專題7.6 空間向量的應(yīng)用（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

專題7.6空間向量的應(yīng)用【十二大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1向量法證明線線平行】 4【題型2向量法證明直線和平面平行】 6【題型3向量法證明平面和平面平行】 9【題型4向量法證明線線垂直】 14【題型5向量法證明直線和平面垂直】 18【題型6向量法證明平面和平面垂直】 23【題型7求異面直線所成的角】 28【題型8求線面角】 31【題型9求平面與平面所成角】 36【題型10點(diǎn)到直線距離、異面直線距離的向量求法】 42【題型11求點(diǎn)面距、線面距、面面距】 44【題型12立體幾何中的探索性問題】 501、空間向量的應(yīng)用考點(diǎn)要求真題統(tǒng)計(jì)考情分析(1)理解直線的方向向量及平面的法向量，能用向量方法證明立體幾何中有關(guān)線面位置關(guān)系的一些簡單定理(2)能用向量法解決異面直線、直線與平面、平面與平面的夾角問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會(huì)向量法在研究空間角問題中的作用(3)會(huì)求空間中點(diǎn)到直線以及點(diǎn)到平面的距離(4)以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系或空間角存在的條件2022年新高考全國I卷：第19題，12分2022年新高考全國Ⅱ卷：第20題，12分2023年新高考I卷：第18題，12分2023年新高考Ⅱ卷：第20題，12分2024年新高考I卷：第17題，15分2024年新高考Ⅱ卷：第17題，15分空間向量的應(yīng)用是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，屬于高考的必考內(nèi)容之一.從近幾年的高考情況來看，空間向量解立體幾何一般以解答題形式為主，每年必考，難度中等偏難，第一小問一般考查空間線、面位置關(guān)系的證明；空間角與點(diǎn)、線、面距離問題通常在解答題的第二小問考查，有時(shí)在選擇題、多選題中也會(huì)涉及.在高考復(fù)習(xí)過程中除了掌握空間向量法求空間角、空間距離，還需多鍛煉幾何法的應(yīng)用，學(xué)會(huì)靈活求解.【知識點(diǎn)1空間位置關(guān)系的向量表示】1．直線的方向向量直線的方向向量：如果表示非零向量的有向線段所在的直線與直線l平行或重合，那么稱此向量為直線l的方向向量.2．平面的法向量平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量，則稱向量為平面α的法向量.【知識點(diǎn)2用空間向量研究直線、平面的平行關(guān)系】1．空間中直線、平面的平行(1)線線平行的向量表示：設(shè)u1，u2分別是直線l1，l2的方向向量，則l1∥l2?u1∥u2??λ∈R，使得u1＝λu2.(2)線面平行的向量表示：設(shè)u是直線l的方向向量，n是平面α的法向量，l?α，則l∥α?u⊥n?u·n＝0.(3)面面平行的向量表示：設(shè)n1，n2分別是平面α，β的法向量，則α∥β?n1∥n2??λ∈R，使得n1＝λn2.2．利用向量證明線線平行的思路：證明線線平行只需證明兩條直線的方向向量共線即可．3．證明線面平行問題的方法：(1)證明直線的方向向量與平面內(nèi)的某一向量是共線向量且直線不在平面內(nèi)；(2)證明直線的方向向量可以用平面內(nèi)兩個(gè)不共線向量表示且直線不在平面內(nèi)；(3)證明直線的方向向量與平面的法向量垂直且直線不在平面內(nèi)．4．證明面面平行問題的方法：(1)利用空間向量證明面面平行，通常是證明兩平面的法向量平行．(2)將面面平行轉(zhuǎn)化為線線平行然后用向量共線進(jìn)行證明．【知識點(diǎn)3用空間向量研究直線、平面的垂直關(guān)系】1．空間中直線、平面的垂直(1)線線垂直的向量表示：設(shè)u1，u2分別是直線l1,l2的方向向量，則l1⊥l2?u1⊥u2?u1·u2＝0.(2)線面垂直的向量表示：設(shè)u是直線l的方向向量，n是平面α的法向量，l?α，則l⊥α?u∥n??λ∈R，使得u＝λn.(3)面面垂直的向量表示：設(shè)n1，n2分別是平面α，β的法向量，則α⊥β?n1⊥n2?n1·n2＝0.2．證明兩直線垂直的基本步驟：建立空間直角坐標(biāo)系→寫出點(diǎn)的坐標(biāo)→求直線的方向向量→證明向量垂直→得到兩直線垂直．3．用坐標(biāo)法證明線面垂直的方法及步驟：(1)利用線線垂直：①將直線的方向向量用坐標(biāo)表示；②找出平面內(nèi)兩條相交直線，并用坐標(biāo)表示它們的方向向量；③判斷直線的方向向量與平面內(nèi)兩條直線的方向向量垂直．(2)利用平面的法向量：①將直線的方向向量用坐標(biāo)表示；②求出平面的法向量；③判斷直線的方向向量與平面的法向量平行．4．證明面面垂直的兩種方法：(1)常規(guī)法：利用面面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為線面垂直、線線垂直去證明．(2)法向量法：證明兩個(gè)平面的法向量互相垂直．【知識點(diǎn)4用向量法求空間角】1．用向量法求異面直線所成角的一般步驟：(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)注意兩異面直線所成角的范圍是，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值.2．向量法求直線與平面所成角的主要方法:(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補(bǔ)角，取其余角就是斜線和平面所成的角.3．向量法求二面角的解題思路:用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個(gè)法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.【知識點(diǎn)5用空間向量研究距離問題】1．距離問題(1)點(diǎn)P到直線l的距離：已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點(diǎn)，P是直線l外一點(diǎn)，設(shè)向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量為eq\o(AQ,\s\up6(→))＝a，則點(diǎn)P到直線l的距離為(如圖)．(2)點(diǎn)P到平面α的距離：設(shè)平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)的定點(diǎn)，P是平面α外一點(diǎn)，則點(diǎn)P到平面α的距離為eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)(如圖)．2．向量法求點(diǎn)到直線距離的步驟：(1)根據(jù)圖形求出直線的單位方向向量.(2)在直線上任取一點(diǎn)M(可選擇特殊便于計(jì)算的點(diǎn)).計(jì)算點(diǎn)M與直線外的點(diǎn)N的方向向量.(3)垂線段長度.3．求點(diǎn)到平面的距離的常用方法(1)直接法：過P點(diǎn)作平面的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個(gè)三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點(diǎn)P到平面的距離.②轉(zhuǎn)化法：若點(diǎn)P所在的直線l平行于平面，則轉(zhuǎn)化為直線l上某一個(gè)點(diǎn)到平面的距離來求.③等體積法.④向量法：設(shè)平面的一個(gè)法向量為，A是內(nèi)任意點(diǎn)，則點(diǎn)P到的距離為.【方法技巧與總結(jié)】1．異面直線所成角的范圍是；直線與平面所成角的范圍是；二面角的范圍是；兩個(gè)平面夾角的范圍是.【題型1向量法證明線線平行】【例1】（23-24高二上·河南·期末）在空間直角坐標(biāo)系中，已知A1,2,3，B?2,?1,6，C3,2,1，D4,3,0，則直線AB與CD的位置關(guān)系是（

