专题1.6空间向量的应用（二）用空间向量研究距离夹角问题（举一反三）（人教A版2019选择性）

专题1.6空间向量的应用（二）：用空间向量研究距离、夹角问题【七大题型】【人教A版（2019）】TOC\o"13"\h\u【题型1点到平面距离的向量求法】 2【题型2平行平面距离的向量求法】 5【题型3点到直线距离的向量求法】 9【题型4向量法求异面直线所成的角】 14【题型5向量法求线面角】 17【题型6向量法求二面角】 23【题型7利用空间向量研究存在性问题】 29【知识点1用空间向量研究距离问题】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(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)．2．向量法求点到直线距离的步骤：(1)根据图形求出直线的单位方向向量.(2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量.(3)垂线段长度.3．求点到平面的距离的常用方法(1)直接法：过P点作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离.②转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.③等体积法.④向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为.【题型1点到平面距离的向量求法】【例1】（2324高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F,G分别为棱AB,AD,BB1的中点，点P在棱C1D1上，且C1P=3PD1，则点A．8282 B．8241 C．241【解题思路】建立空间直角坐标系，求出平面PEF的一个法向量和EG，再利用点到平面距离的向量法，即可求出结果.【解答过程】如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4，则F(2,0,0),E(4,2,0),P(0,1,4),G(4,4,2)，所以EF=(−2,−2,0)，FP=(−2,1,4)，设平面PEF的一个法向量为n=(x,y,z)由n⋅EF=0n⋅FP=0，得到−2x−2y=0所以点G到平面PEF的距离为d=n故选：C.【变式11】（2324高二下·江西·开学考试）在正三棱锥P−ABC中，AB=2PA=2，且该三棱锥的各个顶点均在以O为球心的球面上，设点O到平面PAB的距离为m，到平面ABC的距离为n，则nA．3 B．233 C．3 【解题思路】根据AB=2PA=2，得到PA，PB【解答过程】解：在正三棱锥P−ABC中，PA=PB=PC，又PA=1，AB=2，所以PA2同理可得PA⊥PC，PC⊥PB，即PA，PB，PC两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，则三棱锥的外接球就是正方体的外接球，正方体的体对角线就是外接球的直径，易得m=1如图，建立空间直角坐标系，

则A1,0,0，B0,1,0，C0,0,1所以AB=−1,1,设平面ABC的一个法向量为sx则s⋅AB令x=1，则y=z=1，所以s=1,1,1则点O到平面ABC的距离n=s⋅所以nm故选：D．【变式12】（2324高二下·江苏连云港·阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，A．23 B．2 C．22λ【解题思路】建立空间直角坐标系，由点到平面的距离公式计算即可．【解答过程】以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为则G2,λ,2，D10,0,2，E所以ED1=−2,0,1，设平面D1EF的法向量为n=取x=1，得n=所以点G到平面D1EF的距离为故选：D．【变式13】（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，设点P为底面A．33 B．233 C．2【解题思路】建立空间直角坐标系，设P(a,b,2),0≤a≤2,0≤b≤2，求出平面PBD的一个法向量m=(2,2,b−a)，然后利用距离的向量公式并换元化简得d1+【解答过程】在正方体ABCD−A1B如图所示：

则D(0, 0,0),A(2, 所以DB=(2,2,0)，DP=(a,b,2)，设平面PBD的法向量为则m⋅DB=2x+2y=0m⋅DP=ax+by+2z=0则点A,C1到平面PBD距离之和为设b−a=t，则t∈−2,2，d1+因为t∈−2,2，所以t+4∈2,6，所以函数y=1−8(4+t)+244+t所以当1t+4=12时，故选：B.【题型2平行平面距离的向量求法】【例2】（2024高二·全国·专题练习）设正方体ABCD−A(1)求直线B1C到平面(2)求平面A1BD与平面【解题思路】（1）直线B1C到平面A1BD的距离等于点（2）平面A1BD与平面B1CD【解答过程】（1）以D为原点，DA,DC,DD1为x，y，则D所以CB1=2,0,2,又CB1⊄平面A1BD，DA1所以直线B1C到平面A1BD的距离等于点设平面A1BD的一个法向量为则n⋅DA1=2x+2z=0n⋅所以点B1到平面A1BD

