高考数学复习：空间向量的应用大题专项训练【五大题型】解析版

专题1.7空间向量的应用大题专项训练【五大题型】

【人教A版(2019)]

姓名：班级：考号：

题型一N用空间向量研究直线、平面的平行

1.(2324高二上.湖南株洲.期中)如图，己知在正方体43(；£)-4%的。1中，M,N,P分别是A%,BD,

BiC的中点.证明:

(1)MN〃平面CCiAD；

⑵平面MNP〃平面CRDiD.

【解题思路】(1)建立空间直角坐标系，根据正方体性质可知瓦5为平面CC15D的一个法向量，然后证明

MN1瓦I即可得证；

(2)证明a也是平面MNP的一个法向量即可.

【解答过程】⑴证明：以。为坐标原点，DA,DC,西的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直

角坐标系.

设正方体的棱长为2,贝M(2,0,0),C(0,2,0),£>(0,0,0),N(1,1,0),P(l,2,l).

zA

由正方体的性质，知4。，平面CCiAD,

所以市=(2,0,0)为平面CC14。的一个法向量.

由于丽=(0,1,-1),

则丽-04=0x2+1x0+(-1)x0=0,

所以而1DA.

又MNC平面CGDiD,

所以MN〃平面CG/O.

(2)证明：因为瓦？=(2,0,0)为平面CG%。的一个法向量，

由于丽=(0,2,0),=(0,1,-1),

则陛.叵=0,

(MN3=0

即a=(2,0,0)也是平面MNP的一个法向量，

所以平面MNP〃平面CC/iD.

2.(2024高三.全国•专题练习)在如图所示的试验装置中，两个正方形框架48CD,ABEF的边长都是1,且

它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线力C和BF上移动，且CM和BN的长度保持相

等，记CM=BN=a(0<a<e).求证：MN〃平面BCE

建立空间直角坐标系，应用向量法求证.

【解答过程】

如图建立空间直角坐标系,

y

贝必(1,0,0),C(0,0,l),F(l,l,0),F(0,l,0)，

•••CM=BN=a,岛0,1—卷)，N建花0).

显然平面BCE的一个法向量为例=(1,0,0),

而而=(0,卷焉—1),

'：~MN-~BA=0,MNC平面BCE,...MN//平面BCE.

3.(2024・陕西安康.模拟预测)如图，已知多面体是由正四棱锥以BC。与正方体ABC。组合而

成的，且丸=枭8.

(1)求证：PC〃平面4DC/1；

(2)若AB=3,求四棱锥P-ADQBi的体积.

【解题思路】(1)建立空间直角坐标系证明线面平行即可；

(2)根据线面垂直结合锥体体积公式计算即可.

【解答过程】(1)如图以点儿为原点，为x轴力1%为y轴44为z轴建立空间直角坐标系.

设力B=2a,则PC=^-AB=百见过P作PP1平面4BCD.P-4BCD是正四棱锥点心是正方形4BCD的中

心，

因为p(72=PP2+Cp2tpC=痘a,CP1=y[2a,所以PP1=a,

—>

C(2a,2a,2d),P{a,a,3a),PC=(—a,—a,a)

设平面/OGBi法向量为1=(xfyfz),

/(0,0,2a),0(0,2a,2a),Cr(2a,2a,0),

—»—>

AD=(2a,0,0),/Ci=(2a,2a,-2a),

f2ax=0

\2ax+2ay—2az=0'

俨=0

可得，y=1,

Z=1

TTT

所以ri=(O,l,l),n-PC=O-a+a=O,PC不在平面ADC/i内,所以PC〃平面

(2)因为48=3,所以C%=3Vx

因为PC〃平面ADCiB],所以Vp_4DCiBi=^C-ADC1B1,

因为皿1CrD,AD1CD^AD^DC^=D,ADu平面aDGBQGu平面20C/1,所以皿1平面4。6九

XX

0-4。(;祖=%-ADCiBi=|^ADCrBr=(''X3X3A/2X3=9.

4.(2024高二•全国・专题练习)如图，在三棱柱2BC-41B1G中，BBr，平面ABC,D,E分别为棱AB,B©

的中点，BC=2,AB=2V3,&Ci=4.证明：DE/ZnACC^.

【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量法来证得DE〃平面4CC1公

【解答过程】在三棱柱ABC-Z/C中，8为1平面Z8C,BC=2,AB=2®4声=4.

