专题7.6 空间向量的应用（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

专题7.6空间向量的应用【十二大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1向量法证明线线平行】 4【题型2向量法证明直线和平面平行】 6【题型3向量法证明平面和平面平行】 9【题型4向量法证明线线垂直】 14【题型5向量法证明直线和平面垂直】 18【题型6向量法证明平面和平面垂直】 23【题型7求异面直线所成的角】 28【题型8求线面角】 31【题型9求平面与平面所成角】 36【题型10点到直线距离、异面直线距离的向量求法】 42【题型11求点面距、线面距、面面距】 44【题型12立体几何中的探索性问题】 501、空间向量的应用考点要求真题统计考情分析(1)理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理(2)能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用(3)会求空间中点到直线以及点到平面的距离(4)以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件2022年新高考全国I卷：第19题，12分2022年新高考全国Ⅱ卷：第20题，12分2023年新高考I卷：第18题，12分2023年新高考Ⅱ卷：第20题，12分2024年新高考I卷：第17题，15分2024年新高考Ⅱ卷：第17题，15分空间向量的应用是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，空间向量解立体几何一般以解答题形式为主，每年必考，难度中等偏难，第一小问一般考查空间线、面位置关系的证明；空间角与点、线、面距离问题通常在解答题的第二小问考查，有时在选择题、多选题中也会涉及.在高考复习过程中除了掌握空间向量法求空间角、空间距离，还需多锻炼几何法的应用，学会灵活求解.【知识点1空间位置关系的向量表示】1．直线的方向向量直线的方向向量：如果表示非零向量的有向线段所在的直线与直线l平行或重合，那么称此向量为直线l的方向向量.2．平面的法向量平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量，则称向量为平面α的法向量.【知识点2用空间向量研究直线、平面的平行关系】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．【知识点3用空间向量研究直线、平面的垂直关系】1．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＝0.2．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．3．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．4．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．【知识点4用向量法求空间角】1．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.2．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.3．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.【知识点5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.【方法技巧与总结】1．异面直线所成角的范围是；直线与平面所成角的范围是；二面角的范围是；两个平面夹角的范围是.【题型1向量法证明线线平行】【例1】（23-24高二上·河南·期末）在空间直角坐标系中，已知A1,2,3，B−2,−1,6，C3,2,1，D4,3,0，则直线AB与CD的位置关系是（

）A．异面 B．平行 C．垂直 D．相交但不垂直【解题思路】利用给定的坐标，求出向量AB,【解答过程】由A1,2,3，B−2,−1,6，C3,2,1得AB=−3,−3,3，CD=1,1,−1，则而AC=(2,0,−2)，显然向量AB,AC不共线，即点C所以直线AB与CD平行．故选：B.【变式1-1】（23-24高二上·广东深圳·期末）已知空间中两条不同的直线m，n，其方向向量分别为a，b，则“a，b共线”是“直线m，n平行”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【解题思路】利用充分必要条件的概念进行判断即可.【解答过程】若直线的方向向量a，b共线，则两直线平行或重合，又因为直线m，n是空间中两条不同的直线，所以两直线m，n平行，即“a，b共线”是“直线m，n平行”的充分条件；若直线m，n平行，则a，b共线，即“a，b共线”是“直线m，n平行”的必要条件；综上，“a，b共线”是“直线m，n平行”的充分必要条件.故选：C.【变式1-2】（2024·全国·模拟预测）已知两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1=1,0,−1，v2=A．平行 B．相交 C．垂直 D．不确定【解题思路】根据两直线方向向量平行两直线平行即可求解》【解答过程】因为v1=1,0,−1所以v2所以l1故选：A.【变式1-3】（23-24高三上·河北衡水·阶段练习）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是（

