高一升高二数学暑假预习课16讲第06讲 空间向量的应用（二）：距离、夹角问题与7考点精讲（解析版）

这是一份高一升高二数学暑假预习课16讲第06讲 空间向量的应用（二）：距离、夹角问题与7考点精讲（解析版），共54页。
\l "_Tc32468" 一、 由空间向量研究距离问题 PAGEREF _Tc32468 \h 2
\l "_Tc6539" 基础知识 PAGEREF _Tc6539 \h 2
\l "_Tc8885" 考点1 点到平面距离的向量 PAGEREF _Tc8885 \h 2
\l "_Tc7157" 考点2 平行平面距离的向量 PAGEREF _Tc7157 \h 5
\l "_Tc20457" 考点3 点到直线距离的向量 PAGEREF _Tc20457 \h 10
\l "_Tc31521" 二、 由空间向量研究空间角问题 PAGEREF _Tc31521 \h 14
\l "_Tc29099" 基础知识 PAGEREF _Tc29099 \h 14
\l "_Tc32040" 考点4 求异面直线所成的角 PAGEREF _Tc32040 \h 15
\l "_Tc18005" 考点5 求线面角 PAGEREF _Tc18005 \h 18
\l "_Tc15634" 考点6 求二面角 PAGEREF _Tc15634 \h 23
\l "_Tc25213" 考点7 由空间向量研究存在性问题 PAGEREF _Tc25213 \h 29
\l "_Tc5131" 三、 课后作业 PAGEREF _Tc5131 \h 36
\l "_Tc7648" 单选题 PAGEREF _Tc7648 \h 36
\l "_Tc22803" 多选题 PAGEREF _Tc22803 \h 44
\l "_Tc16595" 填空题 PAGEREF _Tc16595 \h 47
\l "_Tc4919" 解答题 PAGEREF _Tc4919 \h 48
一、 由空间向量研究距离问题
基础知识
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)．

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)．
考点1 点到平面距离的向量
【例1.1】（23-24高二上·北京顺义·期末）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3，BC=2，AA1=1，则点D到平面BCD1的距离为（ ）
A．1B．3C．102D．31010
【解题思路】建立适当的空间直角坐标系，求出平面BCD1的法向量为n=0,1,3，以及D1D=0,0,−1，由公式d=n⋅D1Dn即可得解.
【解答过程】由题意，以D为原点，DA,DC,DD1分别为x,y,z轴所在直线建立如图所示的空间直角坐标系：
因为AB=3，BC=2，AA1=1，
所以D0,0,0,B2,3,0,C0,3,0,D10,0,1，
则D1C=0,3,−1,D1B=2,3,−1,D1D=0,0,−1，
不妨设平面BCD1的法向量为n=x,y,z，
所以D1C⋅n=3y−z=0D1B⋅n=2x+3y−z=0，不妨令y=1，解得x=0,z=3，
即取平面BCD1的法向量为n=0,1,3，
所以点D到平面BCD1的距离为d=n⋅D1Dn=310=31010.
故选：D.
【例1.2】 （2024·河北沧州·二模）已知四面体ABCD满足∠BAC=π3,cs∠CAD=13,cs∠DAB=14,AB=2,AC=3,AD=2，则点A到平面BCD的距离为（ ）
A．52B．32C．3D．102
【解题思路】设平面BCD的一个法向量n=xAB+yAC+zAD，列出方程组，求得n=AB+AD，再求得n=10且AB⋅n=5，结合ℎ=AB⋅nn，即可求解.
【解答过程】因为四面体ABCD满足∠BAC=π3,cs∠CAD=13,cs∠DAB=14,AB=2,AC=3,AD=2，
可得AB⋅AC=3,AC⋅AD=2,AD⋅AB=1，
设平面BCD的一个法向量n=xAB+yAC+zAD，
则n⋅BC=xAB+yAC+zAD⋅AC−AB=−x+6y+z=0n⋅BD=xAB+yAC+zAD⋅AD−AB=−3x−y+3z=0，
令z=1，解得x=1,y=0，所以n=AB+AD，
所以n=AB2+AD2+2AB⋅ADcs∠BAD=10,AB⋅n=4+1=5，
设点A到平面BCD的距离为ℎ，则ℎ=AB⋅nn=510=102.
故选：D.
【变式1.1】（23-24高二下·江西·开学考试）在正三棱锥P−ABC中，AB=2PA=2，且该三棱锥的各个顶点均在以O为球心的球面上，设点O到平面PAB的距离为m，到平面ABC的距离为n，则nm=（ ）
A．3B．233C．3D．33
【解题思路】根据AB=2PA=2，得到PA，PB，PC两两垂直，从而把该三棱锥补成一个正方体求解.