（2）由（1）知CB1//平面A1BD又B1C∩D1B所以平面A1BD//平面即平面A1BD与平面B1CD由（1）知，点B1到平面A1BD所以平面A1BD与平面B1【变式21】（2024高三·全国·专题练习）已知正方体ABCD−A1B1C【解题思路】先证明平面A1BD∥平面B1CD【解答过程】正方体ABCD−A1B1C所以A1D∥所以平面A1BD∥平面以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为则D(0，所以A1B=(0,1,−1)，A设平面A1BD的法向量为则n⋅A1令z=1，则y=1，则n=(−1，1所以点D1到平面A1BD的距离则平面A1BD与平面B1CD所以平面A1BD与平面B1【变式22】（2324高二·全国·课后作业）如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，点M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，（1）证明：平面AMN∥平面EFBD；（2）求平面AMN与平面EFBD间的距离．【解题思路】（1）如图所示，建立空间直角坐标系，证明EF=MN，AM=BF，即可得EF∥MN，AM∥BF，从而可证MN∥平面EFBD，（2）因为平面AMN∥平面EFBD，所以点B到平面AMN的距离即为平面AMN与平面EFBD间的距离，求出平面AMN的法向量，从而可求的答案.【解答过程】（1）证明：如图所示，建立空间直角坐标系，则A(4，0，0)，M(2，0，4)，D(0，0，0)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，F(2，4，4)，N(4，2，4)．从而EF＝(2，2，0)，MN＝(2，2，0)，AM＝(－2，0，4)，BF＝(－2，0，4)，所以EF=MN，AM=BF，所以EF∥MN，又EF⊂平面EFBD，MN⊄平面EFBD，所以MN∥平面EFBD，BF⊂平面EFBD，AM⊄平面EFBD，所以AM∥平面EFBD，因为MN∩AM＝M，所以平面AMN∥平面EFBD；（2）解：因为平面AMN∥平面EFBD，所以点B到平面AMN的距离即为平面AMN与平面EFBD间的距离．设n=x,y,z是平面则有n⋅MN=0n⋅由于AB＝(0，4，0)，所以点B到平面AMN的距离为n⋅所以平面AMN与平面EFBD间的距离为83【变式23】（2024·贵州贵阳·一模）底面为菱形的直棱柱ABCD−A1B1C(1)在图中作一个平面α，使得BD⊂α，且平面AEF//α.（不必给出证明过程，只要求作出α与直棱柱ABCD−A(2)若AB=AA1=2,∠BAD=60∘，求平面AEF【解题思路】（1）取B1C1,D1C1的中点M,N，则平面BMND即为所求平面α.（2）连接AC,AC交BD于O，则AC⊥BD，分别以DB,AC所在的直线为x,y轴，【解答过程】（1）如图，取B1C1,D1C1的中点证明：由EF//MN,EF⊄平面BMND，MN⊂平面BMND，可得EF//平面BMND.由AE//DN，AE⊄平面BMND，DN⊂平面BMND，可得AE//平面BMND.AE∩EF=E,AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF,故可得平面AEF//平面BMND，即平面AEF//α.（2）如图，连接AC,AC交BD于O，∵在直棱柱ABCD−A∴AC⊥BD，∴分别以DB,AC所在的直线为x,y轴，O为原点建立如图所示空间直角坐标系，又∵所有棱长为2，∠BAD=∴A0,−∴E1∴AE=1设n=x,y,z是平面AEF的一个法向量，则n令y=43得n=0,4∴点B到平面AEF的距离ℎ=AB∴平面AEF与平面α的距离d=4【题型3点到直线距离的向量求法】【例3】（2324高二下·甘肃·期中）将一块△ABC模板放置在空间直角坐标系中，其位置及坐标如图所示，则点A到直线BC的距离为（