）

A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行【解题思路】通过空间向量建系法，结合向量平行与垂直的性质一一验证即可【解答过程】设正方体的棱长为1，如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，M12，1，∴MN=-12，-12，0，CC1=(0，0，1)，AC=(-1，1，0)，BD=(-1，-1，0)，A1B1=(0，1，0)，∴MN·CC1=0，∴MN⊥CC1，A说法正确；MN·AC=12-12=0，∴MN⊥AC，B说法正确；易知BD=2MN，且M，N∉BD，∴MN∥BD故选：D.【题型2向量法证明直线和平面平行】【例2】（2024高二上·全国·专题练习）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC,AB=1，AC=AA1=2,AD=CD=【解题思路】以A为原点，建立空间直角坐标系，求得平面ABCD的一个法向量n=(0,0,1)和向量MN=(0,−52,0)，结合MN【解答过程】以A为原点，分别以AC,AB,AA1所在直线为x,y,z如图所示，可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,−2,0),A1(0,0,2),又因为M,N分别为B1C和D1又由向量n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，且MN由此可得MN⋅n=0，又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN//【变式2-1】（2024高二上·全国·专题练习）如图所示，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB=BC=12AP=2，D是AP的中点，E,F,G分别为PC,PD,CB的中点，将△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD，试用向量方法证明AP∥【解题思路】建立空间直角坐标系，求出AP的方向向量和平面EFG的法向量即可求解.【解答过程】由题意可知底面ABCD为正方形，因为PD⊥平面ABCD，DA,DC⊂平面ABCD，所以DA,DC,DP两两垂直，如图以D为原点，以DA,DC,则有关点及向量的坐标为：P0,0,2，C0,2,0，G1,2,0，E0,1,1，AP=−2,0,2，EF=设平面EFG的法向量为n=则n⋅EF=−y=0n⋅EG=x+y−z=0因为n⋅AP=−2+0+2=0，又AP所以AP∥平面EFG.【变式2-2】（2024高二·全国·专题练习）如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD为矩形，OA⊥底面ABCD，OA=2，AD=2AB=2，M为OA的中点，N为BC的中点，求证：直线MN//平面OCD.【解题思路】利用空间向量法可证【解答过程】因为底面ABCD为矩形，OA⊥底面ABCD，所以AB，AD，AO两两互相垂直，所以分别以AB，AD，AO所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系A−xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，M(0,0,1)，N(1,1,0)，0,0,2，∴MN=1,1,−1，DC设平面OCD的法向量为n=(x,y,z)则n⋅DO=0n⋅DC所以MN又∵MN⊄平面OCD，所以直线MN//平面OCD，【变式2-3】（23-24高二上·江西·阶段练习）如图，正四棱锥P−ABCD的高为6，AB=32，且M是棱PC上更靠近C(1)证明：BD⊥PC；(2)若在棱PB上存在一点N，使得AN//平面BDM，求BN【解题思路】（1）连接AC，交BD于点O，连接PO，证明BD⊥平面POC后可证得线线垂直；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求得点N位置，计算出向量的模得结论．【解答过程】（1）如图，连接AC，交BD于点O，连接PO.∵底面ABCD是正方形，PB=PD，∴BD⊥PO，BD⊥OC，∵PO∩OC=O，PO，OC⊂平面POC.∴BD⊥平面POC.∵PC⊂平面POC，∴BD⊥PC.（2）以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(3,0,0)，P(0,0,6)，D(0−3.0)，B(0.3.0)，DB=(0,6,0)，DM=(−2,3,2)，AB=(−3,3,0)设平面BDM的法向量为n=(x,y⋅z).则取z=1，则x=1，y=0，得n=(1,0,1)设BN=λBP=(0.−3λ.6λ)，λ∈[0.1]∵AN//平面BDM，∴AN⋅n=−3+6λ=0【题型3向量法证明平面和平面平行】【例3】（2024高二·全国·专题练习）如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA=AD=2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点，求证：平面EFG//平面PBC．【解题思路】建立空间直角坐标系，利用法向量即可求解.【解答过程】因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，所以AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A0,0,0所以PB=(2,0,−2)，FE=(0,−1,0)，FG=(1,1,−1)设n1=(x则n1⊥FE，n1⊥令z1=1，则x1=1，设n2=(x由n2⊥PB，n2⊥令z2=1，则x2=1，所以n1//n2，所以平面【变式3-1】（23-24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3-2】（23-24高二下·全国·课后作业）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，【解题思路】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【解答过程】以D为原点，DA,DC,DD1DD1所在直线分别为x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，即所以平面A1C1【变式3-3】（23-24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4向量法证明线线垂直】【例4】（23-24高二下·湖南长沙·开学考试）如图，在下列各正方体中，l为正方体的一条体对角线，M、N分别为所在棱的中点，则满足MN⊥l的是（

）A．

B．

C．

D．

【解题思路】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断即得.【解答过程】在正方体中，建立空间直角坐标系，令棱长为2，体对角线l的端点为B,D对于A，B(2,2,0),D1(0,0,2),M(1,2,2),N(2,1,0)，直线l

MN=(1,−1,−2)，显然MN⋅a=4≠0，直线对于B，由选项A知，直线l的方向向量a=(2,2,−2)，M(0,1,2),N(2,0,1)

则MN⃗=(2,−1,−1),显然MN⋅a=4≠0对于C，由选项A知，直线l的方向向量a=(2,2,−2)，M(0,2,1),N(1,0,0)

则MN=(1,−2,−1),显然MN⋅a对于D，由选项A知，直线l的方向向量a=(2,2,−2)，M(2,0,1),N(1,2,0)

则MN=(−1,2,−1),显然MN⋅a=4≠0，直线故选：C.【变式4-1】（23-24高二下·江苏徐州·期中）在正方体ABCD−A1BA．A1D1⊥B1C B．【解题思路】建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量计算其数量积即可得.【解答过程】以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则有D0,0,0、D10,0,1、AB1,1,0、B11,1,1、C故A1D1=−1,0,0、BAC1=−1,1,1、对A：A1对B：A1对C：AC1⋅对D：AC故选：C.【变式4-2】（2024高二·全国·专题练习）如图，在多面体PABCD中，∠ABC=90∘,△DAB,△DBC都是等边三角形，AC=22,PB=2【解题思路】取AC的中点Q，根据线面垂直判定定理证明DQ⊥平面ABC，由条件求DQ，建立空间直角坐标系，利用向量方法证明结论.【解答过程】由∠ABC=90∘,△DAB,△DBC都是等边三角形，AC=2取AC的中点为Q，则QB=QC=QA，又DB=DC=DA，所以△QBD≅△QCD≅△QAD，所以∠DQA=∠DQC=∠DQB=90∘，即又AC∩BQ=Q,AC、BQ⊂平面ABC，故DQ⊥平面ABC.因为△ABC≅△ADC，所以∠ADC=∠ABC=90因为PB⊥平面ABC,∠ABC=90∘，AB、BC⊂平面所以PB⊥AB,PB⊥BC，又AB⊥BC，所以BA,BC,BP两两垂直，以B为原点，BA,BC,BP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A2,0,0,D1,1,−所以AD=所以AD⋅BM=0【变式4-3】（2024高三·全国·专题练习）斜三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长都为4,∠A1AB=60∘，点A1在下底面ABC的投影为【解题思路】连接OC，以O为原点建立如图所示空间直角坐标系，设BD=λBB【解答过程】因为点A1在下底面ABC的投影为AB的中点O，故A1O⊥连接OC，由题意△ABC为正三角形，故OC⊥AB，以O为原点，OA,OC,OA1分别为则A(2,0,0),A10,0,2可得BB1=−2,0,23设BD=λ可得A1假设在棱BB1（含端点）上存在一点D使则A1D⋅所以存在，此时BD=1【题型5向量法证明直线和平面垂直】【例5】（23-24高二上·浙江·期中）已知正三棱台ABC−A1B1C1中，AA1=1，BC=2

