第03讲空间向量的应用（秋季讲义）（人教A版2019选择性）

第03讲空间向量的应用【人教A版2019】模块一模块一用空间向量研究直线、平面的位置关系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．【题型1求平面的法向量】【例1.1】（2324高二上·浙江嘉兴·期中）在空间直角坐标系O−xyz中，A−1,0,0，B1,2,−2，C2,3,−2，则平面ABCA．1,−1,0 B．1,−1,1 C．1,0,−1 D．0,1,1【解题思路】设平面ABC的一个法向量为n=x,y,z，利用【解答过程】由已知AB=设平面ABC的一个法向量为n=∴取x=1，解得n=选项A符合，另外选项BCD中的向量与选项A中的向量不共线.故选：A.【例1.2】（2324高二上·广东茂名·期中）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱

A．1,0,−2 B．0,1,2C．0,2,−4 D．−2,1,4【解题思路】设平面ABE的法向量为m=x,y,z，然后由m⊥【解答过程】由题意可得A0,0,0，E0,2,1，所以AE=0,2,1设平面ABE的法向量为m=由m⋅AE=0m⋅AB=0，得到所以平面ABE的一个法向量为m=所以2m=0,2,−4

故选：C.【变式1.1】（2324高二下·福建龙岩·期中）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑A−BCD中，AB⊥平面BCD，∠BDC=90°，BD=AB=CD.若建立如图所示的“空间直角坐标系，则平面ACD的一个法向量为（

A．0,1,0 B．0,1,1 C．1,1,1 D．1,1,0【解题思路】根据题意，设BD=AB=CD=1，可得A、C、D的坐标，由此可得向量DC、AD的坐标，由此可得关于x、y、z的方程组，利用特殊值求出x、y、z的值，即可得答案．【解答过程】根据题意，设BD=AB=CD=1，则D0,1,0，C1,1,0，则DC=1,0,0，设平面ACD的一个法向量为m=则有DC⋅m=x=0AD⋅m=y−z=0故选：B．【变式1.2】（2324高二上·海南海口·阶段练习）如图所示，正三棱柱ABC−A1B1C1，各条棱长均为2，点O，O1分别是棱AC，A1C1的中点，M是

①n1=③n3=A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④【解题思路】利用平面向量的法向量的定义求解.【解答过程】依题意，A0,−1,0所以AM=设平面ABM的一个法向量为：n=则AM⋅n=0令x=2，则y=−23，z=23，所以令x=1，则y=−3，z=3，所以令x=−3，则y=3，z=−3，所以n令x=−2，则y=6，z=−6故选：B.【题型2空间线、面平行关系的判定及应用】【例2.1】（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和A．相交 B．平行C．垂直 D．MN在平面BB【解题思路】以点C1为坐标原点，分别以C1B1,C1D1【解答过程】以点C1为坐标原点，分别以C1B1,C1因为A1M=AN=2又因为C1D1⊥平面BB可得MN⋅C1且MN⊄平面BB1C1C故选：B.【例2.2】（2324高二上·四川遂宁·期中）《九章算术》是我国古代数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PA=AB，E，F分别为PD，PB的中点，AH=λHP，CG=GP，若GH∥平面EFCA．3 B．4 C．5 D．6【解题思路】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设AD=a(a>0)，根据法向量的求法可求得平面EFC的法向量n，由HG⊥【解答过程】以A为坐标原点，AB,AD,AP正方向为x，设AD=a(a>0)，则A(0,0,0),P(0,0,a),C(a,a,0),E(0,a2,所以EF=(a2,−a2,0)设平面EFC的法向量n=(x,y,z)则EF⋅n=a2x−a2y=0由CG=GP可得G是PC的中点，由AH=λHP可得所以GH=因为GH//平面EFC，所以GH⋅n=−故选：C.【变式2.1】（2324高二·全国·课后作业）如图，已知在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，

(1)MN//平面C(2)平面MNP//平面C【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，根据正方体性质可知DA为平面CC1D（2）证明DA也是平面MNP的一个法向量即可.【解答过程】（1）证明：以D为坐标原点，DA，DC，DD1的方向分别为x，y，设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，M(1,0,1)，N(1,1,0)，P(1,2,1)．

由正方体的性质，知AD⊥平面CC所以DA=(2,0,0)为平面C由于MN=(0,1,−1)则MN⋅所以MN⊥又MN⊄平面CC所以MN//平面C（2）证明：因为DA=(2,0,0)为平面C由于MP=(0,2,0)，MN则MP·即DA=(2,0,0)也是平面MNP所以平面MNP//平面C【变式2.2】（2324高二上·天津蓟州·阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D(1)求证：平面A1C1(2)线段B1C上是否存在点P，使得A1P//平面【解题思路】（1）根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面A1C1（2）由空间向量的坐标运算，由A1P与平面【解答过程】（1）证明：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、则A(3,0,0)，B(3,4,0)，C(0,4,0)，A1(3,0,2)，B1(3,4,2)，则A1C1=(−3,4,0)，A1设平面A1C1则n⋅取x=4，则y=3，z=6，所以平面A1C1设平面ACD1的法向量为则m⋅取a=4，则b=3，c=6，所以平面ACD1的一个法向量为因为m=n，即m//n，所以平面（2）设线段B1C上存在点P使得A1P//平面由（1）得A1B1=(0,4,0)，B1所以A1所以m⋅A1所以当P为线段B1C的中点时，A1【题型3空间线、面垂直关系的判定及应用】【例3.1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB//CD，且CD=6,AB=12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上（不同于

