第31讲 空间向量及其应用（解析版）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）

第31讲空间向量及其应用（10类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布5年考情考题示例考点分析2024年天津卷，第6题,5分线面关系有关命题的判断2024年天津卷，第17题,15分证明线面平行面面角的向量求法点到平面距离的向量求2023年天津卷，第17题,15分证明线面平行广求点面距离求二面角2022年天津卷，第17题,15分空间位置关系的向量证明线面角的向量求法，面面角的向量求法2021年天津卷，第17题,15分空间位置关系的向量证明线面角的向量求法，面面角的向量求法2020年天津卷，第17题,15分空间向量垂直的坐标表示线面角的向量求法面面角的向量求法2.命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度中档，分值为15分【备考策略】1.理解、掌握空间向量的加减数乘运算，掌握共线、共面问题。2.能掌握线线角，线面角，与面面角问题。4.会解空间中的动点问题，会解决空间中的动点含参问题。【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给几何体，求解夹角问题，与空间中的动点问题。知识讲解知识点一．空间向量的有关概念名称定义空间向量在空间中，具有大小和方向的量相等向量方向相同且模相等的向量相反向量长度相等而方向相反的向量共线向量(或平行向量)表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量共面向量平行于同一个平面的向量知识点二．空间向量的有关定理1.共线向量定理：对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.2.共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.3.空间向量基本定理如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc，{a，b，c}叫做空间的一个基底．知识点三．空间向量的数量积及运算律1.数量积非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．2.空间向量的坐标表示及其应用设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．向量表示坐标表示数量积a·ba1b1＋a2b2＋a3b3共线a＝λb(b≠0，λ∈R)a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3垂直a·b＝0(a≠0，b≠0)a1b1＋a2b2＋a3b3＝0模|a|eq\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))夹角余弦值cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)(a≠0，b≠0)cos〈a，b〉＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))·\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))知识点四.空间位置关系的向量表示1.直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．2.平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a为平面α的法向量．3.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2(λ∈R)l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m，l⊄αl∥αn⊥m⇔n·m＝0l⊥αn∥m⇔n＝λm(λ∈R)平面α，β的法向量分别为n，mα∥βn∥m⇔n＝λm(λ∈R)α⊥βn⊥m⇔n·m＝0INCLUDEPICTURE"E:\\张春兰\\2023\\大一轮\\数学\\数学人教A版（强基版）新教材\\左括.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\张春兰\\2023\\大一轮\\数学\\数学人教A版（强基版）新教材\\左括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"E:\\张春兰\\2023\\大一轮\\数学\\数学人教A版（强基版）新教材\\word\\左括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"E:\\张春兰\\2023\\大一轮\\数学\\数学人教A版（强基版）新教材\\教师word\\左括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"E:\\张春兰\\2023\\大一轮\\数学\\数学人教A版（强基版）新教材\\教师word\\左括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"E:\\张春兰\\2023\\大一轮\\数学\\数学人教A版（强基版）新教材\\教师word\\左括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"\\\\张春兰\\e\\张春兰\\2023\\大一轮\\数学\\数学人教A版（强基版）新教材\\教师word\\左括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"\\\\张春兰\\e\\张春兰\\2023\\大一轮\\数学\\数学人教A版（强基版）新教材\\教师word\\左括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"D:\\2023\\一轮\\数学\\人教A版（提优版）\\word\\左括.TIF"INET4.常用结论1．三点共线：在平面中A，B，C三点共线⇔eq\o(OA,\s\up6(→))＝xeq\o(OB,\s\up6(→))＋yeq\o(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点．2．四点共面：在空间中P，A，B，C四点共面⇔eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＋z＝1)，O为空间中任意一点．知识点五.夹角相关1．异面直线所成的角若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\f(|u·v|,|u||v|).2．直线与平面所成的角如图，直线AB与平面α相交于点B，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\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq\f(|u·n|,|u||n|).3．平面与平面的夹角如图，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．若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).知识点六.距离相关1．点到直线的距离如图，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eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，则向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq\r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－|\o(AQ,\s\up6(→))|2)＝eq\r(a2－a·u2).2．点到平面的距离如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是eq\o(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq\o(QP,\s\up6(→))的长度，因此PQ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).考点一、空间向量加减数乘运算1.（2024高三·全国·专题练习）如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，则12A．BA B．AF C．AB D．EF【答案】A【分析】借助向量线性运算法则计算即可得.【详解】12故选：A.2.（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在OA上，且OM=23A．12a+C．23a+【答案】B【分析】利用空间向量的线性运算法则求解.【详解】MN=-2故选：B.1.（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AP=ABA．1 B．2 C．322 D【答案】C【分析】根据题意，得到BC=14BM，再由面面平行的性质，证得A【详解】如图所示，因为AP=AB+因为平面ADD1A1//平面BCC1B1，设平面A又因为AD1过点P作PE⊥BC,则E为BC的中点，F为BB又因为MN//BC1，所以M为故选：C．

2.（23-24高三上·江苏·阶段练习）若空间中四点A,B,C,D满足A．13 B．3 C．14 D【答案】A【分析】利用向量的运算法则求解即可.【详解】∵4DA∴∴AB即BC=3AB,则故选：A.3.（2024·内蒙古锡林郭勒盟·模拟预测）在空间直角坐标系中，已知A(0,3,0)，B(0,0,0)，A．29π B．28π C．32π D．30π【答案】A【分析】首先由四点的坐标，确定几何体的关系，利用补体法，求四面体外接球的半径，即可求球的表面积.【详解】根据已知4个点的空间直角坐标可得，AD⊥平面ABC,AB⊥所以四面体ABCD可以补成长、宽、高分别为4，3，2的长方体，所以四面体ABCD外接球的半径R=2所以四面体ABCD外接球的表面积为4πR