(1)求该正三棱台的表面积；(2)求证：DE⊥平面BC【解题思路】（1）将正三棱台ABC−A1B1C1补成正三棱锥P−ABC，分析可知正三棱锥（2）设点P在底面ABC的射影为点O，则O为正△ABC的中心，取AB的中点M，连接CM，则CM⊥AB，以点CO、AB、OP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，证明出DE⊥CP，DE⊥CB，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立.【解答过程】（1）解：将正三棱台ABC−A1B因为B1C1//BC，且BC=2B1C1则PA=2AA1=2，PC=PB=PA=2，故△PBC由此可知，△PAB、△PAC都是边长为2的等边三角形，易知△ABC是边长为2的等边三角形，△A1B故正三棱台ABC−A1B（2）解：设点P在底面ABC的射影为点O，则O为正△ABC的中心，取AB的中点M，连接CM，则CM⊥AB，CM=ACsinπ3因为PO⊥平面ABC，CO⊂平面ABC，则OP⊥CO，所以，PO=P以点O为坐标原点，CO、AB、OP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，

则C−233,0,0、BD34,−则DE=−33,1,所以，DE⋅CP=−23+2因为CP∩CB=C，CP、CB⊂平面BCC1B1，故【变式5-1】（2024高三·全国·专题练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M、N、P分别是棱CC【解题思路】结论空间直角坐标系，求平面DMN的法向量n，证明n与A1【解答过程】建立如图的空间直角坐标系，连结DM、DN．则D0,0,0、N12,1,0、M0,1,于是，DN=12设平面DMN的法向量为n=由n⊥DN，得12x+y=0，令y=−1，则x=z=2，故n=2,−1,2．又易知n=−2A1P∴A1P⊥平面【变式5-2】（2024高三·全国·专题练习）如图，已知直三棱柱ABC−FGE,AC=BC=4,AC⊥BC,O为BC的中点，D为侧棱BG上一点，且BD=14BG，三棱柱ABC−FGE的体积为32．过点O作OQ⊥DE，垂足为点Q，求证：BQ⊥【解题思路】先根据三棱柱ABC−FGE的体积为32，求出EC=4，再由题意可得CA,CB,CE两两垂直，所以以C为原点，CA,CB,CE所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可.【解答过程】由直三棱柱ABC−FGE，得CE⊥平面ABC，又AC⊥BC,AC=BC=4，可得三棱柱ABC−FGE的体积V=12AC×BC×CE=因为三棱柱ABC−FGE为直三棱柱，所以AC⊥CE,BC⊥CE，因为AC⊥BC，所以CA,CB,CE两两垂直，所以以C为原点，CA,CB,CE所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则O0,2,0则DE=0,−4,3．设DQ=λ故OQ=因为OQ⊥DE，所以OQ⋅所以0−8+16λ+3+9λ=0，解得λ=15，即所以BQ=所以CA⋅CQ⋅所以BQ⊥CA,BQ⊥CQ．又因为CA⊂平面ACQ，CQ⊂平面ACQ，CA∩CQ=C，所以BQ⊥平面ACQ．【变式5-3】（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，【题型6向量法证明平面和平面垂直】【例6】（2024高三·全国·专题练习）如图，在底面是矩形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，BC=4，E是PD的中点.求证：平面PCD⊥平面PAD.【解题思路】由题意可得AB,AD,AP两两垂直，所以以A为原点，以AB,AD,AP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可.【解答过程】证明：因为PA⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AD，因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD，所以AB,AD,AP两两垂直，所以以A为原点，以AB,AD,AP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),E(0,2,1),P(0,0,2).所以AB=(2,0,0),AD所以CD⋅AD=所以CD⋅AP=又AD∩AP=A，AD,AP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.【变式6-1】（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD//BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且求证：平面AEF⊥平面PCD.【解题思路】如图，以D为原点，分别以DA，DC为x轴，y轴，过D作AP平行线为z轴，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量证明即可.