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IP屬地：江蘇 上傳時間：2024-10-31 格式：DOCX 頁數(shù)：91 大小：3.72MB 積分：15 舉報 版權(quán)申訴

第31講空間向量及其應(yīng)用（10類核心考點精講精練）1.5年真題考點分布5年考情考題示例考點分析2024年天津卷，第6題,5分線面關(guān)系有關(guān)命題的判斷2024年天津卷，第17題,15分證明線面平行面面角的向量求法點到平面距離的向量求2023年天津卷，第17題,15分證明線面平行廣求點面距離求二面角2022年天津卷，第17題,15分空間位置關(guān)系的向量證明線面角的向量求法，面面角的向量求法2021年天津卷，第17題,15分空間位置關(guān)系的向量證明線面角的向量求法，面面角的向量求法2020年天津卷，第17題,15分空間向量垂直的坐標(biāo)表示線面角的向量求法面面角的向量求法2.命題規(guī)律及備考策略【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是天津高考卷的必考內(nèi)容，設(shè)題穩(wěn)定，難度中檔，分值為15分【備考策略】1.理解、掌握空間向量的加減數(shù)乘運算，掌握共線、共面問題。2.能掌握線線角，線面角，與面面角問題。4.會解空間中的動點問題，會解決空間中的動點含參問題?！久}預(yù)測】本節(jié)內(nèi)容是天津高考卷的必考內(nèi)容，一般給幾何體，求解夾角問題，與空間中的動點問題。知識講解知識點一．空間向量的有關(guān)概念名稱定義空間向量在空間中，具有大小和方向的量相等向量方向相同且模相等的向量相反向量長度相等而方向相反的向量共線向量(或平行向量)表示若干空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合的向量共面向量平行于同一個平面的向量知識點二．空間向量的有關(guān)定理1.共線向量定理：對任意兩個空間向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實數(shù)λ，使a＝λb.2.共面向量定理：如果兩個向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb.3.空間向量基本定理如果三個向量a，b，c不共面，那么對任意一個空間向量p，存在唯一的有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc，{a，b，c}叫做空間的一個基底．知識點三．空間向量的數(shù)量積及運算律1.數(shù)量積非零向量a，b的數(shù)量積a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．2.空間向量的坐標(biāo)表示及其應(yīng)用設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．向量表示坐標(biāo)表示數(shù)量積a·ba1b1＋a2b2＋a3b3共線a＝λb(b≠0，λ∈R)a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3垂直a·b＝0(a≠0，b≠0)a1b1＋a2b2＋a3b3＝0模|a|eq\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))夾角余弦值cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)(a≠0，b≠0)cos〈a，b〉＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))·\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))知識點四.空間位置關(guān)系的向量表示1.直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或重合，則稱此向量a為直線l的方向向量．2.平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a為平面α的法向量．3.空間位置關(guān)系的向量表示位置關(guān)系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1∥l2n1∥n2?n1＝λn2(λ∈R)l1⊥l2n1⊥n2?n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為m，l?αl∥αn⊥m?n·m＝0l⊥αn∥m?n＝λm(λ∈R)平面α，β的法向量分別為n，mα∥βn∥m?n＝λm(λ∈R)α⊥βn⊥m?n·m＝0INCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2023\\大一輪\\數(shù)學(xué)\\數(shù)學(xué)人教A版（強(qiáng)基版）新教材\\左括.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2023\\大一輪\\數(shù)學(xué)\\數(shù)學(xué)人教A版（強(qiáng)基版）新教材\\左括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2023\\大一輪\\數(shù)學(xué)\\數(shù)學(xué)人教A版（強(qiáng)基版）新教材\\word\\左括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2023\\大一輪\\數(shù)學(xué)\\數(shù)學(xué)人教A版（強(qiáng)基版）新教材\\教師word\\左括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2023\\大一輪\\數(shù)學(xué)\\數(shù)學(xué)人教A版（強(qiáng)基版）新教材\\教師word\\左括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2023\\大一輪\\數(shù)學(xué)\\數(shù)學(xué)人教A版（強(qiáng)基版）新教材\\教師word\\左括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"\\\\張春蘭\\e\\張春蘭\\2023\\大一輪\\數(shù)學(xué)\\數(shù)學(xué)人教A版（強(qiáng)基版）新教材\\教師word\\左括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"\\\\張春蘭\\e\\張春蘭\\2023\\大一輪\\數(shù)學(xué)\\數(shù)學(xué)人教A版（強(qiáng)基版）新教材\\教師word\\左括.TIF"INETINCLUDEPICTURE"D:\\2023\\一輪\\數(shù)學(xué)\\人教A版（提優(yōu)版）\\word\\左括.TIF"INET4.常用結(jié)論1．三點共線：在平面中A，B，C三點共線?eq\o(OA,\s\up6(→))＝xeq\o(OB,\s\up6(→))＋yeq\o(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＝1)，O為平面內(nèi)任意一點．2．四點共面：在空間中P，A，B，C四點共面?eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＋z＝1)，O為空間中任意一點．知識點五.夾角相關(guān)1．異面直線所成的角若異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別是u，v，則cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\f(|u·v|,|u||v|).2．直線與平面所成的角如圖，直線AB與平面α相交于點B，設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sinθ＝|cos〈u，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq\f(|u·n|,|u||n|).3．平面與平面的夾角如圖，平面α與平面β相交，形成四個二面角，我們把這四個二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角．若平面α，β的法向量分別是n1和n2，則平面α與平面β的夾角即為向量n1和n2的夾角或其補(bǔ)角．設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).知識點六.距離相關(guān)1．點到直線的距離如圖，已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點，P是直線l外一點，設(shè)eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，則向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq\r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－|\o(AQ,\s\up6(→))|2)＝eq\r(a2－a·u2).2．點到平面的距離如圖，已知平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)的定點，P是平面α外一點．過點P作平面α的垂線l，交平面α于點Q，則n是直線l的方向向量，且點P到平面α的距離就是eq\o(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量eq\o(QP,\s\up6(→))的長度，因此PQ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).考點一、空間向量加減數(shù)乘運算1.（2024高三·全國·專題練習(xí)）如圖，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，則12A．BA B．AF C．AB D．EF【答案】A【分析】借助向量線性運算法則計算即可得.【詳解】12故選：A.2.（23-24高二上·黑龍江哈爾濱·期中）如圖，空間四邊形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，點M在OA上，且OM=23A．12a+C．23a+【答案】B【分析】利用空間向量的線性運算法則求解.【詳解】MN=-2故選：B.1.（2024·全國·模擬預(yù)測）在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，已知AP=ABA．1 B．2 C．322 D【答案】C【分析】根據(jù)題意，得到BC=14BM，再由面面平行的性質(zhì)，證得A【詳解】如圖所示，因為AP=AB+因為平面ADD1A1//平面BCC1B1，設(shè)平面A又因為AD1過點P作PE⊥BC,則E為BC的中點，F(xiàn)為BB又因為MN//BC1，所以M為故選：C．

2.（23-24高三上·江蘇·階段練習(xí)）若空間中四點A,B,C,D滿足A．13 B．3 C．14 D【答案】A【分析】利用向量的運算法則求解即可.【詳解】∵4DA∴∴AB即BC=3AB,則故選：A.3.（2024·內(nèi)蒙古錫林郭勒盟·模擬預(yù)測）在空間直角坐標(biāo)系中，已知A(0,3,0)，B(0,0,0)，A．29π B．28π C．32π D．30π【答案】A【分析】首先由四點的坐標(biāo)，確定幾何體的關(guān)系，利用補(bǔ)體法，求四面體外接球的半徑，即可求球的表面積.【詳解】根據(jù)已知4個點的空間直角坐標(biāo)可得，AD⊥平面ABC,AB⊥所以四面體ABCD可以補(bǔ)成長、寬、高分別為4，3，2的長方體，所以四面體ABCD外接球的半徑R=2所以四面體ABCD外接球的表面積為4πR

