第09讲 空间中直线、平面的垂直（三大题型归纳+分层练）-2024年新高二数学暑假预习核心知识点与常见题型通关讲解练（人教A版2019选修一）

第09讲 空间中直线、平面的垂直 【人教A版选修一】 目录 题型归纳 1 题型01 直线与直线垂直 2 题型02 直线与平面垂直 6 题型03 平面与平面垂直 12 分层练习 17 夯实基础 17 能力提升 28 创新拓展 42 一、直线与直线垂直 设直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2，则l1⊥l2⇔____________⇔____________. 注意点： (1)两直线垂直分为相交垂直和异面垂直，都可转化为两直线的方向向量互相垂直． (2)基向量法证明两直线垂直即证直线的方向向量互相垂直，坐标法证明两直线垂直即证两直线方向向量的数量积为0. 二、直线与平面垂直 设直线 l 的方向向量为u，平面α的法向量为n，则l⊥α⇔________________⇔∃λ∈R，使得________________． 三、平面与平面垂直 设平面α，β的法向量分别为n1，n2，则α⊥β⇔________________⇔________________. 题型01直线与直线垂直 【解题策略】 利用向量法证明线线垂直的方法 用向量法证明空间中两条直线l1，l2相互垂直，其主要思路是证明两条直线的方向向量a，b相互垂直，只需证明a·b＝0即可，具体方法如下： (1)坐标法：根据图形的特征，建立适当的空间直角坐标系，准确地写出相关点的坐标，表示出两条直线的方向向量，计算出其数量积为0即可． (2)基向量法：利用向量的加减运算，结合图形，将要证明的两条直线的方向向量用基向量表示出来，利用数量积运算说明两向量的数量积为0. 【典例分析】 【例1】如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，M是底面上BC边的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝CC1.求证：AB1⊥MN. 【变式演练】 【变式1】如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.求证：AP⊥BC. 【变式2】在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为AC的中点． 求证：(1)BD1⊥AC；(2)BD1⊥EB1. 【变式3】（23-24高二上·广东珠海·期末）已知在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，、分别是线段、的中点. (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 题型02 直线与平面垂直 【解题策略】 证明线面垂直的方法： (1)基向量法：选取基向量，用基向量表示直线所在的向量，证明直线所在向量与两个不共线向量的数量积均为零，从而证得结论． (2)坐标法：建立空间直角坐标系，求出直线方向向量的坐标，证明直线的方向向量与两个不共线向量的数量积均为零，从而证得结论． (3)法向量法：建立空间直角坐标系，求出直线方向向量的坐标以及平面法向量的坐标，然后证明直线方向向量与平面法向量共线，从而证得结论． 【典例分析】 【例2】课本例4　如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB ＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，求证：直线A1C⊥平面BDD1B1. 【变式演练】 【变式1】（23-24高二上·安徽阜阳·阶段练习）如图，已知平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝AD＝AB＝2，M，N分别为AB，PC的中点.求证：平面PCD． 【变式2】如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点．求证：EF⊥平面B1AC. 【变式3】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E为PC的中点，EF⊥BP于点F.求证：PB⊥平面EFD. 题型03 平面与平面垂直 【解题策略】 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． 【典例分析】 【例3】课本例5　证明“平面与平面垂直的判定定理”：若一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直． 已知：如图，l⊥α，l⊂β， 求证：α⊥β. 【变式演练】 【变式1】如图，在正三棱锥P－ABC中，三条侧棱两两互相垂直，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.求证：平面EFG⊥平面PBC. 【变式2】（23-24高二上·四川成都·期中）已知：在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点M为PD中点，.求证：平面平面.（注：必须用向量法做，否则不得分） 【变式3】如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2. (1)求证：AC⊥BF； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【夯实基础】 一、单选题 1．（23-24高二上·广东深圳·期末）设平面和的法向量分别为．若，则（    ） A．4 B． C．10 D． 2．（2024·江西鹰潭·一模）设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（22-23高二上·云南昆明·期中）如图，下列正方体中，为底面的中点，为所在棱的中点，、为正方体的顶点，则满足的是（    ） A．③④ B．①② C．