专题76空间向量的应用（举一反三讲义）

专题7.6空间向量的应用（举一反三讲义）【全国通用】TOC\o"13"\h\u【题型1平行关系的向量证明】 4【题型2垂直关系的向量证明】 8【题型3异面直线夹角的向量求法】 13【题型4线面角的向量求法】 17【题型5面面角的向量求法】 22【题型6点到直线距离、异面直线距离的向量求法】 27【题型7点面距离、面面距离的向量求法】 32【题型8轨迹问题的向量求法】 37【题型9探索性问题的向量求法】 431、空间向量的应用考点要求真题统计考情分析(1)理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理(2)能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用(3)会求空间中点到直线以及点到平面的距离(4)以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件2023年新高考I卷：第18题，12分2023年新高考Ⅱ卷：第20题，12分2024年新高考I卷：第17题，15分2024年新高考Ⅱ卷：第17题，15分2025年全国一卷：第9题，6分、第17题，15分2025年全国二卷：第17题，15分2025年北京卷：第17题，14分2025年天津卷：第17题，15分空间向量的应用是高考的重点、热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，空间向量解立体几何一般以解答题形式为主，每年必考，难度中等偏难，第一小问一般考查空间线、面位置关系的证明；空间角与点、线、面距离问题通常在解答题的第二小问考查；有时在选择题、多选题中也会涉及，难度一般.近年命题趋势更注重动态几何问题和向量法的综合应用，如通过翻折情境分析空间角的变化，需灵活求解；备考时需强化坐标系建立技巧、法向量求解步骤及空间角公式的熟练应用，同时注重向量运算的严谨性，避免因计算失误失分.知识点1空间位置关系的向量表示1．直线的方向向量直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在的直线与直线l平行或重合，那么称此向量a为直线l的方向向量.2．平面的法向量平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则称向量a为平面α的法向量.知识点2用空间向量研究直线、平面的平行关系1．空间中直线、平面的平行(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＝0.2．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．3．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．4．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．知识点3用空间向量研究直线、平面的垂直关系1．空间中直线、平面的垂直(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.2．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．3．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．4．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．知识点4用向量法求空间角1．用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；2．向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.3．向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.知识点5用空间向量研究距离问题1．距离问题2．向量法求点到直线距离的步骤：(1)根据图形求出直线的单位方向向量v.(2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量MN.3．求点到平面的距离的常用方法(1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离.(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求.(3)等体积法.【方法技巧与总结】【题型1平行关系的向量证明】【例1】（2425高二下·四川南充·阶段练习）如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB=2，AF=1,M在EF上且AM//平面BDE，则M点的坐标为（

）

A．1,1,1 B．22,22,1 【答案】B【解题思路】设Mλ,λ,1，求平面BDE的法向量，根据线面平行可得AM【解答过程】由题意可知：A2设Mλ,λ,1，则DE设平面BDE的法向量n=x,y,z，则令z=2，则x=y=1，可得n因为AM//平面BDE，则AM⊥即AM⋅n=λ−2+λ−2+故选：B.【变式11】（2425高二上·江西·阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2AA1，当A．1 B．2 C．3 D．5【答案】C【解题思路】根据题意可知，以A点为坐标原点，AB,AD,AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用共线定理和线面平行的向量解法可确定实数【解答过程】如下图所示：以A点为坐标原点，AB,AD,AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系；设则A1(0,0,1),B(2,0,0),C(2,2,0),即A1C=(2,2,−1)由A1C即x=2λ则D设平面BDC1的一个法向量为BC1令y1=1，则x由D1P//平面BDC1所以λ=3.故选：C.【变式12】（2025·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥PABCD与正方体ABCD−A1B

(1)求证：PC//平面ADC(2)若AB=3，求四棱锥P−ADC【答案】(1)证明见解析(2)9．【解题思路】（1）建立空间直角坐标系证明线面平行即可；（2）根据线面垂直结合锥体体积公式计算即可.【解答过程】（1）如图以点A1为原点，A1D1为x轴A1B1设AB=2a,则PC=32AB=3a,过P作PP1平面ABCD.因为PC2=PC设平面ADC1BA0,0,2aAD→则2ax=02ax+2ay−2az=0可得x=0y=1所以n→=0,1,1,n→·PC→=0−a+a=0

（2）因为AB=3，所以CD因为PC//平面ADC1B因为CD1⊥C1D,AD⊥CD1,AD∩DC1=D,VP−AD【变式13】（2025·全国·模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，△ABC和△BCD都是正三角形，E是BC的中点，点F满足DF=λ(1)求证：平面ABC⊥平面ADF；(2)若AD=BC=23，且BF∥【答案】(1)证明见解析(2)6【解题思路】（1）根据面面垂直的判定定理可证得结果，（2）取△BCD的中心为O，证明AO⊥平面BCD，建立空间直角坐标系，由线面平行利用向量法列式可得结果.【解答过程】（1）如图，连接DE，因为DF=λEA，所以DF∥AE．所以A，E，D，因为在三棱锥A−BCD中，△ABC和△BCD都是正三角形，E是BC的中点，所以AE⊥BC，DE⊥BC．因为AE,DE⊂平面ADF，AE∩DE=E，所以BC⊥平面ADF，又BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADF．（2）如图，记△BCD的中心为O，连接OA，由（1）BC⊥平面AED，而AO⊂平面AED，故AO⊥BC，又BC⊂平面BCD，故平面AED⊥平面BCD，而平面AED∩平面BCD=DE，AO⊂平面AED，故AO⊥平面BCD，过O作直线x⊥CD，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．因为△BCD是正三角形，BC=23，所以OD=2，OE所以A0,0,22，B−3,−1,0，C所以CA=−3设平面ACD的一个法向量为n=x,y,z，则n⋅令y=2，则x=6，z=1，所以因为EA=0,1,22所以BF=因为BF//平面ACD，所以n⋅即3×6+此时DF=2EA=6【题型2垂直关系的向量证明】【例2】（2425高三下·陕西安康·阶段练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是线段A．BD⊥AM B．平面A1BD⊥C．MN//平面A1BD D．【答案】B【解题思路】由面面垂直的判定定理判断B，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法证明面面、线面的位置关系判断ACD．【解答过程】因为A1D⊥AD1，A1D⊥C1D1，AD1∩C1D1以点D为原点，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.设AB=2，则B2,2,0，A12,0,2，A设M0,y,20<y<2，则DB=2,2,0，DA则有m⋅DA1=2又AM=则DB⋅因为CM=0,y−2,2，所以因为MN=1,2−y,−2，所以故选：B．

