第03講 立體幾何中的向量方法【秋季講義】（人教A版2019選擇性必修第一冊(cè)）（解析版）

第03講立體幾何中的向量方法【人教A版2019】·模塊一向量法判定位置關(guān)系·模塊二向量法求空間角·模塊三向量法求距離·模塊四課后作業(yè)模塊一模塊一向量法判定位置關(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．5．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＝0.6．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．7．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．8．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．【考點(diǎn)1求平面的法向量】【例1.1】（2023春·江蘇鎮(zhèn)江·高二?？计谀┮阎蛄緼B=1,1,-1,AC=-1,1,0，則平面A．1,1,2 B．1,-1,0 C．-1,1,2 D．-1,1,0【解題思路】根據(jù)法向量的定義逐項(xiàng)分析判斷.【解答過程】對(duì)于選項(xiàng)A：若n=1,1,2，則可得n⊥AB,n⊥AC，所以對(duì)于選項(xiàng)B：若n=1,-1,0，則可得n與AC不垂直，所以n=1,-1,0不是平面ABC的一個(gè)法向量，故對(duì)于選項(xiàng)C：若n=-1,1,2，則可得n與AB→不垂直，所以n=-1,1,2不是平面ABC對(duì)于選項(xiàng)D：若n=-1,1,0，則可得n與AC不垂直，所以n=-1,1,2不是平面ABC的一個(gè)法向量，故故選：A.【例1.2】（2023·江蘇·高二專題練習(xí)）已知A1,0,0,B0,1,0A．-1,1,1 B．1,-1,1C．1,1,1 D．1【解題思路】利用平面法向量的求法求解即可.【解答過程】因?yàn)锳1,0,0,B0,1,0設(shè)平面ABC的一個(gè)單位法向量為n=則AB?n=-x+y=經(jīng)檢驗(yàn)，僅1,1,1符合題意．故選：C．【變式1.1】（2023·江蘇·高二專題練習(xí)）已知平面α內(nèi)兩向量a=(1,1,1)，b=(0,2,-1)且c=ma+nb+(4,-4,1).若c為平面αA．-1，2 B．1，-2C．1，2 D．-1，-2【解題思路】求出向量c的坐標(biāo)后，利用向量c是平面α的法向量，得c⊥a【解答過程】c=(m+4,m+2n-4,m-n+1)，由c為平面α的法向量，得c·a=0解得m=-1故選：A.【變式1.2】（2023秋·河南許昌·高三校考開學(xué)考試）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，E為BBA．（1，-2，4） B．（-4，1，-2）C．（2，-2，1） D．（1，2，-2）【解題思路】設(shè)正方體的棱長為2，依次求出各點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)向量n=(x,y,z)是平面AEF【解答過程】解：設(shè)正方體的棱長為2，則A(2,0,0),E(2,2,1)，F(xiàn)(1,0,2)，∴AE=(0,2,1),設(shè)向量n=(x,y,z)是平面AEF則n?AE=2y+z=0,n?則n=(-4,1,-2)是平面AEF結(jié)合其他選項(xiàng)，只需和n=(-4,1,-2)檢驗(yàn)可知，ACD選項(xiàng)均不與n=(-4,1,-2)共線所以能作為平面AEF的法向量只有選項(xiàng)B故選：B．【考點(diǎn)2空間線、面平行關(guān)系的判定及應(yīng)用】【例2.1】（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，E為CP的中點(diǎn)，N為DE的中點(diǎn)，DM=14DB,DA=DP=1,CD=2

【解題思路】證法一：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DP所在直線分別為x軸?y軸?z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出AP,證法二：由空間向量的線性表示可得答案.【解答過程】證法一：由題意知，直線DA,DC,DP兩兩垂直，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DP所在直線分別為x軸?y軸?z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則D0,0,0所以AP=(-1,0,1),所以MN=14AP，又證法二：由題意可得MN=14BD又M?AP，所以MN//【例2.2】（2023·全國·高二課堂例題）如圖，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，點(diǎn)M，N分別在對(duì)角線BD，AE上，且BM=13BD，AN=13