故選：A4.（2024·浙江嘉興·模擬預(yù)測）設(shè)x，y∈R,a=1,1,1,A．22 B．0 C．3 D．【答案】D【分析】根據(jù)向量的垂直和平行，先求出x,y【詳解】由a⊥c?a?c=0?x由b∥c?12=y-4所以2a+b=故選：D考點二、空間向量基本定理1.（20-21高三上·浙江寧波·階段練習(xí)）已知O，A，B，C是空間中的點，則“OA,OB,OC”不共面是“對于任意的x,y∈R，向量A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【解析】根據(jù)命題：若OA,OB,OC不共面，則對于任意的x,y∈R，向量OA+xOC與向量【詳解】因為命題：若OA,OB,OC不共面，則對于任意的x,y∈R，向量OA+xOC與向量當(dāng)向量OA+xOC與向量OB+yOC共線時，則存在λ，使得若OA,OB,OC共面，當(dāng)x向量CA,CB不共線，即OA+故選：A【點睛】本題主要考查以空間向量共線和共面為載體判斷充分條件和必要條件，還考查了轉(zhuǎn)化化歸的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.3.（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知體積為3的正三棱錐P-ABC的外接球的球心為O，若滿足OA+A．2 B．2 C．32 D．【答案】D【分析】先確定三角形ABC的位置以及形狀，利用球的半徑表示棱錐的底面邊長與棱錐的高，利用棱錐的體積求出該三棱錐外接球的半徑，從而可得結(jié)果.【詳解】正三棱錐D-ABC的外接球的球心O滿足說明三角形ABC在球O的大圓上，并且為正三角形，設(shè)球的半徑為R，根據(jù)對稱性易知：正三棱錐中頂點P到底面ABC的距離為球的半徑，由正弦定理有底面三角形ABC的邊長為2R棱錐的底面正三角形ABC的高為3R正三棱錐的體積為13×3則此三棱錐外接球的半徑是R=故選：D.1.（2024·山東濟(jì)南·一模）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AM=2MB，A【答案】12【分析】利用三棱柱模型，選擇一組空間基底AB=a,AC=b,A【詳解】如圖，不妨設(shè)AB=a,MC=因A1N又因BN//平面A1CM即存在λ,μ∈R，使BN從而有-23(故答案為：12考點三、空間向量數(shù)量積運算1.（2024·全國·模擬預(yù)測）設(shè)A,B,C三點在棱長為2的正方體的表面上，則A．-94 B．-2 C．-3【答案】B【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，不妨假設(shè)A在平面xOy中，設(shè)Aa1,a2,0，Bb1,b2,b3，【詳解】將正方體置于空間直角坐標(biāo)系O-xyz中，且A在平面xOy中，點O和點設(shè)Aa1,a2B1b1,b2,0和C可得B1B=0,0,b3則AB=A因為AB當(dāng)且僅當(dāng)點C為B1可得-A所以AB?AC≥-2，當(dāng)A1,1,0，故選：B【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題形式簡潔，但動點很多，且?guī)缀鯖]有約束條件，這時就需要學(xué)生對于動點所在的位置進(jìn)行分類討論，討論的順序、對于對稱性的使用都對學(xué)生提出了很高的要求．從幾何角度來看，點B，C不會位于A所在面的一側(cè)，故如果采用坐標(biāo)形式計算數(shù)量積，一定會有一項是非負(fù)的，且可以取到0．找到這一突破口后，即可將問題轉(zhuǎn)化為平面向量的問題，也就很容易得到結(jié)果了．2.（2024·江西贛州·二模）已知球O內(nèi)切于正四棱錐P-ABCD，PA=AB=2，EF是球O的一條直徑，點QA．[0,2] B．[4-23,2] C．[0,4-3【答案】A【分析】根據(jù)給定條件，利用體積法求出球O半徑，再利用向量數(shù)量積的運算律計算即得.【詳解】令H是正四棱錐P-ABCD底面正方形中心，則PH⊥平面ABCD則PH=PA2-正四棱錐P-ABCD的表面積顯然球O的球心O在線段PH上，設(shè)球半徑為r，則V=13在△POA中，∠PAO<45°=∠APO因此QE?顯然OH≤QO≤AO，則所以QE?QF的取值范圍為故選：A1.（2024·山東日照·二模）已知棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1，以正方體中心為球心的球OA．2 B．74 C．34 D【答案】B【分析】取AB中點E，根據(jù)空間向量的數(shù)量積運算得PA?PB=PE【詳解】取AB中點E，可知E在球面上，可得EB=-所以PA?

點P在球O的正方體外部（含正方體表面）運動，當(dāng)PE為直徑時，PEmax所以PA?PB的最大值為故選：B.2.（2024·上?！と＃┮阎cC在以AB為直徑的球面上，若BC=2，則AB?BC=【答案】-【分析】根據(jù)給定條件，可得AC⊥BC【詳解】由點C在以AB為直徑的球面上，得AC⊥所以AB?故答案為：-3.（2024·貴州·模擬預(yù)測）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點均在半徑為1的球O表面上，點P在正方體ABCD-A1B1C【答案】839【分析】由正方體的外接球的半徑求出正方體的棱長，根據(jù)公式計算體積即可；將PM?PN化簡為PO2【詳解】設(shè)正方體的棱長為a，由題意3a=2，a=因為PM=PO因為點P在正方體ABCD-所以PO2∈[1故答案為：839，考點四、共線問題1.（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知向量a=2m+1,3,m-1，bA．-32 B．-2 C．0 D．【答案】B【分析】利用向量共線的性質(zhì)，直接計算求解即可.【詳解】∵空間向量a=2m+1,3,m∴2m∴2m+1=2λ故選：B.2.（2023·山東·模擬預(yù)測）已知三棱錐S-ABC，空間內(nèi)一點M滿足SM=SA-3SB+4【答案】1【分析】根據(jù)題意，化簡得到12SM=12SA-32SB【詳解】由空間內(nèi)一點M滿足SM=可得12因為12-32+2=1使得SD=12SA-32可得VM-ABC=VS-故答案為：1.1.（2023·河北·模擬預(yù)測）在空間直角坐標(biāo)系中，A1,-2,a,B0,3,1,C【答案】9【分析】根據(jù)三點共線，可得空間向量AB,BC共線，即存在實數(shù)λ，使得AB【詳解】由題得AB=-1,5,1-因為A,B,C三點共線，所以存在實數(shù)即-1,5,1-所以λb=-1-4λ=5故答案為：92.（2023高三·全國·專題練習(xí)）已知向量a=1,0,m，b=2,0,-23，若【答案】2【分析】由向量共線求出m，得到向量a=1,0,m【詳解】向量a=1,0,m，b=2,0,-2即1=2λm=-2則a=1,0,-3故答案為：2考點五、共面問題1.（2024·河南·三模）在四面體ABCD中，△BCD是邊長為2的等邊三角形，O是△BCD內(nèi)一點，四面體ABCD的體積為23，則對?x,A．26 B．263 C．6【答案】D【分析】根據(jù)共面向量定理將所求最小值轉(zhuǎn)化為點A到平面BCD的距離，再利用體積求解即可.【詳解】設(shè)OE=xOB+y且OA-所以O(shè)A-求OA?-xOB?設(shè)點A到平面BCD的距離為h，由題意知S△四面體ABCD的體積V=解得h=6，故所求最小值為6故選：D．2.（23-24高三上·遼寧沈陽·階段練習(xí)）已知空間向量PA=1,2,4,PB=5,-1,3,PC=m,nA．充分不必要條件 B．充要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】結(jié)合充要條件的性質(zhì)與四點共面的性質(zhì)，借助空間向量運算即可得.【詳解】（方法一）由P,A,設(shè)PC=則x+5y=m2得10m故“P,A,B,C四點共面（方法二）設(shè)平面PAB的法向量為a=則a?PA=x+2由P,A,即10m故“P,A,B,C四點共面故選：B.1.（2024高三·全國·專題練習(xí)）在四面體O-ABC中，空間的一點M滿足OM=12OA+13OB+λ【答案】1【分析】依題意可得M，A，B，C四點共面，根據(jù)空間四點共面的充要條件得到方程，解得即可.【詳解】因為MA、MB、MC共面，所以M，A，B，C四點共面，又OM=根據(jù)四點共面的充要條件可得12+1故答案為：12.（23-24高三上·上海寶山·期末）已知空間向量PA=1,2,4,PB=5,-1,3,【答案】-【分析】根基空間向量共面定理結(jié)合空間向量坐標(biāo)表示的線性運算即可得解.【詳解】因為P,A,所以存在唯一實數(shù)對x,y，使得即m=x+5所以171+2所以10m故答案為：-113.（23-24高三上·河北張家口·階段練習(xí)）若向量a=1,-2,-n,b=【答案】-72【分析】根據(jù)空間向量共面定理可設(shè)a=x【詳解】由于a=可設(shè)a=即1,-2,-n可得1=12x故答案為：-74.（2024高三·全國·專題練習(xí)）如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=4，AA1=3，M是AB的中點，AN=2N【答案】存在，λ【分析】取BC的中點O，以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，若C,M,P,A1四點共面，則存在【詳解】假設(shè)存在實數(shù)λ，使C,由正三棱柱的性質(zhì)可知△ABC為正三角形，取BC的中點O，連接AO，則AO又平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面所以AO⊥平面BC故以O(shè)為坐標(biāo)原點，OB,OA所在直線分別為在平面BCC1B1內(nèi)，以過點O且垂直于OB的直線為則A0,0,23，B2,0,0，C-2,0,0，A10,3,2則CM=3,0,3，CA1因為B1所以CP=若C,M,P,又xCM+yCA故存在實數(shù)λ=67考點六、線線、線面角問題1.（2024·陜西咸陽·模擬預(yù)測）已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，棱AA1,AB,AD

