高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用练习

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用练习，共49页。试卷主要包含了空间中点、直线和平面的向量表示，空间中直线、平面的平行，空间中直线、平面的垂直，距离问题，夹角问题等内容，欢迎下载使用。

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．
2．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 .
3．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.
4．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·u2) (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)．
5．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1 求平面的法向量】
【方法点拨】
(1)求平面ABC的法向量时，要选取平面内两不共线向量，如eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))；
(2)设平面的法向量为n＝(x，y，z)；
(3)联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AB,\s\up6(→))＝0，))并求解；
(4)所求出向量中的三个坐标不是具体的值而是比例关系，设定一个坐标为常数(常数不能为0)便可得到平面的一个法向量．
【例1】(2023春•连云港期中）在三棱锥P﹣ABC中，CP，CA，CB两两互相垂直，AC＝CB＝1，PC＝2，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列向量是平面PAB的一个法向量的是（ ）
A．(1，1，12)B．(1，2，1)C．（1，1，1）D．（2，﹣2，1）
【变式1-1】(2023春•湖北月考）已知平面α内有两点M（1，﹣1，2），N（a，3，3），平面α的一个法向量为n→=(6，−3，6)，则a＝（ ）
A．4B．3C．2D．1
【变式1-2】（2023秋•河北区期末）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则平面A1BC1的一个法向量为（ ）
A．（1，1，1）B．（﹣1，1，1）C．（1，﹣1，1）D．（1，1，﹣1）
【变式1-3】（2023秋•诸暨市期末）在空间直角坐标系内，平面α经过三点A（1，0，2），B（0，1，0），C（﹣2，1，1），向量n→=(1，λ，μ)是平面α的一个法向量，则λ+μ＝（ ）
A．﹣7B．﹣5C．5D．7
【题型2 空间线面平行关系的判定及应用】
【方法点拨】
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．
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．
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．
【例2】（2023秋•成都期中）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点．分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz．
①求点E、F的坐标；
②求证：EF∥平面ACD1．
【变式2-1】如图，设P为长方形ABCD所在平面外一点，M在PD上，N在AC上，若DMMP=CNNA，用向量法证明：直线MN∥平面PAB．
【变式2-2】（2023秋•黄陵县校级期末）如图，已知棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中点，求证：平面AMN∥平面EFBD．
【变式2-3】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．
【题型3 空间线面垂直关系的判定及应用】
【方法点拨】
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．
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．
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．
【例3】（2023•常熟市校级模拟）如图，PD垂直正方形ABCD所在平面，AB＝2，E是PB的中点，cs＜DP→，AE→＞=33．
（1）建立适当的空间坐标系，写出点E的坐标；
（2）在平面PAD内求一点F，使EF⊥平面PCB．
【变式3-1】(2023春•青羊区校级期末）如图所示的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BC的中点，在CC1上求一点P，使面A1B1P⊥面C1DE．
【变式3-2】（2023•浦东新区校级模拟）四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（8，3，2），
（1）求证：PA⊥底面ABCD；
（2）求PC的长．
【变式3-3】（2023秋•吉林期末）如图，直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）ABC﹣A1B1C1，在底面ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别为A1B1，A1A的中点．
（1）求cs＜BA1→，CB1→＞的值；
（2）求证：BN⊥平面C1MN．
【题型4 利用空间向量研究距离问题】
【方法点拨】
用向量法求点到直线的距离的一般步骤：
(1)求直线的方向向量．
(2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度．
(3)利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化．
用向量法求点面距的步骤：
(1)建系：建立恰当的空间直角坐标系．
(2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标．
(3)求向量：求出相关向量的坐标(eq \(AP,\s\up6(→))，α内两不共线向量，平面α的法向量n)．
(4)求距离d＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).
【例4】(2023春•南通期末）如图，在四面体P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝2PA＝2，点D在线段AC上．
（1）当D是线段AC中点时，求A到平面PBD的距离；
（2）若二面角A﹣PD﹣B的余弦值为13，求ADAC的值．
【变式4-1】(2023春•岳麓区校级期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD=12AD＝1．E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°．
（1）在平面PAB内是否存在一点M，使得直线CM∥平面PBE，如果存在，请确定点M的位置，如果不存在，请说明理由；
（2）若二面角P−CD−A的大小为45°，求P到直线CE的距离．
【变式4-2】(2023春•九龙坡区校级月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F分别为AA1，AC，A1C1的中点，AB=BC=5，AC＝AA1＝2．
（1）求证：AC⊥平面BEF；
（2）求点D与平面BEC1的距离；
（3）求二面角B﹣CD﹣C1的正弦值．
【变式4-3】(2023秋•渝中区月考）在如图所示的五面体ABCDFE中，面ABCD是边长为2的正方形，AE⊥面ABCD，DF∥AE，且DF=12AE＝1，N为BE的中点．
（Ⅰ）求证：FN∥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角N﹣MF﹣D的余弦值；
（Ⅲ）求点A到平面MNF的距离．
【题型5 利用空间向量求空间角】
【方法点拨】
求异面直线夹角的方法：
(1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解．
(2)向量法：在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(CD,\s\up6(→))可分别为a，b的方向向量，则cs
θ＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|).
利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤：
(1)建立空间直角坐标系；(2)求直线的方向向量u；
(3)求平面的法向量n；(4)设线面角为θ，则sin θ＝eq \f(|u·n|,|u||n|) .
利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：
(1)求平面的垂线的方向向量；
(2)利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解.