【解題思路】根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算得到MN=2【解答過程】∵M(jìn)在BD上，且BM=13BD，同理得AN=∴MN=MB+又CD與DE不共線，∴根據(jù)向量共面的充要條件可知MN，CD，DE共面．∵M(jìn)N不在平面CDE內(nèi)，∴MN//平面CDE【變式2.1】（2023春·高二課時(shí)練習(xí)）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，【解題思路】根據(jù)正方體的結(jié)構(gòu)特征，以D1為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算證明線線平行，由面面平行的判定定理證明平面MNP//平面【解答過程】證明:如圖，以D1為坐標(biāo)原點(diǎn)，D1A1,D1建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方體的棱長為1，則有A11,0,0，B1,1,1，D(0,0,1)，N12,1,0，于是A1B=0,1,1，A1顯然有NM=12A1D，PM由NM//A1D，NM?平面A1BD，A1同理PM//平面A1BD，NM,PM?平面MNP所以平面MNP//平面A【變式2.2】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱錐E-ABCD中，AB//CD，CD=4AB，點(diǎn)F為棱CD的中點(diǎn)，與E，F(xiàn)相異的動(dòng)點(diǎn)P在棱EF上.(1)當(dāng)P為EF的中點(diǎn)時(shí)，證明：PB//平面ADE；(2)設(shè)平面EAD與平面EBC的交線為l，是否存在點(diǎn)P使得l/平面PBD？若存在，求EPPF【解題思路】（1）設(shè)點(diǎn)G為棱ED的中點(diǎn)，連接AG，PG，通過證明四邊形ABPG為平行四邊形，得到AG//PB，再根據(jù)線面平行的判定定理可證PB//平面ADE；（2）延長DA，CB相交于點(diǎn)H，連接EH，則直線EH為平面EAD與平面EBC的交線，連接HF，交BD于點(diǎn)I，若EH//平面PBD，由線面平行的性質(zhì)可知EH//PI，設(shè)HI=λHF，推出HI=λ2【解答過程】（1）如圖，設(shè)點(diǎn)G為棱ED的中點(diǎn)，連接AG，PG，∴GP=12DF=∵AB//CD，CD=4AB，∴GP=AB，GP//AB，∴四邊形ABPG為平行四邊形，∴AG//PB，又PB?平面ADE，AG?平面ADE，∴PB//平面ADE.（2）如圖，延長DA，CB相交于點(diǎn)H，連接EH，則直線EH為平面EAD與平面EBC的交線，連接HF，交BD于點(diǎn)I，若EH//平面PBD，由線面平行的性質(zhì)可知EH//PI，設(shè)HI=λ∵點(diǎn)F為棱CD的中點(diǎn)，AB//CD，CD=4AB，∴HI=λHF=λ∵D，I，B三點(diǎn)共線，∴λ2+2λ=1，即所以當(dāng)EPPF=23時(shí)，PF又EH?平面PBD，PI?平面PBD，∴EH//平面PBD，∴存在滿足條件的點(diǎn)P使得l//平面PBD，此時(shí)EPPF【考點(diǎn)3空間線、面垂直關(guān)系的判定及應(yīng)用】【例3.1】（2023·全國·高二課堂例題）如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O為AC與BD的交點(diǎn)，

【解題思路】要證明A1O⊥平面GBD，只需證明A1O垂直于平面GBD中的兩條相交直線．易知A1O⊥BD，而△BDG中的G，O連接后的線段GO與A【解答過程】如圖所示，連接OG，

設(shè)A1B1=a，A1D1=b，因?yàn)锳1BD=OG=所以A=cA=1所以A1O⊥BD，A1又因?yàn)锽D∩OG=O，BD?平面GBD，OG?平面GBD，所以A1O⊥平面【例3.2】（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）在三棱臺(tái)A1B1C1-ABC中，∠BAC=90°,A1A⊥平面ABC,

【解題思路】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由空間向量數(shù)量積坐標(biāo)表示求出BC?AD=0,BC?AA1=0【解答過程】由題意可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,因?yàn)锽C?所以BC⊥AD,又AD∩AA1=A,AD,AA1?平面A1AD，所以所以平面A1AD⊥平面【變式3.1】（2023·江蘇·高二專題練習(xí)）如圖，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，M是線段EF的中點(diǎn)(1)求證：AM⊥BD.(2)求證：AM⊥平面BDF.【解題思路】（1）利用面面垂直性質(zhì)定理證明CE⊥平面ABCD，然后以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量坐標(biāo)法證明線線垂直；（2）先求出平面BDF的法向量，然后利用直線AM的方向向量與法向量共線即可證明線面垂直.【解答過程】（1）因?yàn)樗倪呅蜛CEF為矩形，則CE⊥AC，因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF=AC，CE?平面ACEF，所以CE⊥平面ABCD，又四邊形ABCD為正方形，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD、CB、CE所在直線分別為x、y、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz，由AB=2，AF=1，得C0,0,0，A2,2E0,0,1，F(xiàn)2,所以AM=-2所以AM?BD=所以AM⊥BD（2）由（1）知，AM=-22,-設(shè)n=x,y,z是平面BDF的法向量，則n⊥所以n→?BD取y=1，得x=1，z=-2，則n因?yàn)锳M=-22,-22,1所以AM⊥平面BDF.【變式3.2】（2023·全國·高二課堂例題）如圖所示，已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1的底面為正方形，