【解答过程】解：在正三棱锥P−ABC中，PA=PB=PC，又PA=1，AB=2，所以PA2+PB2=AB2，所以PA⊥PB，
同理可得PA⊥PC，PC⊥PB，即PA，PB，PC两两垂直，
把该三棱锥补成一个正方体，则三棱锥的外接球就是正方体的外接球，正方体的体对角线就是外接球的直径，易得m=12，
如图，建立空间直角坐标系，

则A1,0,0，B0,1,0，C0,0,1，O12,12,12，
所以AB=−1,1,0，AC=−1,0,1，AO=−12,12,12，
设平面ABC的一个法向量为sx,y,z，
则s⋅AB=−x+y=0s⋅AC=−x+z=0，
令x=1，则y=z=1，所以s=1,1,1，
则点O到平面ABC的距离n=s⋅AOs=36，
所以nm=33．
故选：D．
【变式1.2】（23-24高二上·河北石家庄·期末）在如图所示的直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AB=2,AA1=3,M是BC的中点，点N是棱CC1上的一个动点，则点A1到平面AMN的距离的最小值为（ ）

A．1B．12C．23D．67
【解题思路】建立空间直角坐标系，将则点A1到平面AMN的距离表示出来即可求得最值.
【解答过程】由题意知，该几何体为长方体，建立空间直角坐标系如下图所示，
则A(2,0,0),M(1,2,0),AM=(−1,2,0)，设N(0,2,t),(0≤t≤3),MN=(−1,0,t)．

设平面AMN的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AM=−x+2y=0n⋅MN=−x+tz=0，
设y=t，则x=2t,z=2，则n=(2t,t,2),AA1=(0,0,3)，
所以点A1到平面AMN的距离为AA1⋅n|n|=65t2+4，
又0≤t2≤9,4≤5t2+4≤49，所以当t=3,5t2+4=49时，
点A1到平面AMN的距离取得最小值为649=67．
故选：D．
考点2 平行平面距离的向量
【例2.1】（23-24高二上·全国·课后作业）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为（ ）
A．2B．3C．23D．33
【解题思路】将平面AB1D1与平面BDC1的距离转化为点B到平面AB1D1的距离，建立空间直角坐标系，，然后用空间向量求解
【解答过程】由正方体的性质：AB1∥DC1,D1B1∥DB，
AB1∩D1B1=B1，DC1∩DB=D，
且AB1⊂平面AB1D1，D1B1⊂平面AB1D1，
DC1⊂平面BDC1，DB⊂平面BDC1，
所以平面AB1D1∥平面BDC1，
则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离．
以D为坐标原点，DA,DC,DD1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：
由正方体的棱长为1，所以A1,0,0，B1,1,0，A11,0,1，
C0,1,0，B11,1,1，D10,0,1
所以CA1=1,−1,1，BA=0,−1,0，
AB1=0,1,1，B1D1=−1,−1,0．
连接A1C，
由CA1⋅AB1=1,−1,1⋅0,1,1=1×0+−1×1+1×1=0，CA1⋅B1D1=1,−1,1⋅−1,−1,0=1×−1+−1×−1+1×0=0，
所以CA1⊥AB1⇒CA1⊥AB1,CA1⊥B1D1⇒CA1⊥B1D1，
且AB1∩B1D1=B1，
可知CA1⊥平面AB1D1，
得平面AB1D1的一个法向量为CA1=n=1,−1,1，
则两平面间的距离：
d=BA⋅nn=0×1+−1×−1+0×112+−12+12=13=33．
故选：D.
【例2.2】（23-24高二上·陕西西安·期末）两平行平面 α，β 分别经过坐标原点 O 和点 A2,1,1，且两平面的一个法向量 n=−1,0,1，则两平面间的距离是（ ）
A．32B．22C．3D．32
【解题思路】根据题意，利用距离公式进行求解.
【解答过程】∵两平行平面 α，β 分别经过坐标原点 O 和点 A2,1,1，OA=2,1,1，且两平面的一个法向量n=−1,0,1,
∴两平面间的距离=n⋅OAn=−2+0+12=22，
故选B.
【变式2.1】（2024高二·全国·专题练习）设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，求：
(1)求直线B1C到平面A1BD的距离；
(2)求平面A1BD与平面B1CD1间的距离.
【解题思路】
（1）直线B1C到平面A1BD的距离等于点B1到平面A1BD的距离，利用向量求解可得；
（2）平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点B1到平面A1BD的距离，利用向量法求解即可．
【解答过程】
（1）以D为原点，DA,DC,DD1为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则D0,0,0，B2,2,0，A12,0,2，B12,2,2，C0,2,0，
所以CB1=2,0,2,DA1=2,0,2,DB=2,2,0，所以CB1∥DA1，即CB1∥DA1，
又CB1⊄平面A1BD，DA1⊂平面A1BD，所以CB1//平面A1BD，
所以直线B1C到平面A1BD的距离等于点B1到平面A1BD的距离．
设平面A1BD的一个法向量为n=x,y,z，
则n⋅DA1=2x+2z=0n⋅DB=2x+2y=0，令x=1，则n=1,−1,−1，又A1B1=0,2,0，
所以点B1到平面A1BD的距离d=A1B1⋅nn=23=233.

