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人教A版 (2019)第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用课时训练
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这是一份人教A版 (2019)第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用课时训练，共67页。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc31195" 【题型1 求平面的法向量】 PAGEREF _Tc31195 \h 2
\l "_Tc19288" 【题型2 利用空间向量证明线线平行】 PAGEREF _Tc19288 \h 3
\l "_Tc22808" 【题型3 利用空间向量证明线面平行】 PAGEREF _Tc22808 \h 5
\l "_Tc14369" 【题型4 利用空间向量证明面面平行】 PAGEREF _Tc14369 \h 7
\l "_Tc5461" 【题型5 利用空间向量证明线线垂直】 PAGEREF _Tc5461 \h 9
\l "_Tc5438" 【题型6 利用空间向量证明线面垂直】 PAGEREF _Tc5438 \h 10
\l "_Tc31656" 【题型7 利用空间向量证明面面垂直】 PAGEREF _Tc31656 \h 12
\l "_Tc20458" 【题型8 利用空间向量研究距离问题】 PAGEREF _Tc20458 \h 15
\l "_Tc20182" 【题型9 利用空间向量求空间角】 PAGEREF _Tc20182 \h 17
\l "_Tc26729" 【题型10 利用空间向量研究存在性问题】 PAGEREF _Tc26729 \h 18
【知识点1 空间中点、直线和平面的向量表示】
1．空间中点、直线和平面的向量表示
(1)空间中点的位置向量：如图，在空间中，我们取一定点O作为基点，那么空间中任意一点P就可以用向量eq \(OP,\s\up6(→))来表示．我们把向量eq \(OP,\s\up6(→))称为点P的位置向量．
(2)空间中直线的向量表示式：直线l的方向向量为a ，且过点A.如图，取定空间中的任意一点O，可以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋ta①，把eq \(AB,\s\up6(→))＝a代入①式得eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋teq \(AB,\s\up6(→))②，
①式和②式都称为空间直线的向量表示式．
(3)平面的法向量定义：
直线l⊥α，取直线l的方向向量a ，我们称向量a为平面α的法向量.给定一个点A和一个向量a，那么过点A，且以向量a为法向量的平面完全确定，可以表示为集合.
【注】一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量.已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量.
【题型1 求平面的法向量】
【例1】（2023春·高二课时练习）已知A1,1,0,B1,0,1,C0,1,1，则平面ABC的一个单位法向量是（ ）
A．1,1,1B．(33,33,33)
C．(13,13,13)D．(33,33,−33)
【变式1-1】（2023秋·云南昆明·高二昆明一中校考期末）空间直角坐标系O−xyz中，已知点A(2,0,2),B(2,1,0),C(0,2,0)，则平面ABC的一个法向量可以是（ ）
A．(1,2,1)B．(−1,2,1)C．(2,1,2)D．(2,−1,2)
【变式1-2】（2023·全国·高二专题练习）如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB=AA1=2．平面OCB1的法向量n=x,y,z为（ ）
A．0,1,1B．1,−1,1C．1,0,−1D．−1,−1,1
【变式1-3】（2023秋·北京石景山·高二统考期末）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC,AB=AC=1,PA=2，以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示，n为平面PBC的一个法向量，则n的坐标可能是（ ）
A．−12,−12,14B．−12,12,−14C．12,14,12D．12,12,14
【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．
【题型2 利用空间向量证明线线平行】
【例2】（2023春·高二课时练习）如图，四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，且不共面，M，N分别是AC，BF的中点，求证：CE//MN.
【变式2-1】（2023春·高二课时练习）已知棱长为1的正方体OABC−O1A1B1C1在空间直角坐标系中的位置如图所示，D,E,F,G分别为棱O1A1,A1B1,BC,OC的中点，求证：DE//GF.
【变式2-2】（2023春·高二课时练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别在线段A1B，D1B1上，且BM=13BA1，B1N=13B1D1，P为棱B1C1的中点．求证：MN//BP．
【变式2-3】（2023·江苏·高二专题练习）已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AD=3，AA1=3，点S、P在棱CC1、AA1上，且CS=12SC1，AP=2PA1，点R、Q分别为AB、D1C1的中点．求证：直线PQ∥直线RS．
【题型3 利用空间向量证明线面平行】
【例3】（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AD//BC.AD⊥AB,AD=3,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD，且PA=3，点M在棱PD上，点N为BC中点.若DM=2MP，证明：直线MN//平面PAB.
【变式3-1】（2023春·高二课时练习）如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，点M,N分别在BD,AE上，且BM=13BD，AN=13AE，求证：MN∥平面CDE.
【变式3-2】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，PA=AB=BC=2，AD=4，E为棱PD的中点，PF=λPC（λ为常数，且0<λ<1）．若直线BF//平面ACE，求实数λ的值；
【变式3-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥E−ABCD中，AB//CD，CD=4AB，点F为棱CD的中点，与E，F相异的动点P在棱EF上.
(1)当P为EF的中点时，证明：PB//平面ADE；
(2)设平面EAD与平面EBC的交线为l，是否存在点P使得l/平面PBD？若存在，求EPPF的值；若不存在，请说明理由.
【题型4 利用空间向量证明面面平行】
【例4】（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．
【变式4-1】（2023春·高二课时练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N,P分别是CC1,B1C1,C1D1的中点，试建立适当的空间直角坐标系，求证：平面MNP//平面A1BD.
【变式4-2】（2023春·高一课时练习）如图，从▱ABCD所在平面外一点O作向量OA′=kOA，OB′=kOB，OC′=kOC，OD′=kOD.求证：
(1)A′，B′，C′，D′四点共面；
(2)平面A′B′C′D′//平面ABCD.
【变式4-3】（2023·江苏·高二专题练习）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，
求证：（1）FC1∥平面ADE；
（2）平面ADE∥平面B1C1F.
【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．
【题型5 利用空间向量证明线线垂直】
【例5】（2023春·高二课时练习）在棱长为1的正方体ABCD−A′B′C′D′中，E,F分别是D′D,DB中点，G在棱CD上，CG=14CD，H为C′G的中点，求证：EF⊥B′C；
【变式5-1】（2023秋·广东广州·高一校考期中）如图，AD⊥AB，AD⊥AC，AB⊥AC，AB=AC=AD=1，E，F分别是AB，CD的中点，M，N分别是BC，BD的中点，证明：EF⊥MN.
【变式5-2】（2023秋·高二课时练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别是DD1、BD的中点，建立适当的空间直角坐标系，证明：EF⊥B1C．
【变式5-3】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA=AB=1，点F是PB的中点，点E在边BC上移动.求证：无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF.
【题型6 利用空间向量证明线面垂直】
【例6】（2023春·高二课时练习）如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.
【变式6-1】（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⊥BD.
(2)求证：AM⊥平面BDF.
【变式6-2】（2023春·广西柳州·高二校考阶段练习）已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长均为1，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°．用向量解决下面的问题
(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥平面A1BD．
【变式6-3】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD=DC，E，F分别是AB,PB的中点.
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB.
【题型7 利用空间向量证明面面垂直】
【例7】（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.
【变式7-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，若AD=2，AF=AB= BC=FE=1.
(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.
【变式7-2】（2023秋·新疆昌吉·高二校考期末）如图，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．证明：
(1)BE∥平面PAD；
(2)平面PCD⊥平面PAD．
【变式7-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥P-ABC中，AB=AC ，D是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)求证：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP是一点，且AM=3 ．试证明平面AMC⊥平面BMC．
【知识点4 用空间向量研究距离、夹角问题】
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 \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量为eq \(AQ,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离为eq \r(a2－a·u2) (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(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)(如图)．
2．夹角问题
(1)两个平面的夹角：平面α与平面β的夹角：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．
(2)空间角的向量法解法
【题型8 利用空间向量研究距离问题】
【例8】（2023·全国·高三专题练习）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，∠DAB=π3，3AD=2CD=2DD1=6，点P，M分别为AB，CD1上靠近A,D1的三等分点．
(1)求点M到直线PD1的距离；
(2)求直线PD与平面PCD1所成角的正弦值.
【变式8-1】（2023春·浙江温州·高二校联考期末）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中E为线段DD1的中点.
(1)求证：平面A1BD⊥平面ACC1A1；
(2)求A1到平面AB1E的距离.
【变式8-2】（2023春·高二课时练习）直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，边长为2，侧棱A1A=3，M、N分别为A1B1、A1D1的中点，E、F分别是C1D1,B1C1的中点．
(1)求证：平面AMN //平面EFBD；
(2)求平面AMN与平面EFBD的距离．
【变式8-3】（2023春·高二课时练习）如图，在长方体ABCD−A1BC1D1中，AD=AA1=1，AB=2，求：
(1)点A1到直线BD的距离；
(2)点A1到平面BDC1的距离；
(3)异面直线BD,CD1之间的距离.
【题型9 利用空间向量求空间角】
【例9】（2023春·湖北荆门·高二统考期末）如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，面ABC⊥面AA1C1C，AB⊥AC，AA1=AB=AC=2，∠A1AC=60∘．过AA1的平面交线段B1C1于点E（不与端点重合），交线段BC于点F．
(1)求证：四边形AA1EF为平行四边形；
(2)若BF=3FC，求直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值．
【变式9-1】（2023春·陕西西安·高一校考期末）如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC=12，∠BAC=π3，E，F都在AC上，且AE:EF:FC=3:4:5，BE//FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P−EFGB，如图2.
(1)求异面直线PF，BG所成角的余弦值；
(2)若M为PB的中点，求钝二面角B−FM−E的余弦值.
【变式9-2】（2023春·湖南衡阳·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，PH⊥平面ABCD（垂足H在矩形ABCD内），E为棱PC的中点，HE//平面PAB.
(1)证明：PB=PC；
(2)若AB=2BC=2PC，直线PC与平面ABCD所成角为π4，求平面PAD与平面PHC夹角的余弦值.
【变式9-3】（2023春·江苏连云港·高二统考期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=90°，AD=2，PA=BC=1．
(1)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值；
(2)求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值．
【题型10 利用空间向量研究存在性问题】
【例10】（2023·全国·高三对口高考）如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF.
(1)求二面角D−BF−C的余弦值；
(2)在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得FP∥平面AED.若存在，求出APAB的值；若不存在，请说明理由.
【变式10-1】（2023·湖北襄阳·校考模拟预测）在三棱锥P-ABC中，若已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面ABC的射影为点H，则
(1)证明：PC⊥AB
(2)设PH=HA=HB=HC=2，则在线段PC上是否存在一点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为45，若存在，设CMCP=λ，求出λ的值，若不存在，请说明理由.
【变式10-2】（2023·河北衡水·河北校考三模）图1是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=6．
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED．
(2)在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为155？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．
【变式10-3】（2023春·广东佛山·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD是正方形，PC⊥底面ABCD，且PC=BC=1，E是棱PB上动点.
(1)证明：BD⊥平面PAC.
(2)线段PB上是否存在点E，使二面角P−AC−E的余弦值是223？若存在，求PEPB的值；若不存在，请说明理由.
专题1.5 空间向量的应用【十大题型】
【人教A版（2019）】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc31195" 【题型1 求平面的法向量】 PAGEREF _Tc31195 \h 2
\l "_Tc19288" 【题型2 利用空间向量证明线线平行】 PAGEREF _Tc19288 \h 5
\l "_Tc22808" 【题型3 利用空间向量证明线面平行】 PAGEREF _Tc22808 \h 7
\l "_Tc14369" 【题型4 利用空间向量证明面面平行】 PAGEREF _Tc14369 \h 12
\l "_Tc5461" 【题型5 利用空间向量证明线线垂直】 PAGEREF _Tc5461 \h 17
\l "_Tc5438" 【题型6 利用空间向量证明线面垂直】 PAGEREF _Tc5438 \h 20
\l "_Tc31656" 【题型7 利用空间向量证明面面垂直】 PAGEREF _Tc31656 \h 24
\l "_Tc20458" 【题型8 利用空间向量研究距离问题】 PAGEREF _Tc20458 \h 30
\l "_Tc20182" 【题型9 利用空间向量求空间角】 PAGEREF _Tc20182 \h 36
\l "_Tc26729" 【题型10 利用空间向量研究存在性问题】 PAGEREF _Tc26729 \h 41
【知识点1 空间中点、直线和平面的向量表示】
1．空间中点、直线和平面的向量表示
(1)空间中点的位置向量：如图，在空间中，我们取一定点O作为基点，那么空间中任意一点P就可以用向量eq \(OP,\s\up6(→))来表示．我们把向量eq \(OP,\s\up6(→))称为点P的位置向量．
(2)空间中直线的向量表示式：直线l的方向向量为a ，且过点A.如图，取定空间中的任意一点O，可以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋ta①，把eq \(AB,\s\up6(→))＝a代入①式得eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋teq \(AB,\s\up6(→))②，
①式和②式都称为空间直线的向量表示式．
(3)平面的法向量定义：
直线l⊥α，取直线l的方向向量a ，我们称向量a为平面α的法向量.给定一个点A和一个向量a，那么过点A，且以向量a为法向量的平面完全确定，可以表示为集合.
【注】一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量.已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量.
【题型1 求平面的法向量】
【例1】（2023春·高二课时练习）已知A1,1,0,B1,0,1,C0,1,1，则平面ABC的一个单位法向量是（ ）
A．1,1,1B．(33,33,33)
C．(13,13,13)D．(33,33,−33)
【解题思路】待定系数法设平面ABC的一个法向量为n，由法向量的性质建立方程组解出分析即可.
【解题思路】设平面ABC的一个法向量为n=x,y,z，
又AB=0,−1,1,BC=−1,1,0，
由AB⊥nBC⊥n⇒AB⋅n=0BC⋅n=0⇒−y+z=0−x+y=0，
即x=y=z，
又因为单位向量的模为1，所以B选项正确，
故选：B.
【变式1-1】（2023秋·云南昆明·高二昆明一中校考期末）空间直角坐标系O−xyz中，已知点A(2,0,2),B(2,1,0),C(0,2,0)，则平面ABC的一个法向量可以是（ ）
A．(1,2,1)B．(−1,2,1)C．(2,1,2)D．(2,−1,2)
【解题思路】根据法向量的求解方法求解即可.
【解题思路】解：由题知AB=0,1,−2,BC=−2,1,0，
设平面ABC的一个法向量为n=x,y,z，
所以n⋅AB=0n⋅BC=0，即y=2zy=2x，令x=1得n=1,2,1
所以，平面ABC的一个法向量可以是n=1,2,1.
故选：A.
【变式1-2】（2023·全国·高二专题练习）如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB=AA1=2．平面OCB1的法向量n=x,y,z为（ ）
A．0,1,1B．1,−1,1C．1,0,−1D．−1,−1,1
【解题思路】根据空间直角坐标系写出各向量，利用法向量的性质可得解.
【解题思路】∵ABCD是正方形，且AB=2，
∴AO=OC=1，
∴OA1=1，
∴A0,−1,0，B1,0,0，C0,1,0，A10,0,1，
∴AB=1,1,0，OC=0,1,0，
又A1B1=AB=1,1,0，
∴B11,1,1，OB1=1,1,1，
∵平面OCB1的法向量为n=x,y,z，
则y=0x+y+z=0，得y=0，x=−z，
结合选项，可得n=1,0,−1，
故选：C.
【变式1-3】（2023秋·北京石景山·高二统考期末）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC,AB=AC=1,PA=2，以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示，n为平面PBC的一个法向量，则n的坐标可能是（ ）
A．−12,−12,14B．−12,12,−14C．12,14,12D．12,12,14
【解题思路】先求出BC=1,−1,0,PC=1,0,−2，根据法向量求解公式列方程即可求解．
【解题思路】依题意得，B0,1,0,C1,0,0,P0,0,2，则BC=1,−1,0,PC=1,0,−2
设n=x,y,z，则
n⋅BC=x−y=0n⋅PC=x−2z=0，取x=12则y=12,z=14，所以n=12,12,14
故选：D.