(1)求證：平面O1DC⊥平面(2)若點(diǎn)E,F分別在棱AA1,BC上，且AE=2EA1【解題思路】（1）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA,OB,OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OA=1,OA1=a，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算可得O（2）設(shè)BF=γBC【解答過程】（1）證明：如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA,OB,OA1所在直線分別為x軸、y軸、z

設(shè)OA=1,OA∴A1,0,0∴O∴O1C//z∴O1C⊥又O1C?平面∴平面O1DC⊥平面（2）由AE=2EA1，結(jié)合（1）可知，設(shè)BF=γBC，則BF=(-γ,-γ,0)，故點(diǎn)F∴FE由EF⊥AD?FE即FE?AD=-故當(dāng)F為BC的三等分點(diǎn)（靠近點(diǎn)B）時(shí)，有EF⊥AD.模塊二模塊二向量法求空間角1．夾角問題(1)兩個(gè)平面的夾角：平面α與平面β的夾角：平面α與平面β相交，形成四個(gè)二面角，我們把這四個(gè)二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角．(2)空間角的向量法解法角的分類向量求法范圍兩條異面直線所成的角設(shè)兩異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別為u，v，則cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\f(|u·v|,|u||v|)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))直線與平面所成的角設(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\f(|u·n|,|u||n|)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))兩個(gè)平面的夾角設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，平面α，β的法向量分別為n1，n2，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))【考點(diǎn)4利用空間向量求空間角】【例4.1】（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）如圖所示，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為1的正方形，

【解題思路】設(shè)AB=a,?AD=b,AA【解答過程】設(shè)異面直線AC1與A1D所成的角為則a=b=1，c=2，則cosθ=∵AC1=A=1+1+4+0-2-2∴ACA1∴cosθ=故異面直線AC1與A1【例4.2】（2023春·山東東營·高二統(tǒng)考期末）如圖，已知六面體ABCDPE的面ABCD為梯形，AB//CD，AB⊥AD，AB=2，CD=AD=4，棱PA⊥平面ABCD，PA//BE，PA=4,BE=2，F(xiàn)為PD的中點(diǎn).

(1)求證：AF//平面PBC；(2)求直線BE與平面PCD所成角的大小.【解題思路】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法證明線面平行；（2）求出平面的法向量后利用線面角的向量公式直接求解即可.【解答過程】（1）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，且AB⊥AD，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，

則A所以BP設(shè)平面BPC的法向量為m=則m?BP=-2y+4z=0m?BC=4x+2y=0所以AF?m=2×1+0×又AF?平面PBC，所以AF//平面PBC.（2）由（1）得DP設(shè)平面PCD的法向量為n→=a,b,c故n=1,設(shè)直線BE與平面PCD所成的角為θ，則sinθ=22，又【變式4.1】（2023春·甘肅白銀·高二?？茧A段練習(xí)）如圖，AB為圓柱底面的直徑，△ACD是圓柱底面的內(nèi)接正三角形，AP和DQ為圓柱的兩條母線，若AB=2AP=2.

(1)求證：平面PCQ⊥平面BDQ；(2)求BP與面ABQ所成角正弦值；(3)求平面ABQ與平面ABC所成角的余弦值.【解題思路】（1）先利用線面垂直判定定理證明AD⊥平面BDQ，再證明PQ//AD，由此可得PQ⊥平面BDQ，再由面面垂直判定定理證明平面PCQ⊥平面BDQ；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出直線BP的方向向量與平面ABQ的法向量，再求兩向量的夾角余弦即可得BP與面ABQ所成角正弦值；（3）求平面CAQ的法向量，再求其與平面ABQ的法向量的夾角的余弦值，即可求出結(jié)果．【解答過程】（1）因?yàn)锳B為圓柱底面的直徑，所以AD⊥BD，因?yàn)镈Q為圓柱的母線，故AD⊥DQ，又BD∩DQ=D，BD,DQ?平面BDQ，故AD⊥平面BDQ，又AP和DQ為圓柱的兩條母線，所以四邊形APQD為矩形，因此PQ//AD，故PQ⊥平面BDQ，又因?yàn)镻Q?平面PCQ，所以平面PCQ⊥平面BDQ．（2）由題意知DA,DB,DQ兩兩垂直，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DB,DQ為x，y，z軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，

