專題7.6 空間向量的應用(舉一反三)(新高考專用)(教師版) 2025年高考數學一輪復習專練(新高考專用)_第1頁
專題7.6 空間向量的應用(舉一反三)(新高考專用)(教師版) 2025年高考數學一輪復習專練(新高考專用)_第2頁
專題7.6 空間向量的應用(舉一反三)(新高考專用)(教師版) 2025年高考數學一輪復習專練(新高考專用)_第3頁
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文檔簡介

專題7.6空間向量的應用【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點到直線距離、異面直線距離的向量求法】 42【題型11求點面距、線面距、面面距】 44【題型12立體幾何中的探索性問題】 501、空間向量的應用考點要求真題統(tǒng)計考情分析(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線面位置關系的一些簡單定理(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,體會向量法在研究空間角問題中的作用(3)會求空間中點到直線以及點到平面的距離(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分空間向量的應用是高考的熱點內容,屬于高考的必考內容之一.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、面位置關系的證明;空間角與點、線、面距離問題通常在解答題的第二小問考查,有時在選擇題、多選題中也會涉及.在高考復習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用,學會靈活求解.【知識點1空間位置關系的向量表示】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2用空間向量研究直線、平面的平行關系】1.空間中直線、平面的平行(1)線線平行的向量表示:設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的某一向量是共線向量且直線不在平面內;(2)證明直線的方向向量可以用平面內兩個不共線向量表示且直線不在平面內;(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.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)將面面平行轉化為線線平行然后用向量共線進行證明.【知識點3用空間向量研究直線、平面的垂直關系】1.空間中直線、平面的垂直(1)線線垂直的向量表示:設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:建立空間直角坐標系→寫出點的坐標→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表示;②找出平面內兩條相交直線,并用坐標表示它們的方向向量;③判斷直線的方向向量與平面內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化為線面垂直、線線垂直去證明.(2)法向量法:證明兩個平面的法向量互相垂直.【知識點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)建立空間直角坐標系;(2)用坐標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的射影直線的方向向量,將題目轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角);(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:分別求出兩個法向量,然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.【知識點5用空間向量研究距離問題】1.距離問題(1)點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,P是直線l外一點,設向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量為eq\o(AQ,\s\up6(→))=a,則點P到直線l的距離為(如圖).(2)點P到平面α的距離:設平面α的法向量為n,A是平面α內的定點,P是平面α外一點,則點P到平面α的距離為eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)(如圖).2.向量法求點到直線距離的步驟:(1)根據圖形求出直線的單位方向向量.(2)在直線上任取一點M(可選擇特殊便于計算的點).計算點M與直線外的點N的方向向量.(3)垂線段長度.3.求點到平面的距離的常用方法(1)直接法:過P點作平面的垂線,垂足為Q,把PQ放在某個三角形中,解三角形求出PQ的長度就是點P到平面的距離.②轉化法:若點P所在的直線l平行于平面,則轉化為直線l上某一個點到平面的距離來求.③等體積法.④向量法:設平面的一個法向量為,A是內任意點,則點P到的距離為.【方法技巧與總結】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,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,又因為直線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】根據兩直線方向向量平行兩直線平行即可求解》【解答過程】因為v1=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)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是BC1,CD1的中點,則下列說法錯誤的是(

