1.2.1&1.2.2空间中的点、直线、平面与空间向量（3知识点+6题型+巩固训练）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（人教B版2019选择性必修第一册）

1.2.1空间中的点、直线与空间向量 1.2.2空间中的平面与空间向量 课程标准 学习目标 1.理解平面的法向量 2.能用向量语言表述线面、面面的垂直、平行关系 3.能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理 1.了解空间向量的有关概念 2.掌握两个空间向量的夹角、方向向量和平面的法向量的概念 知识点01 平面的法向量 1.平面的法线 与平面垂直的直线叫作平面的法线。 由于垂直于同一平面的直线是互相平行的，所以，我们可以考虑用平面的垂线的方向来刻画平面的“方向”。 2.平面的法向量：如果表示非零向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n垂直于平面α，记作n⊥α，此时，我们把向量n叫作平面α的法向量. 注意： （1） 平面α的一个法向量垂直于平面α内的所有向量. （2）一个平面的法向量有无限多个，它们相互平行. 3.平面法向量的性质 （1）如果直线垂直于平面α，则直线l的任意一个方向都是平面α的一个法向量. （2）如果n是平面α的一个法向量，则对任意的实数λ ≠0，空间向量λn也是平面α的一个法向量，而且平面α的任意两个法向量都平行 （3）如果n为平面α的一个法向量，A为平面α上一个已知的点，则对于平面α上任意一点B，向量一定与向量n垂直，即 n=0，从而可知平面α的位置可由n和A唯一确定. 【即学即练1】（22-23高二上·山东济宁·阶段练习）已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列四个点中在平面内的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设平面内任意一点，由题意，由此可得，对比选项即可得解. 【详解】设平面内任意一点，则，平面的一个法向量为 所以，整理得， 而，，，， 所以对比选项可知只有在平面内. 故选：C. 【即学即练2】（23-24高二上·吉林延边·期末）已知平面的一个法向量为，直线的方向向量为，若，则实数（    ）. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由，得到直线与平面的法向量垂直，得出，进而求得的值. 【详解】因为，所以，所以，解得． 故选：. 知识点02 直线与平面的位置关系 如果v是直线的一个方向向量，n是平面α的一个法向量 （1） （2） 【即学即练3】（23-24高二下·甘肃·期中）已知平面外的直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ） A．与斜交 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，求得，得到，即可得到答案. 【详解】由平面外的直线l的方向向量为，平面的一个法向量为， 可得，所以，则. 故选：C. 【即学即练4】（23-24高二上·山东济南·阶段练习）直线的方向向量，平面的一个法向量，若，则（    ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】由题意可得，从而列出方程组求解即可. 【详解】由题意若，且直线的方向向量，平面的一个法向量， 则，，解得. 故选：C. 知识点03 平面与平面的位置关系 如果n1是平面α1的一个法向量，n2是平面α2的一个法向量： （1）α1α2； （2）α1//α2,或α1与α2重合 【即学即练5】（22-23高二下·江苏连云港·阶段练习）已知平面的法向量分别为，则这两个平面的位置关系为（    ） A．平行 B．相交但不垂直 C．相交垂直 D．不能确定 【答案】C 【分析】先判断法向量的位置关系，进而判断两平面的位置关系. 【详解】因为， 所以， 则，所以. 故选：C. 【即学即练6】（2024高三·全国·专题练习）已知平面α内有两点M(1，－1，2)，N(a，3，3)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，则实数a＝ . 【答案】2 【详解】 因为M(1，－1，2)，N(a，3，3)，所以＝(a－1，4，1).因为平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，所以n⊥，则n＝6(a－1)－3×4＋6＝0，解得a＝2. 难点：空间中的动点问题 示例1：（23-24高二上·重庆·期中）如图，设为正方体，动点在对角线上，记．    (1)证明：； (2)当为钝角时，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明； （2）显然不是平角，则为钝角时有，解得不等式即可． 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，    设正方体的棱长为1，则； ， 因为，所以， 所以， 所以，所以． （2），， 与是异面直线，显然不是平角， 则为钝角，有，解得． 所以的取值范围为． 【题型1：直线的方向向量】 例1．（23-24高二上·山西·阶段练习）已知直线l的一个方向向量，且直线l经过和两点，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【分析】利用空间向量共线的坐标表示即可. 【详解】因为，直线的一个方向向量为， 所以有向量与向量为共线， 所以，解得，， 所以， 故选：A. 变式1．（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，已知棱长为2的正方体，，，分别为，的中点，则异面直线与所成角为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用空间向量夹角公式即可求解. 【详解】如图分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设异面直线与所成角为， 则 ， 所以异面直线与所成角为. 故选：D. 变式2．（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知一直线经过点，下列向量中是该直线的方向向量的为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直线的方向向量与共线判断. 【详解】由题意得直线的方向向量与共线， 而，所以是该直线的方向向量. 故选：D. 变式3．（23-24高二上·陕西咸阳·期末）已知两条异面直线的方向向量分别是，，这两条异面直线所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用求空间向量夹角余弦值的公式计算即可. 【详解】设两条异面直线所成的角为，且这两条异面直线的方向向量分别是，， 则，且， 所以两条异面直线所成的角， 故选：A. 变式4．（23-24高二上·湖北孝感·期末）如图，在空间直角坐标系中，正四棱柱的底面边长为4，高为2，O为上底面中心，E，F，G分别为棱、、的中点.若平面与平面的交线为l，则l的方向向量可以是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出平面、平面截正四棱柱所得截面，进而确定出交线l，再求出其方向向量. 【详解】连接，正四棱柱的对角面是矩形，则， 而分别是中点，则，又O为上底面中心，则， 因此四边形是平面截正四棱柱所得截面， 延长，由是的中点，得，连接， 则四边形是平面截正四棱柱所得截面， 显然与相交，令交点为，，四边形是正方形，则， 而，又，所以向量是直线的一个方向向量，A满足， 选项BCD中向量与不共线，即选项BCD不满足. 故选：A    【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 变式5．（2024高二上·全国·专题练习）若直线的方向向量分别为，则（    ） A． B． C．相交但不垂直 D．不能确定 【答案】B 【分析】计算，根据其结果，即可判断出答案. 【详解】由题意得， ∴，∴， 故选：B 变式6．（多选）（23-24高二上·广东江门·期末）如图，在四面体中，分别是的中点，是和的交点，为空间中任意一点，则（    ） A．四点共面 B． C．为直线的方向向量 D． 【答案】AC 【分析】证明四边形是平行四边形即可判断A和B；利用方向向量的概念即可判断C；利用向量加法运算计算判断D作答. 【详解】在四面体中，，，，分别是，，，的中点，则，， 于是得四边形是平行四边形，故，，，四点共面，即A正确 因平行四边形两条对角线不一定垂直，即不一定垂直，则不一定成立，B不正确； 因，，则为直线的方向向量，C正确； 平行四边形中，是和的交点，则是中点，对空间任意一点， 则，D不正确. 故选：AC. 变式7．（多选）（23-24高二上·河南焦作·期中）已知空间直角坐标系中，点，则下列结论正确的是（    ） A．直线的一个方向向量的坐标为 B．直线与平面的交点坐标为 C．点关于平面的对称点为. D．