令A(yù)B=2，因?yàn)椤鰽CD是圓柱底面的內(nèi)接正三角形，故∠BAD=30°，故AD=ABcos30°=3A3,0,0，B0,1,0，AB=-3,1,0設(shè)平面ABQ的法向量為n=由n?AB=0令x=1，得n=故cosBP所以直線BP與面ABQ所成角正弦值為105（3）過C作CH⊥AD，垂足為H，DH=12AD=故點(diǎn)C的坐標(biāo)為C32,3設(shè)平面ACQ的法向量為m=由m?AC=0令x=3，得m所以cosm所以平面ABQ與平面ABC所成角的余弦值為5273【變式4.2】（2023春·貴州黔西·高二校考期中）如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，四邊形ABCD為梯形，AD=2BC，∠BAD=∠ABC=90(1)若M為PA的中點(diǎn)，求證：BM//平面PCD(2)若直線PC與平面PAB所成角的正弦值為1510，求平面PAB與平面PCD所成銳二面角的余弦值【解題思路】（1）取PD中點(diǎn)N，可證得四邊形BCNM為平行四邊形，從而得到BM//（2）取AD中點(diǎn)O，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)可證得PO⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=mm>0，BC=1，根據(jù)線面角的向量求法可構(gòu)造方程求得m的值；由面面角的向量求法可求得結(jié)果【解答過程】（1）取PD中點(diǎn)N，連接MN,CN，∵M(jìn),N分別為PA,PD中點(diǎn)，∴MN//AD，∵∠BAD=∠ABC=90°，∴BC//∴BC//MN，BC=MN，∴四邊形BCNM為平行四邊形，∵BM?平面PCD，CN?平面PCD，∴BM//平面PCD（2）取AD中點(diǎn)O，連接PO,CO，∵AO//BC，AO=BC=12AD又∠BAD=90°，∴∠COA=90∵△PAD為等邊三角形，∴PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO?平面PAD，∴PO⊥平面ABCD；則以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC,OD,設(shè)AB=mm>0，BC=1，則A0,-1,0，Bm,-1,0，Cm,0,0，∴AP=0,1,3，AB=設(shè)平面PAB的法向量n=則AP?n=y+3z=0AB?n=mx=0∴cosPC,n=設(shè)平面PCD的法向量m=則PC?m=2a-3c=0PD?∴cos即平面PAB與平面PCD所成銳二面角的余弦值為2211模塊三模塊三向量法求距離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eq\r(a2－a·u2)(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)．【考點(diǎn)5利用空間向量研究距離問題】【例5.1】（2023·全國·高二專題練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，AC∩BD=O，底面ABCD為菱形，邊長為2，PC⊥BD，PA=PC，且∠ABC=60°，異面直線PB與CD所成的角為

(1)求證:PO⊥平面ABCD;(2)若E是線段OC的中點(diǎn)，求點(diǎn)E到直線BP的距離.【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理、判定定理證明；（2）利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，求點(diǎn)到直線的距離.【解答過程】（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC⊥BD,因?yàn)镻C⊥BD，PC∩AC=C,PC,AC?平面APC，所以BD⊥平面APC，因?yàn)镻O?平面APC，所以BD⊥PO,因?yàn)镻A=PC，O為AC中點(diǎn)，所以PO⊥AC，又因?yàn)锳C∩BD=O,AC,BD?平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.（2）以O(shè)為原點(diǎn)，OB,OC,OP方向?yàn)閤,y,z軸方向，建系如圖，

因?yàn)锳B//CD,所以∠PBA為異面直線所以∠PBA=60°，在菱形ABCD中，因?yàn)椤螦BC=60°，所以設(shè)PO=a，則PA=a在△PBA中，由余弦定理得，PA所以a2+1=4+a所以A(0,-1,0),B(3BE=(-所以d=BE所以點(diǎn)E到直線BP的距離為32【例5.2】（2023春·江蘇常州·高二?？茧A段練習(xí)）如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=2，AD=22，M

(1)求直線BD與平面APM所成角的正弦值；(2)求D到平面APM的距離．【解題思路】（1）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；（2）利用空間點(diǎn)到直線距離公式進(jìn)行求解即可.【解答過程】（1）建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

D0,0,0DB=22,2,0，設(shè)平面PA=22,0,-2，cosDB所以直線BD與平面APM所成角的正弦值為217（2）由（1）可知平面APM的法向量為n=2,1,2d=DP?nn=47【變式5.1】（2023·全國·高二假期作業(yè)）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h,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【解答過程】（1）法一:證明：連接B1D1E、F分別是∴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﹣

則A(2，F(xiàn)(1，2AM→∴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h．△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5.2】（2023春·高二單元測試）如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=90°，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，CP的中點(diǎn)，AB=AC=1,PA=2.