故选：A4.（2024·浙江嘉兴·模拟预测）设x，y∈R,a=1,1,1,A．22 B．0 C．3 D．【答案】D【分析】根据向量的垂直和平行，先求出x,y【详解】由a⊥c⇒a⋅c=0⇒x由b∥c⇒12=y-4所以2a+b=故选：D考点二、空间向量基本定理1.（20-21高三上·浙江宁波·阶段练习）已知O，A，B，C是空间中的点，则“OA,OB,OC”不共面是“对于任意的x,y∈R，向量A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】根据命题：若OA,OB,OC不共面，则对于任意的x,y∈R，向量OA+xOC与向量【详解】因为命题：若OA,OB,OC不共面，则对于任意的x,y∈R，向量OA+xOC与向量当向量OA+xOC与向量OB+yOC共线时，则存在λ，使得若OA,OB,OC共面，当x向量CA,CB不共线，即OA+故选：A【点睛】本题主要考查以空间向量共线和共面为载体判断充分条件和必要条件，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.3.（2024高三·全国·专题练习）已知体积为3的正三棱锥P-ABC的外接球的球心为O，若满足OA+A．2 B．2 C．32 D．【答案】D【分析】先确定三角形ABC的位置以及形状，利用球的半径表示棱锥的底面边长与棱锥的高，利用棱锥的体积求出该三棱锥外接球的半径，从而可得结果.【详解】正三棱锥D-ABC的外接球的球心O满足说明三角形ABC在球O的大圆上，并且为正三角形，设球的半径为R，根据对称性易知：正三棱锥中顶点P到底面ABC的距离为球的半径，由正弦定理有底面三角形ABC的边长为2R棱锥的底面正三角形ABC的高为3R正三棱锥的体积为13×3则此三棱锥外接球的半径是R=故选：D.1.（2024·山东济南·一模）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AM=2MB，A【答案】12【分析】利用三棱柱模型，选择一组空间基底AB=a,AC=b,A【详解】如图，不妨设AB=a,MC=因A1N又因BN//平面A1CM即存在λ,μ∈R，使BN从而有-23(故答案为：12考点三、空间向量数量积运算1.（2024·全国·模拟预测）设A,B,C三点在棱长为2的正方体的表面上，则A．-94 B．-2 C．-3【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，不妨假设A在平面xOy中，设Aa1,a2,0，Bb1,b2,b3，【详解】将正方体置于空间直角坐标系O-xyz中，且A在平面xOy中，点O和点设Aa1,a2B1b1,b2,0和C可得B1B=0,0,b3则AB=A因为AB当且仅当点C为B1可得-A所以AB⋅AC≥-2，当A1,1,0，故选：B【点睛】关键点点睛：本题形式简洁，但动点很多，且几乎没有约束条件，这时就需要学生对于动点所在的位置进行分类讨论，讨论的顺序、对于对称性的使用都对学生提出了很高的要求．从几何角度来看，点B，C不会位于A所在面的一侧，故如果采用坐标形式计算数量积，一定会有一项是非负的，且可以取到0．找到这一突破口后，即可将问题转化为平面向量的问题，也就很容易得到结果了．2.（2024·江西赣州·二模）已知球O内切于正四棱锥P-ABCD，PA=AB=2，EF是球O的一条直径，点QA．[0,2] B．[4-23,2] C．[0,4-3【答案】A【分析】根据给定条件，利用体积法求出球O半径，再利用向量数量积的运算律计算即得.【详解】令H是正四棱锥P-ABCD底面正方形中心，则PH⊥平面ABCD则PH=PA2-正四棱锥P-ABCD的表面积显然球O的球心O在线段PH上，设球半径为r，则V=13在△POA中，∠PAO<45∘=∠APO因此QE⋅显然OH≤QO≤AO，则所以QE⋅QF的取值范围为故选：A1.（2024·山东日照·二模）已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，以正方体中心为球心的球OA．2 B．74 C．34 D【答案】B【分析】取AB中点E，根据空间向量的数量积运算得PA⋅PB=PE【详解】取AB中点E，可知E在球面上，可得EB=-所以PA⋅

点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，当PE为直径时，PEmax所以PA⋅PB的最大值为故选：B.2.（2024·上海·三模）已知点C在以AB为直径的球面上，若BC=2，则AB⋅BC=【答案】-【分析】根据给定条件，可得AC⊥BC【详解】由点C在以AB为直径的球面上，得AC⊥所以AB⋅故答案为：-3.（2024·贵州·模拟预测）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点均在半径为1的球O表面上，点P在正方体ABCD-A1B1C【答案】839【分析】由正方体的外接球的半径求出正方体的棱长，根据公式计算体积即可；将PM⋅PN化简为PO2【详解】设正方体的棱长为a，由题意3a=2，a=因为PM=PO因为点P在正方体ABCD-所以PO2∈[1故答案为：839，考点四、共线问题1.（2024高三·全国·专题练习）已知向量a=2m+1,3,m-1，bA．-32 B．-2 C．0 D．【答案】B【分析】利用向量共线的性质，直接计算求解即可.【详解】∵空间向量a=2m+1,3,m∴2m∴2m+1=2λ故选：B.2.（2023·山东·模拟预测）已知三棱锥S-ABC，空间内一点M满足SM=SA-3SB+4【答案】1【分析】根据题意，化简得到12SM=12SA-32SB【详解】由空间内一点M满足SM=可得12因为12-32+2=1使得SD=12SA-32可得VM-ABC=VS-故答案为：1.1.（2023·河北·模拟预测）在空间直角坐标系中，A1,-2,a,B0,3,1,C【答案】9【分析】根据三点共线，可得空间向量AB,BC共线，即存在实数λ，使得AB【详解】由题得AB=-1,5,1-因为A,B,C三点共线，所以存在实数即-1,5,1-所以λb=-1-4λ=5故答案为：92.（2023高三·全国·专题练习）已知向量a=1,0,m，b=2,0,-23，若【答案】2【分析】由向量共线求出m，得到向量a=1,0,m【详解】向量a=1,0,m，b=2,0,-2即1=2λm=-2则a=1,0,-3故答案为：2考点五、共面问题1.（2024·河南·三模）在四面体ABCD中，△BCD是边长为2的等边三角形，O是△BCD内一点，四面体ABCD的体积为23，则对∀x,A．26 B．263 C．6【答案】D【分析】根据共面向量定理将所求最小值转化为点A到平面BCD的距离，再利用体积求解即可.【详解】设OE=xOB+y且OA-所以OA-求OA⃗-xOB⃗设点A到平面BCD的距离为h，由题意知S△四面体ABCD的体积V=解得h=6，故所求最小值为6故选：D．2.（23-24高三上·辽宁沈阳·阶段练习）已知空间向量PA=1,2,4,PB=5,-1,3,PC=m,nA．充分不必要条件 B．充要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】结合充要条件的性质与四点共面的性质，借助空间向量运算即可得.【详解】（方法一）由P,A,设PC=则x+5y=m2得10m故“P,A,B,C四点共面（方法二）设平面PAB的法向量为a=则a⋅PA=x+2由P,A,即10m故“P,A,B,C四点共面故选：B.1.（2024高三·全国·专题练习）在四面体O-ABC中，空间的一点M满足OM=12OA+13OB+λ【答案】1【分析】依题意可得M，A，B，C四点共面，根据空间四点共面的充要条件得到方程，解得即可.【详解】因为MA、MB、MC共面，所以M，A，B，C四点共面，又OM=根据四点共面的充要条件可得12+1故答案为：12.（23-24高三上·上海宝山·期末）已知空间向量PA=1,2,4,PB=5,-1,3,【答案】-【分析】根基空间向量共面定理结合空间向量坐标表示的线性运算即可得解.【详解】因为P,A,所以存在唯一实数对x,y，使得即m=x+5所以171+2所以10m故答案为：-113.（23-24高三上·河北张家口·阶段练习）若向量a=1,-2,-n,b=【答案】-72【分析】根据空间向量共面定理可设a=x【详解】由于a=可设a=即1,-2,-n可得1=12x故答案为：-74.（2024高三·全国·专题练习）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=4，AA1=3，M是AB的中点，AN=2N【答案】存在，λ【分析】取BC的中点O，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，若C,M,P,A1四点共面，则存在【详解】假设存在实数λ，使C,由正三棱柱的性质可知△ABC为正三角形，取BC的中点O，连接AO，则AO又平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面所以AO⊥平面BC故以O为坐标原点，OB,OA所在直线分别为在平面BCC1B1内，以过点O且垂直于OB的直线为则A0,0,23，B2,0,0，C-2,0,0，A10,3,2则CM=3,0,3，CA1因为B1所以CP=若C,M,P,又xCM+yCA故存在实数λ=67考点六、线线、线面角问题1.（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，棱AA1,AB,AD