A．12 B．13 C．14【答案】D【分析】依題意分別AB,AD,AA1為基底表示出BA1【詳解】根據(jù)題意以AB,AD,BA1=又棱AA1,AB,AD兩兩的夾角均為所以BAD1又B=-1所以cosB因此異面直線BA1與D1故選：D2.（24-25高三上·四川成都·開學(xué)考試）已知M，N分別是正四面體ABCD中棱AD，BC的中點，若點E是棱CD的中點.則MN與AE所成角的余弦值為（

）A．-33 B．33 C．-【答案】D【分析】將CA,CB,CD【詳解】

由于CA,CB,CD兩兩夾角60°則CA?CB=2×2cos60°=2MN=AE=因此|MN|=(MN?故cosMN,AE=MN?AE|故選：D.1.（2024·廣東·一模）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P、Q分別在A1B1、C【答案】45/【分析】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出異面直線BP與DQ【詳解】設(shè)正方體ABCD-A1以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為

則D0,0,0，Q0,1,3，B3,3,0，P3,2,3，設(shè)異面直線BP與DQ所成角為θ，則cosθ即異面直線BP與DQ所成角的余弦值為45故答案為：452.（2022·全國·高考真題）在四棱錐P-ABCD中，PD⊥(1)證明：BD⊥(2)求PD與平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)55【分析】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理證明AD⊥BD，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得（2）以點D為原點建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法即可得出答案.【詳解】（1）證明：在四邊形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥因為CD//所以四邊形ABCD為等腰梯形，所以AE=故DE=32所以AD所以AD⊥因為PD⊥平面ABCD，BD?平面所以PD⊥又PD∩所以BD⊥平面PAD又因為PA?平面PAD所以BD⊥（2）解：如圖，以點D為原點建立空間直角坐標(biāo)系，BD=則A1,0,0則AP=設(shè)平面PAB的法向量n=則有{n?AP則cosn所以PD與平面PAB所成角的正弦值為553.（2022·全國·高考真題）如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD,AD=(1)證明：平面BED⊥平面ACD(2)設(shè)AB=BD=2,∠ACB=60°，點F在BD上，當(dāng)△【答案】(1)證明過程見解析(2)CF與平面ABD所成的角的正弦值為4【分析】（1）根據(jù)已知關(guān)系證明△ABD≌△CBD（2）根據(jù)勾股定理逆用得到BE⊥DE【詳解】（1）因為AD=CD，E為AC的中點，所以在△ABD和△CBD中，因為所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因為E又因為DE,BE?平面BED，DE∩BE因為AC?平面ACD，所以平面BED⊥平面（2）連接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因為EF?平面所以AC⊥EF，所以當(dāng)EF⊥BD時，EF最小，即△因為△ABD≌△CBD又因為∠ACB=60°，所以因為E為AC的中點，所以AE=EC=1因為AD⊥CD，所以在△DEB中，DE2以E為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E-則A1,0,0,B設(shè)平面ABD的一個法向量為n=則n?AD=-x+又因為C-1,0,0,所以cosn設(shè)CF與平面ABD所成的角為θ0≤所以sinθ所以CF與平面ABD所成的角的正弦值為434.（2022·北京·高考真題）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面BCC1B1為正方形，平面BCC1(1)求證：MN∥平面BC(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：AB⊥條件②：BM=注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）取AB的中點為K，連接MK,NK，可證平面MKN//平面BCC1（2）選①②均可證明BB1⊥平面【詳解】（1）取AB的中點為K，連接MK,由三棱柱ABC-A1而B1M=而MK?平面BCC1B1，BB1而CN=NA,BK=KA，則而NK∩MK=故平面MKN//平面BCC1B1，而MN?平面（2）因為側(cè)面BCC1B而CB?平面BCC1B1平面CBB1C1∩平面AB因為NK//BC，故NK⊥因為AB?平面ABB1若選①，則AB⊥MN，而NK⊥故AB⊥平面MNK，而MK?平面MNK，故所以AB⊥BB1，而CB⊥BB故可建立如所示的空間直角坐標(biāo)系，則B0,0,0故BA=設(shè)平面BNM的法向量為n=則n?BN=0n?BM=0設(shè)直線AB與平面BNM所成的角為θ，則sinθ若選②，因為NK//BC，故NK⊥平面ABB1故NK⊥KM，而B1而B1B=MK=2所以∠BB1而CB⊥BB1，CB∩故可建立如所示的空間直角坐標(biāo)系，則B0,0,0故BA=設(shè)平面BNM的法向量為n=則n?BN=0n?BM=0設(shè)直線AB與平面BNM所成的角為θ，則sinθ考點七、面面角問題1.（2024·河南鄭州·模擬預(yù)測）如圖，在三棱錐P-ABC中，∠ABC=π(1)證明：OP⊥平面ABC(2)若PA=2AB=2BC，E是棱BC上一點且2BE【答案】(1)證明見解析(2)π6【分析】（1）連接OB，通過證明△PAO?△PBO（2）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量計算面面夾角即可.【詳解】（1）連接OB，因為PA=PC，AO=因為∠ABC=π2，AO因為PA=PB，所以△PAO?△PBO，則因為OB∩AC=O，所以O(shè)P⊥平面ABC（2）易知AB=BC，O為AC的中點，所以由（1）可知，OB,OC,OP兩兩垂直，以分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OA=1，因為PA=2所以P0,0,3，A(0,-1,0)因為2BE=EC，所以E23設(shè)平面PAE的法向量為n=(x,令z=1，則y又平面PAC的一個法向量為a=(1,0,0)，所以cosθ=n?an?2.（2024·江蘇鎮(zhèn)江·三模）如圖，三棱錐P-ABC中，∠ABC=π2，AB=BC=2，PA=(1)下面有①②③三個命題，能否從中選取兩個命題作為條件，證明另外一個命題成立？如果能，請你選取并證明（只要選取一組并證明，選取多組的，按第一組記分）；①平面PAB⊥平面ABC；②DE⊥③PE⊥(2)若三棱錐P-ABC的體積為23，以你在（1）所選的兩個條件作為條件，求平面PDE與平面【答案】(1)答案見解析(2)π【分析】（1）若選擇①②，則只需證明AC⊥平面PDE，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理即可得證；若選擇①③，則只需證明AC⊥平面PDE，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理即可得證；若選擇②③，則只需證明PD⊥平面ABC，再結(jié)合面面垂直的判定定理即可得證.（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出平面PDE與平面PBC的法向量，由向量夾角公式即可求解.【詳解】（1）選擇①②，可證明③.由PA=PB，D是線段AB的中點，得PD⊥又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，且PD?平面所以PD⊥平面ABC，AC?平面ABC，得PD⊥AC，又DE⊥AC；PD∩DE=D，PD所以AC⊥平面PDE．因為PE?平面PDE，所以AC若選擇①③，可證明②.由PA=PB，D是線段AB的中點，得PD⊥又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，且PD?平面所以PD⊥平面ABC，AC?平面ABC，得PD⊥又PE⊥AC，PD∩PE=P，PD,PE?平面PDE因為DE?平面PDE，所以AC⊥選擇②③，可證明①.由PA=PB，D是線段AB的中點，得PD因為PE⊥AC，DE⊥AC，PD,PE?平面PDE，DE所以AC⊥平面PDE．PD?平面PDE，得PD⊥AC，AB∩AC=A,AB,AC?平面ABC又PD?平面PAB，故平面PAB⊥平面ABC（2）方法一：由（1），選擇①②，則③成立.取線段AC的中點F，連接DF，則由∠ABC=π2，及得DF⊥AB.由（1）知，PD⊥平面ABC，以點D為坐標(biāo)原點，DA,DF,DP所在直線分別為x，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系三棱錐P-ABC的體積V=AB=BC=2，得所以由AB=BC=2，D是線段AB的中點，DEP0,0,1所以DP=0,0,1，DE=12設(shè)面PDE與面PBC的法向量分別為n1=(x則z1=012x1+12yx2+z2=02y2=0設(shè)平面PDE與平面PBC所成二面角為θ，則|cosθ|因為0<θ<π2，所以面PDE與面方法二：延長ED交CB的延長線于Q，連接PQ，則平面PDE∩與平面PBC=由三棱錐P-ABC的體積為23AB=BC=2，得2又由∠ABC=π2，及D是線段AB的中點，在等腰直角三角形CEQ中，CE=32連結(jié)CD，在Rt△CPD中，PD=1，CD在等腰直角三角形BDQ中，BD=BQ=1在Rt△QPD中，在△CPQ中，由PC2又由（1）知，CE⊥平面PDE，PE是PC在面PDE內(nèi)射影，由三垂線逆定理得：PE⊥則∠CPE即為二面角C-sin∠CPE所以面PDE與面PBC所成二面角的大小為π31.（24-25高三上·山東菏澤·開學(xué)考試）如圖，在三棱柱ABC-A1B1(1)求證：平面AB1C(2)設(shè)點P為A1C的中點，求平面ABP與平面BCP【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）由線面垂直得到AA1⊥BC，結(jié)合AB⊥BC證明出BC⊥平面ABB1（2）求出各邊長，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點的坐標(biāo)，求出平面的法向量，利用面面角的夾角余弦公式進(jìn)行求解.【詳解】（1）證明∵AA1⊥平面∴A又∵AB⊥BC,A∴BC⊥平面∵AB1又∵AB1⊥A∴AB1∵AB1∴平面AB1C（2）由（1）知AB1⊥A1B，所以四邊形以點A為原點，以AC,AA1所在直線分別為y,z軸，以過A點和則A1所以BP=設(shè)平面ABP的一個法向量n=則BP?n=0,AP?同理可得平面BCP的一個法向量m=所以cosm所以平面ABP與平面BCP夾角的余弦值為122.（2023·北京·高考真題）如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC

(1)求證：BC⊥平面PAB(2)求二面角A-【答案】(1)證明見解析(2)π【分析】（1）先由線面垂直的性質(zhì)證得PA⊥BC，再利用勾股定理證得（2）結(jié)合（1）中結(jié)論，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面PAC與平面PBC的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標(biāo)表示即可得解.【詳解】（1）因為PA⊥平面ABC,BC所以PA⊥BC，同理所以△PAB又因為PB=PA所以PB2+BC又因為BC⊥PA，所以BC⊥平面PAB（2）由（1）BC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，則以A為原點，AB為x軸，過A且與BC平行的直線為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則A(0,0,0),所以AP=(0,0,1),設(shè)平面PAC的法向量為m=x1,令x1=1，則y1設(shè)平面PBC的法向量為n=x2,y令x2=1，則z2所以cosm又因為二面角A-所以二面角A-PC-3.（2023·全國·高考真題）如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB

(1)證明：B2(2)點P在棱BB1上，當(dāng)二面角P-A2【答案】(1)證明見解析；(2)1【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量坐標(biāo)相等證明；（2）設(shè)P(0,2,λ)(0≤λ【詳解】（1）以C為坐標(biāo)原點，CD,CB,

則C(0,0,0),∴B∴B又B2∴B（2）設(shè)P(0,2,則A2設(shè)平面PA2C則n?令z=2，得y∴n設(shè)平面A2C2則m?令a=1，得b∴m∴cos化簡可得，λ2解得λ=1或λ∴P(0,2,1)或∴B4.（2023·全國·高考真題）如圖，三棱錐A-BCD中，DA=DB=DC，BD⊥(1)證明：BC⊥(2)點F滿足EF=DA，求二面角【答案】(1)證明見解析；(2)33【分析】（1）根據(jù)題意易證BC⊥平面ADE，從而證得BC（2）由題可證AE⊥平面BCD，所以以點E為原點，ED,EB,EA【詳解】（1）連接AE,DE，因為E為BC中點，DB=DC因為DA=DB=DC，∠ADB∴AC=AB，從而AE⊥BC②，由①②，AE所以，BC⊥平面ADE，而AD?平面ADE，所以（2）不妨設(shè)DA=DB=DC=2∴AE2+DE2=4=AD2，∴以點E為原點，ED,EB,

設(shè)D(設(shè)平面DAB與平面ABF的一個法向量分別為n1二面角D-AB-F平面角為θ因為EF=DA=-2∴-2x1+2y2-2z所以，cosθ=n所以二面角D-AB-考點八、點面、線面、面面距1.（24-25高三上·廣東·開學(xué)考試）如圖，四邊形ABCD是圓柱OE的軸截面，點F在底面圓O上，OA=BF=3,AD=3，點G(1)證明：EG//平面DAF(2)求點H到平面DAF的距離．【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）取AF的中點M，證明EG//（2）先根據(jù)題意證明平面DAF//平面OEH，從而點H到平面DAF的距離即等價于點E到平面DAF的距離，建立空間直角坐標(biāo)系，利用點到面的距離向量求法即可求解【詳解】（1）證明：取AF的中點為M，連接MD，因為點M,G分別是FA和FB的中點，所以MG//在圓柱OE的軸截面四邊形ABCD中，AO∥所以MG//DE,所以EG//DM，又EG?平面DAF,DM?平面（2）由圓的性質(zhì)可知，連接OG延長必與圓O交于點H，連接OE,因為OG//AF,OG不在平面DAF內(nèi)，AF?平面DAF又EG//平面DAF，且EG∩OG=G且都在面OEH從而點H到平面DAF的距離即為點E到平面DAF的距離．以O(shè)為坐標(biāo)原點，AB的中垂線為x軸，OB所在直線為y軸，OE所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．則E所以AE=0,設(shè)n=x,則由n?AD因此點E到平面DAF的距離d=故點H到平面DAF的距離為322.（2021·廣西柳州·一模）如圖△ABC的外接圓O的直徑AB=2，CE垂直于圓O所在的平面，BD//CE，CE=2，BC=

(1)證明：BM⊥(2)當(dāng)M為DE的中點時，求點M到平面ACD的距離.【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）證明AC⊥平面BCDE，利用線面垂直的性質(zhì)即可得到BM（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面ACD的法向量，利用點到面的距離公式求解即可﹒∵AB是圓O的直徑，∴【詳解】（1）∵CE⊥平面ABC，AC?平面ABC又∵CE∩BC=C，CE∴AC⊥平面BCED，∵BM?平面（2）由(1)和已知條件可知，CA、CB、CE兩兩垂直，故以C為原點，CA、CB、CE分別為

