第03讲 立体几何中的向量方法【秋季讲义】（人教A版2019选择性必修第一册）（解析版）

第03讲立体几何中的向量方法【人教A版2019】·模块一向量法判定位置关系·模块二向量法求空间角·模块三向量法求距离·模块四课后作业模块一模块一向量法判定位置关系1．空间中直线、平面的平行(1)线线平行的向量表示：设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2.(2)线面平行的向量表示：设u是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔u⊥n⇔u·n＝0.(3)面面平行的向量表示：设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2.2．利用向量证明线线平行的思路：证明线线平行只需证明两条直线的方向向量共线即可．3．证明线面平行问题的方法：(1)证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线向量且直线不在平面内；(2)证明直线的方向向量可以用平面内两个不共线向量表示且直线不在平面内；(3)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直且直线不在平面内．4．证明面面平行问题的方法：(1)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行．(2)将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明．5．空间中直线、平面的垂直(1)线线垂直的向量表示：设u1，u2分别是直线l1,l2的方向向量，则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.(2)线面垂直的向量表示：设u是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l⊥α⇔u∥n⇔∃λ∈R，使得u＝λn.(3)面面垂直的向量表示：设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0.6．证明两直线垂直的基本步骤：建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直．7．用坐标法证明线面垂直的方法及步骤：(1)利用线线垂直：①将直线的方向向量用坐标表示；②找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量；③判断直线的方向向量与平面内两条直线的方向向量垂直．(2)利用平面的法向量：①将直线的方向向量用坐标表示；②求出平面的法向量；③判断直线的方向向量与平面的法向量平行．8．证明面面垂直的两种方法：(1)常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明．(2)法向量法：证明两个平面的法向量互相垂直．【考点1求平面的法向量】【例1.1】（2023春·江苏镇江·高二校考期末）已知向量AB=1,1,-1,AC=-1,1,0，则平面A．1,1,2 B．1,-1,0 C．-1,1,2 D．-1,1,0【解题思路】根据法向量的定义逐项分析判断.【解答过程】对于选项A：若n=1,1,2，则可得n⊥AB,n⊥AC，所以对于选项B：若n=1,-1,0，则可得n与AC不垂直，所以n=1,-1,0不是平面ABC的一个法向量，故对于选项C：若n=-1,1,2，则可得n与AB→不垂直，所以n=-1,1,2不是平面ABC对于选项D：若n=-1,1,0，则可得n与AC不垂直，所以n=-1,1,2不是平面ABC的一个法向量，故故选：A.【例1.2】（2023·江苏·高二专题练习）已知A1,0,0,B0,1,0A．-1,1,1 B．1,-1,1C．1,1,1 D．1【解题思路】利用平面法向量的求法求解即可.【解答过程】因为A1,0,0,B0,1,0设平面ABC的一个单位法向量为n=则AB⋅n=-x+y=经检验，仅1,1,1符合题意．故选：C．【变式1.1】（2023·江苏·高二专题练习）已知平面α内两向量a=(1,1,1)，b=(0,2,-1)且c=ma+nb+(4,-4,1).若c为平面αA．-1，2 B．1，-2C．1，2 D．-1，-2【解题思路】求出向量c的坐标后，利用向量c是平面α的法向量，得c⊥a【解答过程】c=(m+4,m+2n-4,m-n+1)，由c为平面α的法向量，得c·a=0解得m=-1故选：A.【变式1.2】（2023秋·河南许昌·高三校考开学考试）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BBA．（1，-2，4） B．（-4，1，-2）C．（2，-2，1） D．（1，2，-2）【解题思路】设正方体的棱长为2，依次求出各点坐标，设向量n=(x,y,z)是平面AEF【解答过程】解：设正方体的棱长为2，则A(2,0,0),E(2,2,1)，F(1,0,2)，∴AE=(0,2,1),设向量n=(x,y,z)是平面AEF则n⋅AE=2y+z=0,n⋅则n=(-4,1,-2)是平面AEF结合其他选项，只需和n=(-4,1,-2)检验可知，ACD选项均不与n=(-4,1,-2)共线所以能作为平面AEF的法向量只有选项B故选：B．【考点2空间线、面平行关系的判定及应用】【例2.1】（2023秋·高二课时练习）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，E为CP的中点，N为DE的中点，DM=14DB,DA=DP=1,CD=2