）A．異面 B．平行 C．垂直 D．相交但不垂直【解題思路】利用給定的坐標(biāo)，求出向量AB,【解答過程】由A1,2,3，B?2,?1,6，C3,2,1得AB=?3,?3,3，CD=1,1,?1，則而AC=(2,0,?2)，顯然向量AB,AC不共線，即點(diǎn)C所以直線AB與CD平行．故選：B.【變式1-1】（23-24高二上·廣東深圳·期末）已知空間中兩條不同的直線m，n，其方向向量分別為a，b，則“a，b共線”是“直線m，n平行”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【解題思路】利用充分必要條件的概念進(jìn)行判斷即可.【解答過程】若直線的方向向量a，b共線，則兩直線平行或重合，又因?yàn)橹本€m，n是空間中兩條不同的直線，所以兩直線m，n平行，即“a，b共線”是“直線m，n平行”的充分條件；若直線m，n平行，則a，b共線，即“a，b共線”是“直線m，n平行”的必要條件；綜上，“a，b共線”是“直線m，n平行”的充分必要條件.故選：C.【變式1-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知兩不重合直線l1和l2的方向向量分別為v1=1,0,?1，v2=A．平行 B．相交 C．垂直 D．不確定【解題思路】根據(jù)兩直線方向向量平行兩直線平行即可求解》【解答過程】因?yàn)関1=1,0,?1所以v2所以l1故選：A.【變式1-3】（23-24高三上·河北衡水·階段練習(xí)）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點(diǎn)，則下列說法錯(cuò)誤的是（

）

A．MN與CC1垂直B．MN與AC垂直C．MN與BD平行D．MN與A1B1平行【解題思路】通過空間向量建系法，結(jié)合向量平行與垂直的性質(zhì)一一驗(yàn)證即可【解答過程】設(shè)正方體的棱長為1，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則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，∴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說法正確；MN·AC=12-12=0，∴MN⊥AC，B說法正確；易知BD=2MN，且M，N?BD，∴MN∥BD故選：D.【題型2向量法證明直線和平面平行】【例2】（2024高二上·全國·專題練習(xí)）如圖，在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC,AB=1，AC=AA1=2,AD=CD=【解題思路】以A為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面ABCD的一個(gè)法向量n=(0,0,1)和向量MN=(0,?52,0)，結(jié)合MN【解答過程】以A為原點(diǎn)，分別以AC,AB,AA1所在直線為x,y,z如圖所示，可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,?2,0),A1(0,0,2),又因?yàn)镸,N分別為B1C和D1又由向量n=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量，且MN由此可得MN?n=0，又因?yàn)橹本€MN?平面ABCD，所以MN//【變式2-1】（2024高二上·全國·專題練習(xí)）如圖所示，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB=BC=12AP=2，D是AP的中點(diǎn)，E,F,G分別為PC,PD,CB的中點(diǎn)，將△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD，試用向量方法證明AP∥【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，求出AP的方向向量和平面EFG的法向量即可求解.【解答過程】由題意可知底面ABCD為正方形，因?yàn)镻D⊥平面ABCD，DA,DC?平面ABCD，所以DA,DC,DP兩兩垂直，如圖以D為原點(diǎn)，以DA,DC,則有關(guān)點(diǎn)及向量的坐標(biāo)為：P0,0,2，C0,2,0，G1,2,0，E0,1,1，AP=?2,0,2，EF=設(shè)平面EFG的法向量為n=則n?EF=?y=0n?EG=x+y?z=0因?yàn)閚?AP=?2+0+2=0，又AP所以AP∥平面EFG.【變式2-2】（2024高二·全國·專題練習(xí)）如圖，在四棱錐O?ABCD中，底面ABCD為矩形，OA⊥底面ABCD，OA=2，AD=2AB=2，M為OA的中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn)，求證：直線MN//平面OCD.【解題思路】利用空間向量法可證【解答過程】因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，OA⊥底面ABCD，所以AB，AD，AO兩兩互相垂直，所以分別以AB，AD，AO所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，則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設(shè)平面OCD的法向量為n=(x,y,z)則n?DO=0n?DC所以MN又∵M(jìn)N?平面OCD，所以直線MN//平面OCD，【變式2-3】（23-24高二上·江西·階段練習(xí)）如圖，正四棱錐P?ABCD的高為6，AB=32，且M是棱PC上更靠近C(1)證明：BD⊥PC；(2)若在棱PB上存在一點(diǎn)N，使得AN//平面BDM，求BN【解題思路】（1）連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接PO，證明BD⊥平面POC后可證得線線垂直；（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由空間向量法求得點(diǎn)N位置，計(jì)算出向量的模得結(jié)論．【解答過程】（1）如圖，連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接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(shè)為原點(diǎn)，OA，OB，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(3,0,0)，P(0,0,6)，D(0?3.0)，B(0.3.0)，DB=(0,6,0)，DM=(?2,3,2)，AB=(?3,3,0)設(shè)平面BDM的法向量為n=(x,y?z).則取z=1，則x=1，y=0，得n=(1,0,1)設(shè)BN=λBP=(0.?3λ.6λ)，λ∈[0.1]∵AN//平面BDM，∴AN?n=?3+6λ=0【題型3向量法證明平面和平面平行】【例3】（2024高二·全國·專題練習(xí)）如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA=AD=2，E，F(xiàn)，G分別是線段PA，PD，CD的中點(diǎn)，求證：平面EFG//平面PBC．【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量即可求解.【解答過程】因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，所以AB，AP，AD兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0所以PB=(2,0,?2)，F(xiàn)E=(0,?1,0)，F(xiàn)G=(1,1,?1)設(shè)n1=(x則n1⊥FE，n1⊥令z1=1，則x1=1，設(shè)n2=(x由n2⊥PB，n2⊥令z2=1，則x2=1，所以n1//n2，所以平面【變式3-1】（23-24高二·全國·課后作業(yè)）如圖，已知在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N，

(1)MN//平面C(2)平面MNP//平面C【解題思路】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)正方體性質(zhì)可知DA為平面CC1D（2）證明DA也是平面MNP的一個(gè)法向量即可.【解答過程】（1）證明：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1的方向分別為x，y，設(shè)正方體的棱長為2，則A(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，M(1,0,1)，N(1,1,0)，P(1,2,1)．

由正方體的性質(zhì)，知AD⊥平面CC所以DA=(2,0,0)為平面C由于MN=(0,1,?1)則MN?所以MN⊥又MN?平面CC所以MN//平面C（2）證明：因?yàn)镈A=(2,0,0)為平面C由于MP=(0,2,0)，MN則MP·即DA=(2,0,0)也是平面MNP所以平面MNP//平面C【變式3-2】（23-24高二下·全國·課后作業(yè)）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=4，【解題思路】根據(jù)題意，以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面A1C1【解答過程】以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1DD1所在直線分別為x軸、則A(3,0,0)，B(3,4,0)，C(0,4,0)，A1(3,0,2)，B1(3,4,2)，則A1C1=(?3,4,0)，A1設(shè)平面A1C1則n?取x=4，則y=3，z=6，所以平面A1C1設(shè)平面ACD1的法向量為則m?取a=4，則b=3，c=6，所以平面ACD1的一個(gè)法向量為因?yàn)閙=n，即所以平面A1C1【變式3-3】（23-24高二上·天津薊州·階段練習(xí)）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D(1)求證：平面A1C1(2)線段B1C上是否存在點(diǎn)P，使得A1P//平面【解題思路】（1）根據(jù)題意，以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面A1C1（2）由空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，由A1P與平面【解答過程】（1）證明：以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、則A(3,0,0)，B(3,4,0)，C(0,4,0)，A1(3,0,2)，B1(3,4,2)，則A1C1=(?3,4,0)，A1設(shè)平面A1C1則n?取x=4，則y=3，z=6，所以平面A1C1設(shè)平面ACD1的法向量為則m?取a=4，則b=3，c=6，所以平面ACD1的一個(gè)法向量為因?yàn)閙=n，即m//n，所以平面（2）設(shè)線段B1C上存在點(diǎn)P使得A1P//平面由（1）得A1B1=(0,4,0)，B1所以A1所以m?A1所以當(dāng)P為線段B1C的中點(diǎn)時(shí)，A1【題型4向量法證明線線垂直】【例4】（23-24高二下·湖南長沙·開學(xué)考試）如圖，在下列各正方體中，l為正方體的一條體對角線，M、N分別為所在棱的中點(diǎn)，則滿足MN⊥l的是（

）A．

B．

C．

D．

【解題思路】根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷即得.【解答過程】在正方體中，建立空間直角坐標(biāo)系，令棱長為2，體對角線l的端點(diǎn)為B,D對于A，B(2,2,0),D1(0,0,2),M(1,2,2),N(2,1,0)，直線l