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,結合向量平行與垂直的性質一一驗證即可【解答過程】設正方體的棱長為1,如圖,建立空間直角坐標系,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)如圖,在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中,側棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=【解題思路】以A為原點,建立空間直角坐標系,求得平面ABCD的一個法向量n=(0,0,1)和向量MN=(0,?52,0),結合MN【解答過程】以A為原點,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),又因為M,N分別為B1C和D1又由向量n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量,且MN由此可得MN?n=0,又因為直線MN?平面ABCD,所以MN//【變式2-1】(2024高二上·全國·專題練習)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,E,F,G分別為PC,PD,CB的中點,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,因為PD⊥平面ABCD,DA,DC?平面ABCD,所以DA,DC,DP兩兩垂直,如圖以D為原點,以DA,DC,則有關點及向量的坐標為:P0,0,2,C0,2,0,G1,2,0,E0,1,1,AP=?2,0,2,EF=設平面EFG的法向量為n=則n?EF=?y=0n?EG=x+y?z=0因為n?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)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,N為BC的中點,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】因為底面ABCD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系A?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設平面OCD的法向量為n=(x,y,z)則n?DO=0n?DC所以MN又∵MN?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)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N,使得AN//平面BDM,求BN【解題思路】(1)連接AC,交BD于點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系,由空間向量法求得點N位置,計算出向量的模得結論.【解答過程】(1)如圖,連接AC,交BD于點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為原點,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)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,G分別是線段PA,PD,CD的中點,求證:平面EFG//平面PBC.【解題思路】建立空間直角坐標系,利用法向量即可求解.【解答過程】因為平面PAD⊥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為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系,則A0,0,0所以PB=(2,0,?2),FE=(0,?1,0),FG=(1,1,?1)設n1=(x則n1⊥FE,n1⊥令z1=1,則x1=1,設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)建立空間直角坐標系,根據正方體性質可知DA為平面CC1D(2)證明DA也是平面MNP的一個法向量即可.【解答過程】(1)證明:以D為坐標原點,DA,DC,DD1的方向分別為x,y,設正方體的棱長為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,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:因為DA=(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】根據題意,以D為原點,建立空間直角坐標系,分別求得平面A1C1【解答過程】以D為原點,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設平面A1C1則n?取x=4,則y=3,z=6,所以平面A1C1設平面ACD1的法向量為則m?取a=4,則b=3,c=6,所以平面ACD1的一個法向量為因為m=n,即所以平面A1C1【變式3-3】(23-24高二上·天津薊州·階段練習)如圖,在長方體ABCD?A1B1C1D(1)求證:平面A1C1(2)線段B1C上是否存在點P,使得A1P//平面【解題思路】(1)根據題意,以D為原點,建立空間直角坐標系,分別求得平面A1C1(2)由空間向量的坐標運算,由A1P與平面【解答過程】(1)證明:以D為原點,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設平面A1C1則n?取x=4,則y=3,z=6,所以平面A1C1設平面ACD1的法向量為則m?取a=4,則b=3,c=6,所以平面ACD1的一個法向量為因為m=n,即m//n,所以平面(2)設線段B1C上存在點P使得A1P//平面由(1)得A1B1=(0,4,0),B1所以A1所以m?A1所以當P為線段B1C的中點時,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,則滿足MN⊥l的是(

)A.

B.

C.

D.

【解題思路】根據給定條件,建立空間直角坐標系,利用空間位置關系的向量證明判斷即得.【解答過程】在正方體中,建立空間直角坐標系,令棱長為2,體對角線l的端點為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】建立適當空間直角坐標系后,借助空間向量計算其數量積即可得.【解答過程】以D為原點,建立如圖所示空間直角坐標系,設正方體棱長為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)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Q,根據線面垂直判定定理證明DQ⊥平面ABC,由條件求DQ,建立空間直角坐標系,利用向量方法證明結論.【解答過程】由∠ABC=90°,△DAB,△DBC都是等邊三角形,AC=2取AC的中點為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.因為△ABC?△ADC,所以∠ADC=∠ABC=90因為PB⊥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,BA,BC,BP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,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)斜三棱柱ABC?A1B1C1的各棱長都為4,∠A1AB=60°,點A1在下底面ABC的投影為【解題思路】連接OC,以O為原點建立如圖所示空間直角坐標系,設BD=λBB【解答過程】因為點A1在下底面ABC的投影為AB的中點O,故A1O⊥連接OC,由題意△ABC為正三角形,故OC⊥AB,以O為原點,OA,OC,OA1分別為則A(2,0,0),A10,0,2可得BB1=?2,0,23設BD=λ可得A1假設在棱BB1(含端點)上存在一點D使則A1D?所以存在,此時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補成正三棱錐P?ABC,分析可知正三棱錐(2)設點P在底面ABC的射影為點O,則O為正△ABC的中心,取AB的中點M,連接CM,則CM⊥AB,以點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系,證明出DE⊥CP,DE⊥CB,再利用線面垂直的判定定理可證得結論成立.【解答過程】(1)解:將正三棱臺ABC?A1B因為B1C1//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:設點P在底面ABC的射影為點O,則O為正△ABC的中心,取AB的中點M,連接CM,則CM⊥AB,CM=ACsinπ3因為PO⊥平面ABC,CO?平面ABC,則OP⊥CO,所以,PO=P以點O為坐標原點,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系,