A．12 B．13 C．14【答案】D【分析】依题意分别AB,AD,AA1为基底表示出BA1【详解】根据题意以AB,AD,BA1=又棱AA1,AB,AD两两的夹角均为所以BAD1又B=-1所以cosB因此异面直线BA1与D1故选：D2.（24-25高三上·四川成都·开学考试）已知M，N分别是正四面体ABCD中棱AD，BC的中点，若点E是棱CD的中点.则MN与AE所成角的余弦值为（

）A．-33 B．33 C．-【答案】D【分析】将CA,CB,CD【详解】

由于CA,CB,CD两两夹角60°则CA⋅CB=2×2cos60°=2MN=AE=因此|MN|=(MN⋅故cosMN,AE=MN⋅AE|故选：D.1.（2024·广东·一模）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P、Q分别在A1B1、C【答案】45/【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线BP与DQ【详解】设正方体ABCD-A1以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为

则D0,0,0，Q0,1,3，B3,3,0，P3,2,3，设异面直线BP与DQ所成角为θ，则cosθ即异面直线BP与DQ所成角的余弦值为45故答案为：452.（2022·全国·高考真题）在四棱锥P-ABCD中，PD⊥(1)证明：BD⊥(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55【分析】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【详解】（1）证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥因为CD//所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=故DE=32所以AD所以AD⊥因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面所以PD⊥又PD∩所以BD⊥平面PAD又因为PA⊂平面PAD所以BD⊥（2）解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD=则A1,0,0则AP=设平面PAB的法向量n=则有{n⋅AP则cosn所以PD与平面PAB所成角的正弦值为553.（2022·全国·高考真题）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=(1)证明：平面BED⊥平面ACD(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△【答案】(1)证明过程见解析(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为4【分析】（1）根据已知关系证明△ABD≌△CBD（2）根据勾股定理逆用得到BE⊥DE【详解】（1）因为AD=CD，E为AC的中点，所以在△ABD和△CBD中，因为所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E又因为DE,BE⊂平面BED，DE∩BE因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面（2）连接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面所以AC⊥EF，所以当EF⊥BD时，EF最小，即△因为△ABD≌△CBD又因为∠ACB=60°，所以因为E为AC的中点，所以AE=EC=1因为AD⊥CD，所以在△DEB中，DE2以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-则A1,0,0,B设平面ABD的一个法向量为n=则n⋅AD=-x+又因为C-1,0,0,所以cosn设CF与平面ABD所成的角为θ0≤所以sinθ所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为434.（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1(1)求证：MN∥平面BC(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥条件②：BM=注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面BCC1（2）选①②均可证明BB1⊥平面【详解】（1）取AB的中点为K，连接MK,由三棱柱ABC-A1而B1M=而MK⊄平面BCC1B1，BB1而CN=NA,BK=KA，则而NK∩MK=故平面MKN//平面BCC1B1，而MN⊂平面（2）因为侧面BCC1B而CB⊂平面BCC1B1平面CBB1C1∩平面AB因为NK//BC，故NK⊥因为AB⊂平面ABB1若选①，则AB⊥MN，而NK⊥故AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故所以AB⊥BB1，而CB⊥BB故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0故BA=设平面BNM的法向量为n=则n⋅BN=0n⋅BM=0设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则sinθ若选②，因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1故NK⊥KM，而B1而B1B=MK=2所以∠BB1而CB⊥BB1，CB∩故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0故BA=设平面BNM的法向量为n=则n⋅BN=0n⋅BM=0设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则sinθ考点七、面面角问题1.（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在三棱锥P-ABC中，∠ABC=π(1)证明：OP⊥平面ABC(2)若PA=2AB=2BC，E是棱BC上一点且2BE【答案】(1)证明见解析(2)π6【分析】（1）连接OB，通过证明△PAO≅△PBO（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角即可.【详解】（1）连接OB，因为PA=PC，AO=因为∠ABC=π2，AO因为PA=PB，所以△PAO≅△PBO，则因为OB∩AC=O，所以OP⊥平面ABC（2）易知AB=BC，O为AC的中点，所以由（1）可知，OB,OC,OP两两垂直，以分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设OA=1，因为PA=2所以P0,0,3，A(0,-1,0)因为2BE=EC，所以E23设平面PAE的法向量为n=(x,令z=1，则y又平面PAC的一个法向量为a=(1,0,0)，所以cosθ=n⋅an⋅2.（2024·江苏镇江·三模）如图，三棱锥P-ABC中，∠ABC=π2，AB=BC=2，PA=(1)下面有①②③三个命题，能否从中选取两个命题作为条件，证明另外一个命题成立？如果能，请你选取并证明（只要选取一组并证明，选取多组的，按第一组记分）；①平面PAB⊥平面ABC；②DE⊥③PE⊥(2)若三棱锥P-ABC的体积为23，以你在（1）所选的两个条件作为条件，求平面PDE与平面【答案】(1)答案见解析(2)π【分析】（1）若选择①②，则只需证明AC⊥平面PDE，结合线面垂直的性质定理即可得证；若选择①③，则只需证明AC⊥平面PDE，结合线面垂直的性质定理即可得证；若选择②③，则只需证明PD⊥平面ABC，再结合面面垂直的判定定理即可得证.（2）建立适当的空间直角坐标系，求出平面PDE与平面PBC的法向量，由向量夹角公式即可求解.【详解】（1）选择①②，可证明③.由PA=PB，D是线段AB的中点，得PD⊥又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，且PD⊂平面所以PD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，得PD⊥AC，又DE⊥AC；PD∩DE=D，PD所以AC⊥平面PDE．因为PE⊂平面PDE，所以AC若选择①③，可证明②.由PA=PB，D是线段AB的中点，得PD⊥又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，且PD⊂平面所以PD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，得PD⊥又PE⊥AC，PD∩PE=P，PD,PE⊂平面PDE因为DE⊂平面PDE，所以AC⊥选择②③，可证明①.由PA=PB，D是线段AB的中点，得PD因为PE⊥AC，DE⊥AC，PD,PE⊂平面PDE，DE所以AC⊥平面PDE．PD⊂平面PDE，得PD⊥AC，AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC又PD⊂平面PAB，故平面PAB⊥平面ABC（2）方法一：由（1），选择①②，则③成立.取线段AC的中点F，连接DF，则由∠ABC=π2，及得DF⊥AB.由（1）知，PD⊥平面ABC，以点D为坐标原点，DA,DF,DP所在直线分别为x，建立如图所示空间直角坐标系三棱锥P-ABC的体积V=AB=BC=2，得所以由AB=BC=2，D是线段AB的中点，DEP0,0,1所以DP=0,0,1，DE=12设面PDE与面PBC的法向量分别为n1=(x则z1=012x1+12yx2+z2=02y2=0设平面PDE与平面PBC所成二面角为θ，则|cosθ|因为0<θ<π2，所以面PDE与面方法二：延长ED交CB的延长线于Q，连接PQ，则平面PDE∩与平面PBC=由三棱锥P-ABC的体积为23AB=BC=2，得2又由∠ABC=π2，及D是线段AB的中点，在等腰直角三角形CEQ中，CE=32连结CD，在Rt△CPD中，PD=1，CD在等腰直角三角形BDQ中，BD=BQ=1在Rt△QPD中，在△CPQ中，由PC2又由（1）知，CE⊥平面PDE，PE是PC在面PDE内射影，由三垂线逆定理得：PE⊥则∠CPE即为二面角C-sin∠CPE所以面PDE与面PBC所成二面角的大小为π31.（24-25高三上·山东菏泽·开学考试）如图，在三棱柱ABC-A1B1(1)求证：平面AB1C(2)设点P为A1C的中点，求平面ABP与平面BCP【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）由线面垂直得到AA1⊥BC，结合AB⊥BC证明出BC⊥平面ABB1（2）求出各边长，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用面面角的夹角余弦公式进行求解.【详解】（1）证明∵AA1⊥平面∴A又∵AB⊥BC,A∴BC⊥平面∵AB1又∵AB1⊥A∴AB1∵AB1∴平面AB1C（2）由（1）知AB1⊥A1B，所以四边形以点A为原点，以AC,AA1所在直线分别为y,z轴，以过A点和则A1所以BP=设平面ABP的一个法向量n=则BP⋅n=0,AP⋅同理可得平面BCP的一个法向量m=所以cosm所以平面ABP与平面BCP夹角的余弦值为122.（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC

(1)求证：BC⊥平面PAB(2)求二面角A-【答案】(1)证明见解析(2)π【分析】（1）先由线面垂直的性质证得PA⊥BC，再利用勾股定理证得（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAC与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【详解】（1）因为PA⊥平面ABC,BC所以PA⊥BC，同理所以△PAB又因为PB=PA所以PB2+BC又因为BC⊥PA，所以BC⊥平面PAB（2）由（1）BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，

则A(0,0,0),所以AP=(0,0,1),设平面PAC的法向量为m=x1,令x1=1，则y1设平面PBC的法向量为n=x2,y令x2=1，则z2所以cosm又因为二面角A-所以二面角A-PC-3.（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB

(1)证明：B2(2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2【答案】(1)证明见解析；(2)1【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；（2）设P(0,2,λ)(0≤λ【详解】（1）以C为坐标原点，CD,CB,

则C(0,0,0),∴B∴B又B2∴B（2）设P(0,2,则A2设平面PA2C则n⋅令z=2，得y∴n设平面A2C2则m⋅令a=1，得b∴m∴cos化简可得，λ2解得λ=1或λ∴P(0,2,1)或∴B4.（2023·全国·高考真题）如图，三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC，BD⊥(1)证明：BC⊥(2)点F满足EF=DA，求二面角【答案】(1)证明见解析；(2)33【分析】（1）根据题意易证BC⊥平面ADE，从而证得BC（2）由题可证AE⊥平面BCD，所以以点E为原点，ED,EB,EA【详解】（1）连接AE,DE，因为E为BC中点，DB=DC因为DA=DB=DC，∠ADB∴AC=AB，从而AE⊥BC②，由①②，AE所以，BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，所以（2）不妨设DA=DB=DC=2∴AE2+DE2=4=AD2，∴以点E为原点，ED,EB,

设D(设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1二面角D-AB-F平面角为θ因为EF=DA=-2∴-2x1+2y2-2z所以，cosθ=n所以二面角D-AB-考点八、点面、线面、面面距1.（24-25高三上·广东·开学考试）如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，OA=BF=3,AD=3，点G(1)证明：EG//平面DAF(2)求点H到平面DAF的距离．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）取AF的中点M，证明EG//（2）先根据题意证明平面DAF//平面OEH，从而点H到平面DAF的距离即等价于点E到平面DAF的距离，建立空间直角坐标系，利用点到面的距离向量求法即可求解【详解】（1）证明：取AF的中点为M，连接MD，因为点M,G分别是FA和FB的中点，所以MG//在圆柱OE的轴截面四边形ABCD中，AO∥所以MG//DE,所以EG//DM，又EG⊄平面DAF,DM⊂平面（2）由圆的性质可知，连接OG延长必与圆O交于点H，连接OE,因为OG//AF,OG不在平面DAF内，AF⊂平面DAF又EG//平面DAF，且EG∩OG=G且都在面OEH从而点H到平面DAF的距离即为点E到平面DAF的距离．以O为坐标原点，AB的中垂线为x轴，OB所在直线为y轴，OE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则E所以AE=0,设n=x,则由n⋅AD因此点E到平面DAF的距离d=故点H到平面DAF的距离为322.（2021·广西柳州·一模）如图△ABC的外接圆O的直径AB=2，CE垂直于圆O所在的平面，BD//CE，CE=2，BC=

(1)证明：BM⊥(2)当M为DE的中点时，求点M到平面ACD的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）证明AC⊥平面BCDE，利用线面垂直的性质即可得到BM（2）建立空间直角坐标系，求出平面ACD的法向量，利用点到面的距离公式求解即可﹒∵AB是圆O的直径，∴【详解】（1）∵CE⊥平面ABC，AC⊂平面ABC又∵CE∩BC=C，CE∴AC⊥平面BCED，∵BM⊂平面（2）由(1)和已知条件可知，CA、CB、CE两两垂直，故以C为原点，CA、CB、CE分别为

则C(0CA=3,0,0，设平面CAD的法向量为n=则n→⋅CA→=0n→由点到平面的距离公式知，点M到平面ACD的距离d1.（2024·天津和平·二模）如图，三棱台ABC-A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AB=2A1B1=4，AA1⊥(1)证明：CC1∥(2)求直线A1D与平面(3)求点D到平面A1【答案】(1)证明见解析(2)21(3)2【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面A1MN的法向量，利用CC1⊥n，结合CC（2）利用向量的夹角公式即可求解；（3）利用点到平面的距离的向量法公式，即可求解．【详解】（1）因为侧棱AA1⊥底面ABC，△ABC为等边三角形，所以过点A作AH⊥AC，则以为点A为坐标原点，AC，AH，AA设AA1长为mA1B=(2,2因为A1B⊥AC1，所以所以A(0,0,0)，B(2,23,0)，C(4,0,0)，C1(2,0,2)证明：因为A1M=(1,3,-2)，A则n1⋅A1M又因为CC所以CC1⋅n1=-2+0+2=0，所以CC1→（2）因为D为中点，所以CD=2，则D有A1D=(3,3,-2)，又n1=sinθ则直线A1D与平面A1（3）因为DN=(-1,-3,0)，平面A所以，点D到平面A1MN的距离为2.（24-25高三上·福建·开学考试）如图所示，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，∠ABC=90°，侧面VBC⊥底面ABCD且

