高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）第05讲 1.2.1

、.2.1空间中的点、直线与空间向量1.2.2空间中的平面与空间向量TOC\o"1-3"\h\u题型1直线的方向向量 3题型2向量法求异面直线所成的角 7◆类型1求异面直线所成的角 7◆类型2已知异面直线所成的角求其他量 13题型3平面法向量的概念辨析 21题型4平面法向量求法 24题型5平面方程的表示 30题型6利用法向量研究线面位置关系 31◆类型1空间向量与平行 32◆类型2空间向量与垂直 40题型7探索性问题 45题型8最值问题 56知识点一.平面的法向量1.平面的法线与平面垂直的直线叫作平面的法线。由于垂直于同一平面的直线是互相平行的，所以，我们可以考虑用平面的垂线的方向来刻画平面的“方向”。2.平面的法向量：如果表示非零向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n垂直于平面α，记作n⊥α，此时，我们把向量n叫作平面α的法向量.注意：平面α的一个法向量垂直于平面α内的所有向量.（2）一个平面的法向量有无限多个，它们相互平行.3.平面法向量的性质（1）如果直线垂直于平面α，则直线l的任意一个方向都是平面α的一个法向量.（2）如果n是平面α的一个法向量，则对任意的实数λ≠0，空间向量λn也是平面α的一个法向量，而且平面α的任意两个法向量都平行（3）如果n为平面α的一个法向量，A为平面α上一个已知的点，则对于平面α上任意一点B，向量AB一定与向量n垂直，即AB∙n=0，从而可知平面α的位置可由n和A唯一确定.知识点二.直线与平面的位置关系如果v是直线I的一个方向向量，n是平面α的一个法向量（1）n//v（2）n知识点三.平面与平面的位置关系如果n1是平面α1的一个法向量，n2是平面α2的一个法向量：（1）n1⊥n2⟺α（2）n1//n2⟺α1//α2,或α知识点四.三垂线定理及其逆定理1.射影已知空间中的平面α以及点A，过点A作α的垂线，设I与α相交于点A，则A'就是点A在平面α内的射影（称为投影）．空间中，图形F上，在平面内的所有点，所组成的集合F'称为图形F在平面α内的射影。2.三垂线定理如果在平面内的一条直线与平面的一条斜线在该平面内的射影垂直，则它也和这条斜线垂直。3.三垂线定理的逆定理如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线垂直则它也和这条斜线在平面内的射影垂直.知识点五.异面直线所成的角向量求法：若两异面直线l1,l2所成角为θ，它们的方向向量分别为u1,u22.范围：（0,π2]题型1直线的方向向量【方法总结】空间中，一个向量成为直线l的方向向量，必须具备以下两个条件：①是非零向量；②向量所在的直线与l平行或重合.【例题1】（多选）（2021·高二课时练习）[多选题]下列命题中真命题有（

）．A．直线l的方向向量有无穷多个B．若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反C．若向量a是直线l的一个方向向量，则向量kaD．两直线的方向向量平行，则两直线平行；两直线的方向向量垂直，则两直线垂直【答案】AB【分析】AB选项，由直线的方向向量的定义判断；C选项，由k=0【详解】AB选项，由直线的方向向量的定义易知A，B正确；C选项，当k=0D选项，两直线的方向向量平行，则两直线平行或重合，故D错误．故选：AB．【变式1-1】1．已知A1,2,−2，B3,2,1在直线l上，写出直线l的一个方向向量：【答案】2,0,3（答案不唯一）【分析】根据直线方向向量的求法求得n.【详解】由于A1,2,−2，B3,2,1，所以直线l的一个方向向量故答案为：2,0,3（答案不唯一）【变式1-1】2．（多选）（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考模拟预测）已知平面α的一个法向量为n1=1,−2,−12，平面β的一个法向量为n2=−1,0,−2，直线A．lB．αC．l与m为相交直线或异面直线D．a在b向量上的投影向量为0,【答案】BC【分析】根据空间向量之间的关系逐项判断线线、线面、面面关系即可.【详解】因为平面α的一个法向量为n1=1,−2,−12，直线l的方向向量为a=1,0,2，则n又平面β的一个法向量为n2=−1,0,−2，所以，所以α⊥由直线m的方向向量为b=0,1,−2，所以不存在实数λ使得a=λba在b向量上的投影向量为a⋅故选：BC.【变式1-1】3（2022秋·全国·高二专题练习）已知直线l1的方向向量a=−1,2,m，直线l2的方向向量bA．−6 B．6 C．14 D．−14【答案】A【分析】根据题意，结合向量平行的坐标运算，即可求解.【详解】∵l1//l2，∴a//b，∴−12故选：A．【变式1-1】4．（2020秋·北京·高二校考阶段练习）已知空间中两条不同的直线m,n，其方向向量分别为a→,bA．.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【答案】B【解析】两条不同的直线的方向向量不共线，两条不同的直线可能相交，可能异面；两条直线相交，则两条直线的方向向量一定不共线.【详解】由∀λ∈R,a→≠λb→可知，由两条不同的直线m,n相交可知，a与b不共线，所以∀λ∈R综上所述：“∀λ∈R故选：B.【点睛】本题考查了空间两条直线的位置关系，考查了空间直线的方向向量，考查了必要不充分条件，属于基础题.【变式1-1】5．放置于空间直角坐标系中的棱长为2的正四面体ABCD中，H是底面中心，DH⊥（1）直线BC的一个方向向量___________；（2）点OD的一个方向向量___________；（3）△DBC【答案】