【解题思路】证法一：以D为坐标原点，DA,DC,DP所在直线分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，求出AP,证法二：由空间向量的线性表示可得答案.【解答过程】证法一：由题意知，直线DA,DC,DP两两垂直，以D为坐标原点，DA,DC,DP所在直线分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则D0,0,0所以AP=(-1,0,1),所以MN=14AP，又证法二：由题意可得MN=14BD又M∉AP，所以MN//【例2.2】（2023·全国·高二课堂例题）如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，点M，N分别在对角线BD，AE上，且BM=13BD，AN=13

【解题思路】根据空间向量的线性运算得到MN=2【解答过程】∵M在BD上，且BM=13BD，同理得AN=∴MN=MB+又CD与DE不共线，∴根据向量共面的充要条件可知MN，CD，DE共面．∵MN不在平面CDE内，∴MN//平面CDE【变式2.1】（2023春·高二课时练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，【解题思路】根据正方体的结构特征，以D1为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明线线平行，由面面平行的判定定理证明平面MNP//平面【解答过程】证明:如图，以D1为坐标原点，D1A1,D1建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则有A11,0,0，B1,1,1，D(0,0,1)，N12,1,0，于是A1B=0,1,1，A1显然有NM=12A1D，PM由NM//A1D，NM⊄平面A1BD，A1同理PM//平面A1BD，NM,PM⊂平面MNP所以平面MNP//平面A【变式2.2】（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥E-ABCD中，AB//CD，CD=4AB，点F为棱CD的中点，与E，F相异的动点P在棱EF上.(1)当P为EF的中点时，证明：PB//平面ADE；(2)设平面EAD与平面EBC的交线为l，是否存在点P使得l/平面PBD？若存在，求EPPF【解题思路】（1）设点G为棱ED的中点，连接AG，PG，通过证明四边形ABPG为平行四边形，得到AG//PB，再根据线面平行的判定定理可证PB//平面ADE；（2）延长DA，CB相交于点H，连接EH，则直线EH为平面EAD与平面EBC的交线，连接HF，交BD于点I，若EH//平面PBD，由线面平行的性质可知EH//PI，设HI=λHF，推出HI=λ2【解答过程】（1）如图，设点G为棱ED的中点，连接AG，PG，∴GP=12DF=∵AB//CD，CD=4AB，∴GP=AB，GP//AB，∴四边形ABPG为平行四边形，∴AG//PB，又PB⊄平面ADE，AG⊂平面ADE，∴PB//平面ADE.（2）如图，延长DA，CB相交于点H，连接EH，则直线EH为平面EAD与平面EBC的交线，连接HF，交BD于点I，若EH//平面PBD，由线面平行的性质可知EH//PI，设HI=λ∵点F为棱CD的中点，AB//CD，CD=4AB，∴HI=λHF=λ∵D，I，B三点共线，∴λ2+2λ=1，即所以当EPPF=23时，PF又EH⊄平面PBD，PI⊂平面PBD，∴EH//平面PBD，∴存在满足条件的点P使得l//平面PBD，此时EPPF【考点3空间线、面垂直关系的判定及应用】【例3.1】（2023·全国·高二课堂例题）如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，

【解题思路】要证明A1O⊥平面GBD，只需证明A1O垂直于平面GBD中的两条相交直线．易知A1O⊥BD，而△BDG中的G，O连接后的线段GO与A【解答过程】如图所示，连接OG，

设A1B1=a，A1D1=b，因为A1BD=OG=所以A=cA=1所以A1O⊥BD，A1又因为BD∩OG=O，BD⊂平面GBD，OG⊂平面GBD，所以A1O⊥平面【例3.2】（2023秋·高二课时练习）在三棱台A1B1C1-ABC中，∠BAC=90°,A1A⊥平面ABC,