②④ D．②③ 4．（23-24高二下·湖南长沙·阶段练习）在正方体中，点M，N分别是棱和线段上的动点，则满足与垂直的直线MN（    ） A．有且仅有1条 B．有且仅有2条 C．有且仅有3条 D．有无数条 二、多选题 5．（23-24高二下·广西·阶段练习）已知点是所在平面外一点，若，，，下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二下·江苏连云港·期中）棱长为2的正方体中，、分别为棱、的中点，为面对角线上一个动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．面 C．平面平面 D．当运动到点时，三棱锥的外接球的体积为 三、填空题 7．（23-24高二上·安徽·阶段练习）已知平面的一个法向量，点，且，则 . 8．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知点为坐标原点，点，平面的一个法向量为，若，则 . 9．（23-24高二上·上海普陀·阶段练习）设常数．如图在矩形中，平面．若线段上存在点，使得，则的取值范围是 ．    四、解答题 10．（23-24高二上·四川成都·期中）棱长为2的正方体中，E，F分别是，的中点，G在棱CD上，且，H是的中点． (1)证明：； (2)求. 11．（23-24高二上·内蒙古赤峰·期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，M是的中点，点Q在上，且． (1)证明：平面； (2)求直线与的夹角． 【能力提升】 一、单选题 1．（23-24高二上·北京大兴·期末）若直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（23-24高二上·山东菏泽·期末）已知分别是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C．1 D．7 3．（23-24高二下·江苏徐州·阶段练习）已知直线是正方体体对角线所在直线，为其对应棱的中点，则下列正方体的图形中满足平面的是（    ） A．（1）（2） B．（1）（3） C．（1）（4） D．（2）（4） 4．（23-24高二上·浙江台州·期末）在空间四边形中，，则下列结论中不一定正确的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（2024高二上·全国·专题练习）在正方体中，若为中点，则直线可能垂直于（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二上·山东菏泽·期末）已知点是平行四边形所在平面外一点，如果，，，下列结论正确的有（    ） A． B．∥ C．平面 D．四边形为矩形 7．（23-24高二上·广东东莞·期末）在如图所示的试验装置中，和均为边长为1正方形框架，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在对角线，上移动，且，（）．则下列结论正确的是（    ） A．， B．， C．，平面 D．，平面⊥平面 三、填空题 8．（22-23高二下·江苏·课后作业）已知是直线l的一个方向向量，是平面α的一个法向量，若l⊥α，则a，b的值分别为 . 9．（23-24高二上·四川泸州·阶段练习）已知点，，，，过点P作平面OAB，H为垂足，则点H的坐标是 . 四、解答题 10．（2023高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥 中，平面，，E，F，M分别为AP，AC，PB的中点，求证： 11．（2023·江西·二模）正四棱锥中，，E为中点，，平面平面，平面. (1)证明：当平面平面时，平面 (2)当时，T为表面上一动点（包括顶点），是否存在正数m，使得有且仅有5个点T满足，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由. 【创新拓展】 一、单选题 1．（23-24高二上·福建泉州·期末）如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 二、填空题 2．（22-23高二下·江苏常州·期中）如图，三棱柱的各条棱长均为是2，侧棱与底面ABC所成的角为60°，侧面底面ABC，点P在线段上，且平面平面，则 ．    3．（22-23高二下·湖北·阶段练习）如图，点在长方体内部运动，点在棱上，且，动点满足为棱的中点，为线段的中点，若，则动点到平面距离的最小值为 .    三、解答题 4．（22-23高二上·湖北·阶段练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，. (1)求与平面所成角的正弦值； (2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【下节预览】 一、选择题 1．（23-24高二下·江苏·期中）已知点，记点M到x轴的距离为a，到y轴的距离为b，到z轴的距离为c，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 二、解答题 2．（22-23高二·全国·课堂例题）如图，正方体的顶点坐标为，，，，求平面与平面之间的距离．    原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第09讲 空间中直线、平面的垂直 【人教A版选修一】 目录 题型归纳 1 题型01 直线与直线垂直 2 题型02 直线与平面垂直 6 题型03 平面与平面垂直 12 分层练习 17 夯实基础 17 能力提升 28 创新拓展 42 一、直线与直线垂直 设直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2，则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0. 