則C?233,0,0、BD34,?則DE=?33,1,所以,DE?CP=?23+2因為CP∩CB=C,CP、CB?平面BCC1B1,故【變式5-1】(2024高三·全國·專題練習)已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1,M、N、P分別是棱CC【解題思路】結論空間直角坐標系,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系,連結DM、DN.則D0,0,0、N12,1,0、M0,1,于是,DN=12設平面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)如圖,已知直三棱柱ABC?FGE,AC=BC=4,AC⊥BC,O為BC的中點,D為側棱BG上一點,且BD=14BG,三棱柱ABC?FGE的體積為32.過點O作OQ⊥DE,垂足為點Q,求證:BQ⊥【解題思路】先根據三棱柱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,CA,CB,CE所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,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=因為三棱柱ABC?FGE為直三棱柱,所以AC⊥CE,BC⊥CE,因為AC⊥BC,所以CA,CB,CE兩兩垂直,所以以C為原點,CA,CB,CE所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,則O0,2,0則DE=0,?4,3.設DQ=λ故OQ=因為OQ⊥DE,所以OQ?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.又因為CA?平面ACQ,CQ?平面ACQ,CA∩CQ=C,所以BQ⊥平面ACQ.【變式5-3】(2024·重慶·模擬預測)已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1,E在棱DD1上運動,

(1)當E,F為中點時,證明:DF⊥平面ACE;(2)若DF⊥平面ACE,求DGDF的最大值及此時DE【解題思路】(1)以D為坐標原點,DA,DC,DD1方向為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,設(2)由(1)坐標關系與線面垂直,設DG=mDF,可得【解答過程】(1)以D為坐標原點,DA,DC,DD1方向為

則A1,0,0設E0,0,λ當E,F為中點時,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DG=mDF,則由AG?平面ACE,所以AG?當μ≠0時,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)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.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,以AB,AD,AP所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,利用空間向量證明即可.【解答過程】證明:因為PA⊥平面ABCD,AB,AD?平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD,因為四邊形ABCD為矩形,所以AB⊥AD,所以AB,AD,AP兩兩垂直,所以以A為原點,以AB,AD,AP所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,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)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,點F在PC上,且求證:平面AEF⊥平面PCD.【解題思路】如圖,以D為原點,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,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,因為所以DF=13所以AF=?2設平面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D、E分別為邊AC、AB的中點,將△AED沿DE折起,使得平面AED⊥

(1)求證:DC⊥AE;(2)在平面ACD內是否存在點M,使得平面AEM⊥平面ABD?若存在,指出點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,結合面面垂直可得AE⊥平面BCDE,可證結論.(2)以點E為原點,以EB、ED、EA所在直線為x、y、z軸,建立空間直角坐標系E?xyz,求得平面ABD的一個法向量,若AM∥DC,求得平面AEM的一個法向量,可判斷此情況不成立,若AM與DC不共線,設AM∩CD=N,連接EN,利用【解答過程】(1)在△ABC中,∵點D、E分別為邊AC、AB的中點,∴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E為原點,以EB、ED、EA所在直線為x、y、z軸,建立空間直角坐標系E?xyz.則E0,0,0EA=設m=x,y,z為平面則m?AB=0m?假設在平面ACD內存在點M,使得平面AEM⊥平面ABD.連接AM.若AM∥DC,則設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AM∩CD=N,連接EN.