【变式21】（2425高二上·上海嘉定·期中）在正方体ABCD−A1B1C1DA．存在点Q使得BQ与平面B1CD垂直 B．存在点Q使得DQ与平面C．存在点Q使得B1Q与平面B1CD垂直 D．存在点Q使得【答案】D【解题思路】如图，以D为原点，以DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，求出平面B1【解答过程】如图，以D为原点，以DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则所以DC=(0,1,0),设平面B1CD的法向量为m⋅DC=y=0m⋅设Q(1,0,t)(0≤t≤1)，对于A，BQ=(0,−1,t)，若BQ与平面B1CD垂直，则BQ与m共线，则存在唯一λ，使BQ=λm，则(0,−1,t)=λ(1,0,−1)，所以0=λ−1=0t=−λ，方程组不成立，所以BQ对于B，DQ=(1,0,t)，若DQ与平面B1CD垂直，则DQ与m共线，则存在唯一μ，使DQ=μm，则(1,0,t)=μ(1,0,−1)，所以1=μ0=0t=−μ，得t=−1不合题意，所以DQ对于C，B1Q=(0,−1,t−1)，若B1Q与平面B1CD垂直，则B1Q与m共线，则存在唯一λ1，使B1Q=对于D，D1Q=(1,0,t−1)，若D1Q与平面B1CD垂直，则D1Q与m共线，则存在唯一μ1，使D1Q=μ1m，则故选：D.【变式22】（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB//CD，且CD=6,AB=12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上（不同于

(1)证明：OD⊥平面PAQ；(2)若BE＝2AE，求三棱锥P−ABQ的体积．【答案】(1)证明见解析(2)9【解题思路】（1）由OA，OB，（2）先计算S△ABQ，再计算三棱锥P−ABQ的高ℎ=【解答过程】（1）由题设知OA,OB,OO以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为设AQ=m，则O(0,0,0),A(6,0,0),B(0,6,0),C(0,3,6),D(3,0,6),Q(6,m,0)，则OD=(3,0,6),因为P为BC中点，所以P(0,9因为OD⋅所以OD⊥即OD⊥AQ，又AQ,PQ⊂平面PAQ,AQ∩PQ＝所以OD⊥平面PAQ.（2）因为BE所以AQ因为AB=12,由题设知OA⊥OB，所以OA=6，所以S因为高为6的等腰梯形AABCD中，AB//CD，所以三棱锥P−ABQ的高ℎ=O所以VP−ABQ【变式23】（2025·新疆·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，∠ABC=60(1)求证：AC⊥PB；(2)若AB=2，当平面PAB⊥平面PBC时，求PD的长.【答案】(1)证明见解析(2)6【解题思路】（1）通过PD⊥平面ABCD可得出PD⊥AC，再根据直线与平面垂直的判定即可证得AC⊥平面PBD，最后通过直线与平面垂直的性质定理可证得AC⊥PB.（2）建立空间直角坐标系，利用平面与平面垂直的空间向量公式即可求解.【解答过程】（1）在菱形ABCD中，AC⊥BD，又PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC，又PD∩BD=D，PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，∴AC⊥平面PBD，PB⊂平面PBD，∴AC⊥PB.（2）设AC，BD交点为O，则OA⊥OB，以O为原点，以OA，OB，分别为x轴，y轴，建立如图直角坐标系，设PD=t，则A1,0,0，B0,3,0，AB=−1,3,0，设平面PAB的法向量为n→=x取y=1，则n→取平面PBC的法向量为m→则−x2−3y∴−3+1+12∴t2=6即PD=6【题型3异面直线夹角的向量求法】【例3】（2025·浙江·二模）正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M,N分别为正方形A1A．0 B．34 C．12 【答案】C【解题思路】以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角余弦值即可.【解答过程】如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，则D0,0,0故MN=所以cosMN所以异面直线BD与MN所成角的余弦值为12

