高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）第16讲 专题1-8 立体几何与空间向量十二大重点题型

专题1-8立体几何与空间向量十二大重点题型汇总题型1空间向量的概念 1题型2空间向量的线性运算 5题型3空间向量的线性表示 8题型4空间向量的基本定理 13题型5空间向量共线问题 16题型6空间向量共面问题 19题型7空间向量的数量积、夹角与模长问题 25题型8空间向量的对称问题 31题型9利用空间向量证明位置关系 34题型10利用空间向量计算空间角 44题型11利用空间向量算距离 54题型12空间中的动点问题 63题型1空间向量的概念【例题1】（2023·全国·高二专题练习）已知正方体ABCD−A'B'C'①OA+OD与②OB−OC与③OA+OB+④OA'−A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据向量线性运算、相等向量和相反向量定义依次判断各个选项即可.【详解】

对于①，∵OA=−OC'∴OA+OD与O对于②，∵OB−OC=CB∴OB−OC与O对于③，∵OA=−OC'，OB∴OA∴OA+OB+OC对于④，∵OA'−OA∴OA'−OA故选：C.【变式1-1】1.（2023秋·高二课时练习）下列命题中为真命题的是（

）A．空间向量AB与BA的长度相等B．将空间中所有的单位向量移到同一个起点，则它们的终点构成一个圆C．空间向量就是空间中的一条有向线段D．不相等的两个空间向量的模必不相等【答案】A【分析】由于向量的长度与向量的方向无关，相反向量的长度相，由此可判断AD，将空间所有的单位向量平移到一个起点，则它们的终点构成一个球面，由此可判断B，由向量与有向线段的关系判断C.【详解】对于A，因为空间向量AB与BA互为相反向量，所以空间向量AB与BA的长度相等，所以A正确，对于B，将空间所有的单位向量平移到一个起点，则它们的终点构成一个球面，所以B错误，对于C，空间向量可以用空间中的一条有向线段表示，但空间向量不是有向线段，所以C错误，对于D，两个空间向量不相等，它们的模可能相等，也可能不相等，如向量AB与BA的模相等，所以D错误，故选：A【变式1-1】2.（2022·高二课时练习）下列说法正确的是（

）A．零向量没有方向B．空间向量不可以平行移动C．如果两个向量不相同，那么它们的长度不相等D．同向且等长的有向线段表示同一向量【答案】D【分析】根据零向量的规定可以确定A错误；根据空间向量是自由向量可以确定B；根据相等向量的定义可以确定C、D.【详解】对于A：零向量的方向是任意的，A错误；对于B：空间向量是自由向量可以平移，B错误；对于C、D：大小相等方向相同的两个向量为相等向量即同一向量，所以C中向量大小可以相等，只要方向不同即为向量不同，C错误；D符合定义，正确.故选：D.【变式1-1】3.（多选）（2023秋·湖北襄阳·高二襄阳五中校考开学考试）如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D

A．单位向量有8个 B．与AB相等的向量有3个C．AA1的相反向量有4个 D．模为【答案】ABC【分析】根据单位向量、相等向量、相反向量和向量的模的概念逐项分析可得答案.【详解】由题可知单位向量有AA1，A1A，BB1，B1B，与AB相等的向量有A1B1，D向量AA1的相反向量有A1A，B1模为5的向量分别为AD1，D1A，A1D，DA1，故选：ABC【变式1-1】4.（2021秋·高二课时练习）给出下列几个命题：①方向相反的两个向量是相反向量；②若|a|=|b|，则③对于任何向量a，b，必有|a其中正确命题的序号为．【答案】③【分析】根据相反向量的定义可以判断①；两个向量模相等，这两个不一定是相等向量或相反向量可以判断②；通过对a，b同向，反向，不共线进行分类讨论，结合三角形法则和三边关系则可以判定③.【详解】对于①，长度相等且方向相反的两个向量是相反向量，故①错；对于②，若|a|=|b|，则对于③，若a与b同向，则|a+b|=|a|+|b|，若a与b反向，|a

故答案为：③题型2空间向量的线性运算【例题2】（2023秋·河北石家庄·高二石家庄二十三中校考期末）已知四面体ABCD，G是CD的中点，连接AG，则AB+A．AG B．CG C．BC D．1【答案】A【分析】根据已知条件作出图形，利用中点的向量的线性关系及向量加法法则即可求解.【详解】四面体ABCD，G是CD的中点，如图所示，因为G是CD的中点，所以BG所以AB+故选：A.【变式2-1】1.（2021秋·吉林长春·高二校联考期末）空间任意五个点A、B、C、D、E，则DA+A．DB B．AC C．AB D．BA【答案】D【分析】将DA化为DC+【详解】DA+==DC【点睛】本题主要考查空间向量的运算，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力属于简单题.【变式2-1】2.（2023秋·北京·高二北京八中校考期末）如图，在空间四边形ABCD中，设E，F分别是BC，CD的中点，则AD+A．AD B．FA C．AF D．EF【答案】C【分析】利用空间向量的线性运算求得正确结论.【详解】因为BC−BD=所以AD+故选：C【变式2-1】3.（2020秋·内蒙古乌兰察布·高二校考期末）已知点A(4,1,3)，B(2,−5,1)，若AC=A．72,−12,52 B．【答案】B【解析】设出C点坐标，根据AC=13【详解】设Cx,y,z，因为AC=13AB，所以x−4=故选：B.【变式2-1】4.（2020秋·福建三明·高二校联考期末）已知A(1,−2,0)和向量a=(−3,4,12)，且AB=2aA．(−7,10,24) B．(7,−10,−24) C．(−6,8,24) D．(−5,6,24)【答案】D【分析】根据a=(−3,4,12)，且AB=2a，可得AB【详解】解：∵a=(−3,4,12)，且AB=2a∵A(1,−2,0),∴B=(-6+1,8-2,24+0)=故选D.【点睛】本题考查空间向量的数乘运算，是一个基础题，解题的关键是牢记公式，在数字运算的时候要细心.【变式2-1】5.（2020秋·宁夏银川·高二宁夏育才中学校考期末）已知a=2,−3,1，b=2,0,3，c=【答案】6,−3,3【解析】先计算6b,8c【详解】由于6b=(12,0,18),8c=(8,0,16)，故【点睛】本题考查了向量的线性运算的坐标表示，考查了学生数学运算的能力，属于基础题.题型3空间向量的线性表示【例题3】（2023春·江苏·高二期末）如图，在四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=A．12a−34b+12