（2）由（1）知CB1//平面A1BD，同理，D1B1//平面A1BD，
又B1C∩D1B1＝B1，B1C,D1B1⊂平面B1CD1，
所以平面A1BD//平面B1CD1，
即平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点B1到平面A1BD的距离．
由（1）知，点B1到平面A1BD的距离d=A1B1⋅nn=23=233.
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为233.
【变式2.2】（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.
考点3 点到直线距离的向量
【例3.1】（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）在空间直角坐标系中，已知点A1,1,1,B0,1,0,C1,2,3，则点C到直线AB的距离为（ ）
A．3B．2C．22D．3
【解题思路】根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解.
【解答过程】根据题意，AB=−1,0,−1,AC=0,1,2，
则AB=1+0+1=2,AC=0+1+4=5，
设向量u是直线AB的单位方向向量，u=ABAB=−22,0,−22，
AC⋅u=0,1,2⋅−22,0,−22=0+0+2×−22=−2，
则点C到直线AB的距离为AC2−AC⋅u2=5−2=3.
故选：A.
【例3.2】 （23-24高二下·江苏南通·阶段练习）在三棱锥P−ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA=1，PB=2，PC=3，三角形ABC重心为G，则点P到直线AG的距离为（ ）
A．67B．53C．21717D．22117
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点到直线的距离即可得解.
【解答过程】如图所示：以PA,PB,PC为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则P0,0,0，A1,0,0，B0,2,0 C0,0,3，则G13,23,1，
PA=1,0,0，AG=−23,23,1，
故PA在AG的投影为PA⋅AGAG=−23−232+232+1=−21717，
点P到线AG的距离为PA2−PA⋅AGAG21−217172=22117.
故选：D.
【变式3.1】（23-24高二下·北京·开学考试）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为线段AB上的点，且AEEB=3，点P在线段D1E上，则点P到直线AD距离的最小值为（ ）
A．22B．32C．35D．34
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点P到直线AD距离的函数关系，再求其最小值即可.
【解答过程】以题意，以点D为原点，DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
因为正方体棱长为1，AEEB=3，
所以A1,0,0,D10,0,1,E1,34,0,D1E=1,34,−1,
设D1P=λD1E=λ,3λ4,−λ,λ∈0,1,
则DP→=DD1→+D1P→=0,0,1+λ1,34,−1=λ,3λ4,1−λ,
而DA=1,0,0,
所以点P到直线AD的投影数量的绝对值为
d=DP→⋅cs=DP→⋅DA→DA→=λ,
所以点P到直线AD的距离为
ℎ=DP2−d2=λ2+916λ2+1−λ2−λ2
=2516λ2−2λ+1=2516λ−16252+925≥35，
当λ=1625时，等号成立，即点P到直线AD的距离最小值为35，
故选：C.
【变式3.2】 （23-24高二上·北京昌平·期末）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=3，P，Q分别是棱BC和C1D1上的两个动点，且PQ=2，则PQ的中点E到CC1的距离为（ ）
A．32B．22C．33D．12
【解题思路】取CC1的中点F，连接EF，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合PQ=2，利用两点间距离公式，求出EF的长即可．
【解答过程】取CC1的中点F，连接EF，
以D为坐标原点，DA，DC，DD1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，
则Px,2,0，Q0,y,3，F0,2,32，
因为E是PQ的中点，所以Ex2,y+22,32，
所以FE=x2,y−22,0，而CC1=DD1=0,0,3，
所以FE⋅CC1=0，即EF⊥CC1，所以点E到CC1的距离就是EF，
因为PQ=2，
所以PQ2=x2+(y−2)2+(3)2=4，即x2+(y−2)2=1，
所以EF2=x22+y+22−22=x2+(y−2)24=14，即EF=12，
所以PQ的中点E到CC1的距离为12.
故选：D.
二、 由空间向量研究空间角问题
基础知识
1．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
2．用向量法求异面直线所成角：
(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.
3．向量法求直线与平面所成角:
(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.
4．向量法求二面角:
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.
考点4 求异面直线所成的角
【例1.1】（23-24高二下·江苏常州·期中）已知四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形，AB//DC，∠DAB=90° PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=1，AB=2，则异面直线AC与PB所成的角的余弦值为（ ）
A．55B．105C．155D．255
【解题思路】建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得.
【解答过程】∵四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形，AB//DC，∠DAB=90°，
PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=1，AB=2，
∴以A为原点，AD为x轴，AB为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，C1,1,0，P0,0,1，B0,2,0，
则AC=1,1,0，PB=0,2,−1，
设直线AC与PB所成角为θ，则csθ=AC⋅PBAC⋅PB=22×5=105，
∴直线AC与PB所成角的余弦值为105．
故选：B.