【解题思路】建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量数量积坐标表示求出BC⋅AD=0,BC⋅AA1=0【解答过程】由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,因为BC⋅所以BC⊥AD,又AD∩AA1=A,AD,AA1⊂平面A1AD，所以所以平面A1AD⊥平面【变式3.1】（2023·江苏·高二专题练习）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，M是线段EF的中点(1)求证：AM⊥BD.(2)求证：AM⊥平面BDF.【解题思路】（1）利用面面垂直性质定理证明CE⊥平面ABCD，然后以点C为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标法证明线线垂直；（2）先求出平面BDF的法向量，然后利用直线AM的方向向量与法向量共线即可证明线面垂直.【解答过程】（1）因为四边形ACEF为矩形，则CE⊥AC，因为平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF=AC，CE⊂平面ACEF，所以CE⊥平面ABCD，又四边形ABCD为正方形，以点C为坐标原点，CD、CB、CE所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系C-xyz，由AB=2，AF=1，得C0,0,0，A2,2E0,0,1，F2,所以AM=-2所以AM⋅BD=所以AM⊥BD（2）由（1）知，AM=-22,-设n=x,y,z是平面BDF的法向量，则n⊥所以n→⋅BD取y=1，得x=1，z=-2，则n因为AM=-22,-22,1所以AM⊥平面BDF.【变式3.2】（2023·全国·高二课堂例题）如图所示，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面为正方形，

(1)求证：平面O1DC⊥平面(2)若点E,F分别在棱AA1,BC上，且AE=2EA1【解题思路】（1）以O为坐标原点，OA,OB,OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设OA=1,OA1=a，结合空间向量的坐标运算可得O（2）设BF=γBC【解答过程】（1）证明：如图所示，以O为坐标原点，OA,OB,OA1所在直线分别为x轴、y轴、z

设OA=1,OA∴A1,0,0∴O∴O1C//z∴O1C⊥又O1C⊂平面∴平面O1DC⊥平面（2）由AE=2EA1，结合（1）可知，设BF=γBC，则BF=(-γ,-γ,0)，故点F∴FE由EF⊥AD⇔FE即FE⋅AD=-故当F为BC的三等分点（靠近点B）时，有EF⊥AD.模块二模块二向量法求空间角1．夹角问题(1)两个平面的夹角：平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．(2)空间角的向量法解法角的分类向量求法范围两条异面直线所成的角设两异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\f(|u·v|,|u||v|)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))直线与平面所成的角设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos〈u，n〉|＝eq\f(|u·n|,|u||n|)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))两个平面的夹角设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))【考点4利用空间向量求空间角】【例4.1】（2023秋·高二课时练习）如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，

【解题思路】设AB=a, AD=b,AA【解答过程】设异面直线AC1与A1D所成的角为则a=b=1，c=2，则cosθ=∵AC1=A=1+1+4+0-2-2∴ACA1∴cosθ=故异面直线AC1与A1【例4.2】（2023春·山东东营·高二统考期末）如图，已知六面体ABCDPE的面ABCD为梯形，AB//CD，AB⊥AD，AB=2，CD=AD=4，棱PA⊥平面ABCD，PA//BE，PA=4,BE=2，F为PD的中点.

(1)求证：AF//平面PBC；(2)求直线BE与平面PCD所成角的大小.【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明线面平行；（2）求出平面的法向量后利用线面角的向量公式直接求解即可.【解答过程】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，且AB⊥AD，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，

则A所以BP设平面BPC的法向量为m=则m⋅BP=-2y+4z=0m⋅BC=4x+2y=0所以AF⋅m=2×1+0×又AF⊄平面PBC，所以AF//平面PBC.（2）由（1）得DP设平面PCD的法向量为n→=a,b,c故n=1,设直线BE与平面PCD所成的角为θ，则sinθ=22，又【变式4.1】（2023春·甘肃白银·高二校考阶段练习）如图，AB为圆柱底面的直径，△ACD是圆柱底面的内接正三角形，AP和DQ为圆柱的两条母线，若AB=2AP=2.