【答案】D【分析】根据空间向量的加法和减法的三角形法则得到．【详解】如图，连接ON，

∵N是BC的中点，∴ON=∵OM=3MA，∴∴MN=故选：D．【变式3-1】1.（2023秋·安徽黄山·高二统考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E、F分别是BC、CCA．−13ABC．−23AB【答案】A【分析】根据向量的数乘及加、减运算求解即可.【详解】解：由题意可得：GF====−=−1故选：A.【变式3-1】2.（2023秋·广西防城港·高二统考期末）如图，设O为平行四边形ABCD所在平面外任意一点，E为OC的中点，若OE=12A．−2 B．0 C．−1 D．3【答案】B【分析】根据向量的线性运算的几何表示，得出OE=【详解】∵E为OC的中点，∴OE∵四边形ABCD为平行四边形，∴DC∴OE∵OE∴x=12，∴x+y=0，故选：B.【变式3-1】3.（2023秋·湖北黄冈·高二统考期末）如图，已知空间四边形OABC，M，N分别是边OA，BC的中点，点G满足MG=2GN，设OA=a，OB=A．13a+13b+13【答案】B【分析】根据向量的线性运算一步步将向量OG化为关于OA，OB，OC，即可整理得出答案.【详解】OG==1=1=1=1故选：B【变式3-1】4.（2023秋·北京·高二中央民族大学附属中学校考期末）在平行六面体ABCD−A1B1C1DA．12a−C．−12a【答案】C【分析】结合图形，由空间向量的线性运算可得.【详解】由点M满足2AM=AC因为四边形ABCD为平行四边形，所以M为BD中点,所以BM=所以B1故选：C【变式3-1】5.（2021秋·湖北宜昌·高二葛洲坝中学校考期末）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F,G分别在棱BB1,BC,BA上，且满足BE=34BBA．45 B．65 C．75【答案】B【分析】利用空间向量的共面定理可得BO在不同基底下的表示方法，从而可求.【详解】因为BO=xBG+yBF+z所以x+y+3z4=1;同理可得x2+【点睛】本题主要考查空间向量的共面定理.利用四点共面的特点，建立等量关系式是求解关键.题型4空间向量的基本定理【例题4】（2023春·河南开封·高二统考期末）若a,A．a+b,a−b,a 【答案】C【分析】根据空间基底的概念逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对于A，a=12对于B，b=12对于C，假设向量a+b,即c=对于D，a+b+故选：C.【变式4-1】1.（2020秋·河南信阳·高二统考期末）已知a=2,−1,3，b=−1,4,−2，c=A．0 B．357 C．9 D．【答案】D【分析】依题意可得a,b,c共面，则【详解】∵a,b,c不能构成空间的一个基底，∴则(7,5,λ)=(2x,−x,3x)+(−y,4y,−2y)=(2x−y,−x+4y,3x−2y)，∴7=2x−y5=−x+4yλ=3x−2y故选：D.【变式4-1】2.（2023秋·云南大理·高二统考期末）若e1,e2,A．83 B．52 C．−1【答案】D【分析】由题意可知，向量OA、OB、OC共面，则存在实数x、y使得OC=xOA+yOB，根据空间向量的基本定理可得出关于x、y、【详解】因为向量OA=e1+e所以OA、OB、OC共面，故存在实数x、y使得OC=x即ke因为e1,e2,故选：D.【变式4-1】3.（多选）（2023秋·山西晋中·高二统考期末）a,b,c是空间的一个基底，与A．b+c B．b−c C．【答案】ACD【分析】根据空间向量基本定理判断即可.【详解】由于b−c=a+b−因为a,b,c是空间的一个基底，由于不存在实数对x、若成立则x+y=0x=1y=1，显然方程组无解，故a+b、故选：ACD【变式4-1】4.（多选）（2022秋·广东深圳·高二深圳外国语学校校考期末）设a,A．若a⊥b，bB．a+c，b+C．对空间中的任一向量p，总存在有序实数组(x,y,z)，使pD．存在有序实数对，使得c【答案】BC【分析】根据空间向量的基本定理，对选项中的命题进行分析、判断正误即可．【详解】对于A，a⊥b，b⊥c，不能得出a⊥c，也可能是对于B，假设向量a+b，b+c，c+a共面，则化简得(x+y)c=(1−x)b+(1−y)a，所以a、b对于C，根据空间向量基本定理知，对空间任一向量p，总存在有序实数组(x,y,z)，使p=xa+y对于D，因为a,b,c是空间一个基底，所以a与b、故选：BC．题型5空间向量共线问题【例题5】（2023春·甘肃白银·高二校考期末）设向量e1，e2，e3不共面，已知AB=e1+A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据A，C，D三点共线，可得AC//CD，则存在唯一实数μ，使得【详解】由AB=e1得AC=因为A，C，D三点共线，所以AC//则存在唯一实数μ，使得AC=μ则2=4μ1+λ=8μ2=4μ，解得故选：C.【变式5-1】1.（2022秋·吉林四平·高二四平市第一高级中学校考期末）已知{a,b,c}是空间的一个基底，若m=A．−3 B．−13 C．3 【答案】C【分析】由m∥n，可得存在实数λ，使n=λ【详解】m=a+2因为m∥n，所以存在实数λ，使所以(x+3)a所以x+3=λx−y=2λ所以x−y=2(x+3)3−y=−3(x+3)，得2x+2y=3x−y，x=3y所以xy故选：C【变式5-1】2.（多选）（2023春·安徽滁州·高二校考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1CA．当λ=1时，点P在棱BB1上 B．当μ=1时，点P在棱C．当λ+μ=1时，点P在线段B1C上 D．当λ=μ时，点P在线段【答案】BCD【分析】由空间向量共线定理逐一判断即可求解【详解】当λ=1时，BP=BC+μ则CP//BB同理当μ=1时，则B1P//当λ+μ=1时，μ=1−λ，所以BP=λBC+故点P在线段B1当λ=μ时，BP=λBC+BB故选：BCD【变式5-1】3.（2021秋·陕西渭南·高二统考期末）若向量a=−4,2,1与向量b=2,x,y【答案】−12【分析】根据向量共线基本定理，可设a=λb,λ∈R，列出方程组，即可求得x和【详解】由向量a=−4,2,1与向量可设a=λ则−4=2λ2=xλ1=yλ，解得所以x−y=−1+1故答案为：−1【变式5-1】4.（2023秋·湖南长沙·高二统考期末）已知向量a=(1,5,−1),（1）若(ka+b（2）以坐标原点O为起点作OA=a,OB=b，求点【答案】（1）k=−13；（2）【分析】（1）根据空间向量的坐标运算与平行满足的性质求解即可；（2）先求AO在AB上的投影，再根据勾股定理求解d即可【详解】（1）kaa−3∵(k∴k−27=5k+3解得k=−1（2）由条件知A(1,5,−1),B(−2,3,5)，∴AO=(−1,−5,1),AO⋅故AO在AB上的投影为|AO⋅∴点O到直线AB的距离d=|题型6空间向量共面问题【例题6】（2020秋·宁夏银川·高二宁夏育才中学校考期末）A，B，C三点不共线，对空间内任意一点O，若OP→A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．无法判断是否共面【答案】B【分析】利用空间向量共面定理即可判断【详解】因为OP→=即OP即AP由空间向量共面定理可知，AP→故选：B【变式6-1】1.（多选）（2020秋·山东烟台·高二统考期末）已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外的任一点，则“点M与点A，B，C共面”的充分条件的是（