故选：C.【变式31】（2025·安徽合肥·模拟预测）中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1、BB1、CC1、DD1均与曲池的底面ABCD垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为A．45 B．35 C．1010【答案】A【解题思路】建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.【解答过程】设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1、OC以O为坐标原点，分别以OC、OB、OO1所在直线为x、y、则C1,0,0、A0,2,0、B1所以CD1=1,0,2，所以异面直线AB1与CD故选：A.【变式32】（2025·江苏苏州·三模）如图，正四棱锥S−ABCD，SA=2，AB=2，P为侧棱SD上的点，且SP(1)求证：AC⊥SD；(2)求异面直线SA与CP所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)7【解题思路】（1）连结BD交AC于点O，连结SO，证明四边形ABCD是正方形，证明AC⊥平面SBD，证明；（2）以O为原点建立空间直角坐标系O−xyz，利用空间向量即可求解.【解答过程】（1）连结BD交AC于点O，连结SO，因为正四棱锥S−ABCD，所以SO⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，所以SO⊥AC，因为正四棱锥S−ABCD，所以四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，因为AC⊥SO，AC⊥BD，SO∩BD=O，SO⊂平面SBD，SO⊂平面SBD，所以AC⊥平面SBD，又SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD；（2）因为OS⊥OB，OS⊥OC，OB⊥OC，所以以O为原点建立空间直角坐标系O−xyz，A(0,−1,0)，S(0,0,3)，C(0,1,0)，所以SA=(0,−1,−CP=所以cos〈因此异面直线SA与CP所成角的余弦值为728【变式33】（2025·河南新乡·二模）《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在四面体ABCD中，CD⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB=4，BC=CD=3，AE=(1)证明：四面体ABCD为鳖臑；(2)若直线MN⊥平面ABD，求直线BE与MN所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)10【解题思路】（1）利用线面垂直的性质可证CD⊥BC，CD⊥AC，CD⊥AB，进而利用线线垂直证明AB⊥平面BCD，进而可得AB⊥BD，可得结论；（2）以B为坐标原点，BC，BA的方向分别为x，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得平面ABD的法向量与直线BE的方向向量，利用向量法可求得直线BE与MN所成角的余弦值.【解答过程】（1）因为CD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，所以CD⊥BC，CD⊥AC，CD⊥AB.又AB⊥BC，且BC∩CD=C，BC,CD⊂平面BCD，所以AB⊥平面BCD，又BD⊂平面BCD，则AB⊥BD，所以四面体ABCD的四个面都为直角三角形，则四面体ABCD为鳖臑.（2）以B为坐标原点，BC，BA的方向分别为x，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则A0,4,0，B0,0,0，D3,0,3则BA=0,4,0，BD=设平面ABD的法向量为n=x,y,z，则令x=1，得n=由cosBE得直线BE与MN所成角的余弦值为1010【题型4线面角的向量求法】【例4】（2024·青海西宁·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=32AA1，D为线段BC的中点，点EA．16 B．26 C．36【答案】B【解题思路】以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【解答过程】如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，不妨设AA1=4则D3,3,0,E4,2,4因为x轴⊥平面ACC1A1，则可取平面则cosDE即直线DE与平面ACC1A故选：B.【变式41】（2024·四川攀枝花·一模）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，∠ACB=90∘，若AC=BC=1，AA．31010 B．1010 C．1【答案】A【解题思路】以点C为原点，CA、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法与同角三角函数的基本关系可求得直线B1【解答过程】在堑堵ABC−A1B1C1中，CC1⊥以点C为原点，CA、CB、CC1所在直线分别为x、y、则B10,1,2、C0,0,0、ACB1=0,1,2，设平面ABB1A则n⋅BA=x−y=0n⋅设直线B1C与平面ABB1A所以cosθ=因此，直线B1C与平面ABB故选：A．【变式42】（2025·全国·模拟预测）由四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥D1−A1D(1)求证：B1O//平面(2)若B1O=23，求A【答案】(1)证明见解析(2)29【解题思路】（1）取A1C1中点O1，连接B1（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【解答过程】（1）如图所示，取A1C1中点O1，连接则由题意B1B//AA1//O所以B1O1//BO且B1所以四边形B1O1又B1O⊄平面A1DC1,（2）由题意可知AC,BD,OB1两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系则由题意A0,−2,0又AAOCOA即A11,−2,23所以AC1=1,4,23设平面A1DC1的一个法向量为所以m⋅DA1=−2y1设AC1与平面A1则sinθ=所以AC1与平面A1【变式43】（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，平面AA1C(1)证明：A1(2)求直线BB1与平面【答案】(1)证明见解析(2)1【解题思路】（1）根据面面垂直的性质定理推出线面垂直，进一步得到AC1⊥BO，作出辅助线易得AC1⊥A（2）取A1C1中点M，易知直线OB,OC,OM两两垂直，建立空间直角坐标系，设OB=aa>0，再分别求出直线【解答过程】（1）在三棱台ABC−A1B1C1中，取AC的中点O，连接由BA=BC，得BO⊥AC，由平面AA1C1C⊥平面ABCBO⊂平面ABC，得BO⊥平面AA而AC1⊂平面A又A1C1∥AO，A1而A1O∩BO=O，A1O，BO⊂平面A1又A1B⊂平面A1（2）取A1C1中点M由平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1则OM⊥平面ABC，直线OB,OC,OM两两垂直，以点O原点，直线OB，OC，OM分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设OB=aa>0则Ba,0,0，A0,−2,0，A1A1B=a,1,−BB设平面A1BC1的法向量令x=3，得n设直线BB1与平面BAsin=3aa当且仅当a=6故直线BB1与平面BA【题型5面面角的向量求法】【例5】（2025高三·全国·专题练习）如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E,F分别为AD,BC的中点，O是AC的中点，∠ABC=2π3，则折后二面角E−OF−A

A．217 B．−217 C．3【答案】A【解题思路】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可由向量的夹角求解.【解答过程】由题意知平面ADC⊥平面ABC，如图，连接OD,OB，因为四边形ABCD是菱形，O是AC的中点，所以OD⊥AC,OB⊥AC，又平面ADC∩平面ABC=AC,OD⊂平面ADC，所以OD⊥平面ABC，而OB⊂平面ABC，所以OD⊥OB，从而OB,OC，OD三线两两垂直．以O为原点，OB,OC,OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令AB=2，则D0,0,1设平面OEF的法向量为n=x,y,z，则n取y=1，则x=−3,z=3，得平面OEF易知平面ABC的一个法向量为OD=则cosn,OD所以二面角E−OF−A的余弦值为217故选:A．【变式51】（2024·江西宜春·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面α经过点B,D，平面β经过点A,DA．12 B．33 C．63【答案】A【解题思路】因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面BDD1B【解答过程】如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面BDD1B以D点为坐标原点，以DA,DC,建立空间直角坐标系D−xyz，由ABCD−A1B1C1D所以AC⊥BD，又因为B1B⊥平面ABCD，AC⊂平面所以AC⊥B1B，又因为BD∩B1B=B，BD,B即AC为平面BDD同理B1C为平面由Aa,0,0,C0,a,0设平面α与平面β的夹角为θ，θ∈0,则cosθ=故选：A.【变式52】（2025·湖南湘潭·一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，侧面PAD⊥底面ABCD,△PAD为正三角形，E，F分别是棱AD，DC的中点，点G在侧棱PD上，且PG:GD=3:1．(1)求证：PB∥平面EFG；(2)若PB⊥BC，求二面角F−EG−D的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)21【解题思路】（1）由平行线分线段成比例易得PB∥GK，再由线面平行的判定定理即可证明；（2）以E为坐标原点，以EA，EB，EP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算二面角即可.【解答过程】（1）如图，连接AC，BD交于点H，设BD交EF于点K，连接GK，因为四边形ABCD为菱形，所以H为线段BD的中点.因为点E，F分别是棱AD，DC的中点，所以点K为线段DH的中点，所以BK=3DK.又PG=3DG，所以PB∥GK.又PB⊄平面GEF，GK⊂平面GEF，所以PB//平面EFG.（2）如图，连接PE，因为△PAD为正三角形，E是AD的中点，所以PE⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，所以PE⊥底面ABCD，因为在菱形ABCD中，AD∥BC，PB⊥BC，所以PB⊥AD，又PE∩PB=P，所以AD⊥平面PBE，所以AD⊥BE，又E是线段AD的中点，所以AB=BD，由已知AB=AD，所以△ABD为正三角形.故以E为坐标原点，以EA，EB，EP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，设AB=12，则E0,0,0，C−12,63,0，D−6,0,0，FEF=−9,33设平面EFG的法向量为n=x,y,z，则EF⋅不妨令x=1，则y=3，z=3，取平面DEG的法向量为m=0,1,0，则易知二面角F−EG−D为锐角，故二面角F−EG−D的余弦值为217【变式53】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图①，在梯形ABCD中，BC∥AD,∠ABC=∠DCB=60°,BA=AD=DC,M为线段BC的中点，将△BAM沿AM折起至△B(1)若B′D=AD，证明：(2)若二面角B′−AM−D的大小为120∘，求平面DA【答案】(1)证明见解析(2)21【解题思路】（1）设AB=2，则BC=2+2×2cos60∘=4，连接MD,AC,交于点E，连接B′E,利用余弦定理求得（2）取AM的中点H，连接DH,BH,证明∠B′HD为二面角B′−AM−D的平面角，由余弦定理求得B′D=3，过点BO，证明B′O⊥平面【解答过程】（1）设AB=2,因BC∥AD,∠ABC=∠DCB=60°,则BC=2+2×2cos因M为线段BC的中点，则BM=MC=2,如图②，连接MD,AC,交于点E，连接B′易得菱形MCDA,则ME=ED=1,因B'D=B'M=2在△B′AE中，由余弦定理，cos在△B′CE由B′C2（2）由题意，△AB′M与△ADM均为边长是2的正三角形，取AM的中点H则DH⊥AM,BH⊥AM,即∠B′HD为二面角B在△HB′D中，由余弦定理，B过点B′作直线DH的垂线段B'O,交DH于点OB′H∩DH=H,B′H,DH⊂平面HB′D,故AM⊥平面因B′O⊥DH,DH∩AM=H,DH,AM⊂平面MCDA，故B′分别以OD,OB′所在直线为y,z轴，以过点O与AM平行的直线为因∠B′HO=180∘则B′则DB设平面B′AD的法向量为则DB′⋅设平面DCB′的法向量为则DB′⋅则cos〈设平面DAB′与平面DCB则sinθ=【题型6点到直线距离、异面直线距离的向量求法】【例6】（2025·四川·二模）已知空间中向量AB=（0，1，0），向量AC的单位向量为（−33，33，−A．33 B．63 C．23【答案】B【解题思路】由点B到直线AC的距离为：AB2【解答过程】设向量AC的单位向量为e，则e=−3点B到直线AC的距离为：AB2故选：B.【变式61】（2425高二下·甘肃平凉·期中）正四棱锥S−ABCD中，O为顶点S在底面ABCD内的正投影，P为侧棱SD的中点，且SO=OD=2，则异面直线PC与BD的距离为（