【解答过程】证明：如图，以D为原点，分别以DA，DC为x轴，y轴，过D作AP平行线为z轴，建立空间直角坐标系，则D0,0,0，A2,0,0，C0,2,0，P2,0,2，所以DC=0,2,0，PC=−2,2,−2，因为所以DF=13所以AF=−2设平面AEF的法向量为n=x,y,z，则令x=z=1，则y=−1，所以n=平面PCD的法向量为m=a,b,c，则令a=1，则c=−1，所以m=所以n⋅所以n⊥所以平面AEF⊥平面PCD.【变式6-2】（23-24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=1平面AEM⊥平面ABD.【变式6-3】（2024·上海静安·二模）如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，若AD=2，(1)求五面体ABCDEF的体积；(2)若M为EC的中点，求证：平面CDE⊥平面AMD.【解题思路】（1）取AD中点N，连接EN，CN，易证得EN⊥平面ABCD，五面体ABCDEF的体积=棱柱ABF−NCE的体积+棱锥E−CDN的体积，分别求出棱柱ABF−NCE的体积和棱锥E−CDN的体积即可得出答案.（2）证法1：以A为坐标原点，以AB，AD，AF为x,y,z轴正半轴建立空间直角坐标系.由垂直向量的坐标运算可证得CE⊥AD,CE⊥MD，即可得出CE⊥平面AMD，再由面面垂直的判定定理即可证明；证法2：由题意证得AM⊥CE，MN⊥CE即可得出CE⊥平面AMD，再由面面垂直的判定定理即可证明；【解答过程】（1）因为AD=2，AF=AB=BC=FE=1，取AD中点N，连接EN，因为AD//BC//FE，所以EN//AF,EN=AF=1,CN=AB=1，又FA⊥平面ABCD，AN⊂平面ABCD，FA⊥AN，所以EN⊥平面ABCD，又因为AB⊥AD，即AB⊥AN，AB∩FA=A，AB,FA⊂平面FAB，所以AN⊥平面FAB，所以ABF−NCE为底面是等腰直角三角形的直棱柱，高等于1，三棱锥E−CDN是高等于1底面是等腰直角三角形.五面体ABCDEF的体积=棱柱ABF−NCE的体积+棱锥E−CDN的体积.即：V=（2）证法1：以A为坐标原点，以AB，AD，AF为x,y,z轴正半轴建立空间直角坐标系.点C1,1,0，D0,2,0，E0,1,1所以AD得到：CE所以CE⊥AD,CE⊥MD，AD∩MD=D，AD,MD⊂平面AMD，所以CE⊥平面AMD，又CE⊂平面CDE，所以平面CDE⊥平面AMD.证法2：因为AC=AE=2，所以△ACE为等腰三角形，M为EC的中点，所以AM⊥CE同理在△NCE中，MN⊥CE，（N为AD中点）又AM、MN⊂平面AMD，AM∩MN=M，所以CE⊥平面AMD，又CE⊂平面CDE，平面CDE⊥平面AMD.【题型7求异面直线所成的角】【例7】（2024·河南信阳·模拟预测）已知三棱柱ABC−A1B1C1满足BB12−BAA．33 B．36 C．39【解题思路】设BC=a，BB1=b，BA=【解答过程】设BC=a，BB则AC=BC−则AC1=AC+AA又BA1=BA+因为BB12即c+b⋅所以cosBA1所以异面直线BA1与AC故选：C.【变式7-1】（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=120°，AB=AC=AAA．34 B．−34 C．2【解题思路】由题意，以A为原点，建立空间直角坐标系，求出异面直线BA1与【解答过程】以A为原点，在平面ABC中过A作AC的垂线交BC于D，以AD所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，AA1所在直线为因为直三棱柱ABC−A1B设AB=AC=AA所以B32,−12,0，BA1=设异面直线BA1与AC则cosθ=所以异面直线BA1与AC故选：A.【变式7-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形ABCD，∠DAB=π3，将△DAC沿对角线AC折起，使以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（A．35 B．32 C．34【解题思路】当三棱锥D−ABC的体积最大时，平面ACD⊥平面ABC，以E为原点，EB,EC,ED分别为【解答过程】记AC的中点分别为E，因为AD=CD，所以DE⊥AC，同理，BE⊥AC，记AB=2a，因为∠DAB=π3，所以所以BE=DE=a，AE=CE=3易知，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥D−ABC的体积最大，此时∠BED=π以E为原点，EB,EC,则A所以AB=所以cosAB所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为34故选：C.【变式7-3】（2024·全国·模拟预测）如图，矩形ABCD是圆柱O1O2的轴截面，点E在圆O2上，若AD=22，AB=23，∠BAE=60°，则异面直线