−1,3,0

0,33【分析】先求出正四面体中各边的长度，得到各个点的坐标.对于（1）（2）：直接求出方向向量；对于（3）：利用重心坐标公式直接求得.【详解】由题意可得：OA=OB=1,OC=3由图示，可得：O0,0,0，A−1,0,0，B1,0,0，C0,3（1）直线BC的一个方向向量为BC=（2）点OD的一个方向向量为OD=（3）因为B1,0,0，C0,3,0，所以△DBC的重心坐标为1故答案为：（1）−1,3,0；（2）0,33,题型2向量法求异面直线所成的角【方法总结】求异面直线所成角的方法基向量法：在一些不适合建立坐标系的题型中，经常采用取定基向量的方法，在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则AB与CD可分别作为a与b的方向向量，则cosθ=|AB∙CD||AB||CD（2）坐标法：根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，利用坐标法求线线角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单．◆类型1求异面直线所成的角【例题2-1】在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1A．23 B．223 C．3【答案】B【分析】以AB、AD、AA【详解】解：以AB、AD、AA则B1,0,0，D10,1,1，E∴BD1∴BD1=3，设异面直线EF与BD1所成角为θ，则∴异面直线EF与BD1故选：B．【变式2-1】1．在三棱柱ABC−A1B1C1中，如图所示，侧棱AA1⊥底面ABC，点D1是AA．3010 B．C．3015 D．【答案】B【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，从而求得BD【详解】因为在直三棱柱A1B1所以易得CA,CB,CC1两两垂直，则以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，因为BC=CA=2,又点D1,E1分别是A1故BD设BD1与AE则cosθ所以BD1与AE故选：B．.【变式2-1】2．在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1(1)证明：AF//平面A(2)求直线EC与AF所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)5【分析】（1）推导出AF⊂平面ABCD，平面ABCD//平面A1B1（2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线EC与AF所成角的余弦值.【详解】（1）证明：在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1∴AF⊂平面ABCD，平面ABCD//∴AF//面（2）解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，则E(2，1，2)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，FEC=(−2，1，−2)，AF=(−2，1，设直线EC与AF所成角为θ，则直线EC与AF所成角的余弦值为：cosθ【变式2-1】3．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2，点M、N分别是AA1、A1C1的中点，点P在棱A1B1上，且A1P=3PB1，Q为BP的中点，(1)求证：MN⊥(2)求MN与BP所成角的余弦值；(3)求NQ的长.【答案】(1)证明见解析(2)51(3)41【分析】（1）以A1点为坐标原点建立空间直角坐标系，写出所需点坐标，证明MN⋅（2）求出MN=1,1,−1,（3）根据空间中两点间的距离公式直接求解即可.【详解】（1）如图，以A1点为坐标原点建立空间直角坐标系，由题意知：A1（0，0，0），B（0，2，2），C（2，2，2），B1（0，2，0），M（0，0，1），N（1，1，0），P0,32则MN=所以MN⋅故MN⊥（2）MN=设MN与BP所成角为θ，故cosθ（3）因为N（1，1，0），Q0,所以NQ=【变式2-1】4．如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为矩形，且AB=2AD=2(1)求线段PC的长度；(2)求异面直线PC与BD所成角的余弦值；(3)若E为AB的中点，证明：PA⊥【答案】(1)3(2)2(3)证明见解析【分析】（1）由已知角的三边作为空间向量的一组基底，由基底表示PC再进行模长计算即可；（2）由基底表示PC、BD，再代入向量夹角公式计算即可；（3）由AP⋅【详解】（1）因为PC=所以PC2∴|PC所以线段PC的长度为3．