A．1010 B．105 C．510【答案】B【解题思路】连接AC，BD，可得AC⊥BD且交于O，再由SO⊥面ABCD，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【解答过程】因为S−ABCD为正四棱锥且O是S在底面ABCD内的正投影，所以SO⊥面ABCD，连接AC，BD，则AC⊥BD且交于O.因为OC,BD⊂面ABCD，所以SO⊥OC，SO⊥OD.所以以OC，OD，OS为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为SO=OD=2则S0,0,2，D0,2,0，C所以BD=0,22设异面直线BD与PC的公垂线方向向量为n=则有n⋅BD=0n⋅又因为CD=所以异面直线BD与PC的距离d=CD所以异面直线BD与PC的距离为105故选：B.【变式62】（2425高二上·辽宁大连·期末）三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2A1B1,AB⊥BC,AC⊥BB1

(1)证明：DE∥平面A(2)求异面直线A1C1【答案】(1)证明见解析；(2)22【解题思路】（1）由题意和三棱台的结构特征可得ACA1C（2）根据面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质证得BC⊥B1B、B【解答过程】（1）三棱台ABC−A1B1C有△ACD∼△A1C1D又AE=2EB，所以在平面ABC1内，DE⊂平面A1BC1,BC（2）已知平面AA1B1B⊥平面ABC，平面ABC⊂平面ABC，所以BC⊥平面AA1B1B，由B又AC⊥BB1,BC∩AC=C,BC⊂平面ABC，AC⊂所以BB1⊥平面ABC，由AB⊂平面ABC，得B以B为坐标原点BA,BC,BB1的方向分别为则有B1BC因为DE//BC1，所以设向量n=(x,y,z)，且满足：n则有y+z=0−32EA1=12则异面直线A1C1与DE的距离

【变式63】（2025·广东·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，M为PD的中点．

(1)求点P到直线BM的距离；(2)求平面PAC与平面PAD的夹角的余弦值．【答案】(1)7(2)2【解题思路】（1）取AB的中点O，连接PO，由题可得PO⊥平面ABCD，在平面ABCD内过点O作Oy⊥AB，则射线OB,Oy,OP两两垂直，以点O为坐标原点，射线OB,Oy,OP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，求出直线BM与BP所成角的正弦，利用向量法求出点P到直线BM的距离；（2）求出平面PAD和平面CAP的法向量，利用向量法求解.【解答过程】（1）取AB的中点O，连接PO，如图，在正三角形PAB中，则PO⊥AB，因为侧面PAB⊥底面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PO⊂平面PAB，所以PO⊥平面ABCD，在平面ABCD内过点O作Oy⊥AB，则射线OB,Oy,OP两两垂直，以点O为坐标原点，射线OB,Oy,OP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则B1,0,0所以AD=设直线BM与BP所成角为θ，则cosθ=BP⋅所以点P到直线BM的距离为BP⋅

（2）设平面PAD的法向量为m=则m⋅AD=2y1设平面CAP的法向量为n=则n⋅AC=2x2所以cosm所以平面CAP与平面PAD的夹角的余弦值为27【题型7点面距离、面面距离的向量求法】【例7】（2025·江西萍乡·一模）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=2，∠ABC=60°，E为CD的中点，沿AE将△DAE翻折至△PAE的位置得到四棱锥P−ABCE，且PB=2.若F为棱PB的中点，则点F到平面PCE的距离为（

）A．32 B．1510 C．1515【答案】B【解题思路】先根据已知条件推导面面垂直关系，再建立空间直角坐标系确定各点坐标，最后通过向量垂直的条件求解平面法向量，再用点到面的距离公式计算即可.【解答过程】在四边形ABCD中，连接BE，由题意可知△DAE是边长为1的等边三角形，则∠AED=π3，∠BCE=2π3，BC=CE=1即AE⊥EB，且BE=AB2−AE2=则PE2+B由AE∩PE=E，AE，PE⊂平面PAE，可得EB⊥平面PAE，又因为EB⊂平面ABCE，所以平面PAE⊥平面ABCE.取AE中点O，AB中点H，连PO，OH，则PO=32，OH//因为△PAE为等边三角形，则PO⊥AE，平面PAE∩平面ABCE=AE，PO⊂平面PAE，所以PO⊥平面ABCE.以O为原点，OA,OH,OP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则P0,0,32，EF−14,32,34设平面PCE的法向量n=则n⋅PC=−x+32y−3可得n=由点F为线段PB的中点，知点F到平面PCE的距离是点B到平面PCE的距离的12平面PCE的一个法向量n=3,1,−1点B到平面PCE的距离d′=n⋅CBn=故选：B.【变式71】（2425高二下·全国·课后作业）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别是棱AB，AD，B1A．13 B．23 C．12【答案】B【解题思路】将问题转化为点F到平面GHDB的距离，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1的方向为x轴、y轴、【解答过程】以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1的方向为x轴、y轴、