所以2C=&Ci=4,贝柄。2=432+8。2,贝l|4B_L8C,则如下图，

以B为原点，BC,BA,BB］为居y,z轴建立空间直角坐标系,

设BBi=h,贝1|4(0,2g,0),5(0,0,0),C(2,0,0),

①(0,2g,h),Bi(0,0,h),G(2,0,h),D(0,V3,0),E(1,0,h),

所以屁=(1,一旧,/1),AC=(2,-2V3,0),痂=(0,0,h),

设平面aCCMi的一个法向量为元=(x,y,z),

所以p4C-n=2x—2V3y=0

令y=1,则久=y/3,z=0,即记=(yj3f1,0),

(AAr-n=hz=0

所以瓦.元=(1,-V3,h)■(A/3,1,0)=V3-V3+0=0,得而1n,

又DEC平面力CCi力厂所以DE//平面力

5.(2324高二下.浙江.期末)如图几何体为圆台一部分，上下底面分别为半径为1,2的扇形，％。=0B,

体积为等.

⑴求4B;

(2)劣弧48上是否存在M使。2〃平面猜想并证明.

【解题思路】(1)设N&D&=N40B=a,由扇形的面积公式分别表示出上底的面积S「下底的面积S2,

再代入体积公式即可得。=詈，在A40B中由余弦定理求解即可；

(2)过。作0B的垂线交劣弧4B于N,以。所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间坐标系，利用空

间向量证明即可.

【解答过程】(1)解：由题意可知A。=。8=2,设乙4道/=乙4。8=a,

设上底的面积为S],下底的面积为S2，

则S1=|xlxlxa=pS2=|x2x2xa=2a,

所以U=/Si+同豆+S2)•DO】1+2a)•2=告=詈，解得a=字

在△力。B中由余弦定理可得AB?=0A2+OB2-20A-OB-coszXOB=12,

所以4B=2V3；

(2)不存在，证明如下：

证明：过。作。B的垂线交劣弧48于N,

由(1)可知乙40B=空，所以N20N=E,

36

以0N,08,0A所在的直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的坐标系,

则4(旧,一1,0)，Di(0,0,2),(0,1,2),0(0,0,0),

设时(285£,25皿£,0)(—2<£<-),

62’

则西=(0,1,2),AD1=(-V3,l,2),AM=(2cos)?-V3,2sin/?+1,0),

设平面的法向量为元=(x,y,z),

由1元•ADr-0可得1-显x+y+2z=0

In-AM=0'寸l(2cos/?-V3)x+(2sin/?+l)y=0)

因为一2<0<E，所以2sin£+l力0,

62

取x=2sin0+1,则有元=(2sinj8+1,V3—2cos/?,V3sin)ff+cos;?),

如果。B]〃平面a/”,则有两•元=0,

即—2cos/?+2(V3sin/?+cos/3')=V3+2V3sin^=0,

即2sin0+1=0,矛盾，所以。&〃平面AD】“不成立，

故劣弧AB上不存在M使。4//平面ADiM.

6.(2324高二上•全国•课后作业)在正方体ABC。-&B1GD1中，若名为4也]中点，。2为中点.

求证:

⑴BO"%。?；

(2»。1〃平面力。。1；

(3)平面力CD1〃平面B&Q.

【解题思路】(1)以。为坐标原点，市，虎，西的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐

标系，求出初，瓦石的坐标，利用西//。而即可证明；

(2)求出平面ACD/的法向量元，及直线的方向向量的］从而得到元，丽］即可证明；

(3)可以利用力1的〃平面4CD1，及B。1/平面AC%,利用面面平行的判定定理证明，也可以求出两个平面

的法向量，利用法向量平行来证明面面平行.

【解答过程】(1)以D为坐标原点，市，瓦，西的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐

标系，设正方体的棱长为1.

依题意知：5(1,1,0),。1弓［,1)，01(0,0,1),02(|,|,0),

=碇=共,-1),

；.B。］——£)］。2，

初〃心。2,即8。1〃。1。2.

(2)设平面ACD/的法向量为元=Q,y,z),

V4(1,0,0),C(0,l,0),=(0,0,1),

：.AC=(-1,1,0),AD1=(-1,0,1),

由［三更=?可得，f-x+y=o即｛=>

［n-ADr=0I—%+z=0Lz—x

令x=l,则y=l,z=l,.*.n=(1,1,1),

又BO1=(—±-5，1),

...元•西=-1x1+(-|)xl+lxl=0,.•.元1皿,

又平面4皿，.•.3。1〃平面4皿

(3)证法一(0,1,1),

=(-1,1,0),xxc=(-1,1,0),

—AC,C.AC//ArCr,

又4cu平面AC%,41clC平面2C£)i，

.•.4G〃平面AC%,

又由(2)知BO1〃平面A。5,而&CiCBO1=。「

且4clu平面B&C],BO】u平面B&G，

平面2C£)1〃平面BAG.

