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

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\l "_Tc16672" 【题型1 向量法证明线线平行】 PAGEREF _Tc16672 \h 4
\l "_Tc9127" 【题型2 向量法证明直线和平面平行】 PAGEREF _Tc9127 \h 6
\l "_Tc16510" 【题型3 向量法证明平面和平面平行】 PAGEREF _Tc16510 \h 9
\l "_Tc230" 【题型4 向量法证明线线垂直】 PAGEREF _Tc230 \h 14
\l "_Tc3667" 【题型5 向量法证明直线和平面垂直】 PAGEREF _Tc3667 \h 18
\l "_Tc32715" 【题型6 向量法证明平面和平面垂直】 PAGEREF _Tc32715 \h 23
\l "_Tc3351" 【题型7 求异面直线所成的角】 PAGEREF _Tc3351 \h 28
\l "_Tc29515" 【题型8 求线面角】 PAGEREF _Tc29515 \h 31
\l "_Tc15577" 【题型9 求平面与平面所成角】 PAGEREF _Tc15577 \h 36
\l "_Tc14428" 【题型10 点到直线距离、异面直线距离的向量求法】 PAGEREF _Tc14428 \h 42
\l "_Tc5947" 【题型11 求点面距、线面距、面面距】 PAGEREF _Tc5947 \h 44
\l "_Tc14490" 【题型12 立体几何中的探索性问题】 PAGEREF _Tc14490 \h 50
1、空间向量的应用
【知识点1 空间位置关系的向量表示】
1．直线的方向向量
直线的方向向量：如果表示非零向量的有向线段所在的直线与直线l平行或重合，那么称此向量
为直线l的方向向量.
2．平面的法向量
平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量，则称向量为平面α的法向量.
【知识点2 用空间向量研究直线、平面的平行关系】
1．空间中直线、平面的平行
(1)线线平行的向量表示：设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2.
(2)线面平行的向量表示：设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔u⊥n⇔u·n＝0.
(3)面面平行的向量表示：设n1 ，n2 分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2 .
2．利用向量证明线线平行的思路：
证明线线平行只需证明两条直线的方向向量共线即可．
3．证明线面平行问题的方法：
(1)证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线向量且直线不在平面内；
(2)证明直线的方向向量可以用平面内两个不共线向量表示且直线不在平面内；
(3)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直且直线不在平面内．
4．证明面面平行问题的方法：
(1)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行．
(2)将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明．
【知识点3 用空间向量研究直线、平面的垂直关系】
1．空间中直线、平面的垂直
(1)线线垂直的向量表示：设 u1，u2 分别是直线 l1 , l2 的方向向量，则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.
(2)线面垂直的向量表示：设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量， l⊄α，则l⊥α⇔u∥n⇔∃λ∈R，使得u＝λn.
(3)面面垂直的向量表示：设n1，n2 分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0.
2．证明两直线垂直的基本步骤：
建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直．
3．用坐标法证明线面垂直的方法及步骤：
(1)利用线线垂直：①将直线的方向向量用坐标表示；②找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量；③判断直线的方向向量与平面内两条直线的方向向量垂直．
(2)利用平面的法向量：①将直线的方向向量用坐标表示；②求出平面的法向量；③判断直线的方向向量与平面的法向量平行．
4．证明面面垂直的两种方法：
(1)常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明．
(2)法向量法：证明两个平面的法向量互相垂直．
【知识点4 用向量法求空间角】
1．用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
2．向量法求直线与平面所成角的主要方法:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
3．向量法求二面角的解题思路:
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
【知识点5 用空间向量研究距离问题】
1．距离问题
(1)点P到直线 l 的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量eq \(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(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．向量法求点到直线距离的步骤：
(1)根据图形求出直线的单位方向向量.
(2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量.
(3)垂线段长度.
3．求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离.
②转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.
③等体积法.
④向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为.
【方法技巧与总结】
1．异面直线所成角的范围是；直线与平面所成角的范围是；二面角的范围是；两个平面夹角的范围是.
【题型1 向量法证明线线平行】
【例1】（23-24高二上·河南·期末）在空间直角坐标系中，已知A1,2,3，B−2,−1,6，C3,2,1，D4,3,0，则直线AB与CD的位置关系是（ ）
A．异面B．平行C．垂直D．相交但不垂直
【解题思路】利用给定的坐标，求出向量AB,CD,AC的坐标，再借助共线向量判断得解.
【解答过程】由A1,2,3，B−2,−1,6，C3,2,1，D4,3,0，
得AB=−3,−3,3，CD=1,1,−1，则AB=−3CD，即AB//CD，
而AC=(2,0,−2)，显然向量AB,AC不共线，即点C不在直线AB上，
所以直线AB与CD平行．
故选：B.
【变式1-1】（23-24高二上·广东深圳·期末）已知空间中两条不同的直线m，n，其方向向量分别为a，b，则“a，b共线”是“直线m，n平行”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【解题思路】利用充分必要条件的概念进行判断即可.
【解答过程】若直线的方向向量a，b共线，则两直线平行或重合，
又因为直线m，n是空间中两条不同的直线，所以两直线m，n平行，即“a，b共线”是“直线m，n平行”的充分条件；
若直线m，n平行，则a，b共线，即“a，b共线”是“直线m，n平行”的必要条件；
综上，“a，b共线”是“直线m，n平行”的充分必要条件.
故选：C.
【变式1-2】（2024·全国·模拟预测）已知两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1=1,0,−1，v2=−2,0,2，则l1与l2的位置关系是（ ）
A．平行B．相交C．垂直D．不确定
【解题思路】根据两直线方向向量平行两直线平行即可求解》
【解答过程】因为v1=1,0,−1，v2=−2,0,2，
所以v2=−2v1，
所以l1//l2，
故选：A.
【变式1-3】（23-24高三上·河北衡水·阶段练习）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是（ ）

A．MN与CC1垂直
B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行
D．MN与A1B1平行
【解题思路】通过空间向量建系法，结合向量平行与垂直的性质一一验证即可
【解答过程】设正方体的棱长为1，如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，M12，1，12，N0，12，12，
∴MN=-12，-12，0，CC1=(0，0，1)，AC=(-1，1，0)，BD=(-1，-1，0)，A1B1=(0，1，0)，∴MN·CC1=0，∴MN⊥CC1，A说法正确；MN·AC=12-12=0，∴MN⊥AC，B说法正确；易知BD=2MN，且M，N∉BD，∴MN∥BD，C说法正确；设MN=λA1B1，得-12=0×λ，-12=λ，0=0×λ，无解，所以MN与A1B1不平行，D说法错误.
故选：D.
【题型2 向量法证明直线和平面平行】
【例2】（2024高二上·全国·专题练习）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC,AB=1，AC=AA1=2,AD=CD=5，且点M,N分别为B1C和D1D的中点， 求证：MN//平面ABCD.
【解题思路】以A为原点，建立空间直角坐标系，求得平面ABCD的一个法向量n=(0,0,1)和向量MN=(0,−52,0)，结合MN⋅n=0，即可证得MN//平面ABCD.
【解答过程】以A为原点，分别以AC,AB,AA1所在直线为x,y,zz轴建立空间直角坐标系，
如图所示，可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,−2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2)，C1(2,0,2),D1(1,−2,2)，
又因为M,N分别为B1C和D1D的中点，可得M(1,12,1),N(1,−2,1)，
又由向量n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，且MN=(0,−52,0),
由此可得MN⋅n=0，又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN//平面ABCD.
【变式2-1】（2024高二上·全国·专题练习）如图所示，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB=BC=12AP=2，D是AP的中点，E,F,G分别为PC,PD,CB的中点，将△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD，试用向量方法证明AP ∥平面EFG.
【解题思路】建立空间直角坐标系，求出AP的方向向量和平面EFG的法向量即可求解.
【解答过程】由题意可知底面ABCD为正方形，
因为PD⊥平面ABCD，DA,DC⊂平面ABCD，所以DA,DC,DP两两垂直，
如图以D为原点，以DA,DC,DP为方向向量建立空间直角坐标系D−xyz，
则有关点及向量的坐标为：
P0,0,2，C0,2,0，G1,2,0，E0,1,1，F0,0,1，A2,0,0，
AP=−2,0,2，EF=0,−1,0，EG=1,1,−1，
设平面EFG的法向量为n=x,y,z，
则n⋅EF=−y=0n⋅EG=x+y−z=0，取x=1可得平面EFG的一个法向量为n=1,0,1，
因为n⋅AP=−2+0+2=0，又AP在平面EFG外，
所以AP ∥平面EFG.
【变式2-2】（2024高二·全国·专题练习）如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD为矩形，OA⊥底面ABCD，OA=2，AD=2AB=2，M为OA的中点，N为BC的中点，求证：直线MN//平面OCD.
【解题思路】利用空间向量法可证
【解答过程】因为底面ABCD为矩形，OA⊥底面ABCD，所以AB，AD，AO两两互相垂直，
所以分别以AB，AD，AO所在直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系A−xyz，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，M(0,0,1)，N(1,1,0)，0,0,2，
∴MN=1,1,−1，DC=(1,0,0)，DO=0,−2,2
设平面OCD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DO=0n⋅DC=0，即 −2y+2z=0x=0，取z=1，得n=(0,1,1)
所以MN⋅n=1×0+1×1−1×1=0
又∵ MN⊄平面OCD，所以直线MN//平面OCD，
【变式2-3】（23-24高二上·江西·阶段练习）如图，正四棱锥P−ABCD的高为6，AB=32，且M是棱PC上更靠近C的三等分点.
(1)证明：BD⊥PC；
(2)若在棱PB上存在一点N，使得AN//平面BDM，求BN的长度.
【解题思路】（1）连接AC，交BD于点O，连接PO，证明BD⊥平面POC后可证得线线垂直；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求得点N位置，计算出向量的模得结论．
【解答过程】（1）如图，连接AC，交BD于点O，连接PO.
∵底面ABCD是正方形，PB=PD，∴BD⊥PO，BD⊥OC，
∵PO∩OC=O，PO，OC⊂平面POC.∴BD⊥平面POC.
∵PC⊂平面POC，∴BD⊥PC.
（2）以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则A(3,0,0)，P(0,0,6)，D(0−3.0)，B(0.3.0)，M(−2.0.2).
DB=(0,6,0)，DM=(−2,3,2)，AB=(−3,3,0)，BP=0,−3,6.
设平面BDM的法向量为n=(x,y⋅z).则n⋅DB=6y=0,n⋅DM=−2x+3y+2z=0.
取z=1，则x=1，y=0，得n=(1,0,1).
设BN=λBP=(0.−3λ.6λ)，λ∈[0.1]，则AN=AB+BN=(−3,3−3λ,6λ).
∵AN//平面BDM，∴AN⋅n=−3+6λ=0，得λ=12.故BN=94+9=352.
【题型3 向量法证明平面和平面平行】
【例3】（2024高二·全国·专题练习）如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA=AD=2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点，求证：平面EFG//平面PBC．
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用法向量即可求解.
【解答过程】因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，
所以AB，AP，AD两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A0,0,0,B2,0,0,C2,2,0,D0,2,0,P0,0,2,E0,0,1,F0,1,1,G1,2,0．
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3-1】（23-24高二·全国·课后作业）如图，已知在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD，B1C的中点．证明：

(1)MN//平面CC1D1D；
(2)平面MNP//平面CC1D1D．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，根据正方体性质可知DA为平面CC1D1D的一个法向量，然后证明MN⊥DA即可得证；
（2）证明DA也是平面MNP的一个法向量即可.
【解答过程】（1）证明：以D为坐标原点，DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，M(1,0,1)，N(1,1,0)，P(1,2,1)．