）A．2615 B．615 C．24【解题思路】根据给定条件，利用空间点到直线距离公式计算即得.【解答过程】依题意，A(0,0,2),B(3,0,0),C(0,4,0)，BA=(−3,0,2),所以点A到直线BC的距离d=|故选：A.【变式31】（2324高二下·江西·阶段练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，F是棱A1A．53 B．253 C．2【解题思路】以点D为原点，建立空间直角坐标系，借助空间向量结合二次函数求解作答.【解答过程】在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C则有B2,2,0，F设点P0,y,0则点P到直线BF的距离d=|当且仅当y=65时取等号，则点P到直线BF的距离的最小值为故选：D.【变式32】（2324高二上·江苏无锡·期中）在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，点E为棱CC(1)求证：点B，E，F，D1(2)求点D1到EF【解题思路】（1）可以先说明两个向量BF→,E（2）先利用关系FD1→·FE→=FD【解答过程】（1）以点D为坐标原点，分别以DA,DC,DD1所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系由已知可得：B(2,2,0),E(0,2,1),D所以BF→=(0,−2,2),ED1所以点B,E,F,D（2）由（1）可得：FD设向量FD1→,FE所以r=FD所以点D1到直线EF的距离d=【变式33】（2324高二上·安徽亳州·期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长都为2，且∠A1AC=60°，平面A1AC(1)点B1到直线PQ(2)求点B1到平面PQC【解题思路】（1）由面面垂直性质定理证明线面垂直，再得线线垂直，由此建立空间直角坐标系，利用向量方法求点到直线的距离；（2）利用法向量求解点面距.【解答过程】（1）由三棱柱ABC−A则四边形ACC又△ABC,△A1B所以△ACA取AC中点O，连接OA1,OB又平面A1ACC1⊥面ABC，平面A1AC所以OA1⊥平面ABC又因为OB⊥AC，所以OB,OC,OA则以O为坐标原点，OB,OC,OA1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系A(0,−1,0),A由O则B1所以QB则QB1=所以点B1到直线PQ的距离为|（2）由（1）知CQ=(0,0,设n=(a,b,c)是平面PQC则n⋅PQ=−32又QB所以点B1到平面PQC的距离|【知识点2用空间向量研究空间角】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)))2．用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3．向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.4．向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【题型4向量法求异面直线所成的角】【例4】（2324高二下·江苏盐城·期中）如图，已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1，E，F，G分别为AB，A．π6 B．π4 C．π3【解题思路】分别以DA,DC,DD1所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，求出【解答过程】如图分别以DA,DC,DD1所在的直线为则A1所以A1设异面直线A1G与EF所成角为则cosθ=所以异面直线A1G与EF所成角为故选：D.【变式41】（2324高二下·江苏淮安·期中）已知四面体A−BCD，其中AD=BC=2，CD=AB=AC=BD=6，E为CD的中点，则直线AD与BE所成角的余弦值为（

A．1414 B．51734 C．14【解题思路】将四面体嵌在长方体中，由题意可得长方体的长宽高的大小，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，再求出直线AD，BE的方向向量的坐标，进而求出两个向量的夹角的余弦值，最后求出两条直线所成的角的余弦值．【解答过程】将四面体A−BCD放在如图所示的长方体中，因为AD=BC=2，CD=AB=AC=BD=6设长方体的长，宽，高分别为a，b，c，则b2+c2=4以D为坐标原点，以DM，DN，DQ所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D0,0,0，A2,0,2，所以CD的中点E0,1,所以DA⃗=2所以DA⋅|DA|=2+0+2所以cosDA设直线AD，BE所成的角为θ，θ∈[0,π2所以cosθ=|故选：A．【变式42】（2324高二下·陕西榆林·开学考试）如图，在三棱锥P−ABC中，△ABC为等边三角形，△PAC为等腰直角三角形，PA=PC=4，平面PAC⊥平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为（

