高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题1.7空间向量与立体几何全章八类必考压轴题(原卷版+解析)

这是一份高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题1.7空间向量与立体几何全章八类必考压轴题(原卷版+解析)，共56页。

【考点1 空间向量的线性运算】
1．（2023·全国·高三对口高考）12a+2b−3c−3a−2b−c=（ ）
A．−52a−4cB．−52a+4b−2cC．−52a+7b+32cD．−52a−5b−92c
2．（2023春·安徽合肥·高二校考期末）已知a=(1,2,1)，b=(2,−4,1)，则2a+b等于（ ）
A．(4,−2,0)B．(4,0,3)
C．(−4,0,3)D．(4,0,−3)
3．（2023春·高二课时练习）已知向量a=−2,−3,1，b=2,0,3，c=0,0,2，则a+6b−c的坐标为 .
4．（2023春·高二课时练习）已知a=(1,−3,8)，b=(3,10,−4)，求a+b，a−b，3a．
5．（2023春·高二课时练习）如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M是BB1的中点，化简下列各式，并在图中标出化简得到的向量.
(1)CB+BA1；
(2)AC+CB+12AA1；
(3)12AA1−12B1B−AC−CB.
【考点2 空间向量数量积的应用】
1．（2023春·福建泉州·高二校联考期末）平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长均为1，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°，则AC1的长度为（ ）
A．322B．6C．3D．6
2．（2023春·甘肃金昌·高二校考期中）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AD=2，AA1=2，∠BAA1=∠DAA1=60°，∠BAD=90°，则BC1与CA1所成角的余弦值为（ ）
A．−36B．36C．−24D．24
3．（2023春·江苏淮安·高二校联考期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且AB=AP=6，AD=2,∠BAD=∠BAP=∠DAP=60∘,E,F分别为PB,PC上的点，且PE=2EB，PF=FC,EF= .
4．（2023春·江苏扬州·高二统考期中）如图，在四面体ABCD中，∠BAC=60°,∠BAD=∠CAD=45°，AD=2，AB=AC=3.

(1)求BC⋅BD的值；
(2)已知F是线段CD中点，点E满足AE=2EB，求线段EF的长.
5．（2023春·江苏宿迁·高二统考期中）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1的长度为4，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°.用向量法求：
(1)BD1的长；
(2)直线BD1与AC所成角的余弦值.
【考点3 空间向量基本定理及其应用】
1．（2023春·安徽池州·高二联考阶段练习）已知a,b,c是空间的一组基底，其中AB=2a−3b，AC=a−c，AD=2b+λc.若A，B，C，D四点共面，则λ=（ ）
A．−34B．34C．43D．−43
2．（2023春·江苏泰州·高二统考期末）已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱长为2，底面ABC是边长为2的正三角形，∠A1AB=∠A1AC=60°，若B1C和BC1相交于点M.则AM=（ ）
A．3B．2C．5D．6
3．（2022·湖北十堰·高三校考阶段练习）如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG=2GN，若OG=xOA+yOB+zOC，则x+y+z= ．
4．（2023春·江苏盐城·高二校考阶段练习）如图，设P是平行四边形ABCD所在平面外一点，O是平行四边形对角线AC和BD的交点，Q是CD的中点，求下列各式中x，y的值．
(1)OQ=PQ+xPC+yPA；
(2)PA=xPO+yPQ+PD．
5．（2022·高二课时练习）如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别在BB1和DD1上，且BE=13BB1，DF=23DD1．
(1)证明：A、E、C1、F四点共面．
(2)若EF=xAB+yAD+zAA1，求x+y+z．
【考点4 空间线、面平行关系的判定及应用】
1．（2023春·四川成都·高二校联考期中）已知直线l的方向向量为m=(1,−2,4)，平面α的法向量为n=(x,1,−2)，若直线l与平面α平行，则实数x的值为（ ）
A．12B．−12
C．10D．−10
2．（2023春·高二课时练习）在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC的中点，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A．相交B．平行
C．垂直D．不能确定
3．（2023·全国·高三专题练习）已知两个不重合的平面α与平面ABC，若平面α的法向量为n1=2,−3,1，AB=1,0,−2，AC=1,1,1，则平面α和平面ABC的位置关系是 ．
4．（2023·江苏·高二专题练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段A1D上，点Q在线段AC上，线段PQ与直线A1D和AC都垂直，求证：PQ∥BD1.
5．（2023·全国·高二专题练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别是正方形A1B1C1D1和正方形B1C1CB的中心．求证：
(1)AC1⊥平面A1BD；
(2)EF//平面A1BD；
(3)平面B1EF∥平面A1BD．
【考点5 空间线、面垂直关系的判定及应用】
1．（2022秋·四川达州·高二统考期末）长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3,BC=4,AA1=5,AC∩BD=O,M为CC1中点，则下列选项中与OM垂直的是（ ）
A．OA1B．BCC．OB1D．A1C
2．（2023·全国·高三专题练习）已知点P是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱CD的中点，给出以下结论：
①A1P⊥C1D；
②A1P⊥BD；
③A1P⊥BC1；
④A1P⊥平面BC1D
其中正确命题的序号是（ ）
A．①B．②C．③D．④
3．（2023春·内蒙古呼和浩特·高三统考阶段练习）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是 （填写正确的序号）
4．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60° PA=AB=BC=2，E是PC的中点．
求证：（1）CD⊥AE；（2）PD⊥平面ABE．
5．（2023秋·湖南娄底·高二校联考期末）如图，在三棱柱 ABC−A1B1C1 中，AA1⊥底面ABC，∠CAB=90∘，AB=AC=2，AA1=3，M 为BC的中点，P 为侧棱 BB1 上的动点．
(1)求证：平面APM⊥平面BB1C1C；
(2)试判断直线 BC1 与AP是否能够垂直．若能垂直，求PB的长；若不能垂直，请说明理由．
【考点6 利用空间向量研究距离问题】
1．（2023春·江苏镇江·高二校考期末）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别为上底面A1B1C1D1和侧面CDD1C1的中心，则点D到平面AEF的距离为（ ）

A．21111B．1111C．114D．41111
2．（2023秋·高二课时练习）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为（ ）
A．2B．3C．23D．33
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，且PA=AB=2，F为棱PD的中点，点M在PA上，且PM=2MA，则CD的中点E到直线MF的距离是 ．
4．（2023春·高二单元测试）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，AD=2,AB=3，平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PB上一点（不与P,B重合），平面ADE交棱PC于点F.

(1)求证：AD//EF；
(2)若二面角E−AC−B的余弦值为33020，求点B到平面AEC的距离.
5．（2023春·高二课时练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，A1A=2AB=2BC=2，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点．
(1)求点A1到直线B1E的距离；
(2)求直线FC1到直线AE的距离；
(3)求点A1到平面AB1E的距离．
【考点7 利用空间向量求空间角】
1．（2023春·重庆沙坪坝·高一校考期末）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AD=3，AA1=3，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=π3，则B1C与BD1所成角的大小为（ ）

A．π4B．π3C．π2D．2π3
2．（2023·浙江·校联考二模）在平行四边形ABCD中，角A=π6,AB=3,AD=1，将三角形ABD沿BD翻折到三角形A′BD，使平面A′BD⊥平面BCD.记线段A′C的中点为M，那么直线A′D与平面BDM所成角的正弦值为（ ）
A．64B．33C．22D．32
3．（2023·全国·高三专题练习）《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，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如下图，四面体P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA=AB=BC=1，则二面角A-PC-B的余弦值为 ．
4．（2023春·浙江宁波·高二统考期末）如图，正四棱锥P−ABCD的高为22，体积为823.