由正方体的性质，知AD⊥平面CC1D1D，
所以DA=(2,0,0)为平面CC1D1D的一个法向量．
由于MN=(0,1,−1)，
则MN⋅DA=0×2+1×0+(−1)×0=0，
所以MN⊥DA．
又MN⊄平面CC1D1D，
所以MN//平面CC1D1D．
（2）证明：因为DA=(2,0,0)为平面CC1D1D的一个法向量，
由于MP=(0,2,0)，MN=(0,1,−1)，
则MP·DA=0MN·DA=0，
即DA=(2,0,0)也是平面MNP的一个法向量，
所以平面MNP//平面CC1D1D．
【变式3-2】（23-24高二下·全国·课后作业）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2.求证：平面A1C1B//平面ACD1.
【解题思路】根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面A1C1B与平面ACD1的法向量，由法向量平行，即可证明面面平行；
【解答过程】以D为原点，DA,DC,DD1 DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(3,0,0)，B(3,4,0)，C(0,4,0)，A1(3,0,2)，B1(3,4,2)，C1(0,4,2)，D1(0,0,2)，
则A1C1=(−3,4,0)，A1B=(0,4,−2)，AC=(−3,4,0)，AD1=(−3,0,2).
设平面A1C1B的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅A1C1=−3x+4y=0n⋅A1B=4y−2z=0.
取x=4，则y=3，z=6，
所以平面A1C1B的一个法向量为n=(4,3,6).
设平面ACD1的法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅AC=−3a+4b=0m⋅AD1=−3a+2c=0.
取a=4，则b=3，c=6，
所以平面ACD1的一个法向量为m=(4,3,6).
因为m=n，即m//n，
所以平面A1C1B//平面ACD1.
【变式3-3】（23-24高二上·天津蓟州·阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2.
(1)求证：平面A1C1B//平面ACD1.
(2)线段B1C上是否存在点P，使得A1P//平面ACD1？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面A1C1B与平面ACD1的法向量，由法向量平行，即可证明面面平行；
（2）由空间向量的坐标运算，由A1P与平面ACD1的法向量垂直，代入计算，即可求解.
【解答过程】（1）证明：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(3,0,0)，B(3,4,0)，C(0,4,0)，A1(3,0,2)，B1(3,4,2)，C1(0,4,2)，D1(0,0,2)，
则A1C1=(−3,4,0)，A1B=(0,4,−2)，AC=(−3,4,0)，AD1=(−3,0,2).
设平面A1C1B的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅A1C1=−3x+4y=0n⋅A1B=4y−2z=0.
取x=4，则y=3，z=6，所以平面A1C1B的一个法向量为n=(4,3,6).
设平面ACD1的法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅AC=−3a+4b=0m⋅AD1=−3a+2c=0.
取a=4，则b=3，c=6，所以平面ACD1的一个法向量为m=(4,3,6).
因为m=n，即m//n，所以平面A1C1B//平面ACD1.
（2）设线段B1C上存在点P使得A1P//平面ACD1，B1P=tB1C(0≤t≤1).
由（1）得A1B1=(0,4,0)，B1C=(−3,0,−2)，平面ACD1的一个法向量为m=(4,3,6)，
所以A1P=A1B1+B1P=A1B1+tB1C=(−3t,4,−2t).
所以m⋅A1P=−3t×4+4×3+(−2t)×6=0，解得t=12.
所以当P为线段B1C的中点时，A1P//平面ACD1.
【题型4 向量法证明线线垂直】
【例4】（23-24高二下·湖南长沙·开学考试）如图，在下列各正方体中，l为正方体的一条体对角线，M、N分别为所在棱的中点，则满足MN⊥l的是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断即得.
【解答过程】在正方体中，建立空间直角坐标系，令棱长为2，体对角线l的端点为B,D1，
对于A，B(2,2,0),D1(0,0,2),M(1,2,2),N(2,1,0)，直线l的方向向量a=(2,2,−2)，

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

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

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

则MN=(−1,2,−1),显然MN⋅a=4≠0，直线MN与l不垂直，D不是.
故选：C.
【变式4-1】（23-24高二下·江苏徐州·期中）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列关系正确的是（ ）
A．A1D1⊥B1CB．A1D⊥BDC．AC1⊥CD1D．AC1⊥A1C
【解题思路】建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量计算其数量积即可得.
【解答过程】以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，则有D0,0,0、D10,0,1、A1,0,0、A11,0,1、
B1,1,0、B11,1,1、C0,1,0、C10,1,1，
故A1D1=−1,0,0、B1C=−1,0,−1、A1D=−1,0,0、BD=−1,−1,0、
AC1=−1,1,1、CD1=0,−1,1、A1C=−1,1,−1，
对A：A1D1⋅B1C=−12=1，故A错误；
对B：A1D⋅BD=−12=1，故B错误；
对C：AC1⋅CD1=−1×1+1×1=0，故AC1⊥CD1，故C正确；
对D：AC1⋅A1C=1+1−1=1，故D错误.
故选：C.
【变式4-2】（2024高二·全国·专题练习）如图，在多面体PABCD中，∠ABC=90∘,△DAB,△DBC都是等边三角形，AC=22,PB=2,PB⊥平面ABC,M为PC的中点.证明：BM⊥AD
【解题思路】取AC的中点Q，根据线面垂直判定定理证明DQ⊥平面ABC，由条件求DQ，建立空间直角坐标系，利用向量方法证明结论.
【解答过程】由∠ABC=90∘,△DAB,△DBC都是等边三角形，AC=22，可得AB=BC=2.
取AC的中点为Q，则QB=QC=QA，
又DB=DC=DA，所以△QBD≅△QCD≅△QAD，
所以∠DQA=∠DQC=∠DQB=90∘，即DQ⊥AC,DQ⊥BQ，
又AC∩BQ=Q,AC、BQ⊂平面ABC，故DQ⊥平面ABC.
因为△ABC≅△ADC，所以∠ADC=∠ABC=90∘,DQ=12AC=2.
因为PB⊥平面ABC,∠ABC=90∘，AB、BC⊂平面ABC，
所以PB⊥ AB,PB⊥BC，又AB⊥BC，所以BA,BC,BP两两垂直，
以B为原点，BA,BC,BP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A2,0,0,D1,1,−2,P0,0,2,C0,2,0，M0,1,22，
所以AD=−1,1,−2,BM=0,1,22，
所以AD⋅BM=0，则AD⊥BM.
【变式4-3】（2024高三·全国·专题练习）斜三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长都为4,∠A1AB=60∘，点A1在下底面ABC的投影为AB的中点O.在棱BB1（含端点）上是否存在一点D使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；
【解题思路】连接OC，以O为原点建立如图所示空间直角坐标系，设BD=λBB1,λ∈0,1，根据A1D⋅AC1=0结合空间向量的坐标运算求解.
【解答过程】因为点A1在下底面ABC的投影为AB的中点O，故A1O⊥平面ABC，
连接OC，由题意△ABC为正三角形，故OC⊥AB，
以O为原点，OA,OC,OA1分别为x､y､z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则A(2,0,0),A10,0,23，B−2,0,0,B1−4,0,23,C1−2,23,23，
可得BB1=−2,0,23，AC1=−4,23,23，A1B=−2,0,−23，
设BD=λBB1=−2λ,0,23λ,λ∈0,1，
可得A1D=A1B+BB1=−2λ−2,0,23λ−23，
假设在棱BB1（含端点）上存在一点D使A1D⊥AC1，
则A1D⋅AC1=42λ+2+2323λ−23=0，解得λ=15，
所以存在，此时BD=15BB1=45.
【题型5 向量法证明直线和平面垂直】
【例5】（23-24高二上·浙江·期中）已知正三棱台ABC−A1B1C1中，AA1=1，BC=2B1C1=2，D、E分别为AA1、B1C1的中点.

(1)求该正三棱台的表面积；
(2)求证：DE⊥平面BCC1B1
【解题思路】（1）将正三棱台ABC−A1B1C1补成正三棱锥P−ABC，分析可知正三棱锥P−ABC是棱长为2的正四面体，结合三角形的面积公式可求得正三棱台ABC−A1B1C1的表面积；
（2）设点P在底面ABC的射影为点O，则O为正△ABC的中心，取AB的中点M，连接CM，则CM⊥AB，以点CO、AB、OP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，证明出DE⊥CP，DE⊥CB，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立.
【解答过程】（1）解：将正三棱台ABC−A1B1C1补成正三棱锥P−ABC，如图所示：
因为B1C1//BC，且BC=2B1C1=2，则A1、B1分别为PA、PB的中点，
则PA=2AA1=2，PC=PB=PA=2，故△PBC是边长为2的等边三角形，
由此可知，△PAB、△PAC都是边长为2的等边三角形，
易知△ABC是边长为2的等边三角形，△A1B1C1是边长为1的等边三角形，
故正三棱台ABC−A1B1C1的表面积为3×34S△PAB+S△ABC+S△A1B1C1=94×34×22+34×22+34×12=732.
（2）解：设点P在底面ABC的射影为点O，则O为正△ABC的中心，
取AB的中点M，连接CM，则CM⊥AB，
CM=ACsinπ3=2×32=3，则CO=23CM=233，
因为PO⊥平面ABC，CO⊂平面ABC，则OP⊥CO，
所以，PO=PC2−OC2=22−2332=263，
以点O为坐标原点，CO、AB、OP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则C−233,0,0、B33,1,0、P0,0,263、A33,−1,0、
D34,−34,66、E−312,14,63，
则DE=−33,1,66，CP=233,0,263，CB=3,1,0，
所以，DE⋅CP=−23+23=0，DE⋅CB=−1+1=0，所以，DE⊥CP，DE⊥CB，
因为CP∩CB=C，CP、CB⊂平面BCC1B1，故DE⊥平面BCC1B1.
【变式5-1】（2024高三·全国·专题练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M、N、P分别是棱CC1、BC、CD的中点，求证：A1P⊥平面DMN．
【解题思路】结论空间直角坐标系，求平面DMN的法向量n，证明n与A1P共线即可.
【解答过程】建立如图的空间直角坐标系，连结DM、DN．
则D0,0,0、N12,1,0、M0,1,12、A11,0,1、P0,12,0．
于是，DN=12,1,0，DM=0,1,12．
设平面DMN的法向量为n=x,y,z．
由n⊥DN，n⊥DM，
得12x+y=0，y+12z=0．
令y=−1，则x=z=2，故n=2,−1,2．又A1P=−1,12,−1，
易知n=−2A1P，这说明n与A1P共线．
∴A1P⊥平面DMN．
【变式5-2】（2024高三·全国·专题练习）如图，已知直三棱柱ABC−FGE,AC=BC=4,AC⊥BC,O为BC的中点，D为侧棱BG上一点，且BD=14BG，三棱柱ABC−FGE的体积为32．过点O作OQ⊥DE，垂足为点Q，求证：BQ⊥平面ACQ；
【解题思路】先根据三棱柱ABC−FGE的体积为32，求出EC=4，再由题意可得CA,CB,CE两两垂直，所以以C为原点，CA,CB,CE所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可.
【解答过程】由直三棱柱ABC−FGE，得CE⊥平面ABC，又AC⊥BC,AC=BC=4，
可得三棱柱ABC−FGE的体积V=12AC×BC×CE=12×4×4×CE=32，得EC=4．
因为三棱柱ABC−FGE为直三棱柱，所以AC⊥CE,BC⊥CE，
因为AC⊥BC，所以CA,CB,CE两两垂直，
所以以C为原点，CA,CB,CE所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则O0,2,0,D0,4,1,E0,0,4,B0,4,0,A4,0,0,C0,0,0，
则DE=0,−4,3．设DQ=λDE=0,−4λ,3λ，则Q0,4−4λ,1+3λ，
故OQ=0,2−4λ,1+3λ．
因为OQ⊥DE，所以OQ⋅DE=0，
所以0−8+16λ+3+9λ=0，解得λ=15，即Q0,165,85．
所以BQ=0,−45,85,AQ=−4,165,85，
所以CA⋅BQ=4,0,0⋅0,−45,85=0，
CQ⋅BQ=0,165,85⋅0,−45,85=−6425+6425=0.
所以BQ⊥CA,BQ⊥CQ．
又因为CA⊂平面ACQ，CQ⊂平面ACQ，CA∩CQ=C，
所以BQ⊥平面ACQ．
【变式5-3】（2024·重庆·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E在棱DD1上运动，F在线段B1D1上运动，直线DF与平面ACE交于点G．