（2）∵PC⋅BD=(PA+AB+∴cos<PC故异面直线PC与BD所成角的余弦值为215（3）因为E为AB的中点，所以AD=又∵AP⋅DE=∴AP⊥DE，即◆类型2已知异面直线所成的角求其他量【例题2-2】如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，PD=DC=3,AD=4,M是线段PA的中点，N是线段PC上一点（不与P,CA．12 B．13 C．14【答案】B【分析】根据线面垂直的性质证DP，DC，DA两两互相垂直，构建空间直角坐标，PN=λPC【详解】因为PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，AD⊂所以PD⊥DC，因为底面ABCD为矩形，所以DC⊥所以DP，DC，DA两两互相垂直．以D为原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系D−则D0,0,0，B(4,3,0)，P(0,0,3)，A(4,0,0)，所以PC=(0,3,−3)，BD因为PN=所以N(0,3λ,3−3设直线MN与BD所成角为θ，则cosθ=|因为1581λ化简得99λ2+2124λ−719=0，即(3故选：B【变式2-2】1．在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,AD=2,A1A=3,MA．−25 B．−45 C．【答案】B【分析】利用向量的运算确定M的位置，再根据异面直线A1A与B1N所成角为30°可确定点N在以点B为圆心，半径为3的圆上，即可求出MN长度的最小值为【详解】由MA1=λAB所以点M在直线AC上.又异面直线A1A与B1N所成的角为30°，N为底面ABCD内一点，所以点N在以点B为圆心，半径为3的圆上，因此要使MN长度最小，则B、N、M共线，且BM⊥AC.因为AB=4，BC=2，所以AC=AB故选：B.【变式2-2】2．(多选)在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，BD⊥CD，BDA．23 B．1 C．43 【答案】AC【分析】过O作与CD平行的直线为y轴，取BD的中点O，根据条件可得AO⊥平面BCD，分别以OB,OA【详解】由△ABD为等边三角形，取BD的中点O，连接AO,则又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩所以AO⊥平面BCD，由过O作与CD平行的直线为y轴，分别以OB,OA为因为BD=CD=2，则B所以E−设Fa,0,3+3则1428=1+2a2故AF=13故选：AC【变式2-2】3．已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为2的正方形，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，E是线段PD上的动点（不含端点），若线段AB上存在点F（不含端点），使得异面直线PA和EF所成的角的大小为30°，则线段AF长的取值范围是______.【答案】0,【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法列方程，结合二次函数的性质求得AF长的取值范围.【详解】设O是AD的中点，则OP⊥由于AB⊥平面PAD，OP⊂平面PAD，所以由于AD∩AB=A,AD,由于OP⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，P1,0,1,A设F2,t,0则EF=设PA与EF所成角为θ，则θ=30°cos30°=PA整理得t2函数y=−2a2所以函数y=−2a2+4所以0<t所以AF的取值范围是0,6故答案为：0,【变式2-2】4．ABCD−A1B1(1)求证：AP⊥(2)若异面直线AP与D1B1所成角为π【答案】(1)证明见详解；(2)λ=1【分析】（1）连接BC1，AD1，可证明（2）建立空间直角坐标系，得到点的坐标，由已知可得cosAP,D1B【详解】（1）证明：如图，连接BC1，由已知可得，AB⊥平面BCC1B1，B又BCC1B又BC1⊂平面ABC1D1所以B1C⊥又动点P在对角线BD1上，所以P∈平面ABC1所以AP⊥（2）以点C为坐标原点，分别以CD、CB、CC1所在的直线为x、y、设CD=1，则C0,0,0，D1,0,0，B0,1,0，C10,0,1，则D1B1由已知D1PD1B=λ所以x0−1=−λy0=λAP=又异面直线AP与D1B1所成角为π即cosAP,D1B整理可得λ2=1，因为0≤λ≤1，所以λ=1【变式2-2】5．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，且AB⊥BC，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱(1)证明：BF⊥(2)在棱A1B1上是否存在一点M，使得异面直线MF与AC所成的角为30°？若存在，指出M的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在；M是A1B1中点【分析】(1)以B为原点建立空间直角坐标系，证得BF⋅(2)先设出M的坐标，利用空间向量求异面直线夹角公式可以解得M的位置.