）A．OM=2OA−C．OM=OA+【答案】BD【解析】根据“OM=xOA+yOB+zOC时，若【详解】当MA=mMB+nMC时，可知点所以MO+所以x+y−1OM所以OM=不妨令−1m+n−1=x，mm+n−1=y因为2+−1+−1=0≠1，1+1+−1由上可知：BD满足要求.故选：BD.【点睛】本题考查利用空间向量证明空间中的四点共面，难度一般.常见的证明空间中四点M,A,B,C共面的方法有：(1)证明MA=xMB+yMC；(2)对于空间中任意一点O，证明OM=【变式6-1】2.（2023春·福建莆田·高二统考期末）若点P∈平面ABC，且对空间内任意一点O满足OP=14A．−58 B．−38 C．【答案】D【分析】根据条件得出P，A，B，C四点共面，再根据OP=14【详解】∵P∈平面ABC，∴P，A，B，C四点共面，又OP=∴14+1故选：D．或者根据∵P∈平面ABC，∴P，A，B，C四点共面，则存在实数x,y，使得PA=x即OA−又4OP=OA+4λ故选：D【变式6-1】3.（2023秋·辽宁丹东·高二统考期末）已知空间向量a=−2,1,−4，b=1,−1,2，c=−7,−5,m若，a，A．−14 B．6 C．−10 D．12【答案】A【分析】根据向量共面，建立方程组，解得答案.【详解】由a，b，c共面，可设a=xb+y由−2=x−7y1=−x−5y，解得x=−1712y=1故选：A.【变式6-1】4.（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）已知空间三点坐标分别为A(1,1,1)，B(0,3,0)，C(−2,−1,4)，点P(−3,x,1)在平面ABC内，则实数x的值为．【答案】11【分析】根据题意,存在实数λ,μ使得等式AP=λ【详解】∵点P−3,x,1在平面ABC∴存在实数λ,μ使得等式AP=λ∴−4,x−1,0∴−4=−λ−3μx−1=2λ−2μ0=−λ+3μ故答案为：11【变式6-1】5.（2021·全国·高二期末）如图，已知O､A､B､C､D､E､F､G､H为空间的9个点，且OE=kOA，OF=kOB，OH=kOD，(1)A､B､C､D四点共面，E､F､G､H四点共面；(2)AC∥(3)OG=k【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用空间向量基本定理证明即可，（2）由EG=EH+m（3）由OG=EG−【详解】（1）因为AC=AD+m所以由共面向量定理可得AC,AD,因为AC,AD,AB有公共点A，所以A､B､C､D四点共面，E､F､G､H四点共面，（2）因为EG=k=kAD所以AC∥（3）OG【变式6-1】6.（2022秋·广东深圳·高二统考期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C(1)证明：D1C//平面(2)证明：E，F，N，M四点共面．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量平行的性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可；（2）根据空间共面定理进行证明即可.【详解】（1）设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系：则D0,0,0，A2,0,0，C0,2,0，B2,2,0，D1(0,0,2)，则M(2,1,0),N(1,2,0),E(2,0,1),F(0,1,2)，D1C=(0,2,−2)则有D1C=−2因为D1C⊄平面EMN，ME⊂平面则有D1C//平面（2）EF=(−2,1,1)，EM=(0,1,−1)，则有EF=−3EM+2EN，则向量EF、必有E，F，N，M四点共面题型7空间向量的数量积、夹角与模长问题【例题7】（2023秋·内蒙古包头·高二统考期末）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D