(1)当E,F为中点时，证明：DF⊥平面ACE；
(2)若DF⊥平面ACE，求DGDF的最大值及此时DE的长．
【解题思路】（1）以D为坐标原点，DA,DC,DD1方向为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设E0,0,λ,Fμ,μ,10≤λ≤1,0≤μ≤1，利用空间向量的坐标运算确定线线垂直，结合线面垂直判定定理证明即可；
（2）由（1）坐标关系与线面垂直，设DG=mDF，可得AG⋅DF=0，建立坐标等式关系，利用基本不等式求得最值即可.
【解答过程】（1）以D为坐标原点，DA,DC,DD1方向为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

则A1,0,0,B1,1,0,C0,1,0,D0,0,0,A11,0,1,B11,1,1,C10,1,1,D10,0,1，
设E0,0,λ,Fμ,μ,10≤λ≤1,0≤μ≤1，
当E，F为中点时，λ=μ=12，有E0,0,12,F12,12,1，
所以DF=12,12,1，AC=−1,1,0，AE=−1,0,12，有AC⋅DF=0，AE⋅DF=0，
所以DF⊥AC,DF⊥AE，又AC∩AE=A,AC,AE⊂平面ACE，
所以DF⊥平面ACE．
（2）由（1）可得DF=(μ,μ,1)，AC=(−1,1,0)，AE=(−1,0,λ)，
若DF⊥平面ACE，则AC⋅DF=0，AE⋅DF=0，所以λ=μ，
设DG=mDF，则AG=DG−DA=(mμ−1,mμ,m)，
由AG⊂平面ACE，所以AG⋅DF=0=(mμ−1)μ+mμ2+m=0，
当μ≠0时，m=μ2μ2+1=12μ+1μ，有0所以λ=μ=22，即DE=22，
综上，DGDF的最大值为24，DE=22．
【题型6 向量法证明平面和平面垂直】
【例6】（2024高三·全国·专题练习）如图，在底面是矩形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，BC=4，E是PD的中点.
求证：平面PCD⊥平面PAD.
【解题思路】由题意可得AB,AD,AP两两垂直，所以以A为原点，以AB,AD,AP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可.
【解答过程】证明：因为PA⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB,PA⊥AD，
因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD，
所以AB,AD,AP两两垂直，所以以A为原点，以AB,AD,AP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),E(0,2,1),P(0,0,2).
所以AB=(2,0,0),AD=(0,4,0),AP=(0,0,2),CD=(−2,0,0), AE=(0,2,1),AC=(2,4,0),
所以CD⋅AD=−2×0+0×4+0×0=0,即CD⊥AD，
所以CD⋅AP=−2×0+0×0+0×2=0,即CD⊥AP，
又AD∩AP=A，AD,AP⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.
【变式6-1】（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD//BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且PFFC=12.
求证：平面AEF⊥平面PCD.
【解题思路】如图，以D为原点，分别以DA，DC为x轴，y轴，过D作AP平行线为z轴，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量证明即可.
【解答过程】证明：如图，以D为原点，分别以DA，DC为x轴，y轴，过D作AP平行线为z轴，建立空间直角坐标系，
则D0,0,0，A2,0,0，C0,2,0，P2,0,2，E1,0,1，B3,2,0，
所以DC=0,2,0，PC=−2,2,−2，因为PFFC=12，所以PF=13PC，
所以DF=13−2,2,−2+2,0,2=43,23,43，即F43,23,43，
所以AF=−23,23,43，AE=−1,0,1，
设平面AEF的法向量为n=x,y,z，则n⋅AF=−23x+23y+43z=0n⋅AE=−x+z=0，
令x=z=1，则y=−1，所以n=1,−1,1，
平面PCD的法向量为m=a,b,c，则m⋅DC=2b=0m⋅PC=−2a+2b−2c=0，
令a=1，则c=−1，所以m=1,0,−1，
所以n⋅m=1×1+0×−1+1×−1=0，
所以n⊥m，
所以平面AEF⊥平面PCD.
【变式6-2】（23-24高二下·湖北·期中）在△ABC中，B=π2,AB=2BC=4，点D、E分别为边AC、AB的中点，将△AED沿DE折起，使得平面AED⊥平面BCDE.

(1)求证：DC⊥AE；
(2)在平面ACD内是否存在点M，使得平面AEM⊥平面ABD？若存在，指出点M的位置；若不存在，说明理由.
【解题思路】（1）利用已知可得AE⊥ED，结合面面垂直可得AE⊥平面BCDE，可证结论.
（2）以点E为原点，以EB、ED、EA所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系E−xyz，求得平面ABD的一个法向量，若AM∥DC，求得平面AEM的一个法向量，可判断此情况不成立，若AM与DC不共线，设AM∩CD=N，连接EN，利用EN⋅BD=0，可求得结论.
【解答过程】（1）在△ABC中，∵点D、E分别为边AC、AB的中点，
∴DE∥BC且B=π2,∴AE⊥ED.
又∵平面AED⊥平面BCDE，平面AED∩平面BCDE=ED, AE⊂平面AED，
∴AE⊥平面BCDE.
又∵DC⊂平面BCDE,∴DC⊥AE.
（2）由（1）知，AE⊥ED,AE⊥EB,EB⊥ED.
以点E为原点，以EB、ED、EA所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系E−xyz.
则E0,0,0、B2,0,0、C2,2,0、D0,1,0、A0,0,2.
EA=0,0,2、AB=2,0,−2、AD=0,1,−2，
设m=x,y,z为平面ABD的一个法向量，
则m⋅AB=0m⋅AD=0⇒2x−2z=0y−2z=0，取z=1，则m=1,2,1.
假设在平面ACD内存在点M，使得平面AEM⊥平面ABD.连接AM.
若AM∥DC，则设AM=μDC=2μ,μ,0.设平面AEM的一个法向量为n=a,b,c.
由n⋅EA=0n⋅AM=0⇒2μa+μb=02c=0，取a=1，则n=1,−2,0.
∵平面ABD的法向量m=1,2,1.由m⋅n≠0知，此情况不成立.
若AM与DC不共线，设AM∩CD=N，连接EN.

设DN=λDC=λ2,1,0=2λ,λ,0，则EN=ED+DN=2λ,λ+1,0.
当EN⋅BD=2λ,λ+1,0⋅−2,1,0=0，即λ=13时，BD⊥EN.
又∵AE⊥BD,∴BD⊥平面AEN，即平面ABD⊥平面AEN，也即平面AEM⊥平面ABD.
所以在平面ACD内存在点M，当M点在直线AN（N点在直线CD上且DN=13DC）上时，
平面AEM⊥平面ABD.
【变式6-3】（2024·上海静安·二模）如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，若AD=2，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；
【解答过程】（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.
【题型7 求异面直线所成的角】
【例7】（2024·河南信阳·模拟预测）已知三棱柱ABC−A1B1C1满足BB12−BA2+BC⋅BA1=1，BA1=3，AC1=3，则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为（ ）
A．33B．36C．39D．312
【解题思路】设BC=a，BB1=b，BA=c，表达出BA1=c+b，AC1=a+b−c，求出两向量数量积和模长，利用csBA1,AC1=BA1⋅AC1BA1⋅AC1求出答案.
【解答过程】设BC=a，BB1=b，BA=c，
则AC=BC−BA=a−c，AA1=CC1=BB1=b，
则AC1=AC+AA1=a+b−c，由AC1=3得AC1=3,即a+b−c=3，
又BA1=BA+AA1=c+b，由BA1=3得c+b=3，
因为BB12−BA2+BC⋅BA1=1，所以b2−c2+a⋅c+b=1，
即c+b⋅b−c+a⋅c+b=1，即c+b⋅a+b−c=1，
所以csBA1,AC1=BA1⋅AC1BA1⋅AC1=c+b⋅a+b−cc+b⋅a+b−c =133=39，
所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为39.
故选：C.
【变式7-1】（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=120°，AB=AC=AA1，则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为（ ）
A．34B．−34C．22D．74
【解题思路】由题意，以A为原点，建立空间直角坐标系，求出异面直线BA1与AC1所在直线的方向向量，由空间向量夹角的余弦值的坐标公式求解即可.
【解答过程】以A为原点，在平面ABC中过A作AC的垂线交BC于D，
以AD所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=120°，
设AB=AC=AA1=1，
所以B32,−12,0，A10,0,1，A0,0,0，C10,1,1，
BA1=−32,12,1，AC1=0,1,1，
设异面直线BA1与AC1所成角为θ，
则csθ=BA1⋅AC1BA1⋅AC1=322⋅2=34，
所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为34.
故选：A.
【变式7-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形ABCD，∠DAB=π3，将△DAC沿对角线AC折起，使以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（ ）
A．35B．32C．34D．34
【解题思路】当三棱锥D−ABC的体积最大时，平面ACD⊥平面ABC，以E为原点，EB,EC,ED分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系，求出向量AB,CD的坐标，根据向量夹角的坐标表示可解.
【解答过程】记AC的 中点分别为E，因为AD=CD，所以DE⊥AC，
同理，BE⊥AC，记AB=2a，
因为∠DAB=π3，所以∠DAC=∠BAC=π6，
所以BE=DE=a，AE=CE=3a，
易知，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥D−ABC的体积最大，此时∠BED=π2，
以E为原点，EB,EC,ED分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则A0,−3a,0,Ba,0,0,C0,3a,0,D0,0,a
所以AB=a,3a,0,CD=0,−3a,a，
所以csAB,CD=−3a22a×2a=−34，
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为34.
故选：C.
【变式7-3】（2024·全国·模拟预测）如图，矩形ABCD是圆柱O1O2的轴截面，点E在圆O2上，若AD=22，AB=23，∠BAE=60°，则异面直线BD与O1E所成角的余弦值为（ ）

A．5524B．5522C．2224D．2222
【解题思路】解法一 首先作辅助线，找到异面直线所成角，然后利用余弦定理解三角形求得；解法二，以点O2为坐标原点，O2A，O2O1所在直线分别为x，z轴，下底面中与AB垂直的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用公式csBD,O1E=BD⋅O1EBD⋅O1E可求
【解答过程】解法一
如图，设O1O2∩BD=F，则F为O1O2的中点，连接O2E，
设线段O2E的中点为G，连接FG，BG，则FG∥O1E，
故∠BFG（或其补角）为异面直线BD与O1E所成的角．