则D(0,0,0)，F(1,0,0)，B(2,2,0)，H(0,1,2)，E(2,1,0)，B1所以DF=(1,0,0)，DH=(0,1,2)，DB=(2,2,0)所以DH=EB1，因为D,H,E,B由EB1⊄面GHDB，DH⊂面GHDB，则E因为E，F，分别是棱AB，AD的中点，所以EF∥BD，同理，EF∥平面GHDB，而EF∩EB1=E，EF,E所以平面EFD1B1∥平面GHDB,EF⊂面EFD所以平面EFD1B1和平面GHDB之间的距离，就是EF到平面GHDB的距离，也就是点设平面GHDB的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DH=y+2z=0n所以点F到平面GHDB的距离d=DF⋅n即平面EFD1B1和平面故选：B.【变式72】（2025·湖南长沙·模拟预测）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面PCD，PA⊥AD，PA=AD=2，点E为线段PD的中点，点F为线段PC上的动点（不含端点）.(1)证明：平面AEF⊥平面PCD；(2)若平面AEF与平面PBC的夹角为π4，求点P到平面AEF【答案】(1)证明见解析(2)4【解题思路】（1）利用线面垂直的性质定理、判定定理可得答案；（2）利用线面垂直的性质定理、判定定理得出PA⊥平面ABCD，以A为原点，AB，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设PF=λPC0<λ<1，记PB的中点为G，求出平面AEF、平面PBC【解答过程】（1）因为PA⊥AD，PA=AD=2，PE=DE=2，所以AE⊥PD又因为平面PAD⊥平面PCD，且平面PAD∩平面PCD=PD，所以AE⊥平面PCD，又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PCD；（2）由（1）知，AE⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AE⊥CD，又因为底面ABCD为正方形，所以CD⊥AD，由AD∩AE=A，AD,AE⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，所以CD⊥PA，又因为PA⊥AD，CD∩AD=D，CD,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，以A为原点，AB，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0，则AE=0,1,1，AP=0,0,2，设PF=λPC0<λ<1设平面AEF的法向量m=x1令y1=λ，则x1=1−2λ，设平面PBC的法向量n=a,b,c，n⋅PB=2a−2c=0则平面PBC的法向量n=由题意得，cosm,n整理得，3λ2−2λ=0，解得λ=2所以平面AEF的法向量可取ℎ=−3所以点P到平面AEF的距离d=AP【变式73】（2425高二上·内蒙古赤峰·阶段练习）如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=90°,BC=2,CC1=4，点E在线段BB1(1)求证：B1D⊥平面(2)求证：平面EGF//平面ABD；(3)求平面EGF与平面ABD的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)32【解题思路】（1）建立合适空间直角坐标系，应用向量法可得B1D⊥（2）同（1）可证B1D⊥平面（3）向量法求点F到平面ABD的距离，结合（2）结论即可得结果.【解答过程】（1）由题设，BA,BC,BB以B为坐标原点，BA,BC,BB1分别为x轴、y轴、则B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4)，设BA=a所以BA=(a,0,0),BD=(0,2,2),B1所以B1D⊥BA，B1又BA∩BD=B，且BA,BD都在平面ABD内，故B1D⊥平面（2）由题意知E(0,0,3),G(a2,1,4),F(0,1,4)所以B1D⋅EG=0，B所以B1D⊥EG，又EG∩EF=E且B1D,EF都在平面EFG内，所以B1结合（1）知，平面EGF//平面ABD.（3）由（1）（2）知，BF=(0,1,4)，B1D所以点F到平面ABD的距离为d=BF由（2）知，平面EGF与平面ABD的距离等于点F到平面ABD的距离，所以两平面间的距离为32【题型8轨迹问题的向量求法】【例8】（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体ABCD−A1B1C1D1中，Q是DDA．5π B．25π C．5【答案】B【解题思路】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到AQ⊥平面CDRH，由点到平面的距离和球的半径得到点P的轨迹为以5为半径的圆，从而求出点P的轨迹长度.【解答过程】以点D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为则Q0,0,52球心O52,52,52，取A1则R52,0,5DC故DR⊥AQ，CD⊥AQ，又DR∩CD=D，DR,CD⊂平面CDRH，故AQ⊥平面CDRH，故当P位于平面CDRH与内切球O的交线上时，满足CP⊥AQ，此时O52,d=DOr=254−54故点P的轨迹为以5为半径的圆，故点P的轨迹长度为25故选：B.【变式81】（2025·北京·二模）设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为正方体表面上一点，且点P到直线AA1的距离与它到平面A．32 B．22+π C．【答案】D【解题思路】建立空间直角坐标系，得点P的坐标满足x−22【解答过程】以D为原点，DA,DC,DD显然点P到平面ABCD的距离为z，设点Px,y,z，在AA1上取一点A所有A2P=所以点P到直线AA1的距离为所以x−22令z=0，得x=2,y=0，此时点P的轨迹就是一个点，此时点P的轨迹长度是0，令z=2，得x−22+y2=4,x,y∈0,2，此时点P在以令x=0，得4+y2=z2令x=2，得y2=z2,z,y∈0,2，即y=z,z,y∈0,2令y=0，x−22=z2,z,x∈0,2，即2−x=z,z,x∈0,2令y=2得，x−22+4=z2,z,x∈综上所述，所求为42故选：D.【变式82】（2025·浙江嘉兴·二模）如图，已知AD//BC//FE，平面ABF⊥平面ADEF，AB⊥AF，AF⊥AD，AD=2BC=2EF=2AF=2，点P为梯形ADEF内（包括边界）一个动点，且(1)求点P的轨迹长度；(2)当线段BP最短时，直线BP与平面BCEF所成角θ的正弦值为36，求三棱锥P−CDE【答案】(1)2(2)16或2【解题思路】（1）利用空间中的垂直关系可得AB⊥平面ADEF，建立如图所示的空间直角坐标系后利用直线的方向向量和平面的法向量可求P的轨迹方程，从而可求轨迹长度；（2）利用向量法结合直线BP与平面BCEF所成角θ的正弦值为36求得AB的长度，再结合向量法可求P到直线DE【解答过程】（1）因为平面ABF⊥平面ADEF，AB⊥AF，平面ABF∩平面ADEF=AF，AB⊂平面ABF，故AB⊥平面ADEF，而AF⊥AD，故可建立如图所示的空间直角坐标系，设B0,0,b，则A因点P为梯形ADEF内（包括边界）一个动点，可设Px,y,0，则BP又EC=设平面CDE的法向量为m=则m→·EC因BP//平面CDE，则BP故bx+by−b=0，即x+y−1=0，取x=0，则y=1，取y=0，则x=1，故P的轨迹长度为12（2）取AD的中点为G，连接FG，AP，由（1）可得P的轨迹为FG.又由（1）可得BA⊥平面ADEF，而AP⊂平面ADEF，故AB⊥AP，因AP2=BP2−AB而AF=AG=1，故点P为FG的中点，故P1设平面BCEF的法向量为n=u,v,t，而EF=故−v=0u−bt=0，故可取n因直线BP与平面BCEF所成角θ的正弦值为36而BP=12故2b4−3b2易得BC//平面ADEF，则点C到平面PDE的距离为1或22又ED=−1,1,0，故P到直线ED的距离为EP2易得ED=2，故故三棱锥P−CDE的体积为13×1【变式83】（2025·江苏·三模）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点(1)证明：AD⊥平面BB(2)若AB=AC=22,AB⊥AC，二面角C−AC①求AC与平面ADC②点E在侧面ABB1A1内，且三棱锥E−ADC【答案】(1)证明见解析(2)①12；②【解题思路】（1）根据直棱柱的性质及线面垂直的判定定理即可得证；（2）以AB,②中根据三棱锥体积求出点E到平面的距离，再由向量法求距离，化简可得轨迹方程，利用轨迹方程确定轨迹为线段，即可得解.