【例5】（2023秋•盘龙区月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，E为线段PD的中点，已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°．
（1）证明：直线PB∥平面ACE；
（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
【变式5-1】(2023秋•安徽月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C．
（1）求证：AB⊥B1C；
（2）若∠B1BC＝60°，直线AB与平面BB1C1C所成的角为30°，求二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值．
【变式5-2】(2023春•江都区期中）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，直线AC⊥平面BDEF，点O为AC与BD的交点，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°．
（1）求异面直线DE与CF所成角的余弦值；
（2）求二面角A﹣FB﹣C的余弦值．
【变式5-3】(2023•南京模拟）如图，AB为圆柱底面的直径，△ACD是圆柱底面的内接正三角形，AP和DQ为圆柱的两条母线，若AB＝2AP＝2．
（1）求证：平面PCQ⊥平面BDQ；
（2）求BP与面ABQ所成角正弦值；
（3）求二面角B﹣AQ﹣C的余弦值．
【题型6 利用空间向量研究存在性问题】
【例6】(2023•历城区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1=BC=2AB=2AC，点M为B1C1的中点．
（1）证明：AC1∥平面A1BM；
（2）AC上是否存在点N，使二面角B﹣A1M﹣N的大小为π4，若存在，求ANCN的值；若不存在，请说明理由．
【变式6-1】(2023春•内江期末）四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，侧面PAD⊥底面ABCD，∠BCD＝60°，PA=PD=2，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上．
（1）若Q是PC的中点，求二面角E﹣DQ﹣C的余弦值；
（2）是否存在Q，使PA∥平面DEQ？若存在，求出PQPC的值；若不存在，说明理由．
【变式6-2】(2023•迎泽区校级模拟）菱形ABCD中，∠ABC＝120°，EA⊥平面ABCD，EA∥FD，EA＝AD＝2FD＝2．
（Ⅰ）证明：直线FC∥平面EAB；
（Ⅱ）线段EC上是否存在点M使得直线EB与平面BDM所成角的正弦值为28？若存在，求EMMC，若不存在，说明理由．
【变式6-3】(2023•海淀区校级模拟）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝1，AB＝AA1＝2，H，F分别是棱C1D1，BB1的中点．
（Ⅰ）请判断直线HF与平面A1BCD1的位置关系，并证明你的结论；
（Ⅱ）求直线HF与平面ABCD所成角的正弦值；
（Ⅲ）在线段HF上是否存在一点Q，使得点Q到平面A1BCD1的距离是2，若存在，求出HQHF的值；若不存在，说明理由．
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)))
专题1.9 空间向量的应用-重难点题型精讲
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．
2．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 .
3．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.
4．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·u2) (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)．
5．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1 求平面的法向量】
【方法点拨】
(1)求平面ABC的法向量时，要选取平面内两不共线向量，如eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))；
(2)设平面的法向量为n＝(x，y，z)；
(3)联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AB,\s\up6(→))＝0，))并求解；
(4)所求出向量中的三个坐标不是具体的值而是比例关系，设定一个坐标为常数(常数不能为0)便可得到平面的一个法向量．
【例1】(2023春•连云港期中）在三棱锥P﹣ABC中，CP，CA，CB两两互相垂直，AC＝CB＝1，PC＝2，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列向量是平面PAB的一个法向量的是（ ）
A．(1，1，12)B．(1，2，1)C．（1，1，1）D．（2，﹣2，1）
【解题思路】由题意P（0，0，2），A（1，0，0），B（0，1，0），则PA→=（1，0，﹣2），AB→=（﹣1，1，0），由此列方程组，能求出平面PAB的一个法向量．
【解答过程】解：在三棱锥P﹣ABC中，CP，CA，CB两两互相垂直，AC＝CB＝1，PC＝2，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意P（0，0，2），A（1，0，0），B（0，1，0），
则PA→=（1，0，﹣2），AB→=（﹣1，1，0），
设平面PAB的一个法向量为n→=（x，y，z），
由n→⋅PA→=0n→⋅AB→=0，得x−2z=0−x+y=0，令z＝1，得n→=（2，2，1），
又（1，1，12）=12n→，
∴平面PAB的一个法向量为（1，1，12）．
故选：A．
【变式1-1】(2023春•湖北月考）已知平面α内有两点M（1，﹣1，2），N（a，3，3），平面α的一个法向量为n→=(6，−3，6)，则a＝（ ）
A．4B．3C．2D．1
【解题思路】MN→=(a−1，4，1)，由平面α的一个法向量为n→=(6，−3，6)，得n→⊥MN→，由此能求出a的值．
【解答过程】解：平面α内有两点M（1，﹣1，2），N（a，3，3），
MN→=(a−1，4，1)，
因为平面α的一个法向量为n→=(6，−3，6)，
所以n→⊥MN→，则n→⋅MN→=6(a−1)−3×4+6=0，
解得a＝2，
故选：C．
【变式1-2】（2023秋•河北区期末）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则平面A1BC1的一个法向量为（ ）
A．（1，1，1）B．（﹣1，1，1）C．（1，﹣1，1）D．（1，1，﹣1）
【解题思路】由题意写出点B、A1和C1的坐标，利用坐标表示出BA1→和BC1→，根据平面法向量的定义列方程组求出即可．
【解答过程】解：由题意可知，B（1，1，0），A1（1，0，1），C1（0，1，1），
所以BA1→=（0，﹣1，1），BC1→=（﹣1，0，1），
设n→=（x，y，z），
则n→⋅BA1→=0n→⋅BC1→=0，即−y+z=0−x+z=0，
令z＝1，得x＝y＝1，
所以n→=（1，1，1），
即平面A1BC1的一个法向量为n→=（1，1，1）．
故选：A．
【变式1-3】（2023秋•诸暨市期末）在空间直角坐标系内，平面α经过三点A（1，0，2），B（0，1，0），C（﹣2，1，1），向量n→=(1，λ，μ)是平面α的一个法向量，则λ+μ＝（ ）