注意点： (1)两直线垂直分为相交垂直和异面垂直，都可转化为两直线的方向向量互相垂直． (2)基向量法证明两直线垂直即证直线的方向向量互相垂直，坐标法证明两直线垂直即证两直线方向向量的数量积为0. 二、直线与平面垂直 设直线 l 的方向向量为u，平面α的法向量为n，则l⊥α⇔u∥n⇔∃λ∈R，使得u＝λn. 三、平面与平面垂直 设平面α，β的法向量分别为n1，n2，则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0. 题型01直线与直线垂直 【解题策略】 利用向量法证明线线垂直的方法 用向量法证明空间中两条直线l1，l2相互垂直，其主要思路是证明两条直线的方向向量a，b相互垂直，只需证明a·b＝0即可，具体方法如下： (1)坐标法：根据图形的特征，建立适当的空间直角坐标系，准确地写出相关点的坐标，表示出两条直线的方向向量，计算出其数量积为0即可． (2)基向量法：利用向量的加减运算，结合图形，将要证明的两条直线的方向向量用基向量表示出来，利用数量积运算说明两向量的数量积为0. 【典例分析】 【例1】如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，M是底面上BC边的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝CC1.求证：AB1⊥MN. 【详解】证明　方法一　设＝a，＝b，＝c，则由已知条件和正三棱柱的性质，得|a|＝|b|＝|c|＝1，a·c＝b·c＝0，＝a＋c，＝(a＋b)， ＝b＋c，＝－＝－a＋b＋c， ∴·＝(a＋c)· ＝－＋cos 60°＋0－0＋0＋＝0. ∴⊥， ∴AB1⊥MN. 方法二　设AB的中点为O，作OO1∥AA1.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得 A，B，C，N，B1， ∵M为BC的中点， ∴M. ∴＝，＝(1,0,1)， ∴·＝－＋0＋＝0. ∴⊥， ∴AB1⊥MN. 【变式演练】 【变式1】如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.求证：AP⊥BC. 【详解】证明　以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，分别以，的方向为y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示． 则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)， 故＝(0,3,4)，＝(－8,0,0)， ∴·＝0×(－8)＋3×0＋4×0＝0， ∴⊥，即AP⊥BC. 【变式2】在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为AC的中点． 求证：(1)BD1⊥AC；(2)BD1⊥EB1. [详解]　以D为坐标原点，DA，DC，DD1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． 设正方体的棱长为1，则B(1,1,0)，D1(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)， E，B1(1,1,1)． (1)∵＝(－1，－1,1)，＝(－1,1,0)， ∴·＝(－1)×(－1)＋(－1)×1＋1×0＝0， ∴⊥，即BD1⊥AC. (2)∵＝(－1，－1,1)，＝， ∴·＝(－1)×＋(－1)×＋1×1＝0， ∴⊥， 即BD1⊥EB1. 【变式3】（23-24高二上·广东珠海·期末）已知在四棱锥中，底面是矩形，且，，平面，、分别是线段、的中点. (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，为的四等分点（靠近）. 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）求出平面的法向量，设出点的坐标，利用线面平行的向量表示求解即得. 【详解】（1）在四棱锥中，底面是矩形，平面，则直线两两垂直， 以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，令， 于是， 因此，即， 所以. （2）由（1）知，，假定存在点满足条件， 设，， 设平面的法向量为，则，令，得， 要平面，显然平面，则只需，即，解得， 所以在线段上存在点，使得平面，点为靠近点的线段的四等分点 题型02 直线与平面垂直 【解题策略】 证明线面垂直的方法： (1)基向量法：选取基向量，用基向量表示直线所在的向量，证明直线所在向量与两个不共线向量的数量积均为零，从而证得结论． (2)坐标法：建立空间直角坐标系，求出直线方向向量的坐标，证明直线的方向向量与两个不共线向量的数量积均为零，从而证得结论． (3)法向量法：建立空间直角坐标系，求出直线方向向量的坐标以及平面法向量的坐标，然后证明直线方向向量与平面法向量共线，从而证得结论． 【典例分析】 【例2】课本例4　如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB ＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，求证：直线A1C⊥平面BDD1B1. 【详解】证明　设＝a，＝b，＝c，则{a，b，c}为空间的一个基底，且＝a＋b－c，＝b－a，＝c. 因为AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB ＝∠A1AD＝∠BAD＝60°， 所以a2＝b2＝c2＝1，a·b＝b·c＝c·a＝. 在平面BDD1B1上，取，为基向量，则对于平面BDD1B1上任意一点P，存在唯一的有序实数对(λ，μ)，使得＝λ＋μ. 所以，·＝λ·＋μ·＝λ(a＋b－c)·(b－a)＋μ(a＋b－c)·c＝0. 所以是平面BDD1B1的法向量． 所以A1C⊥平面BDD1B1. 