【解答过程】（1）在直三棱柱ABC−A1B因为AD⊂平面ABC，所以C又因为AD⊥DC1，CC1∩D所以AD⊥平面B（2）①在直三棱柱ABC−A1B1C1中，以AB,则D2,2设平面ADC1的法向量由n1⋅AD=2所以平面ADC1的一个法向量又平面CAC1的法向量所以cosπ3所以n1所以cos设AC与平面ADC1所成角为θ②因为AD⊥DC所以S因为三棱锥E−ADC1的体积为所以E到平面ADC1因为E在侧面ABB1AE到平面ADC1的距离为即轨迹方程为z=−22x+2所以E在侧面ABB1A所以E的轨迹长度为A1【题型9探索性问题的向量求法】【例9】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC=π(1)设线段BE中点为F，证明：CF∥平面ADE(2)在线段AB上是否存在点M，使得点B到平面CEM的距离等于22，如果存在，求MB【答案】(1)证明见解析(2)存在，MB的长为2【解题思路】（1）取AE的中点G，根据线面平行的判定定理即可得证；（2）设MB=x，根据等体积法VB−MEC=V【解答过程】（1）取BE的中点F，AE的中点G，连结FG、GD、CF，则有GF=12AB因为DC=12AB，CD//AB所以四边形CFGD是平行四边形，则CF//又DG⊂平面ADE，CF⊄平面ADE，所以CF//平面ADE（2）存在.设MB=x(0<x<4)，在Rt△BEC中，EC=因为MB⊥平面BEC，所以VM−BEC因为MB⊥平面BEC，BE⊂平面BEC，BC⊂平面BEC所以MB⊥BE,MB⊥BC，则△MBE,△MBC均为直角三角形.在Rt△MBE中，ME=同理，MC=x取EC的中点H，因为ME=MC，所以MH⊥EC，而MH=M故S△MEC因为点B到面CEM的距离等于22所以VB−MEC而VB−MEC=VM−BEC，所以所以在线段AB上只存在唯一一点M，当且仅当BM=23015时，点B到面CEM【变式91】（2025·江西景德镇·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，(1)证明：AC⊥平面BCC(2)若AC=BC，在线段EC1上是否存在点M，使平面AMA1与平面AME夹角的余弦值为【答案】(1)证明见解析；(2)存在，理由见解析.【解题思路】（1）先求证FC⊥EC1，接着由题设AF⊥EC1结合线面垂直判定定理求证EC1⊥平面AFC，进而得E（2）建立适当的空间直角坐标系，设AC=BC=BB1=2，Mx,0,2−2x0≤x≤1，求出平面AMA1的一个法向量为m【解答过程】（1）证明：因为BC=BB所以由题在Rt△FBC和Rt△ECC1中，所以∠EC所以可得FC⊥EC1，又AF⊥EC1，AF∩FC=F，所以EC1⊥平面AFC，又AC⊂平面AFC又由直三棱柱性质可得C1C⊥AC，C1所以AC⊥平面BCC（2）由题意和（1）可以C为原点，CB,CA,CC1为若AC=BC，则可设AC=BC=BB则C0,0,0,A0,2,0则AM=设平面AMA1的一个法向量为m=x1则m⊥AMm则m·AM=x取x1=2,x所以cosm解得x=138（舍去）或所以若AC=BC，在线段EC1上存在点M，使平面AMA1与平面AME夹角的余弦值为3102【变式92】（2025·贵州遵义·模拟预测）在多面体ABCDMN中，已知四边形ABNM是边长为2的正方形，AB=AD=12BC，AD//BC，AB⊥AD，平面ABNM⊥平面ABCD(1)若平面ANH∩平面MNC=l，求证：MC//(2)在线段NC上是否存在一点P，使得平面PAH⊥平面NAH？若存在，求PNNC【答案】(1)证明见解析(2)存在，PN【解题思路】（1）连接BM交AN于点E，连接HE，先证明MC//平面ANH（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【解答过程】（1）证明：连接BM交AN于点E，连接HE，因为四边形ABNM为正方形，所以E为BM的中点，又H为线段BC的中点，所以EH//又EH⊂平面ANH，MC⊄平面ANH，所以MC//平面ANH因为平面ANH∩平面MNC=l，且MC⊂平面MNC，所以MC//（2）在正方形ABNM中，NB⊥AB，因为平面ABNM⊥平面ABCD，平面ABNM∩平面ABCD=AB，且NB⊂平面ABNM，所以NB⊥平面ABCD，又AD//BC，AB⊥AD，所以以B为原点，以BA,BC,BN所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，又AB=AD=BN=12BC=2，H所以A2,0,0则AH=设NP=λNC=0,4λ,−2λ，所以AP=设平面PAH的一个法向量为m=则m⋅AH=−2x1设平面NAH的一个法向量为n=则m⋅AH=−2x2由平面PAH⊥平面NAH，则m⋅n=1−λ+1−λ+1−2λ=0，解得λ=所以在线段NC上存在一点P，使得平面PAH⊥平面NAH，且PNNC【变式93】（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形ABCD中，D=60°,DC=2AD=2，将△ADC沿AC折起，使点D到达点P位置，且PC⊥BC，连接PB得三棱锥P−ABC，如图2．(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；(2)在线段PC上是否存在点M，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为58，若存在，求出|PM|【答案】(1)证明见解析(2)存在；2【解题思路】（1）推导出PA⊥AC，证明出BC⊥平面PAB，可得出PA⊥BC，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点A为坐标原点，BC、AC、AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设PM=λPC，其中0≤λ≤1，利用空间向量法可得出关于λ的等式，结合0≤λ≤1求出【解答过程】（1）证明：翻折前，因为四边形ABCD为平行四边形，∠D=60∘，则因为DC=2AD=2，则AB=DC=2，BC=AD=1，由余弦定理可得AC所以，AC2+BC2翻折后，则有BC⊥AC，PA⊥AC，因为PC⊥BC，AC∩PC=C，AC、PC⊂平面PAC，所以，BC⊥平面PAC，因为PA⊂平面PAC，则PA⊥BC，因为AC∩BC=C，AC、BC⊂平面ABC，所以，PA⊥平面ABC，所以平面PAB⊥平面ABC.（2）因为PA⊥平面ABC，BC⊥AC，以点A为坐标原点，BC、AC、AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0、P0,0,1、C0,设PM=λPC=λ则AM=AP+设平面ABM的法向量为m=x,y,z，则取y=λ−1，则z=3λ，x=3平面MBC的一个法向量为n=a,b,c，PB=则n⋅PB=−a+3b−c=0则，整理可得λ=2因此，线段PC上存在点M，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为58，且PM一、单选题1．（2024·宁夏吴忠·一模）已知平面α=P∣n⋅P0P=0，其中点PA．1,2,3 B．−2,4,5 C．−3,4,5 D．2,−4,8【答案】B【解题思路】结合各个选项分别求出P0P，计算【解答过程】平面α=P∣n⋅P0对于A，设P1,2,3，则P∵P0P⋅n=0对于B，设P−2,4,5，则P∵P0P⋅n=−3+2+2=1≠0对于C，设P−3,4,5，则P∵P0P⋅n=−4+2+2=0对于D，设P2,−4,8，则P∵P0P⋅n=1−6+5=0故选：B．2．（2025·贵州遵义·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M、A．A1M∥CN C．MN⊥面AA1C1C【答案】B【解题思路】建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量共线的基本定理可得A错误；由向量的数量积为零可得B正确，C错误；求出面A1BD的法向量，由MN与【解答过程】以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为2，对于A，A1则A1若A1M∥CN，则A1对于B，B12,2,2，则A1B1⋅MC对于C，A2,0,0，MN=−2,−1,1则MN⋅AC=−2,−1,1⋅−2,2,0=4−2+0=2≠0，所以MN与AC不垂直，因为AC⊂对于D，B2,2,0,D0,0,0设面A1BD的法向量为则n⋅A1B=0所以MN⋅n=−2,−1,1⋅−1,1,1=2−1+1=2≠0，即MN故选：B.3．（2025·甘肃白银·三模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，A．63 B．79 C．59【答案】B【解题思路】建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解异面直线所成角得余弦值即可.【解答过程】以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x，则A13,0,2,M故异面直线A1M和BN夹角的余弦值为A1故选：B.4．（2025·甘肃甘南·模拟预测）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，A．255 B．55 C．1【答案】A【解题思路】建立空间直接坐标系，写出点坐标，利用空间坐标法求点到平面的距离即可.【解答过程】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G2,λ,2，D10,0,2，E所以D1E→=2,0,−1设平面D1EF的法向量为n→令x=1，则y=0，z=2，所以平面D1EF的一个法向量为所以点G到平面D1EF的距离为故选：A.5．（2025·河南安阳·一模）如图，在三棱锥S−ABC中，SA，SB，SC两两垂直，SC=3，SB=2，SA=1，D为线段SC上靠近C的三等分点，点E为△ABC的重心，则点E到直线BD的距离为（