(1)证明：OD⊥平面PAQ；(2)若BE＝2AE，求三棱锥P−ABQ的体积．【解题思路】（1）由OA，OB，（2）先计算S△ABQ，再计算三棱锥P−ABQ的高ℎ=【解答过程】（1）由题设知OA,OB,OO以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为设AQ=m，则O(0,0,0),A(6,0,0),B(0,6,0),C(0,3,6),D(3,0,6),Q(6,m,0)，则OD=(3,0,6),因为P为BC中点，所以P(0,9因为OD⋅所以OD⊥即OD⊥AQ，又AQ,PQ⊂平面PAQ,AQ∩PQ＝所以OD⊥平面PAQ.（2）因为BE所以AQ因为AB=12,由题设知OA⊥OB，所以OA=6，所以S因为高为6的等腰梯形AABCD中，AB//CD，所以三棱锥P−ABQ的高ℎ=O所以VP−ABQ【例3.2】（2324高二上·山西大同·期中）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2AC=4,AA(1)若E为线段A1B的中点，证明：DE∥平面(2)若平面ADE⊥平面A1BC【解题思路】（1）利用棱长求出AC1=4=AB，进而得到D是B（2）建立空间直角坐标系，根据面面垂直时两个面的法向量也互相垂直，列出方程进行求解即可.【解答过程】（1）连接AC1，在直三棱柱ABC−A∴AC∵AD⊥BC1,∴D又E为A1B中点，∴DE∥∵AC∥A1C1，∴DE∥又DE⊄平面ABC,AC⊂平面ABC，∴DE∥平面ABC.（2）建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，则C1A1设A1则E0,4λ,2设平面A1BC则A1C1⋅n设平面ADE的法向量m=则AE⋅m=0AD⋅∵平面ADE⊥平面A1∴n⋅m∴当平面ADE⊥平面A1BC【变式3.1】（2024·重庆·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E在棱DD1上运动，

(1)当E,F为中点时，证明：DF⊥平面ACE；(2)若DF⊥平面ACE，求DGDF的最大值及此时DE【解题思路】（1）以D为坐标原点，DA,DC,DD1方向为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设（2）由（1）坐标关系与线面垂直，设DG=mDF，可得【解答过程】（1）以D为坐标原点，DA,DC,DD1方向为

则A1,0,0设E0,0,λ当E，F为中点时，λ=μ=12，有所以DF=12,12,1，AC所以DF⊥AC,DF⊥AE，又AC∩AE=A,AC,AE⊂平面ACE，所以DF⊥平面ACE．（2）由（1）可得DF=(μ,μ,1)，AC=(−1,1,0)，若DF⊥平面ACE，则AC⋅DF=0，AE设DG=mDF，则由AG⊂平面ACE，所以AG⋅当μ≠0时，m=μ2μ2+1=1所以λ=μ=22，即综上，DGDF的最大值为24，【变式3.2】（2324高二下·湖北·期中）在△ABC中，B=π2,AB=2BC=4，点D、E分别为边AC、AB的中点，将△AED沿DE折起，使得平面AED⊥

(1)求证：DC⊥AE；(2)在平面ACD内是否存在点M，使得平面AEM⊥平面ABD？若存在，指出点M的位置；若不存在，说明理由.【解题思路】（1）利用已知可得AE⊥ED，结合面面垂直可得AE⊥平面BCDE，可证结论.（2）以点E为原点，以EB、ED、EA所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系E−xyz，求得平面ABD的一个法向量，若AM∥DC，求得平面AEM的一个法向量，可判断此情况不成立，若AM与DC不共线，设AM∩CD=N，连接EN，利用【解答过程】（1）在△ABC中，∵点D、E分别为边AC、AB的中点，∴DE∥BC且B=π又∵平面AED⊥平面BCDE，平面AED∩平面BCDE=ED,AE⊂平面AED，∴AE⊥平面BCDE.又∵DC⊂平面BCDE,∴DC⊥AE.（2）由（1）知，AE⊥ED,AE⊥EB,EB⊥ED.以点E为原点，以EB、ED、EA所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系E−xyz.则E0,0,0EA=设m=x,y,z为平面则m⋅AB=0m⋅假设在平面ACD内存在点M，使得平面AEM⊥平面ABD.连接AM.若AM∥DC，则设AM=μDC=由n⋅EA=0n⋅∵平面ABD的法向量m=1,2,1.由若AM与DC不共线，设AM∩CD=N，连接EN.