）A．14 B．12 C．−2【解题思路】取AC的中点O，连接OP，OB，根据面面垂直的性质定理得OP⊥平面ABC，建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角的余弦值即可.【解答过程】取AC的中点O，连接OP，OB，因为PA=PC，所以AC⊥OP.因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，OP⊂平面PAC，所以OP⊥平面ABC.又因为AB=BC，所以AC⊥OB，于是以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，结合△PAC为等腰直角三角形，PA=PC=4，△ABC为等边三角形，则A22,0,0，C−22故异面直线AC与PD所成角的余弦值为24故选：D.【变式43】（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥P−ABC中，∠ABC=∠PAB=∠PCB=90°，PA=22，BC=12AB=2，M是棱PB的中点，N是棱PC上靠近点P的四等分点，则异面直线MN与A．30° B．45° C．60° D．90°【解题思路】将三棱锥P−ABC补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，根据向量即可求解.【解答过程】根据题意可将三棱锥P−ABC补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体ABCD−A以A为坐标原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x，y，则A(0,0,0)，B(0,4,0)，C(2,4,0)，P(2,0,2)，则M(1,2,1)，N2,1,32，故AP所以cos〈所以异面直线MN与PA所成角的大小为45°．故选：B．【题型5向量法求线面角】【例5】（2324高二下·江苏泰州·期末）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为(1)求证：M为BD(2)求直线EM与平面MCD所成角的大小.【解题思路】（1）根据线面垂直的性质得BC⊥CD1，再证明EM⊥BC，最后得到（2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量和法向量，根据线面角的空间向量求法即可得到答案.【解答过程】（1）连接CD1，在正方体ABCD−A1BCD1⊂平面CD因为EM⊥AD，AD//BC，所以EM⊥BC，且所以EM//CD1，因为E为BC的中点，所以（2）在正方体ABCD−A1B1C1D如图建立空间直角坐标系D−xyz.则D0,0,0，C0,2,0，E1,2,0所以DC=0,2,0，DM=设平面MCD的法向量为m=则m⋅DC令x=1，则z=−1.于是m=设直线EM与平面MCD所成的角为θ，则sin因为0∘≤θ≤90∘，所以直线【变式51】（2324高二下·四川成都·期末）如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C(1)证明:OD//平面AC(2)若AC⊥OA1，∠BAA1=60∘【解题思路】（1）连接A1B交AB1于点E，连接OE，C1E，可得四边形OEC（2）可证得A1O⊥平面ABC，以O为原点，OA，OA1，OC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线【解答过程】（1）连接A1B交AB1于点E，连接∵O，E分别是AB，AB1的中点，D为∴OE//∴四边形OEC1D∵OD⊄平面AC1B1，∴OD//平面AC（2）连接OC，∵∠BAA1=60°∴△BAA∴A1∵A1O⊥AC，且AC∩AB=A都在面∴A1O⊥平面ABC，而OC⊂面ABC，故由AB=2,AC=BC=2，易知△ABC∴CO⊥AB，A以O为原点，OA，OA1，OC所在直线分别为x，y，AB=AA1=2,AC=BC=2，则A1,0,0，A由BC=B1C1，可得B设平面A1AC∴A1C1⋅m=0A设直线B1C1与平面A1A即直线B1C1与平面A【变式52】（2324高二下·江苏盐城·期中）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC，(1)若E为AB1上的一点，且EB(2)在（1）的条件下，若异面直线AB1与CD所成的角为45°，求直线AC与平面【解题思路】（1）法一：取AB中点M，由题意得CM⊥平面ABB1A1，要证DE⊥CD，因为DE∥A1B，及证A1B⊥面（2）先看出AB1与CD所成的角为MD与CD所成的角，即∠CDM=45°，建系向量法求直线AC与平面【解答过程】（1）法一：取AB中点M，连接CM,MD，有MD∥因为AC=BC，所以CM⊥AB，因为三棱柱ABC−A所以平面ABC⊥平面ABB因为平面ABC∩平面ABB1A所以CM⊥平面AB因为A1B⊂平面ABB因为EB1AB1=1所以DE∥因为AA1=AB，所以直棱柱的侧面A又因为A1B⊥AB1，MD∥AB1，所以A1所以A1B⊥面CMD，而CD⊂面所以A1B⊥CD，即法二：取AB中点M，连接CM，连接A1B交AB1因为AC=BC，所以CM⊥AB，因为三棱柱ABC−A所以平面ABC⊥平面ABB因为平面ABC∩平面ABB1A1=AB，CM⊂所以CM⊥平面AB因为AA1=AB所以AB⊥MO，如图以M为坐标原点，分别以MA,MO,MC为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系设AB=2a，MC=b，C0,0,b，D−a,a,0，E−a2所以CD⋅DE=0（2）连接MD，因为M,D分别是AB,BB1的中点，所以所以异面直线AB1与CD所成的角为MD与CD所以DM=CM=2Aa,0,0，B1−a,2a,0，CAB1=AC=设平面AB1C则AB1则n的一组解为n所以sinθ=所以直线AC与平面AB1C【变式53】（2324高二下·江苏扬州·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD,∠DAB=60°,CD=1，AB=3,△PBC为等边三角形，F为线段BC的中点，平面PCB⊥平面ABCD,E为线段PF上一点.