(1)求证：平面PCQ⊥平面BDQ；(2)求BP与面ABQ所成角正弦值；(3)求平面ABQ与平面ABC所成角的余弦值.【解题思路】（1）先利用线面垂直判定定理证明AD⊥平面BDQ，再证明PQ//AD，由此可得PQ⊥平面BDQ，再由面面垂直判定定理证明平面PCQ⊥平面BDQ；（2）建立空间直角坐标系，求出直线BP的方向向量与平面ABQ的法向量，再求两向量的夹角余弦即可得BP与面ABQ所成角正弦值；（3）求平面CAQ的法向量，再求其与平面ABQ的法向量的夹角的余弦值，即可求出结果．【解答过程】（1）因为AB为圆柱底面的直径，所以AD⊥BD，因为DQ为圆柱的母线，故AD⊥DQ，又BD∩DQ=D，BD,DQ⊂平面BDQ，故AD⊥平面BDQ，又AP和DQ为圆柱的两条母线，所以四边形APQD为矩形，因此PQ//AD，故PQ⊥平面BDQ，又因为PQ⊂平面PCQ，所以平面PCQ⊥平面BDQ．（2）由题意知DA,DB,DQ两两垂直，以D为坐标原点，DA,DB,DQ为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，

令AB=2，因为△ACD是圆柱底面的内接正三角形，故∠BAD=30°，故AD=ABcos30°=3A3,0,0，B0,1,0，AB=-3,1,0设平面ABQ的法向量为n=由n⋅AB=0令x=1，得n=故cosBP所以直线BP与面ABQ所成角正弦值为105（3）过C作CH⊥AD，垂足为H，DH=12AD=故点C的坐标为C32,3设平面ACQ的法向量为m=由m⋅AC=0令x=3，得m所以cosm所以平面ABQ与平面ABC所成角的余弦值为5273【变式4.2】（2023春·贵州黔西·高二校考期中）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD=2BC，∠BAD=∠ABC=90(1)若M为PA的中点，求证：BM//平面PCD(2)若直线PC与平面PAB所成角的正弦值为1510，求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值【解题思路】（1）取PD中点N，可证得四边形BCNM为平行四边形，从而得到BM//（2）取AD中点O，结合面面垂直的性质可证得PO⊥平面ABCD，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设AB=mm>0，BC=1，根据线面角的向量求法可构造方程求得m的值；由面面角的向量求法可求得结果【解答过程】（1）取PD中点N，连接MN,CN，∵M,N分别为PA,PD中点，∴MN//AD，∵∠BAD=∠ABC=90∘，∴BC//∴BC//MN，BC=MN，∴四边形BCNM为平行四边形，∵BM⊄平面PCD，CN⊂平面PCD，∴BM//平面PCD（2）取AD中点O，连接PO,CO，∵AO//BC，AO=BC=12AD又∠BAD=90∘，∴∠COA=90∵△PAD为等边三角形，∴PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD；则以O为坐标原点，OC,OD,设AB=mm>0，BC=1，则A0,-1,0，Bm,-1,0，Cm,0,0，∴AP=0,1,3，AB=设平面PAB的法向量n=则AP⋅n=y+3z=0AB⋅n=mx=0∴cosPC,n=设平面PCD的法向量m=则PC⋅m=2a-3c=0PD⋅∴cos即平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为2211模块三模块三向量法求距离1．距离问题(1)点P到直线l的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量为eq\o(AQ,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离为eq\r(a2－a·u2)(如图)．(2)点P到平面α的距离：设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)(如图)．【考点5利用空间向量研究距离问题】【例5.1】（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，AC∩BD=O，底面ABCD为菱形，边长为2，PC⊥BD，PA=PC，且∠ABC=60°，异面直线PB与CD所成的角为

(1)求证:PO⊥平面ABCD;(2)若E是线段OC的中点，求点E到直线BP的距离.【解题思路】（1）根据线面垂直的性质定理、判定定理证明；（2）利用空间向量的坐标运算，求点到直线的距离.【解答过程】（1）因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD,因为PC⊥BD，PC∩AC=C,PC,AC⊂平面APC，所以BD⊥平面APC，因为PO⊂平面APC，所以BD⊥PO,因为PA=PC，O为AC中点，所以PO⊥AC，又因为AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.（2）以O为原点，OB,OC,OP方向为x,y,z轴方向，建系如图，

因为AB//CD,所以∠PBA为异面直线所以∠PBA=60∘，在菱形ABCD中，因为∠ABC=60°，所以设PO=a，则PA=a在△PBA中，由余弦定理得，PA所以a2+1=4+a所以A(0,-1,0),B(3BE=(-所以d=BE所以点E到直线BP的距离为32【例5.2】（2023春·江苏常州·高二校考阶段练习）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=2，AD=22，M