【例1.2】（23-24高二下·湖北·期中）如图，ABC−A1B1C1是一个由棱长为2a的正四面体沿中截面所截得的几何体，则异面直线A1C与BB1夹角的余弦值为（ ）
A．63B．312C．33D．36
【解题思路】补形成正四面体，记PA=a,PB=b,PC=c，利用基底求出CA1，CA1⋅B1B，代入夹角公式即可求解.
【解答过程】补形成正四面体，如图.
记PA=a,PB=b,PC=c，则CA1=12a−c，
由正四面体的性质和题意可知，a,b=a,c=b,c=π3,a=b=c=2a，
所以CA1=12a−c2=14a2−a⋅c+c2=a2−2a2+4a2=3a，
CA1⋅B1B=12a−c⋅12b=14a⋅b−12c⋅b=12a2−a2=−12a2，
所以csCA1,B1B=−12a23a×a=−36，
所以，异面直线A1C与BB1的夹角的余弦值为36.
故选：D.
【变式1.1】（23-24高二上·广东中山·期中）如图，圆锥的轴截面ABC为等边三角形，D为弧AB的中点，E，F分别为母线BC、AC的中点，则异面直线BF和DE所成角的大小为（ ）
A．π4B．π3C．π2D．2π3
【解题思路】建立空间直角坐标系，求出BF，DE，利用线线角的向量法，即可求出结果.
【解答过程】取AB中点O，连接OC,OD，如图，以OD,OB,OC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
不妨设AB=2，则B(0,1,0),D(1,0,0),C(0,0,3),A(0,−1,0),
又E，F分别为母线BC、AC的中点，所以E(0,12,32),F(0,−12,32)，
则BF=(0,−32,32)，DE=(−1,12,32)，
设异面直线BF和DE所成角的θ，
则csθ=csBF,DE=BF⋅DEBFDE=−34+34BFDE=0，又θ∈0,π2，所以θ=π2.
故选：C.
【变式1.2】（23-24高一下·浙江绍兴·期中）如图是棱长均相等的多面体EABCDF，其中四边形ABCD是正方形，点P，Q，M，N分别为DE，AB，AD，BF的中点，则异面直线PQ与MN所成角的余弦值为（ ）
A．13B．12C．23D．34
【解题思路】取AE的中点K，连接PK，QK，求得PQ=12DA+12EB，MN=12DF+12AB，则可求得PQ⋅MN，进一步求得PQ=MN=32a,按向量夹角公式求解即可
【解答过程】如图，
四边形ABCD，BEDF均是边长为a的正方形，多面体的侧面均为等边三角形，
取AE的中点K，连接PK，QK，则PQ=PK+KQ=12DA+12EB.
同理可得MN=12DF+12AB.
所以PQ⋅MN=(12DA+12EB)⋅(12DF+12AB) =14DA⋅DF+14DA⋅AB+14EB⋅DF+14EB⋅AB
=14⋅a⋅a⋅csπ3+0+14⋅a⋅a+14⋅a⋅a⋅csπ3=12a2
取CE的中点H，连接PH，BH，则PH//CD，且PH=12CD.
又点Q为AB的中点，AB=CD且AB//CD，所以PH//QB且PH=QB，
则四边形QBHP为平行四边形，所以PQ=BH=BE⋅sinπ3=32a.
同理可得MN=32a.
设PQ，MN的夹角为θ，则csθ=PQ⋅MNPQ⋅MN=12a232a⋅32a=23，
即异面直线PQ与MN所成角的余弦值为23.
故选：C.
考点5 求线面角
【例2.1】（23-24高二下·辽宁·阶段练习）在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB=AC=2，PA=4，则直线PA与平面DEF所成角的余弦值为（ ）
A．255B．55C．35D．235
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可.
【解答过程】由∠BAC=90°，得BA⊥AC，又PA⊥平面ABC，BA,AC⊂平面ABC，则PA⊥AC,PA⊥AB，
以A为坐标原点，直线AB，AC，AP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
A0,0,0,P0,0,4,D1,0,0,E1,1,0,F0,1,2，
AP=(0,0,4)，DE=(0,1,0)，DF→=−1,1,2，设平面DEF的法向量为m=(x,y,z)，
则m⃗⋅DE→=y=0m⃗⋅DF→=−x+y+2z=0，令z=1，得m=2,0,1，设直线PA与平面DEF所成角为θ，
则sinθ=|cs〈AP,m〉|=|AP⋅m||AP||m|=44×5=55，所以csθ=1−(55)2=255.
故选：A.
【例2.2】 （2023·四川甘孜·一模）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3,BC=1,M,N分别是为AD1和C1D1的中点，MN与平面BB1C1C所成的角为30∘，则该长方体的体积为（ ）
A．82B．6C．26D．83
【解题思路】构建空间直角坐标系，令AA1=2a>0，结合线面角大小及向量法列方程求参数，最后利用棱柱体积公式求体积.