A．6 B．5 C．2 D．3【答案】B【分析】利用基底法求解即可.【详解】由题知AC所以AC12=AB+AD所以AC1=故选：B.【变式7-1】1.（2023春·江苏镇江·高二江苏省镇江第一中学校考期末）如图，二面角A−EF−C的大小为45∘，四边形ABFE、CDEF都是边长为1的正方形，则B、D

A．2 B．3 C．3−2 D．【答案】C【分析】利用二面角的定义可得出∠AED=45∘，由空间向量的线性运算可得出DB=【详解】因为四边形ABFE、CDEF都是边长为1的正方形，则AE⊥EF，DE⊥EF，又因为二面角A−EF−C的大小为45∘，即∠AED=45∘因为DB=DE+EA+所以，DB=1+1+1−2×1×1×故选：C.【变式7-1】2．（2023春·四川·高二统考期末）如图所示，平行六面体ABCD−A1B1CA．−1 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】选定基底，根据空间向量的加减运算表示出BD【详解】由题意得BD1=则B=1−1+1×1×cos故选：B【变式7-1】3.（多选）（2021秋·江苏·高二校联考期末）在三维空间中，定义向量的外积：a×b叫做向量a与①a⊥a×b，b⊥a×②a×b的模a×b=ab在正方体ABCD-A1B1C1D1中，有以下四个结论，正确的有（