A．﹣7B．﹣5C．5D．7
【解题思路】求出AB→，AC→，由AB→⋅n→=0AC→⋅n→=0，可得关于λ和μ的方程组，求解即可．
【解答过程】解：由A（1，0，2），B（0，1，0），C（﹣2，1，1），
则AB→=（﹣1，1，﹣2），AC→=（﹣3，1，﹣1），
因为向量n→=（1，λ，μ）是平面α的一个法向量，
所以AB→⋅n→=0AC→⋅n→=0，即 −1+λ−2μ=0−3+λ−μ=0，
解得 λ=5μ=2，
所以λ+μ＝5+2＝7．
故选：D．
【题型2 空间线面平行关系的判定及应用】
【方法点拨】
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．
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．
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．
【例2】（2023秋•成都期中）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点．分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz．
①求点E、F的坐标；
②求证：EF∥平面ACD1．
【解题思路】（1）根据坐标系，利用坐标的定义，可得结论；
（2）求出AC→、EF→的坐标，可得AC→=2EF→，从而可得线线平行，即可得到线面平行．
【解答过程】（1）解：由题意，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点，
∴E（1，0，2），F（0，3，2），
（2）证明：∵A（2，0，0），C（0，6，0），
∴AC→=（﹣2，6，0），
∵E（1，0，2），F（0，3，2），
∴EF→=（﹣1，3，0），
∴AC→=2EF→，
∴AC∥EF，
∵EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，
∴EF∥平面ACD1．
【变式2-1】如图，设P为长方形ABCD所在平面外一点，M在PD上，N在AC上，若DMMP=CNNA，用向量法证明：直线MN∥平面PAB．
【解题思路】建立空间坐标系，设A，C，P三点坐标，用此三点的坐标表示出MN→，BP→，BA→，然后观察能否用BP→，BA→表示出MN→即可判断线面是否平行．
【解答过程】解：建立如图所示的空间坐标系，设C（a，0，0），A（0，b，0），P（m，n，p），则D（a，b，0），
∴BP→=（m，n，p），BA→=（0，b，0），CA→=（﹣a，b，0），DP→=（m﹣a，n﹣b，p），DC→=（0，﹣b，0），
∵DMMP=CNNA，∴DMDP=CNCA，设DMDP=CNCA=λ，则DM→=λDP→=（mλ﹣aλ，nλ﹣bλ，pλ），CN→=λCA→=（﹣aλ，bλ，0）．
∴MN→=−DM→+DC→+CN→=（﹣mλ，2bλ﹣nλ﹣b，﹣pλ），∴MN→=−λBP→+（2λ﹣1）BA→．
∵BP⊂平面PAB，BA⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，∴MN∥平面PAB．
【变式2-2】（2023秋•黄陵县校级期末）如图，已知棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中点，求证：平面AMN∥平面EFBD．
【解题思路】证法一：正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，利用向量法，可证得：MN∥平面EFBD，AK∥平面EFBD，进而得到平面AMN∥平面EFBD．
证法二：求出平面AMN的法向量和平面EFBD的法向量，根据两个法向量平行，可得平面AMN∥平面EFBD．
【解答过程】
证法一：正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，
则D（0，0，0），A（4，0，0），M（2，0，4），
N（4，2，4），B（4，4，0），E（0，2，4），F（2，4，4）．
取MN的中点K，EF的中点G，BD的中点O，则O（2，2，0），K（3，1，4），G（1，3，4）．
MN→=（2，2，0），EF→=（2，2，0），AK→=（﹣1，1，4），OG→=（﹣1，1，4），
∴MN→∥EF→，AK→=OG→，
∴MN∥EF，AK∥OG，
∴MN∥平面EFBD，AK∥平面EFBD，
∴平面AMN∥平面EFBD．
证法二：设平面AMN的法向量是a→=（a1，a2，a3），平面EFBD的法向量是b→=（b1，b2，b3）．
由a→⋅AM→=0，a→⋅AN→=0，
得−2a1+4a3=02a2+4a3=0取a3＝1，得a→=（2，﹣2，1）．
由b→⋅DE→=0，b→⋅BF→=0，
得2b2+4b3=0−2b1+4b3=0取b3＝1，得b→=（2，﹣2，1）．
∵a→∥b→，
∴平面AMN∥平面EFBD．
【变式2-3】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】建立空间直角坐标系D﹣xyz，求出D，A，C，C1，E，F，B1，的坐标，求出FC1→，DA→，AE→．
（1）利用向量的数量积为0求出平面ADE的法向量，通过向量的数量积推出n1→⊥FC1→，利用直线与平面平行的判定定理证明FC1∥平面ADE．
（2）求出平面B1C1F的一个法向量．与平面ADE的法向量，通过向量共线证明，平面ADE∥平面B1C1F．
【解答过程】解：如图所示建立空间直角坐标系D﹣xyz，
则有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→=2x1n1→⋅AE→=2y1+z1⇒x1=0z1=−2y1，令z1＝2⇒y1＝﹣1，
所以n1→=（0，﹣1，2）因为n1→•FC1→=−2+2＝0，所以n1→⊥FC1→，
又因为FC1⊄平面ADE，
即FC1∥平面ADE．
（2）因为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=0n2→⋅C1B1→=2x2=0⇒x2=0z2=−2y2．
令z2＝2⇒y2＝﹣1，所以n2→=（0，﹣1，2），
所以n1→=n2→，所以平面ADE∥平面B1C1F．
【题型3 空间线面垂直关系的判定及应用】
【方法点拨】
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．
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．
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．
【例3】（2023•常熟市校级模拟）如图，PD垂直正方形ABCD所在平面，AB＝2，E是PB的中点，cs＜DP→，AE→＞=33．
（1）建立适当的空间坐标系，写出点E的坐标；
（2）在平面PAD内求一点F，使EF⊥平面PCB．
【解题思路】（1）以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间坐标系，求出AE→和DP→的坐标，代入两个向量的夹角公式，解方程求得点E坐标．
（2）由F∈平面PAD，可设F（x，0，z），则EF→•BC→=0，且EF→•PC→=0，解方程组求得F的坐标．
【解答过程】解：（1）以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间坐标系，则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0）．
设P（0，0，2m），则E（1，1，m）．