(1)求直线BD与平面APM所成角的正弦值；(2)求D到平面APM的距离．【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；（2）利用空间点到直线距离公式进行求解即可.【解答过程】（1）建立如下图所示的空间直角坐标系，

D0,0,0DB=22,2,0，设平面PA=22,0,-2，cosDB所以直线BD与平面APM所成角的正弦值为217（2）由（1）可知平面APM的法向量为n=2,1,2d=DP⋅nn=47【变式5.1】（2023·全国·高二假期作业）直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，边长为2，侧棱A1

(1)求证：平面AMN//平面EFBD；(2)求平面AMN与平面EFBD的距离．【解题思路】（1）法一：由面面平行的判定定理即可证明；法二：如图所示，建立空间直角坐标系D﹣xyz，通过证明EF（2）法一:平面AMN与平面EFBD的距离=B到平面AMN的距离h,再由等体积法即可求出答案.法二:求出平面AMN的法向量,AB→=(0，2，0)，平面AMN与平面EFBD的距离等于B【解答过程】（1）法一:证明：连接B1D1E、F分别是∴MN//EF//B1D1，∵MN⊄∴MN//平面EFBD，∵NF平行且等于AB∴ABFN是平行四边形，∴AN//∵AN⊄平面EFBD，BF⊂平面EFBD，∴AN//平面EFBD∵AN∩MN=N，∴平面AMN//平面EFBD法二:如图所示，建立空间直角坐标系D﹣

则A(2，F(1，2AM→∴EF→=MN→∵MN⊄平面EFBD，EF⊂平面EFBD，∴MN//平面EFBD∵AN⊄平面EFBD，BF⊂平面EFBD，∴AN//平面EFBD又MN∩AM=M，∴平面AMN//平面EFBD（2）法一:平面AMN与平面EFBD的距离=B到平面AMN的距离h．△AMN中，AM=AN=10，MN=2，∴由等体积可得13⋅19法二:设平面AMN的一个法向量为n=则n→⋅MN∵AB∴平面AMN与平面EFBD的距离为d=|【变式5.2】（2023春·高二单元测试）如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB=AC=1,PA=2.

(1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值；(2)求点P到平面DEF的距离；(3)求点P到直线EF的距离．【解题思路】（1）构建以A为原点，直线AB,AC,AP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，求面DEF的一个法向量、PA，应用向量法求线面角的正弦值；（2）由PF=(0,12,-1)及（1（3）先求出PF在EF上的投影长，再应用向量的坐标计算点P到直线EF的距离．【解答过程】（1）如图，以A为原点，直线AB,AC,AP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，

由AB=AC=1,PA=2，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),D(1所以DE=(0,设平面DEF的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DE=y设PA与平面DEF所成的角为θ，则sinθ=|故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为55（2）因为PF=(0,12所以点P到平面DEF的距离为d=|PF⋅n（3）因为PF=(0,12,-1)，EF=(-12,0,1)所以点P到直线EF的距离为|PF【考点6利用空间向量研究存在性问题】【例6.1】（2023·全国·高三专题练习）已知正四棱台ABCD-A1B1C

(1)求侧棱AA1与底面(2)在线段CC1上是否存在一点P，使得BP⊥A1【解题思路】（1）先求得正四棱台的高，然后求得侧棱AA1与底面ABCD（2）建立空间直角坐标系，利用向量法确定是否存在符合题意的P点.【解答过程】（1）依题意，在正四棱台ABCD-A1B所以上底面积S1=2×2=4，下底面积设正四棱台的高为h，则13连接AC,A1C所以AA设侧棱AA1与底面ABCD所成的角为θ，则由于线面角θ的取值范围是0,π2，所以（2）连接BD,B1D以O为原点，OA,OB,OO1分别为A1设线段CC1上存在一点P，满足C1C1则BP=A1若BP⊥A1D即-2解得λ=2，舍去，所以在线段CC1上不存在一点P，使得【例6.2】（2023春·江苏连云港·高二校考期中）如图在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD=2，底面ABCD为直角梯形，其中BC//AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2，O