设DN=λDC=λ当EN⋅BD=2λ,λ+1,0⋅又∵AE⊥BD,∴BD⊥平面AEN，即平面ABD⊥平面AEN，也即平面AEM⊥平面ABD.所以在平面ACD内存在点M，当M点在直线AN（N点在直线CD上且DN=13DC）上时，平面AEM⊥模块二模块二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求异面直线所成的角】【例4.1】（2324高一下·浙江温州·期中）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=1，AAA．33 B．−33 C．6【解题思路】依据题目中的垂直关系，可建立空间直角坐标系，求出向量AC1与BC的坐标，即可求得异面直线AC【解答过程】由题意可知，AB,AC,AA则A0,0,0，C∴AC∴cos<异面直线AC1与CB故选：C．【例4.2】（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所以AC=−42所以cosAC故异面直线AC与PD所成角的余弦值为24故选：D.【变式4.1】（2324高二下·江苏连云港·期中）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥AD，AD=CD=1，(1)证明：BC⊥C(2)求异面直线BM与AD所成角的余弦值．【解题思路】（1）建立适当的空间直角坐标系，只需证明BC⊥（2）求出异面直线BM与AD的方向向量，由向量的夹角公式即可得解.【解答过程】（1）因为AA1⊥底面ABCD，AD,AB⊂所以AA而AB⊥AD，所以AD、AA1、不妨以点A为坐标原点，AD、AA1、AB所在直线分别为x、y、则B(0,0,2)、A(0,0,0)、D(1,0,0)、C(1,0,1)、C1(1,2,1)、E(0,1,0)，BC=(1,0,−1)，E因为BC⋅EC1=0（2）BM=(12cosBM,AD=BM⋅因此，异面直线BM与AD所成角的余弦值为1111【变式4.2】（2324高二上·江西景德镇·期末）在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD//BC，AD⊥AB，PA=AD=3，AB=BC=1，点Q在PD上，且

(1)求异面直线BQ与AD夹角的余弦值；(2)求点C到平面PBD的距离．【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线BQ与AD夹角的余弦值.（2）利用向量法求得点C到平面PBD的距离．【解答过程】（1）依题意可知AB,AD,AP两两相互垂直，以A为坐标原点，AB,AD,AP所在的直线分别为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系，如图所示，可得D0,3,0∴BQ=−1,2,1即异面直线BQ与AD夹角的余弦值为63

（2）设平面PBD的一个法向量n=∵BD由n⋅BD=0n⋅BP=0∴点C到平面PBD的距离d=n【题型5求线面角】【例5.1】（2425高二上·河南焦作·开学考试）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是B1A．255 B．105 C．2【解题思路】建立空间直角坐标系，根据题意，求得向量AC⃗和平面ABEF【解答过程】由空间直角坐标系中有棱长为2的正方体ABCD−A点E,F分别是B1C1可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),F(0,1,2)，则AC=(2,2,0),设平面ABEF的法向量为n=(x,y,z)，则n取y=2，可得x=0,z=−1，所以n=(0,2,−1)设直线AC与平面ABEF所成角θ，则sinθ=即直线AC与平面ABEF所成角的正弦值为105故选：B.【例5.2】（2324高二下·陕西西安·期末）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱A．155 B．789 C．105【解题思路】建立空间直角坐标系，运用向量的方法求解即可.【解答过程】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A(0,0,0),C(2,2,0),D所以AC设平面ACD1的法向量为则n⋅令y=−1，则x=z=1，所以n=(1,−1,1)设直线EC1与平面ACD所以sinθ=所以直线EC1与平面ACD故选：A.【变式5.1】（2425高三上·江苏南通·开学考试）如图，已知多面体ABC−A1B1C1，A1A，B1B，C1(1)证明：AB(2)求直线AC1与平面【解题思路】（1）由题意，根据勾股定理的逆定理可得AB1⊥（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可.【解答过程】（1）因为A1A⊥平面ABC，B1所以AA因为AA1=4，B所以A1又因为AB1=所以AB1⊥又A1B1∩B1C1=所以AB1⊥平面A1B所以AB（2）取AC中点O，过O作平面ABC的垂线OD，交A1C1因为AB=BC，所以OB⊥OC．因为AB=BC=2，∠BAC=120°，所以OB=1，以O为原点，以OB，OC，OD所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,−3,0，A10,−所以A1C1=0,2设平面A1B1则n⋅A1令x=1可得n=cosn设直线AC1与平面A1B1所以直线AC1与平面ABB【变式5.2】（2425高二上·山东东营·开学考试）如图，六面体ABCDEFG中，BE⊥面ABC且BE⊥面DEFG,DG∥EF,ED=DG=GF=1，AB=BC=CA=EF=2.(1)求证：DF⊥平面ABED；(2)若二面角A−DG−E的余弦值为−5719，求直线AG与平面【解题思路】（1）先证DE//AB和EF//BC，得∠DEF=∠ABC=60∘，再由余弦定理，求出DF=3，得证DF⊥DE，由DF⊥BE即可证得DF⊥（2）取AB中点O，连接OD，证明OC,OA,OD两两垂直，建系，设BE=a(a>0)，写出相关点和向量坐标，利用已知二面角列方程求出a值，继而通过空间向量夹角公式即可求得所求线面角余弦值.【解答过程】（1）因为BE⊥面ABC且BE⊥面DEFG,AB⊂面ABC且DE⊂面DEFG，所以AB⊥BE且DE⊥BE，在面ABDE中，DE//AB，同理，在面BCFE中，EF//BC，因为AB=BC=CA=2，所以∠DEF=∠ABC=60∘，又由余弦定理，DF2=由DF2+D由BE⊥面DEFG,DF⊂面DEFG，知DF⊥BE，又因为DE∩BE=E,DE⊂面ABED,BE⊂面ABED，所以DF⊥面ABED.（2）取AB中点O，连接OD,由题可知，DE∥OB且DE=OB，所以四边形OBED为平行四边形，则OD∥BE，因BE⊥面ABC，故OD⊥面ABC，又因△ABC为正三角形，所以OC,OA,OD两两垂直，以O为坐标原点，以OC,OA,设BE=a(a>0)，则O易得，DF//OC,∠GDF=∠DFE=30∘,设面ADG的法向量为n1→=不妨设z=3，则得，n又BE⊥面DEFG，故面DEFG的法向量可设为n2由题意cos〈n1于是，AG=(设面BDF的法向量为m⃗=不妨设l=1，得m=设直线AG与平面BDF所成角为θ，则sinθ=又θ∈0,π2，故cosθ=45，则直线【题型6求平面与平面所成角】【例6.1】（2425高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，AD∥BC，PA=BC=2AD=2AB=4，AD⊥平面PAB，PA⊥AB，E、F分别是棱PB、PC的中点．