(1)求证：EB⊥(2)求二面角B-(3)求点C到平面VAD的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)104(3)22【分析】（1）取BC中点O，利用面面垂直的性质证得VO⊥平面ABCD，以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得（2）由（1）求出平面BVD与平面AVD的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.（3）由（2）中信息，结合点到平面距离公式求解即得.【详解】（1）取BC中点O，连接VO，由VB=VC=又平面VBC⊥平面ABCD，平面VBC∩平面ABCD=BC，则VO⊥平面ABCD，过O作Ox//AB，由∠而Ox,BC⊂平面ABCD以O为原点，直线Ox,OB,

由AB//CD，AB=2VA中点E(1,12因此BE⋅AD=1×(-1)+(-所以EB⊥（2）由（1）知，DB=(-1,2,0),设平面BVD的法向量n=(x,y,z)设平面AVD的法向量m=(a,b,c)设二面角B-VD-A的大小为所以二面角B-VD-（3）由（1）（2）知，CD=(1,0,0)，平面AVD的法向量m所以点C到平面VAD的距离d=3.（2024·黑龙江·二模）如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N

(1)证明：MN//平面A(2)求点P到直线MN的距离．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）建立如图空间直角坐标系A-xyz，设平面A1CP的一个法向量为（2）利用空间向量法即可求解点线距.【详解】（1）由题意知，AA1⊥平面ABC，∠BAC=所以AA1⊥AB，在平面ABC内过点A作y建立如图空间直角坐标系A-则A(0,0,0),B(2,0,0),所以A1设平面A1CP的一个法向量为则n⋅A1C=x+所以MN⋅n=-12即MN//平面A（2）如图，连接PM，由（1）得PM=(0,0,-2)则MN⋅PM=-2所以点P到直线MN的距离为d=

4.（2024·贵州·模拟预测）在三棱锥ABCD中，AC⊥平面BCD，P是AB上一点，且3AB=4BP，连接CP与DP，Q(1)过Q点的平面平行于平面ACD且与BC交于点M，求BMCM(2)若平面PCD⊥平面ABC，且AC=2BC=2CD=4【答案】(1)BM(2)6【分析】（1）利用两条平行线确定一个平面，作出过点Q平行于平面ACD的平面STM，并证明.从而利用平面与平面平行的性质定理可得SM∥AC，所以BMCM【详解】（1）（2）因为平面PCD⊥平面ABC，只需在平面ABC内向PC作一条垂线即可证明该垂线与平面PCD垂直，进而与CD垂直；再利用AC⊥平面BCD，有CD⊥AC，利用直线与平面垂直的判定定理可得CD⊥平面ABC过Q作ST∥AD，交AB于S，交BD于T；过T作TM∥CD交因为ST∥AD，AD⊂面ACD，ST⊄面ACD，则ST//面ACD由ST∩TM=T，且ST、TM⊂平面STMSTM，所以平面STM//因为平面STM∩平面ABC=SM，平面ACD∩平面所以BMCM因为3AB所以AP=因为Q为PD中点，且SQ∥所以S为AP中点，所以AS=所以BSAS=7，则（2）过B作BH⊥PC交AC于因为BH⊥PC，平面PCD⊥平面ABC，平面PCD∩平面ABC=所以BH⊥平面PCD，又因为CD⊂平面所以BH⊥因为AC⊥CD，BH∩AC=H，且所以CD⊥平面ABC又因为BC⊂平面ABC所以CD⊥如图，以C为原点，CB为x轴，CD为y轴，CA为z轴建立空间直角坐标系.A0,0,4，B2,0,0，D0,2,0，PBP=34BA=设n=x,则14x+y+则dP考点九、点线、线线距1.（2024·吉林·模拟预测）如图所示，半圆柱OO1与四棱锥A-BCDE拼接而成的组合体中，F是半圆弧BC上（不含B,C）的动点，(1)求证：CG⊥(2)若DF//平面ABE，求平面FOD与平面GOD(3)求点G到直线OD距离的最大值.【答案】(1)证明见解析；(2)306(3)5【分析】（1）取弧BC中点H，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设Fx,y,0（2）由数据求出点F坐标，再求出平面FOD与平面GOD的法向量，利用面面角的向量求法求解.（3）利用空间向量求出点G到直线OD距离的函数关系，再求出最大值即可.【详解】（1）取弧BC中点H，则OH⊥BC，以O为坐标原点，直线OB,连接OA，在△ABC中，BC=4，AB=于是O0,0,0设Fx,y,0，则Gx因此CG⋅BF=所以CG⊥（2）由BE⊥平面ABC,AC⊂平面又AB2+AC2=则AC⊥平面ABE，即AC=-DF=x+2,y,-1，由DF又x2+y2=4,设n=a,b,c是平面FOD的法向量，则设m=e,f,g是平面GOD的法向量，则则平面FOD与平面GOD夹角的余弦值为|cos〈n（3）OD=则点G到直线OD的距离d=当x=12时，即F的坐标为(12,【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角．2.（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1(1)求四棱锥D1(2)若点P在棱D1C1上，且P到平面B1DE的距离为26【答案】(1)12+2(2)481【分析】（1）根据三角形以及梯形面积公式即可求解，（2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量法求解即可.【详解】（1）由AE=1，AB=4,所以D1所以S△D1EA=故四棱锥D1-（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、则A(4,0,0)，B(4,4,0)，B1(4,4,4)，则DE=(4,0,1),设平面B1DE的法向量为n=(即4x+z=04x+4设P到平面B1DE的距离为d，∴由于0≤a≤4，解得故P0,1,4，∴点P到直线EB1的距离为1.（2024·天津河西·模拟预测）如图，在棱长为a的正方体OABC-O'A'B'(1)求证：A'(2)当三棱锥B'-BEF的体积取得最大值时，求平面B'EF与平面BEF【答案】(1)证明见解析(2)22，【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明求解即可.（2）利用平面夹角的向量求法结合同角三角函数的基本关系求出tanθ=22，利用直线夹角的向量求法求出【详解】（1）以C为原点，如图所示建立空间直角坐标系，∵AE=BF，设CF=∴FA'∵A∴A'F（2）V=-1当b=-16此时E,F为设平面BEF的法向量为n1B'∴FE设平面B'EF的法向量为∴n2⋅令z=1,∴y=-2,设平面B'EF与平面BEF的夹角为∴cosθ∴sinθ=2B'设直线OE和B'E所成角为∴cosβ=∴点O到直线B'E的距离2.（2024·广东广州·模拟预测）如图所示的空间几何体是以AD为轴的14圆柱与以ABCD为轴截面的半圆柱拼接而成，其中AD为半圆柱的母线，点G为弧CD的中点(1)求证：平面BDF⊥平面BCG(2)当AB=4，平面BDF与平面ABG夹角的余弦值为155时，求点E到直线BG【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）过G作GH//BC交弧AB上一点，连结GH,AH,BH，由∠FBH（2）根据题意，建立空间直角坐标系，设AD=a，利用向量法求平面BDF与平面ABG夹角的余弦值，而列方程求出a的值，从而向量法可求点E到直线BG【详解】（1）过G作GH//BC交弧AB上一点，连结则H为弧AB的中点，则GH//BC且所以四边形HBCG为平行四边形，所以HB//由题意可知，AF⊥AB，Rt△因为G为弧AB的中点，所以AH⊥则Rt△ABH为等腰直角三角形，则所以∠FBH=∠ABF因为HB//GC，则FB⊥又因为BC、CG⊂面BCG，所以BF⊥平面BCG，因为BF⊂面所以平面BDF⊥平面BCG（2）由题意知，AF,AB,以AF,AB,AD分别为x轴，设AD=a，又则A0,0,0，F4,0,0，B0,4,0，DBD=0,-4,a，BF=4,-4,0，AB设平面BDF的一个法向量为n1则n1⋅BD=0n1⋅设平面ABG的一个法向量为n2则n2⋅AB=0n2⋅设平面BDF与平面ABG的夹角为θcosθ=cos所以G-2,2,4，B0,4,0则BG=-d所以点E到直线BG的距离为4213.（23-24高三下·天津南开·阶段练习）如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，∠DAB=60