(1)求正四棱锥P−ABCD的表面积；
(2)若点E为线段PB的中点，求直线AE与平面ABCD所成角的正切值；
(3)求二面角A−PB−C的余弦值.
5．（2023春·河南·高三阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB//CD，AB=2，AD=CD=1，PC⊥底面ABCD,E是AC的中点，PF=13PD.

(1)证明：平面PBC⊥平面ACF.
(2)若直线PE与平面PAB所成角的正弦值为1015，且PC>CD，求平面ACF与平面PAB夹角的余弦值.
【考点8 利用空间向量研究存在性问题】
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE//SA，SA=AB=2DE，M,N分别是线段BC,SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点D,C），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点Q，使得NQ⊥SB
B．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60∘
C．三棱锥Q−AMN体积的最大值是43
D．当点Q自D向C处运动时，二面角N−MQ−A的平面角先变小后变大
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．若D1Q//平面A1PD，则动点Q的轨迹是一条线段
B．存在点Q，使得D1Q⊥平面A1PD
C．当且仅当点Q落在C1处时，三棱锥Q−A1PD的体积最大
D．若D1Q=62，那么点Q的轨迹长度为24π
3．（2023春·江苏常州·高二统考期中）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂直，且AB//CD，AB⊥BC，AP⊥PB，AB=2，BC=CD=1．

(1)求证：AB⊥PD；
(2)求直线PC与平面ABP所成角的余弦值；
(3)线段PA上是否存在点E，使得PC//平面EBD？若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由．
4．（2023秋·湖南株洲·高三校联考期末）图1是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D=90°，四边形ABCE是边长为4的菱形，并且∠BCE=60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=26，如图2.
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)在棱DC1上是否存在点P，使得P到平面ABC1的距离为2155？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值.
5．（2023·福建福州·福建省校考二模）如图1，在△ABC中，AB=AC=2,∠BAC=2π3,E为BC的中点，F为AB上一点，且EF⊥AB.将△BEF沿EF翻折到△B′EF的位置，如图2.

(1)当AB′=2时，证明：平面B′AE⊥平面ABC；
(2)已知二面角B′−EF−A的大小为π4，棱AC上是否存在点M，使得直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为1010？若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由.
专题1.7 空间向量与立体几何全章八类必考压轴题
【人教A版（2019）】
【考点1 空间向量的线性运算】
1．（2023·全国·高三对口高考）12a+2b−3c−3a−2b−c=（ ）
A．−52a−4cB．−52a+4b−2cC．−52a+7b+32cD．−52a−5b−92c
【解题思路】根据向量的线性运算求解即可.
【解答过程】12a+2b−3c−3a−2b−c=−52a+7b+32c.
故选：C.
2．（2023春·安徽合肥·高二校考期末）已知a=(1,2,1)，b=(2,−4,1)，则2a+b等于（ ）
A．(4,−2,0)B．(4,0,3)
C．(−4,0,3)D．(4,0,−3)
【解题思路】根据向量坐标运算即可.
【解答过程】2a+b=2(1,2,1)+(2,−4,1)=(4,0,3).
故选：B.
3．（2023春·高二课时练习）已知向量a=−2,−3,1，b=2,0,3，c=0,0,2，则a+6b−c的坐标为 10,−3,17 .
【解题思路】直接利用向量的运算法则计算即可.
【解答过程】向量a=−2,−3,1，b=2,0,3，c=0,0,2，则a+6b−c=−2,−3,1+62,0,3−0,0,2=10,−3,17.
故答案为：10,−3,17.
4．（2023春·高二课时练习）已知a=(1,−3,8)，b=(3,10,−4)，求a+b，a−b，3a．
【解题思路】直接根据向量的加减数乘的坐标运算即可得解.
【解答过程】a+b=1,−3,8+3,10,−4=1+3,−3+10,8−4=4,7,4，
a−b=1,−3,8−3,10,−4=1−3,−3−10,8+4=−2,−13,12，
3a=3(1,−3,8)=(3×1,3×(−3),3×8)=(3,−9,24)．
5．（2023春·高二课时练习）如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M是BB1的中点，化简下列各式，并在图中标出化简得到的向量.
(1)CB+BA1；
(2)AC+CB+12AA1；
(3)12AA1−12B1B−AC−CB.
【解题思路】（1）（2）（3）利用空间向量的加减法的运算法则和几何意义化简．
【解答过程】（1）解：CB+BA1=CA1.
（2）解：因为M是BB1的中点，所以BM=12BB1，又AA1=BB1，
所以AC+CB+12AA1=AB+BM=AM.
（3）解：12AA1−12B1B−AC−CB
=12AA1+BB1−AC+CB=AA1−AB=BA1
【考点2 空间向量数量积的应用】
1．（2023春·福建泉州·高二校联考期末）平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长均为1，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°，则AC1的长度为（ ）
A．322B．6C．3D．6
【解题思路】由ABCD−A1B1C1D1为平行六面体，可知AC1为体对角线，由向量的模长公式即可求得AC1.
【解答过程】AC1=AB+AD+AA1=AB+AD+AA12
=AB2+AD2+AA12+2ABAD⋅cs60°+2ABAA1⋅cs60°+2AA1AD⋅cs60°
=1+1+1+2×1×1×12+2×1×1×12+2×1×1×12
=6，
故选：B.
2．（2023春·甘肃金昌·高二校考期中）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AD=2，AA1=2，∠BAA1=∠DAA1=60°，∠BAD=90°，则BC1与CA1所成角的余弦值为（ ）
A．−36B．36C．−24D．24
【解题思路】根据空间向量的基本定理和向量的数量积的定义即可求解.
【解答过程】设AB=a，AD=b，AA1=c，
因为a,b,c向量不共面，故a,b,c可构成空间的一组基底，
结合a=2，b=2，c=2，∠BAA1=∠DAA1=60°，∠BAD=90°，
所以a⋅b=0，a⋅c= 2×2×12=2，b⋅c=2×2×12=2，
则BC1=b+c，CA1=−a−b+c，
可得BC1⋅CA1 =b+c⋅−a−b+c =−a⋅b−a⋅c−b2−b⋅c+c⋅b+c2
=0−2−4+4 =−2，
BC1 =b+c2 =b2+2b⋅c+c2 =4+2×2+4 =23，
CA1=−a−b+c2 =a2+b2+c2+2a⋅b−2a⋅c−2b⋅c
=4+4+4+0−4−4 =2，
所以csBC1,CA1=BC1⋅CA1BC1CA1=−223×2=−36，
又因为异面直线所成角的范围是0,π2，
所以BC1与CA1所成角的余弦值为36.
故选：B.
3．（2023春·江苏淮安·高二校联考期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且AB=AP=6，AD=2,∠BAD=∠BAP=∠DAP=60∘,E,F分别为PB,PC上的点，且PE=2EB，PF=FC,EF= 2 .
【解题思路】根据给定条件选定基底向量AB,AD,AP，并表示出EF，再利用向量运算即可得解.
【解答过程】在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，连接AC，如图，PE=2EB，PF=FC，
则EF=EB+BA+AP+PF=13PB−AB+AP+12PC=13PB−AB+AP+12(AC−AP)
=13(AB−AP)−AB+AP+12(AB+AD−AP)=−16AB+12AD+16AP=16(−AB+3AD+AP)，
又AB=AP=6，AD=2，∠BAD=∠BAP=∠DAP=60°，
则AB⋅AD=AP⋅AD=6×2×cs60∘=6，AB⋅AP=6×6×cs60∘=18，
因此，|EF|=16(−AB+3AD+AP)2=16AB2+9AD2+AP2−6AB⋅AD+6AD⋅AP−2AB⋅AP
=1636+9×4+36−6×6+6×6−2×18=2.
故答案为：2.
4．（2023春·江苏扬州·高二统考期中）如图，在四面体ABCD中，∠BAC=60°,∠BAD=∠CAD=45°，AD=2，AB=AC=3.