为钝角 【答案】AC 【分析】A求得，判断是否与共线即可；B设直线与平面的交点，根据与共线求坐标；C由空间直角坐标系中点关于平面对称的性质写出对称点判断；D由的符号判断. 【详解】A：由，而，故直线的一个方向向量为，对； B：由，令直线与平面的交点，则， 所以，即交点，错； C：点关于平面的对称点为，对； D：由，故为锐角，错. 故选：AC 【方法技巧与总结】 空间中，一个向量成为直线l的方向向量，必须具备以下两个条件： ①是非零向量； ②向量所在的直线与l平行或重合. 【题型2：异面直线所成角】 例2．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】当三棱锥的体积最大时，平面平面，以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，根据向量夹角的坐标表示可解. 【详解】记的 中点分别为，因为，所以， 同理，，记， 因为，所以， 所以，， 易知，当平面平面时，三棱锥的体积最大，此时， 以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则 所以， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C 变式1．（23-24高二上·广东中山·期中）如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，，分别为母线、的中点，则异面直线和所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求出，，利用线线角的向量法，即可求出结果. 【详解】取中点，连接，如图，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则, 又，分别为母线、的中点，所以， 则，， 设异面直线和所成角的， 则，又，所以. 故选：C. 变式2．（2024·全国·模拟预测）在正三棱柱中，已知，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】法一（定义法），通过补形，得出为异面直线与所成角或其补角，再在中，根据条件，利用余弦定理即可求出结果；法二（向量法），根据条件求出，，再利用线线角的向量法，即可求出结果. 【详解】如图，将正三棱柱补形成直四棱柱，易知其底面为菱形． 连接，则，所以为异面直线与所成角或其补角． 在菱形中，，连接，则， 在中，， 则由余弦定理得， 异面直线与所成角的余弦值为，    故选：A． 解法二  由题，， ， 所以 ， 所以，则异面直线与所成角的余弦值为． 故选：A． 变式3．（2024·全国·模拟预测）如图，已知是圆柱下底面圆的圆心，为圆柱的一条母线，为圆柱下底面圆周上一点，，，为等腰直角三角形，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法一（定义法）：过点作交圆柱的上底面于点，连接，则或其补角即异面直线与所成的角，再通过解三角形即可求出结果；方法二（坐标法）：建立空间直角坐标系，求出坐标，再利用向量的夹角公式，即可求出结果；方法三（向量法）：根据条件求得，及，再利用向量夹角公式，即可求出结果. 【详解】方法一 如图，过点作交圆柱的上底面于点，连接， 则由圆柱的性质易证四边形为矩形，所以，所以或其补角即异面直线与所成的角， 在中，，所以， 因为为等腰直角三角形，且，所以， 所以，又， 所以，（另解：在中，，所以） 即异面直线与所成角的余弦值为， 故选：C.    解法二  由圆柱的性质知可以为坐标原点，所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，因为， 所以，所以， 因为为等腰直角三角形，且，所以， 则， 所以，故异面直线与所成角的余弦值为， 故选：C.    解法三  在中，，所以， 因为为等腰直角三角形，且，所以， 易知，所以， 所以， 所以， 则异面直线与所成角的余弦值为， 故选：C. 变式4．（23-24高二上·浙江嘉兴·期末）如图，把正方形纸片沿对角线进行翻折，点，满足，，是原正方形的中心，当，直线与所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设正方形边长为3，求出相关线段长，利用余弦定理求出，结合数量积的运算律，即可求出，利用向量的夹角公式求得，再结合异面直线所成角的范围即可求得答案. 【详解】设正方形边长为3，由题意知，， ，故，    则， 把正方形纸片沿对角线进行翻折后，直线与为异面直线，    则 ， 故， 由题意知直线与为异面直线，它们所成角的范围为， 故直线与所成角的余弦值为， 故选：C 变式5．（多选）（23-24高二上·福建福州·期末）如图，圆锥的顶点为P，底面圆心为.点A，B，M是底面圆周上三个不同的点，且.已知，则下列结论正确的是（    ） A．三棱锥体积的最大值为 B．当时，直线与所成角为45° C．存在点M，使得直线与所成角为30° D．当直线与成60°角时，与所成角为60° 【答案】BD 【分析】对于A项，只需使边上的高最大即可，显然是经过圆心的高最长；对于B项，由条件可推出，故得三点共线，即可转化求角；对于C项，可以建系后通过求点坐标和相关向量坐标，借助于正弦型函数的值域判断；对于D项，可由与成60°求出点坐标，再求解验证与所成的角即得. 【详解】   对于A项，如图，要使三棱锥体积最大，则须使面积最大， 因,取的中点， 连接并延长与底面圆交于点，此时面积最大，则，故A项错误；    对于B项，如图，因平面,平面，则,因，,则平面， 又平面,则,即三点共线，故直线与所成角即,显然该角为45°，故B项正确；    对于C项，如图，不妨分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系.则, 因点在底面圆上一动点，故可设为且，则， 设直线与所成角为，则 ， 因，故，又因，故，故不存在点M，使得直线与所成角为30°，故C项错误； 对于D项，由C项建系，可得：因直线与成60°，则，解得：， 又设与所成角为，则 ，因，故，故D项正确. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：本题重点考查与圆锥有关的体积，异面直线的夹角问题. 求解与圆锥有关的问题的主要方法有： （1）推理化归法：借助于圆锥的轴与底面垂直特征，可完成各项推理转化，将问题移到基本图形解决； （2）空间图形平面化：在处理空间几何问题时，常将某平面上的关系化成直观图利用平面几何方法求解；（如A项求边上的最长的高） （3）建系坐标法:对于易于建系，而且较易使用空间向量解决的夹角、距离等问题时常用. 变式6．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）正四面体的棱长为，点M为平面内的动点，且满足，则直线PM与直线AB的所成角的余弦值的取值范围为 . 【答案】 【分析】 结合正四面体的结构特征求出相关线段长，确定M轨迹，建立空间直角坐标系，设，从而表示出的坐标，利用向量的夹角公式，即可求得答案. 【详解】由题意知正四面体的棱长为， 设P在底面上的射影为O，则O为正三角形的中心， 设D为的中点，连接，则O在上，， 且， 则，而， 故，故点M轨迹为平面内以O为圆心半径为1的圆， 以O为坐标原点，以为x轴，过点O作的垂线为y轴，为z轴，建立平面直角坐标系， 设，， ， 故，， 设直线PM与直线AB的所成角为， 则， 故答案为： 变式7．（23-24高二下·浙江·开学考试）已知正四面体，点为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 . 【答案】/ 【分析】先设正四面体的棱长，设定基底为，表示与，应用用空间向量的数量积求解即可. 【详解】正四面体的棱长设为2， 其中，三个向量间的夹角都为， 则， 由，得，且， 异面直线与所成角的余弦值为. 故答案是：. 变式8．（23-24高三上·四川成都·期末）在棱柱中，底面为平行四边形，，，，设异面直线与的夹角为，则 . 【答案】 【分析】根据化简数量积等式，结合底面是平行四边形可得到，代入条件可求得结果. 【详解】， 因为底面为平行四边形，所以， 所以， 所以， 所以， 故答案为：. 【方法技巧与总结】 求异面直线所成角的方法 1.基向量法：在一些不适合建立坐标系的题型中，经常采用取定基向量的方法，在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则与可分别作为a与b的方向向量，则cos θ=，根据条件可以把与用基表示，再进行计算. 2.坐标法：根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，利用坐标法求线线 角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单． 【题型3：平面法向量的概念】 例3．（23-24高二下·江苏盐城·期中）为直线的方向向量，和分别为平面与的法向量（与不重合，），下列说法：①；②；③；④．其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】利用空间向量法分别判断即可得到答案. 