設DN=λDC=λ當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內存在點M,當M點在直線AN(N點在直線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,FA⊥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,求證:平面CDE⊥平面AMD.【解題思路】(1)取AD中點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為坐標原點,以AB,AD,AF為x,y,z軸正半軸建立空間直角坐標系.由垂直向量的坐標運算可證得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)因為AD=2,AF=AB=BC=FE=1,取AD中點N,連接EN,因為AD//BC//FE,所以EN//AF,EN=AF=1,CN=AB=1,又FA⊥平面ABCD,AN?平面ABCD,FA⊥AN,所以EN⊥平面ABCD,又因為AB⊥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為坐標原點,以AB,AD,AF為x,y,z軸正半軸建立空間直角坐標系.點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:因為AC=AE=2,所以△ACE為等腰三角形,M為EC的中點,所以AM⊥CE同理在△NCE中,MN⊥CE,(N為AD中點)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·模擬預測)已知三棱柱ABC?A1B1C1滿足BB12?BAA.33 B.36 C.39【解題思路】設BC=a,BB1=b,BA=【解答過程】設BC=a,BB則AC=BC?則AC1=AC+AA又BA1=BA+因為BB12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,建立空間直角坐標系,求出異面直線BA1與【解答過程】以A為原點,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所在直線為因為直三棱柱ABC?A1B設AB=AC=AA所以B32,?12,0,BA1=設異面直線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四點為頂點的三棱錐體積最大,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】當三棱錐D?ABC的體積最大時,平面ACD⊥平面ABC,以E為原點,EB,EC,ED分別為【解答過程】記AC的中點分別為E,因為AD=CD,所以DE⊥AC,同理,BE⊥AC,記AB=2a,因為∠DAB=π3,所以所以BE=DE=a,AE=CE=3易知,當平面ACD⊥平面ABC時,三棱錐D?ABC的體積最大,此時∠BED=π以E為原點,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·模擬預測)如圖,矩形ABCD是圓柱O1O2的軸截面,點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O2為坐標原點,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O1O2∩BD=F,則F為設線段O2E的中點為G,連接FG,BG,則故∠BFG(或其補角)為異面直線BD與O1