）A．AB1×AC=AD1C．AB×AD=AD【答案】ABD【分析】根据所给的新定义及正方体的性质一一计算可得.【详解】对于A，对于A，设正方体的棱长为1，在正方体中AB则AB因为BD//B1D1所以AD所以AB对于B，在正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥又B1B∩B1D1=B1因为BD1⊂平面BB1再由右手系知，A1C1对于C，由a，b和a×b构成右手系知，a×又由a×b模的定义知，所以a×b=−对于D，设正方体棱长为a，6BC正方体表面积为6a故选：ABD．【变式7-1】4.（2022秋·浙江金华·高二校联考期末）如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，AE⊥PB于点E，M是AC的中点，PB=1，则EP⋅【答案】−1【分析】根据给定条件，证明BC⊥平面PAB，将EM用EA,【详解】连接EC，如图，因PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则PA⊥BC，而AB⊥BC，PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，则BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，即有BC⊥PB，因M是AC的中点，则EM=12EP=12EP所以EP⋅EM的最小值为故答案为：−【变式7-1】5.（2022秋·浙江台州·高二校联考期末）已知a=2,−2,0，b=k,0,3，a，b夹角为2π【答案】−3【分析】利用空间向量数量积，结合空间向量夹角公式列式求解作答.【详解】由a=2,−2,0，b=k,0,3，得由a，b夹角为2π3，得cos2所以k=−3.故答案为：−3【变式7-1】6.（2023秋·吉林白城·高二校考期末）已知a=x,4,1，b=−2,y,−1，c=(1)a,(2)a+c与【答案】(1)a=2,4,1，b(2)−【分析】（1）向量平行转换为对应坐标分量成比例，向量垂直转换位对应数量积为0即可得解.（2）由向量数量积公式变形一下即可得到向量夹角余弦值公式，并结合向量数量积的坐标运算即可得解.【详解】（1）因为a//b，a=所以y=0不满足要求，故x−2=4所以a=2,4,1，又因为b⊥c，所以b⋅c=0因此c=（2）由（1）得a+同理b+所以a+b+a+因此cosa题型8空间向量的对称问题【例题8】（2023春·山东潍坊·高二统考期末）在空间直角坐标系中，O为原点，已知点P1,2,−1，AA．点P关于点A的对称点为2,3,−4B．点P关于x轴的对称点为1,−2,−1C．点P关于y轴的对称点为−1,2,1D．点P关于平面xOy的对称点为1,−2,1【答案】C【分析】利用空间直角坐标系的性质逐个选项判断即可.【详解】点P关于点A的对称点为−1,0,5，A错；点P关于x轴的对称点为1,−2,1，B错；点P关于y轴的对称点为−1,2,1，C正确；点P关于平面xOy的对称点为1,2,1，D错.故选：C【变式8-1】1.（2022秋·山东聊城·高二统考期末）在空间直角坐标系Oxyz中，点A1,3,−2关于y轴的对称点为B，则点PA．55 B．24 C．33【答案】A【分析】根据题意先求出点B的坐标，然后求出平面OAB的法向量，进而求出点P到平面OAB的距离.【详解】由题意，点A1,3,−2关于y轴的对称点为B−1,3,2，易知O0,0,0，则OA→=1,3,−2，OB→故选：A.【变式8-1】2．（2022秋·山东日照·高二校联考期末）设点A1,−1,2关于坐标原点的对称点是B，则A．4 B．23 C．22【答案】A【解析】求出点A1,−1,【详解】点A1,−1,2∴故选：A【变式8-1】3.（2022秋·江苏镇江·高二江苏省镇江第一中学校考期末）在空间直角坐标系中，点A2,−1,3关于Oxy平面的对称点为B，则OAA．－4 B．－10 C．4 D．10【答案】A【分析】根据关于平面Oxy对称的点的规律：横坐标、纵坐标保持不变，竖坐标变为它的相反数，即可求出点A2,−1,3关于Oxy平面的对称点B的坐标，再利用向量的坐标运算求OA【详解】解：由题意，关于平面Oxy对称的点横坐标、纵坐标保持不变，竖坐标变为它的相反数，从而有点A2,−1,3关于Oxy对称的点BOA⃑故选：A．【点睛】本题以空间直角坐标系为载体，考查点关于面的对称，考查数量积的坐标运算，属于基础题．【变式8-1】4.（2021秋·安徽黄山·高二南郑中学统考期末）在空间直角坐标系中，点A(2,−1,3)关于平面xOz的对称点为B，则OAA．−10 B．10 C．−12 D．12【答案】D【分析】由题意，根据点A(2,−1,3)关于平面xOz的对称点B(2,1,3)，求得OA,【详解】由题意，空间直角坐标系中，点A(2,−1,3)关于平面xOz的对称点B(2,1,3)，所以OA=(2,−1,3),OB【点睛】本题主要考查了空间直角坐标系的应用，以及空间向量的数量积的坐标运算，其中解答中熟记空间向量数量积的坐标运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.【变式8-1】5.（多选）（2022秋·福建三明·高二统考期末）已知正方体ABCD−A1BA．点C1的坐标为（2，0，2） B．C．BD1的中点坐标为（1，1，1） D．点【答案】BCD【分析】根据空间直角坐标系，可求点C1的坐标，由此判断A;求出C利用中点坐标公式求得BD【详解】根据题意可知点C1的坐标为(0,2,2)由空间直角坐标系可知：A(2,0,0),C由空间直角坐标系可知：B(2,2,0),D1(0,0,2)点B1坐标为(2,2,2)故选：BCD题型9利用空间向量证明位置关系【例题9】（2023秋·湖南娄底·高二校联考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠CAB=90∘，AB=AC=2(1)求证：平面APM⊥平面BB(2)试判断直线BC1与AP是否能够垂直．若能垂直，求【答案】(1)证明见解析(2)不能垂直，理由见解析【分析】（1）利用AM⊥BC，AM⊥BB1推出AM⊥平面（2）建系，写出B,C1,A的坐标，设BP=t0≤t≤3，利用直线BC1【详解】（1）因为在三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，∠CAB=90∘，AB=AC=2所以AM⊥BC，AM⊥BB因为BC∩BB1=B，所以AM⊥平面BB因为AM⊂平面APM，所以平面APM⊥平面BB（2）以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为B0，2，0设BP=t0≤t≤则P0,2,t若直线BC1与AP能垂直，则解得t=4因为t=4所以直线BC1与【变式9-1】1.（2021秋·安徽安庆·高二安庆市第十中学校考期末）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，(1)用向量法证明平面A1BD//(2)用向量法证明MN⊥平面A1【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用向量法可得两平面的法向量，再根据法向量互相平行证明面面平行；（2）利用向量法证明平面A1BD的法向量与【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A12,0,2，B2,2,0，B12,2,2，C故DA1=2,0,2，DB=设平面A1BD的法向量则DA1⋅n1=0DB设平面B1CD则B1C⋅n2=0B所以n1=n故平面A1BD//（2）由M，N是线段AB，B1则M2,1,0，N所以MN=则MN//所以MN⊥平面A1【变式9-1】2.（2022秋·北京西城·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为平行四边形，∠ADC=120°，PD=AD=2.点M在PB上，且PB⊥平面ACM.(1)证明：AC⊥BD；(2)求PMPB(3)求点M到平面PAD的距离.【答案】(1)证明见解析(2)PM(3)3【分析】（1）根据PB⊥平面ACM，PB⊥AC，PD⊥平面ABCD，得到PD⊥AC，再利用线面垂直的判定定理证明；（2）取AB中点N，连接DN，由（1）得四边形ABCD为菱形，进而得到DN⊥DC，则DP,  DN,  DC两两互相垂直，建立空间直角坐标系，设PMPB（3）由（2）知AM=(−34,  74,  【详解】（1）解：因为PB⊥平面ACM，AC⊂平面ACM，所以PB⊥AC.因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC，又PB∩PD=P，所以AC⊥平面PBD.又BD⊂平面PBD，所以AC⊥BD.（2）取AB中点N，连接DN.由（1）得四边形ABCD为菱形，所以AB=AD.因为∠ADC=120所以DN⊥DC.因为DP,  以D为原点，DN,DC,DP的方向分别为x轴､则D(0, 0,  0)，A(所以PB=(设PMPB=λ，PM=λPB=所以AM=AP+因为PB⊥平面ACM，所以PB⊥AM，即PB⋅所以−3+3λ 解得λ=34，即（3）由（2）AM=(−因为DA=(3, −1,设平面ADP的一个法向量m=(x,DA⋅m令x=1，则y=3，于是m=所以点M到平面PAD的距离为d=AM【变式9-1】3.（2023秋·江苏南京·高二南京市秦淮中学校考期末）如图，由直三棱柱ABC−A1B1C1和四棱锥D−B（1）求证：AC⊥DC（2）若M为DC1中点，求证：AM//平面【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，易得（2）由AA1⊥平面A1B1C1，且【详解】（1）∵在直三棱柱ABC−A∴CC1⊥∴CC∵平面CC1D⊥平面ACC1又∵AC⊂平面ACC∴AC⊥平面CC又DC1⊂平面（2）直三棱柱ABC−A∵AA1⊥平面A1∴AA又∠BAC=90建立如图所示的空间直角坐标系，则A2,0,0所以BB设平面DBB1的一个法向量为则n⋅BB令y=1，则n=∵M为DC1的中点，则M1因为AM⋅n=0，所以AM⊥n，又AM⊄平面DB【点睛】方法点睛：证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．【变式9-1】4.（2023秋·江西吉安·高二井冈山大学附属中学校考期末）如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD＝2，侧面PBC⊥底面ABCD，E为PB的中点．求：（1）求证：CE//平面ADP；（2）求证：平面PAD⊥平面PAB；【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；【分析】（1）取PA的中点M，连接DM,EM，证出四边形CDME为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可证明.（2）以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴,PO所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积证出DM⊥PB，DM⊥PA，再利用线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理即可证明.【详解】（1）取PA的中点M，连接DM,EM，则ME//AB，且ME=1又AB//CD且CD=1所以ME//CD且ME=CD，所以四边形CDME为平行四边形，所以CE//DM，又DM⊂平面ADP，CE⊄平面ADP，所以CE∥平面ADP.（2）取BC的中点O，连接PO，△PBC为等边三角形，即PO⊥BC,∵平面PBC⊥底面ABCD，BC为交线，PO⊂平面PBC,∴PO⊥底面ABCD.以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，PO所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.CD＝1，AB＝BC＝2，则PO＝3∴A(1,−2,0)，B(1,0,0)，D(−1,−1,0)，P(0,0,3)∴PA=(1,−2,−3)，∴DN∴DM⊥∵DM∴DM⊥又∵PA∩PB＝P,PA,PB⊂平面PAB,∴DM⊥平面PAB.∵DM⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面PAB.题型10利用空间向量计算空间角【例题10】（2020秋·广东湛江·高二统考期末）将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，F是BD的中点，且AE=2（1）求证：DE⊥AC；（2）求二面角B−EC−F的大小．【答案】（1）证明见解析；（1）45°【解析】(1)建立空间直角坐标系，计算可得CF⊥BD，利用面面垂直的性质定理可得CF⊥平面BDA，进而可以求出点C的坐标，最后利用向量法可以证明出DE⊥AC；(2)分别求出平面BCE、平面FCE的法向量，最后利用空间向量夹角公式求出二面角B−EC−F的大小．【详解】(1)证明：以A为坐标原点，AB,AD,AE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E(0,0,2)，B取BD的中点F并连接CF,AF.由题意得，CF⊥BD又平面BDA⊥平面BDC，∴CF⊥平面BDA，∴C(1,1,2∴DE=(0,−2,2DE⋅∴DE⊥AC.(2)解：设平面BCE的法向量为n=则EB=(2,0,−2)DE令n=(1,−1,平面FCE的法向量为m=x所以EC=(1,1,0)，FC由EC⋅m=0设二面角B−EC−F为θ，则cosθ=所以二面角B−EC−F的大小为45°【点睛】本题考查了用空间向量的知识解决线线垂直、二面角的问题，正确求出相关点的坐标是解题的关键.【变式10-1】1.（20219春·湖南·高二统考期末）如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=2,BD=22，E为PC的中点，F在PB上且PF=（1）求证：PA//平面EDB；（2）求证：PB⊥平面EFD．（3）求二面角C-PB-D的大小【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）π3【分析】（1）利用△CAP的中位线的性质证明AP//（2）建立空间直角坐标系，由PF=13PB求出点F的坐标，再由PB⋅DF（3）由（2）知∠DFE是二面角C-PB-D的平面角，由已知求出DF、EF、DE，即可求得cos∠EFD【详解】（1）连接AC交BD于点O，连接EO，因为底面ABCD是正方形，所以O为AC的中点，又E为PC的中点，所以OE为△CAP的中位线，则AP//因为OE⊂平面EBD，AP⊄平面EBD，所以PA//平面EDB；（2）因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥CD，因为底面ABCD是正方形，所以AD⊥CD，所以PD，AD，CD两两垂直，所以以D为原点，以AD，CD，PD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A2,0,0，B2,2,0，D0，0，0，E设点Fx1,y因为PF=13PB，所以PF解得x1则F23,因为PB⋅DF=所以PB⊥DF，PB⊥EF，又DF∩EF=F,DF⊂平面DEF，EF⊂平面DEF，所以PB⊥平面EFD；（3）由（2）知∠DFE是二面角C-PB-D的平面角，因为PD=2，DB=22，所以PB=2DF=2×2因为PC=22，PF=所以PE=2，EF=2−4因为EF2+D则cos∠EFD=又∠EFD∈[0∘,即二面角C-PB-D的大小为π3【点睛】本题考查线面平行的证明、线面垂直的证明、求二面角的大小，考查了空间想象能力和计算能力，属于中档题题.【变式10-1】2.（2020秋·北京房山·高二统考期末）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，（1）求异面直线AC与BC（2）求证：AC1//【答案】（1）π2【解析】（1）因为AC=3，BC=4，AB=5，利用勾股定理的逆定理可得ΔABC是直角三角形，AC⊥BC．因为三棱柱ABC−A1B1C（2）建立空间直角坐标系，利用直线方向向量、平面的法向量关系即可得出．【详解】解：（1）因为AC=3，BC=4，AB=5，所以AC2+B所以ACB=π2因为三棱柱ABC−A1B1C所以C1C⊥AC以C为原点，分别以CA、CB、CC1为x轴、y轴、则C(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，4，0)，C1(0所以直线AC的方向向量为CA=(3,0,0)，直线BC1设异面直线AC与BC1所成的角为因为CA·所以cosθ=0所以异面直线AC与BC1所成的角为（2）由（1）可知D32,2,0，B1(0，4，设平面CDB1的法向量为n=(x,y,z)，则令x=4，则y=−3，z=3，所以n直线AC1的方向向量为因为AC1·n=0，AC1【点睛】本题考查了空间位置关系、线面面面平行与垂直的判定性质定理、三角形中位线定理、法向量的应用、向量夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．【变式10-1】3.（2019秋·湖北黄冈·高二统考期末）如图所示,在四棱锥P−ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB//DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.用空间向量进行以下证明和计算:（1）证明:BE⊥DC;（2）若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F−AB−P的正弦值.【答案】（1）答案见解析（2）10【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得BE=(0,1,1)，DC=(2,0,0)，证明（2）由题意先求出BF=−12,12,32，再求出平面【详解】依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).（1）向量BE=(0,1,1)，DC故BE⋅所以BE⊥DC.（2）向量BC=(1,2,0),CP=(−2,−2,2)，AC=(2,2,0)由点F在棱PC上,设CF=λCP，0⩽λ⩽1，则由BF⊥AC,得BF⋅因此，2(1−2λ)+2(2−2λ)=0，解得λ=34,即设n1=(x,y,z)为平面则n1⋅AB不妨令z=1,可得n1=0,−3,1取平面ABP的法向量n2则cosnsin所以二面角F−AB−P的正弦值为1010【点睛】本题考查了空间向量的应用，考查了计算能力，属于中档题.【变式10-1】4.（2019秋·湖南长沙·高二统考期末）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，（1）求证：AE⊥CD（2）设异面直线AB1与BD1所成角的大小为【答案】（1）证明见解析；（2）30【分析】建立合理的空间直角坐标系，然后表示出个向量，即可求证明AE⊥CD1【详解】解：（1）如图建立空间直角坐标系，依题意得A(1,0,0)，B(1,2,0)，B1(1,2,1)，D设E(0,y,z)，则CD1∵CE=45C∴y=25∴AE=(−1,∴AE⊥CD（2）AB1∴【点睛】本题考查利用空间向量证明异面直线垂直及求直线夹角问题题型11利用空间向量算距离【例题11】（2023秋·辽宁沈阳·高二沈阳二十中校联考期末）如图①菱形ABCD，∠B=60°,BE=EC=1．沿着AE将△BAE折起到△B'AE(1)求异面直线AB'与(2)求异面直线AB'与【答案】(1)3(2)2【分析】（1）根据折叠前后的几何性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算得异面直线AB'与（2）根据空间向量求直线AB'与CD公垂线的方向向量，再结合空间向量坐标运算即可得异面直线AB【详解】（1）图①菱形ABCD，∠B=60°,BE=EC=1，由余弦定理得AE2=A所以BE2+AE2=AB在图②中，∠DAB'=90°，即AD⊥AB所以AD⊥平面AB'E，即EC⊥又B'E⊂平面AB'E，所以B'E⊥EC则E0,0,0所以AB'=则异面直线AB'与CD所成的角的余弦值为（2）由（1）得AC=1,−3,0，设m=所以AB'⋅m所以异面直线AB'与CD之间的距离为【变式11-1】1.（2022秋·浙江杭州·高二学军中学校考期末）已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA(1)求四棱锥E−BB(2)是否存在点D在直线A1【答案】(1)1(2)存在，DE=5或【分析】（1）找到四棱锥的高，利用四棱锥体积公式求出体积；（2）根据题目中的条件建立空间直角坐标系，表达出与BF，ED均垂直的向量，进而利用异面直线BF，DE的距离为1建立等式求出a.【详解】（1）∵侧面AA1B又BF⊥A1B1，且BB∴A1B1⊥平面∴AB⊥平面BB则EG//AB，∴EG⊥平面BB∴VE−B（2）以B为原点，分别以BA，BC，BB则B0,0,0，E1,1,0，设Da,0,2，则BF=0,2,1，ED设与BF，ED均垂直的向量为n=则BF·n=0ED·∴异面直线BF，DE的距离d=BE⋅nn=∴ED=a−12故存在点D在直线A1B1上，使得异面直线BF，DE的距离为1，且此时ED=【变式11-1】2.（2023春·江西宜春·高二江西省宜丰中学校考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PA=2，G为CD的中点，E,F是棱PD上两点（F在E的上方），且EF=2