因为O2A=O2E,∠BAE=60°，所以△AO2E为等边三角形，
FG=FO22+O2G2=22+322=112，
BF=12BD=12AB2+AD2=128+12=5，
在△BO2G中，由余弦定理可得，BG2=O2B2+O2G2−2O2B⋅O2G⋅cs∠BO2G=3+34−2×3×32 ×−12=214，
在△BFG中，由余弦定理可得cs∠BFG=BF2+FG2−BG22BF⋅FG=5+114−2142×5×112=5522，
故异面直线BD与O1E所成角的余弦值为5522．
解法二
以点O2为坐标原点，O2A，O2O1所在直线分别为x，z轴，下底面中与AB垂直的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则B−3,0,0，O10,0,22，D3,0,22．
连接O2E，则O2A=O2E，因为∠BAE=60°，所以△AO2E是等边三角形，
故E32,32,0，则BD=23,0,22，O1E=32,32,−22，
故csBD,O1E=BD⋅O1EBD⋅O1E=5522，
所以异面直线BD与O1E所成角的余弦值为5522．
故选：B．
【题型8 求线面角】
【例8】（2024·青海西宁·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=32AA1，D为线段BC的中点，点E在线段B1C1上，且B1E=13B1C1，则直线DE与平面ACC1A1所成角的正弦值为（ ）
A．16B．26C．36D．13
【解题思路】以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【解答过程】如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，
不妨设AA1=4，则AB=AC=6，
则D3,3,0,E4,2,4，故DE=1,−1,4，
因为x轴⊥平面ACC1A1，则可取平面ACC1A1的法向量为n=1,0,0，
则csDE,n=DE⋅nDEn=132×1=26，
即直线DE与平面ACC1A1所成角的正弦值为26.
故选：B.
【变式8-1】（2023·四川雅安·一模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是线段AB1上的动点（含端点），点Q是线段AC的中点，设PQ与平面ACD1所成角为θ，则csθ的最小值是（ ）
A．13B．33C．63D．223
【解题思路】以点D为原点建立空间直角坐标系，设AP=λAB1,λ∈0,1，利用向量法求解即可.
【解答过程】如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
设AP=λAB1,λ∈0,1，不妨设AB=2，
则A2,0,0,C0,2,0,Q1,1,0,D10,0,2,B12,2,2，
故AC=−2,2,0,AD1=−2,0,2，
PQ=AQ−AP=AQ−λAB1=−1,1,0−λ0,2,2=−1,1−2λ,−2λ，
设平面ACD1的法向量为n=x,y,z，
则n⋅AC=−2x+2y=0n⋅AD1=−2x+2z=0，可取n=1,1,1，
则sinθ=csPQ,n=PQ⋅nPQn=−1+1−2λ−2λ1+1−2λ2+−2λ2×3=4λ3⋅8λ2−4λ+2，
所以csθ=1−sin2θ=1−4λ3⋅8λ2−4λ+22=1−8λ212λ2−6λ+3，
当λ=0时，csθ=1，
当λ∈0,1时，csθ=1−8λ212λ2−6λ+3=1−812−6λ+3λ2=1−831λ−12+9，
当1λ=1，即λ=1时，csθmin=13，
综上所述，csθ的最小值是13.
故选：A.
【变式8-2】（2024·广东肇庆·模拟预测）如图，三棱锥A−BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60°.
(1)证明：平面ABC⊥平面BCD；
(2)若E为BC中点，点F满足EF=DA，求直线BF与平面ABD所成角的余弦值.
【解题思路】（1）取BC中点E，连接AE，DE，根据题意可证AE⊥平面BCD，结合面面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系标点，求平面ABD的法向量，利用空间向量求线面夹角.
【解答过程】（1）取BC中点E，连接AE，DE.
因为DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60°，
可知△ABD和△ACD是两个全等的等边三角形，
不妨设DA=DB=DC=2，AB=AC=2.
若E为BC中点，则AE⊥BC，
又因为BD⊥CD，则BC=22，DE=2，可知AE=AB2−BE2=2，
在△ADE中，则AE2+DE2=4=DA2，可知AE⊥DE，
且BC∩DE=E，BC，DE⊂平面BCD，可知AE⊥平面BCD.
又因为AE⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCD.
（2）由（1）可知：ED，EB，EA两两垂直，
以E为原点，分别以ED，EB，EA方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系.
则D(2,0,0)，B(0,2,0)，A(0,0,2).
因为EF=DA=(−2,0,2)，即F(−2,0,2)，
可得BF=(−2,−2,2). DA=(−2,0,2)，DB=(−2,2,0)，
设平面ABD的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DA=−2x+2z=0n⋅DB=−2x+2y=0，
取x=1，则y=z=1，即n=(1,1,1).
设直线BF与平面ABD所成角为θ，
则sinθ=csBF,n=BF⋅nBFn=26×3=13，
可得csθ=1−sin2θ=223，
所以直线BF与平面ABD所成角的余弦值为223.
【变式8-3】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，直线PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=90°，F为线段PA的中点，PD=2，AB=AD=12CD=1，四边形PDCE为矩形.
(1)求证：AC//平面DEF；
(2)求直线AE与平面BCP所成角的正弦值.
【解题思路】（1）根据条件得到AC // FG，再利用线面平行的判定定理，即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面BCP的法向量及AE，利用线面角的向量法，即可求解.
【解答过程】（1）设CP∩DE=G，连接FG，
因为四边形PDCE为矩形，所以G为PC中点，
又F为PA中点，则AC // FG，
又FG⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，
所以AC //平面DEF.
（2）以D为坐标原点，DA，DC，DP的正方向分别为x，y，z轴，
可建立如图所示空间直角坐标系，
则A1,0,0，B1,1,0，C0,2,0，P0,0,2，E0,2,2
∴BC=−1,1,0，CP=0,−2,2，AE=−1,2,2，
设平面BCP的法向量为：n=x,y,z，
且BC⋅n=−x+y=0CP⋅n=−2y+2z=0，令y=1，解得：x=1，z=2，所以n=1,1,2，
设直线AE与平面BCP所成角为θ，所以sinθ=AE⋅nAE⋅n=3714.
则直线AE与平面BCP所成角的正弦值为3714.
【题型9 求平面与平面所成角】
【例9】（2024·四川·模拟预测）如图，多面体ABCDEF中，已知面ABCD是边长为4的正方形，△FBC是等边三角形，EF//AB，EF=12AB，平面FBC⊥平面ABCD．
(1)求证：EF⊥BF；
(2)求二面角E−AD−B的大小．
【解题思路】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即可得证.
（2）以B为原点建立空间直角坐标系，求出平面ADE与平面ABCD的法向量，再利用面面角的向量求法求出二面角.
【解答过程】（1）由ABCD是正方形，得AB⊥BC，而平面FBC⊥平面ABCD，平面FBC∩平面ABCD=BC，
AB⊂平面ABCD，则AB⊥平面FBC，又FB⊂平面FBC，于是AB⊥FB，又EF//AB，
所以EF⊥BF.
（2）在平面FBC内过B作Bz⊥BC，由平面FBC⊥平面ABCD，平面FBC∩平面ABCD=BC，
得Bz⊥平面ABCD，以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系B−xyz，
则A(0,4,0),D(4,4,0),F(2,0,23),E(2,2,23)，AD=(4,0,0),AE=(2,−2,23)，
设平面ADE的法向量为n=x,y,z，则n⋅AD=4x=0n⋅AE=2x−2y+23z=0，令z=1，得n=(0,3,1)，
而平面ABCD的法向量为m=(0,0,1)，设二面角E−AD−B的平面角为θ，显然θ为锐角，
于是csθ=|cs⟨m⃗,n⃗⟩|=|m⃗⋅n⃗||m⃗||n⃗|=11×2=12，则θ=π3，
所以二面角E−AD−B的大小π3.
【变式9-1】（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD=60°，AA1=6,∠A1AB=∠A1AD,AA1与平面ABCD所成的角为45°,AC与BD交于O．
(1)证明：A1O⊥平面ABCD；
(2)求二面角B−CC1−D的正弦值．
【解题思路】（1）先根据线面垂直得出面面垂直，再应用面面垂直性质定理得出线面垂直；
（2）根据线面垂直建系，应用空间向量法求出二面角的余弦，最后应用同角三角函数关系得出正弦.
【解答过程】（1）
连结BC1,DC1，
∵底面ABCD是边长为2的菱形， ∴AB=AD．
∵∠A1AB=∠A1AD, AA1=AA1，
∴△A1AB≌△A1AD,∴BA1=DA1．
∵点O为线段BD中点， ∴A1O⊥BD．
∵ABCD为菱形，∴AC⊥BD,AC∩A1O=O,AC,A1O⊂平面AA1C，∴BD⊥平面AA1C
又BD⊂平面ABCD，∴平面A1AC⊥平面ABCD，
∴AA1在平面ABCD上的射影为AC，
∴∠A1AO为直线AA1与平面ABCD所成的角，即∠A1AO=45°．
在△A1AO中，AA1=6,AO=12AC=3,∠A1AO=45°，
∴cs∠A1AO=22=A1A2+OA2−A1O22×A1A×OA, ∴A1O=3．
则A1A2=OA2+A1O2,∴A1O⊥OA．
又OA∩BD=O,OA⊂平面ABCD,BD⊂平面ABCD，
∴A1O⊥平面ABCD．
（2）由（1）知AC⊥BD,A1O⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系
则B(0,1,0),D(0,−1,0),A(3,0,0),C(−3,0,0),A1(0,0,3)，
则CC1=AA1=(−3,0,3), CB=(−3,−1,0), CD=(−3,1,0)
设平面CBC1的法向量为m=x1,y1,z1，平面CDD1的法向量为n=x2,y2,z2，
则CC1⋅m=0,CB⋅m=0,即−3x1+3z1=0,−3x1−y1=0,取x1=1，则m=(1,−3,1)．
CC1⋅n=0,CD⋅n=0,即−3x2+3z2=0,−3x2+y2=0,取x2=1, 则n=(1,3,1)．
设二面角B−CC1−D大小为θ，
则|csθ|=m⋅n|m|⋅|n|=15×5=15．
∴sinθ=1−cs2θ=265，
∴二面角B−CC1−D的正弦值为265．
【变式9-2】（2024·湖南·三模）如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是梯形，BC//AD,PA=AB=BC=1,AD=2,PC=3,PA⊥平面ABCD.
(1)求证：平面PBC⊥平面PAB；
(2)在棱PD上是否存在一点E，使得二面角E−AC−P的余弦值为63.若存在，求出PE:ED的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）只需结合已知证明BC⊥平面PAB，由面面垂直的判定定理即可进一步得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，引入参数PE=λPD，进一步表示两个平面的法向量，由向量夹角公式建立方程即可求解.
【解答过程】（1）因为PA⊥平面ABCD，BC,AC,AB⊂平面ABCD，所以PA⊥BC,PA⊥AC,PA⊥AB，
因为PA=AB=BC=1,PC=3，所以AC2=PC2−PA2=3−1=2=AB2+BC2，
所以AB⊥BC，
又因为PA⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，