因為O2A=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O2為坐標原點,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·模擬預測)在直三棱柱ABC?A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=32AA1,D為線段BC的中點,點EA.16 B.26 C.36【解題思路】以點A為原點建立空間直角坐標系,利用向量法求解即可.【解答過程】如圖,以點A為原點建立空間直角坐標系,不妨設AA1=4則D3,3,0,E4,2,4因為x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P是線段AB1上的動點(含端點),點Q是線段AC的中點,設A.13 B.33 C.63【解題思路】以點D為原點建立空間直角坐標系,設AP=λAB【解答過程】如圖,以點D為原點建立空間直角坐標系,設AP=λAB1,λ∈則A2,0,0故AC=PQ=設平面ACD1的法向量為則n?AC=?2x+2y=0則sinθ=所以cosθ=當λ=0時,cosθ=1當λ∈0,1時,cos當1λ=1,即λ=1時,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,點F滿足EF=DA,求直線BF與平面【解題思路】(1)取BC中點E,連接AE,DE,根據題意可證AE⊥平面BCD,結合面面垂直的判定定理分析證明;(2)建系標點,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E,連接AE,DE.因為DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,可知△ABD和△ACD是兩個全等的等邊三角形,不妨設DA=DB=DC=2,AB=AC=2.若E為BC中點,則AE⊥BC,又因為BD⊥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.又因為AE?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,分別以ED,EB,EA方向為x軸,y軸,z軸正方向建立空間直角坐標系.則D(2,0,0),B(0,2因為EF=DA=(?可得BF=(?2,?2,設平面ABD的一個法向量為n=(x,y,z),則n取x=1,則y=z=1,即n=(1,1,1)設直線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·模擬預測)如圖,直線PD垂直于梯形ABCD所在的平面,∠ADC=∠BAD=90°,F為線段PA的中點,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CP∩DE=G,連接FG,因為四邊形PDCE為矩形,所以G為PC中點,又F為PA中點,則AC//FG,又FG?平面DEF,AC?平面DEF,所以AC//平面DEF.(2)以D為坐標原點,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系,則A1,0,0,B1,1,0,C0,2,0,∴BC=?1,1,0,CP設平面BCP的法向量為:n=且BC?n=?x+y=0CP?n=?2y+2z=0設直線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、線面垂直的性質推理即可得證.(2)以B為原點建立空間直角坐標系,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為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系B?xyz,則A(0,4,0),D(4,4,0),F(2,0,23),E(2,2,23設平面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)先根據線面垂直得出面面垂直,再應用面面垂直性質定理得出線面垂直;(2)根據線面垂直建系,應用空間向量法求出二面角的余弦,最后應用同角三角函數關系得出正弦.【解答過程】(1)連結BC∵底面ABCD是邊長為2的菱形,?∴AB=AD∵∠A∴△A∵點O為線段BD中點,?∴∵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設平面CBC1的法向量為m=x1則CC1?m=0,CB?CC1?n=0,CD?設二面角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)只需結合已知證明BC⊥平面PAB,由面面垂直的判定定理即可進一步得證;(2)建立適當的空間直角坐標系,引入參數PE=λ【解答過程】(1)因為PA⊥平面ABCD,BC,AC,AB?平面ABCD,所以PA⊥BC,PA⊥AC,PA⊥AB,因為PA=AB=BC=1,PC=3,所以A所以AB⊥BC,又因為PA⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB,所以BC⊥平面PAB,因為BC?平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAB;(2)因為BC⊥平面PAB,BC//AD,所以AD⊥平面PAB,又因為PA,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A為坐標原點,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系,如圖,C1,1,0設PE=λ則AE=AC=1,1,0,設平面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為AE的中點.(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G,連接BG,FG,從而證明BG//平面ECD,FG//平面ECD,即可得到平面BFG//(2)推導出AE⊥平面BFG,BG⊥平面EAD,平面EAD⊥平面ABCD,連接EG,以G為坐標原點,GB,GD,GE所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,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G,連接BG,FG,∵AB=BD,G為AD的中點,∴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,∴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為AE的中點,∴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,∴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為坐標原點,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系,∠EBG是EB與平面ABCD所成的角,即∠EBG=30°,∵EA=ED,設EA=t(t>0),則AD=2t,EG=22t∴G0,0,0,E0,0,22t,A∴EB=62t,0,?2設平面ABE的法向量為n1則n1?EB=6設平面DBE的法向量為n2則n2?EB=6設二面角A?EB?D的平面角為θ,∴cos所以sinθ=1?cos2θ【題型10點到直線距離、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E,F滿足D1A.3355 C.375 【解題思路】利用向量法求點到直線的距離.【解答過程】如圖,建立空間直角坐標系,根據條件可得E0,0,1,F3,3,2,EF=3,3,1,FC1=?3,0,1,設向量∴cos所以點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)如圖,在正方體ABCD?A1B1C1D1中,AB=1,M,N分別是棱AB,CC1的中點,A.24 B.22 C.1 【解題思路】建立空間直角坐標系,利用向量即可根據公式求解.【解答過程】以D為原點,DA,DC,DDD1M=(1,12由n?D1M=x+又MN=(?1,12,1故選:A.【變式10-2】(2024·全國·模擬預測)已知在空間直角坐標系中,直線l經過A3,3,3,B0,6,0兩點,則點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G在側棱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A為原點建立空間直角坐標系,利用向量法求解即可.【解答過程】如圖,以點A為原點,AB→,AD則B3,0,0所以DG=設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求點面距、線面距、面面距】【例11】(2024·廣東·三模)如圖,邊長為4的兩個正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直,E,F分別為BC,CD的中點,點G在棱AD上,AG=2GD,直線AB與平面EFG相交于點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E為原點,建立空間直角坐標系,利用點到平面距離公式求解即得.【解答過程】(1)因為E、F分別為BC、CD的中點,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,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E為原點,直線EB,ED,EA分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,則B2,0,0,F?1,3,0,又又AG→=2GD所以EB=2,0,0,EF=設平面EFG的一個法向量為n=(x,y,z),則EF令y=1,得n=設點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·模擬預測)如圖,直四棱柱ABCD?A1B1C1D(1)求點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(2)利用向量法求解即可.【解答過程】(1)連接AC,由題意,點O為AC,BD的交點,連接B1D1交A1C1于點O1因為四邊形ABCD為菱形,則AC⊥BD,如圖,以點O為原點,建立空間直角坐標系,在△ABD中,∠BAD=π3,則△ABD為等邊三角形,則則O0,0,0故OD=設平面A1C1D的法向量為n=則點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)直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中,底面ABCD為正方形,邊長為2,側棱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,∵MN?∴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,建立空間直角坐標系D﹣xyz,