【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．
【题型2 利用空间向量证明线线平行】
【例2】（2023春·高二课时练习）如图，四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，且不共面，M，N分别是AC，BF的中点，求证：CE//MN.
【解题思路】根据给定条件，利用空间向量的线性运算，计算判断CE与MN共线即可推理作答.
【解题思路】（方法1）因为M，N分别是AC，BF的中点，且四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，
则有MN=MA+AF+FN=12CA+AF+12FB，又MN=MC+CE+EB+BN=−12CA+CE−AF−12FB，
两式相加得：2MN=CE，因此CE与MN共线，而直线CE与MN不重合，
所以CE//MN.
（方法2）因为M，N分别是AC，BF的中点，且四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，
MN=AN−AM=12(AB+AF)−12AC=12(AB+BE)−12(AB+BC) =12(BE−BC)=12CE，
因此CE与MN共线，而直线CE与MN不重合，
所以CE//MN.
【变式2-1】（2023春·高二课时练习）已知棱长为1的正方体OABC−O1A1B1C1在空间直角坐标系中的位置如图所示，D,E,F,G分别为棱O1A1,A1B1,BC,OC的中点，求证：DE//GF.
【解题思路】由图中的空间直角坐标系，求出相关点的坐标，证明DE=GF，可得DE//GF.
【解题思路】因为正方体的棱长为1， D,E,F,G分别为棱O1A1,A1B1,BC,OC的中点，
所以有D12,0,1， E1,12,1， F12,1,0， G0,12,0，
所以DE=12,12,0，GF=12,12,0，则有DE=GF，所以DE//GF.
【变式2-2】（2023春·高二课时练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别在线段A1B，D1B1上，且BM=13BA1，B1N=13B1D1，P为棱B1C1的中点．求证：MN//BP．
【解题思路】利用空间向量共线定理证明.
【解题思路】证明：MN=MB+BB1+B1N．
因为BM=13BA1，B1N=13B1D1，
所以MN=−13BA1+BB1+13B1D1，
=−13BB1+B1A1+BB1+13B1A1+A1D1，
=23BB1+13A1D1=23BB1+13B1C1．
又因为P为B1C1中点，
所以BP=BB1+B1P=BB1+12B1C1=3223BB1+13B1C1=32MN，
从而BP与MN为共线向量．
因为直线MN与BP不重合，
所以MN//BP．
【变式2-3】（2023·江苏·高二专题练习）已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AD=3，AA1=3，点S、P在棱CC1、AA1上，且CS=12SC1，AP=2PA1，点R、Q分别为AB、D1C1的中点．求证：直线PQ∥直线RS．
【解题思路】利用坐标法，利用向量共线定理即得.
【解题思路】以点D为原点，分别以DA、DC与DD1的方向为x、y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系．
则D0,0,0、A3,0,0、C0,4,0、B3,4,0、D10,0,3、A13,0,3、C10,4,3、B13,4,3，
由题意知P3,0,2、Q0,2,3、S0,4,1、R3,2,0，
∴PQ=−3,2,1，RS=−3,2,1．
∴PQ=RS，又PQ，RS不共线，
∴PQ∥RS.
【题型3 利用空间向量证明线面平行】
【例3】（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AD//BC.AD⊥AB,AD=3,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD，且PA=3，点M在棱PD上，点N为BC中点.若DM=2MP，证明：直线MN//平面PAB.
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可.
【解题思路】如图所示，以点A为坐标原点，以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,3),B(2,0,0),D(0,3,0),C(2,2,0),N(2,1,0)，
若DM=2MP，则M(0,1,2)，MN=(2,0,−2)，
因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥PA，
又因为AD⊥AB，PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，
所以AD⊥平面PAB
平面PAB的其中一个法向量为AD=(0,3,0)，
所以MN⋅AD=0，即AD⊥MN，
又因为MN⊄平面PAB，
所以MN//平面PAB.
【变式3-1】（2023春·高二课时练习）如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，点M,N分别在BD,AE上，且BM=13BD，AN=13AE，求证：MN∥平面CDE.
【解题思路】根据已知条件建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线MN的方向向量和平面CDE的法向量，利用直线与平面平行的直线的方向向量与平面的法向量的关系即可求解.
【解题思路】因为矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，所以AB,AD,AF互相垂直．
不妨设AB,AD,AF的长分别为3a,3b,3c，以AB,AD,AF为正交基底，建立空间直角坐标系A−xyz如图所示，
则B3a,0,0， D0,3b,0， F0,0,3c， E0,3b,3c，
所以BD=−3a,3b,0,EA=0,−3b,−3c.
因为BM=13BD=−a,b,0，NA=13EA=0,−b,−c，
所以NM=NA+AB+BM=0,−b,−c+3a,0,0+−a,b,0=2a,0,−c.
又平面CDE的一个法向量是AD=0,3b,0,
由NM⋅AD=2a×0+0×3b+−c×0=0,得NM⊥AD.
因为MN⊄平面CDE，
所以MN∥平面CDE.
【变式3-2】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，PA=AB=BC=2，AD=4，E为棱PD的中点，PF=λPC（λ为常数，且0<λ<1）．若直线BF//平面ACE，求实数λ的值；
【解题思路】由题意可知，AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，分别求出平面ACE的法向量m和直线BF的方向向量BF，由BF⋅m=0，即可得出答案.
【解题思路】因为PA⊥底面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD．
由题意可知，AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,4,0，P0,0,2，E0,2,1，
所以AC=2,2,0，AE=0,2,1，BP=−2,0,2，PC=2,2,−2，
则PF=λPC=2λ,2λ,−2λ，所以BF=BP+PF=2λ−2,2λ,2−2λ．
设平面ACE的一个法向量为m=x,y,z．
由AC⋅m=0AE⋅m=0得：2x+2y=0,2y+z=0.不妨令x=1，得m=1,−1,2．
因为BF//平面ACE，所以BF⋅m=2λ−2−2λ+4−4λ=0，解得λ=12．
【变式3-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥E−ABCD中，AB//CD，CD=4AB，点F为棱CD的中点，与E，F相异的动点P在棱EF上.
(1)当P为EF的中点时，证明：PB//平面ADE；
(2)设平面EAD与平面EBC的交线为l，是否存在点P使得l/平面PBD？若存在，求EPPF的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）设点G为棱ED的中点，连接AG，PG，通过证明四边形ABPG为平行四边形，得到AG//PB，再根据线面平行的判定定理可证PB//平面ADE；
（2）延长DA，CB相交于点H，连接EH，则直线EH为平面EAD与平面EBC的交线，连接HF，交BD于点I，若EH//平面PBD，由线面平行的性质可知EH//PI，设HI=λHF，推出HI=λ2HD+2λHB，根据三点共线的结论求出λ=25，从而可推出EPPF=23.
【解题思路】（1）
如图，设点G为棱ED的中点，连接AG，PG，
∴GP=12DF=14DC,GP//DC，
∵AB//CD，CD=4AB，
∴GP=AB，GP//AB，
∴四边形ABPG为平行四边形，
∴AG//PB，
又PB⊄平面ADE，AG⊂平面ADE，
∴PB//平面ADE.
（2）
如图，延长DA，CB相交于点H，连接EH，则直线EH为平面EAD与平面EBC的交线，连接HF，交BD于点I，
若EH//平面PBD，由线面平行的性质可知EH//PI，
设HI=λHF，
∵点F为棱CD的中点，AB//CD，CD=4AB，
∴HI=λHF =λ2HD+λ2HC =λ2HD+2λHB，
∵D，I，B三点共线，
∴λ2+2λ=1，即λ=25，
所以当EPPF=23时，PFEF=FIFH=35，∴EH//PI，
又EH⊄平面PBD，PI⊂平面PBD，∴EH//平面PBD，
∴存在满足条件的点P使得l//平面PBD，此时EPPF=23.
【题型4 利用空间向量证明面面平行】
【例4】（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．
【解题思路】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n2，进而即可证明平面EFG∥平面PBC．
【解题思路】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)，BC=(0,2,0)，
设n1=(x1,y1,z1)是平面EFG的法向量，
则n1⊥FE，n1⊥FG，即n1⋅FE=0n1⋅FG=0，得−y1=0x1+y1−z1=0，
令z1=1，则x1=1，y1=0，所以n1=(1,0,1)，
设n2=(x2,y2,z2)是平面PBC的法向量，
由n2⊥PB，n2⊥BC，即n2⋅PB=0n2⋅BC=0，得2x2−2z2=02y2=0，
令z2=1，则x2=1，y2=0，所以n2=(1,0,1)，
所以n1=n2，所以平面EFG∥平面PBC．
【变式4-1】（2023春·高二课时练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N,P分别是CC1,B1C1,C1D1的中点，试建立适当的空间直角坐标系，求证：平面MNP//平面A1BD.
【解题思路】根据正方体的结构特征，以D1为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明线线平行，由面面平行的判定定理证明平面MNP//平面A1BD.
【解题思路】证明: 如图，以D1为坐标原点，D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，
则有A11,0,0，B1,1,1，D(0,0,1)， N12,1,0， M0,1,12， P0,12,0，
于是A1B=0,1,1， A1D=−1,0,1，NM=−12,0,12，PM=0,12,12，
显然有NM=12A1D，PM=12A1B，所以NM//A1D，PM//A1B，
由NM//A1D，NM⊄平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，NM//平面A1BD，
同理PM//平面A1BD， NM,PM⊂平面MNP，NM∩PM=M，
所以平面MNP//平面A1BD.
【变式4-2】（2023春·高一课时练习）如图，从▱ABCD所在平面外一点O作向量OA′=kOA，OB′=kOB，OC′=kOC，OD′=kOD.求证：
(1)A′，B′，C′，D′四点共面；
(2)平面A′B′C′D′//平面ABCD.
【解题思路】（1）利用共面向量定理证明，由A′C′=A′B′+A′D′可得四点共面；
（2）利用共线向量定理，可得：A′B′// AB，A′C′// AC，从而利用面面平行的判定定理即可证明.
【解题思路】（1）证明：因为从▱ABCD所在平面外一点O作向量OA′=kOA，OB′=kOB，OC′=kOC，OD′=kOD，
所以AC=AB+AD，
所以A′C′=OC′−OA′=kOC−OA=kAC=kAB+AD=kOB−OA+OD−OA
=kOB+OD−2OA
=k1kOB′+1kOD′−2kOA′
=OB′−OA′+OD′−OA′
=A′B′+A′D′，
故A′，B′，C′，D′四点共面，证毕.
（2）证明：A′B′=OB′−OA′=kOB−kOA=kAB，从而A′B′// AB，
∵A′B′⊂平面A′B′C′D′，AB⊄平面A′B′C′D′，
∴AB//平面A′B′C′D′，
由（1）知A′C′// AC，
∵A′C′⊂平面A′B′C′D′，AC⊄平面A′B′C′D′，
∴AC//平面A′B′C′D′，
因为AB∩AC=A，AB,AC⊂平面ABCD，
所以平面ABCD//平面A′B′C′D′.
【变式4-3】（2023·江苏·高二专题练习）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，
求证：（1）FC1∥平面ADE；
（2）平面ADE∥平面B1C1F.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，计算其数量积即可证明；
（2）计算两个平面的法向量，根据法向量是否平行，即可证明.
【解题思路】证明：如图，建立空间直角坐标系D-xyz，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，
E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)，
所以FC1=(0，2，1)，DA=(2，0，0)，AE=(0，2，1).
（1）设n1=(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，则n1⊥DA，n1⊥AE，
即n1→·DA=2x1=0，n1→·AE=2y1+z1=0，得x1=0，z1=-2y1.令z1=2，则y1=-1，
所以n1=(0，-1，2).因为FC1·n1=-2+2=0，所以FC1 ⊥n1.
又因为FC1⊄平面ADE，所以FC1∥平面ADE.
（2）C1B1=(2，0，0).
设n2→=(x2，y2，z2)是平面B1C1F的一个法向量.由n2→⊥FC1，n2→⊥C1B1，
得n2→·FC1=2y2+z2=0，n2→·C1B1=2x2=0，得x2=0，z2=-2y2.
令z2=2，则y2=-1，所以n2→=(0，-1，2).
因为n1→=n2→，所以平面ADE∥平面B1C1F.
【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．
【题型5 利用空间向量证明线线垂直】
【例5】（2023春·高二课时练习）在棱长为1的正方体ABCD−A′B′C′D′中，E,F分别是D′D,DB中点，G在棱CD上，CG=14CD，H为C′G的中点，求证：EF⊥B′C；
【解题思路】设AB=a,AD=b,AA′=c，则a⋅b=b⋅c=c⋅a=0，EF=12a−b−c，B′C=b−c，计算EF⋅B′C=0得到证明.
【解题思路】设AB=a,AD=b,AA′=c，则a⋅b=b⋅c=c⋅a=0，
a|2=a2=1,b|2=b2=1,|c|2=c2=1，
EF=ED+DF=−12c+12a−b=12a−b−c，
B′C=BC−BB′=b−c，
EF⋅B′C=12a−b−c⋅b−c=12a⋅b−a⋅c−b2+c⋅b−c⋅b+c2=0，故EF⊥B′C.
【变式5-1】（2023秋·广东广州·高一校考期中）如图，AD⊥AB，AD⊥AC，AB⊥AC，AB=AC=AD=1，E，F分别是AB，CD的中点，M，N分别是BC，BD的中点，证明：EF⊥MN.
【解题思路】由题意，利用向量法，根据空间向量的基本定理，结合数量积证明垂直，可得答案.
【解题思路】由题意，连接ED，如下图：
MN=12CD=12(CA+AD)=12(AD−AC)，
同理EF=ED+DF=−12AB+AD+12(AC−AD)=12(AD+AC−AB)，
故EF⋅MN=12AD−AC⋅12AD+AC−AB =14AD2−AC2+AD⋅AC−AD⋅AB−AC⋅AD+AC⋅AB
由AD⊥AB，AD⊥AC，AB⊥AC，AB=AC=AD=1，则EF⋅MN=0，
故EF⊥MN.
【变式5-2】（2023秋·高二课时练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别是DD1、BD的中点，建立适当的空间直角坐标系，证明：EF⊥B1C．
【解题思路】建立空间直角坐标系，写出E,F,B1,C的坐标，利用空间向量垂直的坐标表示证明即可.
【解题思路】证明：以D为坐标原点，DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为正方体棱长为1，E,F分别是DD1、BD的中点，
所以B11,1,1,C0,1,0,E0,0,12,B1,1,0,D0,0,0，
所以F12,12,0，
所以EF=12,12,−12,B1C=−1,0,−1，
由EF⋅B1C=12×−1+12×0+−12×−1=0，
所以EF⊥B1C，
即EF⊥B1C.
【变式5-3】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA=AB=1，点F是PB的中点，点E在边BC上移动.求证：无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF.
【解题思路】本题建立空间直角坐标系，求出两直线的方向向量，求数量积即可判断.
【解题思路】证明：(方法1)以A为原点，以AD，AB，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD=a，
则A(0，0，0)，P(0，0，1)，B(0，1，0)，C(a，1，0)，
于是F(0，12，12).
∵E在BC上，∴设E(m，1，0)，∴PE=(m，1，-1)，AF=(0，12，12).
∵PE·AF=0，∴PE⊥AF.
∴无论点E在边BC上何处，总有PE⊥AF.
(方法2)因为点E在边BC上，可设BE=λBC，
于是PE·AF=(PA+AB+BE)·12(AP+AB)=12(PA+AB+λBC)·(AB+AP)
=12(PA·AB+PA·AP+AB·AB+AB·AP+λBC·AB+λBC·AP)=12(0-1+1+0+0+0)=0，
因此PE⊥AF.
故无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF.
【题型6 利用空间向量证明线面垂直】
【例6】（2023春·高二课时练习）如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.
【解题思路】建系，利用空间向量证明线面垂直.