(1)求二面角C-PD-A的正弦值；(2)线段AD上是否存在Q，使得它到平面PCD的距离为32?若存在，求出AQ【解题思路】（1）以O为原点，建立空间直角坐标系，求得平面PAD和平面PCD的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解；（2）设线段AD上存在Q0,m,0,m∈-1,1，根据向量的距离公式，求得m=-12【解答过程】（1）解：由底面ABCD为直角梯形，其中BC//AD，AB⊥AD，且AD=2AB=2BC=2，所以OC⊥AD，又由PO⊥平面ABCD，以O为原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则平面PAD的法向量m=1,0,0，且可得PC=设平面PCD的法向量n=x,y,z，则取x=1，可得y=1,z=1，所以n=设二面角C-PD-A夹角为θ，则cosθ=m⋅nm⋅n（2）解：设线段AD上存在Q0,m,0,m∈-1,1，使得它到平面PCD由PQ=0,m,-1，可得Q到平面PCD的距离解得m=-12或m=52(舍去)，所以【变式6.1】（2023秋·湖南长沙·高二校考开学考试）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2

(1)若M为BC的中点，求证：A1N//(2)是否存在点M，使得平面C1MA与平面ACC1A【解题思路】（1）取AB中点N，易证得四边形MNA1C（2）以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设BM=λBC0<λ<1，根据面面角的向量求法可构造方程求得【解答过程】（1）分别取AB中点N，连接MN，

则MN为△ABC的中位线，∴MN//AC，又A1C1=1，AC//∴四边形MNA1C又A1N⊄平面C1MA，C1M⊂平面（2）以A为坐标原点，AB,AC,AA

则A0,0,0，B2,0,0，C0,2,0∴AC1=0,1,2设BM=λBC0<λ<1∴AM令平面C1MA的法向量为则AC1⋅n=y+2z=0AM⋅n=又平面ACC1A∴cos解得：λ=13或∴BM=13BC，∴【变式6.2】（2023·全国·高三专题练习）图①是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D=90∘，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE=60∘，以BE为折痕将△BCE折起，使点

(1)求证：平面BC1E⊥(2)在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为155？若存在，求出直线【解题思路】（1）由二面角平面角定义可知∠AOC1是二面角A-BE-C（2）以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设DP=λDC1【解答过程】（1）在图①中，连接AC，交BE于O，∵四边形ABCE是边长为2的菱形，∠BCE=60∘，∴AC⊥BE，在图②中，相交直线OA,OC1均与BE垂直，∴∠AOC∵AC1=6，∴OA2+OC12=A（2）以O为坐标原点，OA,OB,OC则D32,-32,0，C1∴DC1=-32,3设DP=λDC则AP=设平面ABC1的一个法向量则AB⋅n=-3x+y=0AC1⋅∴点P到平面ABC1的距离d=AP⋅n∴AP=-∴cos∴直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为模块四模块四课后作业1．（2023·江苏·高二专题练习）已知直线l的一个方向向量m=2,-1,3，且直线l过点A0,a,3和B-1,2,b两点，则A．0 B．1 C．32 D．【解题思路】首先求出AB，依题意AB//m，则AB【解答过程】因为直线l过点A0,a,3和B-1,2,b两点，所以又直线l的一个方向向量m=2,-1,3，所以所以AB=λm，所以所以2λ=-1-λ=2-a3λ=b-3，解得λ=-1故选：D.2．（2023春·江苏连云港·高二校考阶段练习）空间直角坐标系O-xyz中，已知点A2,0,2，B2,1,0，C0,2,0，则平面ABCA．2,1,2 B．-1,2,1 C．2,4,2 D．2,-1,2【解题思路】根据求平面ABC的法向量，逐项分析判断即可.【解答过程】由题意可得：AB=设平面ABC的法向量为n=x,y,z，则令x=1，则y=2,z=1，即n=对A：若m=2,1,2，由21≠1故m不是平面ABC的法向量，A错误；对B：若m=-1,2,1，由-11≠2故m不是平面ABC的法向量，B错误；对C：若m=2,4,2，则m=2n，即故m是平面ABC的法向量，C正确；对D：若m→=2,-1,2，由21≠故m不是平面ABC的法向量，D错误；故选：C.3．（2023春·广东韶关·高二统考期末）已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则（