【详解】因为 不重合，， 对①，平面平行等价于平面的法向量平行，故①正确； 对②，平面的法向量垂直等价于平面垂直，故②正确； 对③，若 ，故③错误； 对④，，故④正确. 故选：C. 变式1.（23-24高二上·全国·期中）已知为直线的方向向量，和分别为平面与的法向量与不重合），那么下列说法中： ①； ②； ③； ④． 其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】 根据题意，根据直线的方向向量和平面的法向量的定义，逐项判定，即可求解. 【详解】由题意知，平面与平面不重合， 对于①中，因为和分别为平面和的法向量， 当，可得与平面平行，即，所以①正确； 对于②中，平面与平面垂直等价于平面于平面的法向量垂直，所以②正确； 对于③中，因为为直线的方向向量，分别为平面的法向量， 若，可得，所以③错误； 对于④中，因为为直线的方向向量，分别为平面的法向量， 若，可得或，所以④错误． 故选：B． 变式2．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）已知平面平面的法向量分别为，则实数（    ） A．3 B．-3 C．2 D．-2 【答案】B 【分析】由平面互相垂直可知其对应的法向量也垂直，然后用空间向量垂直的坐标运算求解即可. 【详解】∵平面平面， ∴平面的法向量也垂直， ∴，即，解得：. 故选：B. 变式3．（22-23高二上·全国·阶段练习）设直线的方向向量，平面α的法向量，若，则（    ） A． B．0 C．5 D．4 【答案】A 【分析】由法向量的概念结合向量共线定理即可求解. 【详解】由，则，则存在非零常数λ，使得，即，解得. 故选：A. 变式4．（23-24高二上·广东梅州·期末）空间直角坐标系中，已知点，向量，则过点且以为法向量的平面方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平面法向量的定义可得. 【详解】设过点且以为法向量的平面上不同于P的任一点， 则，所以， 所以过点且以为法向量的平面方程为， 故选：A 变式5．（23-24高二上·云南昆明·期末）我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意进行类比，利用平面法向量与面内任意向量垂直，即可求得结论． 【详解】根据题意进行类比，在空间任取一点， 则 平面法向量为， 故选：A． 变式6．（多选）（22-23高二下·福建漳州·期中）设是不重合的两个平面，分别为平面的法向量，为直线的方向向量，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用平面法向量和直线的方向向量，判定线面的空间位置关系. 【详解】对A，若一直线的方向向量与一平面的法向量平行，则该直线垂直于该平面， 所以若，则， A错误； 对B，若一直线的方向向量与一平面的法向量垂直，则该直线平行于该平面或者在该平面内， 所以若，则或， B错误； 对C，若两个不同的平面的法向量互相平行，则两个平面互相平行， 所以若，则， C正确； 对D，若两个平面的法向量互相垂直，则两个平面垂直， 所以若，则， D错误. 故选：ABD． 变式7．（多选）（2024高二上·全国·专题练习）给出下列命题，其中是真命题的为（    ） A．若直线的方向向量，直线的方向向量，则l与m垂直 B．若直线的方向向量，平面的法向量，则 C．若平面的法向量分别为，则 D．若平面经过三点，向量是平面的法向量，则 【答案】AD 【分析】对于A，计算，即可判断；对于B，求出的值，即可判断；对于C，计算的值，即可判断；对于D，求出的坐标，根据法向量含义可得，即可判断. 【详解】对于A，，则， 所以直线与垂直，故A是真命题； 对于B，，则， 所以或，故B是假命题； 对于C，，即不垂直， 所以不成立，故C是假命题； 对于D，， 因为向量是平面的法向量，故， 即，故D是真命题， 故选：AD 【方法技巧与总结】 平面的法向量的定义及应用 1.平面的法向量不唯一，并且垂直于平面α的所有共面向量. 2.直线与平面垂直的判定，必须证直线与平面内的两条相交直线垂直，至于两直线与已知直线是否有公共点，并不重要. 【题型4：平面法向量的求解】 例4．（22-23高二上·湖北荆州·期末）已知正方体的棱长为1，以为原点，为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出的坐标，设平面的一个法向量为，利用求出法向量. 【详解】如图由已知得， 则， 设平面的一个法向量为， 则，取得. 故选：D. 变式1．（23-24高二上·广东茂名·期中）已知正方体的棱长为2，E为棱的中点，以A为坐标原点建立空间直角坐标系（如图）.则平面ABE的一个法向量为（     ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设平面ABE的法向量为，然后由，可求出其法向量. 【详解】由题意可得，，， 所以， 设平面ABE的法向量为， 由，得到，取，则， 所以平面ABE的一个法向量为， 所以是平面ABE的法向量.    故选：C. 变式2．（多选）（22-23高二上·广东惠州·期末）已知空间中，，则下列结论正确的有（   ） A． B．与共线的单位向量是 C． D．平面的一个法向量是 【答案】ACD 【分析】对于A，由判断；对于B，由不是单位向量判断；对于C，由向量的模公式求解判断；对于D，利用平面法向量判断. 【详解】对于A，，故，A正确； 对于B，不是单位向量，且与不共线，B错误； 对于C，，，C正确； 对于D，设，则， ，所以，， 又，所以平面的一个法向量是，D正确． 故选：ACD 变式3．（多选）（23-24高二上·四川眉山·期中）已知空间中三点、、，则下列结论正确的有（    ） A．与是共线向量 B．的单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是 【答案】CD 【分析】由空间向量的坐标运算即可判断AB，由空间向量夹角坐标公式，即可判断C，由平面法向量的计算公式，即可判断D. 【详解】对于A选项，，，因为，则、不共线，A错； 对于B选项，与同向的单位向量为，B错； 对于C选项，，， 所以，与夹角的余弦值是，C对； 对于D选项，设为平面的法向量，则，取，则，，所以，平面的一个法向量为，D对. 故选：CD. 变式4．（多选）（23-24高二上·广东佛山·阶段练习）如图，在圆台中，分别为圆的直径，，圆台的高为为内侧上更靠近的三等分点，以为坐标原点，下底面垂直于的直线为轴，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则（    ）    A．的坐标为 B．的坐标为 C． D．平面的一个法向量为 【答案】AB 【分析】根据圆台的几何特征以及空间直角坐标系可知，可知A正确；根据点位置可求得，即B正确；利用空间向量的坐标运算即可得，所以C错误；易知与的数量积不为零，所以不是平面的一个法向量，即D正确. 【详解】根据空间坐标系，由圆台的高为可直接求得，即A正确； 由可得，所以， 又为内侧上更靠近的三等分点，因此， 所以点的横坐标为，纵坐标， 又平面，所以可得，即B正确； 易知，所以，即C错误； 若平面的一个法向量为，设，则须满足， 而，所以不是平面的一个法向量，即D错误； 故选：AB 变式5．（23-24高二上·辽宁抚顺·期中）在中，．向量为平面的一个法向量，则的坐标为 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据向量垂直求平面的法向量即可. 【详解】根据题意可得：，设， 与平面垂直，则，可得， 当时，则，的坐标为． 故答案为：（答案不唯一） 变式6．（2024高三·全国·专题练习）已知向量、是平面内的两个不共线的向量，，，求平面的一个法向量的坐标． 【答案】（答案不唯一） 【分析】设法向量，由且，利用向量数量积的坐标运算求解. 【详解】设平面的一个法向量，则， 令，则，故， 所以平面的一个法向量（答案不唯一）. 变式7．（23-24高二上·新疆·阶段练习）在长方体中，，，.以D为原点，以为空间的一个单位正交基底，建立空间直角坐标系，求平面的法向量. 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据坐标系写出点的坐标，然后写出平面内两个不共线的向量坐标，根据法向量与平面内向量数量积为0列方程组求解可得. 【详解】如图，以为空间的一个单位正交基底，建立空间直角坐标系， 则，得， 设为平面的一个法向量， 则，取，得， 所以平面的一个法向量为. 【方法技巧与总结】 求平面法向量的步骤 1.设出平面的法向量为n=（x，y，z）. 2.找出（求出）平面中两个不共线的向量的坐标a=（a1， a2， a3）， b=（b1， b2， b3）. 3.根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组 4.解方程组，取其中的一个解作为法向量（由于一个平面的法向量有无数多个，故可在方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量） 【题型5：利用法向量研究平行与垂直问题】 例5．