证法二设平面B41C］的法向量为日=(x,y,z),

u-A^=oBJ-x+y=

---,即｛11,c

Xy+z=0

u-B0r=0[-2~2

令X=1,得y=l,z=1,.*.u=(1,1,1),

由(2)知平面AC。/的一个法向量记=(1,1,1),

••TL—Uy••九

平面力CD1〃平面B&Cr

题型二I用空间向量研究直线、平面的垂直

7.(2324高二上•广东广州•阶段练习)如图，在正方体力BCD-力iBiGDi中，E,尸分别是BB>D/i的中

(1)求证：EF1DA1；

(2)求证：DAr_L平面ABC1

【解题思路】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究空间位置关系即可.

>

y

【解答过程】(1)

如图所示，以。为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为2,

则E(2,2,l),F(l,l,2),4i(2,0,2),所以丽=(-1,一1,1),西=(2,0,2),

有丽•西=-1x2+(-1)x0+lx2=0=EFl£Mi；

(2)由(1)知四=(0,2,0),园<=(一2,0,2),设平面ABC1的一个法向量为元=Q,y,z),

则伊亚=0=,2y=0

(n-SCi-0I—2x+2z=。

令x=1=>y=0,z=1,即元=(1,0,1),

又西=(2,0,2),显然西=2元，

故D4_L平面4BG.

8.(2324高二上.天津•期中)如图，在四棱锥P-力BCD中，底面A8CD是正方形，P41底面力BCD,E是PC的

中点，已知=2,PA=2.

(1)求证：AE1PD；

(2)求证：平面PBD上平面PAC.

【解题思路】(1)以A为原点，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，利

用向量法证明4E1PD.

(2)运用线面垂直的性质定理可证得P41BD,进而运用线面垂直的判定定理可证得BD，平面B4C,进而

可证得面面垂直.

【解答过程】(1)以A为原点，AB,AD,4P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8(2,0,0),C(2,2,0)，。(020),P(0,0,2),£(1,1,1),

所以荏=(1,1,1),PD=(0,2,-2),

所以族•丽=2—2=0,所以4EJ.PD.

(2)连接BD,AC,如图所示，

因为P41面4BCD,BDc^ABCD,所以P41BD,

又因为四边形48co为正方形，所以BD14C,

又因为4CCAP=4AC.4Pu面PAC,所以BDl面/3",

又因为BOu面P8D,所以平面1平面P4C.

9.（2024高三・全国・专题练习）如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA1平面力BCD,PA=AB=2,

BC=4,E是P。的中点.

求证：平面PCD1平面P2D.

【解题思路】由题意可得力4P两两垂直，所以以4为原点，以力B,4D,4P所在的直线分别为%,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P4_L平面4BCD,u平面2BCD,

所以PA1AB,PA1AD,

因为四边形2BCD为矩形，所以4B14D,

所以4B,4D,4P两两垂直，所以以4为原点，以4B,4D,4P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

贝必(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),£(0,2,1),P(0,0,2).

所以荏=(2,0,0),ZD=(0,4,0),AP=(0,0,2),CD=(-2,0,0),AE=(0,2,1),XC=(2,4,0),

所以而•布=(-2)x0+0x4+0x0=。，即COLAD,

所以丽-AP=(-2)XO+OXO+OX2=0,即CD1AP,

又4DCtAP=A,AD,APu平面PAD,

所以CD_L平面PAD,

又CDu平面PCD,所以平面PC。1平面PAD.

10.(2324高三上•广东•期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD-EFGH中，点M是正方体的中心，将四棱

锥M-BCGF绕直线CG逆时针旋转a(0<a<n)后，得到四棱锥-B'CGF'.

⑴若a=]求证：平面MBF1平面M®。；

(2)是否存在a,使得直线1平面M8C,若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.

【解题思路】(1)当。=:时，推导出二面角"-为直角，结合面面垂直的定义可证得结论成立;

(2)假设存在a,使得直线M'F'，平面M8C,以C为原点，分别以荏、DC.德的方向分别为x、y、z轴的

正方向建立空间直角坐标系，求出平面MBC的法向量沅，将祈7的坐标用a的表达式表示，设丽声=2万，

可得出关于4、a的方程组，解之可得出结论.