則A(2,0,0),M(1,0,3),B(2,2,0),E(0,1,3),F(1,2,3),N(2,1,3),∴AM→∴EF→=MN→∵MN?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:設平面AMN的一個法向量為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O,借助等邊三角形的性質結合線面垂直的判定定理可得AC⊥平面A1(2)建立適當空間直角坐標系,再利用體積公式與空間向量夾角公式,結合點到平面的距離公式計算即可得解.【解答過程】(1)如圖,取AC的中點O,連接OB,OA1,因為△ABC是等邊三角形,所以又AA1=A1C,所以AC⊥OAOA1?平面A1OB因為A1B?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,所以所以可過點O作Oz軸平行于A1D,建立如圖所示的空間直角坐標系

因為三棱柱ABC?A所以12×2×2×3則B0,3,0,C?1,0,0,A1,0,0所以A平面ABC的一個法向量為n=所以sin60°=此時A10,0,3所以CC1=設平面BCC1B則m?CC令x=3,解得y=?1,z=1,所以m又A1故點A1到平面BCC1【題型12立體幾何中的探索性問題】【例12】(2024·內蒙古呼和浩特·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)設線段BE中點為F,證明:CF∥平面ADE(2)在線段AB上是否存在點M,使得點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G,根據線面平行的判定定理即可得證;(2)設MB=x,根據等體積法VB?MEC=V【解答過程】(1)取BE的中點F,AE的中點G,連結FG、GD、CF則有GF=12AB因為DC=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MB=x(0<x<4),在Rt△BEC中,EC=因為MB⊥面BEC,所以VM?BEC因為MB⊥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H,因為ME=MC,所以MH⊥EC,而MH=M故S△MEC因為點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M,當且僅當BM=23015時,點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)根據勾股定理的逆定理可得AB⊥AD,建立如圖空間直角坐標系A?xyz,利用空間向量法求解線面角即可;假設在線段BC上存在點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,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=(設平面BDA1的一個法向量為則n?BD=?22x+22y=0設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在線段BC上存在點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D到達點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論成立;(2)以點A為坐標原點,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系,設PM=λPC,其中0≤λ≤1,利用空間向量法可得出關于λ的等式,結合0≤λ≤1求出【解答過程】(1)證明:翻折前,因為四邊形ABCD為平行四邊形,∠D=60°,則因為DC=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,因為PC⊥BC,AC∩PC=C,AC、PC?平面PAC,所以,BC⊥平面PAC,因為PA?平面PAC,則PA⊥BC,因為AC∩BC=C,AC、BC?平面ABC,所以,PA⊥平面ABC,所以平面PAB⊥平面ABC.(2)因為PA⊥平面ABC,BC⊥AC,以點A為坐標原點,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系,則A0,0,0、P0,0,1、C0,設PM=λPC=λ則AM=AP+設平面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,側面A1

(1)求側棱AA(2)側棱CC1上是否存在點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,結合題目條件,先計算出AD的值,然后即可以求得側棱AA(2)建立空間直角坐標系,設未知數λ,結合題目條件,列出方程求解,即可得到本題答案.【解答過程】(1)在平面AA1B1B內過A因為側面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,因為VC1?ABC因為∠A1AB=2π(2)存在點E滿足題意,C1如圖,以A為坐標原點,以AB,AC,AD所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,

則A1設C1E=λ故AE=(λ?1,2,3?3設平面A1BC則m?A1B=0m?故平面A1BC的一個法向量設直線AE與平面A1BC所成角為則sinθ=AE?故存在點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是兩個不同的平面,給出下列結論,其中正確結論的個數是(