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面内存在与平行的直线 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计算即可． 【详解】因为为正方体，设正方体边长为2， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 同理解得平面的法向量， ，故A不正确； ，故B不正确； ， ，所以， 又，所以平面，C正确； 平面的一个法向量为， ，故D不正确； 故选：C 变式1．（23-24高二上·河北石家庄·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，，，若平面，则线段的长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建系，求出相关点的坐标，用表示出，证明平面，求得平面的法向量，由条件得到，将的表达式整理成二次函数，利用其最小值即得. 【详解】 如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则有, 依题意，， , 于是，. 又因 平面，平面,则, 又,平面，故平面, 故平面的法向量可取为， 因平面，故，即. 则 ， 因，故当时，. 故选：D. 变式2．（多选）（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为 【答案】BD 【分析】A选项，由推出平面，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出，，得到线面垂直，进而当Q为的中点时，，此时平面，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到平面，求出平面的法向量，证明出平面不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值. 【详解】对于A，若，因为平面，平面， 所以平面，矛盾，故A错误． 对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 因为， ， 故，， 故，， 因为，平面， 故平面，当Q为的中点时，， 此时平面，故B正确． 对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则平面， ，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令得，故， 故，故与不垂直， 故平面不成立，故C错误； 对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD， 由于为等边三角形， 则，，所以为所求二面角的平面角， 不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为， 故，， 由余弦定理可得， 二面角的余弦值为，故D正确． 故选：BD 变式3．（24-25高二上·全国·课后作业）如图所示，正方体的棱长为2，E、F分别是棱BC、的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面AEF，则线段长度的最小值是 ． 【答案】/ 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中、，求出平面的一个法向量，，由因为平面，则，可得，利用二次函数的基本性质结合空间向量的模长公式可求得线段长度的最小值. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，，设点，其中、， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， ，因为平面，则， 所以，，即， 所以， ， 当且仅当时，的长度取最小值. 故答案为：. 变式4．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，在直三棱柱中，，，，点E在线段上，且，分别为、、的中点.求证：    (1)平面平面； (2)平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用空间向量法证明线面垂直证明面面垂直； （2）利用空间向量法证明平面，再根据线面垂直的性质得到面面平行； 【详解】（1）证明：以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系.    则，，，，，. 设，则，，. 因为，，， 所以，. 所以，，即，. 又平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）因为，，， 所以，. 所以，. 因为平面，所以平面. 又由（1）知平面，所以平面平面. 变式5．（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在直三棱柱中，，，D是的中点，F是上一点，且． (1)求证：平面； (2)若，判定直线与平面的位置关系，并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)平面，证明见解析 【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，只需证明，，再结合线面垂直的判定定理即可得证； （2）只需证明即可得证，其中平面的法向量为. 【详解】（1）因为，是的中点，所以，取的中点，则平面， 分别以、、所在直线为x轴、轴、轴，建立空间直角坐标系如图， 因为，， 所以，，，，，， 因为，所以. ，，， 因为，， 所以，， 又，平面，所以平面； （2）平面， 因为，所以， 所以． 设平面的法向量为，则，有，取，则． 因为，不在平面上，所以平面． 变式6．（2024·河北邢台·二模）直三棱柱中，，，， (1)如图1，点E为棱上的动点，点F为棱BC上的动点，且，求线段长的最小值； (2)如图2，点M是棱AB的中点，点N是棱的中点，P是与的交点，在线段上是否存在点Q，使得面？    【答案】(1) (2)存在点在靠近点的三等分点处 【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，设，求出的坐标，进而可得出答案； （2）利用向量法求解即可. 【详解】（1）如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 设，则， ， 故 ， 所以， 当时，取得最小值， 所以线段长的最小值为； （2）假设存在，设， ， 故， ， 设平面的法向量为， 则有，可取， 因为面，所以， 则，解得， 所以存在点在靠近点的三等分点处，使得面.    变式7．（2024·重庆·模拟预测）已知正方体的棱长为1，在棱上运动，在线段上运动，直线与平面交于点．    (1)当为中点时，证明：平面； (2)若平面，求的最大值及此时的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)最大值为， 【分析】（1）以为坐标原点，方向为轴，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量的坐标运算确定线线垂直，结合线面垂直判定定理证明即可； （2）由（1）坐标关系与线面垂直，设，可得，建立坐标等式关系，利用基本不等式求得最值即可. 【详解】（1）以为坐标原点，方向为轴，建立空间直角坐标系，    则， 设， 当E，F为中点时，，有， 所以，，，有，， 所以，又平面， 所以平面． （2）由（1）可得，，， 若平面，则，，所以， 设，则， 由平面ACE，所以， 当时，，有，当时，等号成立， 所以，即， 综上，的最大值为，． 【方法技巧与总结】 线线平行 证明两直线的方向向量共线 线面平行 ①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行 面面平行 1 证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题 【题型6：空间向量中的动点问题】 例6．（23-24高二上·辽宁鞍山·期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的是（    ）    A．三棱锥的体积不是定值 B．直线到平面的距离是 C．存在点，使得 D．面积的最小值是 【答案】C 【分析】根据线面平行的判定判断A；根据等体积法求得点到平面的距离判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算解决垂直问题判断C；求出面积的表达式，再求得面积的最小值判断D. 【详解】对于A，分别是棱的中点，则， 因为，且，所以四边形为平行四边形，所以， 所以，因为平面，平面，所以平面， 因为在上，所以点在平面的距离不变，而面积是定值，则三棱锥的体积不变， 即三棱锥的体积不变，故A错误； 对于B，因为，平面，平面，于是平面， 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离h， ， ，，， 由，得，则，B错误；    对C，以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，,    设，则，，，， 由，得，解得， 由于，因此存在点，使得，C正确； 对于D，由选项C得在的投影点为， 则P到的距离， 面积为 ，所以当时，取得最小值为，D错误. 