【解答过程】(1)证明：若a=；,则平面DCGH、平面CB'F，G为同一个平面.

连接BH、BF',则M是中点，M'是BF'中点，

所以平面MBF与平面BFHD重合，平面与平面BFOB，重合,

由正方体性质可知BF平面

因为HF、FF'u平面EFF'H,所以，BF1HF,BF1FF',

NHF。为二面角H一BF—F'的平面角，

因为HG=FG,AHGF=贝此HFG=匕同理可得NF'FG=±

244

所以=所以，平面MBF_L平面M'B'F'

(2)解：假设存在a,使得直线M2,1平面M8C,

以C为原点，分别以方、DC,葡的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系,

则”0,0,0)、8(2,0,0)、M(l,-l,l),故砺=(2,0,0)、CM=(1,-1,1),

设平面M8C的法向量为万=(x,y,z),贝”万'CM二j—y+z=0,

Im-CB=2x=0

取y=1,得记=(0,LI)是平面MBC的一个法向量，

取CG的中点P,BF的中点Q,连接PQ、PM,则P(O,O,1),

因为|MG|=|MC|=J/+(_12+#=百,贝!JPMICG,同理可知，PM'1CG,

因为BQ"CP,BQ=CP,BQ1BC,则四边形BCPQ为矩形，所以，PQ_LCG,

于是NMPM，是二面角M-CG-M'的平面角，

NMPQ是二面角M—CG—Q的平面角，

NQPM，是二面角Q-CG—M'的平面角.于是NMPM'=a,

因为两=(1,—1,0)，所=(2,。,0),cosNMPQ=^i=£=¥，

因为0<4MPQ<TT,则NMPQ=；,所以匕QPM，=a-%

因为尸M_LCG,PMr1CG,PMC\PMr=P,PM、PM'u平面MPM',

所以，且|M，P|=|MP|=企，

故M'(V^cos(a—，V^sin(a—,1),同理F'(2COSQ,2sina,2),

所以M'F'=(2cosa—V2cos(a—,2sina—V2sin(a—,1),

因为2cosa—V2cos-：)=2cosa—V2cosacos—V^sinasin；=cosa—sina,

2sina—V2sin(a-；)=2sina—&sinacos；+&cosasin；=cosa+sina,

所以M'F'=(cosa—sina,cosa+sina,1),

若直线ATP1平面MBC,而是平面M8C的一个法向量，则MN；〃记,

[cosa—sina=0

即存在4GR,使得=Am,则cosa+sina=A，

1=2

因为0+A2=(cosa-sina)2+(cosa+sina)2=2,可得"=2,

'cosa—sina=0

故方程组cosa+sina=A无解,

、1=A

所以不存在a6(0,11),使得直线M'P，平面MBC.

11.(2324高二下•江苏•课后作业)如图，在三棱锥尸一ABC中，AB=AC,。为5C的中点，PO_L平面A3C,

垂足。落在线段A。上.已知5C=8,尸0=4,AO=3,OD=2.

p

L..----7C

R

⑴证明:AP±BC;

⑵若点M是线段AP上一点，且AM=3,试证明AM,平面BMC

【解题思路】（1）建系，利用空间向量证明线性垂直；

（2）利用空间向量证明线面垂直.

【解答过程】（1）由题意知AOLBC,如图，以。为坐标原点，

以过。点且平行于BC的直线为x轴，OD,0P所在直线分别为y轴,Z轴建立空间直角坐标系。一孙Z.

则4(0,-3,0),B(4,2,0),C(—4,2,0),P(0,0,4)，

可得荏=(4,5,0),AP=(0,3,4)屈=(-8,0,0),

'：APBC=0x(-8)+3x0+4x0=0

：.APIBC,BPAPLBC.

(2)由(1)可得网=M02+32+42=5,

是AP上一点，且AM=3,

.•・宿=|»=(0,建),

可得=AM-AB=(—4,——,—,CM=BM-BC=(4,——,—,

(n•BM=—4a——b+—c=：0

设平面BMC的法向量为记=(a,b,c),贝W,JJ

n-CM=4a-—b+-c=0

I55

令6=1,则a=O,c=(,即元=

显然彳而=:元，故彳而〃汇

；.AM_L平面BMC.

12.(2024高二上•江苏•专题练习)如图，正方形AOEE所在平面和等腰梯形2BCD所在的平面互相垂直,

已知BC=4,AB=AD=2.