(1)求直線PA與平面DEF所成角的正弦值；(2)求點(diǎn)P到平面DEF的距離；(3)求點(diǎn)P到直線EF的距離．【解題思路】（1）構(gòu)建以A為原點(diǎn)，直線AB,AC,AP分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，求面DEF的一個(gè)法向量、PA，應(yīng)用向量法求線面角的正弦值；（2）由PF=(0,12,-1)及（1（3）先求出PF在EF上的投影長，再應(yīng)用向量的坐標(biāo)計(jì)算點(diǎn)P到直線EF的距離．【解答過程】（1）如圖，以A為原點(diǎn)，直線AB,AC,AP分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，

由AB=AC=1,PA=2，則A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),D(1所以DE=(0,設(shè)平面DEF的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)，則n?DE=y設(shè)PA與平面DEF所成的角為θ，則sinθ=|故直線PA與平面DEF所成角的正弦值為55（2）因?yàn)镻F=(0,12所以點(diǎn)P到平面DEF的距離為d=|PF?n（3）因?yàn)镻F=(0,12,-1)，EF=(-12,0,1)所以點(diǎn)P到直線EF的距離為|PF【考點(diǎn)6利用空間向量研究存在性問題】【例6.1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知正四棱臺(tái)ABCD-A1B1C

(1)求側(cè)棱AA1與底面(2)在線段CC1上是否存在一點(diǎn)P，使得BP⊥A1【解題思路】（1）先求得正四棱臺(tái)的高，然后求得側(cè)棱AA1與底面ABCD（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法確定是否存在符合題意的P點(diǎn).【解答過程】（1）依題意，在正四棱臺(tái)ABCD-A1B所以上底面積S1=2×2=4，下底面積設(shè)正四棱臺(tái)的高為h，則13連接AC,A1C所以AA設(shè)側(cè)棱AA1與底面ABCD所成的角為θ，則由于線面角θ的取值范圍是0,π2，所以（2）連接BD,B1D以O(shè)為原點(diǎn)，OA,OB,OO1分別為A1設(shè)線段CC1上存在一點(diǎn)P，滿足C1C1則BP=A1若BP⊥A1D即-2解得λ=2，舍去，所以在線段CC1上不存在一點(diǎn)P，使得【例6.2】（2023春·江蘇連云港·高二?？计谥校┤鐖D在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA=PD=2，底面ABCD為直角梯形，其中BC//AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2，O

(1)求二面角C-PD-A的正弦值；(2)線段AD上是否存在Q，使得它到平面PCD的距離為32?若存在，求出AQ【解題思路】（1）以O(shè)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面PAD和平面PCD的一個(gè)法向量，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解；（2）設(shè)線段AD上存在Q0,m,0,m∈-1,1，根據(jù)向量的距離公式，求得m=-12【解答過程】（1）解：由底面ABCD為直角梯形，其中BC//AD，AB⊥AD，且AD=2AB=2BC=2，所以O(shè)C⊥AD，又由PO⊥平面ABCD，以O(shè)為原點(diǎn)，OC所在直線為x軸，OD所在直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則平面PAD的法向量m=1,0,0，且可得PC=設(shè)平面PCD的法向量n=x,y,z，則取x=1，可得y=1,z=1，所以n=設(shè)二面角C-PD-A夾角為θ，則cosθ=m?nm?n（2）解：設(shè)線段AD上存在Q0,m,0,m∈-1,1，使得它到平面PCD由PQ=0,m,-1，可得Q到平面PCD的距離解得m=-12或m=52(舍去)，所以【變式6.1】（2023秋·湖南長沙·高二校考開學(xué)考試）如圖，在三棱臺(tái)ABC-A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2

(1)若M為BC的中點(diǎn)，求證：A1N//(2)是否存在點(diǎn)M，使得平面C1MA與平面ACC1A【解題思路】（1）取AB中點(diǎn)N，易證得四邊形MNA1C（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BM=λBC0<λ<1，根據(jù)面面角的向量求法可構(gòu)造方程求得【解答過程】（1）分別取AB中點(diǎn)N，連接MN，