∴AE→=（﹣1，1，m），DP→=（0，0，2m），
∴cs＜DP→，AE→＞=2m21+1+m2⋅2m=33，解得m＝1．
∴点E坐标是（1，1，1）．
（2）∵F∈平面PAD，∴可设F（x，0，z）⇒EF→=（x﹣1，﹣1，z﹣1）．
∵EF⊥平面PCB，∴EF→⊥CB→⇒（x﹣1，﹣1，z﹣1）•（2，0，0）＝0⇒x＝1．
∵EF→⊥PC→，∴（x﹣1，﹣1，z﹣1）•（0，2，﹣2）＝0⇒z＝0．
∴点F的坐标是（1，0，0），即点F是AD的中点．
【变式3-1】(2023春•青羊区校级期末）如图所示的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BC的中点，在CC1上求一点P，使面A1B1P⊥面C1DE．
【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，设正方体棱长为2，且P（0，2，a），分别求出面A1B1P与面C1DE的法向量，然后根据面A1B1P⊥面C1DE，则两法向量垂直建立等式，从而求出所求．
【解答过程】解：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，
设正方体棱长为2，且P（0，2，a），则DE→=(1，2，0)，DC1→=(0，2，2)，
设n1→=(x1，y1，z1)且n1→⊥平面DEC1，则x1+2y1=0y1+z1=0，取n1→=(2，−1，1)．
又A1P→=(−2，2，a−2)，A1B1→=(0，2，0)，
设n2→=(x2，y2，z2)且n2→⊥平面A1B1P，则−2x2+2y2+(a−2)z2=0y2=0，
取n2→=(a−2，0，2)．
由面A1B1P⊥面C1DE，得n1→⋅n2→=0
即2（a﹣2）+2＝0解得a＝1．
故P为CC1的中点．
【变式3-2】（2023•浦东新区校级模拟）四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（8，3，2），
（1）求证：PA⊥底面ABCD；
（2）求PC的长．
【解题思路】（1）由已知中向量AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（8，3，2），根据两个向量的数量积为0，两个向量垂直，我们可以判断出AP⊥AB且AP⊥AD，进而根据线面垂直的判定定理得到PA⊥底面ABCD；
（2）由已知中向量AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（8，3，2），根据向量加法的三角形法则，可以求出向量PC的坐标，进而代入向量模的计算公式，得到答案．
【解答过程】证明：（1）∵AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（8，3，2），
∴AP→⋅AB→=0，AP→⋅AD→=0，
∴AP→⊥AB→，AP→⊥AD→，
即AP⊥AB且AP⊥AD，
又∵AB∩AD＝A
∴AP⊥平面ABCD；
（2）∵AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（8，3，2），
∴AC→=AB→+AD→=(−1，0，4)，PC→=AP→−AC→=(9，3，−2)，
∴|PC|=94．
【变式3-3】（2023秋•吉林期末）如图，直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）ABC﹣A1B1C1，在底面ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别为A1B1，A1A的中点．
（1）求cs＜BA1→，CB1→＞的值；
（2）求证：BN⊥平面C1MN．
【解题思路】（1）以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的坐标系C﹣xyz，求得A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2），B（0，1，0），从而可求得BA1→=（1，﹣1，2），CB1→=（0，1，2），BA1→•CB1→=3，|BA1→|=6，|CB1→|=5，于是可求得cs＜BA1→，CB1→＞的值．
（2）利用向量的坐标运算可求得C1M→•BN→=0，C1N→•BN→=0，C1M∩C1N＝C1，由线面垂直的判定定理即可证得结论．
【解答过程】解：以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的坐标系C﹣xyz
（1）依题意，A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2），B（0，1，0），
∴BA1→=（1，﹣1，2），CB1→=（0，1，2），
∴BA1→•CB1→=1×0+（﹣1）×1+2×2＝3，
又|BA1→|=6，|CB1→|=5，
∴cs＜BA1→，CB1→＞=BA1→⋅CB1→|BA1→|⋅|CB1→|=3010，
证明：（2）A1（1，0，2），C1（0，0，2），B1（0，1，2），N（1，0，1），
∴M（12，12，2），∴C1M→=（12，12，0），C1N→=（1，0，﹣1），BN→=（1，﹣1，1），
∴C1M→•BN→=12×1+12×（﹣1）+1×0＝0，
同理可求C1N→•BN→=0，
∴C1M→⊥BN→，C1N→⊥BN→，C1M∩C1N＝C1，
∴BN⊥平面C1M．
【题型4 利用空间向量研究距离问题】
【方法点拨】
用向量法求点到直线的距离的一般步骤：
(1)求直线的方向向量．
(2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度．
(3)利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化．
用向量法求点面距的步骤：
(1)建系：建立恰当的空间直角坐标系．
(2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标．
(3)求向量：求出相关向量的坐标(eq \(AP,\s\up6(→))，α内两不共线向量，平面α的法向量n)．
(4)求距离d＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).
【例4】(2023春•南通期末）如图，在四面体P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝2PA＝2，点D在线段AC上．
（1）当D是线段AC中点时，求A到平面PBD的距离；
（2）若二面角A﹣PD﹣B的余弦值为13，求ADAC的值．
【解题思路】（1）以点A为坐标原点，AB、AC、AP所在直线分别为x，y、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求得A到平面PBD的距离；
（2）设点D（0，t，0），其中0≤t≤2，利用向量法可得出关于t的方程，解出t的值，即可得解．
【解答过程】解：（1）因为PA⊥平面ABC，AB⊥AC，
以点A为坐标原点，AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为D为AC的中点，则A（0，0，0）、B（2，0，0）、D（0，1，0）、P（0，0，1），
设平面PBD的法向量为m→=(x，y，z)，BP→=(−2，0，1)，BD→=(−2，1，0)，
则m→⋅BP→=−2x+z=0m→⋅BD→=−2x+y=0，取x＝1，可得m→=(1，2，2)，AB→=(2，0，0)，
所以点A到平面PBD的距离为|AB→⋅m→||m→|=23；
（2）设点D（0，t，0），其中0≤t≤2，BP→=(−2，0，1)，BD→=(−2，t，0)，