【详解】（1）证明：由直三棱柱ABC-A1B1C1可得BB1⊥平面ABC，且ABBA，BC，BB1所在的直线分别为x，y，则B(0,0,0)，F(0,2,1)，E(1,1,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)则D(m,0,2)，∴BF=(0,2,1)，DE=(1−m（2）可设B1M=n，且n∈[0,2]，则M由异面直线MF与AC所成的角为30°可得|cos<MF整理得n2−8n+7=0，即所以存在点M，M是A1B1中点.题型3平面法向量的概念辨析【方法总结】平面的法向量的定义及应用平面的法向量不唯一，并且垂直于平面α的所有共面向量.（2）直线与平面垂直的判定，必须证直线与平面内的两条相交直线垂直，至于两直线与已知直线是否有公共点，并不重要.【例题3】已知v为直线l的方向向量，n1、n2分别为平面α、β的法向量（α、β不重合），那么下列说法中：①n1∥n2⇔A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】利用两平面平行充要条件判断①；利用两平面垂直充要条件判断②；利用线面垂直充要条件判断③；利用线面平行判定定理判断④.【详解】①n1②n1③v∥④v⊥n1故选：B【变式3-1】1．以下真命题共有___________个.①一个平面的单位法向量是唯一的；②一条直线的方向向量和一个平面的法向量垂直，则这条直线和这个平面平行；③若两个平面的法向量不平行，则这两个平面相交.【答案】1【分析】利用单位向量和平面法向量的定义否定命题①；利用直线与平面平行的判定定理否定命题②；利用两个平面位置关系定义判断命题③.【详解】①一个平面的单位法向量有无穷多个.判断错误；②一条直线的方向向量和一个平面的法向量垂直，则这条直线和这个平面平行或这条直线在这个平面内.判断错误；③若两个平面的法向量不平行，则这两个平面相交.判断正确.综上，正确命题共有1个故答案为：1【变式3-1】2．在直三棱柱ABC−A．AB B．A1C1 C．B【答案】D【分析】作出图像，根据直棱柱侧棱垂直于底面即可求解．【详解】如图，∵CC1、AA1、故选：D．【变式3-1】3．在直三棱柱ABC−A1B1C1中，给出向量：①AB【答案】②③【分析】利用直棱柱的侧棱与底面垂直，结合平面法向量的定义，即可得到答案．【详解】解：由于直三棱柱的侧棱与底面垂直，所以平面ABC的法向量可以为AA1，B故答案为：②③．【变式3-1】4．已知直线l的一个方向向量为d=(1,2,−1)，平面α的一个法向量n=(x,−4,2)，若【答案】10【分析】根据直线与平面平行，得到直线的方向向量与平面的法向量垂直，进而利用空间向量数量积为0列出方程，求出x的值.【详解】因为l//α，所以直线l的方向向量与平面即n⋅d=(故答案为：10【变式3-1】5．已知直线l的方向向量a=1,4,2，平面α的一个法向量为e=4,xA．−5 B．−3 C．2 D．16【答案】A【分析】根据法向量的定义，转化为两个向量垂直，即可列式求解.【详解】由条件可知，a⋅e=1×4+4故选：A【变式3-1】6．已知平面α的一个法向量为v→=1,−2,0，写出一个以2,1,1【答案】2,1,0（答案不唯一）【分析】设终点坐标为x,【详解】设终点坐标为x,y,则x−2−2y+2=0(x−2)2+(故答案为：(2,1,0)（答案不唯一）题型4平面法向量求法【方法总结】求平面法向量的步骤（1）设出平面的法向量为n=（x，y，z）.（2）找出（求出）平面中两个不共线的向量的坐标a=（a1，a2，a3），b=（b1，b2，b3）.（3）根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组na（4）解方程组，取其中的一个解作为法向量（由于一个平面的法向量有无数多个，故可在方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量）.【例题4】如图，在空间直角坐标系中，有正方体ABCD−①直线DD'的一个方向向量为②直线BC'的一个方向向量为③平面ABB'A④平面B'CD的一个法向量为其中正确的个数为（

）．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】由直线的方向向量及平面的法向量的定义即可求解.【详解】解：设正方体ABCD−A'B'C'D'的边长为1，则D0,0,0，对①：因为DD'=(0,0,1)，所以直线D对②：因为BC'=−1,0,1，所以直线对③：因为OA⊥平面ABB'A'，又OA对④：因为n2=(1,1,1)，DB'=1,1,1，所以平面B'CD的一个法向量为故选：A.【变式4-1】1．如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC,ABA．−12,−12,14 【答案】D【分析】先求出BC=【详解】依题意得，B0,1,0,设n=n⋅BC=x−y故选：D【变式4-1】2．（多选）已知空间中三点A(0,1,0),A．ABB．与AB共线的单位向量是(1,1,0)C．AB与AC夹角的余弦值是55D．平面ABC的一个法向量是m【答案】AD【分析】对于A，通过计算AB⋅【详解】对于A，因为A(0,1,0),B(2,2,0),所以AB⋅AC=−2+2=0对于B，因为AB=(2,1,0)，所以与AB共线的单位向量为AB或−AB对于C，因为AB=(2,1,0),所以cosAB对于D，因为m=(1,−2,5)，AB所以m⋅所以m⊥AB,故选：AD.