故选：C 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用线面平行的判定来判定A，再通过等体积法求出距离从而判断B，C,D选项通过建立合适的空间直角坐标系解决. 变式1．（多选）（23-24高二上·重庆·阶段练习）如图，在棱长为的正方体中，点满足，其中，，则（    ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得平面 C．当时，的最小值为 D．当时，的最大值为 【答案】BC 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法逐项判断，可得出合适的选项. 【详解】在正方体中，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、 、， 因为，其中、， 对于A选项，，，则， 所以，与不垂直，故不存在点，使得平面，A错； 对于B选项，，， 若存在点，使得平面，则，解得， 即当点与点重合时，平面，B对； 对于CD选项，，可得， 又因为，，设，，其中， 则， 则， 因为，则，所以，， 所以，，当且仅当时，即当时，取最小值， ，当且仅当或时，即当或时，取最大值， C对D错. 故选：BC. 变式2．（多选）（23-24高二上·浙江绍兴·期中）如图，点E是正方体的棱的中点，点M在线段上运动，则下列结论 正确的是（   ） A．直线与直线始终是异面直线 B．存在点，使得 C．四面体的体积为定值 D．H为线段的中点， 【答案】BCD 【分析】对于A选项，当位于中点时，与共面；对于选项B和D可采用空间向量计算，对于C选项，连接,交于 ，此时，易证所以四面体的体积为定值，由面面平行的判定定理得出平面平面，进而可得平面. 【详解】解： 对于A选项，连接交与，当点在点时，直线与直线相交，故A选项不正确； 对于C选项，连接,交于，此时，故线段到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值，故C选项正确； 以为坐标原点，建立如图的坐标系，设正方体的边长为2，则，，，， ，， 对于B选项， 存在点，使得， 则，，，所以，得，故当M满足时，， 故B选项正确； 对于D选项，连接，如下图所示： 因为H为AA1的中点，E为DD1的中点，所以 所以平面平面， 平面，所以平面，故D选项正确； 故选：BCD. 变式3．（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得∥平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，当与重合时，使得∥平面. 【分析】（1）连接交于点，则由四边形为菱形，得，由平面，得，再利用线面垂直的判定定理可结论； （2）由题意可证得两两垂直，则以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：连接交于点， 因为四边形为菱形，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 所以平面； （2）解：取的中点，连接， 因为四边形为菱形，，所以为等边三角形， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系， 设，则， 所以， 假设存在点，使得∥平面， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 由，得， 此时与重合，平面， 所以存在点，当与重合时，使得∥平面. 变式4．（23-24高二上·河南焦作·阶段练习）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，E为BC的中点. (1)证明：平面ABCD； (2)在线段AN上是否存在点S，使得平面AMN?如果存在，求出线段AS的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）由平面，平面ABCD，所以，因为，所以四边形MDBN为平行四边形，所以可证明结论. （2）建系，设，由平面AMN，解出，再由向量的模长公式计算长度. 【详解】（1）证明：连接BD，如图(1).    因为平面，平面ABCD， 所以. 因为， 所以四边形MDBN为平行四边形. 所以. 又平面，平面ABCD，所以平面ABCD. （2）由题意知DM，DC，DA两两垂直. 以点D为原点，DA，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图(2)的空间直角坐标系，    则，，，，， 假设在线段AN上存在点S，使得平面AMN，连接AE. 易知，，. 设，， 则. 由平面AMN，得即 解得. 此时，所以. 故在线段AN上存在点S，使得平面AMN，此时线段AS的长度为. 变式5．（23-24高二上·四川绵阳·期中）在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）．将沿折起到的位置，使得二面角为直二面角（如图2）． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得平面平面?若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，. 【分析】（1）利用线线平行证明线面平行即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究面面垂直计算即可. 【详解】（1）因为在梯形中，，，为的中点， 所以，所以四边形为平行四边形， 因为线段点，所以为线段的中点， 所以中，， 因为平面，平面， 所以平面； （2） 因为平行四边形中，， 所以四边形是菱形，则，垂足为， 所以，， 因为平面，平面，所以是二面角的平面角， 因为二面角为直二面角，所以，即， 如图所示，分别以所在直线为建立空间直角坐标系， 线段上存在点，使得平面平面， 设，， 因为，所以， 由设平面的法向量为， 则， 令，则， 由，设平面的法向量为， 则，令，则可得， 则， 解得，即 为线段的中点，此时. 变式6．（23-24高二上·四川雅安·期中）如图，在正方体中，分别是的中点． (1)用空间向量法证明：平面； (2)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，请指出的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，在的延长线上，且 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据共线求证， （2）根据法向量与直线的方向向量垂直即可求解. 【详解】（1）证明：以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ． 设平面的法向量为， 则取，则，得， 平面． （2）存在点，使得平面，在的延长线上，且． 由题意得， 设，则， 平面，得． 变式7．（22-23高二下·湖南长沙·期中）如图，在三棱柱中，，设. (1)试用向量表示，并求. (2)在平行四边形内是否存在一点，使得平面？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)， (2)存在， 【分析】（1）根据空间向量的线性运算可得，两边同时平方，结合向量的数量积的定义计算即可求解； （2）假设存在点使得平面，则.设，根据线性运算可得，结合数量积的定义建立方程组，解之即可. 【详解】（1）连接， 由题意可知，，且三个向量两两夹角均为， 所以. 故， 所以.    （2）假设存在点使得平面，连接， 不妨设，则， 而， 所以. 要使平面，只需， 即， 所以， 解得即， 所以存在点，即当时，平面.    一、单选题 1．（2024·四川成都·模拟预测）已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（   ） A． B． C．与相交但不垂直 D．或 【答案】D 【分析】由于，得到，从而确定与的位置关系. 【详解】因为，， 则， 得到，且直线的方向向量是，平面的一个法向量是， 所以与的位置关系是：或， 故选：D. 2．（23-24高二上·全国·期中）若直线的方向向量为,,，平面的法向量为,6,，则（    ） A． B． C． D．与位置关系不确定 【答案】A 【分析】根据方向向量与法向量共线即可判断. 【详解】由于直线的方向向量为,,，平面的法向量为,6,， 由于，所以直线与平面的法向量共线，所以． 故选：A． 3．（23-24高二上·山东威海·期末）设，分别是空间中的直线，的方向向量，，.记甲：，，不共面，乙：与异面，则（    ） A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】从充分性和必要性的角度，结合异面直线的定义，即可判断和选择. 