MN=(1,?1,?2)，顯然MN?a=4≠0，直線對于B，由選項(xiàng)A知，直線l的方向向量a=(2,2,?2)，M(0,1,2),N(2,0,1)

則MN?=(2,?1,?1),顯然MN?a=4≠0對于C，由選項(xiàng)A知，直線l的方向向量a=(2,2,?2)，M(0,2,1),N(1,0,0)

則MN=(1,?2,?1),顯然MN?a對于D，由選項(xiàng)A知，直線l的方向向量a=(2,2,?2)，M(2,0,1),N(1,2,0)

則MN=(?1,2,?1),顯然MN?a=4≠0，直線故選：C.【變式4-1】（23-24高二下·江蘇徐州·期中）在正方體ABCD?A1BA．A1D1⊥B1C B．【解題思路】建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系后，借助空間向量計(jì)算其數(shù)量積即可得.【解答過程】以D為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為1，則有D0,0,0、D10,0,1、AB1,1,0、B11,1,1、C故A1D1=?1,0,0、BAC1=?1,1,1、對A：A1對B：A1對C：AC1?對D：AC故選：C.【變式4-2】（2024高二·全國·專題練習(xí)）如圖，在多面體PABCD中，∠ABC=90°,△DAB,△DBC都是等邊三角形，AC=22,PB=2【解題思路】取AC的中點(diǎn)Q，根據(jù)線面垂直判定定理證明DQ⊥平面ABC，由條件求DQ，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量方法證明結(jié)論.【解答過程】由∠ABC=90°,△DAB,△DBC都是等邊三角形，AC=2取AC的中點(diǎn)為Q，則QB=QC=QA，又DB=DC=DA，所以△QBD?△QCD?△QAD，所以∠DQA=∠DQC=∠DQB=90°，即又AC∩BQ=Q,AC、BQ?平面ABC，故DQ⊥平面ABC.因?yàn)椤鰽BC?△ADC，所以∠ADC=∠ABC=90因?yàn)镻B⊥平面ABC,∠ABC=90°，AB、BC?平面所以PB⊥AB,PB⊥BC，又AB⊥BC，所以BA,BC,BP兩兩垂直，以B為原點(diǎn)，BA,BC,BP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A2,0,0,D1,1,?所以AD=所以AD?BM=0【變式4-3】（2024高三·全國·專題練習(xí)）斜三棱柱ABC?A1B1C1的各棱長都為4,∠A1AB=60°，點(diǎn)A1在下底面ABC的投影為【解題思路】連接OC，以O(shè)為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BD=λBB【解答過程】因?yàn)辄c(diǎn)A1在下底面ABC的投影為AB的中點(diǎn)O，故A1O⊥連接OC，由題意△ABC為正三角形，故OC⊥AB，以O(shè)為原點(diǎn)，OA,OC,OA1分別為則A(2,0,0),A10,0,2可得BB1=?2,0,23設(shè)BD=λ可得A1假設(shè)在棱BB1（含端點(diǎn)）上存在一點(diǎn)D使則A1D?所以存在，此時(shí)BD=1【題型5向量法證明直線和平面垂直】【例5】（23-24高二上·浙江·期中）已知正三棱臺ABC?A1B1C1中，AA1=1，BC=2

(1)求該正三棱臺的表面積；(2)求證：DE⊥平面BC【解題思路】（1）將正三棱臺ABC?A1B1C1補(bǔ)成正三棱錐P?ABC，分析可知正三棱錐（2）設(shè)點(diǎn)P在底面ABC的射影為點(diǎn)O，則O為正△ABC的中心，取AB的中點(diǎn)M，連接CM，則CM⊥AB，以點(diǎn)CO、AB、OP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，證明出DE⊥CP，DE⊥CB，再利用線面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立.【解答過程】（1）解：將正三棱臺ABC?A1B因?yàn)锽1C1//BC，且BC=2B1C1則PA=2AA1=2，PC=PB=PA=2，故△PBC由此可知，△PAB、△PAC都是邊長為2的等邊三角形，易知△ABC是邊長為2的等邊三角形，△A1B故正三棱臺ABC?A1B（2）解：設(shè)點(diǎn)P在底面ABC的射影為點(diǎn)O，則O為正△ABC的中心，取AB的中點(diǎn)M，連接CM，則CM⊥AB，CM=ACsinπ3因?yàn)镻O⊥平面ABC，CO?平面ABC，則OP⊥CO，所以，PO=P以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，CO、AB、OP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則C?233,0,0、BD34,?則DE=?33,1,所以，DE?CP=?23+2因?yàn)镃P∩CB=C，CP、CB?平面BCC1B1，故【變式5-1】（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，M、N、P分別是棱CC【解題思路】結(jié)論空間直角坐標(biāo)系，求平面DMN的法向量n，證明n與A1【解答過程】建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，連結(jié)DM、DN．則D0,0,0、N12,1,0、M0,1,于是，DN=12設(shè)平面DMN的法向量為n=由n⊥DN，得12x+y=0，令y=?1，則x=z=2，故n=2,?1,2．又易知n=?2A1P∴A1P⊥平面【變式5-2】（2024高三·全國·專題練習(xí)）如圖，已知直三棱柱ABC?FGE,AC=BC=4,AC⊥BC,O為BC的中點(diǎn)，D為側(cè)棱BG上一點(diǎn)，且BD=14BG，三棱柱ABC?FGE的體積為32．過點(diǎn)O作OQ⊥DE，垂足為點(diǎn)Q，求證：BQ⊥【解題思路】先根據(jù)三棱柱ABC?FGE的體積為32，求出EC=4，再由題意可得CA,CB,CE兩兩垂直，所以以C為原點(diǎn)，CA,CB,CE所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量證明即可.【解答過程】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的體積V=12AC×BC×CE=因?yàn)槿庵鵄BC?FGE為直三棱柱，所以AC⊥CE,BC⊥CE，因?yàn)锳C⊥BC，所以CA,CB,CE兩兩垂直，所以以C為原點(diǎn)，CA,CB,CE所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則O0,2,0則DE=0,?4,3．設(shè)DQ=λ故OQ=因?yàn)镺Q⊥DE，所以O(shè)Q?所以0?8+16λ+3+9λ=0，解得λ=15，即所以BQ=所以CA?CQ?所以BQ⊥CA,BQ⊥CQ．又因?yàn)镃A?平面ACQ，CQ?平面ACQ，CA∩CQ=C，所以BQ⊥平面ACQ．【變式5-3】（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，E在棱DD1上運(yùn)動(dòng)，

(1)當(dāng)E,F為中點(diǎn)時(shí)，證明：DF⊥平面ACE；(2)若DF⊥平面ACE，求DGDF的最大值及此時(shí)DE【解題思路】（1）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DD1方向?yàn)閤,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)（2）由（1）坐標(biāo)關(guān)系與線面垂直，設(shè)DG=mDF，可得【解答過程】（1）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DD1方向?yàn)?/p>