【解题思路】如图所示，取BC的中点O，连接AO，因为△ABC为正三角形，
所以AO⊥BC，
因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，
AO⊂平面ABC，则AO⊥CC1，
BC∩CC1=C，BC,CC1⊂平面BCC1B1，
所以AO⊥平面BCC1B1，
取B1C1的中点O1，以O为坐标原点，
以OB,OO1,OA分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则B1,0,0,D−1,1,0,A10,2,3,A0,0,3,B11,2,0，
所以AB1=1,2,−3,BA1=−1,2,3,BD=−2,1,0，
则AB1⋅BA1=1×−1+2×2+−3×3=0AB1⋅BD=1×−2+2×1+−3×0=0，
可得AB1⊥BA1,AB1⊥BD，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD，
BA1∩BD＝B，BA1,BD⊂平面A1BD，
所以AB1⊥平面A1BD.
【变式6-1】（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⊥BD.
(2)求证：AM⊥平面BDF.
【解题思路】（1）利用面面垂直性质定理证明CE⊥平面ABCD，然后以点C为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标法证明线线垂直；
（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.
【解题思路】（1）因为四边形ACEF为矩形，则CE⊥AC，
因为平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF=AC，CE⊂平面ACEF，
所以CE⊥平面ABCD，又四边形ABCD为正方形，
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−xyz，
由AB=2，AF=1，得C0,0,0，A2,2,0，B0,2,0，D2,0,0，
E0,0,1，F2,2,1，M22,22,1.
所以AM=−22,−22,1，BD=2,−2,0，
所以AM⋅BD=2×(−22)+(−2)×(−22)+0×1=0，所以AM⊥BD，
所以AM⊥BD
（2）由（1）知，AM=−22,−22,1，DF=(0,2,1)，BD=2,−2,0.
设n=x,y,z是平面BDF的法向量，则n⊥BD，n⊥DF，
所以n→⋅BD→=2x−2y=0n→⋅DF→=2y+z=0，得x=yz=−2y，
取y=1，得x=1，z=−2，则n=1,1,−2.
因为AM=−22,−22,1，所以n=−2AM，即n与AM共线.
所以AM⊥平面BDF.
【变式6-2】（2023春·广西柳州·高二校考阶段练习）已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长均为1，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°．用向量解决下面的问题
(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥平面A1BD．
【解题思路】（1）利用转化法将AC1换成AB+AD+AA1，利用AB+AD+AA1求模长即可；
（2）利用向量垂直来证明AC1⊥A1B，AC1⊥DB，再利用线面垂直的判定定理证明即可.
【解题思路】（1）设AB=a,AD=b,AA1=c，
则a⋅b=b⋅c=c⋅a=1×1×cs60°=12，
又a2=b2=c2=1,AC1=a+b+c，
所以AC12=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a⋅b+2b⋅c+2c⋅a
=1+1+1+2×12+2×12+2×12=6，
即AC1=6；
（2）因为A1B=a−c，
所以AC1⋅A1B=(a+b+c)⋅(a−c)=a2−c2+a⋅b−b⋅c
=1−1+12−12=0．
所以AC1⊥A1B，同理可得AC1⊥DB，
又A1B∩DB=B,A1B,DB⊂平面A1BD．
所以AC1⊥平面A1BD．
【变式6-3】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD=DC，E，F分别是AB,PB的中点.
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，设AD=a，写出各点坐标，求得向量，由EF⋅DC=0即得；
（2）设G(x,0,z)，求出平面PCB内两个不共线向量CB,CP，由FG⋅CB=0和FG⋅CP=0求得x,z确定D点位置．
【解题思路】（1）因为PD⊥底面ABCD，DA⊂平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥DA，PD⊥DC，又底面ABCD为正方形，
所以DA⊥DC，
以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
设AD=a，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E(a,a2,0)，P(0，0，a)，F(a2,a2,a2)，
∴EF=(−a2,0,a2)，DC=(0,a,0)，
∴EF⋅DC＝0，
∴EF⊥DC，即EF⊥CD；
（2）设G(x,0,z)，则FG=(x−a2,−a2,z−a2)，CB=(a，0，0)，CP=(0,−a,a)，
若使GF⊥平面PCB，则需FG⋅CB=0且FG⋅CP=0，
由FG⋅CB=(x−a2,−a2,z−a2)⋅(a，0，0)=a(x−a2)=0，
解得x=a2，
由FG⋅CP= (x−a2,−a2,z−a2)⋅(0,−a,a)=a22+a(z−a2)=0，
解得z=0，
因为CB,CP为平面PCB内两条相交直线，故GF⊥平面PCB，
∴G点坐标为(a2,0,0)，即G为AD的中点．
【题型7 利用空间向量证明面面垂直】
【例7】（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.
【解题思路】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.
【解题思路】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,A3,1,0,B0,2,0,E0,0,2,D0,2,1，
所以EA=3,1,−2,CE=0,0,2,ED=0,2,−1，
设平面ECA的一个法向量是n1=(x1,y1,z1)，
则n1⋅EA=3x1+y1−2z1=0n1⋅CE=2z1=0，
取x1=1，则y1=−3,z1=0，即n1=(1,−3,0)，
设平面DEA的一个法向量是n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅EA=3x2+y2−2z2=0n2⋅DE=2y2−z2=0，
取x2=3，则y2=1,z2=2，即n2=(3,1,2)，
因为n1⋅n2=1×3+−3×1+0×2=0，所以n1⊥n2，
所以平面DEA⊥平面ECA.
【变式7-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，若AD=2，AF=AB= BC=FE=1.
(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；
【解题思路】（1）因为AD=2，AF=AB=BC=FE=1，取AD中点N，连接EN，CN，
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=12×1×1×1+13×12×1×1=23.
（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，M12,1,12，
所以AD=0,2,0,MD=−12,1,−12,CE=−1,0,1
得到：CE⋅AD=0,CE⋅MD=12−12=0
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.
【变式7-2】（2023秋·新疆昌吉·高二校考期末）如图，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．证明：
(1)BE∥平面PAD；
(2)平面PCD⊥平面PAD．
【解题思路】（1）根据题意，先证明AB，AD，AP两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再利用空间向量法证明平面PAD的一个法向量AB与BE垂直，进而即可证明结论；
（2）结合（1），先证明平面PCD的一个法向量与平面PAD的一个法向量垂直，进而即可证明结论．
【解题思路】（1）因为PA⊥平面ABCD，且AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，
又因为AB⊥AD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，
依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则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)，则BE=0,1,1，
所以AB=1,0,0为平面PAD的一个法向量，
又BE⋅AB=0,1,1⋅1,0,0=0，所以BE⊥AB，
又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD．
（2）由（1）知平面PAD的法向量AB=1,0,0，PD=0,2,−2，DC=2,0,0，
设平面PCD的一个法向量为n=x,y,z，
则n⋅PD=0n⋅DC=0，即2y−2z=02x=0，令y＝1，可得z＝1，所以n=0,1,1，
又n⋅AB=0,1,1⋅1,0,0=0，
所以n⊥AB，所以平面PAD⊥平面PCD．
【变式7-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥P-ABC中，AB=AC ，D是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)求证：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP是一点，且AM=3 ．试证明平面AMC⊥平面BMC．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出向量AP,BC的坐标，计算AP⋅BC，即可证明结论；
（2）求出平面平面AMC和平面BMC的法向量，计算法向量的数量积，结果为0，即可证明结论.
【解题思路】（1）
证明：以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，以AD方向为y轴正方向，以射线OP的方向为Z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示；
则O(0，0，0),A(0,−3，0),B(4，2，0),C(−4，2，0),P(0，0，4) ，
故AP=(0，3，4)，BC=(−8，0，0)，
∴AP⋅BC=0×(−8)+3×0+4×0=0，
∴AP⊥BC，即AP⊥BC ；
（2）
证明：因为PO⊥ 平面ABC，AO⊂平面ABC，所以PO⊥AO,
因为PO=4，AO=3 ，故AP=5 ，∵M为AP上一点，且AM=3 ，
∴M(0,−65，125)，∴AM=(0,95,125)，
BM=(-4,−165,125)，CM=(4,−165,125)；
设平面BMC的法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅BM=0n⋅CM=0 ，即−4a−165b+125c=04a−165b+125c=0，
令b=1 ，则n= (0,1,43)；
设平面AMC的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅AM=0m⋅CM=0 ，
即95y+125z=04x−165y+125z=0，令x=5 ，则m=(5，4,−3)；
由于n⋅m=0×5+1×4+43×(−3)=0，
得n⊥m，即平面AMC⊥平面BMC．
【知识点4 用空间向量研究距离、夹角问题】
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 \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量为eq \(AQ,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离为eq \r(a2－a·u2) (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(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)(如图)．
2．夹角问题
(1)两个平面的夹角：平面α与平面β的夹角：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．
(2)空间角的向量法解法
【题型8 利用空间向量研究距离问题】
【例8】（2023·全国·高三专题练习）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，∠DAB=π3，3AD=2CD=2DD1=6，点P，M分别为AB，CD1上靠近A,D1的三等分点．
(1)求点M到直线PD1的距离；
(2)求直线PD与平面PCD1所成角的正弦值.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用向量法求出点到直线的距离即可；
（2）结合（1）中点的坐标，分别求出直线PD的方向向量和平面PCD1的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.
【解题思路】（1）由题可得AD=2，CD=DD1=3，
又点P为AB上靠近A的三等分点，所以AP=1．
在△ADP中，由余弦定理可得，
DP2=AD2+AP3−2AD⋅AP⋅cs∠DAP=4+1−2×2×1×12=3，
故AD2=4=AP2+DP2，
所以△ADP为直角三角形，故DP⊥AB．
因为底面ABCD为平行四边形，所以DP⊥CD．
由直四棱柱性质可知DD1⊥DP，DD1⊥CD，
即DP，CD，DD1两两垂直．
故以D为坐标原点，分别以DP，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．
则D(0,0,0),P(3,0,0),D1(0,0,3),M(0,1,2)．
因为PD1=−3,0,3，过点M作ME⊥PD1，（点到直线的距离即为通过该点向直线做垂线，点到垂足的距离）
令PE=λPD1=−3λ,0,3λ，所以E3−3λ,0,3λ，故ME=3−3λ,−1,3λ−2．
由ME⋅PD1=−3+3λ+9λ−6=0，解得λ=34，所以ME=34,−1,14，故点M到直线PD1的距离为ME=316+1+116=52．
（2）因为DP=3,0,0，D1M=0,1,−1，PD1=−3,0,3，
设平面PCD1的法向量为n=x,y,z，则n⋅D1M=0,n⋅PD1=0,即y−z=0,−3x+3z=0,
令x=3，得y=1，z=1，故n=3,1,1．
设直线PD与平面PCD1所成角为θ，
则sinθ=|cs〈n,DP〉|=n⋅DP|n|⋅|DP|=35×3=155．
所以直线PD与平面PCD1所成角的正弦值为155．
【变式8-1】（2023春·浙江温州·高二校联考期末）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中E为线段DD1的中点.
(1)求证：平面A1BD⊥平面ACC1A1；
(2)求A1到平面AB1E的距离.
【解题思路】（1）先证线面垂直，再根据面面垂直的判定定理可证结论；
（2）建立坐标系，结合空间向量，利用点到平面的距离公式可求答案.
【解题思路】（1）因为ABCD−A1B1C1D1是正方体，所以AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥BD.
又BD⊥AC，AA1∩AC=A，所以BD⊥平面ACC1A1，
BD⊂平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面ACC1A1.
（2）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，以B1为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A1,0,1，A11,0,0，B10,0,0，E1,1,12，B1A=1,0,1，B1E=1,1,12，A1B1=−1,0,0，设平面AB1E的一个法向量为n=x,y,z，.
由n⋅B1A=x+z=0n⋅B1E=x+y+12z=0,令z=2，则x=−2，y=1，即n=−2,1,2.
设A1到平面AB1E的距离为d，则d=A1B1⋅nn=23，即点A1到平面AB1E的距离为23.
【变式8-2】（2023春·高二课时练习）直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，边长为2，侧棱A1A=3，M、N分别为A1B1、A1D1的中点，E、F分别是C1D1,B1C1的中点．
(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→=MN→，AM→=BF→，再由面面平行的判定定理即可证明.
（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ℎ，由点到平面的距离公式即可求出答案.
【解题思路】（1）法一:证明：连接B1D1，NF,∵M、N分别为A1B1、A1D1的中点，
E、F分别是C1D1,B1C1的中点，
∴MN//EF//B1D1，∵MN⊄平面EFBD，EF⊂平面EFBD，
∴MN//平面EFBD，∵NF平行且等于AB，
∴ABFN是平行四边形，∴AN//BF，
∵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)，∴EF→=(1，1，0)，MN→=(1，1，0)，
AM→=(−1，0，3)，BF→=(−1，0，3)，
∴EF→=MN→，AM→=BF→，∴EF//MN，AM//BF，
∵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，S△AMN=12⋅2⋅10−12=192，
∴由等体积可得13⋅192ℎ=13⋅12⋅2⋅3⋅1，∴ℎ=61919．
法二:
设平面AMN的一个法向量为n=x，y，z，
则n→⋅MN→=x+y=0n→⋅AM→=−x+3z=0，则可取n→=(3，−3，1)，
∵AB→=(0，2，0)，
∴平面AMN与平面EFBD的距离为d=|n→⋅AB→||n→|=69+9+1=61919.
【变式8-3】（2023春·高二课时练习）如图，在长方体ABCD−A1BC1D1中，AD=AA1=1，AB=2，求：
(1)点A1到直线BD的距离；
(2)点A1到平面BDC1的距离；
(3)异面直线BD,CD1之间的距离.
【解题思路】(1)建立空间直角坐标系，求直线BD的方向向量BD和向量A1B的坐标，再求A1B在BD上的投影向量的大小，结合勾股定理求点A1到直线BD的距离；(2)求平面BDC1的法向量n，再求向量A1B在向量n上的投影的大小即可；(3)证明CD1//平面A1BD，利用向量方法求点C到平面A1BD的距离即可.
【解题思路】（1）以点D为原点，DA，DC，DD1为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，因为AD=AA1=1，AB=2，则B1,2,0，D0,0,0，A11,0,1，C10,2,1，C0,2,0，D10,0,1
所以BD=−1,−2,0，A1B=0,2,−1，所以A1B在BD上的投影向量的大小为A1B⋅BDBD=−1×0+−2×2+0×−1−12+−22+02=455，又A1B=02+22+−12=5，所以点A1到直线BD的距离d1=5−165=355；
（2）由(1) BD=−1,−2,0，DC1=0,2,1，A1B=0,2,−1，
设平面BDC1的法向量n=x,y,z，则n⋅BD=0n⋅DC1=0，所以−x−2y=02y+z=0，
取y=1，可得x=−2，z=−2，所以n=−2,1,−2是平面BDC1的一个法向量，向量A1B=0,2,−1在法向量n=−2,1,−2上的投影为A1B⋅nn=−2×0+1×2+−2×−1−22+12+−22=43，所以点A1到平面BDC1的距离为43；
（3）由(1) CD1=0,−2,1，BA1=0,−2,1，所以CD1//BA1，所以CD1//BA1，又CD1⊄平面A1BD，BA1⊂平面A1BD，所以CD1//平面A1BD，所以异面直线BD,CD1之间的距离与点C到平面A1BD的距离相等，设平面A1BD的法向量m=x1,y1,z1，因为BD=−1,−2,0，则m⋅BD=0n⋅BA1=0，所以−x1−2y1=0−2y1+z1=0，
取y1=1，可得x1=−2，z1=2，所以m=−2,1,2是平面A1BD的一个法向量，向量CD=0,−2,0在法向量m=−2,1,2上的投影为CD⋅mm=−2×0+1×−2+2×0−22+12+22=23，所以点C到平面A1BD的距离为23；故异面直线BD,CD1之间的距离为23.
【题型9 利用空间向量求空间角】
【例9】（2023春·湖北荆门·高二统考期末）如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，面ABC⊥面AA1C1C，AB⊥AC，AA1=AB=AC=2，∠A1AC=60∘．过AA1的平面交线段B1C1于点E（不与端点重合），交线段BC于点F．
(1)求证：四边形AA1EF为平行四边形；
(2)若BF=3FC，求直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值．
【解题思路】（1）利用线面平行的性质推导出AA1//EF，利用面面平行的性质可推导出A1E//AF，即可证得结论成立；
（2）证明出AB⊥平面AA1C1C，然后以点A为坐标原点，AB、AC所在直线分别为x、y轴，平面AA1C1C内过点A且垂直于AC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值.