【变式4-1】3．如图的空间直角坐标系中，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB=2,PB与平面xDy的所成角为π4，E为PB中点，则平面ABE【答案】±(【分析】根据给定条件，借助线面角求出DP长，并求出点A，B，P的坐标，再利用空间向量求出平面ABE的单位法向量作答.【详解】如图，连接BD，因PD⊥平面ABCD，则∠PBD是与平面xDy所成的角，即在正方形ABCD中，BD=2AB=22于是得A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,2设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z)与n共线的单位向量为±1所以平面ABE的单位法向量n0故答案为：±(【变式4-1】4．如图，在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M在棱C1C上，且CM=2MC1(1)求平面ABB(2)求平面MD【答案】(1)(1,0,0)(答案不唯一)(2)2,1,3(答案不唯一)【分析】（1）由x轴垂直于平面ABB1A（2）利用求解平面的法向量的方法进行求解.（1）因为x轴垂直于平面ABB1A1，所以（2）因为正方体ABCD−A1所以M，B，D1的坐标分别为0，3，2，3,3,0，0,0,3因此MB=3,0,−2，设n2=(xn2⊥MB所以n2取z=3，则x=2，y=1．于是n【变式4-1】5．如图，在长方体ABCD−A1B1C1(1)平面ABCD；(2)平面ACC(3)平面ACD【答案】(1)D(2)m(3)n【分析】以D为原点，DA,DC,（1）由于DD1⊥平面ABCD，所以D（2）设平面ACC1A1的法向量为（3）设平面ACD1的法向量为n=((1)以D为原点，DA,DC,则D(0,0,0),所以DD1=(0,0,3)，因为DD1⊥平面所以平面ABCD的一个法向量为DD(2)设平面ACC1A1的法向量为所以m⋅AC=−6x+2所以平面ACC1A(3)设平面ACD1的法向量为n=(所以n⋅AC=−6a所以平面ACD1题型5平面方程的表示【例题5】已知平面α内有一点A(2,−1,2)，平面α的一个法向量为n=(1A．P1(1,−1,1) B．P2(1,3,32【答案】B【分析】根据题设只需PnA⋅【详解】由题意，符合条件的点P应满足PnA：P1A=(2,−1,2)−(1,−1,1)=(1,0,1)，则PB：同理P2A=(1,−4,12C：同理P3A=(1,2,12D：同理P4A=(3,−4,72故选：B【变式5-1】（多选）在空间直角坐标系中，已知向量u=a,b,c（其中abc≠0A．若u为直线PP0B．若u为直线PP0C．若u为平面α的法向量，面α经过P0和P，则D．若u为平面α的法向量，面α经过P0和P，则【答案】AD【分析】由直线的方向向量、平面法向量的概念求解判断．【详解】直线P0P是直线P0P的一个方向向量，P0P=(P0P在平面α内，u为平面α的法向量，则所以u⋅故选：AD．题型6利用法向量研究线面位置关系◆类型1空间向量与平行【方法总结】线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行面面平行①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题【例题6-1】已知直线l的方向向量为m，平面α的法向量为n，则“m⋅n=0A．充分必要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据线面平行的判定定理，结合充分、必要条件的概念，即可得答案.【详解】若m⋅n=0，则l若l//α，则故“m⋅n=0故选：C【变式6-1】1．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BCA．33 B．213 C．37【答案】D【分析】以DA,DC,DD1为x,y,【详解】解：如图，以DA,DC,则A(1,0,0),AC=(−1,1,0)，AA1=(0,0,3则p⋅AC=−x+y=0又A1D=(−1,0,−3)设A1M=则MN=因为MN//平面AA1C1MN2==4=4当μ=37时，MN2取得最小值37故选：D．

【变式6-1】2．如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，ABA．1 B．2 C．3 D．5【答案】C【分析】根据题意可知，以A点为坐标原点，AB,AD,AA1所在直线分别为x轴，【详解】如下图所示：以A点为坐标原点，AB,AD,AA1所在直线分别为x轴，则A1(0,0,1),即A1C=(2,2,−1)由A1C即x=2则D设平面BDC1的一个法向量为BC1令y1=1，则x由D1P//平面BDC1所以λ=3故选：C【例题6-2】（2022·全国·高二专题练习）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点.分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz.