(1)求BC⋅BD的值；
(2)已知F是线段CD中点，点E满足AE=2EB，求线段EF的长.
【解题思路】（1）根据题意得到BC⋅BD=(AC−AB)⋅(AD−AB)，再求解即可.
（2）根据EF=EA+AD+DF=−23AB+AD+12AC−AD=−23AB+12AD+12AC，再平方求解即可.
【解答过程】（1）在四面体ABCD中，∠BAC=60°,∠BAD=∠CAD=45°，AD=2，AB=AC=3
BC⋅BD=(AC−AB)⋅(AD−AB)=AC⋅AD−AC⋅AB−AB⋅AD+AB2 =3×2×22−32×12−3×2×22+32=92.
（2）如图所示：

因为AE=2EB，则AE=23AB，
因为F是CD中点，则DF=12DC=12AC−AD，
于是EF=EA+AD+DF=−23AB+AD+12AC−AD=−23AB+12AD+12AC.
EF2=49AB2+14AD2+14AC2−23AB⋅AD−23AB⋅AC+12AD⋅AC
=49×9+14×2+14×9−23×3×2×22−23×3×3×12+12×2×3×22=134，
所以EF=132.
5．（2023春·江苏宿迁·高二统考期中）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1的长度为4，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°.用向量法求：
(1)BD1的长；
(2)直线BD1与AC所成角的余弦值.
【解题思路】（1）利用向量模的计算公式和向量的数量积的运算即得出BD1的长；
（2）分别求出|AC|,|BD1|,AC⋅BD1 的值，代入数量积求夹角公式，即可求得异面直线BD1与AC所成角的余弦值．
【解答过程】（1）∵BD1=BB1+B1A1+A1D1，
BD12=BB1+B1A1+A1D12
=BB12+B1A12+A1D12+2BB1⋅B1A1+2BB1⋅A1D1+2B1A1⋅A1D1
=42+22+22+2×4×2cs60∘+2×4×2cs120∘+2×2×2cs90∘
＝24，
∴BD1的长为26，
（2）∵AC=AB+BC，
∴AC2=AB+BC2=AB2+BC2+2AB⋅BC=22+22+0=8，
∴AC=22，
∵BD1=26，
AC⋅BD1=AB+BC⋅BB1+B1A1+A1D1=AB⋅BB1+AB⋅B1A1+AB⋅A1D1+BC⋅BB1+BC⋅B1A1+BC⋅A1D1=2×4cs120∘+2×2cs180∘+2×2cs90∘+2×4cs120∘+2×2cs90∘+2×2cs0∘=−8，
∴csAC,BD1=AC⋅BD1AC⋅BD1=−822×26=1212＝33，
所以直线BD1与AC所成角的余弦值为33．
【考点3 空间向量基本定理及其应用】
1．（2023春·安徽池州·高二联考阶段练习）已知a,b,c是空间的一组基底，其中AB=2a−3b，AC=a−c，AD=2b+λc.若A，B，C，D四点共面，则λ=（ ）
A．−34B．34C．43D．−43
【解题思路】根据题意，设存在唯一的实数对(x,y)，使得AB=xAC+yAD，结合向量的数乘运算和相等向量的概念计算，即可求解.
【解答过程】由题意，设存在唯一的实数对(x,y)，使得AB=xAC+yAD，
即2a−3b=xa−c+y2b+λc，
则2a−3b=xa+2yb+λy−xc，
则x=2，y=−32，λy−x=0，解得λ=−43.
故选：D.
2．（2023春·江苏泰州·高二统考期末）已知三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱长为2，底面ABC是边长为2的正三角形，∠A1AB=∠A1AC=60°，若B1C和BC1相交于点M.则AM=（ ）
A．3B．2C．5D．6
【解题思路】以AB,AC,AA1为基底表示AM，利用平方的方法求得AM.
【解答过程】依题意可知M是BC1的中点，
所以AM=12AC1+AB=12AC1+12AB
=12AC+AA1+12AB=12AC+12AA1+12AB，
所以AM=AM2=14AC+AA1+AB2
=12AC2+AA12+AB2+2AC⋅AA1+AC⋅AB+AA1⋅AB
=124+4+4+22⋅2⋅cs60°×3=6.
故选：D.
3．（2022·湖北十堰·高三校考阶段练习）如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG=2GN，若OG=xOA+yOB+zOC，则x+y+z= 56 ．
【解题思路】以OA,OB,OC为一组基向量，首先OG=OM+MG，再将OM,MG逐步地用基向量表示，最后合并整理得出结果.
【解答过程】由M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，
且MG=2GN，
所以OG=OM+MG=12OA+23MN
=12OA+23ON−OM
=12OA+2312OB+OC−12OA
=16OA+13OB+13OC，
则x+y+z=56，
故答案为：56.
4．（2023春·江苏盐城·高二校考阶段练习）如图，设P是平行四边形ABCD所在平面外一点，O是平行四边形对角线AC和BD的交点，Q是CD的中点，求下列各式中x，y的值．
(1)OQ=PQ+xPC+yPA；
(2)PA=xPO+yPQ+PD．
【解题思路】（1）利用向量的三角形法则及其向量相等即可得出．
（2）利用向量的三角形法则及其向量相等即可得出．
【解答过程】（1）解：∵ OQ=PQ−PO
=PQ−12(PA+PC)
=PQ−12PA−12PC．
∴x=y=−12．
（2）解：∵ PA+PC=2PO，∴ PA=2PO−PC．
又∵ PC+PD=2PQ，∴ PC=2PQ−PD．
从而有PA=2PO−(2PQ−PD)=2PO−2PQ+PD．
∴x=2，y=−2．
5．（2022·高二课时练习）如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别在BB1和DD1上，且BE=13BB1，DF=23DD1．
(1)证明：A、E、C1、F四点共面．
(2)若EF=xAB+yAD+zAA1，求x+y+z．
【解题思路】（1）在CC1上取一点G，使得CG=13CC1，连接EG、DG，根据平行六面体的性质DG//FC1、AE//DG，即可得到AE//FC1，即可得证；
（2）结合图形，根据空间向量线性运算法则计算可得.
【解答过程】（1）证明：在CC1上取一点G，使得CG=13CC1，连接EG、DG，
在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，BE=13BB1，DF=23DD1，CG=13CC1，
∴DF//C1G且DF=C1G，BE//CG且BE=CG，
所以四边形DFC1G为平行四边形，四边形BEGC为平行四边形，
所以DG//FC1，EG//BC且EG=BC，
又AD//BC且AD=BC，
所以EG//AD且EG=AD，
所以四边形AEGD为平行四边形，
所以AE//DG，
所以AE//FC1，
∴A、E、C1、F四点共面．
（2）解：因为EF=EB1+B1F=EB1+B1D1+D1F
=23BB1+B1A1+B1C1−13DD1=23AA1−AB+AD−13AA1
=−AB+AD+13AA1=xAB+yAD+zAA1，
即x=−1，y=1，z=13，
∴x+y+z=13．
【考点4 空间线、面平行关系的判定及应用】
1．（2023春·四川成都·高二校联考期中）已知直线l的方向向量为m=(1,−2,4)，平面α的法向量为n=(x,1,−2)，若直线l与平面α平行，则实数x的值为（ ）
A．12B．−12
C．10D．−10
【解题思路】依题意可得m⊥n，即可得到m⋅n=0，从而得到方程，解得即可.
【解答过程】因为直线l的方向向量为m=(1,−2,4)，平面α的法向量为n=(x,1,−2)，
若直线l与平面α平行，则m⊥n，即m⋅n=0，即x−2−8=0，解得x=10.
故选：C．
2．（2023春·高二课时练习）在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC的中点，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A．相交B．平行
C．垂直D．不能确定
【解题思路】利用MN与平面BB1C1C的法向量BA的数量积为零，从而得到结果.
【解答过程】以C1为原点，C1B1，C1D1，C1C所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
令a=2，M2,1,1，N1,1,2，则MN=−1,0,1，
平面BB1C1C的法向量为BA=0,2,0
MN⋅BA=−1×0+0×2+1×0=0，又MN⊄平面BB1C1C
∴MN∥平面BB1C1C
故选B.
3．（2023·全国·高三专题练习）已知两个不重合的平面α与平面ABC，若平面α的法向量为n1=2,−3,1，AB=1,0,−2，AC=1,1,1，则平面α和平面ABC的位置关系是 平行 ．
【解题思路】先证明出n1⊥面ABC，即可证明出平面α和平面ABC平行.
【解答过程】因为平面α的法向量为n1=2,−3,1，AB=1,0,−2，AC=1,1,1，
且n1·AB=2,−3,1·1,0,−2=2+0−2=0，所以n1⊥AB.
同理可证：n1⊥AC.
又AB∩AC=A,
所以n1⊥面ABC.
又n1为面α的法向量，
所以面α/面ABC.
故答案为：平行.
4．（2023·江苏·高二专题练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段A1D上，点Q在线段AC上，线段PQ与直线A1D和AC都垂直，求证：PQ∥BD1.
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标运算求出PQ→，再根据共线向量证明即可.
【解答过程】证明：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，
∴DA1→=(1，0，1)，AC→=(-1，1，0)，设PQ→=(a，b，c)，