則A1,0,0設(shè)E0,0,λ當(dāng)E，F(xiàn)為中點(diǎn)時(shí)，λ=μ=12，有所以DF=12,12,1，AC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)，若DF⊥平面ACE，則AC?DF=0，AE設(shè)DG=mDF，則由AG?平面ACE，所以AG?當(dāng)μ≠0時(shí)，m=μ2μ2+1=1所以λ=μ=22，即綜上，DGDF的最大值為24，【題型6向量法證明平面和平面垂直】【例6】（2024高三·全國·專題練習(xí)）如圖，在底面是矩形的四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，BC=4，E是PD的中點(diǎn).求證：平面PCD⊥平面PAD.【解題思路】由題意可得AB,AD,AP兩兩垂直，所以以A為原點(diǎn)，以AB,AD,AP所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量證明即可.【解答過程】證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AB,AD?平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以AB⊥AD，所以AB,AD,AP兩兩垂直，所以以A為原點(diǎn)，以AB,AD,AP所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示則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所以CD?AD=所以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.【變式6-1】（2024高三·全國·專題練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD//BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且求證：平面AEF⊥平面PCD.【解題思路】如圖，以D為原點(diǎn)，分別以DA，DC為x軸，y軸，過D作AP平行線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出兩平面的法向量，利用空間向量證明即可.【解答過程】證明：如圖，以D為原點(diǎn)，分別以DA，DC為x軸，y軸，過D作AP平行線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D0,0,0，A2,0,0，C0,2,0，P2,0,2，所以DC=0,2,0，PC=?2,2,?2，因?yàn)樗訢F=13所以AF=?2設(shè)平面AEF的法向量為n=x,y,z，則令x=z=1，則y=?1，所以n=平面PCD的法向量為m=a,b,c，則令a=1，則c=?1，所以m=所以n?所以n⊥所以平面AEF⊥平面PCD.【變式6-2】（23-24高二下·湖北·期中）在△ABC中，B=π2,AB=2BC=4，點(diǎn)D、E分別為邊AC、AB的中點(diǎn)，將△AED沿DE折起，使得平面AED⊥

(1)求證：DC⊥AE；(2)在平面ACD內(nèi)是否存在點(diǎn)M，使得平面AEM⊥平面ABD？若存在，指出點(diǎn)M的位置；若不存在，說明理由.【解題思路】（1）利用已知可得AE⊥ED，結(jié)合面面垂直可得AE⊥平面BCDE，可證結(jié)論.（2）以點(diǎn)E為原點(diǎn)，以EB、ED、EA所在直線為x、y、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系E?xyz，求得平面ABD的一個(gè)法向量，若AM∥DC，求得平面AEM的一個(gè)法向量，可判斷此情況不成立，若AM與DC不共線，設(shè)AM∩CD=N，連接EN，利用【解答過程】（1）在△ABC中，∵點(diǎn)D、E分別為邊AC、AB的中點(diǎn)，∴DE∥BC且B=π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.以點(diǎn)E為原點(diǎn)，以EB、ED、EA所在直線為x、y、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系E?xyz.則E0,0,0EA=設(shè)m=x,y,z為平面則m?AB=0m?假設(shè)在平面ACD內(nèi)存在點(diǎn)M，使得平面AEM⊥平面ABD.連接AM.若AM∥DC，則設(shè)AM=μDC=由n?EA=0n?∵平面ABD的法向量m=1,2,1.由若AM與DC不共線，設(shè)AM∩CD=N，連接EN.

設(shè)DN=λDC=λ當(dāng)EN?BD=2λ,λ+1,0?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內(nèi)存在點(diǎn)M，當(dāng)M點(diǎn)在直線AN（N點(diǎn)在直線CD上且DN=1平面AEM⊥平面ABD.【變式6-3】（2024·上海靜安·二模）如圖，在五面體ABCDEF中，F(xiàn)A⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，若AD=2，(1)求五面體ABCDEF的體積；(2)若M為EC的中點(diǎn)，求證：平面CDE⊥平面AMD.【解題思路】（1）取AD中點(diǎn)N，連接EN，CN，易證得EN⊥平面ABCD，五面體ABCDEF的體積=棱柱ABF?NCE的體積+棱錐E?CDN的體積，分別求出棱柱ABF?NCE的體積和棱錐E?CDN的體積即可得出答案.（2）證法1：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB，AD，AF為x,y,z軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系.由垂直向量的坐標(biāo)運(yùn)算可證得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證明；證法2：由題意證得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證明；【解答過程】（1）因?yàn)锳D=2，AF=AB=BC=FE=1，取AD中點(diǎn)N，連接EN，因?yàn)锳D//BC//FE，所以EN//AF,EN=AF=1,CN=AB=1，又FA⊥平面ABCD，AN?平面ABCD，F(xiàn)A⊥AN，所以EN⊥平面ABCD，又因?yàn)锳B⊥AD，即AB⊥AN，AB∩FA=A，AB,FA?平面FAB，所以AN⊥平面FAB，所以ABF?NCE為底面是等腰直角三角形的直棱柱，高等于1，三棱錐E?CDN是高等于1底面是等腰直角三角形.五面體ABCDEF的體積=棱柱ABF?NCE的體積+棱錐E?CDN的體積.即：V=（2）證法1：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB，AD，AF為x,y,z軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系.點(diǎn)C1,1,0，D0,2,0，E0,1,1所以AD得到：CE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.證法2：因?yàn)锳C=AE=2，所以△ACE為等腰三角形，M為EC的中點(diǎn)，所以AM⊥CE同理在△NCE中，MN⊥CE，（N為AD中點(diǎn)）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.【題型7求異面直線所成的角】【例7】（2024·河南信陽·模擬預(yù)測）已知三棱柱ABC?A1B1C1滿足BB12?BAA．33 B．36 C．39【解題思路】設(shè)BC=a，BB1=b，BA=【解答過程】設(shè)BC=a，BB則AC=BC?則AC1=AC+AA又BA1=BA+因?yàn)锽B12即c+b?所以cosBA1所以異面直線BA1與AC故選：C.【變式7-1】（2024·廣東梅州·模擬預(yù)測）直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠BAC=120°，AB=AC=AAA．34 B．?34 C．2【解題思路】由題意，以A為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求出異面直線BA1與【解答過程】以A為原點(diǎn)，在平面ABC中過A作AC的垂線交BC于D，以AD所在直線為x軸，AC所在直線為y軸，AA1所在直線為因?yàn)橹比庵鵄BC?A1B設(shè)AB=AC=AA所以B32,?12,0，BA1=設(shè)異面直線BA1與AC則cosθ=所以異面直線BA1與AC故選：A.【變式7-2】（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測）已知菱形ABCD，∠DAB=π3，將△DAC沿對角線AC折起，使以A,B,C,D四點(diǎn)為頂點(diǎn)的三棱錐體積最大，則異面直線AB與CD所成角的余弦值為（A．35 B．32 C．34【解題思路】當(dāng)三棱錐D?ABC的體積最大時(shí)，平面ACD⊥平面ABC，以E為原點(diǎn)，EB,EC,ED分別為【解答過程】記AC的中點(diǎn)分別為E，因?yàn)锳D=CD，所以DE⊥AC，同理，BE⊥AC，記AB=2a，因?yàn)椤螪AB=π3，所以所以BE=DE=a，AE=CE=3易知，當(dāng)平面ACD⊥平面ABC時(shí)，三棱錐D?ABC的體積最大，此時(shí)∠BED=π以E為原點(diǎn)，EB,EC,則A所以AB=所以cosAB所以異面直線AB與CD所成角的余弦值為34故選：C.【變式7-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，矩形ABCD是圓柱O1O2的軸截面，點(diǎn)E在圓O2上，若AD=22，AB=23，∠BAE=60°，則異面直線

A．5524 B．5522 C．2224【解題思路】解法一

首先作輔助線，找到異面直線所成角，然后利用余弦定理解三角形求得；解法二，以點(diǎn)O2為坐標(biāo)原點(diǎn)，O2A，O2O1所在直線分別為x，z軸，下底面中與【解答過程】解法一