【详解】对空间中的任意两条直线， 若，，不共面，显然不可能平行或相交，两直线异面，充分性成立； 若是异面直线，根据异面直线的定义，定有，，不共面，必要性成立； 故甲是乙的充要条件. 故选：C. 4．（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 5．（22-23高二下·福建龙岩·期中）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面，，.若建立如图所示的“空间直角坐标系，则平面的一个法向量为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，设，可得、、的坐标，由此可得向量、的坐标，由此可得关于、、的方程组，利用特殊值求出、、的值，即可得答案． 【详解】根据题意，设，则，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则有，令，可得，则. 故选：B． 6．（23-24高二上·全国·课后作业）在如图所示的坐标系中，为正方体，给出下列结论： ①直线的一个方向向量为； ②直线的一个方向向量为； ③平面的一个法向量为； ④平面的一个法向量为.其中正确的个数为（    ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据空间直线的方向向量的概念以及平面的法向量的定义判断可得答案. 【详解】设正方体的棱长为，则，，，则与平行，故直线的一个方向向量为，故①正确； 因为，，所以，因为与平行，所以直线的一个方向向量为，故②正确； 因为，，所以，因为是平面的一个法向量，且与平行，所以平面的一个法向量为，故③正确； 因为，，所以， 因为，所以与不垂直，所以不是平面的一个法向量，故④不正确. 故选：C 7．（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意，以为原点，建立空间直角坐标系，求出异面直线与所在直线的方向向量，由空间向量夹角的余弦值的坐标公式求解即可. 【详解】以为原点，在平面中过作的垂线交于， 以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为直三棱柱中，， 设， 所以，，，， ，， 设异面直线与所成角为， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：. 8．（22-23高二上·北京丰台·阶段练习）已知点是法向量为的平面内的一点，则下列各点中，不在平面内的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 根据平面内的点与点构成的向量与垂直来逐一判断. 【详解】假设选项中的点为点， 对于A：，此时，点在平面内； 对于B：，此时，点不在平面内； 对于C：，此时，点在平面内； 对于D：，此时，点在平面内； 故选：B. 二、多选题 9．（2024高三·全国·专题练习）（多选）下列结论正确的是（　　） A．已知向量a＝（9，4，－4），b＝（1，2，2），则a在b上的投影向量为（1，2，2） B．若对空间中任意一点O，有则P，A，B，C四点共面 C．已知{a，b，c}是空间的一组基底，若m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一组基底 D．若直线l的方向向量为e＝（1，0，3），平面α的法向量n＝（－2，0，），则直线l⊥α 【答案】ABC 【详解】 分析：利用投影向量的定义判断A，利用空间四点共面，满足＝m＋n＋t，其中m＋n＋t＝1判断B，根据向量基底的概念判断C，利用线面关系的向量表示判断D. 详解：因为a＝（9，4，－4），b＝（1，2，2），所以a在b上的投影向量为·＝·b＝·（1，2，2）＝（1，2，2），故A正确；因为＋＋＝1，故B正确；{a，b，c}是空间的一组基底，m＝a＋c，所以{a，b，a＋c}两向量之间不共线，所以{a，b，m}也是空间的一组基底，故C正确；因为直线l的方向向量为e＝（1，0，3），平面α的法向量n＝（－2，0，），e·n＝－2＋0＋2＝0，则直线l∥α或l⊂α，故D错误．故选ABC. 【考查意图】考查空间向量应用． 10．（23-24高二上·江苏·阶段练习）已知空间中三点，，，则（    ） A． B．方向上的单位向量坐标是 C．是平面ABC的一个法向量 D．在上的投影向量的模为 【答案】BC 【分析】对于A：求出的坐标，进而可求模；对于B：根据求单位向量；对于C：通过计算来判断；对于D：通过计算来判断. 【详解】对于A：，则，A错误； 对于B：方向上的单位向量坐标是，B正确； 对于C：，， 又与不平行，故是平面ABC的一个法向量，C正确； 对于D：在上的投影向量的模为，D错误. 故选：BC. 11．（23-24高二上·内蒙古赤峰·阶段练习）已知空间中三点、、，则下列结论不正确的有（    ） A．与是共线向量 B．的单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是 【答案】ABC 【分析】利用共线向量的坐标关系可判断A选项；利用单位向量的定义可判断B选项；利用空间向量数量积的坐标运算可判断C选项；利用法向量的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，，， 因为，则、不共线，A错； 对于B选项，的单位向量为，B错； 对于C选项，，， 所以，与夹角的余弦值是，C错； 对于D选项，设为平面的法向量， 则，取，则，， 所以，平面的一个法向量为，D对. 故选：D. 三、填空题 12．（2024高二上·全国·专题练习）如图，平面，四边形为正方形，E为的中点，F是上一点，当时，＝ . 【答案】1 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，用向量的数量积为0表示垂直可求得结论． 【详解】建立如图空间直角坐标系，设正方形的边长为1， ，则 ，，. 设，则 因为， ，， 即是AD的中点，故， 故选：B. 13．（23-24高二上·北京石景山·期末）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①； ②三棱锥的体积为定值； ③存在点，使得 平面； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②③ 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及空间向量的应用，逐项判定，即可求解. 【详解】以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 设，则， 因为，所以，即，所以①正确； 由，因为的面积为定值，点到平面的距离也是定值， 所以为定值，所以②正确； 又由 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为，由，解得，所以③正确； 又因为，，则， 所以不存在点，使得平面，所以④错误. 故选：①②③. 14．（23-24高二上·山东聊城·期中）如图，平面，底面是正方形，分别为，的中点，点在线段上，与交于点，，若平面，则 . 【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据求解即可. 【详解】如图所示，以A为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 由题意可得， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则得一个法向量为. 因为平面，则， 设，则，所以， 解得，所以，即. 故答案为： 四、解答题 15．（23-24高二上·青海海东·阶段练习）如图，在正四棱柱 中， M是棱上任意一点. (1)求证: (2)若M是棱的中点，求异面直线AM与BC 所成角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法从而求证； （2）利用空间向量法求解异面直线所成的角. 【详解】（1）以A为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，则，， 可得，则， 所以，即. （2）是棱的中点，故，则， 设异面直线与所成角的大小为，， 则， 所以， 故异面直线与所成角的正切值为. 16．（23-24高二上·广东江门·期中）长方体中，，.点为中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 【分析】 （1）根据长方体的性质，结合线面垂直的判定定理、正方形的性质进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质进行证明即可. 【详解】（1）因为是长方体， 所以平面，而平面， 所以， 又因为， 所以侧面是正方形，因此， 因为平面， 所以平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， 设平面的法向量为， 则有， 因为， 所以有平面. 17．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知四棱锥PABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.