(1)证明：OF//平面BC(2)求二面角D-(3)求点F到直线DA1【答案】(1)证明见解析(2)21(3)3【分析】（1）连接BC1，即可得到（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；（3）令a=DF，u=D【详解】（1）连接BC1，因为F为DC1的中点，所以OF//BC1，且BC1⊂所以OF//平面BC（2）因为A1O⊥平面ABCD，且ABCD如图，以点O为坐标原点，分别以OA,OB,O又∠DAB=60∘，所以△ABD在Rt△AOA可知O0,0,0

则AD=设平面DAA1的一个法向量为n=x,令x=1，得n取平面AA1C所以cosn设二面角D-AA1-则cosθ即二面角D-AA（3）又B1-3,1,1，所以所以DF=12所以DA所以a=DF=所以a⋅所以点F到直线DA1的距离4.（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

(1)线段PB上是否存在一点Q使得QC⊥CD，若存在，求出(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．【答案】(1)存在点Q，BQ(2)3【分析】（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.【详解】（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∴CQ所以存在点Q，满足QC⊥CD，此时

（2）由（1）可得CD=(-1,1,0)又Q则点Q到直线CD的距离d==λ∵19∴d≥所以异面直线PB与CD之间的距离为3考点十、空间中的动点问题1.（24-25高三上·四川达州·开学考试）如图，在三棱柱ABC-A1B1

(1)求证：AB1⊥(2)设点P满足A1P=λA1C0≤λ【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）根据题意由线面垂直求出AA（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面ABP和平面BCP的法向量，再利用空间向量法求出面面夹角，从而可求解.【详解】（1）证明：∵AA1⊥平面ABC,又∵AB⊥BC，且AB∴BC⊥平面∵AB1又∵AB1∴AB1（2）由（1）知AB1⊥A1B,∴以点A为原点，以AC,AA1所在直线分别为y,z轴，以过A点和平面

则A1∵A∴AP设平面PAB的一个法向量为n1=x22λy+由（1）知AB1⊥平面A1BC∴cosπ3=所以λ=2.（22-23高三下·江苏连云港·阶段练习）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A

(1)求正四棱柱ABCD-A1(2)是否存在点G，使得二面角G-EF-B的大小为60【答案】(1)3(2)不存在，理由见解析【分析】（1）连接D1E,D1（2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，设G0,0,t，t∈0,2，分别求得平面BEF和平面GEF的法向量，先找两平面的夹角为再找t=0时二面角的夹角，两个平面垂直时t的值，验证所求t的值是否符合，即可判断是否存在这样的点G【详解】（1）连接D1E，D1F，取BB1的中点为因为E为AA1的中点，所以EM//所以四边形EMC所以D1E//又因为F为CC所以BM//FC所以四边形BMC所以BF//MC所以BF//D1所以四边形BED1F又AA1=2AB=2，E因此，过点B,E又EF=12所以菱形BED1F即正四棱柱ABCD-A1B1（2）在正四棱柱ABCD-A1B1C1以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，则B1,1,0,E1,0,1，因为G为棱DD1上的动点，可设DG=t0≤设平面BEF的法向量m=(x1,y则m⋅BE=0取x1=1，则x1设平面GEF的法向量n=(x2,y则n⋅GE=0取x2=t-1若存在点G，使得二面角G-EF-则，解得t=2+3610，当G与D重合时，即t=0，此时二面角G又当二面角G-EF-B的大小为90°因此要使二面角G-EF-B为锐角即t=2+3610时，二面角所以棱DD1上不存在点G，使得二面角G-1.（24-25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(1)证明：AE⊥(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．【答案】(1)证明见解析(2)λ【分析】（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（2）建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，以及F1,λ【详解】（1）因为PA⊥平面ABCD，又BC,AB⊂平面又因为底面ABCD为正方形，所以BC⊥又PA∩AB=A,PA⊂平面PAB所以BC⊥平面PAB,又AE⊂平面PAB,所以又PA=AB,PA⊥又PB∩BC=B,PB⊂平面PBC所以AE⊥平面PBC,又PC⊂平面所以AE⊥（2）如图，分别以AB,AD,不妨设PA=则B1,0,0,CBF=λBC则x-1,y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+所以cosα因为12t+98所以当t=32时，即λ2.（2025·浙江·模拟预测）在正四面体ABCD中，P是△ABC内部或边界上一点，满足AP=λ(1)证明：当DP取最小值时，DP⊥(2)设DP=xDA【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）先根据条件确定P点的位置，再证明线线垂直.（2）先探究x,y,z【详解】（1）如图：取AB中点M，AC中点N，连接MN，AP则AB=2AM，因为AP=λAB+μAC=2所以三点P,M又四面体ABCD为正四面体，所以DM=DN，当P为MN中点时，DP⊥MN又MN//BC，所以（2）易知λ,DP⃗=DA⃗+AP⃗所以x=12，y故x2+y2+z2=根据二次函数的性质，当λ=14时，x当λ=0或12时，x2故x2+3.（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，E,F

(1)求证：BD1//(2)线段AB上是否存在点M，使得直线D1M与平面A1EF所成的角的正弦值为3【答案】(1)证明见解析(2)存在，且AM【分析】（1）借助中位线的性质可得线线平行，即可得线面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性质定理即可得证；（2）建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量可用未知数表示出直线D1M与平面A【详解】（1）连接BD、B1D1，由E,F又EF⊄平面BB1D1D，BD⊂正四棱台ABCD-A1B1则四边形A1FBB又A1F⊄平面BB1D1D，又A1F∩EF=F，且A1故平面A1EF//平面BB1D1D，又

（2）正四棱台ABCD-A1B1底面ABCD为正方形，故AO⊥故可以O为原点，OA、OB、OO1为x,由AB=2A1B1=4，侧面则OO则A12,0,1，F假设在线段AB上存在点Mx,y设AM=λABD1设平面A1EF的法向量为则n2⋅A1E=2y-因为直线D1M与平面A1故cosD解得λ=14或λ故线段AB上存在点M，使得直线D1M与平面A1此时线段AM的长为1.