如圖，設(shè)O1O2∩BD=F，則F為設(shè)線段O2E的中點(diǎn)為G，連接FG，BG，則故∠BFG（或其補(bǔ)角）為異面直線BD與O1

因?yàn)镺2A=OFG=FBF=1在△BO2G中，由余弦定理可得，B在△BFG中，由余弦定理可得cos∠BFG=故異面直線BD與O1E所成角的余弦值為解法二

以點(diǎn)O2為坐標(biāo)原點(diǎn)，O2A，O2O1所在直線分別為x，則B?3,0,0，O連接O2E，則O2A=O故E32,32故cosBD所以異面直線BD與O1E所成角的余弦值為故選：B．【題型8求線面角】【例8】（2024·青海西寧·模擬預(yù)測）在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=32AA1，D為線段BC的中點(diǎn)，點(diǎn)EA．16 B．26 C．36【解題思路】以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.【解答過程】如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AA1=4則D3,3,0,E4,2,4因?yàn)閤軸⊥平面ACC1A1，則可取平面則cosDE即直線DE與平面ACC1A故選：B.【變式8-1】（2023·四川雅安·一模）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)P是線段AB1上的動(dòng)點(diǎn)（含端點(diǎn)），點(diǎn)Q是線段AC的中點(diǎn)，設(shè)A．13 B．33 C．63【解題思路】以點(diǎn)D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AP=λAB【解答過程】如圖，以點(diǎn)D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AP=λAB1,λ∈則A2,0,0故AC=PQ=設(shè)平面ACD1的法向量為則n?AC=?2x+2y=0則sinθ=所以cosθ=當(dāng)λ=0時(shí)，cosθ=1當(dāng)λ∈0,1時(shí)，cos當(dāng)1λ=1，即λ=1時(shí)，綜上所述，cosθ的最小值是1故選：A.【變式8-2】（2024·廣東肇慶·模擬預(yù)測）如圖，三棱錐A?BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60°.(1)證明：平面ABC⊥平面BCD；(2)若E為BC中點(diǎn)，點(diǎn)F滿足EF=DA，求直線BF與平面【解題思路】（1）取BC中點(diǎn)E，連接AE，DE，根據(jù)題意可證AE⊥平面BCD，結(jié)合面面垂直的判定定理分析證明；（2）建系標(biāo)點(diǎn)，求平面ABD的法向量，利用空間向量求線面夾角.【解答過程】（1）取BC中點(diǎn)E，連接AE，DE.因?yàn)镈A=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60°，可知△ABD和△ACD是兩個(gè)全等的等邊三角形，不妨設(shè)DA=DB=DC=2，AB=AC=2.若E為BC中點(diǎn)，則AE⊥BC，又因?yàn)锽D⊥CD，則BC=22，DE=2，可知在△ADE中，則AE2+D且BC∩DE=E，BC，DE?平面BCD，可知AE⊥平面BCD.又因?yàn)锳E?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCD.（2）由（1）可知：ED，EB，EA兩兩垂直，以E為原點(diǎn)，分別以ED，EB，EA方向?yàn)閤軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.則D(2,0,0)，B(0,2因?yàn)镋F=DA=(?可得BF=(?2,?2,設(shè)平面ABD的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)，則n取x=1，則y=z=1，即n=(1,1,1)設(shè)直線BF與平面ABD所成角為θ，則sinθ=可得cosθ=所以直線BF與平面ABD所成角的余弦值為22【變式8-3】（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）如圖，直線PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=90°，F(xiàn)為線段PA的中點(diǎn)，PD=2，AB=AD=12(1)求證：AC//平面DEF；(2)求直線AE與平面BCP所成角的正弦值.【解題思路】（1）根據(jù)條件得到AC//FG，再利用線面平行的判定定理，即可求解；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面BCP的法向量及AE，利用線面角的向量法，即可求解.【解答過程】（1）設(shè)CP∩DE=G，連接FG，因?yàn)樗倪呅蜳DCE為矩形，所以G為PC中點(diǎn)，又F為PA中點(diǎn)，則AC//FG，又FG?平面DEF，AC?平面DEF，所以AC//平面DEF.（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DP的正方向分別為x，y，z軸，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A1,0,0，B1,1,0，C0,2,0，∴BC=?1,1,0，CP設(shè)平面BCP的法向量為：n=且BC?n=?x+y=0CP?n=?2y+2z=0設(shè)直線AE與平面BCP所成角為θ，所以sinθ=則直線AE與平面BCP所成角的正弦值為37【題型9求平面與平面所成角】【例9】（2024·四川·模擬預(yù)測）如圖，多面體ABCDEF中，已知面ABCD是邊長為4的正方形，△FBC是等邊三角形，EF//AB，EF=12AB，平面FBC⊥(1)求證：EF⊥BF；(2)求二面角E?AD?B的大?。窘忸}思路】（1）利用面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)推理即可得證.（2）以B為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面ADE與平面ABCD的法向量，再利用面面角的向量求法求出二面角.【解答過程】（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，則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內(nèi)過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為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B?xyz，則A(0,4,0),D(4,4,0),F(2,0,23),E(2,2,23設(shè)平面ADE的法向量為n=x,y,z，則n?AD=4x=0而平面ABCD的法向量為m=(0,0,1)，設(shè)二面角E?AD?B的平面角為θ，顯然θ于是cosθ=|cos?所以二面角E?AD?B的大小π3【變式9-1】（2024·四川樂山·三模）如圖，平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的菱形，且∠BAD=60°，AA(1)證明：A1O⊥平面(2)求二面角B?CC【解題思路】（1）先根據(jù)線面垂直得出面面垂直，再應(yīng)用面面垂直性質(zhì)定理得出線面垂直；（2）根據(jù)線面垂直建系，應(yīng)用空間向量法求出二面角的余弦，最后應(yīng)用同角三角函數(shù)關(guān)系得出正弦.【解答過程】（1）連結(jié)BC∵底面ABCD是邊長為2的菱形，?∴AB=AD∵∠A∴△A∵點(diǎn)O為線段BD中點(diǎn)，?∴∵ABCD為菱形，∴AC⊥BD,AC∩A1O=O,AC,A1O?又BD?平面ABCD，∴平面A1AC⊥平面∴AA1在平面ABCD上的射影為∴∠A1AO為直線AA1在△A1AO∴cos則A1又OA∩BD=O,OA?平面ABCD,BD?平面ABCD，∴A1O⊥（2）由（1）知AC⊥BD,A1O⊥則B(0,1,0),D(0,?1,0),A(3則C設(shè)平面CBC1的法向量為m=x1則CC1?m=0,CB?CC1?n=0,CD?設(shè)二面角B?CC1?D則|cos∴sin∴二面角B?CC1?D【變式9-2】（2024·湖南·三模）如圖，四棱錐P?ABCD的底面ABCD是梯形，BC//AD,PA=AB=BC=1,AD=2,PC=3,PA⊥平面(1)求證：平面PBC⊥平面PAB；(2)在棱PD上是否存在一點(diǎn)E，使得二面角E?AC?P的余弦值為63.若存在，求出PE:ED【解題思路】（1）只需結(jié)合已知證明BC⊥平面PAB，由面面垂直的判定定理即可進(jìn)一步得證；（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，引入?yún)?shù)PE=λ【解答過程】（1）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BC,AC,AB?平面ABCD，所以PA⊥BC,PA⊥AC,PA⊥AB，因?yàn)镻A=AB=BC=1,PC=3，所以A所以AB⊥BC，又因?yàn)镻A⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因?yàn)锽C?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB；（2）因?yàn)锽C⊥平面PAB，BC//AD，所以AD⊥平面PAB，又因?yàn)镻A,AB?平面PAB，所以AD⊥PA,AD⊥AB，又PA⊥AB，所以AB,AD,AP兩兩互相垂直，所以以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，如圖，C1,1,0設(shè)PE=λ則AE=AC=1,1,0，設(shè)平面EAC的法向量為則n1?AC=0n1?所以可取n1AC=1,1,0，AP=0,0,1，設(shè)平面則n2?AC=0n2?所以n2由題意cosn化簡并整理得λ?12=4λ2，解得所以PE=綜上所述，棱PD上是否存在一點(diǎn)E，且PE:ED=1:2，使得二面角E?AC?P的余弦值為63【變式9-3】（2024·江西宜春·模擬預(yù)測）如圖1，在五邊形ABCDE中，AB=BD，AD⊥DC，EA=ED且EA⊥ED，將△AED沿AD折成圖2，使得EB=AB，F(xiàn)為AE的中點(diǎn)．(1)證明：BF//平面ECD(2)若EB與平面ABCD所成的角為30°，求二面角A?EB?D的正弦值．【解題思路】（1）取AD的中點(diǎn)G，連接BG，F(xiàn)G，從而證明BG//平面ECD，F(xiàn)G//平面ECD，即可得到平面BFG//（2）推導(dǎo)出AE⊥平面BFG，BG⊥平面EAD，平面EAD⊥平面ABCD，連接EG，以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，GB，GD，GE所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角A?EB?D的正弦值．【解答過程】（1）取AD的中點(diǎn)G，連接BG，F(xiàn)G，∵AB=BD，G為AD的中點(diǎn)，∴BG⊥AD，又AD⊥DC，∴BG//又BG?平面ECD，CD?平面ECD，∴BG//平面ECD∵F為AE的中點(diǎn)，∴FG//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，又EB=AB，F(xiàn)為AE的中點(diǎn)，∴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，連接EG，∵EA=ED，G為AD的中點(diǎn)，∴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為坐標(biāo)原點(diǎn)，GB，GD，GE所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∠EBG是EB與平面ABCD所成的角，即∠EBG=30°，∵EA=ED，設(shè)EA=t(t>0)，則AD=2t，EG=22t∴G0,0,0，E0,0,22t，A∴EB=62t,0,?2設(shè)平面ABE的法向量為n1則n1?EB=6設(shè)平面DBE的法向量為n2則n2?EB=6設(shè)二面角A?EB?D的平面角為θ，∴cos所以sinθ=1?cos2θ【題型10點(diǎn)到直線距離、異面直線距離的向量求法】【例10】（2024·廣西來賓·一模）棱長為3的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)滿足D1A．3355 C．375 【解題思路】利用向量法求點(diǎn)到直線的距離.【解答過程】如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)條件可得E0,0,1，F(xiàn)3,3,2，EF=3,3,1，F(xiàn)C1=?3,0,1，設(shè)向量∴cos所以點(diǎn)E到直線FC1的距離為故選：A.【變式10-1】（23-24高二上·山東棗莊·階段練習(xí)）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=1，M，N分別是棱AB，CC1的中點(diǎn)，A．24 B．22 C．1 【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量即可根據(jù)公式求解.【解答過程】以D為原點(diǎn)，DA,DC,DDD1M=(1,12由n?D1M=x+又MN=(?1,12,1故選：A．【變式10-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知在空間直角坐標(biāo)系中，直線l經(jīng)過A3,3,3，B0,6,0兩點(diǎn)，則點(diǎn)P0,0,6到直線lA．62 B．23 C．26【解題思路】由題意先求出直線的方向向量e=AB=?3,3,?3，然后依次求得cose【解答過程】由題意可知直線l的方向向量為：e=又AP=?3,?3,3，則sine點(diǎn)P0,0,6到直線l的距離為：d=故選：C.【變式10-3】（23-24高二下·江蘇泰州·期中）在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為3的正方形，PA⊥底面ABCD,PA=6，點(diǎn)G在側(cè)棱PB上，且滿足2PG=GB，則異面直線PC和DG的距離為（