【解题思路】（1）证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1//BB1，
因为BB1⊂平面BB1C1C，AA1⊄平面BB1C1C，所以，AA1//平面BB1C1C，
因为AA1⊂平面AA1EF，AA1EF∩平面BB1C1C=EF，所以，AA1//EF，
因为平面ABC//平面A1B1C1，平面AA1EF∩平面ABC=AF，平面AA1EF∩平面A1B1C1=A1E，
所以，A1E//AF，因此，四边形AA1EF为平行四边形．
（2）解：因为AB⊥AC，平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C=AC，
AB⊂平面ABC，所以，AB⊥平面AA1C1C，
以点A为坐标原点，AB、AC所在直线分别为x、y轴，
平面AA1C1C内过点A且垂直于AC的直线为z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
因AA1=AB=AC=2，∠A1AC=60∘，
则B2,0,0，C0,2,0，A10,1,3，C10,3,3，
AB=2,0,0，AC1=0,3,3，CB=2,−2,0，AC=0,2,0，
AF=AC+CF=AC+14CB =0,2,0+142,−2,0=12,32,0，
设平面AFC1的法向量n=x,y,z，则n⋅AC1=3y+3z=0n⋅AF=12x+32y=0，
令y=1，得n=−3,1,−3，
而A1C1=AC=0,2,0，设直线A1C1与平面AFC1所成角为θ，
于是得sinθ=csn,A1C1=n⋅A1C1n⋅A1C1=213×2=1313，
所以直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值为1313．
【变式9-1】（2023春·陕西西安·高一校考期末）如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC=12，∠BAC=π3，E，F都在AC上，且AE:EF:FC=3:4:5，BE//FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P−EFGB，如图2.
(1)求异面直线PF，BG所成角的余弦值；
(2)若M为PB的中点，求钝二面角B−FM−E的余弦值.
【解题思路】（1）（2）依题意可得BE⊥EF，BE⊥PE，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【解题思路】（1）由题意可知AE=3，EF=4，CF=5，所以AE2+EF2=CF2，
故PE⊥EF，且AB=ACcsπ3=6，
∴AEAB=ABAC=12，∴△ABE∽△ACB，∴∠AEB=∠ABC=π2，所以BE⊥AC，
又BE//FG，所以FG⊥AC，即BE⊥EF，BE⊥PE，
故可以EF，EB，EP为x，y，z轴建立空间直角坐标系E−xyz如图所示，
易知BE=ABsinπ3=33，FG=FCtanπ6=533，
则F4,0,0，B0,33,0，G4,533,0，P0,0,3，
∴PF=4,0,−3，BG=4,−433,0，
∴csPF,BG=PF⋅BGPF∣⋅BG=165×83=235，
故异面直线PF，BG所成角的余弦值为235；
（2）由（1）可知M0,332,32，
∴MF=4,−332,−32，BF=4,−33,0，EF=4,0,0，
设平面BFM法向量为m=x1,y1,z1，
由m⋅MF=0m⋅BF=0，则4x1−332y1−32z1=04x1−33y1=0，令y1=4得m=33,4,43，
设平面EFM法向量为n=x2,y2,z2，
由n⋅MF=0n⋅EF=0，则4x2−332y2−32z2=04x2=0，令y2=1得n=0,1,−3，
所以csm,n=m⋅nm⋅n=4−1291×2=−49191，
所以钝二面角B−FM−E的余弦值为−49191.
【变式9-2】（2023春·湖南衡阳·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，PH⊥平面ABCD（垂足H在矩形ABCD内），E为棱PC的中点，HE//平面PAB.
(1)证明：PB=PC；
(2)若AB=2BC=2PC，直线PC与平面ABCD所成角为π4，求平面PAD与平面PHC夹角的余弦值.
【解题思路】（1）延长CH交AB于点F，连按PF，BH，由线面平行的性质得HE//PF，进而确定H为CF的中点，利用三角形全等证结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面PAD与平面PHC的法向量，利用向量法求面面角的余弦值.
【解题思路】（1）延长CH交AB于点F，连接PF，BH，
HE//平面PAB，面CPF∩面PAB=PF，HE⊂面CPF，则HE//PF，
又E为棱PC的中点，则H为CF的中点，
∴BH是直角三角形BCF斜边上的中线，
∴BH=CH，易知Rt△PHB≅Rt△PHC，则PB=PC.
（2）以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
∵PH⊥平面ABCD，∴CH是PC在平面ABCD内的射影，
∴∠PCH是直线PC与面ABCD所成角，∴∠PCH=π4，
∴△PCH为等腰直角三角形，
设AB=4，则BC=PC=2，则CH=2，∴PH=2，
∴P0,0,2，A1,−3,0，D−1,−3,0，H0,0,0，C−1,1,0，
∴PA=1,−3,−2，PD=−1,−3,−2，HP=(0,0,2)，HC=(−1,1,0)，
设平面PAD的法向量为m=x,y,z，
由m⋅PA=x−3y−2z=0m⋅PD=−x−3y−2z=0，令y=2，则m=0,2,−3.
设平面PHC的法向量为n=(a,b,c)，
由n⋅HP=2c=0n⋅HC=−a+b=0，令a=1，则n=1,1,0.
∴csm,n=22⋅11=1111，平面PAD与平面PHC夹角的余弦值为1111.
【变式9-3】（2023春·江苏连云港·高二统考期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=90°，AD=2，PA=BC=1．
(1)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值；
(2)求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值．
【解题思路】（1）以A为坐标原点，建立的空间直角坐标系O−xyz，求得向量PC=1,1,−1，和平面PBD的一个法向量m=2,1,2，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）由平面PAB的一个法向量n1=0,1,0，求得平面PCD的一个法向量为n2=1,1,2，结合向量的夹角公式，即可求解．
【解题思路】（1）解：因为PA⊥平面ABCD，且AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，
又因为∠BAD=90°，所以AB⊥AD，
因为PB与底面所成的角为45∘，所以∠PBA=45°，故AB=PA=1，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立的空间直角坐标系O−xyz，如图所示，
因为AD=2，PA=BC=1，可得B1,0,0，D0,2,0，P0,0,1，C1,1,0，
所以PC=1,1,−1，PB=1,0,−1，PD=0,2,−1，
设平面PBD的一个法向量为m=x,y,z，可得m⋅PB=x−z=0m⋅PD=2y−z=0，
取z=2，则x=2,y=1，可得m=2,1,2，
所以csm,PC=m⋅PCmPC=13×3=39，
所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为39．
（2）解：根据题意，平面PAB的一个法向量n1=12AD=0,1,0，
设平面PCD的一个法向量为n2=(a,b,c)，可得n2⋅PC=a+b−c=0n2⋅PD=2b−c=0，
取b=1，则c=2，a=1，所以n2=1,1,2
则csn1,n2=n1⋅n2n1n2=11×6=66，
所以平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为66．
【题型10 利用空间向量研究存在性问题】
【例10】（2023·全国·高三对口高考）如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF.
(1)求二面角D−BF−C的余弦值；
(2)在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得FP∥平面AED.若存在，求出APAB的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角，
（2）由平面法向量与直线方向向量垂直，结合向量共线，即可由坐标运算求解.
【解题思路】（1）过D作DM⊥AB于M，由于∠DAB=60°，则AM=ADcs∠DAB=12AD,由于AD=DC=BC,且四边形ABCD是等腰梯形，所以AB=2AM+DC=2DC,在三角形ABD中，由余弦定理可得BD=AD2+AB2−2AD⋅ABcs60∘=3AD，所以AD2+BD2=AB2,故BD⊥DA,
以D为坐标原点，DA，DB为x轴，y轴，过点D作CF的平行线为Z轴，建立空间直角坐标系，设CD=CB=2，则DB=23,AD=2，
∴ D0,0,0,A2,0,0E(1,0,1),F(−1,3,2),B(0,23,0),C(−1,3,0),
DB=0,23,0,DF=−1,3,2
设面DBF的法向量n1=(x,y,z)，
则n1⋅DB=0n1⋅DF=0，即23y=0−x+3y+2z=0，取x=2，得n1=(2,0,1)．
设面CBF的法向量n2=(a,b,c)，CB=1,3,0,BF=−1,−3,2
则n2⋅CB=0n2⋅BF=0，即a+3b=0−a−3b+2z=0，则取b=3，得n2=(−3,3,0)．
∵ cs=n1⋅n2n1n2=65×25=155，
由几何体的特征可知二面角D−BF−C的平面角为锐角，
∴二面角D−BF−C的余弦值为155．
（2）∵AE⊥BD，BD⊥AD,AE∩AD=A，AD, AE⊂面AED，
∴BD⊥面AED．
设AP=xAB=λ−2,23,0=−2λ,23λ,0,∴FP=AP−AF=−2λ+3,23λ−3,−2,
DB=0,23,0
若FP∥平面AED，则FP⊥BD ,所以23λ−323=0⇒λ=12，
所以APAB=12.
【变式10-1】（2023·湖北襄阳·校考模拟预测）在三棱锥P-ABC中，若已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面ABC的射影为点H，则
(1)证明：PC⊥AB
(2)设PH=HA=HB=HC=2，则在线段PC上是否存在一点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为45，若存在，设CMCP=λ，求出λ的值，若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由条件证明PH⊥AB,PH⊥BC,PH⊥CA，再证明AH⊥BC,BH⊥AC，由此可得CH⊥AB，由线面垂直判定定理证明AB⊥平面PCH，由此证明PC⊥AB；
（2）建立空间直角坐标系，技术存在点M满足条件，由条件求平面PAB的法向量和直线BM的方向向量，由条件列方程求λ即可.
【解题思路】（1）因为点P在底面ABC的射影为点H，
所以PH⊥平面ABC，又AB,BC,CA⊂平面ABC，
所以PH⊥AB,PH⊥BC,PH⊥CA，
因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH=P，PA,PH⊂平面PAH，
所以BC⊥平面PAH，又AH⊂平面PAH，
所以BC⊥AH，
因为PB⊥AC，PH⊥AC，PB∩PH=P，PB,PH⊂平面PBH，
所以AC⊥平面PBH，又BH⊂平面PBH，
所以AC⊥BH，
因为BC⊥AH，AC⊥BH，
所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB，
因为CH⊥AB，PH⊥AB，CH,PH⊂平面PCH，CH∩PH=H，
所以AB⊥平面PCH，又PC⊂平面PCH，
所以PC⊥AB；
（2）延长CH交AB于点O，由（1）可得CO⊥AB，
又HA=HB，所以点O为线段AB的中点，
所以CA=CB，同理可得BA=BC，
所以△ABC为等边三角形，又HA=HB=HC=2，所以AB=23，
如图，以点O为原点，以OB,OC,HP为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A−3,0,0,B3,0,0,P0,1,2,C0,3,0，
故AB=23,0,0,AP=3,1,2,BC=−3,3,0,CP=0,−2,2，
设存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为45，且CMCP=λ，
则BM=BC+CM=BC+λCP=−3,3−2λ,2λ，
设平面PAB的法向量为n，n=x,y,z，
则n⋅AB=0n⋅AP=0，所以23x=03x+y+2z=0，
令z=1，可得x=0,y=−2，
所以n=0,−2,1为平面PAB的一个法向量，
所以csBM,n=BM⋅nBMn=−6+6λ12−12λ+8λ2×5，
设直线BM与平面PAB所成角为θ，则csθ=45，又θ∈0,π2，
所以sinθ=35，故−6+6λ12−12λ+8λ2×5=35，
所以λ=13或λ=2，又λ∈0,1，
所以λ=13.
所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为45，且CMCP=λ=13.
【变式10-2】（2023·河北衡水·河北校考三模）图1是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=6．
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED．
(2)在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为155？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）在图1中，连接AC，交BE于O，由几何关系可得AC⊥BE，OA=OC=3，结合图2易得∠AOC1 是二面角 A−BE−C1 的平面角，由勾股定理逆定理可证OA⊥OC1，进而得证；
（2）以OA，OB， OC1 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设 DP=λDC1，λ∈0,1，求得AP，同时求出平面ABC1的法向量n=x,y,z，由点面距离的向量公式d=AP⋅nn求得λ，进而求得EP，结合向量公式可求直线EP与平面ABC1所成角的正弦值.
【解题思路】（1）如图所示：
在图1中，连接AC，交BE于O，因为四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE=60°，所以AC⊥BE，且OA=OC=3．
在图 2 中， 相交直线 OA ，OC1均与 BE 垂直， 所以 ∠AOC1 是二面角 A−BE−C1 的平面角， 因为 AC1=6， 所以 OA2+OC12=AC12，OA⊥OC1，所以平面 BG1E⊥ 平面 ABED ；
（2）由 （1） 知， 分别以OA，OB， OC1 为 x，y，z 轴建立如图 2 所示的空间直角坐标系， 则 D32,−32,0，C10,0,3，A3,0,0，B0,1,0，E0,−1,0， DC1=−32,32,3，AD=−32,−32,0，AB=−3,1,0，AC1=−3,0,3，AE=−3,−1,0.
设 DP=λDC1，λ∈0,1，
则 AP=AD+DP=AD+λDC1=−32−32λ,−32+32λ,3λ.
设平面 ABC1 的法向量为 n=x,y,z，
则AB⋅n=0AC1⋅n=0， 即 −3x+y=0−3x+3z=0， 取 n=1,3,1，
因为点 P 到平面 ABC1 的距离为 155，
所以 d=AP⋅nn=−23+23λ5=155， 解得 λ=12，
则 AP=−334,−34,32， 所以 EP=AP−AE=34,14,32.
设直线 EP 与平面 ABC1 所成的角为 θ，
所以直线 EP 与平面 ABC1 所成角的正弦值为 sinθ=csEP,n=EP⋅nEP⋅n=155.
【变式10-3】（2023春·广东佛山·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD是正方形，PC⊥底面ABCD，且PC=BC=1，E是棱PB上动点.
(1)证明：BD⊥平面PAC.
(2)线段PB上是否存在点E，使二面角P−AC−E的余弦值是223？若存在，求PEPB的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）利用正方形性质、线面垂直的性质和线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）以C为坐标原点建立空间直角坐标系，设PE=λPB0≤λ≤1，利用向量线性运算可得AE，根据二面角的向量求法可构造方程求得λ的值.
【解题思路】（1）连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC；
∵PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PC⊥BD，
又AC∩PC=C，AC,PC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC.