4.（2025·广东深圳·一模）如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD,AB//CD,PQ//CD,AD(1)求证：EF//平面CPM(2)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为π6，求QN【答案】(1)证明见解析；(2)QN:【分析】（1）连接EM，利用平行公理、线面平行的判定推理即得.（2）建立空间直角坐标系，求出平面PQM的法向量，设出点N的坐标，利用线面角的向量求法列式计算即得.【详解】（1）连接EM，由AB//CD,又AB=PQ，则四边形由点E和M分别为AP和BQ的中点，得EM//AB且而AB//CD,CD=2AB，F为四边形EFCM为平行四边形，则EF//MC，又EF⊄平面MPC，CM所以EF//平面MPC（2）由PD⊥平面ABCD，AD⊥CD以D为原点，直线DA,DC,则D(0,0,0),PM=(1,1,-1),设n=(x,y,取z=1，得n设QN=λQC则N(0,λ+1,2-2由直线DN与平面PMQ所成的角为π6，得sin即12=|2-2λ|(λ所以QN:1．（23-24高三上·广东东莞·阶段练习）如图，AB是圆的直径，平面PAC⊥面ACB，且AP⊥AC．(1)求证：BC⊥平面PAC(2)若AB=2,AC=1,AP=1，求直线【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合直径的性质、线面垂直的判定定理进行证明即可；（2）根据（1）的结论，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.【详解】（1）因为平面PAC⊥面ACB，且AP⊥AC.，平面PAC∩面ACB=AC，AP⊂平面所以PA⊥面ACB，又因为BC⊂平面PBC所以PA⊥BC，又因为AB是圆的直径，所以AC因为AC∩PA=所以BC⊥平面PAC（2）建立如图所示的空间直角坐标系，因为AC⊥BC，所以所以C0,0,0,A设平面PBC的法向量为m=x,而AC=0,-1,0，设直线AC与面PBC所成角为则sinθ所以直线AC与面PBC所成角的正弦值为222．（2024·天津红桥·二模）在如图所示的几何体中，PA⊥平面ABCD，PA//QD，四边形ABCD为平行四边形，∠ABC=60°，∠(1)求证：直线PB//平面DCQ(2)求直线PB与平面PCQ所成角的正弦值；(3)求平面PCQ与平面DCQ夹角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)186(3)930【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面DCQ的法向量n，由n⋅（2）求出平面PCQ的法向量m，再求出cosm（3）设平面PCQ与平面DCQ夹角为θ，由cosθ=m⋅n【详解】（1）因为PA⊥平面ABCD，∠因为四边形ABCD为平行四边形，∠ABC=60°，∠BAC=90°，则AC=ABtan60°=3，解得DQ=3则P0,0,1，B1,0,0，C0,3,0所以CD=-1,0,0，DQ设平面DCQ的法向量为n=x,y,所以n⋅PB=0又PB⊄平面DCQ，所以PB//平面（2）因为CQ=-1,0,3设平面PCQ的法向量为m=则m⋅CQ=-所以cosm所以直线PB与平面PCQ所成角的正弦值为18631（3）设平面PCQ与平面DCQ夹角为θ，则cosθ所以sinθ所以平面PCQ与平面DCQ夹角的正弦值为930313．（2024·天津·二模）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，AC(1)求证：A1F//(2)求平面ACC1A(3)求点A1到平面BDE【答案】(1)证明见解析(2)2(3)4【分析】（1）取BE的中点G，证明A1（2）建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值；（3）向量法求点到平面的距离.【详解】（1）证明：取BE的中点G，连接FG，DG，则且FG=C1E+B则四边形A1DGF为平行四边形，又A1F⊄平面BDE∴A1F（2）解：直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC．以C则B0设平面BDE的一个法向量为n=x即令y=1，则z=1,x=1易知平面ACC1A设平面ACC1A1与平面则cosθ∴平面ACC1A1与平面（3）解：∵A12∴点A1到平面BDE的距离d4．（2024·天津·二模）如图，DA⊥平面ABC，AB⊥AC，AD∥CE，AB=AC(1)证明：EM⊥(2)求平面DBC与平面ABC夹角的余弦值；(3)设N是棱BC上的点，若EN与CD所成角的余弦值为3010，求BN【答案】(1)证明见解析(2)1(3)2【分析】（1）建立坐标系，利用BD⋅EM=0（2）分别求得平面DBC与平面ABC的法向量，利用法向量即可求解；（3）设BN=λBC，借助cosEN【详解】（1）证明：因为DA⊥平面ABC，AB⊥AC，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AD由已知可得A0,0,0，B1,0,0,，C0,1,0，D因为M为AD的中点，所以M0,0,1所以EM=0,-1,0，所以BD⋅所以BD⊥所以EM⊥（2）BD=-1,0,2设平面DBC的法向量n=BD⋅n=0BC⋅n=0所以n=平面ABC的法向量AD=设平面DBC与平面ABC夹角为θ，cosθ所以平面DBC与平面ABC夹角的余弦值为13（3）设Nx,y,zx-1,y,z=λ所以N1-λ,λ,0所以cosEN化简得4λ解得λ=12因为BC=2，所以5．（23-24高三下·天津·阶段练习）已知四棱台ABCD-A1B1C1D1，下底面ABCD为正方形，AB=2，(1)求证：A1E//(2)求平面ABC1D(3)求E到平面ABC【答案】(1)证明见详解(2)1(3)4【分析】（1）直接使用线面平行的判定定理即可证明；（2）构造空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，再计算两个法向量的夹角余弦值的绝对值即可；（3）使用等体积法，从两个不同的方面计算四面体EAD1【详解】（1）由于A1B1故CE∥而CE=12所以A1而B1C在平面BCC1B所以A1E//（2）如上图所示，以A1为原点，A1A,则A2,0,0，D10,1,0，B2,0,2，AB=设平面ABC1D1与平面BCC则有n1⋅AB即2r=0-从而r=v=0，2故我们可取n1=1,2,0，n故平面ABC1D1与平面（3）设E到平面ABC1D1的距离为而VE-AD1所以E到平面ABC1D6．（2024·天津河西·一模）已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=2PA=2AC=4，N为AB上一点且满足

(1)求证：CM⊥(2)求直线SN与平面CMN所成角的大小；(3)求点P到平面CMN的距离．【答案】(1)证明见解析(2)π(3)2【分析】（1）以A为原点建立空间直角坐标系，计算出CM⋅（2）求出平面CMN的法向量n，利用向量法求出线面角的正弦值，即可求出夹角；（3）由d=PN【详解】（1）因为PA⊥平面ABC，AB如图以A为原点，AB,AC,AP所在直线分别为x轴､y则A0,0,0