(1)若DE=22，求证：BF∥平面(2)当点F到平面AEC的距离取得最大值时，求DE的长.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）连接BD交AG于H，连接HE，证明BF∥EH，根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）根据三棱锥的等体积法判断要使点F到平面AEC的距离最大，则需△AEC的面积最小，即E到AC的距离最小；建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用空间距离的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）连接BD交AG于H，连接HE，因为G为CD的中点，ABCD是正方形，所以GD∥AB,GD=1因为DE=22,EF=2，所以DEEF=DH因为BF⊄平面AEG,EH⊂平面AEG，所以BF∥平面AEG；（2）在四棱锥P−ABCD中，因为EF=2，所以△EFC又点A到平面EFC的距离为定值，所以三棱锥A−EFC的体积为定值，即三棱锥F−AEC的体积为定值；要使点F到平面AEC的距离最大，则需△AEC的面积最小，即E到AC的距离最小；由题知，以A为坐标原点，AB,AD,AP为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系，则A0,0,0由于PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，故PA⊥AD,而PA=AD=2，故△PAD为等腰直角三角形，即∠PDA=π设E到AD的距离为t,t∈[0,1]，则E0,2−t,tAE=故E到AC的距离为AE2对于二次函数y=32t当t=23时，y=32t此时点F到平面AEC的距离最大，所以DE=2