）A．若m//α，n//α，则m//n B．若m//α，m//β，则α//βC．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β D．若m⊥α，n⊥β,m⊥n，则α⊥β【解题思路】根据线面平行、垂直和面面平行、垂直的性质和判定分析判断即可【解答过程】对于A，当m//α，n//α时，直线m，n相交，异面，平行都有可能；对于B，还少了条件m∩n=P，m⊂α，n⊂α才能得到相应的结论；对于C，当α⊥β，m⊂α时，m//β，m与β相交但不垂直都有可能；对于D，设直线m,n的方向向量分别为a,若m⊥α，n⊥β,m⊥n，则平面α，β的一个法向量分别为a,b，且所以α⊥β，所以D正确，故选：D．4．（2023秋·高二课时练习）如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，点F在棱C1D1上，且D1FA．14 B．13 C．12【解题思路】先求平面A1BE的法向量，根据线面平行可得n【解答过程】如图所示，以A为原点，AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为则B(1,0,0),E0,1,可得BA设n=x,y,z是平面A1令z=2，则x=2,y=1，即n=由D1C1=1,0,0又因为B1(1,0,1)，则由B1F∥平面A1BE，可得故选：C.5．（2023春·四川乐山·高二期末）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M,N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是（

）A．

B．

C．

D．

【解题思路】如图建立以A为原点的空间直角坐标系.依次判断各选项是否满足MN⋅OP【解答过程】如图建立以A为原点的空间直角坐标系，设正方体边长为2a.A选项，M0,2a,2a则MN=2a,-2a,0,OP=

B选项，M0,2a,2aMN=2a,0,-2a,OP=

C选项，M2a,2a,2aMN=-2a,0,-2a,OP=-a,-a,a，则

D选项，MMN=0,2a,-2a,OP=a,0,2a

故选：C.6．（2023春·河南新乡·高二统考期末）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面A1B1A．AC1⊥BDC．A1C//平面BDE D．平面【解题思路】由条件，结合线面垂直的定义判断A，连接AC，设AC∩BD=O，证明EO//A1C，由线面垂直定义证明AC1⊥EO，由此判断B，由线面平行判定定理证明A1C//【解答过程】因为AC1⊥平面BDE，BD⊂平面BDE，所以A连接AC，设AC∩BD=O，则O为AC的中点，因为AC1⊥平面BDE，EO⊂平面BDE又E为AA1的中点，O为AC的中点，所以所以AC1⊥因为EO//又EO⊂平面BDE，A1C⊄平面BDE，所以A1C//平面由已知D1A1,D1C1,因为底面A1B1由长方体性质可得四边形ACC1A所以四边形ACC1A所以D1所以AC因为AC1⊥平面BDE，所以A设平面A1D1则n⋅D1取y=2，则x=0,z=-1所以n=0,2因为n⋅所以向量n,AC1不垂直，所以平面A1故选：D.7．（2023·全国·高二假期作业）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，PA=AB=BC=12AD=1，BC//AD，已知Q是棱PD上靠近点P的四等分点，则CQ与平面PABA．55 B．255 C．2【解题思路】建立空间直角坐标系，写出相应点C、Q的坐标，求出平面PAB的法向量，最后求出CQ与平面PAB所成角的正弦值.【解答过程】∵PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，∴以A为坐标原点，AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C1,1,0，Q12易知平面PAB的法向量n=设CQ与平面PAB所成角为θ，则sinθ=故选：C.8．（2023春·福建泉州·高二校联考阶段练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A．DB1⊥平面ACD1 B．直线C．平面A1C1B∥平面ACD1【解题思路】设正方体的棱长为1，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合正方体的性，利用空间向量逐个计算判断即可【解答过程】设正方体的棱长为1，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A设E(x,y,1)，B1E=λB1设F(1,a,b)，BF=μBC1，即对于A，因为DB所以DB1⋅AC=0因为AC∩AD1=A，AC,AD1⊂平面ACD对于B，因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD因为AC⊥BD，BB1∩BD=B，BB1,BD⊂平面所以AC=(1,1,0)为平面BB1设直线AE与平面BB1Dsinθ=AC⋅对于C，由选项A可知DB1⊥平面ACD1因为A1C1所以DB因为A1C1∩A1B=A1所以平面A1C1B∥平面对于D，因为AF=(1,μ,μ)，所以点F到平面ACd=AF⋅D故选：B.9．（2021秋·四川南充·高二校考阶段练习）如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C①平面BCM⊥平面A②三棱锥B-MB1③当M为AB1中点时，直线B1D与直线CM④直线CM与A1D其中正确的是（