【变式演练】 【变式1】（23-24高二上·安徽阜阳·阶段练习）如图，已知平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝AD＝AB＝2，M，N分别为AB，PC的中点.求证：平面PCD． 【答案】证明见解析 【分析】注意到此题中易于建系，可以考虑通过证明与平面的法向量共线推得结论平面PCD. 【详解】 如图，因平面ABCD，底面ABCD为正方形，故可以分别为的正方向建立空间直角坐标系. 又PA＝AD＝AB＝2，M，N分别为AB，PC的中点， 则, , 于是，不妨设平面PCD的法向量为， 则有令，故可取， 因，则平面PCD 【变式2】如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点．求证：EF⊥平面B1AC. 【详解】证明　方法一　设该正方体的棱长为2a，建立如图所示的空间直角坐标系． 则A(2a,0,0)，C(0,2a,0)， B1(2a,2a,2a)，E(2a,2a，a)， F(a，a,2a)． 所以＝(－a，－a，a)， ＝(0,2a,2a)， ＝(－2a,2a,0)． 因为·＝(－a，－a，a)·(0,2a,2a)＝(－a)·0＋(－a)·2a＋a·2a＝0， ·＝(－a，－a，a)·(－2a,2a,0)＝2a2－2a2＋0＝0， 所以EF⊥AB1，EF⊥AC. 又AB1∩AC＝A，AB1，AC⊂平面B1AC， 所以EF⊥平面B1AC. 方法二　由方法一知＝(0,2a,2a)， ＝(－2a,2a,0)． 设平面B1AC的法向量为m＝(x，y，z)， 则m·＝2a(y＋z)＝0， m·＝－2a(x－y)＝0. 取x＝1，则y＝1，z＝－1， 故m＝(1,1，－1)． 所以＝(－a，－a，a)＝－a(1,1，－1)＝－am. 所以∥m， 所以EF⊥平面B1AC. 方法三　设＝a，＝c，＝b，连接BD(图略)， 则＝＋ ＝(＋) ＝(＋) ＝(＋－) ＝(b＋c－a)． 因为＝＋＝a＋b， 所以·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝(b2－a2＋c·a＋c·b)＝(|b|2－|a|2＋0＋0)＝0， 所以⊥，即EF⊥AB1. 同理，EF⊥B1C. 又AB1∩B1C＝B1，AB1，B1C⊂平面B1AC， 所以EF⊥平面B1AC. 【变式3】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E为PC的中点，EF⊥BP于点F.求证：PB⊥平面EFD. 【详解】证明　由题意得，DA，DC，DP两两垂直，以D为坐标原点，DA，DC，DP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， 设DC＝PD＝1，则P(0,0,1)，D(0,0,0)，B(1,1,0)，E，＝(1,1，－1)，＝，＝. 设F(x，y，z)， 则＝(x，y，z－1)， ＝. 因为⊥， 所以x＋－＝0， 即x＋y－z＝0.① 又∥， 故可设＝λ(0<λ<1)， 所以x＝λ，y＝λ，z－1＝－λ.② 由①②可知，x＝，y＝，z＝， 所以＝. 方法一　·＝(1,1，－1)·＝0＋－＝0，所以⊥，所以PB⊥DE，因为PB⊥EF，EF∩DE＝E，EF，DE⊂平面EFD，所以PB⊥平面EFD. 方法二　设n2＝(x2，y2，z2)为平面EFD的法向量，则有即取z2＝1，则n2＝(－1，－1,1)．所以∥n2，所以PB⊥平面EFD. 题型03 平面与平面垂直 【解题策略】 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． 【典例分析】 【例3】课本例5　证明“平面与平面垂直的判定定理”：若一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直． 已知：如图，l⊥α，l⊂β， 求证：α⊥β. 【详解】证明　如图，取直线l的方向向量u，平面β的法向量n. 因为l⊥α， 所以u是平面α的法向量． 因为l⊂β，而n是平面β的法向量， 所以u⊥n. 所以α⊥β. 【变式演练】 【变式1】如图，在正三棱锥P－ABC中，三条侧棱两两互相垂直，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.求证：平面EFG⊥平面PBC. 【详解】证明　方法一　如图，以三棱锥的顶点P为原点，以PA，PB，PC所在直线分别作为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 令PA＝PB＝PC＝3，则P(0,0,0)，A(3,0,0)，F(0,1,0)，G(1,1,0)， 于是＝(3,0,0)，＝(1,0,0)， 故＝3，∴PA∥FG. 而PA⊥平面PBC，∴FG⊥平面PBC. 又FG⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PBC. 方法二　同方法一，建立空间直角坐标系， 则P(0,0,0)，A(3,0,0)，E(0,2,1)，F(0,1,0)，G(1,1,0)． ∴＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，－1)． 设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)， 则有n⊥，n⊥. ∴令y＝1，得z＝－1，x＝0， 即n＝(0,1，－1)． 显然＝(3,0,0)是平面PBC的一个法向量． 又n·＝0，所以n⊥， 即平面PBC的法向量与平面EFG的法向量互相垂直， ∴平面EFG⊥平面PBC. 【变式2】（23-24高二上·四川成都·期中）已知：在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面，点M为PD中点，.求证：平面平面.（注：必须用向量法做，否则不得分） 【答案】证明见解析 【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面和平面.的法向量，计算二者的数量积，即可证明结论. 