則C(0CA=3,0,0，設(shè)平面CAD的法向量為n=則n→?CA→=0n→由點到平面的距離公式知，點M到平面ACD的距離d1.（2024·天津和平·二模）如圖，三棱臺ABC-A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，AB=2A1B1=4，AA1⊥(1)證明：CC1∥(2)求直線A1D與平面(3)求點D到平面A1【答案】(1)證明見解析(2)21(3)2【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面A1MN的法向量，利用CC1⊥n，結(jié)合CC（2）利用向量的夾角公式即可求解；（3）利用點到平面的距離的向量法公式，即可求解．【詳解】（1）因為側(cè)棱AA1⊥底面ABC，△ABC為等邊三角形，所以過點A作AH⊥AC，則以為點A為坐標(biāo)原點，AC，AH，AA設(shè)AA1長為mA1B=(2,2因為A1B⊥AC1，所以所以A(0,0,0)，B(2,23,0)，C(4,0,0)，C1(2,0,2)證明：因為A1M=(1,3,-2)，A則n1?A1M又因為CC所以CC1?n1=-2+0+2=0，所以CC1→（2）因為D為中點，所以CD=2，則D有A1D=(3,3,-2)，又n1=sinθ則直線A1D與平面A1（3）因為DN=(-1,-3,0)，平面A所以，點D到平面A1MN的距離為2.（24-25高三上·福建·開學(xué)考試）如圖所示，在四棱錐V-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AB//CD，∠ABC=90°，側(cè)面VBC⊥底面ABCD且

(1)求證：EB⊥(2)求二面角B-(3)求點C到平面VAD的距離.【答案】(1)證明見解析；(2)104(3)22【分析】（1）取BC中點O，利用面面垂直的性質(zhì)證得VO⊥平面ABCD，以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明推理即得（2）由（1）求出平面BVD與平面AVD的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.（3）由（2）中信息，結(jié)合點到平面距離公式求解即得.【詳解】（1）取BC中點O，連接VO，由VB=VC=又平面VBC⊥平面ABCD，平面VBC∩平面ABCD=BC，則VO⊥平面ABCD，過O作Ox//AB，由∠而Ox,BC?平面ABCD以O(shè)為原點，直線Ox,OB,

由AB//CD，AB=2VA中點E(1,12因此BE?AD=1×(-1)+(-所以EB⊥（2）由（1）知，DB=(-1,2,0),設(shè)平面BVD的法向量n=(x,y,z)設(shè)平面AVD的法向量m=(a,b,c)設(shè)二面角B-VD-A的大小為所以二面角B-VD-（3）由（1）（2）知，CD=(1,0,0)，平面AVD的法向量m所以點C到平面VAD的距離d=3.（2024·黑龍江·二模）如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱長和底面邊長均為2，M是BC的中點，N

(1)證明：MN//平面A(2)求點P到直線MN的距離．【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）建立如圖空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，設(shè)平面A1CP的一個法向量為（2）利用空間向量法即可求解點線距.【詳解】（1）由題意知，AA1⊥平面ABC，∠BAC=所以AA1⊥AB，在平面ABC內(nèi)過點A作y建立如圖空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-則A(0,0,0),B(2,0,0),所以A1設(shè)平面A1CP的一個法向量為則n?A1C=x+所以MN?n=-12即MN//平面A（2）如圖，連接PM，由（1）得PM=(0,0,-2)則MN?PM=-2所以點P到直線MN的距離為d=

4.（2024·貴州·模擬預(yù)測）在三棱錐ABCD中，AC⊥平面BCD，P是AB上一點，且3AB=4BP，連接CP與DP，Q(1)過Q點的平面平行于平面ACD且與BC交于點M，求BMCM(2)若平面PCD⊥平面ABC，且AC=2BC=2CD=4【答案】(1)BM(2)6【分析】（1）利用兩條平行線確定一個平面，作出過點Q平行于平面ACD的平面STM，并證明.從而利用平面與平面平行的性質(zhì)定理可得SM∥AC，所以BMCM【詳解】（1）（2）因為平面PCD⊥平面ABC，只需在平面ABC內(nèi)向PC作一條垂線即可證明該垂線與平面PCD垂直，進(jìn)而與CD垂直；再利用AC⊥平面BCD，有CD⊥AC，利用直線與平面垂直的判定定理可得CD⊥平面ABC過Q作ST∥AD，交AB于S，交BD于T；過T作TM∥CD交因為ST∥AD，AD?面ACD，ST?面ACD，則ST//面ACD由ST∩TM=T，且ST、TM?平面STMSTM，所以平面STM//因為平面STM∩平面ABC=SM，平面ACD∩平面所以BMCM因為3AB所以AP=因為Q為PD中點，且SQ∥所以S為AP中點，所以AS=所以BSAS=7，則（2）過B作BH⊥PC交AC于因為BH⊥PC，平面PCD⊥平面ABC，平面PCD∩平面ABC=所以BH⊥平面PCD，又因為CD?平面所以BH⊥因為AC⊥CD，BH∩AC=H，且所以CD⊥平面ABC又因為BC?平面ABC所以CD⊥如圖，以C為原點，CB為x軸，CD為y軸，CA為z軸建立空間直角坐標(biāo)系.A0,0,4，B2,0,0，D0,2,0，PBP=34BA=設(shè)n=x,則14x+y+則dP考點九、點線、線線距1.（2024·吉林·模擬預(yù)測）如圖所示，半圓柱OO1與四棱錐A-BCDE拼接而成的組合體中，F(xiàn)是半圓弧BC上（不含B,C）的動點，(1)求證：CG⊥(2)若DF//平面ABE，求平面FOD與平面GOD(3)求點G到直線OD距離的最大值.【答案】(1)證明見解析；(2)306(3)5【分析】（1）取弧BC中點H，以O(shè)為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Fx,y,0（2）由數(shù)據(jù)求出點F坐標(biāo)，再求出平面FOD與平面GOD的法向量，利用面面角的向量求法求解.（3）利用空間向量求出點G到直線OD距離的函數(shù)關(guān)系，再求出最大值即可.【詳解】（1）取弧BC中點H，則OH⊥BC，以O(shè)為坐標(biāo)原點，直線OB,連接OA，在△ABC中，BC=4，AB=于是O0,0,0設(shè)Fx,y,0，則Gx因此CG?BF=所以CG⊥（2）由BE⊥平面ABC,AC?平面又AB2+AC2=則AC⊥平面ABE，即AC=-DF=x+2,y,-1，由DF又x2+y2=4,設(shè)n=a,b,c是平面FOD的法向量，則設(shè)m=e,f,g是平面GOD的法向量，則則平面FOD與平面GOD夾角的余弦值為|cos?n（3）OD=則點G到直線OD的距離d=當(dāng)x=12時，即F的坐標(biāo)為(12,【點睛】方法點睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分別求出兩個半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夾角，結(jié)合圖形得到二面角的大??；②找與交線垂直的直線的方向向量，分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與交線垂直且以垂足為起點的直線的方向向量，則這兩個向量的夾角就是二面角的平面角．2.（2024·江蘇無錫·模擬預(yù)測）如圖，在棱長為4的正方體ABCD-A1B1C1(1)求四棱錐D1(2)若點P在棱D1C1上，且P到平面B1DE的距離為26【答案】(1)12+2(2)481【分析】（1）根據(jù)三角形以及梯形面積公式即可求解，（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間距離的向量法求解即可.【詳解】（1）由AE=1，AB=4,所以D1所以S△D1EA=故四棱錐D1-（2）以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、則A(4,0,0)，B(4,4,0)，B1(4,4,4)，則DE=(4,0,1),設(shè)平面B1DE的法向量為n=(即4x+z=04x+4設(shè)P到平面B1DE的距離為d，∴由于0≤a≤4，解得故P0,1,4，∴點P到直線EB1的距離為1.（2024·天津河西·模擬預(yù)測）如圖，在棱長為a的正方體OABC-O'A'B'(1)求證：A'(2)當(dāng)三棱錐B'-BEF的體積取得最大值時，求平面B'EF與平面BEF【答案】(1)證明見解析(2)22，【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明求解即可.（2）利用平面夾角的向量求法結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出tanθ=22，利用直線夾角的向量求法求出【詳解】（1）以C為原點，如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，∵AE=BF，設(shè)CF=∴FA'∵A∴A'F（2）V=-1當(dāng)b=-16此時E,F為設(shè)平面BEF的法向量為n1B'∴FE設(shè)平面B'EF的法向量為∴n2?令z=1,∴y=-2,設(shè)平面B'EF與平面BEF的夾角為∴cosθ∴sinθ=2B'設(shè)直線OE和B'E所成角為∴cosβ=∴點O到直線B'E的距離2.（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）如圖所示的空間幾何體是以AD為軸的14圓柱與以ABCD為軸截面的半圓柱拼接而成，其中AD為半圓柱的母線，點G為弧CD的中點(1)求證：平面BDF⊥平面BCG(2)當(dāng)AB=4，平面BDF與平面ABG夾角的余弦值為155時，求點E到直線BG【答案】(1)證明見解析(2)4【分析】（1）過G作GH//BC交弧AB上一點，連結(jié)GH,AH,BH，由∠FBH（2）根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AD=a，利用向量法求平面BDF與平面ABG夾角的余弦值，而列方程求出a的值，從而向量法可求點E到直線BG【詳解】（1）過G作GH//BC交弧AB上一點，連結(jié)則H為弧AB的中點，則GH//BC且所以四邊形HBCG為平行四邊形，所以HB//由題意可知，AF⊥AB，Rt△因為G為弧AB的中點，所以AH⊥則Rt△ABH為等腰直角三角形，則所以∠FBH=∠ABF因為HB//GC，則FB⊥又因為BC、CG?面BCG，所以BF⊥平面BCG，因為BF?面所以平面BDF⊥平面BCG（2）由題意知，AF,AB,以AF,AB,AD分別為x軸，設(shè)AD=a，又則A0,0,0，F(xiàn)4,0,0，B0,4,0，DBD=0,-4,a，BF=4,-4,0，AB設(shè)平面BDF的一個法向量為n1則n1?BD=0n1?設(shè)平面ABG的一個法向量為n2則n2?AB=0n2?設(shè)平面BDF與平面ABG的夾角為θcosθ=cos所以G-2,2,4，B0,4,0則BG=-d所以點E到直線BG的距離為4213.（23-24高三下·天津南開·階段練習(xí)）如圖，棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，∠DAB=60