）A．36 B．66 C．33【答案】B【解题思路】根据题意，以S为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果.【解答过程】根据题意，以S为坐标原点，建立空间直角坐标系，则S0,0,0又点E为△ABC的重心，所以E2则EB=43则cos<则sin<所以点E到直线BD的距离为EB⋅故选：B.6．（2025·北京顺义·一模）六氟化硫是一种无机化合物，常温常压下为无色无味无毒不燃的稳定气体.化学式为SF6，在其分子结构中，硫原子位于中心，六个氟原子均匀分布在其周围，形成一个八面体的结构.如图所示，该分子结构可看作正八面体，记为P−ABCD−Q，各棱长均相等，则平面PAB与平面QAB夹角的余弦值是（A．22 B．23 C．12【答案】D【解题思路】建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法求平面与平面的夹角即可.【解答过程】设正八面体的棱长为a，连接AC、BD相较于点O，连接OP，根据正八面体的性质可知ABCD为正方形，AC⊥BD，OP⊥平面ABCD，建立如图所示，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP为x、y、z轴的空间直角坐标系，A0,−2a2,0，B所以PA=0,2设平面PAB的法向量为n1所以n1⋅PA=0n则有：x1=1yQA=0,2设平面QAB的法向量为n2所以n2⋅QA=0n则有：x2=−1y设平面PAB与平面QAB夹角为θ，则cosθ=平面PAB与平面QAB夹角的余弦值为13故选：D.7．（2025·黑龙江·一模）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E为棱DD1的中点，点A．BD1B．AC．直线B1E与平面CDD．三棱锥P−ACD1【答案】C【解题思路】根据线面平行的判定定理可证明A选项正确；应用空间向量计算数量积，可判断B正确；根据线面角的计算，可得C选项错误；应用空间向量法可求得点到平面距离，再结合三棱锥的体积公式，计算可得D正确.【解答过程】对于A，连接BD、AC，相交于点O，连接OE，如图所示，因为四边形ABCD为正方形，所以O是BD中点，又E为棱DD1的中点，所以又OE⊂平面AEC，BD1⊄平面AEC，所以B对于B，以D为原点，以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设BP=λBC，则A11,0,1，B1所以B1D=−1,−1,−1,A1对于C，由B选项知，A1,0,0，E0,0,1因为DA⊥平面CDD1C1，所以平面设直线B1E与平面CDD所以sinθ=DA⋅对于D，因为P1−λ,1,λ，A1,0,0，C0,1,0则AP=−λ,1,λ，AC=设平面ACD1的法向量为则m⋅AC=0m⋅因为AC=AD1=C点P到平面ACD1的距离为所以三棱锥P−ACD1的体积为故选：C.8．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知四面体ABCD中，AB,BC,BD两两垂直，BC=BD=2,AB与平面ACD所成角的正切值为12，则点B到平面ACDA．32 B．233 C．5【答案】D【解题思路】建立空间直角坐标系，根据条件求出平面ACD的法向量，利用向量法求出点到平面的距离.【解答过程】如图，以B为原点，BC,BD,BA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设BA=t，t>0，则B0,0,0所以AB=0,0,−t，设平面ACD的法向量为n=x,y,z，则令x=1，得y=1,z=2t，故因为直线AB与平面ACD所成角的正切值为12所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为55即AB⋅nAB所以平面ACD的一个法向量为n=故B到平面ACD的距离为d=AB故选：D．二、多选题9．（2025·山东潍坊·二模）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、A．EF与BC异面 B．EF//平面C．EF⊥AC D．BD⊥平面EF【答案】AC【解题思路】利用异面直线的定义可判断A选项；建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BCD选项.【解答过程】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、不妨设正方体的棱长为2，则A2,0,0、B2,2,0、C0,2,0E1,0,2、F2,1,0、对于A选项，EF、BC既不平行，也不相交，故EF与BC异面，A对；对于B选项，EF=1,1,−2，易知平面CDD则EF⋅m=1≠0，故EF对于C选项，AC=−2,2,0，所以，EF⋅对于D选项，DB=2,2,0，所以，EF⋅DB=2+2=4故BD与平面EFC故选：AC.10．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1DA．OB//平面B．OB⊥C．直线BC1与CD．直线BC与平面ACD1【答案】ACD【解题思路】建立空间直角坐标系，根据向量法判断线面平行、线线垂直判断A，B，运用异面直线向量距离公式求解判断C，根据向量法求解线面角判断D.【解答过程】如图，建立空间直角坐标系，则D0,0,0所以AC=−1,1,0,设平面ACD1的法向量为则m⋅AC=−x+y=0m⋅所以OB⋅m=又因为OB⊄平面ACD1，所以OB//BC=−1,0,0，平面ACD设直线BC与平面ACD1所成角为则sinθ=所以直线BC与平面ACD1所成角的正弦值为C1D=则OB⋅所以OB⊥C因为BC1=−1,0,1,则n⋅BC1=−a+c=0又因为BC=−1,0,0，所以直线BC1与故选：ACD.11．（2025·山西·三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，A．BB．平面A1EF与侧面AC．点C到平面A1EFD．B1D与平面A【答案】BC【解题思路】对于A由B1C//EF即可判断，对于B由EF//A1D得面A【解答过程】因为B1D与B1C不垂直，又B1由EF//A1D，所以E,F,A1所以平面A1EFD与侧面AA由正方体棱长为2，得A1以D为坐标原点，建立如图所示坐标系．则C0,2,0，B12,2,2，A12,0,2所以A1F=−1,2,0，EF=设平面A1EF的一个法向量为n=x,y,z令x=1，则y=12，所以n=1,1所以点C到平面A1EF的距离设B1D与平面A1EF所成角为所以cosα所以B1D与平面A1故选：BC.三、填空题12．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=2,AA1=3,∠ABC=【答案】15【解题思路】由题意建立适当的空间直角坐标系，求出异面直线B1E与【解答过程】取AC中点D，连接BD，因为AB=BC，所以BD⊥AC，以D为原点，DB,DC分别为x,y轴，过点D且垂直于面BAC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，AB=BC=2,A所以AC=23,所以B1,0,0所以B1E=−所以异面直线B1E与AC则cosθ=所以异面直线BA1与AC故答案为：15513．（2025·湖南·三模）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱CC1上，且CE=2EC1，若【答案】5【解题思路】建立适当的空间直角坐标系，求出A1B,n，其中n是平面【解答过程】如图，取AB,A1B1的中点F,G，因为AA1⊥所以AA因为三角形ABC是等边三角形，点F是AB中点，所以FB⊥FC，所以FB,FC,FG两两互相垂直，以点F为坐标原点，FB,FC,FG所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，因为CE=2EC1，AB=2，AA1=3所以B1,0,0所以A1设平面BDE的法向量为n=所以DB⋅n=32所以可取n=点A1到平面BDE的距离为A故答案为：5.14．（2025·湖南·三模）如图1，已知球O的半径R=3．在球O的内接三棱锥D−ABC中．DB⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=2BC，BD=6．P，Q分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点（不与点B重合），如图2．则平面OBC与平面GPQ夹角的余弦值的最大值为