则DA1→·PQ→=0，AC→·PQ→=0，即a+c=0，−a+b=0，取PQ→=(1，1，-1).
易知BD1→=(−1,−1,1)，
∴PQ→= −BD1→，
∴PQ→//BD1→，
即PQ∥BD1.
5．（2023·全国·高二专题练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别是正方形A1B1C1D1和正方形B1C1CB的中心．求证：
(1)AC1⊥平面A1BD；
(2)EF//平面A1BD；
(3)平面B1EF∥平面A1BD．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得AC1⊥平面A1BD；
（2）利用向量法证得EF//平面A1BD；
（3）利用向量法证得平面B1EF∥平面A1BD．
【解答过程】（1）设正方体的边长为2，建立如图所示空间直角坐标系，
C12,2,2,A10,0,2,B2,0,0,D0,2,0，
A1B=2,0,−2,A1D=0,2,−2，
AC1⋅A1B=0,AC1⋅A1D=0，
所以AC1⊥A1B,AC1⊥A1D，
由于A1B∩A1D=A1，所以AC1⊥平面A1BD.
（2）设平面A1BD的法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅A1B=2x1−2z1=0n1⋅A1D=2y1−2z1=0，故可设n1=1,1,1.
E1,1,2,F2,1,1,EF=1,0,−1，
n1⋅EF=0，E,F∉平面A1BD，
所以EF//平面A1BD.
（3）B12,0,2,B1F=0,1,−1，
设平面B1EF的法向量为n2=x2,y2,z2，
则n2⋅EF=x2−z2=0n2⋅B1F=y2−z2=0，故可设n2=1,1,1.
n1=n2，
显然，平面B1EF与平面A1BD不重合，所以平面B1EF∥平面A1BD.
【考点5 空间线、面垂直关系的判定及应用】
1．（2022秋·四川达州·高二统考期末）长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3,BC=4,AA1=5,AC∩BD=O,M为CC1中点，则下列选项中与OM垂直的是（ ）
A．OA1B．BCC．OB1D．A1C
【解题思路】建立空间直角坐标系，然后利用空间向量逐个分析判断即可.
【解答过程】如图，以D为原点，以DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,3,0),C(0,3,0),A1(4,0,5),B1(4,3,5),C1(0,3,5)，
因为AC∩BD=O,M为CC1中点，
所以O(2,32,0),M(0,3,52)，
所以OM=(−2,32,52)，
对于A，OA1=(2,−32,5)，则OA1⋅OM=−4−94+252=254≠0，所以OM与OA1不垂直，所以A错误，
对于B，BC=(−4,0,0)，则BC⋅OM=8≠0，所以OM与BC不垂直，所以B错误，
对于C，OB1=(2,32,5)，则OB1⋅OM=−4+94+252≠0，所以OM与OB1不垂直，所以C错误，
对于D，A1C=(−4,3,−5)，则A1C⋅OM=8+92−252=0，所以A1C⊥OM，所以D正确，
故选：D.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知点P是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱CD的中点，给出以下结论：
①A1P⊥C1D；
②A1P⊥BD；
③A1P⊥BC1；
④A1P⊥平面BC1D
其中正确命题的序号是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【解题思路】建立空间直角坐标系,根据空间中两个向量垂直则数量积为0逐个判定即可.
【解答过程】
设正方体边长为2,建立如图空间直角坐标系.则A1P=−2,1,−2.
对①, C1D=0,−2,−2,因为A1P⋅C1D=0−2+4=2,故①错误.
对②, BD=−2,−2,0,因为A1P⋅BD=4−2=2,故②错误.
对③, BC1=−2,0,2,因为A1P⋅BD=4−4=0,故③正确.
对④,由②有A1P⊥BD不成立,故A1P⊥平面BC1D不成立.故④错误.
故选：C.
3．（2023春·内蒙古呼和浩特·高三统考阶段练习）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是 ①③ （填写正确的序号）
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量分析判断即可.
【解答过程】设正方体的棱长为2，
对于①，如图建立空间直角坐标系，则M(2,0,0),N(0,0,2),P(2,0,1),O(1,1,0)，
所以MN=(−2,0,2),OP=(1,−1,1)，所以MN⋅OP=−2+0+2=0，所以MN⊥OP，即MN⊥OP，所以①正确，
对于②，如图建立空间直角坐标系，则M(0,2,0),N(0,0,2),P(2,1,2),O(1,1,0)，
所以MN=(0,−2,2),OP=(1,0,2)，所以MN⋅OP=0+0+4≠0，所以MN与OP不垂直，即MN与OP不垂直，所以②错误，
对于③，如图建立空间直角坐标系，则M(2,2,2),N(0,2,0),P(0,0,1),O(1,1,0)，
所以MN=(−2,0,−2),OP=(−1,−1,1)，所以MN⋅OP=2+0−2=0，所以MN⊥OP，即MN⊥OP，所以③正确，
对于④，如图建立空间直角坐标系，则M(2,0,2),N(0,2,2),P(0,2,1),O(1,1,0)，
所以MN=(−2,2,0),OP=(−1,1,1)，所以MN⋅OP=2+2+0≠0，所以MN与OP不垂直，即MN与OP不垂直，所以④错误，
故答案为：①③.
4．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60° PA=AB=BC=2，E是PC的中点．
求证：（1）CD⊥AE；（2）PD⊥平面ABE．
【解题思路】方法一：（1）以A为坐标原点建立空间直角坐标系A−xyz，得到CD、AE，计算得到CD⋅AE=0，即证明CD⊥AE．
（2）先写出PD坐标，再求出平面ABE的法向量n，验证可知PD//n，即证明PD⊥平面ABE．
方法二：（1）由PA⊥底面ABCD证明PA⊥CD．再结合AC⊥CD可证明CD⊥平面PAC．从而得到CD⊥AE．
（2）由PA⊥底面ABCD证明PA⊥AB，再结合AB⊥AD证明AB⊥平面PAD，从而得到AB⊥PD；
再证明AE⊥PC．结合CD⊥AE可证AE⊥平面PCD，得到AE⊥PD；最后根据线面垂直的判定即可以证明PD⊥平面ABE．
【解答过程】方法一 （1）以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0，B2,0,0，C1,3,0，D0,433,0，P0,0,2，E12,32,1，所以CD=−1,33,0，AE=12,32,1，所以CD⋅AE=−1×12+33×32+0×1=0，所以CD⊥AE．
（2）由（1），得PD=0,433,−2，AB=2,0,0，AE=12,32,1．
设向量n=x,y,z是平面ABE的法向量，则n⋅AB=0n⋅AE=0，即2x=012x+33y+z=0，取y=2，则n=0,2,−3，所以PD=233n，所以PD//n，所以PD⊥平面ABE．
方法二 （1）∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD．又AC⊥CD，PA∩AC=A，∴CD⊥平面PAC．∵AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE．
（2）∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB．又AB⊥AD，PA∩AD=A，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD．由题可得PA=AC=2，由E是PC的中点，∴AE⊥PC．
又CD⊥AE，PC∩CD=C，∴AE⊥平面PCD，∴AE⊥PD．∵AB⊥PD，AE⊥PD，AB∩AE=A，∴PD⊥平面ABE．
5．（2023秋·湖南娄底·高二校联考期末）如图，在三棱柱 ABC−A1B1C1 中，AA1⊥底面ABC，∠CAB=90∘，AB=AC=2，AA1=3，M 为BC的中点，P 为侧棱 BB1 上的动点．
(1)求证：平面APM⊥平面BB1C1C；
(2)试判断直线 BC1 与AP是否能够垂直．若能垂直，求PB的长；若不能垂直，请说明理由．
【解题思路】（1）利用AM⊥BC，AM⊥BB1推出AM⊥平面BB1C1C，即可证明面面垂直；
（2）建系，写出B,C1,A的坐标，设BP=t0≤t≤3，利用直线BC1与AP能垂直，数量积为零，求出t=433，t=433>BB1，不能垂直.
【解答过程】（1）因为在三棱柱 ABC−A1B1C1 中，BB1⊥底面ABC，∠CAB=90∘，AB=AC=2，AA1=3，M 为BC的中点，P 为侧棱 BB1 上的动点．
所以 AM⊥BC，AM⊥BB1，
因为BC∩BB1=B，BC,BB1⊂平面BB1C1C
所以AM⊥平面BB1C1C，
因为AM⊂平面APM，
所以平面APM⊥平面BB1C1C．
（2）以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
B0，2，0，C12,0,3，A0，0，0，
设BP=t0≤t≤3，
则P0,2,t,BC1=2,−2,3,AP=0,2,t，
若直线BC1与AP能垂直，则BC1⋅AP=0−4+3t=0，
解得t=433，
因为t=433>BB1=3，
所以直线BC1与AP不能垂直．
【考点6 利用空间向量研究距离问题】
1．（2023春·江苏镇江·高二校考期末）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别为上底面A1B1C1D1和侧面CDD1C1的中心，则点D到平面AEF的距离为（ ）