(1)证明：DF//平面ACE；(2)求平面ACE与平面PAD的夹角的正弦值．【解题思路】（1）由中位线易证明四边形ADFE是平行四边形，进而得到AE//DF，进而得到DF//平面ACE；（2）由题易知AB，AP，AD两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面ACE和平面PAD的法向量，通过平面与平面的夹角计算公式计算余弦值，再用同角三角函数的基本关系计算正弦值；【解答过程】（1）如图所示，连接EF．

因为E，F分别是棱PB，PC的中点，所以EF//BC，BC=2EF因为AD//BC，BC=2AD，所以EF//AD，EF=AD，所以四边形ADFE是平行四边形，则AE//DF．因为AE⊂平面ACE，DF⊄平面ACE，所以DF//平面ACE．（2）因为AD⊥平面PAB，PA、AB⊂平面PAB,所以AD⊥PA,AD⊥AB，又因为PA⊥AB，所以AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AP，AD的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

由题中数据可得A(0,0,0)，C(2,0,4)，E(1,2,0),AC=(2,0,4)，AE设平面ACE的法向量为n=(x,y,z)则n令x=2，得n=(2,−1,−1)因为PA⊥AB,AB⊥AD，PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD平面PAD的一个法向量为AB=设平面ACE与平面PAD的夹角为θ，则cosθ=|cos故sinθ=即平面ACE与平面PAD的夹角的正弦值为33【例6.2】（2025·安徽·一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD=PC=CB=BA=12AD=2,AD∥CB，∠CPD=∠ABC=90°，平面PCD⊥平面ABCD,E

(1)求证：PD⊥平面PCA；(2)点Q在棱PA上，CQ与平面PDC所成角的正弦值为63，求平面PCD与平面CDQ【解题思路】（1）应用面面垂直性质定理证明线面垂直；（2）先应用空间向量法计算线面角得出参数，再计算二面角即可.【解答过程】（1）由题意：BC=AB=2,∠ABC=90°,∴AC=AB2又AD=4,∴CD2+AC又平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD,AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面PCD,PD⊂平面PCD,∴PD⊥AC，又PC⊥PD，且PC⊂面PCA,AC⊂面PCA,PC∩AC=C,∴PD⊥平面PCA．（2）以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则C0,0,0∴CD设PQ=λPA(0<λ<1)取面PCD的一个法向量m=则cos⟨故CQ=令n=x,y,z是平面CDQ的一个法向量，则n令y=1，有n=0,1,−2故平面PCD与平面CDQ夹角的余弦值为55【变式6.1】（2425高三上·江苏扬州·开学考试）在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=AB,E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，BF=λ(1)证明：AE⊥PC；(2)求实数λ的值，使得平面AEF与平面PDC所成角的余弦值最大．【解题思路】（1）利用线面垂直PA⊥平面ABCD证明线线垂直PA⊥BC、线面垂直BC⊥平面PAB证明线线垂直BC⊥AE，然后再利用线面垂直AE⊥平面PBC证明线线垂直AE⊥PC，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，以及F1,λ,0【解答过程】（1）因为PA⊥平面ABCD，又BC,AB⊂平面ABCD，所以PA⊥BC,PA⊥AB，又因为底面ABCD为正方形，所以BC⊥AB，又PA∩AB=A,PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,又AE⊂平面PAB,所以BC⊥AE,又PA=AB,PA⊥AB,E为线段PB的中点，所以AE⊥PB,又PB∩BC=B,PB⊂平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AE⊥平面PBC,又PC⊂平面PBC,所以AE⊥PC.（2）如图，分别以AB,AD,AP所在的直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系不妨设PA=AB=AD=1，则B1,0,0,C1,1,0BF=λBC0≤λ≤1则x−1,y,z=λ0,1,0，解得设平面AEF的法向量为n1则AE⋅所以12x1+12z设平面PCD的法向量为n2则DC→⋅n2→设平面AEF与平面PDC所成角为α，则cosα=令t=2λ+12∈所以cosα=因为12t+98t−所以当t=32时，即λ=1【变式6.2】（2425高三上·四川成都·开学考试）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=3(1)若AD⊥PB，证明：AD//平面PBC；(2)若AD//BC，且AD=23，线段PB上是否存在一点E，使得二面角D−AC−E的正弦值为277？若存在，求出点【解题思路】（1）利用线面垂直的性质判定证得AD⊥AB，再利用线面平行的判定推理即得.（2）以点B为原点建立空间直角坐标系，令BE=λBP,0≤λ≤1【解答过程】（1）在四棱锥P−ABCD中，由PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，得PA⊥AD，又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB，则AD⊥平面PAB，而AB⊂平面PAB，于是AD⊥AB，由BC2+A则AD//BC，又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC，所以AD//平面PBC.（2）由（1）知AB⊥BC，过点B作Bz⊥平面ABCD，则直线BC,BA,Bz两两垂直，以点B为原点，直线BC,BA,Bz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则B(0,0,0),C(1,0,0),A(0,3假设存在点E满足条件，令BE=λBP=(0,设平面ACE的法向量n=(x,y,z)，则n⋅AC=x−3由PA⊥平面ABCD，得PA=(0,0,−2)为平面ABCD由二面角D−AC−E的正弦值为277，得即|−23(1−λ)|2⋅(23所以点E是线段PB上靠近点B的三等分点，使得二面角D−AC−E的正弦值为27模块模块三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)．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7点到直线距离、异面直线距离的向量求法】【例7.1】（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.【例7.2】（2324高二下·江苏泰州·期中）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD,PA=6，点G在侧棱PB上，且满足2PG=GB，则异面直线PC和DG的距离为（