因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB；
（2）因为BC⊥平面PAB，BC//AD，所以AD⊥平面PAB，
又因为PA,AB⊂平面PAB，所以AD⊥PA,AD⊥AB，又PA⊥AB，
所以AB,AD,AP两两互相垂直，
所以以点A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
如图，C1,1,0,P0,0,1,D0,2,0,PD=0,2−1，
设PE=λPD=0,2λ,−λ,0≤λ≤1，
则AE=AP+PE=0,0,1+0,2λ,−λ=0,2λ,1−λ，
AC=1,1,0，设平面EAC的法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅AC=0n1⋅AE=0，即x1+y1=02λy1+1−λz1=0，取y1=λ−1，x1=1−λ,z1=2λ满足条件，
所以可取n1=1−λ,λ−1,2λ，
AC=1,1,0，AP=0,0,1，设平面PAC的法向量为n2=x2,y2,z2，
则n2⋅AC=0n2⋅AP=0，即x2+y2=0z2=0，取y2=−1，解得x2=1,z2=0，
所以n2=1,−1,0，
由题意csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=2−2λ2⋅2λ−12+4λ2=63，
化简并整理得λ−12=4λ2，解得λ=13或λ=−1（舍去），
所以PE=13PD，
综上所述，棱PD上是否存在一点E，且PE:ED=1:2，使得二面角E−AC−P的余弦值为63.
【变式9-3】（2024·江西宜春·模拟预测）如图1，在五边形ABCDE中，AB=BD，AD⊥DC，EA=ED且EA⊥ED，将△AED沿AD折成图2，使得EB=AB，F为AE的中点．
(1)证明：BF//平面ECD；
(2)若EB与平面ABCD所成的角为30°，求二面角A−EB−D的正弦值．
【解题思路】（1）取AD的中点G，连接BG，FG，从而证明BG//平面ECD，FG//平面ECD，即可得到平面BFG//平面ECD，即可得证．
（2）推导出AE⊥平面BFG，BG⊥平面EAD，平面EAD⊥平面ABCD，连接EG，以G为坐标原点，GB，GD，GE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A−EB−D的正弦值．
【解答过程】（1）取AD的中点G，连接BG，FG，
∵AB=BD，G为AD的中点，∴BG⊥AD，
又AD⊥DC，∴BG//CD．
又BG⊄平面ECD，CD⊂平面ECD，∴BG//平面ECD．
∵F为AE的中点，∴FG//ED．
又FG⊄平面ECD，ED⊂平面ECD，∴FG//平面ECD，
又BG∩FG=G，BG,FG⊂平面BFG，∴平面BFG//平面ECD，
又BF⊂平面BFG，∴BF//平面ECD．
（2）∵EA⊥ED，由（1）知FG//ED，∴FG⊥AE，
又EB=AB，F为AE的中点，∴BF⊥AE，
又BF∩FG=F，BF,FG⊂平面BFG，∴AE⊥平面BFG，
又BG⊂平面BFG，∴BG⊥AE，
又BG⊥AD，AD∩AE=A，AD,AE⊂平面EAD，∴BG⊥平面EAD，
又BG⊂平面ABCD，∴平面EAD⊥平面ABCD，
连接EG，∵EA=ED，G为AD的中点，∴EG⊥AD，
又平面EAD∩平面ABCD=AD，EG⊂平面EAD，
∴EG⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，∴EG⊥BG，
以G为坐标原点，GB，GD，GE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
∠EBG是EB与平面ABCD所成的角，即∠EBG=30°，
∵EA=ED，设EA=t(t>0)，则AD=2t，EG=22t，EB=2t，BG=62t，
∴G0,0,0，E0,0,22t，A0,−22t,0，D0,22t,0，B62t,0,0，
∴ EB=62t,0,−22t，AE=0,22t,22t，DE=0,−22t,22t，
设平面ABE的法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅EB=62tx1−22tz1=0n1⋅AE=22ty1+22tz1=0，令x1=1，得n1=1,−3,3，
设平面DBE的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅EB=62tx2−22tz2=0n2⋅DE=−22ty2+22tz2=0，令x2=1，得n2=1,3,3，
设二面角A−EB−D的平面角为θ，
∴csθ=csn1,n2=n1⋅n2n1n2=17×7=17，
所以sinθ=1−cs2θ=437，即二面角A−EB−D的正弦值为437．
【题型10 点到直线距离、异面直线距离的向量求法】
【例10】（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F满足D1E=2ED，BF⃗=2FB1⃗，则点E到直线FC1的距离为（ ）
A．3355B．2355
C．375D．275
【解题思路】利用向量法求点到直线的距离.
【解答过程】如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得E0,0,1，F3,3,2，C10,3,3，
EF=3,3,1，FC1=−3,0,1，设向量EF与FC1的夹角为θ，
∴csθ=EF⋅FC1EFFC1=−9+119×10=−8190，
所以点E到直线FC1的距离为d=EF⋅sinθ=19×1−64190=3355.
故选：A.
【变式10-1】（23-24高二上·山东枣庄·阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，M，N分别是棱AB，CC1的中点，E是BD的中点，则异面直线D1M，EN间的距离为（ ）
A．24B．22C．1D．43
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量即可根据公式求解.
【解答过程】以D为原点，DA,DC,DD1的方向为x,y,z轴建立空间直角坐标系，易知D1(0,0,1),M(1,12,0),E(12,12,0),N(0,1,12)，
D1M=(1,12,−1),EN=(−12,12,12)，设n=(x,y,z)同时垂直于D1M,EN，
由n⋅D1M=x+12y−z=0n⋅EN=−12x+12y+12z=0，令x=1，得n=(1,0,1)，
又MN=(−1,12,12)，则异面直线D1M,EN间的距离为MN⋅nn=−1+122=24.
故选：A．
【变式10-2】（2024·全国·模拟预测）已知在空间直角坐标系中，直线l经过A3,3,3，B0,6,0两点，则点P0,0,6到直线l的距离是（ ）
A．62B．23C．26D．32
【解题思路】由题意先求出直线的方向向量e=AB=−3,3,−3，然后依次求得cse,AP,sine,AP，则P到直线的距离为d=APsine,AP，求解即可.
【解答过程】由题意可知直线l的方向向量为：e=AB=−3,3,−3，
又AP=−3,−3,3，则cse,AP=e⋅APeAP=9−9−927×27=−13，
sine,AP=1−−132=223，
点P0,0,6到直线l的距离为：d=APsine,AP=9+9+9×223=26.
故选：C.
【变式10-3】（23-24高二下·江苏泰州·期中）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD,PA=6，点G在侧棱PB上，且满足2PG=GB，则异面直线PC和DG的距离为（ ）
A．31414B．31515C．3217D．37777
【解题思路】以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【解答过程】如图，以点A为原点，AB→,AD→,AP→分别作为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则B3,0,0,C3,3,0,D0,3,0,P0,0,6,G1,0,4.
所以DG=1,−3,4,PC=3,3,−6,DC=3,0,0，
设n=x,y,z为直线PC和DG的公垂线的方向向量，
则有n⋅DG=x−3y+4z=0n⋅PC=3x+3y−6z=0，可取n=1,3,2，
所以异面直线PC和DG的距离为DC⋅nn=314=31414.
故选：A.
【题型11 求点面距、线面距、面面距】
【例11】（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG=2GD，直线AB与平面EFG相交于点H.
(1)证明：BD//GH；
(2)求直线BD与平面EFG的距离.
【解题思路】（1）首先证明BD//平面EFG，再由线面平行的性质证明即可；
（2）连接EA,ED，以点E为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【解答过程】（1）因为E、F分别为BC、CD的中点，所以EF//BD，
又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，则BD//平面EFG，
又BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFG=GH，所以BD//GH.
（2）由（1）知，BD//平面EFG，
则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离，
连接EA,ED，由△ABC,△BCD均为正三角形，E为BC的中点，得EA⊥BC,ED⊥BC，
又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC,AE⊂平面ABC，
于是AE⊥平面BCD，又ED⊂平面BCD，则EA⊥ED，
以点E为原点，直线EB,ED,EA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则B2,0,0，F−1,3,0，又A(0,0,23)，D(0,23,0)，
又AG→=2GD→，可得G0,433,233，
所以EB=2,0,0，EF=−1,3,0，EG=0,433,233，
设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z)，则EF⋅n=−x+3y=0EG⋅n=433y+233z=0，
令y=1，得n=3,1,−2，
设点B到平面EFG的距离为d，则d=|EB⋅n||n|=238=62，
所以BD与平面EFG的距离为62.
【变式11-1】（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1各棱长均为2，∠BAD=π3，O是线段BD的中点．
(1)求点O到平面A1C1D的距离；
(2)求直线AB与平面A1C1D所成角的正弦值．
【解题思路】（1）连接AC，B1D1交A1C1于点O1，连接OO1，以点O为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
（2）利用向量法求解即可.
【解答过程】（1）连接AC，由题意，点O为AC,BD的交点，
连接B1D1交A1C1于点O1，连接OO1，则OO1⊥平面ABCD，
因为四边形ABCD为菱形，则AC⊥BD，
如图，以点O为原点，建立空间直角坐标系，
在△ABD中，∠BAD=π3，则△ABD为等边三角形，则BD=2,AC=23，
则O0,0,0,D−1,0,0,A10,−3,2,C10,3,2，
故OD=−1,0,0,A1C1=0,23,0,DA1=1,−3,2，
设平面A1C1D的法向量为n=x,y,z，则有n⋅A1C1=23y=0n⋅DA1=x−3y+2z=0，可取n=2,0,−1，
则点O到平面A1C1D的距离为OD⋅nn=25=255；
（2）A0,−3,0,B1,0,0，故AB=1,3,0，
则csn,AB=n⋅ABnAB=25×2=55，
即直线AB与平面A1C1D所成角的正弦值为55．
【变式11-2】（2024高二上·全国·专题练习）直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，边长为2，侧棱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.
【解答过程】（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11-3】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA1=A1C.