A．21111B．1111C．114D．41111
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量法得出点D到平面AEF的距离.
【解答过程】建立如图所示的空间直角坐标系

A(0,0,0)，E(1,1,2)，F(1,2,1)，D(0,2,0)，AE=(1,1,2)，AF=(1,2,1)，AD→=(0,2,0)
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，AE·n=x+y+2z=0AF·n=x+2y+z=0，令z=−1，得n=(3,−1,−1)
则点D到平面AEF的距离为n⋅ADn=211=21111.
故选：A.
2．（2023秋·高二课时练习）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为（ ）
A．2B．3C．23D．33
【解题思路】将平面AB1D1与平面BDC1的距离转化为点B到平面AB1D1的距离，建立空间直角坐标系，，然后用空间向量求解.
【解答过程】由正方体的性质：AB1∥DC1,D1B1∥DB，
AB1∩D1B1=B1，DC1∩DB=D，
且AB1⊂平面AB1D1，D1B1⊂平面AB1D1，
DC1⊂平面BDC1，DB⊂平面BDC1，
所以平面AB1D1∥平面BDC1，
则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离．
以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴
建立空间直角坐标系，如图所示：
由正方体的棱长为1，所以A1,0,0，B1,1,0，A11,0,1，
C0,1,0，B11,1,1，D10,0,1
所以CA1=1,−1,1，BA=0,−1,0，
AB1=0,1,1，B1D1=−1,−1,0．
连接A1C，
由CA1⋅AB1=1,−1,1⋅0,1,1=1×0+−1×1+1×1=0，CA1⋅B1D1=1,−1,1⋅−1,−1,0=1×−1+−1×−1+1×0=0，
所以CA1⊥AB1⇒CA1⊥AB1,CA1⊥B1D1⇒CA1⊥B1D1，
且AB1∩B1D1=B1，
可知CA1⊥平面AB1D1，
得平面AB1D1的一个法向量为CA1=n=1,−1,1，
则两平面间的距离：
d=BA⋅nn=0×1+−1×−1+0×112+−12+12=13=33．
故选：D.
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，且PA=AB=2，F为棱PD的中点，点M在PA上，且PM=2MA，则CD的中点E到直线MF的距离是 655 ．
【解题思路】以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，计算出cs∠EFM、sin∠EFM，进而可计算得出点E到直线FM的距离为d=FEsin∠EFM.
【解答过程】因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，
以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则点E1,2,0、F0,1,1、M0,0,23，
FM=0,−1,−13，FE=1,1,−1，cs∠EFM=FM⋅FEFM⋅FE=−23103×3=3015，
所以，sin∠EFM=1−cs2∠EFM=19515，
所以，CD的中点E到直线MF的距离d=FEsin∠EFM=3×19515=655.
故答案为：655.
4．（2023春·高二单元测试）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，AD=2,AB=3，平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PB上一点（不与P,B重合），平面ADE交棱PC于点F.

(1)求证：AD//EF；
(2)若二面角E−AC−B的余弦值为33020，求点B到平面AEC的距离.
【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理推出AD//平面PBC，再根据线面平行的性质定理可得AD//EF；
（2）取AD的中点O，连PO，取BC的中点G，连OG，可证PO,AD,OG两两垂直，
以O为原点，OA,OG,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，根据题意平面AEC和平面BAC的法向量，再用点面距公式可求出结果.
【解答过程】（1）因为ABCD为矩形，所以AD//BC，
又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD//平面PBC，又平面PBC∩平面AEFD=EF，AD在面AEFD内，
所以AD//EF.
（2）取AD的中点O，连PO，取BC的中点G，连OG，则OG⊥AD，
因为侧面PAD为正三角形，所以PO⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD =AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，又OG⊂平面ABCD，所以PO⊥OG，
所以PO,AD,OG两两垂直，
以O为原点，OA,OG,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系：
因为AD=2,且侧面PAD为正三角形，所以PO=3，又AB=3，
所以A(1,0,0)，B(1,3,0)，C(−1,3,0)，P(0,0,3)，AB=(0,3,0)，
设PE=tPB，显然t∈(0,1)，
所以PB=(1,3,−3)，AP=(−1,0,3)，AC=(−2,3,0)，
AE=AP+PE =AP+tPB=−1,0,3+t1,3,−3 =t−1,3t,3−3t，
设平面AEC的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AE=t−1x+3ty+3−3tz=0m⋅AC=−2x+3y=0，取x=3，则y=2，z=3(3t−1)t−1，
则m=(3,2,3(3t−1)t−1)，
取平面BAC的一个法向量为n=(0,0,1)，
则cs=m⋅n|m||n|=3(3t−1)t−19+4+3(3t−1)2(t−1)2 =33020，得3(3t−1)2(t−1)2=27，解得t=23.
所以m=(3,2,−33)，所以AE=(−13,2,33)，BE=AE−AB =(−13,2,33)−(0,3,0)=(−13,−1,33)，
所以点B到平面AEC的距离为|BE⋅m||m|=|−1−2−3|9+4+27 =31010.