)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m,n分別是直線對于①,因為m⊥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m,n不相交時,α//β不一定成立,故②錯誤;對于③,當n?α時,可滿足m⊥α時有m⊥n,又n//β,顯然此時α,β位置關系不確定,故③錯誤;對于④,因為m⊥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】建立空間直角坐標系,結合線面平行的判定定理,線面垂直,面面垂直的判定定理,逐項判定計算即可.【解答過程】因為ABCD?A以D1為原點,D1A1為x軸,D1C1則D1設平面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】根據空間向量法求線線角即可.【解答過程】以B為原點,在平面ABC內過B作BC的垂線交AC于D,以BD為x軸,以BC為y軸,以BB1為因為直三棱柱ABC?A1B1C1中,所以A(3所以AB設異面直線AB1與BC所以cosθ=故選:C.4.(2024·江西新余·模擬預測)已知A?1,?1,?1,直線l過原點且平行于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·模擬預測)在正方體ABCD?A1B1C1D1中,平面α經過點B,D,平面β經過點A,DA.12 B.33 C.63【解題思路】因為正方體中過體對角線的截面面積最大,所以題目轉化為求平面BDD1B【解答過程】如圖:因為正方體中過體對角線的截面面積最大,所以題目轉化為求平面BDD1B以D點為坐標原點,以DA,DC,建立空間直角坐標系D?xyz,由ABCD?A1B1C1D所以AC⊥BD,又因為B1B⊥平面ABCD,AC?平面所以AC⊥B1B,又因為BD∩B1B=B,BD,B即AC為平面BDD同理B1C為平面由Aa,0,0,C0,a,0設平面α與平面β的夾角為θ,θ∈0,則cosθ=故選:A.6.(2024·江蘇鹽城·模擬預測)棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中,設點P為底面A.33 B.233 C.2【解題思路】建立空間直角坐標系,設P(a,b,2),0≤a≤2,0≤b≤2,求出平面PBD的一個法向量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),設平面PBD的法向量為則m?DB=2x+2y=0m?DP=ax+by+2z=0則點A,C1到平面PBD距離之和為設b?a=t,則t∈?2,2,d1+因為t∈?2,2,所以t+4∈2,6,所以函數y=1?8(4+t)+244+t所以當1t+4=12時,故選:B.7.(2024·寧夏吳忠·模擬預測)在正方體ABCD?A1B1C1D1中,點P為線段①不存在點P,使得BB1②存在點P,使得B1P⊥③當點P不是BD1的中點時,都有m④當點P不是BD1的中點時,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,由當點P與點D1重合時,結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,由當點P與點D1重合時,由B而DD1?平面A1DP,BB1對于②,若存在點P,使得B1P⊥平面A1又A1D//B以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系,設棱長為1,BP=λBD則B1,1,0,C0,1,0,B1則B1B=∴B1P所以B1P?對于③,當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O,在平面A1CA內過點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】根據題意,建立空間直角坐標系,分析AB,由異面直線的定義分析CD,綜合可得答案.【解答過程】根據題意,設正方體的棱長為2,以D為坐標原點,如圖建立坐標系,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·模擬預測)如圖,在正方體ABCD?A1B1C1D1中,P為線段A.存在點Q,使得PQ//BD B.存在點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,由PQ//BD推出BD//平面A1C1B,矛盾;B選項,建立空間直角坐標系,證明出A1B⊥AB1,A1B⊥B1C1,得到線面垂直,進而當Q為BC【解答過程】對于A,若PQ//BD,因為BD?平面A1C1B,所以BD//平面A1對于B,以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線分別為設正方體棱長為2,則A2,0,0因為ABB1故AB1?故A1B⊥AB因為AB1∩B1故A1B⊥平面AB1C1D此時PQ⊥平面AB對于C,Q在線段BC1上運動,若三棱錐Q?APD的體積為定值,則BCP1,1,2,AP設平面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中通過余弦定理計算PD1【解答過程】對于A,由于是正四棱柱,易知DC⊥ED在△EDD1中,因為所以ED故ED又ED?平面EDC,DC?平面EDC,ED∩DC=D,所以ED1⊥對于B,在△BDD1中,因為則cos∠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,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m=(x1則m?令x1=1,則設點B到平面ECD1的距離為所以由點到平面的距離公式得:?=|對于D,由

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