【详解】证明：在四棱锥中，底面为正方形，侧棱平面， 以A为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， ，则， 故, 设平面的法向量为，则, 令，则， ， 设平面的法向量为，则, 令，则， 则， 故平面平面. 【变式3】如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2. (1)求证：AC⊥BF； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【详解】(1)证明　∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF， ∴AF⊥平面ABCD. ∵AC⊂平面ABCD， ∴AF⊥AC.过A作AH⊥BC于H(图略)， 则BH＝1，AH＝，CH＝3，∴AC＝2， ∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB. ∵AB∩AF＝A，AB，AF⊂平面FAB， ∴AC⊥平面FAB. ∵BF⊂平面FAB，∴AC⊥BF. (2)解　存在．理由如下： 由(1)知，AF，AB，AC两两垂直．以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2，0)，E(－1，，2)． 假设在线段BE上存在一点P满足题意， 则易知点P不与点B，E重合， 设＝λ， 则λ>0，P. 设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z)． 由＝，＝(0,2，0)， 得 即 令x＝1，则z＝， ∴m＝为平面PAC的一个法向量． 同理，可求得n＝为平面BCEF的一个法向量． 当m·n＝0，即λ＝时，平面PAC⊥平面BCEF， 故存在满足题意的点P，此时＝. 【夯实基础】 一、单选题 1．（23-24高二上·广东深圳·期末）设平面和的法向量分别为．若，则（    ） A．4 B． C．10 D． 【答案】C 【分析】根据数量积的坐标表示列方程求解可得. 【详解】因为， 所以，解得. 故选：C 2．（2024·江西鹰潭·一模）设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【分析】利用空间直线与平面，平面与平面的位置关系判断ACD，利用空间向量判断线面位置关系，从而判断B，由此得解. 【详解】对于A，若，，则有可能，故A错误； 对于B，若，，则直线的方向向量分别为平面法向量， 又，即，所以，故B正确； 对于C，若，，则有可能，故C错误； 对于D，若，，则有可能，故D错误. 故选：B. 3．（22-23高二上·云南昆明·期中）如图，下列正方体中，为底面的中点，为所在棱的中点，、为正方体的顶点，则满足的是（    ） A．③④ B．①② C．②④ D．②③ 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断的值即可. 【详解】设正方体的棱长为， 对于①：如图建立空间直角坐标系，则， 可得，则， 所以与不垂直，即与不垂直，所以①错误； 对于②：如图建立空间直角坐标系，则， 可得，则， 所以，即，所以②正确；    对于③：如图建立空间直角坐标系，则， 可得，则， 所以，即，所以③正确； 对于④：如图建立空间直角坐标系，则， 可得，则， 所以与不垂直，即与不垂直，所以④错误； 故选：D. 4．（23-24高二下·湖南长沙·阶段练习）在正方体中，点M，N分别是棱和线段上的动点，则满足与垂直的直线MN（    ） A．有且仅有1条 B．有且仅有2条 C．有且仅有3条 D．有无数条 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直的数量积表示计算得解. 【详解】以正方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，如图， 设正方体棱长为1， 则， 所以， 若，则， 即，方程有无数组解， 故选：D 二、多选题 5．（23-24高二下·广西·阶段练习）已知点是所在平面外一点，若，，，下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据平面向量的定义，平行，垂直，模长的定义可以对每一个选项进行逐一判断，进而得出答案. 【详解】对于：∵，所以正确； 对于：， ∴，所以不垂直， 所以不正确； 对于：， ， 所以正确； 对于：，， 而， ∴不平行于；所以不正确. 故选：. 6．（23-24高二下·江苏连云港·期中）棱长为2的正方体中，、分别为棱、的中点，为面对角线上一个动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．面 C．平面平面 D．当运动到点时，三棱锥的外接球的体积为 【答案】ABD 【分析】利用锥体的体积公式可判断A；以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，通过空间向量法可判断B,C；运动到点，求出球心坐标，进而求得三棱锥的外接球的半径，即可求解D. 【详解】 对于A，因为平面,平面∥平面， 所以到平面的距离等于， 所以为定值，故A正确； 对于B，以D为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，由题意可知，， 则 ， 设平面法向量为， 则，可取， 所以，且面， 所以面，故B正确； 对于C，由题， 所以，,， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 所以，, 即，， 令，则，， 所以， 所以平面与平面不垂直，故C错误； 对于D，当运动到点时，三棱锥即为三棱锥， 取线段的中点，连接， 由题意可知，根据几何体特征补成长方体，为该长方体的体对角线， 则外接球的球心在线段的中点， , 所以， 所以外接球的体积为，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题 7．