A．5524 B．5522 C．2224【解题思路】解法一

首先作辅助线，找到异面直线所成角，然后利用余弦定理解三角形求得；解法二，以点O2为坐标原点，O2A，O2O1所在直线分别为x，z轴，下底面中与【解答过程】解法一

如图，设O1O2∩BD=F，则F为设线段O2E的中点为G，连接FG，BG，则故∠BFG（或其补角）为异面直线BD与O1

因为O2A=OFG=FBF=1在△BO2G中，由余弦定理可得，B在△BFG中，由余弦定理可得cos∠BFG=故异面直线BD与O1E所成角的余弦值为解法二

以点O2为坐标原点，O2A，O2O1所在直线分别为x，则B−3,0,0，O连接O2E，则O2A=O故E32,32故cosBD所以异面直线BD与O1E所成角的余弦值为故选：B．【题型8求线面角】【例8】（2024·青海西宁·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=32AA1，D为线段BC的中点，点EA．16 B．26 C．36【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为原点建立空间直角坐标系，不妨设AA1=4则D3,3,0,E4,2,4因为x轴⊥平面ACC1A1，则可取平面则cosDE即直线DE与平面ACC1A故选：B.【变式8-1】（2023·四川雅安·一模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是线段AB1上的动点（含端点），点Q是线段AC的中点，设A．13 B．33 C．63【解题思路】以点D为原点建立空间直角坐标系，设AP=λAB【解答过程】如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设AP=λAB1,λ∈则A2,0,0故AC=PQ=设平面ACD1的法向量为则n⋅AC=−2x+2y=0则sinθ=所以cosθ=当λ=0时，cosθ=1当λ∈0,1时，cos当1λ=1，即λ=1时，综上所述，cosθ的最小值是1故选：A.【变式8-2】（2024·广东肇庆·模拟预测）如图，三棱锥A−BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60°.(1)证明：平面ABC⊥平面BCD；(2)若E为BC中点，点F满足EF=DA，求直线BF与平面【解题思路】（1）取BC中点E，连接AE，DE，根据题意可证AE⊥平面BCD，结合面面垂直的判定定理分析证明；（2）建系标点，求平面ABD的法向量，利用空间向量求线面夹角.【解答过程】（1）取BC中点E，连接AE，DE.因为DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60°，可知△ABD和△ACD是两个全等的等边三角形，不妨设DA=DB=DC=2，AB=AC=2.若E为BC中点，则AE⊥BC，又因为BD⊥CD，则BC=22，DE=2，可知在△ADE中，则AE2+D且BC∩DE=E，BC，DE⊂平面BCD，可知AE⊥平面BCD.又因为AE⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCD.（2）由（1）可知：ED，EB，EA两两垂直，以E为原点，分别以ED，EB，EA方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系.则D(2,0,0)，B(0,2因为EF=DA=(−可得BF=(−2,−2,设平面ABD的一个法向量为n=(x,y,z)，则n取x=1，则y=z=1，即n=(1,1,1)设直线BF与平面ABD所成角为θ，则sinθ=可得cosθ=所以直线BF与平面ABD所成角的余弦值为22【变式8-3】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，直线PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=90°，F为线段PA的中点，PD=2，AB=AD=12(1)求证：AC//平面DEF；(2)求直线AE与平面BCP所成角的正弦值.【解题思路】（1）根据条件得到AC//FG，再利用线面平行的判定定理，即可求解；（2）建立空间直角坐标系，求出平面BCP的法向量及AE，利用线面角的向量法，即可求解.【解答过程】（1）设CP∩DE=G，连接FG，因为四边形PDCE为矩形，所以G为PC中点，又F为PA中点，则AC//FG，又FG⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC//平面DEF.（2）以D为坐标原点，DA，DC，DP的正方向分别为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则A1,0,0，B1,1,0，C0,2,0，∴BC=−1,1,0，CP设平面BCP的法向量为：n=且BC⋅n=−x+y=0CP⋅n=−2y+2z=0设直线AE与平面BCP所成角为θ，所以sinθ=则直线AE与平面BCP所成角的正弦值为37【题型9求平面与平面所成角】【例9】（2024·四川·模拟预测）如图，多面体ABCDEF中，已知面ABCD是边长为4的正方形，△FBC是等边三角形，EF//AB，EF=12AB，平面FBC⊥(1)求证：EF⊥BF；(2)求二面角E−AD−B的大小．【解题思路】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即可得证.（2）以B为原点建立空间直角坐标系，求出平面ADE与平面ABCD的法向量，再利用面面角的向量求法求出二面角.【解答过程】（1）由ABCD是正方形，得AB⊥BC，而平面FBC⊥平面ABCD，平面FBC∩平面ABCD=BC，AB⊂平面ABCD，则AB⊥平面FBC，又FB⊂平面FBC，于是AB⊥FB，又EF//AB，所以EF⊥BF.（2）在平面FBC内过B作Bz⊥BC，由平面FBC⊥平面ABCD，平面FBC∩平面ABCD=BC，得Bz⊥平面ABCD，以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz，则A(0,4,0),D(4,4,0),F(2,0,23),E(2,2,23设平面ADE的法向量为n=x,y,z，则n⋅AD=4x=0而平面ABCD的法向量为m=(0,0,1)，设二面角E−AD−B的平面角为θ，显然θ于是cosθ=|cos⟨所以二面角E−AD−B的大小π3【变式9-1】（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD=60°，AA(1)证明：A1O⊥平面(2)求二面角B−CC【解题思路】（1）先根据线面垂直得出面面垂直，再应用面面垂直性质定理得出线面垂直；（2）根据线面垂直建系，应用空间向量法求出二面角的余弦，最后应用同角三角函数关系得出正弦.