（2）以C为坐标原点，CB,CD,CP正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则A1,1,0，C0,0,0，B1,0,0，D0,1,0，P0,0,1，
∴PB=1,0,−1，AC=−1,−1,0，BD=−1,1,0，AP=−1,−1,1，
假设在线段PB上存在点E，使得二面角P−AC−E的余弦值为223，
设PE=λPB0≤λ≤1，则PE=λ,0,−λ，∴AE=AP+PE=λ−1,−1,1−λ，
设平面ACE的法向量n=x,y,z，
则AE⋅n=λ−1x−y+1−λz=0AC⋅n=−x−y=0，令x=1，解得：y=−1，z=λλ−1，∴n=1,−1,λλ−1；
由（1）知：BD⊥平面PAC，∴平面PAC的一个法向量为BD=−1,1,0；
∴cs=BD⋅nBD⋅n=22×1+1+λ2λ−12=223，解得：λ=13，
∴当PE=13PB，即PEPB=13时，二面角P−AC−E的余弦值为223.角的分类
向量求法
范围
两条异面直线所成的角
设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝ eq \f(|u·v|,|u||v|)
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
直线与平面所成的角
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sin θ＝|cs 〈u，n〉|＝eq \f(|u·n|,|u||n|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
两个平面的夹角
设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
角的分类
向量求法
范围
两条异面直线所成的角
设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝ eq \f(|u·v|,|u||v|)
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
直线与平面所成的角
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sin θ＝|cs 〈u，n〉|＝eq \f(|u·n|,|u||n|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
两个平面的夹角
设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc31195" 【题型1 求平面的法向量】 PAGEREF _Tc31195 \h 2
\l "_Tc19288" 【题型2 利用空间向量证明线线平行】 PAGEREF _Tc19288 \h 3
\l "_Tc22808" 【题型3 利用空间向量证明线面平行】 PAGEREF _Tc22808 \h 5
\l "_Tc14369" 【题型4 利用空间向量证明面面平行】 PAGEREF _Tc14369 \h 7
\l "_Tc5461" 【题型5 利用空间向量证明线线垂直】 PAGEREF _Tc5461 \h 9
\l "_Tc5438" 【题型6 利用空间向量证明线面垂直】 PAGEREF _Tc5438 \h 10
\l "_Tc31656" 【题型7 利用空间向量证明面面垂直】 PAGEREF _Tc31656 \h 12
\l "_Tc20458" 【题型8 利用空间向量研究距离问题】 PAGEREF _Tc20458 \h 15
\l "_Tc20182" 【题型9 利用空间向量求空间角】 PAGEREF _Tc20182 \h 17
\l "_Tc26729" 【题型10 利用空间向量研究存在性问题】 PAGEREF _Tc26729 \h 18
【知识点1 空间中点、直线和平面的向量表示】
1．空间中点、直线和平面的向量表示
(1)空间中点的位置向量：如图，在空间中，我们取一定点O作为基点，那么空间中任意一点P就可以用向量eq \(OP,\s\up6(→))来表示．我们把向量eq \(OP,\s\up6(→))称为点P的位置向量．
(2)空间中直线的向量表示式：直线l的方向向量为a ，且过点A.如图，取定空间中的任意一点O，可以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋ta①，把eq \(AB,\s\up6(→))＝a代入①式得eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋teq \(AB,\s\up6(→))②，
①式和②式都称为空间直线的向量表示式．
(3)平面的法向量定义：
直线l⊥α，取直线l的方向向量a ，我们称向量a为平面α的法向量.给定一个点A和一个向量a，那么过点A，且以向量a为法向量的平面完全确定，可以表示为集合.
【注】一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量.已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量.
【题型1 求平面的法向量】
【例1】（2023春·高二课时练习）已知A1,1,0,B1,0,1,C0,1,1，则平面ABC的一个单位法向量是（ ）
A．1,1,1B．(33,33,33)
C．(13,13,13)D．(33,33,−33)
【变式1-1】（2023秋·云南昆明·高二昆明一中校考期末）空间直角坐标系O−xyz中，已知点A(2,0,2),B(2,1,0),C(0,2,0)，则平面ABC的一个法向量可以是（ ）
A．(1,2,1)B．(−1,2,1)C．(2,1,2)D．(2,−1,2)
【变式1-2】（2023·全国·高二专题练习）如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB=AA1=2．平面OCB1的法向量n=x,y,z为（ ）
A．0,1,1B．1,−1,1C．1,0,−1D．−1,−1,1
【变式1-3】（2023秋·北京石景山·高二统考期末）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC,AB=AC=1,PA=2，以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示，n为平面PBC的一个法向量，则n的坐标可能是（ ）
A．−12,−12,14B．−12,12,−14C．12,14,12D．12,12,14
【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．
【题型2 利用空间向量证明线线平行】
【例2】（2023春·高二课时练习）如图，四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，且不共面，M，N分别是AC，BF的中点，求证：CE//MN.
【变式2-1】（2023春·高二课时练习）已知棱长为1的正方体OABC−O1A1B1C1在空间直角坐标系中的位置如图所示，D,E,F,G分别为棱O1A1,A1B1,BC,OC的中点，求证：DE//GF.
【变式2-2】（2023春·高二课时练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别在线段A1B，D1B1上，且BM=13BA1，B1N=13B1D1，P为棱B1C1的中点．求证：MN//BP．
【变式2-3】（2023·江苏·高二专题练习）已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AD=3，AA1=3，点S、P在棱CC1、AA1上，且CS=12SC1，AP=2PA1，点R、Q分别为AB、D1C1的中点．求证：直线PQ∥直线RS．
【题型3 利用空间向量证明线面平行】
【例3】（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AD//BC.AD⊥AB,AD=3,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD，且PA=3，点M在棱PD上，点N为BC中点.若DM=2MP，证明：直线MN//平面PAB.
【变式3-1】（2023春·高二课时练习）如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，点M,N分别在BD,AE上，且BM=13BD，AN=13AE，求证：MN∥平面CDE.
【变式3-2】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，PA=AB=BC=2，AD=4，E为棱PD的中点，PF=λPC（λ为常数，且0<λ<1）．若直线BF//平面ACE，求实数λ的值；
【变式3-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥E−ABCD中，AB//CD，CD=4AB，点F为棱CD的中点，与E，F相异的动点P在棱EF上.
(1)当P为EF的中点时，证明：PB//平面ADE；
(2)设平面EAD与平面EBC的交线为l，是否存在点P使得l/平面PBD？若存在，求EPPF的值；若不存在，请说明理由.
【题型4 利用空间向量证明面面平行】
【例4】（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．
【变式4-1】（2023春·高二课时练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N,P分别是CC1,B1C1,C1D1的中点，试建立适当的空间直角坐标系，求证：平面MNP//平面A1BD.
【变式4-2】（2023春·高一课时练习）如图，从▱ABCD所在平面外一点O作向量OA′=kOA，OB′=kOB，OC′=kOC，OD′=kOD.求证：
(1)A′，B′，C′，D′四点共面；
(2)平面A′B′C′D′//平面ABCD.
【变式4-3】（2023·江苏·高二专题练习）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，
求证：（1）FC1∥平面ADE；
（2）平面ADE∥平面B1C1F.
【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．
【题型5 利用空间向量证明线线垂直】
【例5】（2023春·高二课时练习）在棱长为1的正方体ABCD−A′B′C′D′中，E,F分别是D′D,DB中点，G在棱CD上，CG=14CD，H为C′G的中点，求证：EF⊥B′C；
【变式5-1】（2023秋·广东广州·高一校考期中）如图，AD⊥AB，AD⊥AC，AB⊥AC，AB=AC=AD=1，E，F分别是AB，CD的中点，M，N分别是BC，BD的中点，证明：EF⊥MN.
【变式5-2】（2023秋·高二课时练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别是DD1、BD的中点，建立适当的空间直角坐标系，证明：EF⊥B1C．
【变式5-3】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA=AB=1，点F是PB的中点，点E在边BC上移动.求证：无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF.
【题型6 利用空间向量证明线面垂直】
【例6】（2023春·高二课时练习）如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.
【变式6-1】（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⊥BD.
(2)求证：AM⊥平面BDF.
【变式6-2】（2023春·广西柳州·高二校考阶段练习）已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长均为1，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°．用向量解决下面的问题
(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥平面A1BD．
【变式6-3】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD=DC，E，F分别是AB,PB的中点.
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB.
【题型7 利用空间向量证明面面垂直】
【例7】（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.
【变式7-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，若AD=2，AF=AB= BC=FE=1.
(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.
【变式7-2】（2023秋·新疆昌吉·高二校考期末）如图，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．证明：
(1)BE∥平面PAD；
(2)平面PCD⊥平面PAD．
【变式7-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥P-ABC中，AB=AC ，D是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)求证：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP是一点，且AM=3 ．试证明平面AMC⊥平面BMC．
【知识点4 用空间向量研究距离、夹角问题】
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 \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量为eq \(AQ,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离为eq \r(a2－a·u2) (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(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)(如图)．
2．夹角问题
(1)两个平面的夹角：平面α与平面β的夹角：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．
(2)空间角的向量法解法
【题型8 利用空间向量研究距离问题】
【例8】（2023·全国·高三专题练习）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，∠DAB=π3，3AD=2CD=2DD1=6，点P，M分别为AB，CD1上靠近A,D1的三等分点．
(1)求点M到直线PD1的距离；
(2)求直线PD与平面PCD1所成角的正弦值.
【变式8-1】（2023春·浙江温州·高二校联考期末）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中E为线段DD1的中点.
(1)求证：平面A1BD⊥平面ACC1A1；
(2)求A1到平面AB1E的距离.
【变式8-2】（2023春·高二课时练习）直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，边长为2，侧棱A1A=3，M、N分别为A1B1、A1D1的中点，E、F分别是C1D1,B1C1的中点．
(1)求证：平面AMN //平面EFBD；
(2)求平面AMN与平面EFBD的距离．
【变式8-3】（2023春·高二课时练习）如图，在长方体ABCD−A1BC1D1中，AD=AA1=1，AB=2，求：
(1)点A1到直线BD的距离；
(2)点A1到平面BDC1的距离；
(3)异面直线BD,CD1之间的距离.
【题型9 利用空间向量求空间角】
【例9】（2023春·湖北荆门·高二统考期末）如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，面ABC⊥面AA1C1C，AB⊥AC，AA1=AB=AC=2，∠A1AC=60∘．过AA1的平面交线段B1C1于点E（不与端点重合），交线段BC于点F．
(1)求证：四边形AA1EF为平行四边形；
(2)若BF=3FC，求直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值．
【变式9-1】（2023春·陕西西安·高一校考期末）如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC=12，∠BAC=π3，E，F都在AC上，且AE:EF:FC=3:4:5，BE//FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P−EFGB，如图2.
(1)求异面直线PF，BG所成角的余弦值；
(2)若M为PB的中点，求钝二面角B−FM−E的余弦值.
【变式9-2】（2023春·湖南衡阳·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，PH⊥平面ABCD（垂足H在矩形ABCD内），E为棱PC的中点，HE//平面PAB.
(1)证明：PB=PC；
(2)若AB=2BC=2PC，直线PC与平面ABCD所成角为π4，求平面PAD与平面PHC夹角的余弦值.
【变式9-3】（2023春·江苏连云港·高二统考期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=90°，AD=2，PA=BC=1．
(1)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值；
(2)求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值．
【题型10 利用空间向量研究存在性问题】
【例10】（2023·全国·高三对口高考）如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF.
(1)求二面角D−BF−C的余弦值；
(2)在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得FP∥平面AED.若存在，求出APAB的值；若不存在，请说明理由.
【变式10-1】（2023·湖北襄阳·校考模拟预测）在三棱锥P-ABC中，若已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面ABC的射影为点H，则
(1)证明：PC⊥AB
(2)设PH=HA=HB=HC=2，则在线段PC上是否存在一点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为45，若存在，设CMCP=λ，求出λ的值，若不存在，请说明理由.
【变式10-2】（2023·河北衡水·河北校考三模）图1是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=6．
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED．
(2)在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为155？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．
【变式10-3】（2023春·广东佛山·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD是正方形，PC⊥底面ABCD，且PC=BC=1，E是棱PB上动点.
(1)证明：BD⊥平面PAC.
(2)线段PB上是否存在点E，使二面角P−AC−E的余弦值是223？若存在，求PEPB的值；若不存在，请说明理由.
专题1.5 空间向量的应用【十大题型】
【人教A版（2019）】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc31195" 【题型1 求平面的法向量】 PAGEREF _Tc31195 \h 2
\l "_Tc19288" 【题型2 利用空间向量证明线线平行】 PAGEREF _Tc19288 \h 5
\l "_Tc22808" 【题型3 利用空间向量证明线面平行】 PAGEREF _Tc22808 \h 7
\l "_Tc14369" 【题型4 利用空间向量证明面面平行】 PAGEREF _Tc14369 \h 12
\l "_Tc5461" 【题型5 利用空间向量证明线线垂直】 PAGEREF _Tc5461 \h 17
\l "_Tc5438" 【题型6 利用空间向量证明线面垂直】 PAGEREF _Tc5438 \h 20
\l "_Tc31656" 【题型7 利用空间向量证明面面垂直】 PAGEREF _Tc31656 \h 24
\l "_Tc20458" 【题型8 利用空间向量研究距离问题】 PAGEREF _Tc20458 \h 30
\l "_Tc20182" 【题型9 利用空间向量求空间角】 PAGEREF _Tc20182 \h 36
\l "_Tc26729" 【题型10 利用空间向量研究存在性问题】 PAGEREF _Tc26729 \h 41
【知识点1 空间中点、直线和平面的向量表示】
1．空间中点、直线和平面的向量表示
(1)空间中点的位置向量：如图，在空间中，我们取一定点O作为基点，那么空间中任意一点P就可以用向量eq \(OP,\s\up6(→))来表示．我们把向量eq \(OP,\s\up6(→))称为点P的位置向量．
(2)空间中直线的向量表示式：直线l的方向向量为a ，且过点A.如图，取定空间中的任意一点O，可以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋ta①，把eq \(AB,\s\up6(→))＝a代入①式得eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋teq \(AB,\s\up6(→))②，
①式和②式都称为空间直线的向量表示式．
(3)平面的法向量定义：
直线l⊥α，取直线l的方向向量a ，我们称向量a为平面α的法向量.给定一个点A和一个向量a，那么过点A，且以向量a为法向量的平面完全确定，可以表示为集合.
【注】一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量.已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量.
【题型1 求平面的法向量】
【例1】（2023春·高二课时练习）已知A1,1,0,B1,0,1,C0,1,1，则平面ABC的一个单位法向量是（ ）
A．1,1,1B．(33,33,33)
C．(13,13,13)D．(33,33,−33)
【解题思路】待定系数法设平面ABC的一个法向量为n，由法向量的性质建立方程组解出分析即可.
【解题思路】设平面ABC的一个法向量为n=x,y,z，
又AB=0,−1,1,BC=−1,1,0，
由AB⊥nBC⊥n⇒AB⋅n=0BC⋅n=0⇒−y+z=0−x+y=0，
即x=y=z，
又因为单位向量的模为1，所以B选项正确，
故选：B.
【变式1-1】（2023秋·云南昆明·高二昆明一中校考期末）空间直角坐标系O−xyz中，已知点A(2,0,2),B(2,1,0),C(0,2,0)，则平面ABC的一个法向量可以是（ ）
A．(1,2,1)B．(−1,2,1)C．(2,1,2)D．(2,−1,2)
【解题思路】根据法向量的求解方法求解即可.
【解题思路】解：由题知AB=0,1,−2,BC=−2,1,0，
设平面ABC的一个法向量为n=x,y,z，
所以n⋅AB=0n⋅BC=0，即y=2zy=2x，令x=1得n=1,2,1
所以，平面ABC的一个法向量可以是n=1,2,1.
故选：A.
【变式1-2】（2023·全国·高二专题练习）如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB=AA1=2．平面OCB1的法向量n=x,y,z为（ ）
A．0,1,1B．1,−1,1C．1,0,−1D．−1,−1,1
【解题思路】根据空间直角坐标系写出各向量，利用法向量的性质可得解.
【解题思路】∵ABCD是正方形，且AB=2，
∴AO=OC=1，
∴OA1=1，
∴A0,−1,0，B1,0,0，C0,1,0，A10,0,1，
∴AB=1,1,0，OC=0,1,0，
又A1B1=AB=1,1,0，
∴B11,1,1，OB1=1,1,1，
∵平面OCB1的法向量为n=x,y,z，
则y=0x+y+z=0，得y=0，x=−z，
结合选项，可得n=1,0,−1，
故选：C.
【变式1-3】（2023秋·北京石景山·高二统考期末）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC,AB=AC=1,PA=2，以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示，n为平面PBC的一个法向量，则n的坐标可能是（ ）
A．−12,−12,14B．−12,12,−14C．12,14,12D．12,12,14
【解题思路】先求出BC=1,−1,0,PC=1,0,−2，根据法向量求解公式列方程即可求解．
【解题思路】依题意得，B0,1,0,C1,0,0,P0,0,2，则BC=1,−1,0,PC=1,0,−2
设n=x,y,z，则
n⋅BC=x−y=0n⋅PC=x−2z=0，取x=12则y=12,z=14，所以n=12,12,14
故选：D.