）A．31414 B．31515 C．【解題思路】以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.【解答過程】如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB→,AD則B3,0,0所以DG=設(shè)n=x,y,z為直線PC和則有n?DG=x?3y+4z=0所以異面直線PC和DG的距離為DC?故選：A.【題型11求點(diǎn)面距、線面距、面面距】【例11】（2024·廣東·三模）如圖，邊長為4的兩個(gè)正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，點(diǎn)G在棱AD上，AG=2GD，直線AB與平面EFG相交于點(diǎn)H.(1)證明：BD//(2)求直線BD與平面EFG的距離.【解題思路】（1）首先證明BD//平面EFG（2）連接EA,ED，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用點(diǎn)到平面距離公式求解即得.【解答過程】（1）因?yàn)镋、F分別為BC、CD的中點(diǎn)，所以EF//又BD?平面EFG，EF?平面EFG，則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，則點(diǎn)B到平面EFG的距離即為BD與平面EFG的距離，連接EA,ED，由△ABC,△BCD均為正三角形，E為BC的中點(diǎn)，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，則EA⊥ED，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，直線EB,ED,EA分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B2,0,0，F(xiàn)?1,3,0，又又AG→=2GD所以EB=2,0,0，EF=設(shè)平面EFG的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)，則EF令y=1，得n=設(shè)點(diǎn)B到平面EFG的距離為d，則d=|所以BD與平面EFG的距離為62【變式11-1】（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）如圖，直四棱柱ABCD?A1B1C1D(1)求點(diǎn)O到平面A1(2)求直線AB與平面A1【解題思路】（1）連接AC，B1D1交A1C1于點(diǎn)（2）利用向量法求解即可.【解答過程】（1）連接AC，由題意，點(diǎn)O為AC,BD的交點(diǎn)，連接B1D1交A1C1于點(diǎn)O1因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，則AC⊥BD，如圖，以點(diǎn)O為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，在△ABD中，∠BAD=π3，則△ABD為等邊三角形，則則O0,0,0故OD=設(shè)平面A1C1D的法向量為n=則點(diǎn)O到平面A1C1（2）A0,?3,0則cosn即直線AB與平面A1C1【變式11-2】（2024高二上·全國·專題練習(xí)）直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，邊長為2，側(cè)棱A1

(1)求證：平面AMN//平面EFBD；(2)求平面AMN與平面EFBD的距離．【解題思路】（1）法一：由面面平行的判定定理即可證明；法二：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，通過證明EF→（2）法一:平面AMN與平面EFBD的距離=B到平面AMN的距離?,再由等體積法即可求出答案.法二:求出平面AMN的法向量,AB→=(0，2，0)，平面AMN與平面EFBD的距離等于B到平面AMN的距離【解答過程】（1）法一:證明：連接B1D1E、F分別是C1∴MN//EF//B1D1，∵M(jìn)N?∴MN//平面EFBD，∵NF平行且等于AB∴ABFN是平行四邊形，∴AN//∵AN?平面EFBD，BF?平面EFBD，∴AN//平面EFBD∵AN∩MN=N，∴平面AMN//平面EFBD法二:如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，

則A(2，0，0)，M(1，0，3)，B(2，2，0)，E(0，1，3)，F(xiàn)(1，2，3)，N(2，1，3)，∴AM→∴EF→=MN→∵M(jìn)N?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與平面EFBD的距離=B到平面AMN的距離?．△AMN中，AM=AN=10，MN=2，∴由等體積可得13?19法二:設(shè)平面AMN的一個(gè)法向量為n=則n→?MN∵AB∴平面AMN與平面EFBD的距離為d=|【變式11-3】（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測）如圖，三棱柱ABC?A1B1C

(1)證明：A1(2)若三棱柱ABC?A1B1C1的體積為3，且直線AA【解題思路】（1）取AC中點(diǎn)O，借助等邊三角形的性質(zhì)結(jié)合線面垂直的判定定理可得AC⊥平面A1（2）建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系，再利用體積公式與空間向量夾角公式，結(jié)合點(diǎn)到平面的距離公式計(jì)算即可得解.【解答過程】（1）如圖，取AC的中點(diǎn)O，連接OB，OA1，因?yàn)椤鰽BC是等邊三角形，所以又AA1=A1C，所以AC⊥OAOA1?平面A1OB因?yàn)锳1B?平面A1又A1C1

（2）在平面A1OB中，作A1由（1）知AC⊥平面A1OB，A1D?平面而OB∩AC=O，OB?平面ABC，AC?平面ABC，所以A1D⊥平面ABC，由O為AC中點(diǎn)，所以所以可過點(diǎn)O作Oz軸平行于A1D，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系