【答案】15【解题思路】以点C为坐标原点，直线CB，CA分别为x，y轴，过点C且与BD平行的直线为z轴，建立适当的空间直角坐标系，求出平面OBC与平面GPQ的法向量，进一步得平面OBC与平面GPQ夹角的余弦值的最大值的表达式，结合换元法、基本不等式求解即可.【解答过程】因为DB⊥平面ABC，AC,AB⊂平面ABC，所以DB⊥AC，DB⊥AB，因为AC⊥BC，又BD∩BC=B，所以AC⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AC⊥CD，易知在Rt△ACD和Rt△ADB中，斜边AD的中点到点A，B，C，即AD为球O的直径，设BC=aa>0，因为AC⊥BC，AC=所以AB=3a，AC=2a，因为所以Rt△ADB中，AB=6=以点C为坐标原点，直线CB，CA分别为x，y轴，过点C且与BD平行的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则C0,0,0，A0,2,0，B2,0,0，D2由题可知P0,1,0，Q22,0,0，则CO=22,1,6设平面OBC的一个法向量为m=则m⋅BC=−2x设平面GPQ的一个法向量为p=则p⋅PQ=22设平面OBC与平面GPQ的夹角为θ．因为cos=5令s=26t+1，则s∈1,13，t=可得26当且仅当s=3，即t=6此时cosθ=55×1+故答案为：155四、解答题15．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形ABCD中，AB//CD,∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF//AD，AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得面EFD(1)证明：A′B//平面(2)求面BCD′与面【答案】(1)证明见解析(2)42【解题思路】（1）先应用线面平行判定定理得出A′E//平面CD′F再应用面面平行判定定理得出平面A′EB//平面（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点B,C,D′,E,F的坐标表示出来，然后将平面BC【解答过程】（1）设AD=1，所以AB=3,CD=2，因为F为CD中点，所以DF=1，因为EF//AD，AB//C