（23-24高二上·安徽·阶段练习）已知平面的一个法向量，点，且，则 . 【答案】/5.25 【分析】根据题意得到，从而得到，即可得到答案. 【详解】因为，所以，因为，所以， 所以，所以. 故答案为： 8．（23-24高二上·广东深圳·期中）已知点为坐标原点，点，平面的一个法向量为，若，则 . 【答案】 【分析】根据法向量的定义即可求解. 【详解】由题知， 因为，所以， 设，则， 所以，解得，，， 所以 故答案为：. 9．（23-24高二上·上海普陀·阶段练习）设常数．如图在矩形中，平面．若线段上存在点，使得，则的取值范围是 ．    【答案】 【分析】通过建系，把转换成向量垂直坐标运算，结合存在点，进而转换为方程有解问题. 【详解】   因为在矩形中，平面， 所以以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 设，，其中或不符题意， 则，，， 则有， 由，得 即， 若线段上存在点，即方程在有解， 设函数为，，对称轴为， 则方程在有解需满足， 又因为， 所以. 故答案为： 四、解答题 10．（23-24高二上·四川成都·期中）棱长为2的正方体中，E，F分别是，的中点，G在棱CD上，且，H是的中点． (1)证明：； (2)求. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出向量的坐标，根据空间位置关系的向量证明方法，即可证明结论. （2）求出的坐标，利用空间向量的夹角公式，即可求得答案. 【详解】（1）如图，以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则,，，，，，， 因为，， 所以， 所以，即. （2）因为，所以 因为，且， 所以. 11．（23-24高二上·内蒙古赤峰·期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，M是的中点，点Q在上，且． (1)证明：平面； (2)求直线与的夹角． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）由题设构建空间直角坐标系，应用向量法证明、，再由线面垂直的判定证结论； （2）由（1）有，即可确定异面直线夹角大小. 【详解】（1）由平面，截面为矩形， 以D为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，故， 又，即，则， 所以， ，， ，且平面，所以平面． （2）由（1）知：，即直线与的夹角为. 【能力提升】 一、单选题 1．（23-24高二上·北京大兴·期末）若直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】由可知，直线的方向向量与平面的法向量平行，列方程组求解即可. 【详解】∵直线的方向向量为，平面的法向量为，且， ∴直线的方向向量与平面的法向量平行， 则存在实数使， ∴，解得， 故选：D. 2．（23-24高二上·山东菏泽·期末）已知分别是平面的法向量，若，则（    ） A． B． C．1 D．7 【答案】D 【分析】根据两个平面垂直，两个平面的法向量也垂直，求解即可. 【详解】因为，所以，所以，解得. 故选：D 3．（23-24高二下·江苏徐州·阶段练习）已知直线是正方体体对角线所在直线，为其对应棱的中点，则下列正方体的图形中满足平面的是（    ） A．（1）（2） B．（1）（3） C．（1）（4） D．（2）（4） 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法来判断出正确答案. 【详解】设正方体的边长为2， 对于图（1），建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，直线的方向向量为， ，， 因为，， 所以，，，平面， 所以平面，故图（1）正确； 对于图（2），建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，直线的方向向量为， 则，因为，所以与不垂直， 所以与平面不垂直，故图（2）错误； 对于图（3），建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 直线的方向向量为，因为，， 所以，，，平面， 所以平面，故图（3）正确； 对于图（4），建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 直线的方向向量为，因为， 所以与不垂直，所以与平面不垂直，故图（4）正确. 综上，正确的有图（1）（3）. 故选：B. 4．（23-24高二上·浙江台州·期末）在空间四边形中，，则下列结论中不一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用向量线性运算判断A；利用空间向量数量积的应用判断B；利用给定等式结合垂直关系的向量表示推理判断CD. 【详解】依题意，，A正确； 显然，即， 因此，B正确； 由，同理得， 于是，由，得， 由，得，取中点，连接并延长至， 使，连接，取中点，连接，显然四边形为平行四边形， 则，， 于是，即有，则， ，而平面，则平面，又平面， 因此，，而为公共边，所以≌，C正确；    显然线段不一定相等，而，， 即直角三角形的两条直角边不一定相等，与不一定垂直，又， 所以不一定垂直，D错误. 故选：D 【点睛】结论点睛：首尾相接的若干个向量的和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量．所以在求若干向量的和，可以通过平移将其转化为首尾相接的向量求和． 二、多选题 5．（2024高二上·全国·专题练习）在正方体中，若为中点，则直线可能垂直于（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，求出，由空间向量数量积的坐标运算即可判断. 