【变式11-1】3.（2023秋·山西临汾·高二统考期末）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AP=BP=5，AB=2,AD=3,M是棱AD上一点，且AM=2MD(1)求点B到直线PM的距离；(2)求平面PMB与平面PMC夹角的余弦值.【答案】(1)2(2)55【分析】（1）利用面面垂直得出线面垂直，建立坐标系，利用空间向量求解点到直线的距离；（2）分别求解平面PMB与平面PMC的法向量，利用法向量求解两平面的夹角.【详解】（1）取AB的中点O，连接OP，并过O点作BC的平行线OE，交CD于E，则OE⊥AB.因为PA=PB，所以PO⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB,PO⊂平面PAB，所以PO⊥平面ABCD，因为OE⊂平面ABCD，所以PO⊥OE.以O为坐标原点，以OB,OE,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，因为AP=BP=5则B1,0,0直线PM的一个单位方向向量为u=点B到直线PM的距离d=BP（2）M−1,2,0设平面PMB的法向量为m=则MB⋅m=2x−2y=0,设平面PMC的法向量为n=则MC⋅n=2设平面PMB与平面PMC的夹角为θ，则cosθ=所以平面PMB与平面PMC夹角的余弦值为55【变式11-1】4.（2018秋·安徽合肥·高二合肥一六八中学校考期末）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，PD⊥底面ABCD，AB//CD,AD⊥CD,AD=AB=1,BC=2，过A作一个平面α使得α/平面(1)求平面α将四棱锥P−ABCD分成两部分几何体的体积之比；(2)若平面α与平面PBC之间的距离为66，求直线PA与平面PBC【答案】(1)15或(2)3【分析】（1）先由面面平行的性质定理得到AE//BC，EF//PC，进而证得E,F分别是CD,PD的中点，再根据棱锥的体积公式可得VF−ADE=16DF,（2）建立空间直角坐标系如图2，设PD的长为t，先由面面距离利用空间向量的数量积可求得t，再利用空间向量夹角余弦公式可得直线PA与平面PBC所成角的正弦值.【详解】（1）如图1，记平面α与直线CD,PD的交点分别为E,F，则面AEF为平面α，因为面AEF//面PBC，面AEF∩面ABCD=AE，面PBC∩面ABCD=BC，所以AE//BC，同理EF//PC，又AB//CD，即AB//EC，所以四边形ABCE是平行四边形，故EC=AB=1，又CD=2，故E是CD的中点，由中位线定理的推论，可知F是PD的中点，由条件易得SABCD=12AB+CD由PD⊥底面ABCD，得VF−ADE=13S故平面α将四棱锥P−ABCD分成两部分几何体的体积之比为15.（2）由CD,PD,DA两两垂直，建立空间直角坐标系如图2，记PD的长为t，则P0,0,t则EC=0,1,0，BC=设平面PBC的法向量n=x,y,z，则有n⋅BC=0取y=t得平面PBC的法向量n=由条件易知点E到平面PBC距离为EC⋅nn=66，即t2所以n=故直线PA与平面PBC所成角θ满足sinθ=.【点睛】本题主要考查棱锥的体积公式以及利用空间向量线面角，空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.题型12空间中的动点问题【例题12】（2023春·福建漳州·高二统考期末）如图所示的几何体中，平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为等腰直角三角形，∠APD=90°，四边形ABCD为直角梯形，AB//