【解答过程】（1）连结BC∵底面ABCD是边长为2的菱形， ∴AB=AD∵∠A∴△A∵点O为线段BD中点， ∴∵ABCD为菱形，∴AC⊥BD,AC∩A1O=O,AC,A1O⊂又BD⊂平面ABCD，∴平面A1AC⊥平面∴AA1在平面ABCD上的射影为∴∠A1AO为直线AA1在△A1AO∴cos则A1又OA∩BD=O,OA⊂平面ABCD,BD⊂平面ABCD，∴A1O⊥（2）由（1）知AC⊥BD,A1O⊥则B(0,1,0),D(0,−1,0),A(3则C设平面CBC1的法向量为m=x1则CC1⋅m=0,CB⋅CC1⋅n=0,CD⋅设二面角B−CC1−D则|cos∴sin∴二面角B−CC1−D【变式9-2】（2024·湖南·三模）如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是梯形，BC//AD,PA=AB=BC=1,AD=2,PC=3,PA⊥平面(1)求证：平面PBC⊥平面PAB；(2)在棱PD上是否存在一点E，使得二面角E−AC−P的余弦值为63.若存在，求出PE:ED【解题思路】（1）只需结合已知证明BC⊥平面PAB，由面面垂直的判定定理即可进一步得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，引入参数PE=λ【解答过程】（1）因为PA⊥平面ABCD，BC,AC,AB⊂平面ABCD，所以PA⊥BC,PA⊥AC,PA⊥AB，因为PA=AB=BC=1,PC=3，所以A所以AB⊥BC，又因为PA⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB；（2）因为BC⊥平面PAB，BC//AD，所以AD⊥平面PAB，又因为PA,AB⊂平面PAB，所以AD⊥PA,AD⊥AB，又PA⊥AB，所以AB,AD,AP两两互相垂直，所以以点A为坐标原点，AB,AD,AP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，如图，C1,1,0设PE=λ则AE=AC=1,1,0，设平面EAC的法向量为则n1⋅AC=0n1⋅所以可取n1AC=1,1,0，AP=0,0,1，设平面则n2⋅AC=0n2⋅所以n2由题意cosn化简并整理得λ−12=4λ2，解得所以PE=综上所述，棱PD上是否存在一点E，且PE:ED=1:2，使得二面角E−AC−P的余弦值为63【变式9-3】（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【题型10点到直线距离、异面直线距离的向量求法】【例10】（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F满足D1A．3355 C．375 【解题思路】利用向量法求点到直线的距离.【解答过程】如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得E0,0,1，F3,3,2，EF=3,3,1，FC1=−3,0,1，设向量∴cos所以点E到直线FC1的距离为故选：A.【变式10-1】（23-24高二上·山东枣庄·阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，M，N分别是棱AB，CC1的中点，A．24 B．22 C．1 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量即可根据公式求解.【解答过程】以D为原点，DA,DC,DDD1M=(1,12由n⋅D1M=x+又MN=(−1,12,1故选：A．【变式10-2】（2024·全国·模拟预测）已知在空间直角坐标系中，直线l经过A3,3,3，B0,6,0两点，则点P0,0,6到直线lA．62 B．23 C．26【解题思路】由题意先求出直线的方向向量e=AB=−3,3,−3，然后依次求得cose【解答过程】由题意可知直线l的方向向量为：e=又AP=−3,−3,3，则sine点P0,0,6到直线l的距离为：d=故选：C.【变式10-3】（23-24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.【题型11求点面距、线面距、面面距】【例11】（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG=2GD，直线AB与平面EFG相交于点H.(1)证明：BD//(2)求直线BD与平面EFG的距离.【解题思路】（1）首先证明BD//平面EFG（2）连接EA,ED，以点E为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.【解答过程】（1）因为E、F分别为BC、CD的中点，所以EF//又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，则BD//平面EFG又BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFG=GH，所以BD//GH.（2）由（1）知，BD//平面EFG，则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离，连接EA,ED，由△ABC,△BCD均为正三角形，E为BC的中点，得EA⊥BC,ED⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC,AE⊂平面ABC，于是AE⊥平面BCD，又ED⊂平面BCD，则EA⊥ED，以点E为原点，直线EB,ED,EA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则B2,0,0，F−1,3,0，又又AG→=2GD所以EB=2,0,0，EF=设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z)，则EF令y=1，得n=设点B到平面EFG的距离为d，则d=|所以BD与平面EFG的距离为62【变式11-1】（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D(1)求点O到平面A1(2)求直线AB与平面A1【解题思路】（1）连接AC，B1D1交A1C1于点（2）利用向量法求解即可.【解答过程】（1）连接AC，由题意，点O为AC,BD的交点，连接B1D1交A1C1于点O1因为四边形ABCD为菱形，则AC⊥BD，如图，以点O为原点，建立空间直角坐标系，在△ABD中，∠BAD=π3，则△ABD为等边三角形，则则O0,0,0故OD=设平面A1C1D的法向量为n=则点O到平面A1C1（2）A0,−3,0则cosn即直线AB与平面A1C1【变式11-2】（2024高二上·全国·专题练习）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到平面AMN的距离【解答过程】（1）法一:证明：连接B1D1E、F分别是C1∴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﹣xyz，