设平面PBD的法向量为n→1=(x1，y1，z1)，则n1→⋅BP→=−2x1+z1=0n1→⋅BD→=−2x1+ty1=0，
取x1＝t，可得n1＝（t，2，2t），易知平面PAD的一个法向量为n2→=（1，0，0），
由已知可得|cs＜n→1，n→2＞|=|n1→⋅n2→||n1→|⋅|n2→|=t5t2+4=13，解得t＝1，
此时点D为AC的中点，故ADAC=12．
【变式4-1】(2023春•岳麓区校级期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD=12AD＝1．E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°．
（1）在平面PAB内是否存在一点M，使得直线CM∥平面PBE，如果存在，请确定点M的位置，如果不存在，请说明理由；
（2）若二面角P−CD−A的大小为45°，求P到直线CE的距离．
【解题思路】（1）先判断存在符合题意的点，再通过作辅助线找到该点，证明CM∥平面PBE即可；
（2）建立空间直角坐标系，通过已知的二面角度数，找到线段之间关系，从而确定相关点的坐标，然后利用向量的运算求得答案．
【解答过程】解：（1）延长AB交直线CD于点M，
∵点E为AD的中点，∴AE=ED=12AD，
∵BC＝CD=12AD，∴ED＝BC，
∵AD∥BC，即ED∥BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，即EB∥CD，
∵AB∩CD＝M，∴M∈CD，∴CM∥BE，
∵BE⊂平面PBE，CM⊂平面PBE，
∴CM∥平面PBE，
∵M∈AB，AB⊂平面PAB，
∴M∈平面PAB，
故在平面PAB内可以找到一点M（M＝AB∩CD），使得直线CM∥平面PBE．
（2）如图所示，∵∠ADC＝∠PAB＝90°，即PA⊥AB，
且异面直线PA与CD所成的角为90°，即PA⊥CD，
又AB∩CD＝M，AB，CD⊂平面ABCD，∴AP⊥平面ABCD，
∵AD⊂平面ABCD，∴PA⊥AD，
又AD⊥CD，PA⊥CD，AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
∵PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD，
因此∠PDA是二面角P﹣CD﹣A的平面角，大小为45°，
∴PA＝AD，
不妨设AD＝2，则BC=CD=12AD=1，
以A为坐标原点，平行于CD的直线为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，
∴P（0，0，2），E（0，1，0），C（﹣1，2，0），
∴EC→=(−1，1，0)，EP→=(0，−1，2)，EC→方向上的单位向量坐标为u→=(−12，12，0)，
所以P到直线CE的距离为EP→2−(EP→⋅u→)2=5−12=322．
【变式4-2】(2023春•九龙坡区校级月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F分别为AA1，AC，A1C1的中点，AB=BC=5，AC＝AA1＝2．
（1）求证：AC⊥平面BEF；
（2）求点D与平面BEC1的距离；
（3）求二面角B﹣CD﹣C1的正弦值．
【解题思路】（1）通过证明AC⊥BE，AC⊥EF来证得AC⊥平面BEF．
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得D到平面BEC1的距离．
（3）利用向量法求得二面角B﹣CD﹣C1的余弦值，进而转化为正弦值．
【解答过程】（1）证明：由于AB＝BC，E是AC的中点，所以AC⊥BE，
由于E，F分别是AC，A1C1的中点，所以EF∥CC1，
所以EF⊥平面ABC，所以EF⊥AC，
由于BE⋂EF＝E，所以AC⊥平面BEF．
（2）解：由（1）可知EA，EB，EF两两相互垂直，
以E为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
B（0，2，0），C1（﹣1，0，2），
设平面BEC1的法向量为m→=(x1，y1，z1)，
则m→⋅EB→=2y1=0m→⋅EC1→=−x1+2z1=0，故可设m→=(2，0，1)，
D(1，0，1)，BD→=(1，−2，1)，
所以D到平面BEC1的距离为|m→⋅BD→|m→||=35=355．
（3）解：平面C1CD的法向量为n1→=(0，1，0)，
C(−1，0，0)，CD→=(2，0，1)，
设平面BCD的法向量为n2→=(x2，y2，z2)，
则n2→⋅BD→=x2−2y2+z2=0n2→⋅CD→=2x2+z2=0，故可设n2→=(2，−1，−4)．
设二面角B﹣CD﹣C1的二面角为θ，由图可知，θ为钝角，
所以csθ=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=−11⋅21=−121，
sinθ=1−cs2θ=2021=210521．
【变式4-3】(2023秋•渝中区月考）在如图所示的五面体ABCDFE中，面ABCD是边长为2的正方形，AE⊥面ABCD，DF∥AE，且DF=12AE＝1，N为BE的中点．
（Ⅰ）求证：FN∥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角N﹣MF﹣D的余弦值；
（Ⅲ）求点A到平面MNF的距离．
【解题思路】（Ⅰ）建立空间直角坐标系，得到NF→=(−1，2，0)，显然平面ABCD的法向量可以为n→=（0，0，1），所以NF→⋅n→=0，即NF→⊥n→，即可得证；
（Ⅱ）平面MNF的法向量为m→=(2，1，2)，平面MFD的法向量可以为u→=（0，1，0），代入公式即可求解；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知平面MNF的法向量为m→=（2，1，2），又MA→=(−1，−2，0)，代入公式即可求解．
【解答过程】（Ⅰ）证明：如图建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），E（0，0，2），N（1，0，1），M（1，2，0），F（0，2，1），
所以NF→=(−1，2，0)，显然平面ABCD的法向量可以为n→=（0，0，1），
所以NF→⋅n→=0，即NF→⊥n→，
又NF⊄平面ABCD，所以NF∥平面ABCD；
（Ⅱ）解：因为NF→=(−1，2，0)，MF→=(−1，0，1)，
设平面MNF的法向量为m→=（x，y，z），则m→⋅NF→=−x+2y=0m→⋅MF→=−x+z=0，
令y＝1，则x＝z＝2，所以m→=(2，1，2)，
显然平面MFD的法向量可以为u→=（0，1，0），
设二面角N﹣MF﹣D为θ，由图可知二面角N﹣MF﹣D为钝角，
则csθ=−|m→⋅u→||m→|⋅|u→|=−13，
所以二面角N﹣MF﹣D的余弦值为−13；
（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知平面MNF的法向量为m→=（2，1，2），
又MA→=(−1，−2，0)，设点A到平面MNF的距离为d，
则d=|m→⋅MA→||m→|=43，
所以点A到平面MNF的距离为43．
【题型5 利用空间向量求空间角】
【方法点拨】
求异面直线夹角的方法：
(1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解．
(2)向量法：在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(CD,\s\up6(→))可分别为a，b的方向向量，则cs
θ＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|).