則MN為△ABC的中位線，∴MN//AC，又A1C1=1，AC//∴四邊形MNA1C又A1N?平面C1MA，C1M?平面（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AC,AA

則A0,0,0，B2,0,0，C0,2,0∴AC1=0,1,2設(shè)BM=λBC0<λ<1∴AM令平面C1MA的法向量為則AC1?n=y+2z=0AM?n=又平面ACC1A∴cos解得：λ=13或∴BM=13BC，∴【變式6.2】（2023·全國·高三專題練習(xí)）圖①是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D=90°，四邊形ABCE是邊長為2的菱形，并且∠BCE=60°，以BE為折痕將△BCE折起，使點(diǎn)

(1)求證：平面BC1E⊥(2)在棱DC1上是否存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)P到平面ABC1的距離為155？若存在，求出直線【解題思路】（1）由二面角平面角定義可知∠AOC1是二面角A-BE-C（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DP=λDC1【解答過程】（1）在圖①中，連接AC，交BE于O，∵四邊形ABCE是邊長為2的菱形，∠BCE=60°，∴AC⊥BE，在圖②中，相交直線OA,OC1均與BE垂直，∴∠AOC∵AC1=6，∴OA2+OC12=A（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA,OB,OC則D32,-32,0，C1∴DC1=-32,3設(shè)DP=λDC則AP=設(shè)平面ABC1的一個(gè)法向量則AB?n=-3x+y=0AC1?∴點(diǎn)P到平面ABC1的距離d=AP?n∴AP=-∴cos∴直線EP與平面ABC1所成角的正弦值為模塊四模塊四課后作業(yè)1．（2023·江蘇·高二專題練習(xí)）已知直線l的一個(gè)方向向量m=2,-1,3，且直線l過點(diǎn)A0,a,3和B-1,2,b兩點(diǎn)，則A．0 B．1 C．32 D．【解題思路】首先求出AB，依題意AB//m，則AB【解答過程】因?yàn)橹本€l過點(diǎn)A0,a,3和B-1,2,b兩點(diǎn)，所以又直線l的一個(gè)方向向量m=2,-1,3，所以所以AB=λm，所以所以2λ=-1-λ=2-a3λ=b-3，解得λ=-1故選：D.2．（2023春·江蘇連云港·高二?？茧A段練習(xí)）空間直角坐標(biāo)系O-xyz中，已知點(diǎn)A2,0,2，B2,1,0，C0,2,0，則平面ABCA．2,1,2 B．-1,2,1 C．2,4,2 D．2,-1,2【解題思路】根據(jù)求平面ABC的法向量，逐項(xiàng)分析判斷即可.【解答過程】由題意可得：AB=設(shè)平面ABC的法向量為n=x,y,z，則令x=1，則y=2,z=1，即n=對(duì)A：若m=2,1,2，由21≠1故m不是平面ABC的法向量，A錯(cuò)誤；對(duì)B：若m=-1,2,1，由-11≠2故m不是平面ABC的法向量，B錯(cuò)誤；對(duì)C：若m=2,4,2，則m=2n，即故m是平面ABC的法向量，C正確；對(duì)D：若m→=2,-1,2，由21≠故m不是平面ABC的法向量，D錯(cuò)誤；故選：C.3．（2023春·廣東韶關(guān)·高二統(tǒng)考期末）已知α，β是空間中兩個(gè)不同的平面，m，n是空間中兩條不同的直線，則（

）A．若m//α，n//α，則m//n B．若m//α，m//β，則α//βC．若α⊥β，m?α，則m⊥β D．若m⊥α，n⊥β,m⊥n，則α⊥β【解題思路】根據(jù)線面平行、垂直和面面平行、垂直的性質(zhì)和判定分析判斷即可【解答過程】對(duì)于A，當(dāng)m//α，n//α?xí)r，直線m，n相交，異面，平行都有可能；對(duì)于B，還少了條件m∩n=P，m?α，n?α才能得到相應(yīng)的結(jié)論；對(duì)于C，當(dāng)α⊥β，m?α?xí)r，m//β，m與β相交但不垂直都有可能；對(duì)于D，設(shè)直線m,n的方向向量分別為a,若m⊥α，n⊥β,m⊥n，則平面α，β的一個(gè)法向量分別為a,b，且所以α⊥β，所以D正確，故選：D．4．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點(diǎn)，點(diǎn)F在棱C1D1上，且D1FA．14 B．13 C．12【解題思路】先求平面A1BE的法向量，根據(jù)線面平行可得n【解答過程】如圖所示，以A為原點(diǎn)，AB,AD,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為則B(1,0,0),E0,1,可得BA設(shè)n=x,y,z是平面A1令z=2，則x=2,y=1，即n=由D1C1=1,0,0又因?yàn)锽1(1,0,1)，則由B1F∥平面A1BE，可得故選：C.5．（2023春·四川樂山·高二期末）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點(diǎn)，M,N為正方體的頂點(diǎn)．則滿足MN⊥OP的是（