【解答过程】由题设，构建如下空间直角坐标系D−xyz，令AA1=2a>0，
则M(12,0,a),N(0,32,2a)，所以MN=(−12,32,a)，
又面BB1C1C的法向量为m=(0,1,0)，
由MN与平面BB1C1C所成的角为30∘，则|csMN,m|=|MN⋅m|MN||m||=12，
所以321+a2=12，可得a=2，则AA1=22，
所以该长方体的体积为26.
故选：C.
【变式2.1】（2024·重庆·二模）如图，直棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB//DC，且AB=2DC,E,F分别是棱AB，AD的中点.

(1)证明：平面D1EF//平面C1BD；
(2)已知AA1=AD=DC=1,∠DAB=60∘，求直线DC1与平面A1EF所成角的正弦值.
【解题思路】
（1）由三角形中位线、平行四边形性质，利用线面平行的判定、面面平行的判定推理即得.
（2）以D为原点建立空间直角坐标系，求出平面A1EF的法向量坐标，再利用线面角的向量求法求解即得.
【解答过程】
（1）在△ABD中，E,F分别为AB,AD的中点，则EF//BD，
而EF⊄平面C1BD,BD⊂平面C1BD，因此EF//平面C1BD，
又DC//AB,DC=12AB=EB，而D1C1//DC,D1C1=DC，
于是EB//D1C1且EB=D1C1，四边形BC1D1E为平行四边形，则D1E//C1B，
又D1E⊄平面C1BD,C1B⊂平面C1BD，因此D1E//平面C1BD.
而EF,D1E为平面D1EF中两相交直线，所以平面D1EF//平面C1BD.
（2）在△ABD中，AD=1,AB=2DC=2,∠DAB=60∘，则BD=3,AD⊥BD，
在直棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AD,DB,DD1两两垂直，
以D为原点，直线AD,DB,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D−xyz，如图，

则E(12,32,0),F(12,0,0),A1(1,0,1),C1(−12,32,1)，
FE=(0,32,0),FA1=(12,0,1),DC1=(−12,32,1)，
设平面A1EF的法向量为n=x,y,z，则n⃗⋅FE⃗=32y=0n⃗⋅FA1⃗=12x+z=0，取z=1，得n=−2,0,1，
则cs〈DC1,n〉=DC1⋅n|DC1||n|=22⋅5=105，
所以直线DC1与平面A1EF所成角的正弦值为105.
【变式2.2】 （2024·河北秦皇岛·二模）如图，在四棱锥P−ABCD中，BA=BD=BP=5，CD=1，PA=PD=2，PA⊥PD，E是棱PA的中点，且BE//平面PCD，点F是棱PD上的一点.
(1)求证：平面PCD⊥平面PAD；
(2)若直线PC与平面ABF所成角的正弦值为1135105，求DF的长
【解题思路】
（1）取AD的中点O，连接PO，BO，EO.欲证平面PCD⊥平面PAD，需证平面PCD中一条直线垂直平面PAD，如CD⊥平面PAD，欲证线面垂直，需证直线垂直于平面内两条相交直线：PO⊥CD，AD⊥CD.再根据条件，结合勾股定理的逆定理可以证明.
（2）以O为原点，建立空间直角坐标系，先根据直线和平面所成的角确定F点的坐标，再求DF的长.
【解答过程】
（1）取AD的中点O，连接PO，BO，EO，
因为E是棱PA的中点，所以EO∥PD，
又EO⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，
所以EO//平面PCD，
又BE//平面PCD，BE∩EO=E，BE,EO⊂平面BEO，
所以平面BEO//平面PCD，
又平面BEO∩平面ABCD=BO，平面PCD∩平面ABCD=CD，所以BO∥CD.
在△ABD中，BA=BD=5，AD=PA2+PD2=2，
又O是AD的中点，所以BO⊥AD，BO=2，
又易得PO=1，BP=5，所以BO2+PO2=BP2，
所以PO⊥BO，所以PO⊥CD，AD⊥CD，
又PO∩AD=O，PO,AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，
又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.
（2）因为PA=PD，点O是AD的中点，所以PO⊥AD，
所以OB，OD，OP两两垂直，
以O为坐标原点，OB，OD，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标
系，如图所示.
所以P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，A(0,−1,0)，B(2,0,0)，
设DF=λDP=λ(0,−1,1)=(0,−λ,λ)(0≤λ≤1)，
所以BF=BD+DF=(−2,1,0)+(0,−λ,λ)=(−2,1−λ,λ)，AB=(2,1,0).
设平面ABF的一个法向量n=(x,y,z)，
所以n⋅BF=−2x+(1−λ)y+λz=0,n⋅AB=2x+y=0,
令x=λ，解得y=−2λ，z=4−2λ，
所以平面ABF的一个法向量n=(λ,−2λ,4−2λ)，
又CP=(−1,−1,1)，设直线PC与平面ABF所成角的大小为θ，
所以sinθ=csn,CP=n⋅CPnCP=4−λλ2+(−2λ)2+(4−2λ)2⋅1+1+1=1135105，
解得λ=13或λ=3241，所以DF=13PD=23或DF=3241PD=32241.