）A．31414 B．31515 C．【解题思路】以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【解答过程】如图，以点A为原点，AB→,AD则B3,0,0所以DG=设n=x,y,z为直线PC和则有n⋅DG=x−3y+4z=0所以异面直线PC和DG的距离为DC⋅故选：A.【变式7.1】（2324高二上·江苏·期末）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，且点E，F分别为AB和PD中点.(1)求异面直线AF与EC所成角的余弦值；(2)求点F到直线EC的距离.【解题思路】（1）根据底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设异面直线AF与EC所成角为α，cosα=（2）根据直线EC的一个方向向量m=−2,1,0，结合FC=（0，2，−1），|FC|=5，由d=|【解答过程】（1）解：因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，所以以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则D（0，0，0），A（2，0，0），F（0，0，1），E（2，1，0），P（0，0，2），C（0，2，0）.所以AF=（−2，0，1），EC=（−2，1，0），设异面直线AF与EC所成角为α，则cosα=AF·所以异面直线AF与EC所成角的余弦值为45（2）因为EC=（−2，1，0），所以直线EC的一个方向向量m=又FC=（0，2，−1），|FC|=5，所以点F到直线EC的距离d=|FC|2−FC【变式7.2】（2024·山西吕梁·一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=π

(1)线段PB上是否存在一点Q使得QC⊥CD，若存在，求出BQ的长，若不存在，说明理由；(2)定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值，求异面直线PB与CD之间的距离．【解题思路】（1）首先以点A为原点建立空间直角坐标系，由CQ⋅CD=0，即可求解点Q（2）由异面直线的距离的定义，结合（1）的结果，转化为求点Q到直线CD的距离，再转化为二次函数求最值问题.【解答过程】（1）以AB,AD,则各点的坐标为B1,0,0，C1,1,0，D0,2,0BP=设Q为直线PB上一点，且BQ=λBP=∴CQ=−λ,−1,3λ∴CQ所以存在点Q，满足QC⊥CD，此时BQ=BP=10

（2）由（1）可得CD=(−1,1,0)又Q则点Q到直线CD的距离d=CQ=λ∵19∴d≥3所以异面直线PB与CD之间的距离为319【题型8求点面距、线面距、面面距】【例8.1】（2324高二下·福建厦门·期末）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱BC，BB1，DD1的中点，过A．1717 B．31717 C．5【解题思路】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面α的法向量，利用空间向量求出点到平面的距离.【解答过程】在正方体ABCD−A则A(2,0,0),AEA1=(1,−2,2),GF=(2,2,0),由A1E//α，FG⊂α，得n⊥EA所以点A到平面α的距离d=|故选：D.【例8.2】（2425高二下·全国·课后作业）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别是棱AB，AD，B1A．13 B．23 C．12【解题思路】将问题转化为点F到平面GHDB的距离，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1的方向为x轴、y轴、【解答过程】以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1的方向为x轴、y轴、