(2)在线段BE上是否存在一点P,使得平面P2C，平面BCEF?若存在，求出器的值；若不存在，请说明理

PE

由.

【解题思路】(1)根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面忆48,再由其性质定理即可证明；

(2)根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.

证明：平面4DEF_L平面，平面40EF(\ABCDAD,

AF1AD,AFu平面2DEF,：.AF1平面力BCD.

'：ACu平面48CD,：.AF1AC,

过A作AH1BC于H,

则BH=1,AH=V3,CW=3,

：.AC=2>/3,：.AB2+AC2=BC2,：.AC1AB.

'：ABOAF=A,力B,力Fu平面F4B,

：.AC1平面凡4B.

平面FAB,：.AC1BF.

(2)

Zk

存在.理由：由（1）知，4尸,48,4。两两垂直，

以A为坐标原点，法，无，赤的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系4xyz,

则4（0,0,0）,8（2,0,0）,C（0,2V3,0）,£（-1,V3,2）,

假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B,E重合，

设置=九贝!U>0,

由前=.，可求得「（羽，鲁，言）•

设平面B4C的一个法向量为沆=（x,y,z）,则记，而，沆，前,

由"=（工，鲁，裳）了=（。，2/。），

f—*

m-AP=2--A-x4-V-3A-y4--2-A-z八

可得1+A1+A1+A=Q,

m•AC=2y/3y=0

[k/令x=L贝吆=等，所以记=（1。等）为平面B4C的一个法向量.

即

Z一~2XX

XBC=(-2,2A/3,0),BE=(-3,73,2),

设平面BC所的一个法向量为元=(x,y,z),

n-BC=-2x+2V3y=0_曰r-

则T一L，可得％=Z=遮y,

n•BE=-3x+V3y+2z=0

所以元=为平面BCEF的一个法向量.

当沅•元=1+==0,即4=2时，平面P4C，平面BCEF,故存在满足题意的尸,

2.A3

此唬=1.

题型三人利用空间向量研究距离问题

13.（2324高二上•山东青岛•期末）在正四棱柱ZBCD—Z/iCiDi中，A&=2ZB=4,点E在线段上,

且西>=4而，点F为BD中点.

C,

⑴求点到直线EF的距离;

⑵求证：ArC1面8DE.

【解题思路】(1)依题建系，求得相关点和向量的坐标，利用点到直线的距离的空间向量计算公式即可求

得；

(2)由⑴中所建的系求出碇，砺，砺的坐标，分别计算得到碇・丽=0和费•历=0,由线线垂直

推出线面垂直.

【解答过程】(1)

如图，以。为原点，以瓦5,虎，西分别为久,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系,

••,正四棱柱4BCD-41邑。1。1，441=2AB=4,鬲=4怎，尸为8。中点，

•••Dt(0,0,4),E(0,2,l),F(l,l,0),ED；=(0,-2,3),EF=

T2

则点到直线的距离为：

DiEFd=EDr-I3-(3=等

(2)由(1)可得C(0,2,0),8(2,2,0),4(2,0,4),

则碇=(—2,2,—4),丽=(2,2,0),屁=(0,2,1),

由碇-05=-2x24-2x2=0可得&C1DB,

又由碇-DE=2x2+(-4)x1=。可得4]C1DE,

又DBCiDE=D,

故4c1面BDE.

14.(2324高一下•天津南开•期末)如图，在四棱柱力BCD中，侧棱4〃，平面ABC，AB"CD,

ABLAD,AD=CD=1,4%=4B=2,E为棱A4的中点，M为棱CE的中点.

⑴证明：BC1QF；

(2)求异面直线与A。所成角的余弦值；

(3)求点的到平面BMB1的距离.

【解题思路】(1)建立适当的空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用空间位置关系的向量证明推理即

得.

(2)求出异面直线BM与2D的方向向量，由向量的夹角公式即可得解.

(3)求出平面BMB1的法向量，再利用点到平面的距离公式求解即得.

【解答过程】(1)由力力11底面4BCD,u平面4BCD,LAD.AA^LAB,

而即直线两两垂直，

以点4为坐标原点，直线42441，4B分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，

则4(0,0,0),B(0,0,2),£>(1,0,0),C(l,0,l),^(1,2,1),劣(0,2,2),F(0,l,0),

西=(1,1,1),BC=(1,0,-1),

显然屁•而=1x1-1x1=0,即前1居，所以8cle1E.

⑵BM=(j,j,-j),x5=(1,0,0),cos(BM,AD)=黯=总].([(量=察'

所以异面直线BM与4D所成角的余弦值为答.