考点6 求二面角
【例3.1】（23-24高二上·陕西渭南·期末）在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，∠ABC=π2，AB=PA=12CD=1，BC=22，M为PD的中点，则二面角M−BC−A的余弦值为（ ）
A．31010B．1010C．55D．255
【解题思路】建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，结合二面角M−BC−A是锐角以及法向量夹角余弦的坐标运算公式即可得解.
【解答过程】过点A作AE//BC交CD于点E，
因为PA⊥平面ABCD，AE,AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AE,PA⊥AB，
又因为AB∥CD，∠ABC=π2，所以AE⊥AB，
所以PA,AE,AB两两互相垂直，
所以以A为原点，PA,AE,AB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：
因为AB=PA=12CD=1，BC=22，M为PD的中点，
所以A0,0,0,B0,1,0,C22,1,0,P0,0,1,D22,−1,0,M2,−12,12，
所以BC=22,0,0,BM=2,−32,12，
设平面BCM的法向量为n=x,y,z，则22x=02x−32y+12z=0，
令y=1，解得x=0,z=3，即可取n=0,1,3，
显然可取平面ABC的法向量为m=0,0,1，且二面角M−BC−A为锐角，
所以二面角M−BC−A的余弦值为31010.
故选：A.
【例3.2】（22-23高二上·山东烟台·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，PA=AB=BC=12AD=1，BC//AD，已知Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），且二面角Q−PD−A的平面角大小为30°，则△ADQ面积的取值范围是（ ）
A．0,21515B．0,255
C．0,21015D．0,3105
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量求得Q运动轨迹，进而求得△ADQ面积的取值范围.
【解答过程】如图以A为坐标原点建立空间直角坐标系，
由二面角Q−PD−A的平面角大小为30°，可知Q的轨迹是过点D的一条直线，
又Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），
则Q的轨迹是过点D的一条线段，
设Q的轨迹与y轴的交点坐标为G0,b,0b>0，
由题意可知A0,0,0，D2,0,0，P0,0,1，
所以DP=−2,0,1，DG=−2,b,0，AD=2,0,0，
易知平面APD的一个法向量为n1=0,1,0，
设平面PDG的法向量为n2=x2,y2,z2，
则n2⋅DP=0n2⋅DG=0，即−2x2+z2=0−2x2+by2=0，
令z2=2，得x2=1，y2=2b，
所以n2=1,2b,2是平面PDG的一个法向量，
则二面角G−PD−A的平面角的余弦值为
csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=2b5+4b2=32，
解得b=21515或b=−21515（舍去），
所以Q在DG上运动，
所以△ADQ面积的取值范围为0,21515．
故选：A．
【变式3.1】（23-24高二下·甘肃·期中）图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为菱形，∠ABC=60∘，AP=AB,E为CD的中点.

(1)求证：CD⊥平面PAE；
(2)求平面PAE与平面PBC所成二面角的余弦值.
【解题思路】
（1）根据题意，连AC，由线面垂直的性质定理可得PA⊥CD，再由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果.
【解答过程】
（1）

证明：连AC，
∵底面ABCD为菱形，∠ABC=60∘,∴AC=AD，
∵AC=AD,DE=CE,∴AE⊥CD，
∵PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD，
∵PA⊥CD,AE⊥CD,AE,PA⊂平面PAE,AE∩AP=A,∴CD⊥平面PAE；
（2）由（1）知CD⊥AE，又由AB ∥ CD，可得AB⊥AE，可得AB､AE､AP两两垂直，
令AB=2，可得AD=AP=2,AE=3,ED=CE=1，
以A为坐标原点，向量AB,AE,AP方向分别为x､y､z轴建立如图所示空间直角坐标系，

可得点A的坐标为0,0,0，点P的坐标为0,0,2，点B的坐标为2,0,0，点E的坐标为0,3,0，点C的坐标为1,3,0，
AB=2,0,0,BC=−1,3,0,BP=−2,0,2，
由（1）可知AB为平面PAE的法向量，
设平面BCP的法向量为m=x,y,z，
有BC⋅m=−x+3y=0BP⋅m=−2x+2z=0，取x=3,y=1,z=3，
可得m=3,1,3，
由AB⋅m=23,AB=2,m=7，有csAB,m=232×7=217，
由图可知所成二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为217.
【变式3.2】（2024·全国·模拟预测）如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1中，BC∥AD，CC1⊥平面ABCD，AD=2AB=2BC.
(1)证明：CD⊥AC1；
(2)若CC1=2，CD=3，BC=A1D1=52，求二面角A1−AB−C的余弦值．
【解题思路】
（1）先证明CD⊥平面ACC1，再说明AC1⊂平面ACC1，则可得证；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，判断二面角为锐角，求出二面角的余弦值即可.
【解答过程】
（1）
如图：取AD的中点M，连接CM,AC，
因为BC∥AD且AD=2BC，
所以BC=AM，且BC∥AM，所以四边形ABCM为平行四边形，
所以CM=AB=12AD，所以CD⊥AC.