利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤：
(1)建立空间直角坐标系；(2)求直线的方向向量u；
(3)求平面的法向量n；(4)设线面角为θ，则sin θ＝eq \f(|u·n|,|u||n|) .
利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：
(1)求平面的垂线的方向向量；
(2)利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解.
【例5】（2023秋•盘龙区月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，E为线段PD的中点，已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°．
（1）证明：直线PB∥平面ACE；
（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
【解题思路】（1）连接BD交AC于点H，连接HE，可证HE∥PB，从而可证PB∥平面ACE，
（2）作Ax⊥AP，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面PCD的一个法向量，利用向量法求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
【解答过程】（1）证明：连接BD交AC于点H，连接HE，
∵AB∥DC，AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，
∴H是AC的中点，又E为线段PD的中点，
∴HE∥PB，又HE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
∴直线PB∥平面ACE，
（2）解：∵AB⊥平面PAD，作Ax⊥AP，建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°，
得B（0，0，2），P（0，2，0），D（3，﹣1，0），C（3，﹣1，2），
∴PB→=（0，﹣2，2），PD→=（3，﹣3，0），CD→=（0，0，﹣2），
设平面PCD的一个法向量为n→=（x，y，z），
则n→⋅CD→=0n→⋅PD→=0，得−2z=03x−3y=0，不妨取n→=（3，1，0），
∴cs＜PB→，n→＞=PB→⋅n→|PB→|⋅|n→|=−222×2=−24，
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为24．
【变式5-1】(2023秋•安徽月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C．
（1）求证：AB⊥B1C；
（2）若∠B1BC＝60°，直线AB与平面BB1C1C所成的角为30°，求二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值．
【解题思路】（1）推导出B1C⊥BC1，AO⊥B1C，从而B1C⊥平面AOB，由此能证明B1C⊥AB．
（2）设O为原点，OB1为x轴，OC1为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值．
【解答过程】（1）证明：因为AO⊥平面 BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，
所以AO⊥B1C．
因为BC＝BB1，四边形BB1C1C是平行四边形，所以四边形BB1C1C是菱形．
所以BC1⊥B1C．
因为AO∩BC1＝O，AO⊂平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，
所以B1C⊥平面ABC1．
因为AB⊂平面ABC1，所以B1C⊥AB．
（2）解：因为AB与平面BB1C1C所成角为30°，AO⊥平面BB1C1C，
所以∠ABO＝30°，
因为∠B1BC＝60°，所以△BCB1是正三角形，
设BC＝2，则B1C=2，BO=3，OA=1，
以O为原点，分别以OB，OB1，OA所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(3，0，0)，B1(0，1，0)，A(0，0，1)，C1(−3，0，0)，
所以 AB1→=(0，1，−1)，C1B1→=(3，1，0)，A1B1→=AB→=(3，0，−1)，
设平面AB1C1的一个法向量为n1＝（x，y，z），
则n1⋅AB1→=y−z=0，n1⋅C1B1→=3x+y=0，
令x＝1，得n1=(1，−3，−3)，
设平面B1C1A1的一个法向量为n2＝（x′，y′，z′），
则 n2⋅A1B1→=3x'−z'=0，n2⋅C1B1→=3x'+y'=0，
令x′＝1，解得n2=(1，−3，3)．
设二面角A1﹣B1C1﹣A的大小为θ，
因为cs〈n1，n2〉=n1⋅n2|n1||n2|=(1，−3，−3)⋅(1，−3，3)7×7=17，
所以sinθ=1−(17)2=437，
所以二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值为437．
【变式5-2】(2023春•江都区期中）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，直线AC⊥平面BDEF，点O为AC与BD的交点，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°．
（1）求异面直线DE与CF所成角的余弦值；
（2）求二面角A﹣FB﹣C的余弦值．
【解题思路】（1）说明OA，OB，OF两两垂直．以O为坐标原点，OA、OB、OF所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，求出DE→=(0，−1，3)，CF→=(3，0，3)，利用空间向量的数量积求解异面直线所成角的余弦函数值即可．
（2）求出平面ABF的法向量，平面CBF的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A﹣FB﹣C的余弦值即可．
【解答过程】解：（1）∵AC⊥平面BDEF，FO，BD⊂平面BDEF，∴AC⊥FO，AC⊥BD，
∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，∴△DBF为等边三角形，
∵O为BD的中点，∴FO⊥BD，所以OA，OB，OF两两垂直．
以O为坐标原点，OA、OB、OF所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示．