【详解】设正方体棱长为，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 所以， ，， 所以，，即，， 而与不垂直，与不垂直，故AC正确，BD错误. 故选：AC. 6．（23-24高二上·山东菏泽·期末）已知点是平行四边形所在平面外一点，如果，，，下列结论正确的有（    ） A． B．∥ C．平面 D．四边形为矩形 【答案】AC 【分析】运用空间向量数量积的坐标运算结合垂直关系逐项分析判断. 【详解】由题意可知 都是非零向量， 对于A， ，即，故A正确； 对于C， ，即， 且 平面ABCD，， 所以 平面ABCD，故C正确； 对于B，因为 平面ABCD， 平面ABCD，所以，故B错误； 对于D，因为，即不垂直，故D错误； 故选：AC. 7．（23-24高二上·广东东莞·期末）在如图所示的试验装置中，和均为边长为1正方形框架，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N分别在对角线，上移动，且，（）．则下列结论正确的是（    ） A．， B．， C．，平面 D．，平面⊥平面 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法依次判断求证. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，， ，， 则，. 对于A，，，， 解得.所以存在，使得.故A正确； 对于B，由，， ， 故B错误； 对于C，，，设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，， ， ，所以对，平面.故C正确； 对于D，，，，， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，得，，， 设平面的一个法向量为，则 ，即， 令，得，， ，当时，，即平面平面.故D正确. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：建立空间直角坐标系，根据已知条件求出坐标，将空间位置关系判断，线段长度问题转化为向量的运算. 三、填空题 8．（22-23高二下·江苏·课后作业）已知是直线l的一个方向向量，是平面α的一个法向量，若l⊥α，则a，b的值分别为 . 【答案】 【分析】根据空间线面垂直结合空间向量运算求解. 【详解】∵l⊥α，则∥， 则，解得. 故答案为：. 9．（23-24高二上·四川泸州·阶段练习）已知点，，，，过点P作平面OAB，H为垂足，则点H的坐标是 . 【答案】 【分析】设，先根据求出的关系，再根据四点共面，即可得出答案. 【详解】设，则， ， 因为平面OAB，平面OAB， 所以， 则，解得， 所以， 因为平面OAB，H为垂足， 所以四点共面， 则存在唯一实数对使得， 即， 所以，解得， 所以. 故答案为： 四、解答题 10．（2023高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥 中，平面，，E，F，M分别为AP，AC，PB的中点，求证： 【答案】证明见解析 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法证明，从而求解； 【详解】以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图： 则由题意得，，，， ， ， ∴，即：， ∴． 11．（2023·江西·二模）正四棱锥中，，E为中点，，平面平面，平面. (1)证明：当平面平面时，平面 (2)当时，T为表面上一动点（包括顶点），是否存在正数m，使得有且仅有5个点T满足，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)不存在，理由见详解 【分析】（1）根据正四棱锥分析可得平面，结合面面垂直以及线面平行的性质分析证明； （2）建系，利用空间向量求得即为点，再根据空间距离分析可得，结合四棱锥的外接球和内切球分析运算. 【详解】（1）连接，由题意可知：， 设，连接，则平面， 平面，则， ，平面， 故平面. 若为直线，此时平面，可得平面平面，符合题意， 故平面； 若不为直线，∵平面平面，则存在直线平面，使得平面， 可得，且平面，平面， 故平面， 又∵平面，平面平面， 则，可得， 故平面； 综上所述：平面. （2）不存在，理由如下： 如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则有， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，即， 设平面的任一点坐标，则， 由，解得， 可得交线满足， 令，可得交线与轴的交点为，即为点. 设四棱锥表面上任一点， 则， ， 可得， 且 故 ， 表示点到点的距离的平方， 设四棱锥的内切球的半径为， ∵的体积，表面积， 则， 可得四棱锥内切球的球心坐标为， 又∵，可得四棱锥的外接球的球心为， 显然既不是内切球的球心也不是外接球的球心， 故不存在m，使得有且仅有5个点T满足. 【创新拓展】 一、单选题 1．（23-24高二上·福建泉州·期末）如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 【答案】A 【分析】对于ABD：建系，利用空间向量结合线、面位置关系分析判断，对于C：根据面面平行的判定定理分析判断. 【详解】以D为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图：    设，则，则， 因为点分别是的中点， 所以， 对于选项B：设平面的一个法向量为， 因为， 可得，取，解得， 设， 因为，则，可得，即， 则， 若∥平面，则， 可得，且，解得， 即为的中点，故B正确； 对于选项A：由B可知：， 若平面，则， 则，当且仅当时成立，故A错误； 对于选项D：由B可知：，则， 因为，则， 设平面的法向量为， 则，取，得， 若平面平面，则，故D正确； 对于选项C：  当与D重合时， 因为分别是的中点， 则，且平面，平面， 可得平面， 同理可得：平面， 且，平面， 所以此时平面平面，故C正确；    故选：A. 