则D(0,0,0)，F(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，因为D,H,E,B由EB1⊄面GHDB，DH⊂面GHDB，则E因为E，F，分别是棱AB，AD的中点，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之间的距离，就是EF到平面GHDB的距离，也就是点设平面GHDB的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DH=y+2z=0n所以点F到平面GHDB的距离d=DF⋅n即平面EFD1B1和平面故选：B.【变式8.1】（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8.2】（2024·海南·模拟预测）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D(1)证明：A1(2)若直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值为66，点M为线段BD【解题思路】（1）因为A1B1//AB，因此只需证明AB⊥平面ADD（2）建立空间直角坐标系，先由直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值为66，求出AA1，再证明BD//平面B1C【解答过程】（1）因为AB=AD=2，BD=22所以AB2+A因为ABCD−A所以A1因为A1A∩AD=A，A1所以AB⊥平面ADD因为A1B1//AB，所以因为AD1⊂平面（2）由（1）及题意知，AB,AD,A因为AB=AD=2，BD=22，BC=4所以A(0,0,0),B(2,0,0),所以AB=(2,0,0),设平面B1C则n⋅令z=4，则x=y=ℎ，所以n设直线AB与平面B1CD则sinθ=解得ℎ=2，所以n所以点B到平面B1C因为BD·n因为BD不在平面B1CD1，所以因为M在线段BD上，所以点M到平面B1CD1的距离等价于点B故点M到平面B1CD【题型9立体几何中的探索性问题】【例9.1】（2324高二下·浙江宁波·期中）如图，多面体ABCDE中，直角梯形ABCD所在平面与正三角形ABE所在平面垂直，∠ADC=90°，AB=AD=2CD=4．(1)求该多面体的体积V；(2)在棱BC上是否存在点P，使得直线PE和平面ADE所成的角大小为30°？若存在，求出BPBC【解题思路】（1）取AB中点F，连接EF，求证EF⊥平面ABCD，即可由V=1（2）先求证FB,FE,FC两两垂直，建立空间直角坐标系F−xyz，设BPBC=λ,λ∈0,1，依据已知条件求出PE和平面ADE的法向量n，再依据cos【解答过程】（1）取AB中点F，连接EF，则由△ABE为正三角形得EF⊥AB，又因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，EF⊂平面ABE，所以EF⊥平面ABCD，又由题意EF=A所以该多面体的体积V=1（2）连接CF，由题意以及（1）可知AF//DC且AF=DC，所以四边形AFCD是平行四边形，所以AD//CF，所以CF⊥AB，所以由EF⊥平面ABCD可知FB,FE,FC两两垂直，所以可建立如图所示的空间直角坐标系F−xyz，则E2所以BE=23设BPBC=λ,λ∈0,1所以PE=设n=x,y,z是平面ADE的一个法向量，则所以AE·n=0AD·n=0所以直线PE和平面ADE所成的角的正弦值为cos=2整理得λ2+5λ−4=0,λ∈0,1，解得λ=所以在棱BC上存在点P，使得直线PE和平面ADE所成的角大小为30°，此时BPBC【例9.2】（2024高三·全国·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⊥A【解题思路】（1）先求得正四棱台的高，然后求得侧棱AA1与底面（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【变式9.1】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC=π(1)设线段BE中点为F，证明：CF∥平面ADE(2)在线段AB上是否存在点M，使得点B到平面CEM的距离等于22，如果存在，求MB【解题思路】（1）取AE的中点G，根据线面平行的判定定理即可得证；（2）设MB=x，根据等体积法VB−MEC=V【解答过程】（1）取BE的中点F，AE的中点G，连结FG、GD、CF，则有GF=12AB因为DC=12AB，CD//AB所以四边形CFGD是平行四边形，则CF//又DG⊂平面ADE，CF⊄平面ADE，所以CF//平面ADE（2）存在.设MB=x(0<x<4)，在Rt△BEC中，EC=因为MB⊥平面BEC，所以VM−BEC因为MB⊥平面BEC，BE⊂平面BEC，BC⊂平面BEC所以MB⊥BE,MB⊥BC，则△MBE,△MBC均为直角三角形.在Rt△MBE中，ME=同理，MC=x取EC的中点H，因为ME=MC，所以MH⊥EC，而MH=M故S△MEC因为点B到面CEM的距离等于22所以VB−MEC而VB−MEC=VM−BEC，所以所以在线段AB上只存在唯一一点M，当且仅当BM=23015时，点B到面CEM【变式9.2】（2324高二上·云南昆明·期末）已知平行四边形ABCD如图甲，∠D=60∘，DC=2AD=2，沿AC将△ADC折起，使点D到达点P位置，且PC⊥BC，连接PB得三棱锥(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；(2)在线段PC上是否存在点M，使二面角M−AB−C的余弦值为1313，若存在，求出PM【解题思路】（1）推导出PA⊥AC，证明出BC⊥平面PAB，可得出PA⊥BC，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点A为坐标原点，BC、AC、AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设PM=λPC，其中0≤λ≤1，利用空间向量法可得出关于λ的等式，结合0≤λ≤1求出【解答过程】（1）证明：翻折前，因为四边形ABCD为平行四边形，∠D=60∘，则因为DC=2AD=2，则AB=DC=2，BC=AD=1，由余弦定理可得AC所以，AC2+BC2翻折后，则有BC⊥AC，PA⊥AC，因为PC⊥BC，AC∩PC=C，AC、PC⊂平面PAC，所以，BC⊥平面PAC，因为PA⊂平面PAC，则PA⊥BC，因为AC∩BC=C，AC、BC⊂平面ABC，所以，PA⊥平面ABC，因为PA⊂平面PAB，故平面PAB⊥平面ABC.（2）解：因为PA⊥平面ABC，BC⊥AC，以点A为坐标原点，BC、AC、AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0、P0,0,1、C0,设PM=λPC=λ则AM=AP+设平面ABM的法向量为m=则m⋅AB=−x+3y=0m⋅所以，m=易知平面ABC的一个法向量为n=则cosm,n因为0≤λ≤1，解得λ=1因此，线段PC上存在点M，使二面角M−AB−C的余弦值为1313，且PM一、单选题1．（2324高二·全国·课后作业）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)所以能作为平面AEF的法向量只有选项B故选：B．2．（2425高三上·江苏南通·阶段练习）已知AB=1,2,−2，AC=−12,0,1A．2 B．3 C．2 D．3【解题思路】由坐标运算求出AB，AC，AB⋅AC，进而求出cosAB,AC，再求得AB在AC【解答过程】因为AB=1,2,−2，所以AB=1+4+4=3AB⋅cosAB所以AB在AC方向上的投影为，ABcos所以点B到直线AC的距离为AB2故选：C.3．（2324高二上·广东·阶段练习）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别为PD，PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O，PA=AB=2，若OG//平面EFC，则AG=（