因?yàn)槿庵鵄BC?A所以12×2×2×3則B0,3,0，C?1,0,0，A1,0,0所以A平面ABC的一個(gè)法向量為n=所以sin60°=此時(shí)A10,0,3所以CC1=設(shè)平面BCC1B則m?CC令x=3，解得y=?1，z=1，所以m又A1故點(diǎn)A1到平面BCC1【題型12立體幾何中的探索性問題】【例12】（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）如圖，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC=π(1)設(shè)線段BE中點(diǎn)為F，證明：CF∥平面ADE(2)在線段AB上是否存在點(diǎn)M，使得點(diǎn)B到平面CEM的距離等于22，如果存在，求MB【解題思路】（1）取AE的中點(diǎn)G，根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；（2）設(shè)MB=x，根據(jù)等體積法VB?MEC=V【解答過程】（1）取BE的中點(diǎn)F，AE的中點(diǎn)G，連結(jié)FG、GD、CF則有GF=12AB因?yàn)镈C=12AB，CD//AB所以四邊形CFGD是平行四邊形，則CF//又DG?平面ADE，CF?平面ADE，所以CF//平面ADE（2）存在.設(shè)MB=x(0<x<4)，在Rt△BEC中，EC=因?yàn)镸B⊥面BEC，所以VM?BEC因?yàn)镸B⊥面BEC，BE?面BEC，BC?面BEC所以MB⊥BE,MB⊥BC，則△MBE,△MBC均為直角三角形.在Rt△MBE中，同理，MC=x取EC的中點(diǎn)H，因?yàn)镸E=MC，所以MH⊥EC，而MH=M故S△MEC因?yàn)辄c(diǎn)B到面CEM的距離等于22所以VB?MEC而VB?MEC=VM?BEC，所以所以在線段AB上只存在唯一一點(diǎn)M，當(dāng)且僅當(dāng)BM=23015時(shí)，點(diǎn)B到面CEM【變式12-1】（2024·貴州黔西·一模）如圖所示為直四棱柱ABCD?A1B1C1D(1)證明:BC⊥平面MM(2)求直線BC與平面BDA1所成角的正弦值，并判斷線段BC上是否存在點(diǎn)P，使得PB1//【解題思路】（1）由題意可知△BCD為正三角形，則DM⊥BC，又MM（2）根據(jù)勾股定理的逆定理可得AB⊥AD，建立如圖空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，利用空間向量法求解線面角即可；假設(shè)在線段BC上存在點(diǎn)P，使得PB1//平面BDA1，令BP=λBC【解答過程】（1）由∠BCD=60°,CB=CD又M為BC的中點(diǎn)，則DM⊥BC.又M1為B1C而CC1⊥BC又DM∩MM1=M,DM、M所以BC⊥平面MM（2）由（1）知△BCD為正三角形，則BD=4，在△ABD中，AB=AD=22，有BD2易知AA1⊥AB,A則A(0,0,0),B(22所以BC=(設(shè)平面BDA1的一個(gè)法向量為則n?BD=?22x+22y=0設(shè)BC與平面BDA1所成角為θ，則即BC與平面BDA1所成角的正弦值為假設(shè)在線段BC上存在點(diǎn)P，使得PB1//平面BD則BP=(6λ?由PB1//平面BDA1解得λ=33，所以BP?=λ【變式12-2】（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖1，在平行四邊形ABCD中，D=60°,DC=2AD=2，將△ADC沿AC折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P位置，且PC⊥BC，連接PB得三棱錐P?ABC，如圖2．(1)證明：平面PAB⊥平面ABC；(2)在線段PC上是否存在點(diǎn)M，使平面AMB與平面MBC的夾角的余弦值為58，若存在，求出|PM|【解題思路】（1）推導(dǎo)出PA⊥AC，證明出BC⊥平面PAB，可得出PA⊥BC，利用面面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；（2）以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC、AC、AP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PM=λPC，其中0≤λ≤1，利用空間向量法可得出關(guān)于λ的等式，結(jié)合0≤λ≤1求出【解答過程】（1）證明：翻折前，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，∠D=60°，則因?yàn)镈C=2AD=2，則AB=DC=2，BC=AD=1，由余弦定理可得AC所以，AC2+BC2翻折后，則有BC⊥AC，PA⊥AC，因?yàn)镻C⊥BC，AC∩PC=C，AC、PC?平面PAC，所以，BC⊥平面PAC，因?yàn)镻A?平面PAC，則PA⊥BC，因?yàn)锳C∩BC=C，AC、BC?平面ABC，所以，PA⊥平面ABC，所以平面PAB⊥平面ABC.（2）因?yàn)镻A⊥平面ABC，BC⊥AC，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC、AC、AP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0、P0,0,1、C0,設(shè)PM=λPC=λ則AM=AP+設(shè)平面ABM的法向量為m=x,y,z，則取y=λ?1，則z=3λ，x=3平面MBC的一個(gè)法向量為n=a,b,c，PB=則n?PB=?a+3b?c=0則，整理可得λ=2因此，線段PC上存在點(diǎn)M，使平面AMB與平面MBC的夾角的余弦值為58，且PM【變式12-3】（2024·福建龍巖·二模）三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，側(cè)面A1

(1)求側(cè)棱AA(2)側(cè)棱CC1上是否存在點(diǎn)E，使得直線AE與平面A1BC所成角的正弦值為【解題思路】（1）證明AD⊥平面ABC，結(jié)合題目條件，先計(jì)算出AD的值，然后即可以求得側(cè)棱AA（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)未知數(shù)λ，結(jié)合題目條件，列出方程求解，即可得到本題答案.【解答過程】（1）在平面AA1B1B內(nèi)過A因?yàn)閭?cè)面A1ACC又CA⊥AB，AB∩AA1=A，AB,A所以CA⊥平面AA又CA?平面ABC，所以平面AA1B易得AD⊥AB，AD?面AA1B1B所以AD⊥平面ABC，因?yàn)閂C1?ABC因?yàn)椤螦1AB=2π（2）存在點(diǎn)E滿足題意，C1如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB,AC,AD所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則A1設(shè)C1E=λ故AE=(λ?1,2,3?3設(shè)平面A1BC則m?A1B=0m?故平面A1BC的一個(gè)法向量設(shè)直線AE與平面A1BC所成角為則sinθ=AE?故存在點(diǎn)E滿足題意，所以C1一、單選題1．（2024·四川德陽·二模）已知m,n是兩條不同的直線，α,β是兩個(gè)不同的平面，給出下列結(jié)論，其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（