【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．
【题型2 利用空间向量证明线线平行】
【例2】（2023春·高二课时练习）如图，四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，且不共面，M，N分别是AC，BF的中点，求证：CE//MN.
【解题思路】根据给定条件，利用空间向量的线性运算，计算判断CE与MN共线即可推理作答.
【解题思路】（方法1）因为M，N分别是AC，BF的中点，且四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，
则有MN=MA+AF+FN=12CA+AF+12FB，又MN=MC+CE+EB+BN=−12CA+CE−AF−12FB，
两式相加得：2MN=CE，因此CE与MN共线，而直线CE与MN不重合，
所以CE//MN.
（方法2）因为M，N分别是AC，BF的中点，且四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，
MN=AN−AM=12(AB+AF)−12AC=12(AB+BE)−12(AB+BC) =12(BE−BC)=12CE，
因此CE与MN共线，而直线CE与MN不重合，
所以CE//MN.
【变式2-1】（2023春·高二课时练习）已知棱长为1的正方体OABC−O1A1B1C1在空间直角坐标系中的位置如图所示，D,E,F,G分别为棱O1A1,A1B1,BC,OC的中点，求证：DE//GF.
【解题思路】由图中的空间直角坐标系，求出相关点的坐标，证明DE=GF，可得DE//GF.
【解题思路】因为正方体的棱长为1， D,E,F,G分别为棱O1A1,A1B1,BC,OC的中点，
所以有D12,0,1， E1,12,1， F12,1,0， G0,12,0，
所以DE=12,12,0，GF=12,12,0，则有DE=GF，所以DE//GF.
【变式2-2】（2023春·高二课时练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别在线段A1B，D1B1上，且BM=13BA1，B1N=13B1D1，P为棱B1C1的中点．求证：MN//BP．
【解题思路】利用空间向量共线定理证明.
【解题思路】证明：MN=MB+BB1+B1N．
因为BM=13BA1，B1N=13B1D1，
所以MN=−13BA1+BB1+13B1D1，
=−13BB1+B1A1+BB1+13B1A1+A1D1，
=23BB1+13A1D1=23BB1+13B1C1．
又因为P为B1C1中点，
所以BP=BB1+B1P=BB1+12B1C1=3223BB1+13B1C1=32MN，
从而BP与MN为共线向量．
因为直线MN与BP不重合，
所以MN//BP．
【变式2-3】（2023·江苏·高二专题练习）已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AD=3，AA1=3，点S、P在棱CC1、AA1上，且CS=12SC1，AP=2PA1，点R、Q分别为AB、D1C1的中点．求证：直线PQ∥直线RS．
【解题思路】利用坐标法，利用向量共线定理即得.
【解题思路】以点D为原点，分别以DA、DC与DD1的方向为x、y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系．
则D0,0,0、A3,0,0、C0,4,0、B3,4,0、D10,0,3、A13,0,3、C10,4,3、B13,4,3，
由题意知P3,0,2、Q0,2,3、S0,4,1、R3,2,0，
∴PQ=−3,2,1，RS=−3,2,1．
∴PQ=RS，又PQ，RS不共线，
∴PQ∥RS.
【题型3 利用空间向量证明线面平行】
【例3】（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AD//BC.AD⊥AB,AD=3,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD，且PA=3，点M在棱PD上，点N为BC中点.若DM=2MP，证明：直线MN//平面PAB.
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可.
【解题思路】如图所示，以点A为坐标原点，以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,3),B(2,0,0),D(0,3,0),C(2,2,0),N(2,1,0)，
若DM=2MP，则M(0,1,2)，MN=(2,0,−2)，
因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥PA，
又因为AD⊥AB，PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，
所以AD⊥平面PAB
平面PAB的其中一个法向量为AD=(0,3,0)，
所以MN⋅AD=0，即AD⊥MN，
又因为MN⊄平面PAB，
所以MN//平面PAB.
【变式3-1】（2023春·高二课时练习）如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，点M,N分别在BD,AE上，且BM=13BD，AN=13AE，求证：MN∥平面CDE.
【解题思路】根据已知条件建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线MN的方向向量和平面CDE的法向量，利用直线与平面平行的直线的方向向量与平面的法向量的关系即可求解.
【解题思路】因为矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，所以AB,AD,AF互相垂直．
不妨设AB,AD,AF的长分别为3a,3b,3c，以AB,AD,AF为正交基底，建立空间直角坐标系A−xyz如图所示，
则B3a,0,0， D0,3b,0， F0,0,3c， E0,3b,3c，
所以BD=−3a,3b,0,EA=0,−3b,−3c.
因为BM=13BD=−a,b,0，NA=13EA=0,−b,−c，
所以NM=NA+AB+BM=0,−b,−c+3a,0,0+−a,b,0=2a,0,−c.
又平面CDE的一个法向量是AD=0,3b,0,
由NM⋅AD=2a×0+0×3b+−c×0=0,得NM⊥AD.
因为MN⊄平面CDE，
所以MN∥平面CDE.
【变式3-2】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，PA=AB=BC=2，AD=4，E为棱PD的中点，PF=λPC（λ为常数，且0<λ<1）．若直线BF//平面ACE，求实数λ的值；
【解题思路】由题意可知，AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，分别求出平面ACE的法向量m和直线BF的方向向量BF，由BF⋅m=0，即可得出答案.
【解题思路】因为PA⊥底面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD．
由题意可知，AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,4,0，P0,0,2，E0,2,1，
所以AC=2,2,0，AE=0,2,1，BP=−2,0,2，PC=2,2,−2，
则PF=λPC=2λ,2λ,−2λ，所以BF=BP+PF=2λ−2,2λ,2−2λ．
设平面ACE的一个法向量为m=x,y,z．
由AC⋅m=0AE⋅m=0得：2x+2y=0,2y+z=0.不妨令x=1，得m=1,−1,2．
因为BF//平面ACE，所以BF⋅m=2λ−2−2λ+4−4λ=0，解得λ=12．
【变式3-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥E−ABCD中，AB//CD，CD=4AB，点F为棱CD的中点，与E，F相异的动点P在棱EF上.
(1)当P为EF的中点时，证明：PB//平面ADE；
(2)设平面EAD与平面EBC的交线为l，是否存在点P使得l/平面PBD？若存在，求EPPF的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）设点G为棱ED的中点，连接AG，PG，通过证明四边形ABPG为平行四边形，得到AG//PB，再根据线面平行的判定定理可证PB//平面ADE；
（2）延长DA，CB相交于点H，连接EH，则直线EH为平面EAD与平面EBC的交线，连接HF，交BD于点I，若EH//平面PBD，由线面平行的性质可知EH//PI，设HI=λHF，推出HI=λ2HD+2λHB，根据三点共线的结论求出λ=25，从而可推出EPPF=23.
【解题思路】（1）
如图，设点G为棱ED的中点，连接AG，PG，
∴GP=12DF=14DC,GP//DC，
∵AB//CD，CD=4AB，
∴GP=AB，GP//AB，
∴四边形ABPG为平行四边形，
∴AG//PB，
又PB⊄平面ADE，AG⊂平面ADE，
∴PB//平面ADE.
（2）
如图，延长DA，CB相交于点H，连接EH，则直线EH为平面EAD与平面EBC的交线，连接HF，交BD于点I，
若EH//平面PBD，由线面平行的性质可知EH//PI，
设HI=λHF，
∵点F为棱CD的中点，AB//CD，CD=4AB，
∴HI=λHF =λ2HD+λ2HC =λ2HD+2λHB，
∵D，I，B三点共线，
∴λ2+2λ=1，即λ=25，
所以当EPPF=23时，PFEF=FIFH=35，∴EH//PI，
又EH⊄平面PBD，PI⊂平面PBD，∴EH//平面PBD，
∴存在满足条件的点P使得l//平面PBD，此时EPPF=23.
【题型4 利用空间向量证明面面平行】
【例4】（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．
【解题思路】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n2，进而即可证明平面EFG∥平面PBC．
【解题思路】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)，BC=(0,2,0)，
设n1=(x1,y1,z1)是平面EFG的法向量，
则n1⊥FE，n1⊥FG，即n1⋅FE=0n1⋅FG=0，得−y1=0x1+y1−z1=0，
令z1=1，则x1=1，y1=0，所以n1=(1,0,1)，
设n2=(x2,y2,z2)是平面PBC的法向量，
由n2⊥PB，n2⊥BC，即n2⋅PB=0n2⋅BC=0，得2x2−2z2=02y2=0，
令z2=1，则x2=1，y2=0，所以n2=(1,0,1)，
所以n1=n2，所以平面EFG∥平面PBC．
【变式4-1】（2023春·高二课时练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N,P分别是CC1,B1C1,C1D1的中点，试建立适当的空间直角坐标系，求证：平面MNP//平面A1BD.
【解题思路】根据正方体的结构特征，以D1为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明线线平行，由面面平行的判定定理证明平面MNP//平面A1BD.
【解题思路】证明: 如图，以D1为坐标原点，D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，
则有A11,0,0，B1,1,1，D(0,0,1)， N12,1,0， M0,1,12， P0,12,0，
于是A1B=0,1,1， A1D=−1,0,1，NM=−12,0,12，PM=0,12,12，
显然有NM=12A1D，PM=12A1B，所以NM//A1D，PM//A1B，
由NM//A1D，NM⊄平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，NM//平面A1BD，
同理PM//平面A1BD， NM,PM⊂平面MNP，NM∩PM=M，
所以平面MNP//平面A1BD.
【变式4-2】（2023春·高一课时练习）如图，从▱ABCD所在平面外一点O作向量OA′=kOA，OB′=kOB，OC′=kOC，OD′=kOD.求证：
(1)A′，B′，C′，D′四点共面；
(2)平面A′B′C′D′//平面ABCD.
【解题思路】（1）利用共面向量定理证明，由A′C′=A′B′+A′D′可得四点共面；
（2）利用共线向量定理，可得：A′B′// AB，A′C′// AC，从而利用面面平行的判定定理即可证明.
【解题思路】（1）证明：因为从▱ABCD所在平面外一点O作向量OA′=kOA，OB′=kOB，OC′=kOC，OD′=kOD，
所以AC=AB+AD，
所以A′C′=OC′−OA′=kOC−OA=kAC=kAB+AD=kOB−OA+OD−OA
=kOB+OD−2OA
=k1kOB′+1kOD′−2kOA′
=OB′−OA′+OD′−OA′
=A′B′+A′D′，
故A′，B′，C′，D′四点共面，证毕.
（2）证明：A′B′=OB′−OA′=kOB−kOA=kAB，从而A′B′// AB，
∵A′B′⊂平面A′B′C′D′，AB⊄平面A′B′C′D′，
∴AB//平面A′B′C′D′，
由（1）知A′C′// AC，
∵A′C′⊂平面A′B′C′D′，AC⊄平面A′B′C′D′，
∴AC//平面A′B′C′D′，
因为AB∩AC=A，AB,AC⊂平面ABCD，
所以平面ABCD//平面A′B′C′D′.
【变式4-3】（2023·江苏·高二专题练习）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，
求证：（1）FC1∥平面ADE；
（2）平面ADE∥平面B1C1F.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，计算其数量积即可证明；
（2）计算两个平面的法向量，根据法向量是否平行，即可证明.
【解题思路】证明：如图，建立空间直角坐标系D-xyz，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，
E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)，
所以FC1=(0，2，1)，DA=(2，0，0)，AE=(0，2，1).
（1）设n1=(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，则n1⊥DA，n1⊥AE，
即n1→·DA=2x1=0，n1→·AE=2y1+z1=0，得x1=0，z1=-2y1.令z1=2，则y1=-1，
所以n1=(0，-1，2).因为FC1·n1=-2+2=0，所以FC1 ⊥n1.
又因为FC1⊄平面ADE，所以FC1∥平面ADE.
（2）C1B1=(2，0，0).
设n2→=(x2，y2，z2)是平面B1C1F的一个法向量.由n2→⊥FC1，n2→⊥C1B1，
得n2→·FC1=2y2+z2=0，n2→·C1B1=2x2=0，得x2=0，z2=-2y2.
令z2=2，则y2=-1，所以n2→=(0，-1，2).
因为n1→=n2→，所以平面ADE∥平面B1C1F.
【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．
【题型5 利用空间向量证明线线垂直】
【例5】（2023春·高二课时练习）在棱长为1的正方体ABCD−A′B′C′D′中，E,F分别是D′D,DB中点，G在棱CD上，CG=14CD，H为C′G的中点，求证：EF⊥B′C；
【解题思路】设AB=a,AD=b,AA′=c，则a⋅b=b⋅c=c⋅a=0，EF=12a−b−c，B′C=b−c，计算EF⋅B′C=0得到证明.
【解题思路】设AB=a,AD=b,AA′=c，则a⋅b=b⋅c=c⋅a=0，
a|2=a2=1,b|2=b2=1,|c|2=c2=1，
EF=ED+DF=−12c+12a−b=12a−b−c，
B′C=BC−BB′=b−c，
EF⋅B′C=12a−b−c⋅b−c=12a⋅b−a⋅c−b2+c⋅b−c⋅b+c2=0，故EF⊥B′C.
【变式5-1】（2023秋·广东广州·高一校考期中）如图，AD⊥AB，AD⊥AC，AB⊥AC，AB=AC=AD=1，E，F分别是AB，CD的中点，M，N分别是BC，BD的中点，证明：EF⊥MN.
【解题思路】由题意，利用向量法，根据空间向量的基本定理，结合数量积证明垂直，可得答案.
【解题思路】由题意，连接ED，如下图：
MN=12CD=12(CA+AD)=12(AD−AC)，
同理EF=ED+DF=−12AB+AD+12(AC−AD)=12(AD+AC−AB)，
故EF⋅MN=12AD−AC⋅12AD+AC−AB =14AD2−AC2+AD⋅AC−AD⋅AB−AC⋅AD+AC⋅AB
由AD⊥AB，AD⊥AC，AB⊥AC，AB=AC=AD=1，则EF⋅MN=0，
故EF⊥MN.
【变式5-2】（2023秋·高二课时练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别是DD1、BD的中点，建立适当的空间直角坐标系，证明：EF⊥B1C．
【解题思路】建立空间直角坐标系，写出E,F,B1,C的坐标，利用空间向量垂直的坐标表示证明即可.
【解题思路】证明：以D为坐标原点，DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
因为正方体棱长为1，E,F分别是DD1、BD的中点，
所以B11,1,1,C0,1,0,E0,0,12,B1,1,0,D0,0,0，
所以F12,12,0，
所以EF=12,12,−12,B1C=−1,0,−1，
由EF⋅B1C=12×−1+12×0+−12×−1=0，
所以EF⊥B1C，
即EF⊥B1C.
【变式5-3】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA=AB=1，点F是PB的中点，点E在边BC上移动.求证：无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF.
【解题思路】本题建立空间直角坐标系，求出两直线的方向向量，求数量积即可判断.
【解题思路】证明：(方法1)以A为原点，以AD，AB，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD=a，
则A(0，0，0)，P(0，0，1)，B(0，1，0)，C(a，1，0)，
于是F(0，12，12).
∵E在BC上，∴设E(m，1，0)，∴PE=(m，1，-1)，AF=(0，12，12).
∵PE·AF=0，∴PE⊥AF.
∴无论点E在边BC上何处，总有PE⊥AF.
(方法2)因为点E在边BC上，可设BE=λBC，
于是PE·AF=(PA+AB+BE)·12(AP+AB)=12(PA+AB+λBC)·(AB+AP)
=12(PA·AB+PA·AP+AB·AB+AB·AP+λBC·AB+λBC·AP)=12(0-1+1+0+0+0)=0，
因此PE⊥AF.
故无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF.
【题型6 利用空间向量证明线面垂直】
【例6】（2023春·高二课时练习）如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.
【解题思路】建系，利用空间向量证明线面垂直.