∵AB＝2，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，
∴BD＝2，OA=AB2−OB2=3，
∵△BDF为等边三角形，∴OF=3，
则A(3，0，0)，B（0，1，0），D（0，﹣1，0），E(0，−2，3)，F(0，0，3)，C(−3，0，0)，
∴DE→=(0，−1，3)，CF→=(3，0，3)，
设异面直线所成角为θ，则csθ=|cs＜DE→，CF→＞|=DE→⋅CF→|DE→|⋅|CF→|=64，
故csθ=64，
（2）由（1）知AB→=(−3，1，0)，BF→=(0，−1，3)，CB→=(3，1，0)，
设平面ABF的法向量为m→=(x1，y1，z1)，
则AB→⋅m→=−3x1+y1=0BF→⋅m→=−y1+3z1=0，令y1=3，则x1＝1，z1＝1，得m→=(1，3，1)．
设平面CBF的法向量为n→=(x2，y2，z2)，则BF→⋅n→=−y2+3z2=0CB→⋅n→=3x2+y2=0，
令y2=3，则x2＝﹣1，z2＝1，得n→=(−1，3，1)．
∴cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=35，
又二面角A﹣FB﹣C为钝角，∴二面角A﹣FB﹣C的余弦值为−35．
【变式5-3】(2023•南京模拟）如图，AB为圆柱底面的直径，△ACD是圆柱底面的内接正三角形，AP和DQ为圆柱的两条母线，若AB＝2AP＝2．
（1）求证：平面PCQ⊥平面BDQ；
（2）求BP与面ABQ所成角正弦值；
（3）求二面角B﹣AQ﹣C的余弦值．
【解题思路】（1）先利用线面垂直判定定理证明AD⊥平面BDQ，再证明PQ∥AD，由此可得PQ⊥平面BDQ，再由面面垂直判定定理证明平面PCQ⊥平面BDQ；（2）建立空间直角坐标系，求出直线BP的方向向量与平面ABQ的法向量，再求两向量的夹角余弦即可得BP与面ABQ所成角正弦值；（3）求平面CAQ的法向量，再求其与平面ABQ的法向量的夹角余弦，结合图形确定二面角B﹣AQ﹣C的余弦值．
【解答过程】证明：（1）因为AB为圆柱底面的直径，所以AD⊥BD，
因为DQ为圆柱的母线，故AD⊥DQ，
又BD∩DQ＝D，BD，DQ⊂平面BDQ，
故AD⊥平面BDQ，
由AP和DQ为圆柱的两条母线知四边形APQD为矩形，因此PQ∥AD，
故PQ⊥平面BDQ，
又因为PQ⊆平面PCQ，所以平面PCQ⊥平面BDQ；
解：（2）由题意知DA，DB，DQ两两垂直，
以D为坐标原点，DA，DB，DQ为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，
令AB＝2，因为△ACD是圆柱底面的内接正三角形，
故∠BAD＝30°，故AD=ABcs30°=3，BD＝ABsin30°＝1，
A(3，0，0)，B（0，1，0），Q（0，0，1），P(3，0，1)，
AB→=(−3，1，0)，AQ→=(−3，0，1)，BP→=(3，−1，1)，
设平面ABQ的法向量为n→=(x，y，z)，
由n→⋅AB→=0n→⋅AQ→=0，即−3x+y=0−3x+z=0，
令x＝1得n→=(1，3，3)，cs〈BP→，n→〉=|BP→⋅n→||BP→||n→|=10535，
所以直线BP与面ABQ所成角正弦值为10535；
（3）过C作CH⊥AD，垂足为H，DH=12AD=32，CH=32AD=32，
故点C的坐标为C(32，32，0)，AC→=(−32，32，0)，AQ→=(−3，0，1)，
设平面ACQ的法向量为m→=(x，y，z)，
由m→⋅AC→=0m→⋅AQ→=0，即−32x+32y=0−3x+z=0，
令x=3得m→=(3，1，3)，
设二面角B﹣AQ﹣C的平面角为θ，
由图可知θ为锐角，则csθ=|cs〈m→，n→〉|=|m→⋅n→||m→||n→|=5391，
所以二面角B﹣AQ﹣C的余弦值为527391．
【题型6 利用空间向量研究存在性问题】
【例6】(2023•历城区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1=BC=2AB=2AC，点M为B1C1的中点．
（1）证明：AC1∥平面A1BM；
（2）AC上是否存在点N，使二面角B﹣A1M﹣N的大小为π4，若存在，求ANCN的值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）连接AB1与A1B交于点O，连接OM，证明OM∥AC1，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系A﹣xyz，不妨设AB＝1，设N（0，a，0），0≤a≤1，利用向量法求出a，从而可得出的结论．
【解答过程】（1）证明：连接AB1与A1B交于点O，则O为AB1的中点，连接OM，
因为点M为B1C1的中点，
所以OM∥AC1，
因为OM⊂平面A1BM，AC1⊄平面A1BM，
所以AC1∥平面A1BM；
解：（2）存在，ANCN=2；理由如下：
由题意知，AB⊥AC，如图建立空间直角坐标系A﹣xyz，
设AB＝1，则B（1，0，0），A1(0，0，2)，M(12，12，2)，
设N（0，a，0），0≤a≤1，
所以BA1→=(−1，0，2)，A1M→=(12，12，0)，A1N→=(0，a，−2)，
设平面BA1M的一个法向量为m→=(x1，y1，z1)，则有m→⋅BA1=0m→⋅A1M=0，取x1=2得m→=(2，−2，1)，
设平面A1MN的一个法向量为n→=(x2，y2，z2)，则有n→⋅A1M=0，n→⋅A1N=0，取x2=−2得n→=(−2，2，a)，
因为cs〈m→，n→〉=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=|a−45⋅4+a2|=22，解得a=23或a＝﹣6（舍），
此时ANCN=2．
【变式6-1】(2023春•内江期末）四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，侧面PAD⊥底面ABCD，∠BCD＝60°，PA=PD=2，E是BC的中点，点Q在侧棱PC上．
（1）若Q是PC的中点，求二面角E﹣DQ﹣C的余弦值；
（2）是否存在Q，使PA∥平面DEQ？若存在，求出PQPC的值；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O﹣xyz利用向量法能求出二面角E﹣DQ﹣C的余弦值；
（2）设PQ→=λPC→(0≤λ≤1)，Q（x，y，z），推导出Q(−2λ，3λ，−λ+1)，利用向量法能求出当λ=23时，PA∥平面DEQ．
【解答过程】（1）解：取AD中点O，连接OP，OB，BD，
因为PA＝PD，所以PO⊥AD，
因为侧面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩底面ABCD＝AD，