(1)证明：A1C1⊥A1B；
(2)若三棱柱ABC−A1B1C1的体积为3，且直线AA1与平面ABC所成角为60°，求点A1到平面BCC1B1的距离.
【解题思路】（1）取AC中点O，借助等边三角形的性质结合线面垂直的判定定理可得AC⊥平面A1OB，结合线面垂直的性质定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，再利用体积公式与空间向量夹角公式，结合点到平面的距离公式计算即可得解.
【解答过程】（1）如图，取AC的中点O，连接OB，OA1，因为△ABC是等边三角形，所以AC⊥OB，
又AA1=A1C，所以AC⊥OA1，且OB∩OA1=O，OB⊂平面A1OB，
OA1⊂平面A1OB，所以AC⊥平面A1OB，
因为A1B⊂平面A1OB，所以AC⊥A1B，
又A1C1//AC，所以A1C1⊥A1B；

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

因为三棱柱ABC−A1B1C1的体积为3，
所以12×2×2×32×A1D=3，故A1D=3，
则B0,3,0，C−1,0,0，A1,0,0，设A10,t,3，t≥0，
所以AA1=−1,t,3
平面ABC的一个法向量为n=0,0,1，
所以sin60∘=csAA1,n=3t2+4=32，解得t=0，
此时A10,0,3，AA1=−1,0,3，
所以CC1=AA1=−1,0,3，CB=1,3,0，
设平面BCC1B1的法向量为m=x,y,z，
则m⋅CC1=0m⋅CB=0，即−x+3z=0x+3y=0，
令x=3，解得y=−1，z=1，所以m=3,−1,1，
又A1C=−1,0,−3，
故点A1到平面BCC1B1的距离为d=A1C⋅mm=−3−33+1+1=2155.
【题型12 立体几何中的探索性问题】
【例12】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC=π2，且AB=BC=2CD=4．
(1)设线段BE中点为F，证明：CF∥平面ADE；
(2)在线段AB上是否存在点M，使得点B到平面CEM的距离等于22，如果存在，求MB的长．
【解题思路】（1）取AE的中点G，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）设MB=x，根据等体积法VB−MEC=VM−BEC求出x的值，即可得出结论.
【解答过程】（1）取BE的中点F，AE的中点G，连结FG、GD、CF
则有GF=12AB，GF//AB，
因为DC=12AB，CD//AB，所以CD//GF且CD=GF，
所以四边形CFGD是平行四边形，则CF//DG，
又DG⊂平面ADE，CF⊄平面ADE，
所以CF//平面ADE.
（2）存在.设MB=x(0因为MB⊥面BEC，所以VM−BEC=13S△BEC×MB=13×12×BE×BC×MB=8x3.
因为MB⊥面BEC，BE⊂面BEC，BC⊂面BEC
所以MB⊥BE,MB⊥BC，
则△MBE,△MBC均为直角三角形.
在Rt△MBE中，ME=MB2+BE2=x2+16
同理，MC=x2+16.
取EC的中点H，因为ME=MC，所以MH⊥EC，
而MH=ME2−EH2=x2+8.
故S△MEC=12×EC×MH=12×42×x2+8=8x2+64.
因为点B到面CEM的距离等于22，
所以VB−MEC=13S△MEC×22=2x2+83.
而VB−MEC=VM−BEC，所以2x2+83=8x3，解得x=23015.
所以在线段AB上只存在唯一一点M，当且仅当BM=23015时，点B到面CEM的距离等于22.
【变式12-1】（2024·贵州黔西·一模）如图所示为直四棱柱ABCD−A1B1C1D1,AB=AD=22,CB=CD=4,AA1=4，∠BCD=60°，M,M1分别是线段BC,B1C1的中点.
(1)证明:BC⊥平面MM1D；
(2)求直线BC与平面BDA1所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点P，使得PB1//平面BDA1，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由题意可知△BCD为正三角形，则DM⊥BC，又MM1⊥BC，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理的逆定理可得AB⊥AD，建立如图空间直角坐标系A−xyz，利用空间向量法求解线面角即可；假设在线段BC上存在点P，使得PB1//平面BDA1，令BP=λBC(0≤λ≤1)，利用PB1⋅n=0求出λ，进而求出BP即可.
【解答过程】（1）由∠BCD=60°,CB=CD，知△BCD为正三角形，
又M为BC的中点，则DM⊥BC.
又M1为B1C1的中点，则MM1//CC1，
而CC1⊥BC，所以MM1⊥BC，
又DM∩MM1=M,DM、MM1⊂平面MM1D，
所以BC⊥平面MM1D；
（2）由（1）知△BCD为正三角形，则BD=4，
在△ABD中，AB=AD=22，有BD2=AB2+AD2，所以AB⊥AD，
易知AA1⊥AB,AA1⊥AD，建立如图空间直角坐标系A−xyz，
则A(0,0,0),B(22,0,0),C(6+2,6+2,0),D(0,22,0),A1(0,0,4),B1(22,0,4)，
所以BC=(6−2,6+2,0),BA1=(−22,0,4),BD=(−22,22,0),BB1=(0,0,4)，
设平面BDA1的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BD=−22x+22y=0n⋅BA1=−22x+4z=0，令x=2，得y=2,z=1，故n=(2,2,1)，
设BC与平面BDA1所成角为θ，则sinθ=csBC,n=BC⋅nBCn=4345=155，
即BC与平面BDA1所成角的正弦值为155.
假设在线段BC上存在点P，使得PB1//平面BDA1，令BP=λBC(0≤λ≤1)，
则BP=(6λ−2λ,6λ+2λ,0)，所以PB1=BB1−BP=(2λ−6λ,−2λ−6λ,4)，
由PB1//平面BDA1，得PB1⊥n，所以PB1⋅n=2λ−23λ−2λ−23λ+4=0，
解得λ=33，所以BP⃗=λBC⃗=33×4=433，即BP的值为433.
【变式12-2】（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形ABCD中，D=60°,DC=2AD=2，将△ADC沿AC折起，使点D到达点P位置，且PC⊥BC，连接PB得三棱锥P−ABC，如图2．
(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；
(2)在线段PC上是否存在点M，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为58，若存在，求出|PM||PC|的值，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）推导出PA⊥AC，证明出BC⊥平面PAB，可得出PA⊥BC， 利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点A为坐标原点，BC、AC、AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设PM=λPC，其中0≤λ≤1，利用空间向量法可得出关于λ的等式，结合0≤λ≤1求出λ的值，即可得出结论.
【解答过程】（1）证明：翻折前，因为四边形ABCD为平行四边形，∠D=60∘，则∠B=60∘，
因为DC=2AD=2，则AB=DC=2，BC=AD=1，
由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠B=4+1−2×2×1×12=3，
所以，AC2+BC2=AB2，则BC⊥AC，同理可证AD⊥AC，
翻折后，则有BC⊥AC，PA⊥AC，
因为PC⊥BC，AC∩PC=C，AC、PC⊂平面PAC，
所以，BC⊥平面PAC，
因为PA⊂平面PAC，则PA⊥BC，
因为AC∩BC=C，AC、BC⊂平面ABC，所以，PA⊥平面ABC，
所以平面PAB⊥平面ABC.
（2）因为PA⊥平面ABC，BC⊥AC，以点A为坐标原点，
BC、AC、AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0、P0,0,1、C0,3,0、B−1,3,0，
设PM=λPC=λ0,3,−1=0,3λ,−λ，其中0≤λ≤1，
则AM=AP+PM=0,0,1+0,3λ,−λ=0,3λ,1−λ，AB=−1,3,0，
设平面ABM的法向量为m=x,y,z，则m⋅AB=−x+3y=0m⋅AM=3λy+1−λz=0，
取y=λ−1，则z=3λ，x=3λ−1，所以，m=3λ−1,λ−1,3λ，
平面MBC的一个法向量为n=a,b,c，PB=−1,3,−1，PC=0,3,−1，
则n⋅PB=−a+3b−c=0n⋅PC=3b−c=0，令b=3，可得n=0,3,3，
则，整理可得λ=23，
因此，线段PC上存在点M，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为58，且PMPC=23.
【变式12-3】（2024·福建龙岩·二模）三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，侧面A1ACC1为矩形，∠A1AB=2π3，三棱锥C1−ABC的体积为233．

(1)求侧棱AA1的长；
(2)侧棱CC1上是否存在点E，使得直线AE与平面A1BC所成角的正弦值为55？若存在，求出线段C1E的长；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）证明AD⊥平面ABC，结合题目条件，先计算出AD的值，然后即可以求得侧棱AA1的长；
（2）建立空间直角坐标系，设未知数λ，结合题目条件，列出方程求解，即可得到本题答案.
【解答过程】（1）在平面AA1B1B内过A作AD⊥A1B1，垂足为D，
因为侧面A1ACC1为矩形，所以CA⊥AA1，
又CA⊥AB，AB∩AA1=A，AB,AA1⊂平面AA1B1B，
所以CA⊥平面AA1B1B，
又CA⊂平面ABC，所以平面AA1B1B⊥平面ABC，
易得AD⊥AB，AD⊂面AA1B1B，平面AA1B1B∩平面ABC=AB，
所以AD⊥平面ABC，
因为VC1−ABC=13S△ABC⋅AD=13×12×2×2AD=233，所以AD=3，
因为∠A1AB=2π3，∠A1AD=π6，所以AA1=2；
（2）存在点E满足题意，C1E=2，理由如下：
如图，以A为坐标原点，以AB,AC,AD所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则A1(−1,0,3),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(−1,2,3)，
设C1E=λC1C,λ∈[0,1]，则E(λ−1,2,3−3λ)，
故AE=(λ−1,2,3−3λ)，A1B=(3,0,−3)，A1C=(1,2,−3)
设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z)
则m⋅A1B=0m⋅A1C=0即3x−3z=0x+2y−3z=0，令z=3，则x=y=1，
故平面A1BC的一个法向量m=(1,1,3)，
设直线AE与平面A1BC所成角为θ，
则sinθ=AE⋅mAE⋅m=2−λλ2−2λ+2⋅5=55，解得λ=1，
故存在点E满足题意，所以C1E=2.
一、单选题
1．（2024·四川德阳·二模）已知m,n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，给出下列结论，其中正确结论的个数是（ ）
①若m⊥α,n⊥β，且m⊥n，则α⊥β
②若m⊂α,n⊂α且m//β,n//β，则α//β
③若m⊥α,n//β，且m⊥n，则α⊥β
④若m⊥α,n//β，且m//n，则α//β
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】利用方向向量与法向量判断线面位置关系，从而判断①④；利用面面平行的判定定理判断②，举特例可排除③，从而得解.
【解答过程】设m,n分别是直线m,n的方向向量，
对于①，因为m⊥α,n⊥β，所以m,n分别是平面α,β的法向量，
又m⊥n，即m⊥n，所以α⊥β，故①正确；
对于②，由面面平行的判定定理可知，当m,n不相交时，α//β不一定成立，故②错误；
对于③，当n⊂α时，可满足m⊥α时有m⊥n，
又n//β，显然此时α,β位置关系不确定，故③错误；
对于④，因为m⊥α，所以m是平面α的法向量，
又m//n，所以n也是平面α的法向量，
又n//β，即n//β，所以α⊥β，故④错误.
故选：A.
2．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1D∩AD1=E,CD1∩C1D=F，则下列结论中正确的是（ ）
A．BB1//平面ACD1B．平面BDC1⊥平面ACD1
C．EF⊥平面BDD1B1D．平面ABB1A1内存在与EF平行的直线
【解题思路】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计算即可．
【解答过程】因为ABCD−A1B1C1D1为正方体，设正方体边长为2，
以D1为原点，D1A1为x轴，D1C1为y轴，D1D为z轴建立空间直角坐标系，
则D10,0,0,A2,0,2,C0,2,2,B2,2,2,B12,2,0,E1,0,1,F0,1,1，
设平面ACD1的法向量为n=x,y,z，
则n⋅D1A=0n⋅D1C=0,2x+2z=02y+2z=0，令x=1，则n=1,1,−1，
同理解得平面BDC1的法向量m=−1,1,1，
BB1=0,0,−2,BB1⋅n=2≠0，故A不正确；
m⋅n=−1≠0，故B不正确；
EF=−1,1,0,D1D=0,0,2,D1B1=2,2,0，
EF⋅D1D=0,EF⋅D1B1=0，所以EF⊥D1D,EF⊥D1B1，
又D1D∩D1B1=D1，所以EF⊥平面BDD1B1，C正确；
平面ABB1A1的一个法向量为p=1,0,0，
EF⋅p=−1≠0，故D不正确；
故选：C.
3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=CC1=2，BC=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（ ）
A．32B．155C．104D．33
【解题思路】根据空间向量法求线线角即可.
【解答过程】以B为原点，在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于D，
以BD为x轴，以BC为y轴，以BB1为z轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=CC1=2，BC=1，
所以A(3,−1,0),B1(0,0,2),B(0,0,0),C1(0,1,2)，
所以AB1=(−3,1,2),BC1=(0,1,2)，
设异面直线AB1与BC1所成角为θ，
所以csθ=|AB1⋅BC||AB1|⋅|BC1|=58⋅5=104.
故选：C.
4．（2024·江西新余·模拟预测）已知A−1,−1,−1，直线l过原点且平行于a=(0,1,2)，则A到l的距离为（ ）.
A．255B．1C．305D．355
【解题思路】根据题意取P0,1,2，然后求出AP在a方向上的投影，再结合勾股定理可求得结果.
【解答过程】由题意取P0,1,2，则AP=(1,2,3)，
所以A到l的距离为
d=AP2−AP⋅aa=(12+22+32)−2+612+222=14−645=305.
故选：C.
5．（2024·江西宜春·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面α经过点B,D，平面β经过点A,D1，当平面α,β分别截正方体所得截面面积最大时，平面α与平面β的夹角的余弦值为（ ）
A．12B．33C．63D． 32
【解题思路】因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面BDD1B1与平面ABC1D1夹角的余弦值，建立空间直角坐标系，求得即可.
【解答过程】
如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大，
所以题目转化为求平面BDD1B1与平面ABC1D1夹角的余弦值，
以D点为坐标原点，以DA,DC,DD1的方向分别为x,y,z轴正方向，
建立空间直角坐标系D−xyz，
由ABCD−A1B1C1D1为正方体，设棱长为a，a>0，所以四边形ABCD为正方形，
所以AC⊥BD，又因为B1B⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥B1B，又因为BD∩B1B=B，BD,B1B⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1，
即AC为平面BDD1B1的一个法向量，
同理B1C为平面ABC1D1的一个法向量，
由Aa,0,0,C0,a,0,B1a,a,a，知AC=−a,a,0,B1C=−a,0,−a，
设平面α与平面β的夹角为θ，θ∈0,π，
则csθ=AC⋅B1CAC⋅B1C=a22a2=12.
故选：A.
6．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，设点P为底面A1B1C1D1内（含边界）的动点，则点A,C1到平面PBD距离之和的最小值为（ ）
A．33B．233C．22D．23
【解题思路】建立空间直角坐标系，设P(a,b,2),0≤a≤2,0≤b≤2，求出平面PBD的一个法向量m=(2,2,b−a)，然后利用距离的向量公式并换元化简得d1+d2 =211−8(4+t)+244+t2，最后利用二次函数性质求解最值即可.
【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，DA,DC,DD1两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示：