因为CC1⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥CC1.
又AC∩CC1=C，AC,CC1⊂平面ACC1，
所以CD⊥平面ACC1，
又AC1⊂平面ACC1，故CD⊥AC1．
（2）由（1）知CD,CA,CC1两两垂直，故以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
连接A1C1，因为BC=A1D1=52，AD=2BC，
所以A1D1AD=12=A1C1AC，因为AC=AD2−CD2=4，所以A1C1=2，
故C0,0,0,A10,2,2,A0,4,0,D3,0,0，
所以DA=−3,4,0，则CB=12DA=−32,2,0，故B−32,2,0，
所以AB=−32,−2,0，AA1=0,−2,2，
设平面A1AB的法向量为m=x,y,z，则m⋅AB=0m⋅AA1=0，即−32x−2y=0−2y+2z=0，可取m=−4,3,3，
易知n=0,0,1为平面ABC的一个法向量，所以csm,n=m⋅nm⋅n=33434，
由图可知，二面角A1−AB−C为锐角，故二面角A1−AB−C的余弦值为33434.
考点7 由空间向量研究存在性问题
【例4.1】 （23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，∠ABC=120°,AB=2，且直线BD1与平面BCC1B1所成角为30°．
(1)求直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的高；
(2)在棱AA1上是否能找到一点M，使得平面CD1M与平面BCC1B1的夹角为30°？若能，求出AMAA1的值；若不能，说明理由．
【解题思路】
（1）设AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1，以OA,OB,OO1分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系Oxyz，设AA1=ℎ>0，用空间向量法结合直线BD1与平面BCC1B1所成角为30°，列出方程求解即可；
（2）假设能找到这样的点M，设M3,0,t，且0≤t≤22，根据平面CD1M与平面BCC1B1的夹角为30°及空间向量，列方程解出t=322∈0,22，即可说明存在，计算出AMAA1即可．
【解答过程】
（1）设AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1，
因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故OA,OB,OO1两两垂直，
如图，以OA,OB,OO1分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系Oxyz，
因为菱形ABCD中，∠ABC=120°，
所以OA=3,OB=1，设AA1=ℎ>0，
则A3,0,0,B0,1,0,C−3,0,0,D0,−1,0,A13,0,ℎ，B10,1,ℎ,C1−3,0,ℎ,D10,−1,ℎ，
所以CB⃗=3,1,0,CC1⃗=0,0,ℎ,BD1⃗=0,−2,ℎ
设平面BCC1B1的一个法向量为n1=x1,y1,z1，则由n1⋅CB=0n1⋅CC1=0,得3x1+y1=0ℎ⋅z1=0，
令x1=1得，n1=1,−3,0，
所以csBD1,n1=BD1⋅n1BD1⋅n1=23ℎ2+4⋅2，
因为直线BD1与平面BCC1B1所成角为30°，
所以csBD1,n1=sin30°，即23ℎ2+4⋅2=12，解得ℎ=22．
（2）假设能找到这样的点M，
设M3,0,t，且0≤t≤22，
则CM=23,0,t,CD1=3,−1,22，
设平面CD1M的一个法向量为n2=x2,y2,z2，则由n2⋅CM=0n2⋅CD1=0,得23x2+t⋅z2=03x2−y2+22z2=0，
令x2=t得，n2=t,3t−46,−23，
则csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=122−2t24t2−242t+108，
由平面CD1M与平面BCC1B1的夹角为30∘，
可得csn1,n2=cs30∘，即62−t4t2−242t+108=32，解得t=322∈0,22，
所以能找到这样的点M，
此时，AM=t=322，故AMAA1=32222=34．
【例4.2】（23-24高三上·北京·期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD上一点.
(1)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；
(2)求二面角A−A1C1−E的正弦值；
(3)是否存在点F，使D1F//平面A1EC1？若存在，求出DF的长度；若不存在，请说明理由.
【解题思路】
（1）首先以点A为原点，建立空间直角坐标系，并求平面A1EC1的法向量，利用向量法求线面角；
（2）根据（1）的结果，再根据向量法求二面角的余弦值，最后转化为正弦值，即可求解；
（3）根据（1）的结果，并设点F的坐标为t,2,0，若假设存在，则FD1⊥m，即可求解.
【解答过程】
（1）以A为原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，
则A0,0,0，A10,0,2，B2,0,0，C2,2,0，
D0,2,0，C12,2,2，D10,2,2，E2,1,0
AC1=2,2,2，A1C1=2,2,0，EC1=0,1,2
设平面A1C1E的一个法向量为m=x,y,z
m⋅A1C1=2x+2y=0m⋅EC1=y+2z=0，不妨设y=2，则x=−2，z=−1，m=−2,2,−1，
所以平面A1C1E的一个法向量为m=−2,2,−1
设直线AC1与平面A1EC1所成角为θ，
则sinθ=csm,AC1=m⋅AC1m⋅AC1=23×23=39.