5．（2023春·高二课时练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，A1A=2AB=2BC=2，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点．
(1)求点A1到直线B1E的距离；
(2)求直线FC1到直线AE的距离；
(3)求点A1到平面AB1E的距离．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间点到直线距离公式进行计算；
（2）在第一问的基础上，得到FC1//AE，从而利用空间点到直线距离公式求出直线FC1到直线AE的距离；
（3）求出平面AB1E的法向量，利用点到平面的距离公式求出答案.
【解答过程】（1）建立如图所示以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，
则D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,2),B(1,1,0),E(0,0,1)，
A1(1,0,2),C1(0,1,2),B1(1,1,2),F(1,1,1)，
B1E=(−1,−1,−1),A1B1=(0,1,0)，
设点A1到直线B1E的距离为d1，
∴d1=A1B12−A1B1⋅B1EB1E2=63
则点A1到直线B1E的距离为63．
（2）FC1=−1,0,1,AE=−1,0,1，故FC1//AE
EF=(1,1,0)，
设直线FC1到直线AE的距离为d2，则d2即为F到直线AE的距离；
∴d2=|EF|2−AE⋅EF|AE|2=62
则直线FC1到直线AE的距离为62．
（3）设平面AB1E的法向量为n=(x,y,z)，
由n⋅AE=x,y,z⋅−1,0,1=−x+z=0n⋅B1E=x,y,z⋅−1,−1,−1=−x−y−z=0，
令x=1，则y=−2,z=1，所以n=(1,−2,1)
设点A1到平面AB1E的距离为d3，
∴d3=A1B1⋅n|n|=0,1,0⋅1,−2,11+4+1=63，
则点A1到平面AB1E的距离为63．
【考点7 利用空间向量求空间角】
1．（2023春·重庆沙坪坝·高一校考期末）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AD=3，AA1=3，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=π3，则B1C与BD1所成角的大小为（ ）

A．π4B．π3C．π2D．2π3
【解题思路】设AB=a,AD=b,AA1=c，表示出B1C=b−c，BD1=b+c−a，计算B1C⋅BD1=0，即可求得答案.
【解答过程】设AB=a,AD=b,AA1=c，则|a|=2,|b|=3,|c|=3，
三向量AB=a,AD=b,AA1=c的夹角皆为π3，
由题意可得B1C=BC−BB1=b−c，BD1=AD1−AB=b+c−a，
故B1C⋅BD1=(b−c)⋅(b+c−a)=b2−b⋅a−c2+a⋅c
=9−2×3×csπ3−9+2×3×csπ3=0，
即B1C⊥BD1，所以B1C与BD1所成角的大小为π2，
故选：C.
2．（2023·浙江·校联考二模）在平行四边形ABCD中，角A=π6,AB=3,AD=1，将三角形ABD沿BD翻折到三角形A′BD，使平面A′BD⊥平面BCD.记线段A′C的中点为M，那么直线A′D与平面BDM所成角的正弦值为（ ）
A．64B．33C．22D．32
【解题思路】由余弦定理，则BD=AD=1，∠DBA=∠A=π6，∠ADB=2π3，以D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法解决线面角问题.
【解答过程】A=π6,AB=3,AD=1，由余弦定理，BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅csA=32+12−2×3×1×csπ6=1，
则BD=AD=1，∠DBA=∠A=π6，∠ADB=2π3，
平面A′BD⊥平面BCD，∠A′DB=∠ADB=2π3，DC=AB=3,A′D=AD=BD=1，
以D为原点，DB所在直线为y轴，平面ABD内垂直于DB的直线为x轴，垂直于平面ABD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D0,0,0,A32,−12,0,B0,1,0,C−32,32,0,A′0,−12,32,M−34,12,34，
DA′=0,−12,32,DB=0,1,0,DM=−34,12,34，
设平面BDM的一个法向量为n=x,y,z，则有n⋅DB=y=0n⋅DM=−34x+12y+34z=0，
令x=1，有y=0，z=1，即n=1,0,1，
csn,DA′=n⋅DA′n⋅DA′=321×2=64，
所以直线A′D与平面BDM所成角的正弦值为64.
故选：A.
3．（2023·全国·高三专题练习）《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，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如下图，四面体P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA=AB=BC=1，则二面角A-PC-B的余弦值为 12 ．
【解题思路】建立空间直角坐标系，分别计算平面APC与平面PBC的法向量，然后利用公式计算即可.
【解答过程】依据题意建立如图所示的空间直角坐标系：
A(0,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0,1)，C(1,1,0)，
所以AC=(1,1,0)，AP=(0,0,1)，BC=(0,1,0)，PB=(1,0,−1).
设平面APC的法向量为n1=x1,y1,z1
n1⋅AC=0n1⋅AP=0，∴z1=0x1+y1=0
不妨设y1=1，则x1=−1，n1=(−1,1,0)
设平面PBC的法向量为n2=x2,y2,z2
n2⋅BC=0n2⋅PB=0，∴y2=0x2−z2=0
不妨设x2=1，则z2=1，y2=0，n2=(1,0,1)
设A−PC−B为α，则csα=csn1,n2=n1⋅n2n1n2=12⋅2=12.
故答案为：12.
4．（2023春·浙江宁波·高二统考期末）如图，正四棱锥P−ABCD的高为22，体积为823.

(1)求正四棱锥P−ABCD的表面积；
(2)若点E为线段PB的中点，求直线AE与平面ABCD所成角的正切值；
(3)求二面角A−PB−C的余弦值.
【解题思路】（1）先由棱锥的体积公式求得底面边长t=2，再利用正四棱锥的性质求得PC,PB，从而求得S△PBC，进而求得该正四棱锥的表面积；
（2）结合（1）中结论建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角余弦的坐标表示，结合三角函数的基本关系式即可得解；
（3）分别求得平面APB与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【解答过程】（1）连接AC∩BD=O，连接PO，如图，

因为在正四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，则AC⊥BD，且O是AC与BD的中点，PO⊥底面ABCD，
因为正四棱锥P−ABCD的高为22，体积为823，则PO=22，
，设底面ABCD边长为t，则SABCD=t2，
所以由VP−ABCD=13SABCD⋅PO得823=13t2×22，解得t=2，
因为PO⊥底面ABCD，OC⊂底面ABCD，故PO⊥OC，
在Rt△POC中，OC=12AC=2，则PC=PO2+OC2=10，同理PB=10，
所以在△PBC中，PB=PC=10,BC=2，则S△PBC=12×2×10−1=3，
同理：S△PAB=S△PAD=S△PCD=S△PBC=3，
所以正四棱锥P−ABCD的表面积为S=SABCD+4S△PBC=4+4×3=16.
（2）由（1）可得，以O为原点，OA,OB,OP为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则A2,0,0,C−2,0,0,B0,2,0,D0,−2,0,P0,0,22，
因为点E为线段PB的中点，所以E0,22,2，则AE=−2,22,2，
易知平面ABCD的一个法向量为n0=0,0,1，
设直线AE与平面ABCD所成角为θ，则0<θ<π2，
所以sinθ=csAE,n0=AE⋅n0AEn0=22+12+2×1=23，
故csθ=1−sin2θ=53，tanθ=25=255，
所以直线AE与平面ABCD所成角的正切值为255.
（3）由（2）知AB=−2,2,0,PB=0,2,−22,BC=−2,−2,0，
设平面APB的一个法向量为m=a,b,c，则AB⋅m=−2a+2b=0PB⋅m=2b−22c=0，
取b=2，则a=2,c=1，故m=2,2,1，
设平面PBC的一个法向量为n=x,y,z，则PB⋅n=2y−22z=0BC⋅n=−2x−2y=0，
取y=2，则x=−2,z=1，故n=−2,2,1，
设二面角A−PB−C为φ，则由图形可知π2<φ<π，
所以csφ=−csm,n=−m⋅nmn=−19×9=−19，
所以二面角A−PB−C的余弦值为−19.
5．（2023春·河南·高三阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB//CD，AB=2，AD=CD=1，PC⊥底面ABCD,E是AC的中点，PF=13PD.