求证： (1)PA⊥BD； (2)平面PAD⊥平面PAB. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【详解】证明：（1）取BC的中点O，连接PO，△PBC为等边三角形，即PO⊥BC. ∵ 平面PBC⊥底面ABCD，BC为交线，PO⊂平面PBC， ∴ PO⊥底面ABCD. 以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图. 不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝， ∴ A(1，－2，0)，B(1，0，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，)， ∴ ＝(－2，－1，0)，＝(1，－2，－). ∵ ＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0， ∴ ⊥，∴ PA⊥BD. （2）取PA的中点M，连接DM，则M(，－1，). ∵ ＝(，0，)，＝(1，0，－)， ∴ ·＝×1＋0×0＋×(－)＝0， ∴ ⊥，即DM⊥PB. ∵ ＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0， ∴ ⊥，即DM⊥PA. ∵ PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，∴ DM⊥平面PAB. ∵ DM⊂平面PAD，∴ 平面PAD⊥平面PAB. 18．（23-24高二上·四川泸州·期末）如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面. (1)证明：平面平面. (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)2或3 【分析】（1）过点作的垂线，垂足为，连接，由题意及正弦定理可得，结合，可证明结论； （2）由（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设，由平面与平面的夹角的余弦值为，列出方程即可解出. 【详解】（1）过点作的垂线，垂足为，连接，由题知平面， 因为平面，所以， 又因为平面，所以， 所以四边形为矩形，所以. 因为，，，所以， 由正弦定理易知，，所以，又因为，且，所以AE⊥平面ADP. 因为，所以平面， 因为平面PCD，所以平面平面； （2）由（1）知，两两垂直，分别以所在的直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，设， 易得：， 所以. 设平面的法向量，所以  ， 令，可得平面的一个法向量， 设平面的法向量，所以， 令，可得平面的一个法向量， 所以， 解得，所以. 19．（23-24高二上·四川南充·阶段练习）如图，直三棱柱中，，，分别为，的中点．    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使平面？若存在，求；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见详解； (2)Q是的中点, 即. 【分析】（1）（2）根据给定的几何体，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可. 【详解】（1）在直三棱柱中，，直线两两垂直， 以C为原点，以直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，    设，则， ，设是平面的一个法向量， 则，令，得， 显然，即，而平面， 所以平面. （2）假定线段上存在点满足条件，由（1）设，， ， 则，， 设是平面的一个法向量， 则，令，得， 由平面，得，即存在实数，满足： ，即，解得，因此，即Q是的中点， 所以线段上存在点，使平面，. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.2.1空间中的点、直线与空间向量 1.2.2空间中的平面与空间向量 课程标准 学习目标 1.理解平面的法向量 2.能用向量语言表述线面、面面的垂直、平行关系 3.能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理 1.了解空间向量的有关概念 2.掌握两个空间向量的夹角、方向向量和平面的法向量的概念 知识点01 平面的法向量 1.平面的法线 与平面垂直的直线叫作平面的法线。 由于垂直于同一平面的直线是互相平行的，所以，我们可以考虑用平面的垂线的方向来刻画平面的“方向”。 2.平面的法向量：如果表示非零向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n垂直于平面α，记作n⊥α，此时，我们把向量n叫作平面α的法向量. 注意： （1） 平面α的一个法向量垂直于平面α内的所有向量. （2）一个平面的法向量有无限多个，它们相互平行. 3.平面法向量的性质 （1）如果直线垂直于平面α，则直线l的任意一个方向都是平面α的一个法向量. （2）如果n是平面α的一个法向量，则对任意的实数λ ≠0，空间向量λn也是平面α的一个法向量，而且平面α的任意两个法向量都平行 （3）如果n为平面α的一个法向量，A为平面α上一个已知的点，则对于平面α上任意一点B，向量一定与向量n垂直，即 n=0，从而可知平面α的位置可由n和A唯一确定. 【即学即练1】（22-23高二上·山东济宁·阶段练习）已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列四个点中在平面内的是（    ） A． B． C． D． 【即学即练2】（23-24高二上·吉林延边·期末）已知平面的一个法向量为，直线的方向向量为，若，则实数（    ）. A．1 B．2 C．3 D．4 知识点02 直线与平面的位置关系 如果v是直线的一个方向向量，n是平面α的一个法向量 （1） （2） 【即学即练3】（23-24高二下·甘肃·期中）已知平面外的直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ） A．与斜交 B． C． D． 【即学即练4】（23-24高二上·山东济南·阶段练习）直线的方向向量，平面的一个法向量，若，则（    ） A． B．1 C．2 D．3 知识点03 平面与平面的位置关系 如果n1是平面α1的一个法向量，n2是平面α2的一个法向量： （1）α1α2； （2）α1//α2,或α1与α2重合 【即学即练5】（22-23高二下·江苏连云港·阶段练习）已知平面的法向量分别为，则这两个平面的位置关系为（    ） A．平行 B．相交但不垂直 C．相交垂直 D．不能确定 【即学即练6】（2024高三·全国·专题练习）已知平面α内有两点M(1，－1，2)，N(a，3，3)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，则实数a＝ . 难点：空间中的动点问题 示例1：（23-24高二上·重庆·期中）如图，设为正方体，动点在对角线上，记．    (1)证明：； (2)当为钝角时，求的取值范围． 【题型1：直线的方向向量】 例1．（23-24高二上·山西·阶段练习）已知直线l的一个方向向量，且直线l经过和两点，则（    ） 变式1．（23-24高二下·江苏盐城·期中）如图，已知棱长为2的正方体，，，分别为，的中点，则异面直线与所成角为（    ） A． B． C． D． 变式2．（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知一直线经过点，下列向量中是该直线的方向向量的为（    ） A． B． C． D． 变式3．（23-24高二上·陕西咸阳·期末）已知两条异面直线的方向向量分别是，，这两条异面直线所成的角为（    ） A． B． C． D． 变式4．（23-24高二上·湖北孝感·期末）如图，在空间直角坐标系中，正四棱柱的底面边长为4，高为2，O为上底面中心，E，F，G分别为棱、、的中点.若平面与平面的交线为l，则l的方向向量可以是（    ）    A． B． C． D． 变式5．（2024高二上·全国·专题练习）若直线的方向向量分别为，则（    ） A． B． C．相交但不垂直 D．不能确定 变式6．（多选）（23-24高二上·广东江门·期末）如图，在四面体中，分别是的中点，是和的交点，为空间中任意一点，则（    ） A．四点共面 B． C．为直线的方向向量 D． 变式7．（多选）（23-24高二上·河南焦作·期中）已知空间直角坐标系中，点，则下列结论正确的是（    ） A．直线的一个方向向量的坐标为 B．直线与平面的交点坐标为 C．点关于平面的对称点为. D．为钝角 【方法技巧与总结】 空间中，一个向量成为直线l的方向向量，必须具备以下两个条件： ①是非零向量； ②向量所在的直线与l平行或重合. 【题型2：异面直线所成角】 例2．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 变式1．