所以CM=因为CM⋅所以CM⊥（2）设平面CMN的法向量n=x,则n⋅CM=0n⋅CN=0设直线SN与平面CMN所成角为θ，则sinθ=cos所以θ=π4，所以直线SN与平面CMN（3）设点P到平面CMN的距离为d，因为PN=所以d=PN⋅nn=2，所以点1．（24-25高三上·天津蓟州·开学考试）如图，PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,AB//(1)求证：EF//平面CPM(2)求平面QPM与平面CPM夹角的正弦值；(3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为π6，求N到平面CPM的距离【答案】(1)证明见解析；(2)3(3)2【分析】（1）连接EM，证得EF//MC，利用用线面判定定理，即可得到EF//（2）以D为原点，分别以DA， DC， DP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（3）设QN=λQC0≤λ≤1，则N0,λ+1,2-2λ，从而【详解】（1）连接EM，因为AB//CD，PQ//CD，所以AB由点E和M分别为AP和BQ的中点，可得EM//AB且因为AB//CD，CD=2AB，可得EM//CF且EM=所以EF//MC，又EF⊄平面MPC，CM⊂平面MPC，所以（2）因为PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，可以建立以D为原点，分别以DA， DC， 依题意可得D0,0,0,APM⃗设n1=x则n1⃗⋅PM⃗=0n设n2=x则n2⋅PC=0n2⋅CMcosn1所以，二面角Q-PM-（3）设QN=λQC0≤λ从而DN⃗由（2）知平面PMQ的法向量为n1由题意，，即12整理得3λ2-10λ因为0≤λ≤1所以λ=则N到平面CPM的距离为d=2．（23-24高三上·天津·期中）如图，PD垂直于梯形ABCD所在平面，∠ADC=∠BAD=90°,F为PA(1)求证：AC//平面DEF(2)求平面ABCD与平面BCP的夹角的余弦值；(3)求点F到平面BCP的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)22(3)14【分析】（1）设CP∩DE=G（2）以D为坐标原点可建立空间直角坐标系，求出平面BCP的法向量，再利用面面角的向量求法可得结果.（3）利用点到平面距离的向量求法可求得结果.【详解】（1）令CP∩DE=由四边形PDCE为矩形，得G为PC中点，又F为PA中点，则AC//又FG⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC//（2）由PD垂直于梯形ABCD所在平面，∠ADC=90°，得直线以D为坐标原点，直线DA,DC,则B(1,1,0),C(0,2,0),设平面BCP的法向量n=(x,y,z)由z轴⊥平面ABCD，得平面ABCD的法向量m=(0,0,1)则|cos〈m,n〉|=|m（3）由（2）知：F(12,0,22)所以点F到平面BCP的距离d=3．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，已知棱AB,AD,AP两两垂直，长度分别为1，2，2，若DC=(1)求实数λ值；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)求平面PBD与平面PCD夹角的余弦值.【答案】(1)λ=2(2)105(3)33【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用向量夹角余弦值求出λ.（2）由（1）的结论，求出平面PCD的法向量，利用平面角的向量求法求解即得.（3）求出平面PBD的法向量，结合（2）中信息，面面角的向量求法求解即得.【详解】（1）依题意，以A为原点，直线AB,AD,AP分别为B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，由DC=λ而cos〈PC,BD〉=（2）由（1）得PC=(2,2,-2)，PD=(0,2,-2)，设平面PCD的法向量则n⋅PC=2x+2y-于是cos〈PB所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为105（3）由（2）令平面PBD的法向量m=(a,b,c)设平面PBD与平面PCD夹角为θ，则cosθ所以平面PBD与平面PCD夹角的余弦值为334．（23-24高三下·天津·阶段练习）如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C

(1)求证：AB1⊥(2)求直线AC1与平面(3)求点A到平面A1【答案】(1)证明见解析(2)39(3)2【分析】（1）首先取AC的中点O，A1C1的中点D，连接OD，OB，以O为原点，OB（2）求出平面ABB（3）利用空间向量法求出点到平面的距离.【详解】（1）取AC的中点O，A1C1的中点D，连接OD因为∠ABC=120°，所以AC=22又因为A1A，B1B，C1所以DO⊥平面ABC以O为原点，OB,OC,

则A0,-3,0，B1,0,0，B1AB1=1,3设平面A1B1C1即x+3y-2所以n//AB1，所以（2）因为AC1=0,23设平面ABB1的法向量m=即a+3b+2c设直线AC1与平面ABB1所成角为所以直线AC1与平面ABB（3）因为平面A1B1C1所以点A到平面A1B15．（2024·天津·模拟预测）四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，且AB=4，AD=3，PA=5，E、F分别为(1)求平面EFM与平面ABCD夹角余弦值；(2)求平面EFM与直线PB夹角正弦值；(3)平面EFM与PA交于N点，求AN的长．【答案】(1)1213(2)4841(3)3.【分析】（1）以A为原点，AC,AB,AP的方向分别为x,y,（2）求出PB的坐标，由线面角的向量公式可得；（3）设N0,0,m，由EF【详解】（1）因为PA⊥平面ABCD，AB,AC所以PA⊥AB,PA⊥以A为原点，AC,AB,则A0,0,0因为E、F分别为PD、PB中点，所以E3因为CP=-3,-4,5，CM所以点M的坐标为3,4,0+则EF=设n=x,则EF⋅n=-32易知，AP=0,0,5是平面所以，平面EFM与平面ABCD夹角余弦值为n⋅（2）记平面EFM与直线PB的夹角为θ，因为PB=0,4,-5，所以（3）设N0,0,m，则因为点N在平面EFM内，所以EF,设EN=λEF即-32λ+16．（23-24高三下·天津·阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC=2，E是PC中点，作(1)求证：PA//平面EBD(2)求DF与平面EBD所成角余弦值；(3)求平面DEF与平面ABCD的夹角余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)7(3)3【分析】（1）连接AC，交BD于O，连接EO，通过证明OE//（2）建立如图空间直角坐标系，PF=λPB=2λ（3）利用空间向量法求出平面DEF，平面ABCD的法向量，结合二面角的向量法求解即可；【详解】（1）连接AC，交BD于O，则O为AC的中点，连接OE，且O､E分别为CA､CP的中点，所以OE//PA，PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，（2）以点D为坐标原点，DA，DC，DP方向的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-易知：D0,0,0，P0,0,2，B2,2,0则PB=2,2,-2，由E为PC的中点，则设PF=λPB因EF⊥PB，EF⋅所以PF=23,2DB=设平面EBD的一个法向量为m1则m1⋅DB=0m1⋅所以m1设DF与平面EBD所成角为θ，所以sinθDF与平面EBD所成角余弦值为1-2（3）EF=23,-1则m⋅EF=0m⋅DE=