）A．

B．

C．

D．

【解題思路】如圖建立以A為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系.依次判斷各選項(xiàng)是否滿足MN?OP【解答過程】如圖建立以A為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體邊長為2a.A選項(xiàng)，M0,2a,2a則MN=2a,-2a,0,OP=

B選項(xiàng)，M0,2a,2aMN=2a,0,-2a,OP=

C選項(xiàng)，M2a,2a,2aMN=-2a,0,-2a,OP=-a,-a,a，則

D選項(xiàng)，MMN=0,2a,-2a,OP=a,0,2a

故選：C.6．（2023春·河南新鄉(xiāng)·高二統(tǒng)考期末）在長方體ABCD-A1B1C1D1中，底面A1B1A．AC1⊥BDC．A1C//平面BDE D．平面【解題思路】由條件，結(jié)合線面垂直的定義判斷A，連接AC，設(shè)AC∩BD=O，證明EO//A1C，由線面垂直定義證明AC1⊥EO，由此判斷B，由線面平行判定定理證明A1C//【解答過程】因?yàn)锳C1⊥平面BDE，BD?平面BDE，所以A連接AC，設(shè)AC∩BD=O，則O為AC的中點(diǎn)，因?yàn)锳C1⊥平面BDE，EO?平面BDE又E為AA1的中點(diǎn)，O為AC的中點(diǎn)，所以所以AC1⊥因?yàn)镋O//又EO?平面BDE，A1C?平面BDE，所以A1C//平面由已知D1A1,D1C1,因?yàn)榈酌鍭1B1由長方體性質(zhì)可得四邊形ACC1A所以四邊形ACC1A所以D1所以AC因?yàn)锳C1⊥平面BDE，所以A設(shè)平面A1D1則n?D1取y=2，則x=0,z=-1所以n=0,2因?yàn)閚?所以向量n,AC1不垂直，所以平面A1故選：D.7．（2023·全國·高二假期作業(yè)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，PA=AB=BC=12AD=1，BC//AD，已知Q是棱PD上靠近點(diǎn)P的四等分點(diǎn)，則CQ與平面PABA．55 B．255 C．2【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，寫出相應(yīng)點(diǎn)C、Q的坐標(biāo)，求出平面PAB的法向量，最后求出CQ與平面PAB所成角的正弦值.【解答過程】∵PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，∴以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD,AB,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C1,1,0，Q12易知平面PAB的法向量n=設(shè)CQ與平面PAB所成角為θ，則sinθ=故選：C.8．（2023春·福建泉州·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，A．DB1⊥平面ACD1 B．直線C．平面A1C1B∥平面ACD1【解題思路】設(shè)正方體的棱長為1，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合正方體的性，利用空間向量逐個(gè)計(jì)算判斷即可【解答過程】設(shè)正方體的棱長為1，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A設(shè)E(x,y,1)，B1E=λB1設(shè)F(1,a,b)，BF=μBC1，即對(duì)于A，因?yàn)镈B所以DB1?AC=0因?yàn)锳C∩AD1=A，AC,AD1?平面ACD對(duì)于B，因?yàn)锽B1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD因?yàn)锳C⊥BD，BB1∩BD=B，BB1,BD?平面所以AC=(1,1,0)為平面BB1設(shè)直線AE與平面BB1Dsinθ=AC?對(duì)于C，由選項(xiàng)A可知DB1⊥平面ACD1因?yàn)锳1C1所以DB因?yàn)锳1C1∩A1B=A1所以平面A1C1B∥平面對(duì)于D，因?yàn)锳F=(1,μ,μ)，所以點(diǎn)F到平面ACd=AF?D故選：B.9．（2021秋·四川南充·高二?？茧A段練習(xí)）如圖，棱長為1的正方體ABCD-A1B1C①平面BCM⊥平面A②三棱錐B-MB1③當(dāng)M為AB1中點(diǎn)時(shí)，直線B1D與直線CM④直線CM與A1D其中正確的是（