(1)證明：OF//平面BC(2)求二面角D-(3)求點F到直線DA1【答案】(1)證明見解析(2)21(3)3【分析】（1）連接BC1，即可得到（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法計算可得；（3）令a=DF，u=D【詳解】（1）連接BC1，因為F為DC1的中點，所以O(shè)F//BC1，且BC1?所以O(shè)F//平面BC（2）因為A1O⊥平面ABCD，且ABCD如圖，以點O為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)A,OB,O又∠DAB=60°，所以△ABD在Rt△AOA可知O0,0,0

則AD=設(shè)平面DAA1的一個法向量為n=x,令x=1，得n取平面AA1C所以cosn設(shè)二面角D-AA1-則cosθ即二面角D-AA（3）又B1-3,1,1，所以所以DF=12所以DA所以a=DF=所以a?所以點F到直線DA1的距離4.（2024·山西呂梁·一模）如圖，在四棱錐P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD

(1)線段PB上是否存在一點Q使得QC⊥CD，若存在，求出(2)定義：兩條異面直線之間的距離是指其中一條直線上任意一點到另一條直線距離的最小值，求異面直線PB與CD之間的距離．【答案】(1)存在點Q，BQ(2)3【分析】（1）首先以點A為原點建立空間直角坐標(biāo)系，由CQ?CD=0，即可求解點Q（2）由異面直線的距離的定義，結(jié)合（1）的結(jié)果，轉(zhuǎn)化為求點Q到直線CD的距離，再轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求最值問題.【詳解】（1）以AB,AD,則各點的坐標(biāo)為B1,0,0，C1,1,0，D0,2,0BP=設(shè)Q為直線PB上一點，且BQ=λBP∴CQ=-λ∴CQ所以存在點Q，滿足QC⊥CD，此時

（2）由（1）可得CD=(-1,1,0)又Q則點Q到直線CD的距離d==λ∵19∴d≥所以異面直線PB與CD之間的距離為3考點十、空間中的動點問題1.（24-25高三上·四川達(dá)州·開學(xué)考試）如圖，在三棱柱ABC-A1B1

(1)求證：AB1⊥(2)設(shè)點P滿足A1P=λA1C0≤λ【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）根據(jù)題意由線面垂直求出AA（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面ABP和平面BCP的法向量，再利用空間向量法求出面面夾角，從而可求解.【詳解】（1）證明：∵AA1⊥平面ABC,又∵AB⊥BC，且AB∴BC⊥平面∵AB1又∵AB1∴AB1（2）由（1）知AB1⊥A1B,∴以點A為原點，以AC,AA1所在直線分別為y,z軸，以過A點和平面

則A1∵A∴AP設(shè)平面PAB的一個法向量為n1=x22λy+由（1）知AB1⊥平面A1BC∴cosπ3=所以λ=2.（22-23高三下·江蘇連云港·階段練習(xí)）如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A

(1)求正四棱柱ABCD-A1(2)是否存在點G，使得二面角G-EF-B的大小為60【答案】(1)3(2)不存在，理由見解析【分析】（1）連接D1E,D1（2）以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)G0,0,t，t∈0,2，分別求得平面BEF和平面GEF的法向量，先找兩平面的夾角為再找t=0時二面角的夾角，兩個平面垂直時t的值，驗證所求t的值是否符合，即可判斷是否存在這樣的點G【詳解】（1）連接D1E，D1F，取BB1的中點為因為E為AA1的中點，所以EM//所以四邊形EMC所以D1E//又因為F為CC所以BM//FC所以四邊形BMC所以BF//MC所以BF//D1所以四邊形BED1F又AA1=2AB=2，E因此，過點B,E又EF=12所以菱形BED1F即正四棱柱ABCD-A1B1（2）在正四棱柱ABCD-A1B1C1以D為原點，DA，DC，DD1所在直線為x，y，則B1,1,0,E1,0,1，因為G為棱DD1上的動點，可設(shè)DG=t0≤設(shè)平面BEF的法向量m=(x1,y則m?BE=0取x1=1，則x1設(shè)平面GEF的法向量n=(x2,y則n?GE=0取x2=t-1若存在點G，使得二面角G-EF-則，解得t=2+3610，當(dāng)G與D重合時，即t=0，此時二面角G又當(dāng)二面角G-EF-B的大小為90°因此要使二面角G-EF-B為銳角即t=2+3610時，二面角所以棱DD1上不存在點G，使得二面角G-1.（24-25高三上·江蘇揚州·開學(xué)考試）在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形，PA=AB,E為線段PB(1)證明：AE⊥(2)求實數(shù)λ的值，使得平面AEF與平面PDC所成角的余弦值最大．【答案】(1)證明見解析(2)λ【分析】（1）利用線面垂直PA⊥平面ABCD證明線線垂直PA⊥BC、線面垂直BC⊥平面PAB證明線線垂直BC⊥AE，然后再利用線面垂直（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出各點的坐標(biāo)，以及F1,λ【詳解】（1）因為PA⊥平面ABCD，又BC,AB?平面又因為底面ABCD為正方形，所以BC⊥又PA∩AB=A,PA?平面PAB所以BC⊥平面PAB,又AE?平面PAB,所以又PA=AB,PA⊥又PB∩BC=B,PB?平面PBC所以AE⊥平面PBC,又PC?平面所以AE⊥（2）如圖，分別以AB,AD,不妨設(shè)PA=則B1,0,0,CBF=λBC則x-1,y設(shè)平面AEF的法向量為n1則AE?所以12x1+12z設(shè)平面PCD的法向量為n2則DC→?n2→設(shè)平面AEF與平面PDC所成角為α，則cosα令t=2λ+所以cosα因為12t+98所以當(dāng)t=32時，即λ2.（2025·浙江·模擬預(yù)測）在正四面體ABCD中，P是△ABC內(nèi)部或邊界上一點，滿足AP=λ(1)證明：當(dāng)DP取最小值時，DP⊥(2)設(shè)DP=xDA【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）先根據(jù)條件確定P點的位置，再證明線線垂直.（2）先探究x,y,z【詳解】（1）如圖：取AB中點M，AC中點N，連接MN，AP則AB=2AM，因為AP=λAB+μAC=2所以三點P,M又四面體ABCD為正四面體，所以DM=DN，當(dāng)P為MN中點時，DP⊥MN又MN//BC，所以（2）易知λ,DP?=DA?+AP?所以x=12，y故x2+y2+z2=根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，當(dāng)λ=14時，x當(dāng)λ=0或12時，x2故x2+3.（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，E,F