）A．12 B．34 C．2【解题思路】以A为坐标原点，AB,AD,AP的方向分别为【解答过程】以A为坐标原点，AB,AD,由题意可得P0,0,2则F1,0,1所以FC=设平面EFC的法向量为n=则n⋅FC=0n⋅FE所以平面EFC的一个法向量为n因为OG∥平面EFC，则设G0,0,a，则OG=解得a=23，所以G故选:C.4．（2425高二上·河北张家口·开学考试）如图，在正四棱锥P−ABCD中，PA=2AB,E为PC的中点，则异面直线BE与AC所成角的余弦值为（A．66 B．24 C．63【解题思路】建立空间直角坐标系，先利用向量法求cosBE【解答过程】连接BD交AC于O，连接OP，由四棱锥P−ABCD是正四棱锥，则OP⊥平面ABCD，且OB⊥OC.以O为坐标原点，分别以OB,OA,OP所在直线为由PA=2AB，不妨设AB=2在Rt△POB中，PO=则O(0,0,0),A(0,−1,0)B1,0,0,C0,1,0BE=则cosBE由异面直线BE与AC所成角为锐角，所求余弦值为24故选：B.5．（2324高二下·江苏徐州·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．33 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．6．（2324高二上·福建泉州·期末）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=λAB

A．当λ>1时，存在M，使得CM⊥平面EFGB．存在M，使得AM//平面EFGC．存在M，使得平面MBC1D．存在λ，使得平面MB1【解题思路】对于ABD：建系，利用空间向量结合线、面位置关系分析判断，对于C：根据面面平行的判定定理分析判断.【解答过程】以D为原点，DA,DC,DD1分别为

设AB=2，则AA1=2λ因为点E,F,G分别是BC,CD,CC所以E1,2,0对于选项B：设平面EFG的一个法向量为n=因为EF=可得n⋅EF=−x−y=0n⋅设DM=k因为A12,0,2λ，则DA1=则AM=若AM∥平面EFG，则AM⊥可得λ2k−2+2λk=λ4k−2=0，且即M为A1对于选项A：由B可知：CM=若CM⊥平面EFG，则CM//则2kλ=−2对于选项D：由B可知：M2k,0,2λk，则CM因为B12,2,2λ，则BC设平面MB1C则m⋅CM=2ka−2b+2kλc=0m⋅若平面MB1C⊥平面EFG对于选项C：

当M与D重合时，因为E,G分别是BC,CC则EG//BC1，且EG⊂平面EFG，BC可得BC1//同理可得：DC1//且BC1∩DC1所以此时平面MBC1//

故选：A.7．（2024·山东临沂·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，A．直线MN与A1C所成角的余弦值为63 B．平面BMN与平面C．在BC1上存在点Q，使得B1Q⊥BD1 D．在B【解题思路】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由N,M,B,A四点共面，而A∈平面BMN可判断D.【解答过程】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，所以A1,0,0,D0,0,0M0,1,对于A，MN=0,−1直线MN与A1C所成角的余弦值为对于B，MN=0,−1设平面BMN的法向量为n=x,y,z，则取x=1，可得y=0,z=2，所以n=C1D1设平面BC1D1的法向量为取x1=1，可得y1平面BMN与平面BCcosm对于C，因为Q在BC1上，设Qx0,1,则C1Q=所以Qλ,1,−λ+1，B所以B1Q⋅故BC1上存在点Q1对于D，因为MN//DC//AB，所以N,M,B,A四点共面，而A∈平面BMN，所以B1D上不存在点P，使得PA//平面故选：C.8．（2425高二上·湖南株洲·开学考试）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D

A．直线A1P与BDB．若B1P=1C．当B1P=2PCD．当B1P=2PC时，点D1到平面【解题思路】建立如图的空间直角坐标系，利用反证法可判断A的正误，利用向量法可求面面角的余弦值后结合同角的三角函数基本关系式计算后可判断B的正误，利用空间中的距离公式计算CD后可判断它们的正误，.【解答过程】