(1)证明：平面PBC⊥平面ACF.
(2)若直线PE与平面PAB所成角的正弦值为1015，且PC>CD，求平面ACF与平面PAB夹角的余弦值.
【解题思路】（1）由余弦定理求出BC2=2，由勾股定理逆定理得到线线垂直，进而得到线面垂直，证明出面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标P0,0,a，利用线面角的大小列出方程，求出a，从而利用空间向量求出面面角的余弦值
【解答过程】（1）因为PC⊥底面ABCD,AC⊂平面ABCD，所以PC⊥AC.
因为AD=CD=1,AD⊥CD，所以AC=AD2+CD2=2,∠CAD=45°.
又AB//CD,AB=2，
所以∠BAC=45°,BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠BAC=2，
则BC2+AC2=AB2，故AC⊥BC.
因为PC∩BC=C，PC,BC⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC.
又AC⊂平面ACF，所以平面PBC⊥平面ACF.
（2）取AB中点N，连接CN，
因为底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB//CD，AB=2，AD=CD=1，
所以CN⊥AB，
因为PC⊥底面ABCD，CD,CN⊂平面ABCD，所以PC⊥CN,PC⊥CD，
以C为坐标原点，CN,CD,CP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A1,1,0,B1,−1,0,E12,12,0，
设P0,0,a(a>1)，则F0,13,2a3，
PE=12,12,−a,PA=1,1,−a,AB=0,−2,0.
设平面PAB的法向量为m=x1,y1,z1，
则m⋅PA=x1,y1,z1⋅1,1,−a=x1+y1−az1=0m⋅AB=x1,y1,z1⋅0,−2,0=−2y1=0，解得y1=0，
令z1=1，得x1=a，故m=a,0,1.
因为直线PE与平面PAB所成角的正弦值为1015，
所以12a−aa2+12×a2+1=1015，
解得a=2或a=24（舍去），则m=2,0,1，
则CA=1,1,0,CF=0,13,43.
设平面ACF的法向量为n=x2,y2,z2，
则n⋅CA=x2,y2,z2⋅1,1,0=x2+y2=0n⋅CF=x2,y2,z2⋅0,13,43=13y2+43z2=0，
令z2=1，则y2=−4,x2=4，得n=4,−4,1.
csm,n=m⋅nmn=95×33=316555，
故平面ACF与平面PAB夹角的余弦值为316555.
【考点8 利用空间向量研究存在性问题】
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE//SA，SA=AB=2DE，M,N分别是线段BC,SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点D,C），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点Q，使得NQ⊥SB
B．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60∘
C．三棱锥Q−AMN体积的最大值是43
D．当点Q自D向C处运动时，二面角N−MQ−A的平面角先变小后变大
【解题思路】以A为坐标原点可建立空间直角坐标系，设Q(m,2,0)(0≤m≤2)，根据向量垂直的坐标表示和异面直线所成角的向量求法可确定m是否有解，从而知AB正误；利用体积桥可知VQ−AMN=VN−AMQ，设DQ=m(0≤m≤2)，可求得S△AMQ的最大值，由此可求得体积的最大值，知C错误；利用向量法求二面角余弦关于参数m的表达式，结合二次函数、余弦函数的性质判断二面角的变化情况，判断D.
【解答过程】以A为坐标原点，AB,AD,AS正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设DE=1，则SA=AB=2；
∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，E(0,2,1)，S(0,0,2)，N(1,0,1)，M(2,1,0)；
对于A，假设存在点Q(m,2,0)(0≤m≤2)，使得NQ⊥SB，
则NQ=(m−1,2,−1)，又SB=(2,0,−2)，
∴NQ⋅SB=2(m−1)+2=0，解得：m=0，
即点Q与D重合时，NQ⊥SB，A正确；
对于B，假设存在点Q(m,2,0)(0≤m≤2)，使得异面直线NQ与SA所成的角为60∘，
∵NQ=(m−1,2,−1)，SA=(0,0,−2)，
∴|cs|=|NQ⋅SA||NQ|⋅|SA|=1(m−1)2+5=12，方程无解；
∴不存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60∘，B错误；
对于C，连接AQ,AM,AN；
设DQ=m(0≤m≤2)，
∵S△AMQ=S▱ABCD−S△ABM−S△QCM−S△ADQ=2−m2，
∴当m=0，即点Q与点D重合时，S△AMQ取得最大值2；
又点N到平面AMQ的距离d=12SA=1，
∴(VQ−AMN)max=(VN−AMQ)max=13×2×1=23，C错误；
对于D，由上分析知：NQ=(m−1,2,−1)，NM=(1,1,−1)，
若m=(x,y,z)是面NMQ的法向量，则{m⋅NQ=(m−1)x+2y−z=0m⋅NM=x+y−z=0，
令x=1，则m=(1,2−m,3−m)，
而面AMQ的法向量n=(0,0,1)，
所以cs=m⋅n|m||n|=3−m1+(2−m)2+(3−m)2，令t=3−m∈[1,3]，
则cs=t1+(t−1)2+t2=12⋅(1t−12)2+34，而1t∈[13,1]，
由Q从D到C的过程，m由小变大，则t由大变小，即1t由小变大，
所以cs先变大，后变小，由图知：二面角恒为锐角，
故二面角先变小后变大，D正确.
故选：AD.
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．若D1Q//平面A1PD，则动点Q的轨迹是一条线段
B．存在点Q，使得D1Q⊥平面A1PD
C．当且仅当点Q落在C1处时，三棱锥Q−A1PD的体积最大
D．若D1Q=62，那么点Q的轨迹长度为24π
【解题思路】选项A：利用面面平行证明线面平行，得到动点轨迹；选项B：利用向量法证明线面垂直，判断动点是否存在；选项C：利用向量法求点到平面距离，计算棱锥体积；选项D:利用方程判断轨迹形状并求轨迹长度.
【解答过程】取B1C1、C1C中点E、F，连接D1E、D1F、EF、PF，
由PF//BC1//A1D1且PF=BC1=A1D1知A1PFD1是平行四边形，∴D1F//A1P，
∵D1F⊂平面A1PD，A1P⊂平面A1PD，D1F//平面A1PD，同理可得EF//平面A1PD，
∵EF∩D1F=F，EF,D1F⊂平面D1EF，
∴平面A1PD//平面D1EF，则Q点的轨迹为线段EF，A选项正确；
如图，建立空间直角坐标系，
则A11,0,0，P1,1,12，D0,0,1，设Qx,1,z，0≤x，z≤1，
则A1D=−1,0,1，A1P=0,1,12，D1Q=x,1,z.
设m=a,b,c为平面A1PD的一个法向量，
则m⋅A1D=0,m⋅A1P=0.即−a+c=0,b+c2=0,得a=c,b=−c2.取c=1，则m=1,−12,1.
若D1Q⊥平面A1PD，则D1Q//m，即存在λ∈R，使得D1Q=λm，则x=λ1=−λ2z=λ，解得x=z=−2∉0,1，故不存在点Q使得D1Q⊥平面A1PD，B选项错误；
△A1PD的面积为定值，∴当且仅当Q到平面A1PD的距离d最大时，三棱锥Q−A1PD的体积最大.
d=A1Q⋅mm=23x+z−32，
①x+z≤32，d=1−23x+z，则当x+z=0时，d有最大值1；
②x+z>32，d=23x+z−1，则当x+z=2时，d有最大值13；
综上，当x+z=0，即Q和C1重合时，三棱锥Q−A1PD的体积最大，C选项正确；
D1C1⊥平面BB1C1C，∴D1C1⊥C1Q，D1Q=D1C12+C1Q2=62，
∴C1Q=22，Q点的轨迹是半径为22，圆心角为π2的圆弧，轨迹长度为24π，D选项正确.
故选：ACD.
3．（2023春·江苏常州·高二统考期中）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂直，且AB//CD，AB⊥BC，AP⊥PB，AB=2，BC=CD=1．