(1)求證：BD1//(2)線段AB上是否存在點M，使得直線D1M與平面A1EF所成的角的正弦值為3【答案】(1)證明見解析(2)存在，且AM【分析】（1）借助中位線的性質(zhì)可得線線平行，即可得線面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性質(zhì)定理即可得證；（2）建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系后，借助空間向量可用未知數(shù)表示出直線D1M與平面A【詳解】（1）連接BD、B1D1，由E,F又EF?平面BB1D1D，BD?正四棱臺ABCD-A1B1則四邊形A1FBB又A1F?平面BB1D1D，又A1F∩EF=F，且A1故平面A1EF//平面BB1D1D，又

（2）正四棱臺ABCD-A1B1底面ABCD為正方形，故AO⊥故可以O(shè)為原點，OA、OB、OO1為x,由AB=2A1B1=4，側(cè)面則OO則A12,0,1，F(xiàn)假設(shè)在線段AB上存在點Mx,y設(shè)AM=λABD1設(shè)平面A1EF的法向量為則n2?A1E=2y-因為直線D1M與平面A1故cosD解得λ=14或λ故線段AB上存在點M，使得直線D1M與平面A1此時線段AM的長為1.

4.（2025·廣東深圳·一模）如圖，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD,AB//CD,PQ//CD,AD(1)求證：EF//平面CPM(2)若N為線段CQ上的點，且直線DN與平面QPM所成的角為π6，求QN【答案】(1)證明見解析；(2)QN:【分析】（1）連接EM，利用平行公理、線面平行的判定推理即得.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PQM的法向量，設(shè)出點N的坐標(biāo)，利用線面角的向量求法列式計算即得.【詳解】（1）連接EM，由AB//CD,又AB=PQ，則四邊形由點E和M分別為AP和BQ的中點，得EM//AB且而AB//CD,CD=2AB，F(xiàn)為四邊形EFCM為平行四邊形，則EF//MC，又EF?平面MPC，CM所以EF//平面MPC（2）由PD⊥平面ABCD，AD⊥CD以D為原點，直線DA,DC,則D(0,0,0),PM=(1,1,-1),設(shè)n=(x,y,取z=1，得n設(shè)QN=λQC則N(0,λ+1,2-2由直線DN與平面PMQ所成的角為π6，得sin即12=|2-2λ|(λ所以QN:1．（23-24高三上·廣東東莞·階段練習(xí)）如圖，AB是圓的直徑，平面PAC⊥面ACB，且AP⊥AC．(1)求證：BC⊥平面PAC(2)若AB=2,AC=1,AP=1，求直線【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理，結(jié)合直徑的性質(zhì)、線面垂直的判定定理進(jìn)行證明即可；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式進(jìn)行求解即可.【詳解】（1）因為平面PAC⊥面ACB，且AP⊥AC.，平面PAC∩面ACB=AC，AP?平面所以PA⊥面ACB，又因為BC?平面PBC所以PA⊥BC，又因為AB是圓的直徑，所以AC因為AC∩PA=所以BC⊥平面PAC（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因為AC⊥BC，所以所以C0,0,0,A設(shè)平面PBC的法向量為m=x,而AC=0,-1,0，設(shè)直線AC與面PBC所成角為則sinθ所以直線AC與面PBC所成角的正弦值為222．（2024·天津紅橋·二模）在如圖所示的幾何體中，PA⊥平面ABCD，PA//QD，四邊形ABCD為平行四邊形，∠ABC=60°，∠(1)求證：直線PB//平面DCQ(2)求直線PB與平面PCQ所成角的正弦值；(3)求平面PCQ與平面DCQ夾角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)186(3)930【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面DCQ的法向量n，由n?（2）求出平面PCQ的法向量m，再求出cosm（3）設(shè)平面PCQ與平面DCQ夾角為θ，由cosθ=m?n【詳解】（1）因為PA⊥平面ABCD，∠因為四邊形ABCD為平行四邊形，∠ABC=60°，∠BAC=90°，則AC=ABtan60°=3，解得DQ=3則P0,0,1，B1,0,0，C0,3,0所以CD=-1,0,0，DQ設(shè)平面DCQ的法向量為n=x,y,所以n?PB=0又PB?平面DCQ，所以PB//平面（2）因為CQ=-1,0,3設(shè)平面PCQ的法向量為m=則m?CQ=-所以cosm所以直線PB與平面PCQ所成角的正弦值為18631（3）設(shè)平面PCQ與平面DCQ夾角為θ，則cosθ所以sinθ所以平面PCQ與平面DCQ夾角的正弦值為930313．（2024·天津·二模）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，AC(1)求證：A1F//(2)求平面ACC1A(3)求點A1到平面BDE【答案】(1)證明見解析(2)2(3)4【分析】（1）取BE的中點G，證明A1（2）建立空間直角坐標(biāo)系，向量法求兩個平面夾角的余弦值；（3）向量法求點到平面的距離.【詳解】（1）證明：取BE的中點G，連接FG，DG，則且FG=C1E+B則四邊形A1DGF為平行四邊形，又A1F?平面BDE∴A1F（2）解：直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC．以C則B0設(shè)平面BDE的一個法向量為n=x即令y=1，則z=1,x=1易知平面ACC1A設(shè)平面ACC1A1與平面則cosθ∴平面ACC1A1與平面（3）解：∵A12∴點A1到平面BDE的距離d4．（2024·天津·二模）如圖，DA⊥平面ABC，AB⊥AC，AD∥CE，AB=AC(1)證明：EM⊥(2)求平面DBC與平面ABC夾角的余弦值；(3)設(shè)N是棱BC上的點，若EN與CD所成角的余弦值為3010，求BN【答案】(1)證明見解析(2)1(3)2【分析】（1）建立坐標(biāo)系，利用BD?EM=0（2）分別求得平面DBC與平面ABC的法向量，利用法向量即可求解；（3）設(shè)BN=λBC，借助cosEN【詳解】（1）證明：因為DA⊥平面ABC，AB⊥AC，以A為原點，AB為x軸，AC為y軸，AD由已知可得A0,0,0，B1,0,0,，C0,1,0，D因為M為AD的中點，所以M0,0,1所以EM=0,-1,0，所以BD?所以BD⊥所以EM⊥（2）BD=-1,0,2設(shè)平面DBC的法向量n=BD?n=0BC?n=0所以n=平面ABC的法向量AD=設(shè)平面DBC與平面ABC夾角為θ，cosθ所以平面DBC與平面ABC夾角的余弦值為13（3）設(shè)Nx,y,zx-1,y,z=λ所以N1-λ,λ,0所以cosEN化簡得4λ解得λ=12因為BC=2，所以5．（23-24高三下·天津·階段練習(xí)）已知四棱臺ABCD-A1B1C1D1，下底面ABCD為正方形，AB=2，(1)求證：A1E//(2)求平面ABC1D(3)求E到平面ABC【答案】(1)證明見詳解(2)1(3)4【分析】（1）直接使用線面平行的判定定理即可證明；（2）構(gòu)造空間直角坐標(biāo)系，然后分別求出兩個平面的法向量，再計算兩個法向量的夾角余弦值的絕對值即可；（3）使用等體積法，從兩個不同的方面計算四面體EAD1【詳解】（1）由于A1B1故CE∥而CE=12所以A1而B1C在平面BCC1B所以A1E//（2）如上圖所示，以A1為原點，A1A,則A2,0,0，D10,1,0，B2,0,2，AB=設(shè)平面ABC1D1與平面BCC則有n1?AB即2r=0-從而r=v=0，2故我們可取n1=1,2,0，n故平面ABC1D1與平面（3）設(shè)E到平面ABC1D1的距離為而VE-AD1所以E到平面ABC1D6．（2024·天津河西·一模）已知三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=2PA=2AC=4，N為AB上一點且滿足