(3)BM==(020)，葩=(-1,0,1),

n•BBi=2y=0

设平面BMa的法向量元=(x,y,z),则八,令z=l,得元=(3,0,1),

n-BM^x+^y-\z=0

所以点G到平面BUB1的距离d=庠p=岛=誓.

15.(2324高一下•广西•阶段练习)如图，在二棱柱4BC-4遇停1中，侧棱垂直于底面，&F分别是3。,公6

的中点，ANBC是边长为2的等边三角形，A4i=2A8.

⑴证明：BC1&E；

(2)求点C到平面4EF的距离.

【解题思路】(1)由等边三角形三线合一可得BC_LAE,再由侧棱垂直于底面8CJ.可得BC1面414E即

可得出结论；

(2)可由等体积法VFYCE=计算即可得出.

【解答过程】(1)法一:・•・△4BC是等边三角形，且E是BC中点BC

A±A1[SABC,BCu面ABCBC1A±A

■：AEu面&4E,A±Au面S.AEnArA=A：.BC1面44E

vArEu面力MEBC1ArE

法二：取BiG的中点G,贝IJEG1面ABC,可知EG、EA,EC两两垂直，

如图以EC为x轴,E4为y轴,EG为z轴，则E(0,0,0),4式0,但4),5(-1,0,0),C(l,0,0)；

所以就=(2,0,0),西=(0,V3,4),则BC•EAr=0,即8C1EAr=>BC1EA1；

(2)法一：由题可知：VF_ACE=*-CE•A4i="5x乎x22x4=筌

在△2EF中，AE=V3,AF=V17；

取BiG中点G,在RtAEGF中，EF=VGF2+GE2=Vl2+42=V17,

4E边上的高为J17-

1、，V650V195

•••ScLAEF=5*三X，3=二一；

设点C到平面4EF的距离为h,则VFTCE=VC-AEF=沁SAAEF=言，

解得h=誓，即点C到平面4EF的距离为警.

6565

法二：/l(O,V3,O),F(|,f,4),E4=(0,V3,0),EF=(|,y,4),

ft_nV3y=0

设面ZEF的法向量为元=(%,y,z),丝二°ni聒n元=(一8。1)；

In-EF=0-x+—y+4z=0

I122J

设点C到面4EF的距离为d,丽=(-1,0,0),d=噂=-=f-=誓

故点C到平面4EF的距离为喀I

65

16.（2324高二下.江苏常州.阶段练习）如图，正方体ABCD—a/iGA的棱长为2,点E为的中点.

（1）求点。到平面4D1E的距离为d；

⑵求BG到平面4。亚的距离.

【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求点。到平面力OiE的距离为d即可；

（2）利用法向量的来证明线面平行，将BG到平面的距离进行转化为点到面的距离即可.

【解答过程】（1）以D为原点，所在的直线分别为居y,z轴如图建立空间直角坐标系,

则4(2,0,0),B(2,2,0),D(0,0,0),£＞式0,0,2),E(2,2,1),

所以荏=(0,2,1),AD[=(-2,0,2),

设平面力DiE的一个法向量为元=(x,y,z),

则1五•AD1——2.x+2z—0

In-AE=2y+z=0

令z=2=x=2,y——1,

所以平面所的法向量为元=(2,-1,2),又西=(0,0,2),

所以点D到平面4/E的距离d=恒祟==:

(2)由(1)可得平面力的法向量为元=(2,-1,2),

VB(2,2,0),G(0,2,2),：.~BC[=(-2,0,2),

BC、,TI=2义(—2)+(—1)x0+2x2=0,

BC]1n,

...BC/平面皿E,

所以BQ到平面AQE的距离可以转化为点B到平面4。亚的距离，

由荏=(0,2,0),

所以BG到平面4D1E的距离为d1=嚅=总有=|,

17.(2024高三・全国・专题练习)已知正方体4BCD-&&的£»1的棱长为1,E为久的中点，求下列问题：

(1)求异面直线D/与4E的距离；

⑵求/到平面4BE的距离；

⑶求DiC到平面&BE的距离；

(4)求平面4DB与平面ACa的距离.

【解题思路】(1)建立空间直角坐标系，利用异面直线距离的向量公式求解即可；

(2)求出平面&BE的法向量，利用点到平面距离的向量公式求解即可；

(3)利用直线到平面距离的向量公式求解即可；

(4)求出平面4DB、平面D1C4的一个法向量，可得平面&DB〃平面ACB1，转化为4点到平面。住当的

距离，利用点儿到平面4CB1的距离向量求法即可求解.