(1)求点E、F的坐标；(2)求证：EF∥平面ACD1.【答案】(1)E(2)证明见解析【分析】（1）根据坐标系，利用坐标的定义，可得结论；（2）求出AC、EF的坐标，可得AC→【详解】（1）由题意，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点，∴E(1,0,2),（2）∵A(2,0,0),C∵E(1,0,2),F∴AC→∵EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，∴EF∥平面ACD1．【变式6-2】1.（2023春·高二课时练习）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB//CD，AB=4，【答案】证明见解析【分析】建立空间直角坐标系D−xyz，利用向量法分别证明DD1//CC【详解】因为AB＝4,BC＝CD＝2所以BF=BC=因为ABCD为等腰梯形，AB＝4,所以∠BAD取AF的中点M，连接DM，则DM⊥AB，所以以D为原点，DM,DC,DD1所在直线分别为则D0,0,0所以DD1＝0,0,2，DA=所以DD1//又DD1,所以DD1//因为CC1,CF⊂平面FC所以DD1//平面FCC1又DD1∩DA＝所以平面AA1【变式6-2】2．（2023春·高二课时练习）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．【答案】证明过程见详解【分析】根据题意得到AB，AP，AD两两垂直，从而以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，并确定A，B，C，D，P，E，F，G的坐标，求得PB，FE，FG，BC，从而即可确定平面EFG的法向量n1，平面PBC的法向量n【详解】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A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)．所以PB=(2,0,−2)，FE=(0,−1,0)，FG=(1,1,−1)设n1则n1⊥FE，n1⊥令z1=1，则x1=1，设n2由n2⊥PB，n2⊥令z2=1，则x2=1，所以n1【变式6-2】3．如图，三棱柱ABC−AB1C1中侧棱与底面垂直，且AB=求证：PN∥平面ACC【答案】证明见解析【分析】以点A为坐标原点，AB､AC､AA1所在直线分别为x､y､z轴建立空间直角坐标系，求出平面【详解】因为三棱柱ABC−所以AA1⊥因为AB,AC⊂所以AA因为AB⊥所以AB､AC､AA所以以点A为坐标原点，AB､AC､AA则A10,0,4，B2,0,0，M0,2,2，取向量AB=2,0,0为平面ACC∴PN⋅∴PN⊥又∵PN⊄平面AC∴PN∥平面AC◆类型2空间向量与垂直【例题6-3】（2022秋·河南郑州·高二校考阶段练习）已知向量a=(4,4,5)，b=(−7,x,y)分别是直线A．x=2,y=4 B．x=4,y=3【答案】A【解析】由方向向量的数量积为0可得．【详解】由题意a⋅b=−28+4x+5故选：A．【变式6-3】1.（2022·全国·高二专题练习）四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，AB=(1)求证：PA⊥底面ABCD；(2)求PC的长.【答案】(1)证明见解析(2)94【分析】（1）根据两个向量的数量积为0，可以判断出AP⊥AB且AP⊥AD，进而根据线面垂直的判定定理得到PA⊥底面ABCD；（2）根据向量加法的三角形法则，可以求出向量PC的坐标，进而代入向量模的计算公式，得到答案．【详解】（1）∵AB=∴AP→⋅AB∴AP→⊥AB即AP⊥AB且AP⊥AD，又∵AB∩AD＝A，AB,∴AP⊥平面ABCD.（2）∵AB=∴AC=AB+∴|PC【变式6-3】2．（2023春·江苏宿迁·高二校考阶段练习）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，M是线段EF的中点.(1)求证：AM⊥(2)求证：AM⊥平面BDF【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用面面垂直性质定理证明CE⊥平面ABCD，然后以点C（2）先求出平面BDF的法向量，然后利用直线AM的方向向量与法向量共线即可证明线面垂直.【详解】（1）因为四边形ACEF为矩形，则CE⊥因为平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF=AC，所以CE⊥平面ABCD，又四边形ABCD以点C为坐标原点，CD、CB、CE所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系C−由AB=2，AF=1，得C0,0,0，A2E0,0,1，F2,所以AM=−2所以AM⋅BD=所以AM（2）由（1）知，AM=−22,−设n=x,y,z是平面所以n→⋅BD取y=1，得x=1，z=−因为AM=−22,−22所以AM⊥平面BDF【变式6-3】3．