建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0,B2,0,0对于A，设B1P=t故A1P=设直线A1P与BD所成的角为θ，则若直线A1P与BD所成的角是π6整理得到：4t2+4t+1=0故直线A1P与BD所成的角不可能是对于B，当B1P=13故BP=0,23,43则n⋅BP=0n⋅BA1=0即2又A1P⃗=2,23则n⋅A1P=0n⋅A1B1故coss→,n→对于C，当B1P=2PC时，又B的分析可得P2,43对于D，当B1P=2PC时，结合A中分析可得t=23，故而BA1=−2,0,2，设平面则m⋅BP=0m⋅BA1=0即4又D1A1=0,−2,0，故D故选：B.二、多选题9．（2324高二下·甘肃临夏·期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点Q为C1D的中点，点P是棱CC1上一动点（与C，C1不重合），过点P

A．PE⊥平面AB1C1DC．存在点P使得PQ1//平面AB1【解题思路】利用线面垂直的性质判定推理判断A；求出三棱锥体积最大值判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断CD.【解答过程】对于A，由AD⊥平面CDD1C1，PE⊂平面CDDAD∩C1D=D,AD,C1D⊂平面对于B，令CP=t(0<t<1)，则△BCP的面积S=12t由EQ1⊥CD，可得EQ1//平面BCC三棱锥Q1−BCP体积V=1对于C，建立空间直角坐标系，如图，则P(0,1,t),QPQ1=(0,t−12即当t=13时，P而PQ1⊄平面AB1因此PQ1//对于D，Q(0,12,12因此PQ1与故选：AC.

10．（2324高一下·陕西西安·阶段练习）已知正方体ABCD−A1B1C1DA．直线MN与A1CB．平面BMN与平面BC1C．在BC1上存在点QD．在B1D上存在点P，使得PA//【解题思路】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由N,M,B,A四点共面，而A∈平面BMN可判断D.【解答过程】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，所以A1,0,0,D0,0,0M0,1,对于A，MN=0,−1直线MN与A1C所成角的余弦值为对于B，MN=0,−12,0，BM=−1,0,取x=1，可得y=0,z=2，所以n=1,0,2，C1设平面BC1D1的法向量为取x1=1，可得y1平面BMN与平面BC1D对于C，因为Q在BC1上，设Qx0,1,则C1Q=所以Qλ,1,−λ+1，B所以B1Q⋅故BC1上存在点Q1对于D，因为MN//DC//AB，所以N,M,B,A四点共面，而A∈平面BMN，所以B1D上不存在点P，使得PA//平面故选：BC.11．（2324高一下·河南周口·期末）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P,Q分别是棱A．若t=1，则A1BB．若t=1，则过点M,P,Q的截面面积是9C．若t=12，则点A1到平面D．若t=12，则AB与平面MPQ【解题思路】延长BB1,QP相交于点L，若A1B1//平面MPQ，根据线面平行的性质定理可得L与B重合可判断A；连接AD1,QD1,C1【解答过程】对于A，若t=1，则BM=BA，即点M与点延长BB1,QP相交于点L，连接AL，则平面AL若A1B1//平面MPQ，A1因为A1B1//AB，所以AB

对于B，若t=1，则BM=BA，即点M与点连接AD1,QD1即四边形AD1QP即为过点M,P,QAP=A所以四边形AD1QP所以四边形AD1QP

对于C，若t=12，即点M是AB的中点，以D为原点，的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则M2,1,0MP=−1,1,0,设n=x,y,z为平面n⋅MP=0n⋅MQ=0所以n=1,1,1，所以点A1d=M

对于D，若t=12，由C，A2,0,0n=1,1,1为平面设AB与平面MPQ所成角为θ0≤θ≤则sinθ=所以cosθ=可得tanθ=33故选：BD.三、填空题12．（2425高二上·上海·课堂例题）在空间直角坐标系内，平面α经过三点A1,0,2、B0,1,0、C−2,1,1，向量n=1,λ,μ是平面【解题思路】根据题意可得n⋅AB=0【解答过程】因为A1,0,2、B0,1,0、所以AB=(−1,1,−2),因为向量n=1,λ,μ是平面所以n⋅AB=−1+λ−2μ=0所以λ+μ=7.故答案为：7.13．（2324高二下·全国·随堂练习）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，B【解题思路】建立空间直角坐标系，利用线面角的正弦值求出AA【解答过程】如图，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为因为棱柱ABCD−A1B则B1,0,0其中平面ACC1A1设B1C与平面ACC则sinθ=得：a=3，即故答案为：3.14．（2425高二下·全国·单元测试）如图，在长方体ABCD−A′B′C′D′中，AB=AA′=AD=2，以D为原点，DA,DC,DD′的方向分别为x轴、

【解题思路】根据已知得出点的坐标，应用向量法求点到平面距离即可.【解答过程】如图可得P2,1,0设平面A'BC所以−2x+2y=0−2x+2z=0令x=1,所以y=1,z=1,所以n→PB所以P到平面A'BC故答案为：33四、解答题15．（2425高二下·全国·课后作业）如图所示，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD，M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点.

(1)求证：MN//平面PAD；(2)求证：平面MNQ//平面PAD.【解题思路】（1）由已知可证得AB,AD,AP两两垂直，所以以A为原点，分别