(1)求证：PD//平面QBC；(2)线段QB上是否存在点M满足QM=λQB0≤λ≤1，使得AM⊥平面QBC【答案】(1)证明见解析；(2)存在，λ=1【分析】（1）通过求证PD//（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解.【详解】（1）∵PQ//CD,PQ=CD,∴四边形∴PD//∵PD⊄平面QBC,QC⊂平面QBC,∴PD//平面QBC.（2）取AD的中点为O,∵PA=PD,∴OP⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,OP⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD,∴OP⊥平面ABCD.以点O为坐标原点，分别以直线OD,OP为y轴，z轴建立空间直角坐标系O−xyz，则x轴在平面ABCD内,

∵∠APD=90°,AB=AD=2,PQ=CD=1，∴A0,−1,0,B2,−1,0∴BQ设平面QBC的法向量为n∴n⋅BQ=0,令z=1，则y=1,x=2,∴n∵QB∴AM又平面QBC的法向量为n=2,1,1,AM⊥∴1+λ2=1−λ∴在线段QB上存在点M，使AM⊥平面QBC，且λ的值是13【变式12-1】1.（2023春·浙江·高二校联考期末）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，D1O=OB，体积为

(1)求AB；(2)劣弧AB上是否存在M使OB1∥平面【答案】(1)23(2)不存在，证明见解析.【分析】（1）设∠A1DB1=∠AOB=α，由扇形的面积公式分别表示出上底的面积S1（2）过O作OB的垂线交劣弧AB于N，以ON,OB,OD1所在的直线分别为【详解】（1）解：由题意可知D1O=OB=2，设设上底的面积为S1，下底的面积为S则S1=1所以V=13(在△AOB中由余弦定理可得AB所以AB=23（2）不存在，证明如下：证明：过O作OB的垂线交劣弧AB于N，由（1）可知∠AOB=2π3以ON,OB,OD1所在的直线分别为

则A(3,−1,0)，D1(0,0,2)，设M(2cos则OB1=(0,1,2)，A设平面AD1M由n⋅AD因为−π6<β<取x=2sinβ+1，则有如果OB1//平面A即3−2即2sinβ+1=0，矛盾，所以OB故劣弧AB上不存在M使OB1∥平面【变式12-1】2.（2020秋·山东淄博·高二统考期末）已知三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=2BC1若λ=23，求证:CM//2设平面B1AN与平面B1MC所成的锐二面角的大小为θ，若【答案】1证明见解析

2假命题，理由见解析【分析】1根据题意，设BC=a，以点M为坐标原点，以BA所在的直线为x轴，过M和BB1平行的直线为y轴，以MC所在的直线为z建立空间直角坐标系，求平面B1AN的一个法向量2根据1中建立的坐标系，分别求出平面B1AN与平面【详解】1因为CM⊥AB,AC⊥BC，设BC=a，则AC=CM⋅AB=AC⋅BC，所以CM=63a，AA1=b，以点M为坐标原点，以BA所在的直线为x轴，过M和BB所以A23B1−A12所以CC1=0,b,0所以CN=0,2bAB设m=x,y,z为平面B即−233ax+2所以m=3b,3a,0，而MC又因为直线CM在平面B1所以CM//平面B2由1可知，A1因为A1B⊥B所以a=b，所以CN=0,λa,0，所以AB1=−3则m⋅AN=0取x=3，则y=3,z=m=因为CM⊥平面ABB1A1，所以所以A1B=(−3a,−a,0)取n=设平面B1AN与平面B1所以cosθ=对于∀λ∈0,1，若把cosθ看作λ则此函数在0,23上是单调递增的，在所以22<cosθ≤3所以不存在λ∈0,1，使得θ=命题“∃M∈0,1【点睛】本题主要考查证明线面平行，以及由二面角的范围求其它量，灵活运用空间向量的方法证明和求解即可，属于常考题型.【变式12-1】3.（2021秋·山东青岛·高二统考期末）如图（1），在直角梯形ABCQ中，D为CQ的中点，四边形ABCD为正方形，将ΔADQ沿AD折起，使点Q到达点P，如图（2），E为PC的中点，且DE=CE，点F为线段PB上的一点.（1）证明：DE⊥CF；（2）当DF与DE夹角最小时，求平面PDF与平