则D(0, 0,0),A(2, 0, 0),B(2,2, 0),C1(0,2,2)，设P(a,b,2),0≤a≤2,0≤b≤2，
所以DB=(2,2,0)，DP=(a,b,2)，设平面PBD的法向量为m=(x,y, z)，
则m⋅DB=2x+2y=0m⋅DP=ax+by+2z=0，令x=2，则y=−2,z=b−a．于是m=(2,2,b−a)，
则点A,C1到平面PBD距离之和为d1+d2=m⋅DAm+m⋅DC1m=48+b−a2+4+2b−a8+b−a2，
设b−a=t，则t∈−2,2，d1+d2=48+t2+4+2t8+t2=8+2t8+t2=24+t28+t2 =24+t24+t2−8(4+t)+24=211−8(4+t)+244+t2，
因为t∈−2,2，所以t+4∈2,6，所以1t+4∈16,12，
函数y=1−8(4+t)+244+t2开口向上，对称轴为1t+4=16，在1t+4∈16,12上单调递增，
所以当1t+4=12时，d1+d2=211−8(4+t)+244+t2取到最小值为d1+d2 =211−8×12+24×14=233.
故选：B.
7．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为线段BD1上的动点，直线m为平面A1DP与平面B1CP的交线，现有如下说法
①不存在点P，使得BB1//平面A1DP
②存在点P，使得B1P⊥平面A1DP
③当点P不是BD1的中点时，都有m/平面A1B1CD
④当点P不是BD1的中点时，都有m⊥平面ABD1
其中正确的说法有（ ）
A．①③B．③④C．②③D．①④
【解题思路】
对于①，由当点P与点D1重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于②，若B1P⊥平面A1DP，则B1P⊥B1C，建系利用向量运算B1P⋅B1C≠0即可判断；对于③④，由线面平行，线面垂直的相关知识判断即可.
【解答过程】对于①，由当点P与点D1重合时，由BB1//DD1，
而DD1⊂平面A1DP，BB1⊄平面A1DP，得BB1//平面A1DP，故①错误；
对于②，若存在点P，使得B1P⊥平面A1DP，则B1P⊥A1D，
又A1D//B1C，可得B1P⊥B1C，
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，BP=λBD1，0≤λ≤1，
则B1,1,0，C0,1,0，B11,1,1，D10,0,1，
则B1B=0,0,−1，BD1=−1,−1,1，
∴B1P=B1B+BP=B1B+λBD1=−λ,−λ,λ−1，B1C=−1,0,−1，
所以B1P⋅B1C=λ+1−λ=1≠0，这与B1P⊥B1C矛盾，故②错误；
对于③，当P不是BD1的中点时，
由A1D//B1C，且B1C⊂面B1CP，A1D⊄面B1CP，可知A1D//面B1CP，
又直线m为面A1PD与面B1CP的交线，则A1D//m，
又A1D⊂面A1B1CD，m⊄面A1B1CD，从而可得m/面A1B1CD，故③正确；
对于④，由③可知A1D//m，又AB⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，
所以AB⊥A1D，又A1D⊥AD1，AB∩AD1=A，AB,AD1⊂平面ABD1，
所以A1D⊥平面ABD1，所以m⊥平面ABD1，故④正确.
综上，③④正确.
故选：B.
8．（2024·陕西·模拟预测）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，则下列选项中错误的一项是（ ）
A．直线A1C与BD所成的角为90°
B．线段A1C的长度为2
C．直线A1C与BB1所成的角为90°
D．直线A1C与平面ABCD所成角的正弦值为63
【解题思路】在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，取AB=a，AD=b，AA1=c，利用空间向量的线性运算及数量积运算，逐一分析选项，即可得出答案.
【解答过程】在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，令AB=a，AD=b，AA1=c，
由AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，
得|a|=|b|=|c|=1，a⋅b=b⋅c=a⋅c=12，
对于A，显然A1C=a+b−c，BD=−a+b，
则A1C⋅BD=(a+b−c)⋅(−a+b)=−a2+b2+a⋅c−b⋅c=0，即A1C⊥BD，
因此直线A1C与BD所成的角为90°，A正确；
对于B，|A1C|2=(a+b−c)2=a2+b2+c2−2b⋅c=2，即A1C=2，B正确；
对于C，A1C⋅BB1=(a+b−c)⋅c=a⋅c+b⋅c−c2=0，即A1C⊥BB1，
因此直线A1C与BB1所成的角为90°，C正确；
对于D，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD是菱形，即AC⊥BD，
又A1C⊥BD，A1C∩AC=C，A1C,AC⊂平面A1CA，于是BD⊥平面A1CA，
又BD⊂平面ABCD，则平面A1CA⊥平面ABCD，
连接AC交BD于点O，在平面A1CA内过点A1作A1E⊥AC于点E，如图，
由平面A1CA∩平面ABCD=AC，因此A1E⊥平面ABCD，即直线A1C与平面ABCD所成角为∠A1CA，
AC=a+b，则AC|2=a+b|2=a2+b2+2a⋅b=3，即AC=3，
由AA1//BB1及选项C知，∠AA1C=90°，则sin∠A1CA=13=33，D错误.
故选：D.
二、多选题
9．（2024·河北·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1,P为AA1中点，Q为BC中点，则（ ）
A．直线PD与直线QB1平行B．直线PC1与直线QD1垂直
C．直线PQ与直线A1B相交D．直线PQ与直线DB1异面
【解题思路】根据题意，建立空间直角坐标系，分析AB，由异面直线的定义分析CD，综合可得答案．
【解答过程】根据题意，设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，如图建立坐标系，
则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，C1(0,2,2)，D1(0,0,2)，
P(2,0,1)，Q(1,2,0)，
对于A，DP=(2,0,1)，QB1=(1,0,2)，由于DP=kQB1对于任意的k都不会成立，则DP与QB1不平行，则直线PD与直线QB1不平行，A错误；
对于B，PC1=(−2,2,1)，QD1=(−1,−2,2)，则有PC1⋅QD1=2−4+2=0，则PC1⊥QD1，即直线PC1与直线QD1垂直，B正确；
对于C，直线PQ与PB相交，故PQ⊂平面PBQ，直线A1B∩平面PBQ=B，B∉PQ，所以PQ与直线A1B是异面直线，C错误；
对于D，PQ=−1,2,−1,DB1=2,2,2,显然两直线不平行，假设直线PQ与直线DB1相交，则P,Q,D,B1在同一平面上，DP=2,0,1,故存在实数x,y,使得PQ=xDB1+yDP，即−1=2x+2y2=2x−1=2x+y，则x,y无解，故PQ与直线DB1既不相交也不平行，是异面直线，D正确．
故选：BD．
10．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1C1的中点，Q为线段BC1上的动点（不包括端点），则（ ）
A．存在点Q，使得PQ//BDB．存在点Q，使得PQ⊥平面AB1C1D
C．三棱锥Q−APD的体积是定值D．二面角Q−A1C1−D的余弦值为13
【解题思路】A选项，由PQ//BD推出BD//平面A1C1B，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出A1B⊥AB1，A1B⊥B1C1，得到线面垂直，进而当Q为BC1的中点时，PQ//A1B，此时PQ⊥平面AB1C1D，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到BC1//平面APD，求出平面的法向量，证明出BC1//平面APD不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值.
【解答过程】对于A，若PQ//BD，因为BD⊄平面A1C1B，PQ⊂平面A1C1B，
所以BD//平面A1C1B，矛盾，故A错误．
对于B，以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则A2,0,0,B12,2,2,A12,0,2,B2,2,0,C10,2,2，
因为AB1=2,2,2−2,0,0=0,2,2,A1B=2,2,0−2,0,2=0,2,−2，
B1C1=0,2,2−2,2,2=−2,0,0，
故AB1⋅A1B=0,2,2⋅0,2,−2=4−4=0，B1C1⋅A1B=−2,0,0⋅0,2,−2=0，
故A1B⊥AB1，A1B⊥B1C1，
因为AB1∩B1C1=B1，AB1,B1C1⊂平面AB1C1D，
故A1B⊥平面AB1C1D，当Q为BC1的中点时，PQ//A1B，
此时PQ⊥平面AB1C1D，故B正确．

对于C，Q在线段BC1上运动，若三棱锥Q−APD的体积为定值，则BC1//平面APD，
P1,1,2,AP=1,1,2−2,0,0=−1,1,2，DA=2,0,0，
设平面APD的法向量为m=x,y,z，
则m⋅DA=x,y,z⋅2,0,0=2x=0m⋅AP=x,y,z⋅−1,1,2=−x+y+2z=0，
解得x=0，令z=1得y=−2，故m=0,−2,1，
故BC1⋅m=−2,0,2⋅0,−2,1=2，故BC1与m=0,−2,1不垂直，
故BC1//平面APD不成立，故C错误；
对于D，二面角Q−A1C1−D即二面角B−A1C1−D，连接BP，DP，BD，
由于△A1BC1,△A1DC1为等边三角形，
则BP⊥A1C1，DP⊥A1C1，所以∠BPD为所求二面角的平面角，
不妨设正方体的棱长为2，则△A1BC1,△A1DC1的棱长为22，
故BP=DP=6，BD=22，
由余弦定理可得cs∠BPD=BP2+DP2−BD22BP⋅DP=6+6−82×6×6=13，
二面角Q−A1C1−D的余弦值为13，故D正确．
故选：BD.
11．（2024·河北承德·二模）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2,E是棱AA1的中点，P为线段BD1上的点（异于端点），且ED=PD，则下列说法正确的是（ ）

A．ED1是平面EDC的一个法向量
B．BP=34BD1
C．点P到平面ECD1的距离为618
D．二面角P−EC−D的正弦值为32114
【解题思路】对于A，证明ED1⊥平面EDC即可；对于B，在△PDD1中通过余弦定理计算PD1的长度即可；对于C，D，建立空间直角坐标系，求出平面ECD1的法向量，根据点到面的距离公式可计算C选项，计算平面PEC和平面EDC的法向量即可求出二面角的正弦值，可判断D选项.
【解答过程】对于A，由于是正四棱柱，易知DC⊥ED1，
在△EDD1中，因为ED1=ED=2,DD1=2，
所以ED12+ED2=DD12，
故ED1⊥ED，
又ED⊂平面EDC，DC⊂平面EDC,ED∩DC=D，
所以ED1⊥平面EDC，故A正确；
对于B，在△BDD1中，因为BD=2,DD1=2,BD1=6，
则cs∠BD1D=63，
在△PDD1中，利用余弦定理PD2=DD12+PD12−2DD1⋅PD1cs∠BD1D,
可求得PD1=63或PD1=6（舍去），
因此BP=23BD1，故B错误；
对于C， 以D为原点，DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则E1,0,1,C0,1,0,D10,0,2,B(1,1,0)，
由B选择可知，BP=23BD1，BD1=(−1,−1,2)，
所以P(13,13,43)，
故ED1=(−1,0,1),EC=(−1,1,−1),D1P=(13,13,−23)，
设m=(x1,y1,z1)为平面ECD1的法向量，
则m⋅ED1=−x1+z1=0,m⋅EC=−x1+y1−z1=0,，
令x1=1，则m=(1,2,1)，
设点B到平面ECD1的距离为ℎ，
所以由点到平面的距离公式得：
ℎ=|D1P⋅m||m|=13+23−236=618，故C正确；
对于D，由C选项中坐标可知，
ED1=−1,0,1为平面EDC的一个法向量，
EP=−23,13,13,EC=−1,1,−1，
设平面PEC的一个法向量为n=x,y,z，
则n⋅EP=−23x+13y+13z=0,n⋅EC=−x+y−z=0,
令z=1,n=2,3,1，
所以cs=ED1⋅nED1⋅n=−714，
因此二面角P−EC−D的正弦值为1−(−714)2=32114，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
12．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）若l//α，且m=2,t,1为直线l的一个方向向量，n=1,12,2为平面α的一个法向量，则实数t的值为 -8 .
【解题思路】由题意m⊥n即m⋅n=0即可列方程求解.
【解答过程】由题意m⋅n=2+t2+2=0，解得t=−8.
故答案为：-8.
13．（2024·广东·一模）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P、Q分别在A1B1、C1D1上，且A1P=2PB1，C1Q=2QD1，则异面直线BP与DQ所成角的余弦值为 45 .
【解题思路】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线BP与DQ所成角的余弦值.
【解答过程】设正方体ABCD−A1B1C1D1中棱长为3，
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则D0,0,0，Q0,1,3，B3,3,0，P3,2,3，BP=0,−1,3，DQ=0,1,3，
设异面直线BP与DQ所成角为θ，则csθ=BP⋅DQBP⋅DQ=810⋅10=45.
即异面直线BP与DQ所成角的余弦值为45.
故答案为：45.
14．（2024·广东茂名·模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是正方形，AB=4，AA1=42，点B1在底面ABCD的射影为BC中点H，则直线AD1与平面ABCD所成角的正弦值为 74 ．
【解题思路】以点H为坐标原点，BA、HC、HB1的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系H−xyz，求得平面ABCD的一个法向量为n=0,0,1，直线AD1的一个方向向量AD1=0,6,27，利用向量的夹角公式可求直线AD1与平面ABCD所成角的正弦值.
【解答过程】因为点B1在底面ABCD的射影为BC中点H，则B1H⊥平面ABCD，
又因为四边形ABCD为正方形，
以点H为坐标原点，BA、HC、HB1的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系H−xyz，

因为B1H⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，则B1H⊥BC，
因为AB=4，AA1=42，则B1H=BB12−BH2=32−4=27，
则A4,−2,0、D4,2,0、B0,−2,0、B10,0,27，
所以AD1=AD+DD1=AD+BB1=0,4,0+0,2,27=0,6,27，
易知平面ABCD的一个法向量为n=0,0,1，
csAD1,n=AD1⋅nAD1⋅n=278×1=74，
因此，直线AD1与平面ABCD所成角的正弦值为74．
故答案为：74.
四、解答题
15．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体ABCD−A1B1C1D1组合而成的，且PC=32AB.