(1)求證：CM⊥(2)求直線SN與平面CMN所成角的大小；(3)求點P到平面CMN的距離．【答案】(1)證明見解析(2)π(3)2【分析】（1）以A為原點建立空間直角坐標(biāo)系，計算出CM?（2）求出平面CMN的法向量n，利用向量法求出線面角的正弦值，即可求出夾角；（3）由d=PN【詳解】（1）因為PA⊥平面ABC，AB如圖以A為原點，AB,AC,AP所在直線分別為x軸?y則A0,0,0

所以CM=因為CM?所以CM⊥（2）設(shè)平面CMN的法向量n=x,則n?CM=0n?CN=0設(shè)直線SN與平面CMN所成角為θ，則sinθ=cos所以θ=π4，所以直線SN與平面CMN（3）設(shè)點P到平面CMN的距離為d，因為PN=所以d=PN?nn=2，所以點1．（24-25高三上·天津薊州·開學(xué)考試）如圖，PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,AB//(1)求證：EF//平面CPM(2)求平面QPM與平面CPM夾角的正弦值；(3)若N為線段CQ上的點，且直線DN與平面QPM所成的角為π6，求N到平面CPM的距離【答案】(1)證明見解析；(2)3(3)2【分析】（1）連接EM，證得EF//MC，利用用線面判定定理，即可得到EF//（2）以D為原點，分別以DA，?DC，?DP的方向為x軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系（3）設(shè)QN=λQC0≤λ≤1，則N0,λ+1,2-2λ，從而【詳解】（1）連接EM，因為AB//CD，PQ//CD，所以AB由點E和M分別為AP和BQ的中點，可得EM//AB且因為AB//CD，CD=2AB，可得EM//CF且EM=所以EF//MC，又EF?平面MPC，CM?平面MPC，所以（2）因為PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，可以建立以D為原點，分別以DA，?DC，?依題意可得D0,0,0,APM?設(shè)n1=x則n1??PM?=0n設(shè)n2=x則n2?PC=0n2?CMcosn1所以，二面角Q-PM-（3）設(shè)QN=λQC0≤λ從而DN?由（2）知平面PMQ的法向量為n1由題意，，即12整理得3λ2-10λ因為0≤λ≤1所以λ=則N到平面CPM的距離為d=2．（23-24高三上·天津·期中）如圖，PD垂直于梯形ABCD所在平面，∠ADC=∠BAD=90°,F為PA(1)求證：AC//平面DEF(2)求平面ABCD與平面BCP的夾角的余弦值；(3)求點F到平面BCP的距離．【答案】(1)證明見解析；(2)22(3)14【分析】（1）設(shè)CP∩DE=G（2）以D為坐標(biāo)原點可建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面BCP的法向量，再利用面面角的向量求法可得結(jié)果.（3）利用點到平面距離的向量求法可求得結(jié)果.【詳解】（1）令CP∩DE=由四邊形PDCE為矩形，得G為PC中點，又F為PA中點，則AC//又FG?平面DEF，AC?平面DEF，所以AC//（2）由PD垂直于梯形ABCD所在平面，∠ADC=90°，得直線以D為坐標(biāo)原點，直線DA,DC,則B(1,1,0),C(0,2,0),設(shè)平面BCP的法向量n=(x,y,z)由z軸⊥平面ABCD，得平面ABCD的法向量m=(0,0,1)則|cos?m,n?|=|m（3）由（2）知：F(12,0,22)所以點F到平面BCP的距離d=3．（2024·天津薊州·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P-ABCD中，已知棱AB,AD,AP兩兩垂直，長度分別為1，2，2，若DC=(1)求實數(shù)λ值；(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；(3)求平面PBD與平面PCD夾角的余弦值.【答案】(1)λ=2(2)105(3)33【分析】（1）根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量夾角余弦值求出λ.（2）由（1）的結(jié)論，求出平面PCD的法向量，利用平面角的向量求法求解即得.（3）求出平面PBD的法向量，結(jié)合（2）中信息，面面角的向量求法求解即得.【詳解】（1）依題意，以A為原點，直線AB,AD,AP分別為B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，由DC=λ而cos?PC,BD?=（2）由（1）得PC=(2,2,-2)，PD=(0,2,-2)，設(shè)平面PCD的法向量則n?PC=2x+2y-于是cos?PB所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為105（3）由（2）令平面PBD的法向量m=(a,b,c)設(shè)平面PBD與平面PCD夾角為θ，則cosθ所以平面PBD與平面PCD夾角的余弦值為334．（23-24高三下·天津·階段練習(xí)）如圖，已知多面體ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C

(1)求證：AB1⊥(2)求直線AC1與平面(3)求點A到平面A1【答案】(1)證明見解析(2)39(3)2【分析】（1）首先取AC的中點O，A1C1的中點D，連接OD，OB，以O(shè)為原點，OB（2）求出平面ABB（3）利用空間向量法求出點到平面的距離.【詳解】（1）取AC的中點O，A1C1的中點D，連接OD因為∠ABC=120°，所以AC=22又因為A1A，B1B，C1所以DO⊥平面ABC以O(shè)為原點，OB,OC,

則A0,-3,0，B1,0,0，B1AB1=1,3設(shè)平面A1B1C1即x+3y-2所以n//AB1，所以（2）因為AC1=0,23設(shè)平面ABB1的法向量m=即a+3b+2c設(shè)直線AC1與平面ABB1所成角為所以直線AC1與平面ABB（3）因為平面A1B1C1所以點A到平面A1B15．（2024·天津·模擬預(yù)測）四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，且AB=4，AD=3，PA=5，E、F分別為(1)求平面EFM與平面ABCD夾角余弦值；(2)求平面EFM與直線PB夾角正弦值；(3)平面EFM與PA交于N點，求AN的長．【答案】(1)1213(2)4841(3)3.【分析】（1）以A為原點，AC,AB,AP的方向分別為x,y,（2）求出PB的坐標(biāo)，由線面角的向量公式可得；（3）設(shè)N0,0,m，由EF【詳解】（1）因為PA⊥平面ABCD，AB,AC所以PA⊥AB,PA⊥以A為原點，AC,AB,則A0,0,0因為E、F分別為PD、PB中點，所以E3因為CP=-3,-4,5，CM所以點M的坐標(biāo)為3,4,0+則EF=設(shè)n=x,則EF?n=-32易知，AP=0,0,5是平面所以，平面EFM與平面ABCD夾角余弦值為n?（2）記平面EFM與直線PB的夾角為θ，因為PB=0,4,-5，所以（3）設(shè)N0,0,m，則因為點N在平面EFM內(nèi)，所以EF,設(shè)EN=λEF即-32λ+16．（23-24高三下·天津·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD=DC=2，E是PC中點，作(1)求證：PA//平面EBD(2)求DF與平面EBD所成角余弦值；(3)求平面DEF與平面ABCD的夾角余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)7(3)3【分析】（1）連接AC，交BD于O，連接EO，通過證明OE//（2）建立如圖空間直角坐標(biāo)系，PF=λPB=2λ（3）利用空間向量法求出平面DEF，平面ABCD的法向量，結(jié)合二面角的向量法求解即可；【詳解】（1）連接AC，交BD于O，則O為AC的中點，連接OE，且O?E分別為CA?CP的中點，所以O(shè)E//PA，PA?平面BDE，OE?平面BDE，（2）以點D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DP方向的直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-易知：D0,0,0，P0,0,2，B2,2,0則PB=2,2,-2，由E為PC的中點，則設(shè)PF=λPB因EF⊥PB，EF?所以PF=23,2DB=設(shè)平面EBD的一個法向量為m1則m1?DB=0m1?所以m1設(shè)DF與平面EBD所成角為θ，所以sinθDF與平面EBD所成角余弦值為1-2（3）EF=23,-1則m?EF=0m?DE=