所以PO⊥底面ABCD，可知，BO⊥AD，PO⊥AD，
以O为坐标原点，如图建立空间直角坐标系O﹣xyz，
则D(−1，0，0)，E(−1，3，0)，P(0，0，1)，C(−2，3，0)，
因为Q为PC中点，所以Q(−1，32，12)，
所以DE→=(0，3，0)，DQ→=(0，32，12)，
所以平面DEQ的法向量为n1→=(1，0，0)，
因为DC→=(−1，3，0)，DQ→=(0，32，12)，
设平面DQC的法向量为n2→=(x，y，z)，
则DC→⋅n2→=0DQ→⋅n2→=0，即−x+3y=032y+12z=0，
令x=3，则y=1，z=−3，即n2→=(3，1，−3)，
所以cs＜n1→，n2→＞=n1→⋅n2→|n1→||n2→|=217，
由图可知，二面角E﹣DQ﹣C为锐角，所以余弦值为217；
（2）解：设PQ→=λPC→(0≤λ≤1)，
由（1）可知PC→=(−2，3，−1)，PA→=(1，0，−1)，
设Q（x，y，z），则PQ→=(x，y，z−1)，
又因为PQ→=λPC→=(−2λ，3λ，−λ)，
所以x=−2λy=3λz=−λ+1，即Q(−2λ，3λ，−λ+1)，
所以在平面DEQ中，DE→=(0，3，0)，DQ→=(1−2λ，3λ，1−λ)，
所以平面DEQ的法向量为n1→=(1−λ，0，2λ−1)，
又因为PA∥平面DEQ，所以PA→⋅n1→=0，
即（1﹣λ）+（﹣1）（2λ﹣1）＝0，解得λ=23，
所以当λ=23时，即PQPC=23，PA∥平面DEQ．
【变式6-2】(2023•迎泽区校级模拟）菱形ABCD中，∠ABC＝120°，EA⊥平面ABCD，EA∥FD，EA＝AD＝2FD＝2．
（Ⅰ）证明：直线FC∥平面EAB；
（Ⅱ）线段EC上是否存在点M使得直线EB与平面BDM所成角的正弦值为28？若存在，求EMMC，若不存在，说明理由．
【解题思路】（Ⅰ）取AE的中点H，连接HF，HB，先证四边形BCFH为平行四边形，从而知FC∥HB，再由线面平行的判定定理，得证；
（Ⅱ）取AB的中点N，连接DN，先证FD，DC，DN两两垂直，再以D为坐标原点建立空间直角坐标系，设EM→=λEC→，λ∈[0，1]，用含λ的式子表示出点M的坐标，求得平面BDM的法向量n→，由|cs＜BE→，n→＞|=28，解之即可．
【解答过程】（Ⅰ）证明：取AE的中点H，连接HF，HB，
因为EA∥FD，EA＝2FD＝2，所以四边形ADFH为平行四边形，所以HF∥AD，HF＝AD，
又菱形ABCD，所以AD∥BC，AD＝BC，
所以HF∥BC，HF＝BC，即四边形BCFH为平行四边形，
所以FC∥HB，
因为FC⊄平面EAB，HB⊂平面EAB，
所以FC∥平面EAB．
（Ⅱ）解：取AB的中点N，连接DN，
因为菱形ABCD中，∠ABC＝120°，所以△ABD是等边三角形，所以DN⊥AB，所以DN⊥DC，
因为EA⊥平面ABCD，EA∥FD，所以FD⊥平面ABCD，
所以FD⊥DC，FD⊥DN，
故以D为坐标原点，DN，DC，DF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B（3，1，0），C（0，2，0），D（0，0，0），E（3，﹣1，2），
所以EC→=（−3，3，﹣2），BE→=（0，﹣2，2），DB→=（3，1，0），
设EM→=λEC→，λ∈[0，1]，则M（3（1﹣λ），3λ﹣1，2（1﹣λ）），
设平面BDM的法向量为n→=（x，y，z），则n→⋅DB→=0n→⋅DM→=0，即3x+y=03(1−λ)x+(3λ−1)y+2(1−λ)z=0，
令x＝﹣1，则y=3，z＝，所以n→=（﹣1，3，3−23λ1−λ），
因为直线EB与平面BDM所成角的正弦值为28，
所以|cs＜BE→，n→＞|＝|BE→⋅n→|BE→|⋅|n→||＝|−23+2⋅3−23λ1−λ22⋅4+(3−23λ1−λ)2|=28，
化简得，32λ2+20λ﹣7＝0，即（4λ﹣1）（8λ+7）＝0，解得λ=14或−78（舍负），
即EM→=14EC→，
所以EMMC=13．
【变式6-3】(2023•海淀区校级模拟）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝1，AB＝AA1＝2，H，F分别是棱C1D1，BB1的中点．
（Ⅰ）请判断直线HF与平面A1BCD1的位置关系，并证明你的结论；
（Ⅱ）求直线HF与平面ABCD所成角的正弦值；
（Ⅲ）在线段HF上是否存在一点Q，使得点Q到平面A1BCD1的距离是2，若存在，求出HQHF的值；若不存在，说明理由．
【解题思路】（Ⅰ）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出所需各点坐标，求得平面A1BCD1的一个法向量n→，由HF→•n→=0，得解；
（Ⅱ）易知平面ABCD的一个法向量m→=（0，0，1），设直线HF与平面ABCD所成角为θ，由sinθ＝|cs＜HF→，m→＞|，得解；
（Ⅲ）假设存在HQ→=λHF→，λ∈[0，1]满足题意，由点Q到平面A1BCD1的距离是|D1Q→⋅n→|n→||，求得该距离，并判断是否等于2，即可得解．
【解答过程】解：（Ⅰ）结论：直线HF∥平面A1BCD1，
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D﹣xyz，
则B（1，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），H（0，1，2），F（1，2，1），
所以CD1→=（0，﹣2，2），BC→=（﹣1，0，0），HF→=（1，1，﹣1），
设平面A1BCD1的法向量为n→=(x，y，z)，则n→⋅CD1→=−2y+2z=0n→⋅BC→=−x=0，
令y＝1，得n→=（0，1，1），
因为HF→•n→=0+1﹣1＝0，且HF⊄平面A1BCD1，
所以直线HF与平面A1BCD1平行．
（Ⅱ）由长方体的性质知，DD1⊥平面ABCD，
所以平面ABCD的一个法向量m→=（0，0，1），
设直线HF与平面ABCD所成角为θ，
则sinθ＝|cs＜HF→，m→＞|＝|HF→⋅m→|HF→|⋅|m→||＝|−13×1|=33，
故直线HF与平面ABCD所成角的正弦值为33．
（Ⅲ）假设存在HQ→=λHF→，λ∈[0，1]，使得点Q到平面A1BCD1的距离是2，
由（Ⅰ）知，H（0，1，2），F（1，2，1），所以Q（λ，λ+1，2﹣λ），
所以D1Q→=（λ，λ+1，﹣λ），
由（Ⅰ）知，平面A1BCD1的一个法向量为n→=（0，1，1），
所以点Q到平面A1BCD1的距离是|D1Q→⋅n→|n→||＝|λ+1−λ2|=22＜2，
故在线段HF上不存在点Q，使得点Q到平面A1BCD1的距离是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)))