）A．①②④ B．②③ C．①②③ D．①③④【解題思路】利用面面垂直的判定定理可判斷①，利用VB-MB1C=VC-BB1M，可知三棱錐B-MB1C體積最大時(shí)，S△BB1M【解答過程】對(duì)于①，∵BC⊥AB，BC⊥BB1，AB∩BB1=B∴BC⊥平面AA1M，又BC?∴平面BCM⊥平面A1AM，故對(duì)于②，VB-M∵M(jìn)為AB1上動(dòng)點(diǎn)，∴當(dāng)M與A重合時(shí)，S△B∴VB-MB對(duì)于③，以D1當(dāng)M為AB1中點(diǎn)時(shí)，M1,12,1∴B1D∴cos∴當(dāng)M為AB1中點(diǎn)時(shí)，直線B1D與直線CM所成的角的余弦值為對(duì)于④，設(shè)M1,y,z，AM又A1,0,1，∴AB∴0,y,z-1=0,λ,-λ，則y=λ∴M1,λ,1-λ∴CM=1,λ-1,-λ∴cos若直線CM與A1D所成的角為π4解得：λ=2±3，又λ∈∴當(dāng)λ=2-3，即AM=2-3AB1時(shí)，直線CM與所以其中正確的是①②③.故選：C.10．（2021·四川成都·石室中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1中，F(xiàn)為線段BC1的中點(diǎn)，E為線段A1C1上的動(dòng)點(diǎn)，則下列四個(gè)結(jié)論：①存在點(diǎn)E，使EF?//?BD；②存在點(diǎn)E，使EF⊥平面ABA．4 B．3 C．2 D．1【解題思路】設(shè)正方體的棱長為1，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在的直線為x，y，【解答過程】解：設(shè)正方體的棱長為1，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在的直線為x，y，則D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1則DE=DC1+∴C1E=(λ,-λ,0)∴E=(λ，1-λ，1)，∴EF=(對(duì)于①而言就是否存在實(shí)數(shù)λ，使EF//BD，而BD=(-1，-1，0)，-112-λ=-1λ=對(duì)于②而言就是否存在實(shí)數(shù)λ，使EF⊥平面AB1C1D，首先我們?cè)谄矫鍭B∴EF?C1B1=0EF?C1D=0，于是1同理，對(duì)于③而言，還是判斷這樣的實(shí)數(shù)λ是否存在，AD設(shè)其夾角為θ，則cosθ=令θ=60°，此即λ-12×(12-λ)2+λ2+對(duì)于④來說，E點(diǎn)無論在A1C1上怎樣移動(dòng)，底面△ACE的高不變，故而底面面積不變，三棱錐的高為定值，所以其體積不會(huì)隨著E所以正確的個(gè)數(shù)為1個(gè).故選：D.11．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）根據(jù)下列條件，判斷相應(yīng)的線?面位置關(guān)系：(1)直線l1,l(2)平面α,β的法向量分別是u=(3)直線l的方向向量?平面α的法向量分別是a=(4)直線l的方向向量?平面α的法向量分別是a=【解題思路】（1）根據(jù)空間向量垂直的坐標(biāo)運(yùn)算可得答案；（2）根據(jù)面面平行的向量求法可得答案；（3）根據(jù)直線、平面位置關(guān)系的向量判斷方法可得答案；（4）根據(jù)直線、平面位置關(guān)系的向量判斷方法可得答案．【解答過程】（1）∵a∴a?b（2）∵u∴v∴v//u（3）∵a∴a?u∴a與u即l與α相交但不垂直；（4）∵a∴a∴a⊥u，即l?α12．（2023春·高二單元測試）如圖，在多面體ABC-A1B1C1中，四邊形A1ABB1

(1)求證：A1B1(2)求證：AB1∥平面【解題思路】（1）證明AB,AC,（2）求出平面A1【解答過程】（1）證明：由二面角A1-AB-C是直二面角，四邊形A1AA1?平面A1ABB1，平面A1又因?yàn)锳B=AC,BC=2AB，所以AB2+AC所以AB,以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AC,AB,AA1所在直線分別為x軸、

設(shè)AB=2，則知點(diǎn)A0,0,0，B0,2,0，A1由于AB,AC,AA1兩兩垂直，AC∩AA故平面AA1C而A1B1=(0,2,0)=2n，即A1B（2）證明：由（1）知AB1=(0,2,2)，A設(shè)平面A1C1C的一個(gè)法向量為即x1+y1=02x所以AB1?又因?yàn)锳B1?平面A1C1C，13．