则A(2，0，0)，M(1，0，3)，B(2，2，0)，E(0，1，3)，F(1，2，3)，N(2，1，3)，∴AM→∴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11-3】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，三棱柱ABC−A1B1C

(1)证明：A1(2)若三棱柱ABC−A1B1C1的体积为3，且直线AA【解题思路】（1）取AC中点O，借助等边三角形的性质结合线面垂直的判定定理可得AC⊥平面A1（2）建立适当空间直角坐标系，再利用体积公式与空间向量夹角公式，结合点到平面的距离公式计算即可得解.【解答过程】（1）如图，取AC的中点O，连接OB，OA1，因为△ABC是等边三角形，所以又AA1=A1C，所以AC⊥OAOA1⊂平面A1OB因为A1B⊂平面A1又A1C1

（2）在平面A1OB中，作A1由（1）知AC⊥平面A1OB，A1D⊂平面而OB∩AC=O，OB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，所以A1D⊥平面ABC，由O为AC中点，所以所以可过点O作Oz轴平行于A1D，建立如图所示的空间直角坐标系

因为三棱柱ABC−A所以12×2×2×3则B0,3,0，C−1,0,0，A1,0,0所以A平面ABC的一个法向量为n=所以sin60∘=此时A10,0,3所以CC1=设平面BCC1B则m⋅CC令x=3，解得y=−1，z=1，所以m又A1故点A1到平面BCC1【题型12立体几何中的探索性问题】【例12】（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⊥面BEC，所以VM−BEC因为MB⊥面BEC，BE⊂面BEC，BC⊂面BEC所以MB⊥BE,MB⊥BC，则△MBE,△MBC均为直角三角形.在Rt△MBE中，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12-1】（2024·贵州黔西·一模）如图所示为直四棱柱ABCD−A1B1C1D(1)证明:BC⊥平面MM(2)求直线BC与平面BDA1所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点P，使得PB1//【解题思路】（1）由题意可知△BCD为正三角形，则DM⊥BC，又MM（2）根据勾股定理的逆定理可得AB⊥AD，建立如图空间直角坐标系A−xyz，利用空间向量法求解线面角即可；假设在线段BC上存在点P，使得PB1//平面BDA1，令BP=λBC【解答过程】（1）由∠BCD=60°,CB=CD又M为BC的中点，则DM⊥BC.又M1为B1C而CC1⊥BC又DM∩MM1=M,DM、M所以BC⊥平面MM（2）由（1）知△BCD为正三角形，则BD=4，在△ABD中，AB=AD=22，有BD2易知AA1⊥AB,A则A(0,0,0),B(22所以BC=(设平面BDA1的一个法向量为则n⋅BD=−22x+22y=0设BC与平面BDA1所成角为θ，则即BC与平面BDA1所成角的正弦值为假设在线段BC上存在点P，使得PB1//平面BD则BP=(6λ−由PB1//平面BDA1解得λ=33，所以BP⃗=λ【变式12-2】（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形ABCD中，D=60°,DC=2AD=2，将△ADC沿AC折起，使点D到达点P位置，且PC⊥BC，连接PB得三棱锥P−ABC，如图2．(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；(2)在线段PC上是否存在点M，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为58，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，所以平面PAB⊥平面ABC.（2）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=x,y,z，则取y=λ−1，则z=3λ，x=3平面MBC的一个法向量为n=a,b,c，PB=则n⋅PB=−a+3b−c=0则，整理可得λ=2因此，线段PC上存在点M，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为58，且PM【变式12-3】（2024·福建龙岩·二模）三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，侧面A1

(1)求侧棱AA(2)侧棱CC1上是否存在点E，使得直线AE与平面A1BC所成角的正弦值为【解题思路】（1）证明AD⊥平面ABC，结合题目条件，先计算出AD的值，然后即可以求得侧棱AA（2）建立空间直角坐标系，设未知数λ，结合题目条件，列出方程求解，即可得到本题答案.【解答过程】（1）在平面AA1B1B内过A因为侧面A1ACC又CA⊥AB，AB∩AA1=A，AB,A所以CA⊥平面AA又CA⊂平面ABC，所以平面AA1B易得AD⊥AB，AD⊂面AA1B1B所以AD⊥平面ABC，因为VC1−ABC因为∠A1AB=2π（2）存在点E满足题意，C1如图，以A为坐标原点，以AB,AC,AD所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则A1设C1E=λ故AE=(λ−1,2,3−3设平面A1BC则m⋅A1B=0m⋅故平面A1BC的一个法向量设直线AE与平面A1BC所成角为则sinθ=AE⋅故存在点E满足题意，所以C1一、单选题1．（2024·四川德阳·二模）已知m,n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，给出下列结论，其中正确结论的个数是（

）①若m⊥α,n⊥β，且m⊥n，则α⊥β②若m⊂α,n⊂α且m//β,n//β，则α//β③若m⊥α,n//β，且m⊥n，则α⊥β④若m⊥α,n//β，且m//n，则α//βA．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】利用方向向量与法向量判断线面位置关系，从而判断①④；利用面面平行的判定定理判断②，举特例可排除③，从而得解.【解答过程】设m,n分别是直线对于①，因为m⊥α,n⊥β，所以m,n分别是平面又m⊥n，即m⊥n，所以对于②，由面面平行的判定定理可知，当m,n不相交时，α//β不一定成立，故②错误；对于③，当n⊂α时，可满足m⊥α时有m⊥n，又n//β，显然此时α,β位置关系不确定，故③错误；对于④，因为m⊥α，所以m是平面α的法向量，又m//n，所以n也是平面α的法向量，又n//β，即n//β，所以α⊥β故选：A.2．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1CA．BB1//平面ACD1C．EF⊥平面BDD1B1 D．平面【解题思路】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计算即可．【解答过程】因为ABCD−A以D1为原点，D1A1为x轴，D1C1则D1设平面ACD1的法向量为则n⋅D1A=0同理解得平面BDC1的法向量BBm⋅EF=EF⋅D1又D1D∩D1B平面ABB1AEF⋅故选：C.3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=CC1=2A．32 B．155 C．104【解题思路】根据空间向量法求线线角即可.【解答过程】以B为原点，在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于D，以BD为x轴，以BC为y轴，以BB1为因为直三棱柱ABC−A1B1C1中，所以A(3所以AB设异面直线AB1与BC所以cosθ=故选：C.4．（2024·江西新余·模拟预测）已知A−1,−1,−1，直线l过原点且平行于a=(0,1,2)，则A到l的距离为（A．255 B．1 C．305【解题思路】根据题意取P0,1,2，然后求出AP在a【解答过程】由题意取P0,1,2，则AP所以A到l的距离为d=AP故选：C.5．（2024·江西宜春·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面α经过点B,D，平面β经过点A,DA．12 B．33 C．63【解题思路】因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面BDD1B【解答过程】如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面BDD1B以D点为坐标原点，以DA,DC,建立空间直角坐标系D−xyz，由ABCD−A1B1C1D所以AC⊥BD，又因为B1B⊥平面ABCD，AC⊂平面所以AC⊥B1B，又因为BD∩B1B=B，BD,B即AC为平面BDD同理B1C为平面由Aa,0,0,C0,a,0设平面α与平面β的夹角为θ，θ∈0,则cosθ=故选：A.6．（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.7．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为线段①不存在点P，使得BB1②存在点P，使得B1P⊥③当点P不是BD1的中点时，都有m④当点P不是BD1的中点时，都有m⊥其中正确的说法有（