(1)求证：PC//平面ADC1B1；
(2)若AB=3，求四棱锥P−ADC1B1的体积.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系证明线面平行即可；
（2）根据线面垂直结合锥体体积公式计算即可.
【解答过程】（1）如图以点A1为原点，A1D1为 x 轴A1B1为 y 轴A1A为 z 轴建立空间直角坐标系．
设 AB=2a,则 PC=32AB=3a,过 P 作PP1平面ABCD . P−ABCD是正四棱锥点P1是正方形ABCD的中心,
因为PC2=PP12+CP12，PC=3a,CP1=2a，所以PP1=a,
C2a,2a,2a,Pa,a,3a,PC→=−a,−a,a
设平面ADC1B1法向量为n→=x,y,z,
A0,0,2a,D0,2a,2a,C12a,2a,0,
AD→=2a,0,0,AC1→=2a,2a,−2a,
则2ax=02ax+2ay−2az=0,
可得x=0y=1z=1,
所以n→=0,1,1,n→·PC→=0−a+a=0,PC不在平面ADC1B1内，所以PC//平面ADC1B1

（2）因为AB=3，所以CD1=32,
因为PC//平面ADC1B1,所以VP−ADC1B1=VC−ADC1B1，
因为CD1⊥C1D,AD⊥CD1,AD∩DC1=D,AD⊂平面ADC1B1,DC1⊂平面ADC1B1,所以CD1⊥平面ADC1B1,
VP−ADC1B1=VC−ADC1B1=13×CD12×SADC1B1=13×22×3×32×3=9.
16．（2024·贵州·模拟预测）如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，BC=4，A1C1=B1C1=CC1=2．
(1)求异面直线A1B与B1C1所成角的余弦值；
(2)求直线A1B与平面A1B1C所成角的正弦值．
【解题思路】建立空间直角坐标系，写出相应的点的坐标，进而可求直线A1B与B1C1的方向向量及平面A1B1C的法向量，进而利用异面直线、线面角空间向量的求法计算即可.
【解答过程】（1）依题意，以点C为圆点，CA,CB,CC1所在直线分别为 x,y,z 建立如图所示的空间直角坐标系
在三椄台 ABC−A1B1C1 中. 因为A1C1=B1C1∴AC=BC=4，
∴C(0,0,0),A(4,0,0),B(0,4,0)，
∵A1C1=B1C1=CC1=2，
∴A1(2,0,2),B1(0,2,2),C1(0,0,2)
所以A1B→=(−2,4,−2),B1C1→=(0,−2,0)
所以cs⁡A1B,B1C1=A1B⋅B1C1|AB|⋅B1C1=4×(−2)26×2=−63，
设异面直线A1B与B1C1所成角为α，则α∈(0,π2]，
所以csα=−63，
即直线A1B与B1C1所成角的余弦值是63.
（2）设直线 A1B 与平面 A1B1C 所成角为 β ，则β∈[0,π2]
平面A1B1C 的法向量为 n=(x,y,z)
A1B1=(−2,2,0),A1C=(−2,0,−2)
所以 n⋅A1B1=−2x+2y=0n⋅A1C=−2x−2z=0，令x=1,则y=1,z=−1 ,
所以n→=(1,1,−1)，
所以cs⁡A1B,n→=A1B⋅n→|AB|⋅n→=−2+4+226×3=23，
即直线A1B与平面A1BC所成角的正弦值是23.
17．（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在三棱锥P−ABC中，∠ABC=π2，AO=CO，PA=PB=PC．
(1)证明：OP⊥平面ABC；
(2)若PA=2AB=2BC，E是棱BC上一点且2BE=EC，求平面PAE与平面PAC的夹角θ．
【解题思路】（1）连接OB，通过证明△PAO≅△PBO得出OP⊥OB结合等腰三角形的性质得出线线垂直来证明线面垂直即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角即可.
【解答过程】（1）连接OB，因为PA=PC，AO=CO，所以OP⊥AC，
因为∠ABC=π2，AO=CO，所以BO=AO，
因为PA=PB，所以△PAO≅△PBO，则∠POA=∠POB，所以OP⊥OB，
因为OB∩AC=O，OB、AC⊂平面ABC，
所以OP⊥平面ABC．
（2）易知AB=BC，O为AC的中点，所以OB⊥AC，
由（1）可知，OB,OC,OP两两垂直，以O为坐标原点，OB,OC,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，
设OA=1，因为PA=2AB=2BC，所以△PAC为正三角形，
所以P0,0,3，A(0,−1,0)，C(0,1,0)，
因为2BE=EC，所以E23,13,0，所以AP=0,1,3，AE=23,43,0，
设平面PAE的法向量为n=(x,y,z)，则y+3z=023x+43y=0，
令z=1，则y=−3,x=23,∴n=23,−3,1，
又平面PAC的一个法向量为a=(1,0,0)，
所以csθ=n⋅an⋅a=231×4=32，即平面PAE与平面PAC的夹角为π6．
18．（2024·海南·模拟预测）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为梯形，AD//BC,AB=AD=2，BD=22,BC=4.
(1)证明： A1B1⊥AD1;
(2)若直线 AB与平面 B1CD1所成角的正弦值为 66，点 M为线段 BD上一点，求点M到平面 B1CD1的距离.
【解题思路】（1）因为A1B1//AB，因此只需证明AB⊥平面ADD1A1，只需证明AB⊥AA1（由题可证），AB⊥AD，由勾股定理易证.
（2）建立空间直角坐标系，先由直线 AB与平面 B1CD1所成角的正弦值为 66，求出AA1，再证明BD//平面B1CD1，由此得点M到平面 B1CD1的距离等价于点B到平面 B1CD1的距离，再由点到平面的距离公式求解即可.
【解答过程】（1）因为AB=AD=2，BD=22，
所以AB2+AD2=8=BD2，所以AB⊥AD,
因为ABCD−A1B1C1D1为直四棱柱，
所以A1A⊥AB,
因为A1A∩AD=A，A1A,AD⊂平面ADD1A1，
所以AB⊥平面ADD1A1，
因为A1B1//AB，所以A1B1⊥平面ADD1A1，
因为AD1⊂平面ADD1A1，所以A1B1⊥AD1
（2）由（1）及题意知，AB,AD,A1A两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系
因为AB=AD=2，BD=22，BC=4.设A1A=ℎ(ℎ>0)，
所以A(0,0,0),B(2,0,0),B1(2,0,ℎ),C(2,4,0),D1(0,2,ℎ),D(0,2,0)
所以AB=(2,0,0),CB1=(0,−4,ℎ),CD1=(−2,−2,ℎ),BC=(0,4,0),BD=(−2,2,0),
设平面B1CD1的一个法向量为n=(x,y,z)
则n⋅CB1=−4y+ℎz=0n⋅CD1=−2x−2y+ℎz=0，
令z=4，则x=y=ℎ，所以n=(ℎ,ℎ,4)
设直线 AB与平面 B1CD1所成的角为θ，
则sinθ=csAB,n=AB·nABn=2ℎ2×2ℎ2+16=66，
解得ℎ=2，所以n=(2,2,4)
所以点B到平面 B1CD1的距离为d=BC·nn=826=263
因为BD·n=−2×2+2×2+4×0=0，所以BD⊥n
因为BD不在平面B1CD1，所以BD//平面B1CD1，
因为M在线段BD上，所以点M到平面 B1CD1的距离等价于点B到平面 B1CD1的距离，为263
故点M到平面 B1CD1的距离263.
19．（2024·贵州贵阳·二模）由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别为AD,AB的中点，AB=2A1B1=4，侧面BB1C1C与底面ABCD所成角为45°.

(1)求证：BD1//平面A1EF；
(2)线段AB上是否存在点M，使得直线D1M与平面A1EF所成的角的正弦值为3510，若存在，求出线段AM的长；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）借助中位线的性质可得线线平行，即可得线面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性质定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量可用未知数表示出直线D1M与平面A1EF所成的角的正弦值，计算即可得解.
【解答过程】（1）连接BD、B1D1，由E,F分别为AD,AB的中点，则EF//BD，
又EF⊄平面BB1D1D，BD⊂平面BB1D1D，故EF//平面BB1D1D，
正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，A1B1//AB且A1B1=12AB=BF，
则四边形A1FBB1为平行四边形，故A1F//BB1，
又A1F⊄平面BB1D1D，BB1⊂平面BB1D1D，故A1F//平面BB1D1D，
又A1F∩EF=F，且A1F⊂平面A1EF，EF⊂平面A1EF，
故平面A1EF//平面BB1D1D，又BD1⊂平面BB1D1D，故BD1//平面A1EF；

（2）正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上下底面中心的连线OO1⊥底面ABCD，
底面ABCD为正方形，故AO⊥BO，
故可以O为原点，OA、OB、OO1为x,y,z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，
由AB=2A1B1=4，侧面BB1C1C与底面ABCD所成角为45°，
则OO1=A1B1−AB2×tan45°=1，
则A12,0,1，F2,2,0，E2,−2,0，
假设在线段AB上存在点Mx,y,0满足题设，则AM=x−2,y,0，
设AM=λAB0≤λ≤1，则M=22−22λ,22λ,0，
D1M=22−22λ,22λ+2,−1，
设平面A1EF的法向量为m=x,y,z，
则n2⋅A1E=2y−z=0n2⋅EF=22y=0，令x=1，则y=0，z=0，即m=1,0,0，
因为直线D1M与平面A1EF所成的角的正弦值为3510，
故csD1M,m=D1M⋅mD1Mm=22−22λ16λ2−8λ+11×1=3510，
解得λ=14或λ=614（舍），故AM=14AB=1，
故线段AB上存在点M，使得直线D1M与平面A1EF所成的角的正弦值为3510，
此时线段AM的长为1.

考点要求
真题统计
考情分析
(1)理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理
(2)能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用
(3)会求空间中点到直线以及点到平面的距离
(4)以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件
2022年新高考全国I卷：第19题，12分
2022年新高考全国Ⅱ卷：第20题，12分
2023年新高考I卷：第18题，12分
2023年新高考Ⅱ卷：第20题，12分
2024年新高考I卷：第17题，15分
2024年新高考Ⅱ卷：第17题，15分
空间向量的应用是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，空间向量解立体几何一般以解答题形式为主，每年必考，难度中等偏难，第一小问一般考查空间线、面位置关系的证明；空间角与点、线、面距离问题通常在解答题的第二小问考查，有时在选择题、多选题中也会涉及.在高考复习过程中除了掌握空间向量法求空间角、空间距离，还需多锻炼几何法的应用，学会灵活求解.