(1)证明：PF⊥AD；(2)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74【解题思路】（1）根据题意，可得PF⊥BC，结合面面垂直的性质可得PF⊥平面ABCD，即可得结果；（2）过D作DM⊥AB，垂足为M，取线段AD的中点N，连接NF，建系，设E0,0,a,a∈0,3【解答过程】（1）因为△PBC为等边三角形，F为线段BC的中点，则PF⊥BC，又因为平面PCB⊥平面ABCD，平面PCB∩平面ABCD=BC，PF⊂平面PCB，可得PF⊥平面ABCD，且AD⊂平面ABCD，所以PF⊥AD.（2）过D作DM⊥AB，垂足为M，由题意知：BCDM为矩形，可得AM=2,BC=DM=AMtan由（1）可知：PF⊥平面ABCD，取线段AD的中点N，连接NF，则FN//AB，又因为AB⊥BC，可知NF⊥BC，以F为坐标原点，NF,FB,FP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则A3,因为E为线段PF上一点，设E0,0,a可得DA=设平面PAD的法向量n=x,y,z，则令x=−3，则y=3,z=−2，可得由题意可得：cosn整理得a2−4a+4=0，解得所以当EF=2，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74【题型6向量法求二面角】【例6】（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥P−ABCD中，BC//AD，AB=BC=1，AD=3,点E在AD上，且PE⊥AD，PE=DE=2．(1)若F为线段PE中点，求证：BF//平面PCD(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．【解题思路】（1）取PD的中点为S，接SF,SC，可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行的判定定理可得BF//平面PCD（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余弦值.【解答过程】（1）取PD的中点为S，接SF,SC，则SF//而ED//BC,ED=2BC，故故BF//SC，而BF⊄平面PCD，SC⊂平面所以BF//平面PCD（2）因为ED=2，故AE=1，故AE//故四边形AECB为平行四边形，故CE//AB，所以CE⊥平面而PE,ED⊂平面PAD，故CE⊥PE,CE⊥ED，而PE⊥ED，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,−1,0则PA设平面PAB的法向量为m=则由m⋅PA=0m⋅设平面PCD的法向量为n=则由n⋅PC=0n⋅故cosm故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为3030【变式61】（2024·江西宜春·模拟预测）如图1，在五边形ABCDE中，AB=BD，AD⊥DC，EA=ED且EA⊥ED，将△AED沿AD折成图2，使得EB=AB，F为AE的中点．(1)证明：BF//平面ECD(2)若EB与平面ABCD所成的角为30°，求二面角A−EB−D的正弦值．【解题思路】（1）取AD的中点G，连接BG，FG，从而证明BG//平面ECD，FG//平面ECD，即可得到平面BFG//（2）推导出AE⊥平面BFG，BG⊥平面EAD，平面EAD⊥平面ABCD，连接EG，以G为坐标原点，GB，GD，GE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A−EB−D的正弦值．【解答过程】（1）取AD的中点G，连接BG，FG，∵AB=BD，G为AD的中点，∴BG⊥AD，又AD⊥DC，∴BG//又BG⊄平面ECD，CD⊂平面ECD，∴BG//平面ECD∵F为AE的中点，∴FG//又FG⊄平面ECD，ED⊂平面ECD，∴FG//平面ECD又BG∩FG=G，BG,FG⊂平面BFG，∴平面BFG//平面ECD又BF⊂平面BFG，∴BF//平面ECD（2）∵EA⊥ED，由（1）知FG//ED，又EB=AB，F为AE的中点，∴BF⊥AE，又BF∩FG=F，BF,FG⊂平面BFG，∴AE⊥平面BFG，又BG⊂平面BFG，∴BG⊥AE，又BG⊥AD，AD∩AE=A，AD,AE⊂平面EAD，∴BG⊥平面EAD，又BG⊂平面ABCD，∴平面EAD⊥平面ABCD，连接EG，∵EA=ED，G为AD的中点，∴EG⊥AD，又平面EAD∩平面ABCD=AD，EG⊂平面EAD，∴EG⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，∴EG⊥BG，以G为坐标原点，GB，GD，GE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，∠EBG是EB与平面ABCD所成的角，即∠EBG=30°，∵EA=ED，设EA=t(t>0)，则AD=2t，EG=22t∴G0,0,0，E0,0,22t，A∴EB=62t,0,−2设平面ABE的法向量为n1则n1⋅EB=6设平面DBE的法向量为n2则n2⋅EB=6设二面角A−EB−D的平面角为θ，∴cos所以sinθ=1−cos2θ【变式62】（2324高二下·上海·期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1(1)证明BC⊥平面(2)若直线A1C与平面ABB【解题思路】（1）先证明AA1⊥平面ABC，从而得到AA1（2）取AC的中点O，连结BO，先证明BO⊥平面ACC1A1，再取A1C1【解答过程】（1）因为四边形ACC1A又平面ACC1A1⊥平面ABC，AA1所以AA1⊥因为BC⊂平面ABC，所以AA又因为AB⊥BC，AB，AA1⊂平面AB所以BC⊥平面ABB（2）由（1）可得∠BA1C为直线A1C所以BC=12A1C=2，所以AB=BC，取所以BO⊥AC，又因为平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面取A1C1的中点O以OB,OC,所以B1,0,0，C0,1,0，所以BC=−1,1,0，设平面A1BC的法向量为则n⊥BCn⊥A1C取平面A1AC的法向量设二面角B−A1C−A则cosθ因为二面角B−A1C−A即二面角B−A1C−A【变式63】（2324高三下·重庆·阶段练习）如图甲，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=π3，将△ABD沿BD向上翻折，得到如图乙所示的三棱锥