【解题思路】如图所示，取BC的中点O，连接AO，因为△ABC为正三角形，
所以AO⊥BC，
因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，
AO⊂平面ABC，则AO⊥CC1，
BC∩CC1=C，BC,CC1⊂平面BCC1B1，
所以AO⊥平面BCC1B1，
取B1C1的中点O1，以O为坐标原点，
以OB,OO1,OA分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则B1,0,0,D−1,1,0,A10,2,3,A0,0,3,B11,2,0，
所以AB1=1,2,−3,BA1=−1,2,3,BD=−2,1,0，
则AB1⋅BA1=1×−1+2×2+−3×3=0AB1⋅BD=1×−2+2×1+−3×0=0，
可得AB1⊥BA1,AB1⊥BD，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD，
BA1∩BD＝B，BA1,BD⊂平面A1BD，
所以AB1⊥平面A1BD.
【变式6-1】（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⊥BD.
(2)求证：AM⊥平面BDF.
【解题思路】（1）利用面面垂直性质定理证明CE⊥平面ABCD，然后以点C为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标法证明线线垂直；
（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.
【解题思路】（1）因为四边形ACEF为矩形，则CE⊥AC，
因为平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF=AC，CE⊂平面ACEF，
所以CE⊥平面ABCD，又四边形ABCD为正方形，
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−xyz，
由AB=2，AF=1，得C0,0,0，A2,2,0，B0,2,0，D2,0,0，
E0,0,1，F2,2,1，M22,22,1.
所以AM=−22,−22,1，BD=2,−2,0，
所以AM⋅BD=2×(−22)+(−2)×(−22)+0×1=0，所以AM⊥BD，
所以AM⊥BD
（2）由（1）知，AM=−22,−22,1，DF=(0,2,1)，BD=2,−2,0.
设n=x,y,z是平面BDF的法向量，则n⊥BD，n⊥DF，
所以n→⋅BD→=2x−2y=0n→⋅DF→=2y+z=0，得x=yz=−2y，
取y=1，得x=1，z=−2，则n=1,1,−2.
因为AM=−22,−22,1，所以n=−2AM，即n与AM共线.
所以AM⊥平面BDF.
【变式6-2】（2023春·广西柳州·高二校考阶段练习）已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长均为1，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°．用向量解决下面的问题
(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥平面A1BD．
【解题思路】（1）利用转化法将AC1换成AB+AD+AA1，利用AB+AD+AA1求模长即可；
（2）利用向量垂直来证明AC1⊥A1B，AC1⊥DB，再利用线面垂直的判定定理证明即可.
【解题思路】（1）设AB=a,AD=b,AA1=c，
则a⋅b=b⋅c=c⋅a=1×1×cs60°=12，
又a2=b2=c2=1,AC1=a+b+c，
所以AC12=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a⋅b+2b⋅c+2c⋅a
=1+1+1+2×12+2×12+2×12=6，
即AC1=6；
（2）因为A1B=a−c，
所以AC1⋅A1B=(a+b+c)⋅(a−c)=a2−c2+a⋅b−b⋅c
=1−1+12−12=0．
所以AC1⊥A1B，同理可得AC1⊥DB，
又A1B∩DB=B,A1B,DB⊂平面A1BD．
所以AC1⊥平面A1BD．
【变式6-3】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD=DC，E，F分别是AB,PB的中点.
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，设AD=a，写出各点坐标，求得向量，由EF⋅DC=0即得；
（2）设G(x,0,z)，求出平面PCB内两个不共线向量CB,CP，由FG⋅CB=0和FG⋅CP=0求得x,z确定D点位置．
【解题思路】（1）因为PD⊥底面ABCD，DA⊂平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥DA，PD⊥DC，又底面ABCD为正方形，
所以DA⊥DC，
以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
设AD=a，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E(a,a2,0)，P(0，0，a)，F(a2,a2,a2)，
∴EF=(−a2,0,a2)，DC=(0,a,0)，
∴EF⋅DC＝0，
∴EF⊥DC，即EF⊥CD；
（2）设G(x,0,z)，则FG=(x−a2,−a2,z−a2)，CB=(a，0，0)，CP=(0,−a,a)，
若使GF⊥平面PCB，则需FG⋅CB=0且FG⋅CP=0，
由FG⋅CB=(x−a2,−a2,z−a2)⋅(a，0，0)=a(x−a2)=0，
解得x=a2，
由FG⋅CP= (x−a2,−a2,z−a2)⋅(0,−a,a)=a22+a(z−a2)=0，
解得z=0，
因为CB,CP为平面PCB内两条相交直线，故GF⊥平面PCB，
∴G点坐标为(a2,0,0)，即G为AD的中点．
【题型7 利用空间向量证明面面垂直】
【例7】（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.
【解题思路】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.
【解题思路】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,A3,1,0,B0,2,0,E0,0,2,D0,2,1，
所以EA=3,1,−2,CE=0,0,2,ED=0,2,−1，
设平面ECA的一个法向量是n1=(x1,y1,z1)，
则n1⋅EA=3x1+y1−2z1=0n1⋅CE=2z1=0，
取x1=1，则y1=−3,z1=0，即n1=(1,−3,0)，
设平面DEA的一个法向量是n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅EA=3x2+y2−2z2=0n2⋅DE=2y2−z2=0，
取x2=3，则y2=1,z2=2，即n2=(3,1,2)，
因为n1⋅n2=1×3+−3×1+0×2=0，所以n1⊥n2，
所以平面DEA⊥平面ECA.
【变式7-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，若AD=2，AF=AB= BC=FE=1.
(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；
【解题思路】（1）因为AD=2，AF=AB=BC=FE=1，取AD中点N，连接EN，CN，
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=12×1×1×1+13×12×1×1=23.
（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，M12,1,12，
所以AD=0,2,0,MD=−12,1,−12,CE=−1,0,1
得到：CE⋅AD=0,CE⋅MD=12−12=0
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.
【变式7-2】（2023秋·新疆昌吉·高二校考期末）如图，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．证明：
(1)BE∥平面PAD；
(2)平面PCD⊥平面PAD．
【解题思路】（1）根据题意，先证明AB，AD，AP两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再利用空间向量法证明平面PAD的一个法向量AB与BE垂直，进而即可证明结论；
（2）结合（1），先证明平面PCD的一个法向量与平面PAD的一个法向量垂直，进而即可证明结论．
【解题思路】（1）因为PA⊥平面ABCD，且AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，
又因为AB⊥AD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，
依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则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)，则BE=0,1,1，
所以AB=1,0,0为平面PAD的一个法向量，
又BE⋅AB=0,1,1⋅1,0,0=0，所以BE⊥AB，
又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD．
（2）由（1）知平面PAD的法向量AB=1,0,0，PD=0,2,−2，DC=2,0,0，
设平面PCD的一个法向量为n=x,y,z，
则n⋅PD=0n⋅DC=0，即2y−2z=02x=0，令y＝1，可得z＝1，所以n=0,1,1，
又n⋅AB=0,1,1⋅1,0,0=0，
所以n⊥AB，所以平面PAD⊥平面PCD．
【变式7-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥P-ABC中，AB=AC ，D是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)求证：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP是一点，且AM=3 ．试证明平面AMC⊥平面BMC．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出向量AP,BC的坐标，计算AP⋅BC，即可证明结论；
（2）求出平面平面AMC和平面BMC的法向量，计算法向量的数量积，结果为0，即可证明结论.
【解题思路】（1）
证明：以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，以AD方向为y轴正方向，以射线OP的方向为Z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示；
则O(0，0，0),A(0,−3，0),B(4，2，0),C(−4，2，0),P(0，0，4) ，
故AP=(0，3，4)，BC=(−8，0，0)，
∴AP⋅BC=0×(−8)+3×0+4×0=0，
∴AP⊥BC，即AP⊥BC ；
（2）
证明：因为PO⊥ 平面ABC，AO⊂平面ABC，所以PO⊥AO,
因为PO=4，AO=3 ，故AP=5 ，∵M为AP上一点，且AM=3 ，
∴M(0,−65，125)，∴AM=(0,95,125)，
BM=(-4,−165,125)，CM=(4,−165,125)；
设平面BMC的法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅BM=0n⋅CM=0 ，即−4a−165b+125c=04a−165b+125c=0，
令b=1 ，则n= (0,1,43)；
设平面AMC的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅AM=0m⋅CM=0 ，
即95y+125z=04x−165y+125z=0，令x=5 ，则m=(5，4,−3)；
由于n⋅m=0×5+1×4+43×(−3)=0，
得n⊥m，即平面AMC⊥平面BMC．
【知识点4 用空间向量研究距离、夹角问题】
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 \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量为eq \(AQ,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离为eq \r(a2－a·u2) (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(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)(如图)．
2．夹角问题
(1)两个平面的夹角：平面α与平面β的夹角：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．
(2)空间角的向量法解法
【题型8 利用空间向量研究距离问题】
【例8】（2023·全国·高三专题练习）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，∠DAB=π3，3AD=2CD=2DD1=6，点P，M分别为AB，CD1上靠近A,D1的三等分点．
(1)求点M到直线PD1的距离；
(2)求直线PD与平面PCD1所成角的正弦值.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用向量法求出点到直线的距离即可；
（2）结合（1）中点的坐标，分别求出直线PD的方向向量和平面PCD1的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.
【解题思路】（1）由题可得AD=2，CD=DD1=3，
又点P为AB上靠近A的三等分点，所以AP=1．
在△ADP中，由余弦定理可得，
DP2=AD2+AP3−2AD⋅AP⋅cs∠DAP=4+1−2×2×1×12=3，
故AD2=4=AP2+DP2，
所以△ADP为直角三角形，故DP⊥AB．
因为底面ABCD为平行四边形，所以DP⊥CD．
由直四棱柱性质可知DD1⊥DP，DD1⊥CD，
即DP，CD，DD1两两垂直．
故以D为坐标原点，分别以DP，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．
则D(0,0,0),P(3,0,0),D1(0,0,3),M(0,1,2)．
因为PD1=−3,0,3，过点M作ME⊥PD1，（点到直线的距离即为通过该点向直线做垂线，点到垂足的距离）
令PE=λPD1=−3λ,0,3λ，所以E3−3λ,0,3λ，故ME=3−3λ,−1,3λ−2．
由ME⋅PD1=−3+3λ+9λ−6=0，解得λ=34，所以ME=34,−1,14，故点M到直线PD1的距离为ME=316+1+116=52．
（2）因为DP=3,0,0，D1M=0,1,−1，PD1=−3,0,3，
设平面PCD1的法向量为n=x,y,z，则n⋅D1M=0,n⋅PD1=0,即y−z=0,−3x+3z=0,
令x=3，得y=1，z=1，故n=3,1,1．
设直线PD与平面PCD1所成角为θ，
则sinθ=|cs〈n,DP〉|=n⋅DP|n|⋅|DP|=35×3=155．
所以直线PD与平面PCD1所成角的正弦值为155．
【变式8-1】（2023春·浙江温州·高二校联考期末）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中E为线段DD1的中点.
(1)求证：平面A1BD⊥平面ACC1A1；
(2)求A1到平面AB1E的距离.
【解题思路】（1）先证线面垂直，再根据面面垂直的判定定理可证结论；
（2）建立坐标系，结合空间向量，利用点到平面的距离公式可求答案.
【解题思路】（1）因为ABCD−A1B1C1D1是正方体，所以AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥BD.
又BD⊥AC，AA1∩AC=A，所以BD⊥平面ACC1A1，
BD⊂平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面ACC1A1.
（2）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，以B1为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A1,0,1，A11,0,0，B10,0,0，E1,1,12，B1A=1,0,1，B1E=1,1,12，A1B1=−1,0,0，设平面AB1E的一个法向量为n=x,y,z，.
由n⋅B1A=x+z=0n⋅B1E=x+y+12z=0,令z=2，则x=−2，y=1，即n=−2,1,2.
设A1到平面AB1E的距离为d，则d=A1B1⋅nn=23，即点A1到平面AB1E的距离为23.
【变式8-2】（2023春·高二课时练习）直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，边长为2，侧棱A1A=3，M、N分别为A1B1、A1D1的中点，E、F分别是C1D1,B1C1的中点．
(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→=MN→，AM→=BF→，再由面面平行的判定定理即可证明.
（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ℎ，由点到平面的距离公式即可求出答案.
【解题思路】（1）法一:证明：连接B1D1，NF,∵M、N分别为A1B1、A1D1的中点，
E、F分别是C1D1,B1C1的中点，
∴MN//EF//B1D1，∵MN⊄平面EFBD，EF⊂平面EFBD，
∴MN//平面EFBD，∵NF平行且等于AB，
∴ABFN是平行四边形，∴AN//BF，
∵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)，∴EF→=(1，1，0)，MN→=(1，1，0)，
AM→=(−1，0，3)，BF→=(−1，0，3)，
∴EF→=MN→，AM→=BF→，∴EF//MN，AM//BF，
∵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，S△AMN=12⋅2⋅10−12=192，
∴由等体积可得13⋅192ℎ=13⋅12⋅2⋅3⋅1，∴ℎ=61919．
法二:
设平面AMN的一个法向量为n=x，y，z，
则n→⋅MN→=x+y=0n→⋅AM→=−x+3z=0，则可取n→=(3，−3，1)，
∵AB→=(0，2，0)，
∴平面AMN与平面EFBD的距离为d=|n→⋅AB→||n→|=69+9+1=61919.
【变式8-3】（2023春·高二课时练习）如图，在长方体ABCD−A1BC1D1中，AD=AA1=1，AB=2，求：
(1)点A1到直线BD的距离；
(2)点A1到平面BDC1的距离；
(3)异面直线BD,CD1之间的距离.
【解题思路】(1)建立空间直角坐标系，求直线BD的方向向量BD和向量A1B的坐标，再求A1B在BD上的投影向量的大小，结合勾股定理求点A1到直线BD的距离；(2)求平面BDC1的法向量n，再求向量A1B在向量n上的投影的大小即可；(3)证明CD1//平面A1BD，利用向量方法求点C到平面A1BD的距离即可.
【解题思路】（1）以点D为原点，DA，DC，DD1为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，因为AD=AA1=1，AB=2，则B1,2,0，D0,0,0，A11,0,1，C10,2,1，C0,2,0，D10,0,1
所以BD=−1,−2,0，A1B=0,2,−1，所以A1B在BD上的投影向量的大小为A1B⋅BDBD=−1×0+−2×2+0×−1−12+−22+02=455，又A1B=02+22+−12=5，所以点A1到直线BD的距离d1=5−165=355；
（2）由(1) BD=−1,−2,0，DC1=0,2,1，A1B=0,2,−1，
设平面BDC1的法向量n=x,y,z，则n⋅BD=0n⋅DC1=0，所以−x−2y=02y+z=0，
取y=1，可得x=−2，z=−2，所以n=−2,1,−2是平面BDC1的一个法向量，向量A1B=0,2,−1在法向量n=−2,1,−2上的投影为A1B⋅nn=−2×0+1×2+−2×−1−22+12+−22=43，所以点A1到平面BDC1的距离为43；
（3）由(1) CD1=0,−2,1，BA1=0,−2,1，所以CD1//BA1，所以CD1//BA1，又CD1⊄平面A1BD，BA1⊂平面A1BD，所以CD1//平面A1BD，所以异面直线BD,CD1之间的距离与点C到平面A1BD的距离相等，设平面A1BD的法向量m=x1,y1,z1，因为BD=−1,−2,0，则m⋅BD=0n⋅BA1=0，所以−x1−2y1=0−2y1+z1=0，
取y1=1，可得x1=−2，z1=2，所以m=−2,1,2是平面A1BD的一个法向量，向量CD=0,−2,0在法向量m=−2,1,2上的投影为CD⋅mm=−2×0+1×−2+2×0−22+12+22=23，所以点C到平面A1BD的距离为23；故异面直线BD,CD1之间的距离为23.
【题型9 利用空间向量求空间角】
【例9】（2023春·湖北荆门·高二统考期末）如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，面ABC⊥面AA1C1C，AB⊥AC，AA1=AB=AC=2，∠A1AC=60∘．过AA1的平面交线段B1C1于点E（不与端点重合），交线段BC于点F．
(1)求证：四边形AA1EF为平行四边形；
(2)若BF=3FC，求直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值．
【解题思路】（1）利用线面平行的性质推导出AA1//EF，利用面面平行的性质可推导出A1E//AF，即可证得结论成立；
（2）证明出AB⊥平面AA1C1C，然后以点A为坐标原点，AB、AC所在直线分别为x、y轴，平面AA1C1C内过点A且垂直于AC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值.