【解答过程】(1)如图，建立空间直角坐标系，

则。(0,0,0)、4(1,0,0)、B(1,1,0)>C(0,1,0),4(1,0,1)、Bi(1,1,1)>

6(0,1,1)、01(0,0,1)、E(0,pl).

所以砧=(一14,0),用=(1,1,—1),

设元=(x,y,z)是与a/,瓦^都垂直的向量,

n-AE-0即(_x+|y=o,即y=2x

则r令x=1得元=(1,2,3),

n-D1B=0{.x+y—z=01z=3x

选4E与BA的两点向量为瓦彳=(1,0,0),

得&E与BA的距离d=叵勰=矗=等

(2)市=设沆=(a,4c)为平面&BE的法向量，贝4沅,丝=°,

[m-ArB=0

即卜a+Q=O,即16=汽令。=1得沆=(1,2,2),

选点当到平面4BE两点向量为瓦瓦=(0,1,0),

由公式得：点当到平面4/E的距离d=|窄/|=|.

(3)由(2)可知：平面&BE的法向量可设万=(1,2,2),

设D1C与平面的两点向量为取7=(1,0,0),

故直线。停到平面4BE的距离d=窄列=

(4)西=(1,0,1),OB=(1,1,0),D^C=(0,l,-l),KiBi=(1,1,0),

设方=(x1,y1,z1)>=(%2，y2，Z2)分别为平面408、平面。停当的一个法向量，

所以122"%i+zi°,令%]=],可得y1=一I,=一1,所以元=(1,—1,一1),

IDB,%=%1+y1=0

?一丫2Z2—0,令亚=1,可得=一1*2=-1,所以底=(1,一1,一1),

•电=%2+、2=0

所以元=底，所以平面平面

可得4点到平面AC4的距离即为所求，OX=(1,0,0),

所以41点到平面A5的距离为|瓦矶cos瓦否同=窄台=专=当，

故平面&DB与平面DiCBi的距离为日.

18.(2024•广东广州•模拟预测)如图所示的空间几何体是以4D为轴的:圆柱与以ABCD为轴截面的半圆柱拼

接而成，其中4。为半圆柱的母线，点G为弧CD的中点.

(1)求证：平面BDF_L平面BCG；

(2)当4B=4,平面BDF与平面48G夹角的余弦值为等时，求点E到直线8G的距离.

【解题思路】(1)过G作GH〃8C交弧48上一点，连结由NFBH=Z.ABF+^ABH=可得FB1

BH,进而由线面垂直的判定定理证明BF1平面BCG,从而由面面垂直的判定定理即可得证；

(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4BG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的距离.

【解答过程】(1)过G作GH〃BC交弧28上一点，连结如图所示：

则“为弧AB的中点，贝且GH=BC,

所以四边形HBCG为平行四边形，所以HB〃CG.

由题意可知，AF1AB,RtAABF为等腰直角三角形，则N4BF=:

4

因为G为弧4B的中点，所以AH1BH,AH=BH,

则Rt△4BH为等腰直角三角形，则NABH=%

4

所以NFBH=A4BF+A4BH=]则

因为HB//GC,贝ljFB_LCG,又BCLBF,

又因为BC、CGu面BCG,BCCtCG=C

所以BF1平面BCG,因为BFu面BDF,

所以平面BDF_L平面BCG.

(2)由题意知，两两垂直，所以4为坐标原点，

以分别为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，如图所示：

则4(0,0,0),F(4,0,0),B(0,4,0),£)(0,0,a),G(-2,2,a),

BD=(0,-4,a),~BF=(4,-4,0),AB=(0,4,0),庶=(-2,2,a),BG=(-2,-2,a),

设平面BDF的一个法向量为温=(xi，yi，z。，

则国黑U,叫普丁嘉令%=L

(九1,=0I-—%—uva/

设平面/BG的一个法向量为元2=(%2，丫2*2)，

眄速=0[4y2=0令,而=(1,0,2),

忘•4G=01一2犯+2y2+az2=0\aJ

设平面BDF与平面4BG的夹角为0

V15

cosd=|cos(n7，n^)|=肾肾解得a=4（负舍），

5

所以G(-2,2,4),B(0,4,0),E(4,0,4),

贝廊=(-2,-2,4),=(4,-4,4)

4V21

3

所以点E到直线BG的距离为等.