(1)证明：A′(2)若A′C=3，在线段BD上是否存在点G，使得平面A′CG与平面BCD【解题思路】（1）根据已知证出线面垂直，利用线面垂直性质即可得证；（2）利用余弦定理求出BD=23，∠A′【解答过程】（1）取BD中点O，连接A′菱形ABCD中，A′所以A′又因为A′O∩CO=O，A′CO⊂平面A′OC，BD⊄平面所以BD⊥平面A′又A′C⊂平面A′（2）△A′BD中，因为∠ABC=由余弦定理得BD2=B在△A′OC所以cos∠在平面A′OC中，作OE⊥OC，交A′则以O为坐标原点，分别以OC方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则A′−1假设在线段BD上存在符合要求的点G0,m,0设平面A′CG的法向量由A′则A′C⋅由题可取平面BCD的法向量n2所以cosn当m=33时，BG=433所以当BG=433或233时，平面A

【题型7利用空间向量研究存在性问题】【例7】（2024高三·全国·专题练习）斜三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长都为2，∠A1AB=60°

(1)在棱BB1（含端点）上是否存在一点D使A1(2)求点A1到平面BC【解题思路】（1）根据题意建立空间直角坐标系，利用斜三棱柱的性质求得各点坐标，再利用空间向量的数量积运算即可得解，（2）利用空间向量法的求点面距离公式即可得解.【解答过程】（1）连接OC，因为AC=BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB，由题意知A1O⊥平面又AA1=2，∠以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，

则A10,0,3，A1,0,0，由A1B1由A1C1设BD=tBB又AC1=由A1D⊥AC1，即解得t=15，又BB故存在点D且BD=2（2）设平面BCC1B又BC=1,3则有n⋅BC=x+3y=0又BA所以点A1到平面BCC1故所求距离为215【变式71】（2324高二下·浙江宁波·期末）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，△FBC为等腰直角三角形，且FC⊥FB.面BCF⊥面ABCD,EF//(1)求证：BE⊥CF：(2)在线段AB上是否存在点T，使得DT与平面ACF所成角的正弦值为53？若存在，请求出BT【解题思路】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理即得.（2）取BC的中点O，以O为原点，建立空间直角坐标系，设BT=t(0,≤t≤4)，求出平面ACF的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得.【解答过程】（1）由矩形ABCD，得AB⊥BC，而平面BCF⊥平面ABCD，平面BCF∩平面ABCD=BC，AB⊂平面ABCD，则AB⊥平面BCF，又CF⊂面BCF，于是AB⊥CF，而FC⊥FB，EF//AB，AB∩BF=B,AB,BF⊂平面ABFE，因此CF⊥平面ABFE，又BE⊂平面ABFE，所以BE⊥CF.（2）取BC的中点O，作Ox//AB，连接OF，由（1）知，Ox⊥平面BCF，而OF⊂平面BCF，则Ox⊥OF，又FC⊥FB，FC=FB，则OF⊥BC，即Ox,OB,OF两两垂直，以O为原点，直线Ox,O