）①若m⊥α,n⊥β，且m⊥n，則α⊥β②若m?α,n?α且m//β,n//β，則α//β③若m⊥α,n//β，且m⊥n，則α⊥β④若m⊥α,n//β，且m//n，則α//βA．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】利用方向向量與法向量判斷線面位置關(guān)系，從而判斷①④；利用面面平行的判定定理判斷②，舉特例可排除③，從而得解.【解答過程】設(shè)m,n分別是直線對于①，因?yàn)閙⊥α,n⊥β，所以m,n分別是平面又m⊥n，即m⊥n，所以對于②，由面面平行的判定定理可知，當(dāng)m,n不相交時(shí)，α//β不一定成立，故②錯(cuò)誤；對于③，當(dāng)n?α?xí)r，可滿足m⊥α?xí)r有m⊥n，又n//β，顯然此時(shí)α,β位置關(guān)系不確定，故③錯(cuò)誤；對于④，因?yàn)閙⊥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故選：A.2．（2024·山東菏澤·二模）如圖，在正方體ABCD?A1B1CA．BB1//平面ACD1C．EF⊥平面BDD1B1 D．平面【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合線面平行的判定定理，線面垂直，面面垂直的判定定理，逐項(xiàng)判定計(jì)算即可．【解答過程】因?yàn)锳BCD?A以D1為原點(diǎn)，D1A1為x軸，D1C1則D1設(shè)平面ACD1的法向量為則n?D1A=0同理解得平面BDC1的法向量BBm?EF=EF?D1又D1D∩D1B平面ABB1AEF?故選：C.3．（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=CC1=2A．32 B．155 C．104【解題思路】根據(jù)空間向量法求線線角即可.【解答過程】以B為原點(diǎn)，在平面ABC內(nèi)過B作BC的垂線交AC于D，以BD為x軸，以BC為y軸，以BB1為因?yàn)橹比庵鵄BC?A1B1C1中，所以A(3所以AB設(shè)異面直線AB1與BC所以cosθ=故選：C.4．（2024·江西新余·模擬預(yù)測）已知A?1,?1,?1，直線l過原點(diǎn)且平行于a=(0,1,2)，則A到l的距離為（A．255 B．1 C．305【解題思路】根據(jù)題意取P0,1,2，然后求出AP在a【解答過程】由題意取P0,1,2，則AP所以A到l的距離為d=AP故選：C.5．（2024·江西宜春·模擬預(yù)測）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，平面α經(jīng)過點(diǎn)B,D，平面β經(jīng)過點(diǎn)A,DA．12 B．33 C．63【解題思路】因?yàn)檎襟w中過體對角線的截面面積最大，所以題目轉(zhuǎn)化為求平面BDD1B【解答過程】如圖：因?yàn)檎襟w中過體對角線的截面面積最大，所以題目轉(zhuǎn)化為求平面BDD1B以D點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA,DC,建立空間直角坐標(biāo)系D?xyz，由ABCD?A1B1C1D所以AC⊥BD，又因?yàn)锽1B⊥平面ABCD，AC?平面所以AC⊥B1B，又因?yàn)锽D∩B1B=B，BD,B即AC為平面BDD同理B1C為平面由Aa,0,0,C0,a,0設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，θ∈0,則cosθ=故選：A.6．（2024·江蘇鹽城·模擬預(yù)測）棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，設(shè)點(diǎn)P為底面A．33 B．233 C．2【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)P(a,b,2),0≤a≤2,0≤b≤2，求出平面PBD的一個(gè)法向量m=(2,2,b?a)，然后利用距離的向量公式并換元化簡得d1+【解答過程】在正方體ABCD?A1B如圖所示：

則D(0,?0,0),A(2,?所以DB=(2,2,0)，DP=(a,b,2)，設(shè)平面PBD的法向量為則m?DB=2x+2y=0m?DP=ax+by+2z=0則點(diǎn)A,C1到平面PBD距離之和為設(shè)b?a=t，則t∈?2,2，d1+因?yàn)閠∈?2,2，所以t+4∈2,6，所以函數(shù)y=1?8(4+t)+244+t所以當(dāng)1t+4=12時(shí)，故選：B.7．（2024·寧夏吳忠·模擬預(yù)測）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)P為線段①不存在點(diǎn)P，使得BB1②存在點(diǎn)P，使得B1P⊥③當(dāng)點(diǎn)P不是BD1的中點(diǎn)時(shí)，都有m④當(dāng)點(diǎn)P不是BD1的中點(diǎn)時(shí)，都有m⊥其中正確的說法有（

）A．①③ B．③④ C．②③ D．①④【解題思路】對于①，由當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)D1重合時(shí)，結(jié)合線面平行的判定定理即可判斷；對于②，若B1P⊥平面A1DP【解答過程】對于①，由當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)D1重合時(shí)，由B而DD1?平面A1DP，BB1對于②，若存在點(diǎn)P，使得B1P⊥平面A1又A1D//B以D為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)棱長為1，BP=λBD則B1,1,0，C0,1,0，B1則B1B=∴B1P所以B1P?對于③，當(dāng)P不是BD由A1D//B1C，且B1C?面B1CP又直線m為面A1PD與面B1又A1D?面A1B1CD，m?面對于④，由③可知A1D//m，又AB⊥平面ADD1A所以AB⊥A1D，又A1D⊥AD1所以A1D⊥平面ABD1，所以綜上，③④正確.故選：B.8．（2024·陜西·模擬預(yù)測）在平行六面體ABCD?A1B1C1DA．直線A1C與B．線段A1CC．直線A1C與D．直線A1C與平面ABCD【解題思路】在平行六面體ABCD?A1B【解答過程】在平行六面體ABCD?A1B1C1D由AB=AD=AA1=1得|a|=|b對于A，顯然A1C=則A1C?因此直線A1C與BD所成的角為對于B，|A1C對于C，A1C?因此直線A1C與BB對于D，在平行六面體ABCD?A1B1C又A1C⊥BD，A1C∩AC=C，A1C,AC?平面又BD?平面ABCD，則平面A1CA⊥平面連接AC交BD于點(diǎn)O，在平面A1CA內(nèi)過點(diǎn)A1作A由平面A1CA∩平面ABCD=AC，因此A1E⊥平面ABCD，即直線A1AC=a+b，則由AA1//BB1故選：D.二、多選題9．（2024·河北·模擬預(yù)測）已知正方體ABCD?A1B1C1D1,PA．直線PD與直線QB1平行 B．直線PCC．直線PQ與直線A1B相交 D．直線PQ與直線【解題思路】根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系，分析AB，由異面直線的定義分析CD，綜合可得答案．【解答過程】根據(jù)題意，設(shè)正方體的棱長為2，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖建立坐標(biāo)系，則A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，C1(0,2,P(2,0,1)，Q(1,2,0)，對于A，DP=(2,0,1)，QB1=(1,0,2)，由于DP=kQB1對于任意的k都不會(huì)成立，則對于B，PC1=(?2,2,1)，QD1=(?1,?2,2)，則有PC對于C，直線PQ與PB相交，故PQ?平面PBQ，直線A1B∩平面PBQ=B，B?PQ，所以PQ與直線對于D，PQ=?1,2,?1,DB1=2,2,2,顯然兩直線不平行，假設(shè)直線PQ與直線DB1相交，則P,Q,D,B1在同一平面上，DP=故選：BD．10．（2024·廣西貴港·模擬預(yù)測）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，P為線段A．存在點(diǎn)Q，使得PQ//BD B．存在點(diǎn)Q，使得PQ⊥平面AC．三棱錐Q?APD的體積是定值 D．二面角Q?A1【解題思路】A選項(xiàng)，由PQ//BD推出BD//平面A1C1B，矛盾；B選項(xiàng)，建立空間直角坐標(biāo)系，證明出A1B⊥AB1，A1B⊥B1C1，得到線面垂直，進(jìn)而當(dāng)Q為BC【解答過程】對于A，若PQ//BD，因?yàn)锽D?平面A1C1B，所以BD//平面A1對于B，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DD1所在直線分別為設(shè)正方體棱長為2，則A2,0,0因?yàn)锳BB1故AB1?故A1B⊥AB因?yàn)锳B1∩B1故A1B⊥平面AB1C1D此時(shí)PQ⊥平面AB對于C，Q在線段BC1上運(yùn)動(dòng)，若三棱錐Q?APD的體積為定值，則BCP1,1,2,AP設(shè)平面APD的法向量為m=則m?解得x=0，令z=1得y=?2，故m=故BC1?m=故BC1//對于D，二面角Q?A1C1?D即二面角B?A1由于△A則BP⊥A1C1，不妨設(shè)正方體的棱長為2，則△A1B故BP=DP=6，BD=2由余弦定理可得cos∠BPD=二面角Q?A1C故選：BD.11．（2024·河北承德·二模）如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA1=2AB=2,E

A．ED1是平面EDCB．BPC．點(diǎn)P到平面ECD1D．二面角P?EC?D的正弦值為3【解題思路】對于A，證明ED1⊥平面EDC即可；對于B，在△PDD1中通過余弦定理計(jì)算PD1【解答過程】對于A，由于是正四棱柱，易知DC⊥ED在△EDD1中，因?yàn)樗訣D故ED又ED?平面EDC，DC?平面EDC,ED∩DC=D，所以ED1⊥對于B，在△BDD1中，因?yàn)閯tcos∠B在△PDD1中，利用余弦定理可求得PD1=因此BP=23對于C，以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1分別為則E1,0,1由B選擇可知，BP=23所以P(1故ED設(shè)m=(x1則m?令x1=1，則設(shè)點(diǎn)B到平面ECD1的距離為所以由點(diǎn)到平面的距離公式得：?=|對于D，由