题型四利用空间向量研究空间角

19.（2324高二下.甘肃酒泉.期中）四棱锥P—ABCD的底面是边长为2的菱形，^DAB=60°,对角线2C与

BD相交于点。，P。！底面4BCD,PB与底面力BCD所成的角为60。，E是PB的中点.

p

(1)证明：OE〃平面PAD；

(2)求DE与P4所成角的正弦值.

【解题思路】(1)连接。E,即可说明EO//PD,即可得证；

(2)建立空间直角坐标系，由线面角求出P。，再利用空间向量法计算可得.

【解答过程】(1)连接。E,因为48CD为菱形，对角线4C与BD相交于点。，所以。为8。的中点，

又E是PB的中点，

贝(JEO//PD,且E。仁平面PHD,PDu平面P4D,

所以E0〃平面PAD.

(2)因为4BCD为菱形，所以AC1BD,又P。1底面4BCD,

则PO,OC,OB两两互相垂直，以。为坐标原点，射线。B,OC,OP分别为%轴、y轴的正半轴建立空间直角坐标

系，如图，

在Rt△AOB^OA=<AB2-OB2=V3,

因为P。！底面ABC。，所以PB与底面4BCD,所成的角为NPB。=60。,

所以P。=OB-tan60°=V3,

则4(0-V3,0),B(1,0,0),0(—1,0,0),P(0,0,V3)

又E是PB的中点，则E(1,O，F)，

于是屁=仔0片)，=(O,V3,V3),

设屁与标的夹角为仇则有8SO=V2

4'

所以sin。=V1—cos2^=——，

4

所以异面直线DE与24所成角的正弦值为零.

4

20.(2324高一下•天津红桥•期末)如图，在四棱柱4BCD中，己知侧棱441底面48CD,

侧面4BB141是正方形，AB】与AiB交于点。，AB1BC,AB//CD.AB=2,BC=CD=1.

(1)求证:AO〃平面COG；

(2)求直线。6与平面4B1C所成角的正弦值.

【解题思路】(1)根据线面平行的判断定理，通过构造平行四边形，转化为证明线线平行，即可证明线面

平行；

(2)根据垂直关系，以点B为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求线面角的

正弦值.

【解答过程】(1)取CG的中点M,4B的中点N,连结。N,0M,CN,

因为4V//DC,且4V=OC=1,所以四边形4NC。是平行四边形，

所以AD〃CN,

因为点。,N分别是AB1,48的中点，所以。N〃88i〃CG,

且。N=CM=1,所以四边形。MCN是平行四边形，

所以CN〃0M,

所以。且力DC平面COG，OMu平面COG，

所以力。〃平面COG

(2)因为1平面ABC。，BCu平面ABC。,

所以4A】1BC,且4B1BC,AA1C\AB=A,且u平面4BCD,

所以8C_L平面4幽4,S.AB1BB1

如图，以点B为原点，以瓦I西，就为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,

4(2,0,0),当(0,2,0),C(0,0,l),0(1,1,0),^(0,2,1),

福=(-2,2,0),AC=(-2,0,1),西=(-1,1,1)

设平面a/C的法向量为元=(尤,y,z),

贝《£,/二：,即｛之；?二J1,令％=1,则y=l,z=2,

所以平面4B1C的法向量为元=(1,1,2),

设直线OQ与平面AB4所成角为8,

则sine=|cos(西，刚=|偶高卜忌=今

所以直线。6与平面4B1C所成角的正弦值为日.

21.(2024・江西宜春・模拟预测)如图1,在五边形力BCDE中，AB=BD,AD1DC,瓦4=E£＞且瓦41£7),

将ATIE。沿4。折成图2,使得EB=4B,尸为4E的中点.

E

E

(1)证明：BF〃平面ECD；

(2)若EB与平面力BCD所成的角为30。，求二面角4-EB-。的正弦值.

【解题思路】(1)取4D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〃平面ECD,即可得证.

(2)推导出4E1平面BFG,BG1平面E40,平面EAD_L平面连接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4-EB-D的正弦值.

【解答过程】(1)取4。的中点G,连接BG,FG,

,;AB=BD,G为4。的中点，BG1AD,

5LAD1DC,BG//CD.

又BGC平面ECO,CDu平面EC。，BG〃平面ECD.

•••F为4E的中点，FG//ED.

又FG仁平面EC。，EDu平面EC。，.­.FG〃平面ECD,

又BGClFG=G,BG,FGu平面8FG,平面BFG〃平面ECD,

又BFu平面BFG,BF//^ECD.

(2)-EALED,由(1)知