二、填空题 2．（22-23高二下·江苏常州·期中）如图，三棱柱的各条棱长均为是2，侧棱与底面ABC所成的角为60°，侧面底面ABC，点P在线段上，且平面平面，则 ．    【答案】 【分析】取中点，连接，，由已知可得，，两两垂直，以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，求得平面与平面的一个法向量，可求得结论． 【详解】侧面底面，则点在平面上的射影在直线上， 为直线与底面所成的角， ，三棱柱的各条棱长均为2， 是等边三角形， 取中点，连接，，则， ∵侧面底面，侧面底面，面， 所以面， 如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系， 则， 故， 设，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，， 平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，则，令，则，， 平面的一个法向量为， 平面平面，∴， ，， ． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：取中点，证明，，两两垂直，是解决本题的关键. 3．（22-23高二下·湖北·阶段练习）如图，点在长方体内部运动，点在棱上，且，动点满足为棱的中点，为线段的中点，若，则动点到平面距离的最小值为 .    【答案】/ 【分析】以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，，由可得点在正方体内部且以为球心，2为半径的球面上运动，动点到平面距离的最小值为动点到平面距离的最小值的，求解即可. 【详解】以点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， ，解得， 点在正方体内部且以为球心，2为半径的球面上运动， 因为为线段的中点，则动点到平面距离的最小值即为动点到平面距离的最小值的， ，，， ，， 所以，，即，， 又，平面， 所以平面， 为线段的中点，则动点到平面距离的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题的关键点在于求出点的轨迹，由题意可证得平面则可知动点到平面距离的最小值即为动点到平面距离的最小值的，求出，即可得解 三、解答题 4．（22-23高二上·湖北·阶段练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，. (1)求与平面所成角的正弦值； (2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面BEQF⊥平面PAD. 【分析】对于（1），取AB中点为H，先由条件证得PH⊥平面ABCD，后可得答案. 对于（2），由（1）分析可知AB⊥AC，建立以A为原点的空间直角坐标系，找到平面BEQF，平面PAD法向量，后可得答案. 【详解】（1）证明：取棱AB长的一半为单位长度. 则在中，AB=2，BC=4，∠ABC=60°，根据余弦定理， 得 得，故AB⊥AC. 又PB⊥AC，PB∩AB=B，平面PAB，AB平面PAB，故AC⊥平面PAB. 又平面ABCD，AC⊥平面PAB，则平面ABCD⊥平面PAB. 取AB中点H，连接PH，CH. 因是等边三角形，则PH⊥AB，又PH 平面PAB， 平面ABCD 平面PAB，平面ABCD⊥平面PAB，故PH⊥平面ABCD. 得∠PCH是CP与平面ABCD所成的角. 在直角三角形中，， ，. 故，即为所求. （2）假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD. 如图，以A为原点，分别以为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz， 则， ， 设是平面PAD的法向量，则 ，取. 设，其中. 则 连接EF，因AC∥平面BEQF，，平面PAC∩平面BEQF=EF， 故AC∥EF，则取与同向的单位向量. 设是平面BEQF的法向量， 则， 取. 由平面BEQF⊥平面PAD，知，有，解得. 故在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面BEQF⊥平面PAD. 【点睛】关键点点睛：本题涉及线面角，及立体几何中的动点问题.对于（1），关键能在各种线面关系中做出相应线面角的平面角.对于（2），求动平面的法向量时，可利用线面平行关系找到动平面内向量的共线向量. 【下节预览】 一、选择题 1．（23-24高二下·江苏·期中）已知点，记点M到x轴的距离为a，到y轴的距离为b，到z轴的距离为c，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别求出点M在x轴，y轴，z轴上的投影点的坐标，再借助空间两点间距离公式计算作答. 【详解】设点M在x轴上的投影点，则，而x轴的方向向量， 由得：，解得，则， 设点M在y轴上的投影点，则， 而y轴的方向向量， 由得：，解得，则， 设点M在z轴上的投影点，则，而z轴的方向向量， 由得：，解得，则， 所以. 故选：C 二、解答题 2．（22-23高二·全国·课堂例题）如图，正方体的顶点坐标为，，，，求平面与平面之间的距离．    【答案】 【分析】根据已知求出面的法向量，应用线面、面面平行的判定定理证平面平面，进而可知在上的投影长，即为平面与平面之间的距离d，利用向量法求面面距离. 【详解】由题意得，，． 设为平面的法向量，则， 取，得，，则是平面的一个法向量． 由，面，面，则面， 由，面，面，则面， 又，面，故平面平面． 由于点A，D分别在平面与平面上， 因而在上的投影长，即为平面与平面之间的距离d． 因此，所求距离． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司6 学科网（北京）股份有限公司 $$