【解题思路】（1）证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1//BB1，
因为BB1⊂平面BB1C1C，AA1⊄平面BB1C1C，所以，AA1//平面BB1C1C，
因为AA1⊂平面AA1EF，AA1EF∩平面BB1C1C=EF，所以，AA1//EF，
因为平面ABC//平面A1B1C1，平面AA1EF∩平面ABC=AF，平面AA1EF∩平面A1B1C1=A1E，
所以，A1E//AF，因此，四边形AA1EF为平行四边形．
（2）解：因为AB⊥AC，平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C=AC，
AB⊂平面ABC，所以，AB⊥平面AA1C1C，
以点A为坐标原点，AB、AC所在直线分别为x、y轴，
平面AA1C1C内过点A且垂直于AC的直线为z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
因AA1=AB=AC=2，∠A1AC=60∘，
则B2,0,0，C0,2,0，A10,1,3，C10,3,3，
AB=2,0,0，AC1=0,3,3，CB=2,−2,0，AC=0,2,0，
AF=AC+CF=AC+14CB =0,2,0+142,−2,0=12,32,0，
设平面AFC1的法向量n=x,y,z，则n⋅AC1=3y+3z=0n⋅AF=12x+32y=0，
令y=1，得n=−3,1,−3，
而A1C1=AC=0,2,0，设直线A1C1与平面AFC1所成角为θ，
于是得sinθ=csn,A1C1=n⋅A1C1n⋅A1C1=213×2=1313，
所以直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值为1313．
【变式9-1】（2023春·陕西西安·高一校考期末）如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC=12，∠BAC=π3，E，F都在AC上，且AE:EF:FC=3:4:5，BE//FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P−EFGB，如图2.
(1)求异面直线PF，BG所成角的余弦值；
(2)若M为PB的中点，求钝二面角B−FM−E的余弦值.
【解题思路】（1）（2）依题意可得BE⊥EF，BE⊥PE，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【解题思路】（1）由题意可知AE=3，EF=4，CF=5，所以AE2+EF2=CF2，
故PE⊥EF，且AB=ACcsπ3=6，
∴AEAB=ABAC=12，∴△ABE∽△ACB，∴∠AEB=∠ABC=π2，所以BE⊥AC，
又BE//FG，所以FG⊥AC，即BE⊥EF，BE⊥PE，
故可以EF，EB，EP为x，y，z轴建立空间直角坐标系E−xyz如图所示，
易知BE=ABsinπ3=33，FG=FCtanπ6=533，
则F4,0,0，B0,33,0，G4,533,0，P0,0,3，
∴PF=4,0,−3，BG=4,−433,0，
∴csPF,BG=PF⋅BGPF∣⋅BG=165×83=235，
故异面直线PF，BG所成角的余弦值为235；
（2）由（1）可知M0,332,32，
∴MF=4,−332,−32，BF=4,−33,0，EF=4,0,0，
设平面BFM法向量为m=x1,y1,z1，
由m⋅MF=0m⋅BF=0，则4x1−332y1−32z1=04x1−33y1=0，令y1=4得m=33,4,43，
设平面EFM法向量为n=x2,y2,z2，
由n⋅MF=0n⋅EF=0，则4x2−332y2−32z2=04x2=0，令y2=1得n=0,1,−3，
所以csm,n=m⋅nm⋅n=4−1291×2=−49191，
所以钝二面角B−FM−E的余弦值为−49191.
【变式9-2】（2023春·湖南衡阳·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，PH⊥平面ABCD（垂足H在矩形ABCD内），E为棱PC的中点，HE//平面PAB.
(1)证明：PB=PC；
(2)若AB=2BC=2PC，直线PC与平面ABCD所成角为π4，求平面PAD与平面PHC夹角的余弦值.
【解题思路】（1）延长CH交AB于点F，连按PF，BH，由线面平行的性质得HE//PF，进而确定H为CF的中点，利用三角形全等证结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面PAD与平面PHC的法向量，利用向量法求面面角的余弦值.
【解题思路】（1）延长CH交AB于点F，连接PF，BH，
HE//平面PAB，面CPF∩面PAB=PF，HE⊂面CPF，则HE//PF，
又E为棱PC的中点，则H为CF的中点，
∴BH是直角三角形BCF斜边上的中线，
∴BH=CH，易知Rt△PHB≅Rt△PHC，则PB=PC.
（2）以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
∵PH⊥平面ABCD，∴CH是PC在平面ABCD内的射影，
∴∠PCH是直线PC与面ABCD所成角，∴∠PCH=π4，
∴△PCH为等腰直角三角形，
设AB=4，则BC=PC=2，则CH=2，∴PH=2，
∴P0,0,2，A1,−3,0，D−1,−3,0，H0,0,0，C−1,1,0，
∴PA=1,−3,−2，PD=−1,−3,−2，HP=(0,0,2)，HC=(−1,1,0)，
设平面PAD的法向量为m=x,y,z，
由m⋅PA=x−3y−2z=0m⋅PD=−x−3y−2z=0，令y=2，则m=0,2,−3.
设平面PHC的法向量为n=(a,b,c)，
由n⋅HP=2c=0n⋅HC=−a+b=0，令a=1，则n=1,1,0.
∴csm,n=22⋅11=1111，平面PAD与平面PHC夹角的余弦值为1111.
【变式9-3】（2023春·江苏连云港·高二统考期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=90°，AD=2，PA=BC=1．
(1)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值；
(2)求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值．
【解题思路】（1）以A为坐标原点，建立的空间直角坐标系O−xyz，求得向量PC=1,1,−1，和平面PBD的一个法向量m=2,1,2，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）由平面PAB的一个法向量n1=0,1,0，求得平面PCD的一个法向量为n2=1,1,2，结合向量的夹角公式，即可求解．
【解题思路】（1）解：因为PA⊥平面ABCD，且AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，
又因为∠BAD=90°，所以AB⊥AD，
因为PB与底面所成的角为45∘，所以∠PBA=45°，故AB=PA=1，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立的空间直角坐标系O−xyz，如图所示，
因为AD=2，PA=BC=1，可得B1,0,0，D0,2,0，P0,0,1，C1,1,0，
所以PC=1,1,−1，PB=1,0,−1，PD=0,2,−1，
设平面PBD的一个法向量为m=x,y,z，可得m⋅PB=x−z=0m⋅PD=2y−z=0，
取z=2，则x=2,y=1，可得m=2,1,2，
所以csm,PC=m⋅PCmPC=13×3=39，
所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为39．
（2）解：根据题意，平面PAB的一个法向量n1=12AD=0,1,0，
设平面PCD的一个法向量为n2=(a,b,c)，可得n2⋅PC=a+b−c=0n2⋅PD=2b−c=0，
取b=1，则c=2，a=1，所以n2=1,1,2
则csn1,n2=n1⋅n2n1n2=11×6=66，
所以平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为66．
【题型10 利用空间向量研究存在性问题】
【例10】（2023·全国·高三对口高考）如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF.
(1)求二面角D−BF−C的余弦值；
(2)在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得FP∥平面AED.若存在，求出APAB的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角，
（2）由平面法向量与直线方向向量垂直，结合向量共线，即可由坐标运算求解.
【解题思路】（1）过D作DM⊥AB于M，由于∠DAB=60°，则AM=ADcs∠DAB=12AD,由于AD=DC=BC,且四边形ABCD是等腰梯形，所以AB=2AM+DC=2DC,在三角形ABD中，由余弦定理可得BD=AD2+AB2−2AD⋅ABcs60∘=3AD，所以AD2+BD2=AB2,故BD⊥DA,
以D为坐标原点，DA，DB为x轴，y轴，过点D作CF的平行线为Z轴，建立空间直角坐标系，设CD=CB=2，则DB=23,AD=2，
∴ D0,0,0,A2,0,0E(1,0,1),F(−1,3,2),B(0,23,0),C(−1,3,0),
DB=0,23,0,DF=−1,3,2
设面DBF的法向量n1=(x,y,z)，
则n1⋅DB=0n1⋅DF=0，即23y=0−x+3y+2z=0，取x=2，得n1=(2,0,1)．
设面CBF的法向量n2=(a,b,c)，CB=1,3,0,BF=−1,−3,2
则n2⋅CB=0n2⋅BF=0，即a+3b=0−a−3b+2z=0，则取b=3，得n2=(−3,3,0)．
∵ cs
由几何体的特征可知二面角D−BF−C的平面角为锐角，
∴二面角D−BF−C的余弦值为155．
（2）∵AE⊥BD，BD⊥AD,AE∩AD=A，AD, AE⊂面AED，
∴BD⊥面AED．
设AP=xAB=λ−2,23,0=−2λ,23λ,0,∴FP=AP−AF=−2λ+3,23λ−3,−2,
DB=0,23,0
若FP∥平面AED，则FP⊥BD ,所以23λ−323=0⇒λ=12，
所以APAB=12.
【变式10-1】（2023·湖北襄阳·校考模拟预测）在三棱锥P-ABC中，若已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面ABC的射影为点H，则
(1)证明：PC⊥AB
(2)设PH=HA=HB=HC=2，则在线段PC上是否存在一点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为45，若存在，设CMCP=λ，求出λ的值，若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由条件证明PH⊥AB,PH⊥BC,PH⊥CA，再证明AH⊥BC,BH⊥AC，由此可得CH⊥AB，由线面垂直判定定理证明AB⊥平面PCH，由此证明PC⊥AB；
（2）建立空间直角坐标系，技术存在点M满足条件，由条件求平面PAB的法向量和直线BM的方向向量，由条件列方程求λ即可.
【解题思路】（1）因为点P在底面ABC的射影为点H，
所以PH⊥平面ABC，又AB,BC,CA⊂平面ABC，
所以PH⊥AB,PH⊥BC,PH⊥CA，
因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH=P，PA,PH⊂平面PAH，
所以BC⊥平面PAH，又AH⊂平面PAH，
所以BC⊥AH，
因为PB⊥AC，PH⊥AC，PB∩PH=P，PB,PH⊂平面PBH，
所以AC⊥平面PBH，又BH⊂平面PBH，
所以AC⊥BH，
因为BC⊥AH，AC⊥BH，
所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB，
因为CH⊥AB，PH⊥AB，CH,PH⊂平面PCH，CH∩PH=H，
所以AB⊥平面PCH，又PC⊂平面PCH，
所以PC⊥AB；
（2）延长CH交AB于点O，由（1）可得CO⊥AB，
又HA=HB，所以点O为线段AB的中点，
所以CA=CB，同理可得BA=BC，
所以△ABC为等边三角形，又HA=HB=HC=2，所以AB=23，
如图，以点O为原点，以OB,OC,HP为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A−3,0,0,B3,0,0,P0,1,2,C0,3,0，
故AB=23,0,0,AP=3,1,2,BC=−3,3,0,CP=0,−2,2，
设存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为45，且CMCP=λ，
则BM=BC+CM=BC+λCP=−3,3−2λ,2λ，
设平面PAB的法向量为n，n=x,y,z，
则n⋅AB=0n⋅AP=0，所以23x=03x+y+2z=0，
令z=1，可得x=0,y=−2，
所以n=0,−2,1为平面PAB的一个法向量，
所以csBM,n=BM⋅nBMn=−6+6λ12−12λ+8λ2×5，
设直线BM与平面PAB所成角为θ，则csθ=45，又θ∈0,π2，
所以sinθ=35，故−6+6λ12−12λ+8λ2×5=35，
所以λ=13或λ=2，又λ∈0,1，
所以λ=13.
所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为45，且CMCP=λ=13.
【变式10-2】（2023·河北衡水·河北校考三模）图1是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=6．
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED．
(2)在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为155？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）在图1中，连接AC，交BE于O，由几何关系可得AC⊥BE，OA=OC=3，结合图2易得∠AOC1 是二面角 A−BE−C1 的平面角，由勾股定理逆定理可证OA⊥OC1，进而得证；
（2）以OA，OB， OC1 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设 DP=λDC1，λ∈0,1，求得AP，同时求出平面ABC1的法向量n=x,y,z，由点面距离的向量公式d=AP⋅nn求得λ，进而求得EP，结合向量公式可求直线EP与平面ABC1所成角的正弦值.
【解题思路】（1）如图所示：
在图1中，连接AC，交BE于O，因为四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE=60°，所以AC⊥BE，且OA=OC=3．
在图 2 中， 相交直线 OA ，OC1均与 BE 垂直， 所以 ∠AOC1 是二面角 A−BE−C1 的平面角， 因为 AC1=6， 所以 OA2+OC12=AC12，OA⊥OC1，所以平面 BG1E⊥ 平面 ABED ；
（2）由 （1） 知， 分别以OA，OB， OC1 为 x，y，z 轴建立如图 2 所示的空间直角坐标系， 则 D32,−32,0，C10,0,3，A3,0,0，B0,1,0，E0,−1,0， DC1=−32,32,3，AD=−32,−32,0，AB=−3,1,0，AC1=−3,0,3，AE=−3,−1,0.
设 DP=λDC1，λ∈0,1，
则 AP=AD+DP=AD+λDC1=−32−32λ,−32+32λ,3λ.
设平面 ABC1 的法向量为 n=x,y,z，
则AB⋅n=0AC1⋅n=0， 即 −3x+y=0−3x+3z=0， 取 n=1,3,1，
因为点 P 到平面 ABC1 的距离为 155，
所以 d=AP⋅nn=−23+23λ5=155， 解得 λ=12，
则 AP=−334,−34,32， 所以 EP=AP−AE=34,14,32.
设直线 EP 与平面 ABC1 所成的角为 θ，
所以直线 EP 与平面 ABC1 所成角的正弦值为 sinθ=csEP,n=EP⋅nEP⋅n=155.
【变式10-3】（2023春·广东佛山·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD是正方形，PC⊥底面ABCD，且PC=BC=1，E是棱PB上动点.
(1)证明：BD⊥平面PAC.
(2)线段PB上是否存在点E，使二面角P−AC−E的余弦值是223？若存在，求PEPB的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）利用正方形性质、线面垂直的性质和线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）以C为坐标原点建立空间直角坐标系，设PE=λPB0≤λ≤1，利用向量线性运算可得AE，根据二面角的向量求法可构造方程求得λ的值.
【解题思路】（1）连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC；
∵PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PC⊥BD，
又AC∩PC=C，AC,PC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC.
（2）以C为坐标原点，CB,CD,CP正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则A1,1,0，C0,0,0，B1,0,0，D0,1,0，P0,0,1，
∴PB=1,0,−1，AC=−1,−1,0，BD=−1,1,0，AP=−1,−1,1，
假设在线段PB上存在点E，使得二面角P−AC−E的余弦值为223，
设PE=λPB0≤λ≤1，则PE=λ,0,−λ，∴AE=AP+PE=λ−1,−1,1−λ，
设平面ACE的法向量n=x,y,z，
则AE⋅n=λ−1x−y+1−λz=0AC⋅n=−x−y=0，令x=1，解得：y=−1，z=λλ−1，∴n=1,−1,λλ−1；
由（1）知：BD⊥平面PAC，∴平面PAC的一个法向量为BD=−1,1,0；
∴cs
∴当PE=13PB，即PEPB=13时，二面角P−AC−E的余弦值为223.角的分类
向量求法
范围
两条异面直线所成的角
设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝ eq \f(|u·v|,|u||v|)
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
直线与平面所成的角
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sin θ＝|cs 〈u，n〉|＝eq \f(|u·n|,|u||n|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
两个平面的夹角
设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
角的分类
向量求法
范围
两条异面直线所成的角
设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝ eq \f(|u·v|,|u||v|)
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
直线与平面所成的角
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sin θ＝|cs 〈u，n〉|＝eq \f(|u·n|,|u||n|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
两个平面的夹角
设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
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