（2）由正方体可得，DB⊥AC，DB⊥AA1，且AC∩AA1=A，
且AC,AA1⊂平面AA1C1，所以平面AA1C1的一个法向量为DB=2,−2,0，
则csDB,m=DB⋅mDB⋅m=−83×22=−223.
因为二面角A−A1C1−E为锐二面角，
所以二面角A−A1C1−E的正弦值为1−cs2DB,m=13.
（3）存在，设F点的坐标为t,2,0，所以FD1=−t,0,2
平面A1EC1的一个法向量为m=−2,2,−1，
因为FD1⊥m，所以m⋅FD1=0，t=1
因为D1F⊄平面A1EC1，所以D1F//平面A1EC1.
此时DF=1.
【变式4.1】（23-24高三上·江苏·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAD是正三角形，∠ABC=90°,AB∥CD,AB=2CD=2BC=4，平面PAD⊥平面ABCD，M是棱PC上动点．
(1)求证：平面MBD⊥平面PAD；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得直线AP与平面MBD所成角为30°？若存在，求出PMPC的值；若不存在，说明理由．
【解题思路】
（1）由题设证得AD⊥BD，取AD的中点O，连结PO，应用面面垂直的性质证PO⊥平面ABCD，再由线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定证结论；
（2）取AB的中点N，连结ON，则ON//BD，构建空间直角坐标系，设PM=λPC，应用向量法，结合线面角大小列方程求λ，即可得结果.
【解答过程】
（1）因为AB//CD,CD=BC=2,∠ABC=90°，所以∠BCD=90°,BD=22，
在△ABD中∠ABD=45°,AB=4，由余弦定理得AD=AB2+BD2−2AB⋅BDcs∠ABD=22，
所以AD2+BD2=AB2，即∠ADB=90°,AD⊥BD，
取AD的中点O，连结PO，因为△PAD是正三角形，所以PO⊥AD,
又面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，PO⊂面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以PO⊥BD，
又AD⊥BD，PO∩AD=O，PO,AD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD，
又BD⊂平面BDM，所以平面MBD⊥平面PAD．
（2）取AB的中点N，连结ON，则ON//BD，所以AD⊥ON
以ON,OD,OP为正交基底建立空间直角坐标系，

则A0,−2,0,D0,2,0,B22,2,0,C2,22,0,P0,0,6，
设PM=λPC，0≤λ≤1，则DM=DP+PM=DP+λPC=0,−2,6+λ2,22,−6=2λ,22λ−2,6−6λ，
又DB=22,0,0，设平面BDM的一个法向量为n=(x,y,z)，
则DM⋅n=0DB⋅n=0，即2λx+22λ−1y+61−λz=022x=0，若z=2λ−1，
取n=0,3λ−1,2λ−1,AP=0,2,6，
由直线AP与平面MBD所成角为30°，得sin30°=cs〈AP,n〉=AP⋅nAP⋅n=6λ−1+62λ−18⋅0+3λ−12+2λ−12=63λ−222⋅7λ2−10λ+4，
化简得10λ2−13λ+4=0 解得λ=12或λ=45，
当PMPC=12或λ=45时，直线AP与平面BDM所成角为30°.
【变式4.2】（23-24高二下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC,AB∥DC，AB=12CD=AD=1，M为棱PC的中点．
(1)证明：BM//平面PAD；
(2)若PC=5,PD=1，
（i）求二面角P−DM−B的余弦值；
（ii）在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是269？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由．
【解题思路】
（1）取PD中点N，可证四边形ABMN是平行四边形，可得BM//AN，从而得证；
（2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，（ii）假设存在点Q到平面BDM的距离为269，利用点到面的距离公式法求解即可.
【解答过程】
（1）取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示：∵M为棱PC的中点，
∴MN∥CD,MN=12CD，∵AB∥CD,AB=12CD，∴AB∥MN,AB=MN，
∴四边形ABMN是平行四边形，∴BM∥AN，
又BM⊄平面PAD，MN⊂平面PAD，∴BM//平面PAD．
（2）∵PC=5,PD=1,CD=2，∴PC2=PD2+CD2，∴PD⊥DC，
∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=DC，PD⊂平面PDC，
∴PD⊥平面ABCD，
又AD，CD⊂平面ABCD，∴PD⊥AD，而PD⊥CD，AD⊥DC，
∴以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图：则P(0,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,2,0)，
∵M为棱PC的中点，
∴M0,1,12,B1,1,0
（i）DM=0,1,12,DB=1,1,0，
设平面BDM的一个法向量为n=x,y,z，
则n⋅DM=y+12z=0n⋅DB=x+y=0，令z=2，则y=−1,x=1，∴n=1,−1,2，
平面PDM的一个法向量为DA=1,0,0，
∴csn,DA=n⋅DAnDA=11×6=66，
根据图形得二面角P−DM−B为钝角，
则二面角P−DM−B的余弦值为−66.
（ii）假设在线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是269，
设PQ=λPA,0