（2023春·高二课时练习）如图所示，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD，M是EA的中点．求证：平面DEA⊥平面ECA.【答案】证明见解析【分析】建系，分别求平面DEA、平面ECA的法向量，利用空间向量证明面面垂直.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，不妨设CA＝2，则CE＝2，BD＝1，则C0,0,0所以EA=设平面ECA的一个法向量是n1则n1取x1=1，则y1设平面DEA的一个法向量是n2则n2取x2=3，则y因为n1⋅n所以平面DEA⊥平面ECA.【变式6-3】4.（2023春·高二课时练习）如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明：AP⊥BC；(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3，试证明AM⊥平面BMC.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（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.【详解】（1）由题意知AD⊥BC，如图，以O为坐标原点，以过O点且平行于BC的直线为x轴，OD，OP所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz.则A0,−3,0可得AB=∵AP∴AP⊥（2）由（1）可得AP=∵M是AP上一点，且AM＝3，∴AM=可得BM=设平面BMC的法向量为n=a,令b＝1，则a=0,c=显然AM=95n，故∴AM⊥平面BMC.题型7探索性问题【例题7】（多选）如图，在长方体ABCD−A1B1A．当A1C=2B．当AP⊥AC．当A1C=3AD．当A1C=5A【答案】ACD【分析】由题意，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标公式，求得点P的坐标，根据空间向量公式，可得答案.【详解】由题意，如图建系：则D(0,0,0)，A(1,0,0)，设A1C=kA可得D1AP=对于A：当A1C=2根据长方体性质可得B,对于B：当AP⊥∴AP⋅A1所以AP=−1则AP⋅因此AP⊥对于C：当A1C=3设平面BDC1的法向量为∵DB∴n⋅DB=当y=−1时，x=3，z∴n⋅D1又D1P⊄平面BDC1对于D：当A1C=5A1设平面D1AP的法向量为则m⋅AP=−取a=−1，则b=3而A1C=(−1,3,−1)，∴A故选：ACD【变式7-1】1．（2023秋·高二课时练习）如图，已知空间几何体P−ABCD的底面ABCD是一个直角梯形，其中∠BAD=90∘,AD//BC,

(1)若BC⋅(2)若AE垂直PD于E，证明：BE⊥(3)在（2）的条件下，PB上是否存在点F，使得EF//【答案】(1)8(2)证明见解析(3)存在Fa【分析】建立空间直角坐标系，（1）求出BC,PD，利用BC⋅（2）求出BE坐标，PD⋅（3）由EF//BD，求出E点的竖坐标、F点的竖坐标，设Fx,0,3【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，则A0,0,0,BBC=∴BC此时V=（2）E0,∵PD∴BE（3）由EF//BD，E点的竖坐标为32a，∴设Fx,0,32a，由FE//BD

【变式7-1】2．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B,Q两点的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD【答案】(1)证明见解析(2)存在，1【分析】（1）根据题意，先由线面垂直的判定定理得到AC⊥平面PAB（2）根据题意，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后结合法向量与空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）证明：在△ABC中，因BC所以AC2+AB且PB，AB⊂平面PAB，所以AC⊥平面又AC⊂平面ABCD所以平面PAB⊥平面ABCD（2）假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD取AB中点为H，连接PH，则PH⊥因为平面PAB⊥平面ABCD平面PAB∩平面ABCD所以PH⊥平面ABCD如图所示建立空间直角坐标系，不妨设AB=2，则A0,0,0,B2,0,0设n1=x1,y1设DQ=λDP则BQ连接EF，因AC∥平面BEQF,AC⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEQF=EF，故设n2=x则n2⋅j由平面BEQF⊥平面PAD，知n1⊥n2故在侧棱PD上存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD【变式7-1】3.