，直線CB，CA分別為x，y軸，過點C且與BD平行的直線為z軸，建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出平面OBC與平面GPQ的法向量，進(jìn)一步得平面OBC與平面GPQ夾角的余弦值的最大值的表達(dá)式，結(jié)合換元法、基本不等式求解即可.【解答過程】因為DB⊥平面ABC，AC,AB?平面ABC，所以DB⊥AC，DB⊥AB，因為AC⊥BC，又BD∩BC=B，所以AC⊥平面BCD，又CD?平面BCD，所以AC⊥CD，易知在Rt△ACD和Rt△ADB中，斜邊AD的中點到點A，B，C，即AD為球O的直徑，設(shè)BC=aa>0，因為AC⊥BC，AC=所以AB=3a，AC=2a，因為所以Rt△ADB中，AB=6=以點C為坐標(biāo)原點，直線CB，CA分別為x，y軸，過點C且與BD平行的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則C0,0,0，A0,2,0，B2,0,0，D2由題可知P0,1,0，Q22,0,0，則CO=22,1,6設(shè)平面OBC的一個法向量為m=則m?BC=?2x設(shè)平面GPQ的一個法向量為p=則p?PQ=22設(shè)平面OBC與平面GPQ的夾角為θ．因為cos=5令s=26t+1，則s∈1,13，t=可得26當(dāng)且僅當(dāng)s=3，即t=6此時cosθ=55×1+故答案為：155四、解答題15．（2025·全國二卷·高考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AB//CD,∠DAB=90°，F(xiàn)為CD的中點，點E在AB上，EF//AD，AB=3AD,CD=2AD.將四邊形EFDA沿EF翻折至四邊形EFD′A′，使得面EFD(1)證明：A′B//平面(2)求面BCD′與面【答案】(1)證明見解析(2)42【解題思路】（1）先應(yīng)用線面平行判定定理得出A′E//平面CD′F再應(yīng)用面面平行判定定理得出平面A′EB//平面（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用已知條件將點B,C,D′,E,F的坐標(biāo)表示出來，然后將平面BC