）A．①②④ B．②③ C．①②③ D．①③④【解题思路】利用面面垂直的判定定理可判断①，利用VB-MB1C=VC-BB1M，可知三棱锥B-MB1C体积最大时，S△BB1M【解答过程】对于①，∵BC⊥AB，BC⊥BB1，AB∩BB1=B∴BC⊥平面AA1M，又BC⊂∴平面BCM⊥平面A1AM，故对于②，VB-M∵M为AB1上动点，∴当M与A重合时，S△B∴VB-MB对于③，以D1当M为AB1中点时，M1,12,1∴B1D∴cos∴当M为AB1中点时，直线B1D与直线CM所成的角的余弦值为对于④，设M1,y,z，AM又A1,0,1，∴AB∴0,y,z-1=0,λ,-λ，则y=λ∴M1,λ,1-λ∴CM=1,λ-1,-λ∴cos若直线CM与A1D所成的角为π4解得：λ=2±3，又λ∈∴当λ=2-3，即AM=2-3AB1时，直线CM与所以其中正确的是①②③.故选：C.10．（2021·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，F为线段BC1的中点，E为线段A1C1上的动点，则下列四个结论：①存在点E，使EF // BD；②存在点E，使EF⊥平面ABA．4 B．3 C．2 D．1【解题思路】设正方体的棱长为1，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在的直线为x，y，【解答过程】解：设正方体的棱长为1，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在的直线为x，y，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1则DE=DC1+∴C1E=(λ,-λ,0)∴E=(λ，1-λ，1)，∴EF=(对于①而言就是否存在实数λ，使EF//BD，而BD=(-1，-1，0)，-112-λ=-1λ=对于②而言就是否存在实数λ，使EF⊥平面AB1C1D，首先我们在平面AB∴EF⋅C1B1=0EF⋅C1D=0，于是1同理，对于③而言，还是判断这样的实数λ是否存在，AD设其夹角为θ，则cosθ=令θ=60°，此即λ-12×(12-λ)2+λ2+对于④来说，E点无论在A1C1上怎样移动，底面△ACE的高不变，故而底面面积不变，三棱锥的高为定值，所以其体积不会随着E所以正确的个数为1个.故选：D.11．（2023秋·高二课时练习）根据下列条件，判断相应的线､面位置关系：(1)直线l1,l(2)平面α,β的法向量分别是u=(3)直线l的方向向量､平面α的法向量分别是a=(4)直线l的方向向量､平面α的法向量分别是a=【解题思路】（1）根据空间向量垂直的坐标运算可得答案；（2）根据面面平行的向量求法可得答案；（3）根据直线、平面位置关系的向量判断方法可得答案；（4）根据直线、平面位置关系的向量判断方法可得答案．【解答过程】（1）∵a∴a⋅b（2）∵u∴v∴v//u（3）∵a∴a⋅u∴a与u即l与α相交但不垂直；（4）∵a∴a∴a⊥u，即l⊂α12．（2023春·高二单元测试）如图，在多面体ABC-A1B1C1中，四边形A1ABB1

(1)求证：A1B1(2)求证：AB1∥平面【解题思路】（1）证明AB,AC,（2）求出平面A1【解答过程】（1）证明：由二面角A1-AB-C是直二面角，四边形A1AA1⊂平面A1ABB1，平面A1又因为AB=AC,BC=2AB，所以AB2+AC所以AB,以A为坐标原点，AC,AB,AA1所在直线分别为x轴、

设AB=2，则知点A0,0,0，B0,2,0，A1由于AB,AC,AA1两两垂直，AC∩AA故平面AA1C而A1B1=(0,2,0)=2n，即A1B（2）证明：由（1）知AB1=(0,2,2)，A设平面A1C1C的一个法向量为即x1+y1=02x所以AB1⋅又因为AB1⊄平面A1C1C，13．