（2023春·广东汕尾·高二陆丰市龙山中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD的边长为2，E(1)求证：PC//平面BDE(2)若PA=2，线段PC上是否存在一点F，使AF⊥平面BDE？若存在，求出【答案】(1)证明见解析(2)存在，理由见解析.【分析】（1）连结AC交BD于点O，可知OE//PC.然后根据线面平行的判定定理，即可得出PC//（2）先证明CD⊥平面ADP．以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，设PF=λPC，求出点F的坐标，然后得到AF.求出平面BDE的法向量n，根据【详解】（1）如图1，连结AC交BD于点O.因为ABCD是正方形，所以O是AC的中点，又E是PA的中点，所以OE//因为OE⊂平面BDE，PC⊄平面所以PC//平面BDE（2）存在，理由如下：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以因为ABCD为正方形，所以CD⊥又PA∩DA=A，PA⊂平面ADP所以CD⊥平面ADP以点D为坐标原点，过点D作PA的平行线为x轴，分别以DA,DC为建立空间直角坐标系D−则A0,2,0，B0,2,2，C0,0,2，D0,0,0，所以PC=令PF=则DF=DP+λPC所以F−2λ+2,−2因为DB=0,2,2，设n=x,则n⋅DB=0取y=−1，则n=2,−1,1因为AF⊥平面BDE，所以n所以有2−2λ−2=−2λ因为PC=所以PF=【变式7-1】4．（2023·江西·校联考二模）正四棱锥P−ABCD中，PA=AB=2，E为PB中点，AF=λ(1)证明：当平面EFG⊥平面PBD时，l⊥(2)当λ=μ=13【答案】(1)证明见详解(2)不存在，理由见详解【分析】（1）根据正四棱锥分析可得AC⊥平面PBD（2）建系，利用空间向量求得K即为点D，再根据空间距离分析可得m=【详解】（1）连接AC,BD，由题意可知：设AC∩BD=O，连接PO，则AC⊂平面ABCD，则ACBD∩PO=O，故AC⊥平面PBD若l为直线AC，此时l⊂平面EFG，可得平面EFG⊥平面故l⊥平面PBD若l不为直线AC，∵平面EFG⊥平面PBD，则存在直线l1⊂平面EFG，使得l可得l1∥AC，且l1⊂平面EFG，AC故l1∥平面EFG又∵l1⊂平面EFG，平面EFG∩则l1∥l，可得l∥AC故l⊥平面PBD综上所述：l⊥平面PBD（2）不存在，理由如下：如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则有A−可得FG=设平面EFG的法向量n=a,令b=1，则a=0,c设平面ABCD的任一点坐标Mx,y由n⋅EM=0×可得交线l满足y=−令x=0，可得交线l与y轴的交点为D0,−2,0，设四棱锥P−ABCD表面上任一点则TA2TB2可得TA2且TP故m=2=4+2x2+y2+设四棱锥P−ABCD的内切球的半径为∵P−ABCD的体积V=则r=可得四棱锥P−ABCD内切球的球心坐标为又∵OA=OB=OC=显然0,0,2−2故不存在m，使得有且仅有5个点T满足22题型8最值问题【例题8】如图正方体ABCD−A1B1A．λ=13时，平面B．λ=12时，平面C．△AMDD．△AMD【答案】D【分析】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设AB=1，取线段AD1的中点O，求出平面AMD1【详解】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、设AB=1，则A1,0,0、A11,0,1、B1,1,0、B11,1,1、CA1C=−1,1,−1，AD1=−1,0,1，线段AD所以，OM=设平面AD1M则n⋅AD1=−对于A选项，设平面BC1D的法向量为u=x则u⋅DB=x1若平面AMD1//平面BC1D，则对于B选项，设平面B1CD1的法向量为v=则v⋅CB1=若平面AMD1⊥平面B1CD1对于CD选项，OM⋅AD1=因为OM=2因为λ∈0,1，当λ=13当λ=1时，OM取最大值，则△故选：D.【变式8-1】1．如图，已