）A．①③ B．③④ C．②③ D．①④【解题思路】对于①，由当点P与点D1重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于②，若B1P⊥平面A1DP【解答过程】对于①，由当点P与点D1重合时，由B而DD1⊂平面A1DP，BB1对于②，若存在点P，使得B1P⊥平面A1又A1D//B以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，BP=λBD则B1,1,0，C0,1,0，B1则B1B=∴B1P所以B1P⋅对于③，当P不是BD由A1D//B1C，且B1C⊂面B1CP又直线m为面A1PD与面B1又A1D⊂面A1B1CD，m⊄面对于④，由③可知A1D//m，又AB⊥平面ADD1A所以AB⊥A1D，又A1D⊥AD1所以A1D⊥平面ABD1，所以综上，③④正确.故选：B.8．（2024·陕西·模拟预测）在平行六面体ABCD−A1B1C1DA．直线A1C与B．线段A1CC．直线A1C与D．直线A1C与平面ABCD【解题思路】在平行六面体ABCD−A1B【解答过程】在平行六面体ABCD−A1B1C1D由AB=AD=AA1=1得|a|=|b对于A，显然A1C=则A1C⋅因此直线A1C与BD所成的角为对于B，|A1C对于C，A1C⋅因此直线A1C与BB对于D，在平行六面体ABCD−A1B1C又A1C⊥BD，A1C∩AC=C，A1C,AC⊂平面又BD⊂平面ABCD，则平面A1CA⊥平面连接AC交BD于点O，在平面A1CA内过点A1作A由平面A1CA∩平面ABCD=AC，因此A1E⊥平面ABCD，即直线A1AC=a+b，则由AA1//BB1故选：D.二、多选题9．（2024·河北·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1,PA．直线PD与直线QB1平行 B．直线PCC．直线PQ与直线A1B相交 D．直线PQ与直线【解题思路】根据题意，建立空间直角坐标系，分析AB，由异面直线的定义分析CD，综合可得答案．【解答过程】根据题意，设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，如图建立坐标系，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，C1(0,2,P(2,0,1)，Q(1,2,0)，对于A，DP=(2,0,1)，QB1=(1,0,2)，由于DP=kQB1对于任意的k都不会成立，则对于B，PC1=(−2,2,1)，QD1=(−1,−2,2)，则有PC对于C，直线PQ与PB相交，故PQ⊂平面PBQ，直线A1B∩平面PBQ=B，B∉PQ，所以PQ与直线对于D，PQ=−1,2,−1,DB1=2,2,2,显然两直线不平行，假设直线PQ与直线DB1相交，则P,Q,D,B1在同一平面上，DP=故选：BD．10．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A．存在点Q，使得PQ//BD B．存在点Q，使得PQ⊥平面AC．三棱锥Q−APD的体积是定值 D．二面角Q−A1【解题思路】A选项，由PQ//BD推出BD//平面A1C1B，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出A1B⊥AB1，A1B⊥B1C1，得到线面垂直，进而当Q为BC【解答过程】对于A，若PQ//BD，因为BD⊄平面A1C1B，所以BD//平面A1对于B，以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为设正方体棱长为2，则A2,0,0因为ABB1故AB1⋅故A1B⊥AB因为AB1∩B1故A1B⊥平面AB1C1D此时PQ⊥平面AB对于C，Q在线段BC1上运动，若三棱锥Q−APD的体积为定值，则BCP1,1,2,AP设平面APD的法向量为m=则m⋅解得x=0，令z=1得y=−2，故m=故BC1⋅m=故BC1//对于D，二面角Q−A1C1−D即二面角B−A1由于△A则BP⊥A1C1，不妨设正方体的棱长为2，则△A1B故BP=DP=6，BD=2由余弦定理可得cos∠BPD=二面角Q−A1C故选：BD.11．（2024·河北承德·二模）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2,E

A．ED1是平面EDCB．BPC．点P到平面ECD1D．二面角P−EC−D的正弦值为3【解题思路】对于A，证明ED1⊥平面EDC即可；对于B，在△PDD1中通过余弦定理计算PD1【解答过程】对于A，由于是正四棱柱，易知DC⊥ED在△EDD1中，因为所以ED故ED又ED⊂平面EDC，DC⊂平面EDC,ED∩DC=D，所以ED1⊥对于B，在△BDD1中，因为则cos∠B在△PDD1中，利用余弦定理可求得PD1=因此BP=23对于C，以D为原点，DA,DC,DD1分别为则E1,0,1由B选择可知，BP=23所以P(1故ED设m=(x1则m⋅令x1=1，则设点B到平面ECD1的距离为所以由点到平面的距离公式得：ℎ=|对于D，由