(1)求证：AB⊥PD；
(2)求直线PC与平面ABP所成角的余弦值；
(3)线段PA上是否存在点E，使得PC//平面EBD？若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）取AB的中点为O，利用线面垂直的判定、性质推理作答.
（2）以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答.
（3）确定点E的位置，利用空间位置关系的向量证明推理判断作答.
【解答过程】（1）取AB的中点为O，连接DO，PO，由PA=PB，得PO⊥AB，
又四边形ABCD为直角梯形，且AB⊥BC，AB//CD，AB=2，BC=CD=1，
则四边形OBCD为正方形，DO⊥AB，又DO∩PO=O，DO,PO⊂平面POD，
因此AB⊥平面POD，又PD⊂平面POD，
所以AB⊥PD.

（2）PO⊥AB且PO⊂平面PAB，又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB，
则PO⊥平面ABCD，DO⊂平面ABCD，有PO⊥DO，即有OA，OD，OP两两垂直，
以点O为原点，OD、OA、OP分别为x、y、z轴的空间直角坐标系O−xyz，
由等腰直角△PAB，AB=2，BC=CD=1，得OA=OB=OD=OP=1，
则O0,0,0,A0,1,0,B0,−1,0,C1,−1,0,D1,0,0,P0,0,1，
即PC=1,−1,−1，平面PAB的一个法向量为OD=1,0,0，设直线PC与平面PAB所成的角为θ，
因此sinθ=csPC,OD=PC⋅ODPC⋅OD=33，即csθ=1−sin2θ=63，
所以所求直线PC与平面ABP所成角的余弦值为63.
（3）线段PA上存在点E，且当AEAP=23时，使得PC//平面EBD.
由PE=13PA=0,13,−13，得E0,13,23，则EB=0,−43,−23，BD=1,1,0，
设平面EBD的法向量为n=x,y,z，则n⋅EB=−43y−23z=0n⋅BD=x+y=0，令y=−1，得n=1,−1,2，
又PC⋅n=1×1+−1×−1+−1×2=0，则PC⊥n，而PC⊄平面EBD，因此PC//平面EBD，
所以点E满足AEAP=23时，有PC//平面EBD．
4．（2023秋·湖南株洲·高三校联考期末）图1是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D=90°，四边形ABCE是边长为4的菱形，并且∠BCE=60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=26，如图2.
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)在棱DC1上是否存在点P，使得P到平面ABC1的距离为2155？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值.
【解题思路】（1）作出辅助线，得到AF⊥BE，C1F⊥BE，且AF=C1F=23，由勾股定理逆定理求出AF⊥C1F，从而证明出线面垂直，面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点P的坐标，从而得到线面角.
【解答过程】（1）取BE的中点F，连接AF，C1F，
因为四边形ABCE是边长为4的菱形，并且∠BCE=60°，
所以△ABE,△BEC1均为等边三角形，
故AF⊥BE，C1F⊥BE，且AF=C1F=23，
因为AC1=26，所以AF2+C1F2=AC12，
由勾股定理逆定理得：AF⊥C1F，
又因为AF∩BE=F，AF,BE⊂平面ABE，
所以C1F⊥平面ABED，
因为C1F⊂平面BEC1，
所以平面BC1E⊥平面ABED；
（2）以F为坐标原点，FA所在直线为x轴，FB所在直线为y轴，FC1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则F0,0,0,A23,0,0,B0,2,0,C10,0,23,D3,−3,0,E0,−2,0，
设Pm,n,t，DP=λDC1，λ∈0,1，
故m−3,n+3,t=λ−3,3,23，
解得：m=3−3λ,n=3λ−3,t=23λ，
故P3−3λ,3λ−3,23λ，
设平面ABC1的法向量为v=x,y,z，
则AB=−23,2,0,AC1=−23,0,23，
故v⋅AB=x,y,z⋅−23,2,0=−23x+2y=0v⋅AC1=x,y,z⋅−23,0,23=−23x+23z=0，
令x=1，则y=3,z=1，故v=1,3,1，
其中C1P=3−3λ,3λ−3,23λ−23
则d=C1P⋅vv=3−3λ,3λ−3,23λ−23⋅1,3,11+3+1=2155，
解得：λ=12或32（舍去），
则EP=32,−32,3−0,−2,0=32,12,3，
设直线EP与平面ABC1所成角为θ，
则sinθ=csEP,v=EP⋅vEP⋅v=32,12,3⋅1,3,134+14+3×1+3+1=155，
直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为155.
5．（2023·福建福州·福建省校考二模）如图1，在△ABC中，AB=AC=2,∠BAC=2π3,E为BC的中点，F为AB上一点，且EF⊥AB.将△BEF沿EF翻折到△B′EF的位置，如图2.

(1)当AB′=2时，证明：平面B′AE⊥平面ABC；
(2)已知二面角B′−EF−A的大小为π4，棱AC上是否存在点M，使得直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为1010？若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理证明AB′⊥平面ABC，再由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【解答过程】（1）由已知，有EF⊥AF,EF⊥B′F，且AF∩B′F=F，
AF，B′F⊂平面AB′F，所以EF⊥平面AB′F，
因为AB′⊂平面AB′E，所以EF⊥AB′.
在Rt△BEF中，BE=3,∠B=π6，
所以BF=32,AF=12.
因为AB′2+AF2=B′F2，所以AB⊥AB′.
且AB∩EF=F，AB，EF⊂平面ABC，所以AB′⊥平面ABC.
因为AB′⊂平面AB′E，所以平面AB′E⊥平面ABC.
（2）由（1）EF⊥AF,EF⊥B′F，
所以∠AFB′为二面角B′−EF−A的平面角，∠AFB′=π4，
因为AB=AC=2,∠BAC=2π3,E为BC的中点，
所以BE=ABsin60°=12BC=3，BF=B′F=BEcs30°=32，AF=2−32=12 ，EF=BEsin30°=32，B′Fsin45°=B′Fcs45°=324，
如图，以F为坐标原点，分别以FB､FE为x轴､y轴正方向建立空间直角坐标系F−xyz.

则F0,0,0,A−12,0,0,C−32,3,0,B′−324,0,324,E0,32,0.
设AM=λAC,λ∈0,1，
则FM=FA+AM=−λ−12,3λ,0,FB′=−324,0,324,B′E=324,32,−324.
设平面B′MF的一个法向量m=x,y,z，
由m⋅FB′=−λ−12x+3λy=0m⋅FM=−324x+324z=0，得−λ−12x+3λy=0x=z，
令x=1，则y=2λ+123λ,z=1，所以m=1,2λ+123λ,1.
因为直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为1010，
所以csm,B′E=m⋅B′E|m|B′E|=322λ+13⋅12λ2+12λ2+(2λ+1)2=1010，
解得λ=12或λ=−16（舍）.
因此，当点M为AC中点时，直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为1010.