（23-24高二上·广东中山·期中）如图，圆锥的轴截面为等边三角形，为弧的中点，，分别为母线、的中点，则异面直线和所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 变式2．（2024·全国·模拟预测）在正三棱柱中，已知，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 变式3．（2024·全国·模拟预测）如图，已知是圆柱下底面圆的圆心，为圆柱的一条母线，为圆柱下底面圆周上一点，，，为等腰直角三角形，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 变式4．（23-24高二上·浙江嘉兴·期末）如图，把正方形纸片沿对角线进行翻折，点，满足，，是原正方形的中心，当，直线与所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 变式5．（多选）（23-24高二上·福建福州·期末）如图，圆锥的顶点为P，底面圆心为.点A，B，M是底面圆周上三个不同的点，且.已知，则下列结论正确的是（    ） A．三棱锥体积的最大值为 B．当时，直线与所成角为45° C．存在点M，使得直线与所成角为30° D．当直线与成60°角时，与所成角为60° 变式6．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）正四面体的棱长为，点M为平面内的动点，且满足，则直线PM与直线AB的所成角的余弦值的取值范围为 . 变式7．（23-24高二下·浙江·开学考试）已知正四面体，点为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 . 变式8．（23-24高三上·四川成都·期末）在棱柱中，底面为平行四边形，，，，设异面直线与的夹角为，则 . 【方法技巧与总结】 求异面直线所成角的方法 1.基向量法：在一些不适合建立坐标系的题型中，经常采用取定基向量的方法，在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则与可分别作为a与b的方向向量，则cos θ=，根据条件可以把与用基表示，再进行计算. 2.坐标法：根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，利用坐标法求线线 角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单． 【题型3：平面法向量的概念】 例3．（23-24高二下·江苏盐城·期中）为直线的方向向量，和分别为平面与的法向量（与不重合，），下列说法：①；②；③；④．其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 变式1.（23-24高二上·全国·期中）已知为直线的方向向量，和分别为平面与的法向量与不重合），那么下列说法中： ①； ②； ③； ④． 其中正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 变式2．（23-24高二上·浙江绍兴·期末）已知平面平面的法向量分别为，则实数（    ） A．3 B．-3 C．2 D．-2 变式3．（22-23高二上·全国·阶段练习）设直线的方向向量，平面α的法向量，若，则（    ） A． B．0 C．5 D．4 变式4．（23-24高二上·广东梅州·期末）空间直角坐标系中，已知点，向量，则过点且以为法向量的平面方程为（    ） A． B． C． D． 变式5．（23-24高二上·云南昆明·期末）我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程为：，化简得.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（    ） A． B． C． D． 变式6．（多选）（22-23高二下·福建漳州·期中）设是不重合的两个平面，分别为平面的法向量，为直线的方向向量，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 变式7．（多选）（2024高二上·全国·专题练习）给出下列命题，其中是真命题的为（    ） A．若直线的方向向量，直线的方向向量，则l与m垂直 B．若直线的方向向量，平面的法向量，则 C．若平面的法向量分别为，则 D．若平面经过三点，向量是平面的法向量，则 【方法技巧与总结】 平面的法向量的定义及应用 1.平面的法向量不唯一，并且垂直于平面α的所有共面向量. 2.直线与平面垂直的判定，必须证直线与平面内的两条相交直线垂直，至于两直线与已知直线是否有公共点，并不重要. 【题型4：平面法向量的求解】 例4．（22-23高二上·湖北荆州·期末）已知正方体的棱长为1，以为原点，为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量是（    ） A． B． C． D． 变式1．（23-24高二上·广东茂名·期中）已知正方体的棱长为2，E为棱的中点，以A为坐标原点建立空间直角坐标系（如图）.则平面ABE的一个法向量为（     ）    A． B． C． D． 变式2．（多选）（22-23高二上·广东惠州·期末）已知空间中，，则下列结论正确的有（   ） A． B．与共线的单位向量是 C． D．平面的一个法向量是 变式3．（多选）（23-24高二上·四川眉山·期中）已知空间中三点、、，则下列结论正确的有（    ） A．与是共线向量 B．的单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是 变式4．（多选）（23-24高二上·广东佛山·阶段练习）如图，在圆台中，分别为圆的直径，，圆台的高为为内侧上更靠近的三等分点，以为坐标原点，下底面垂直于的直线为轴，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则（    ）    A．的坐标为 B．的坐标为 C． D．平面的一个法向量为 变式5．（23-24高二上·辽宁抚顺·期中）在中，．向量为平面的一个法向量，则的坐标为 ． 变式6．（2024高三·全国·专题练习）已知向量、是平面内的两个不共线的向量，，，求平面的一个法向量的坐标． 变式7．（23-24高二上·新疆·阶段练习）在长方体中，，，.以D为原点，以为空间的一个单位正交基底，建立空间直角坐标系，求平面的法向量. 【方法技巧与总结】 求平面法向量的步骤 1.设出平面的法向量为n=（x，y，z）. 2.找出（求出）平面中两个不共线的向量的坐标a=（a1， a2， a3）， b=（b1， b2， b3）. 3.根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组 4.解方程组，取其中的一个解作为法向量（由于一个平面的法向量有无数多个，故可在方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量） 【题型5：利用法向量研究平行与垂直问题】 例5．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面内存在与平行的直线 变式1．（23-24高二上·河北石家庄·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，，，若平面，则线段的长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 变式2．（多选）（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为 变式3．（24-25高二上·全国·课后作业）如图所示，正方体的棱长为2，E、F分别是棱BC、的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面AEF，则线段长度的最小值是 ． 变式4．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，在直三棱柱中，，，，点E在线段上，且，分别为、、的中点.求证：    (1)平面平面； (2)平面平面. 变式5．（24-25高二上·全国·课后作业）如图，在直三棱柱中，，，D是的中点，F是上一点，且． (1)求证：平面； (2)若，判定直线与平面的位置关系，并证明． 变式6．（2024·河北邢台·二模）直三棱柱中，，，， (1)如图1，点E为棱上的动点，点F为棱BC上的动点，且，求线段长的最小值； (2)如图2，点M是棱AB的中点，点N是棱的中点，P是与的交点，在线段上是否存在点Q，使得面？    变式7．（2024·重庆·模拟预测）已知正方体的棱长为1，在棱上运动，在线段上运动，直线与平面交于点．    (1)当为中点时，证明：平面； (2)若平面，求的最大值及此时的长． 【方法技巧与总结】 线线平行 证明两直线的方向向量共线 线面平行 ①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行 面面平行 1 证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题 【题型6：空间向量中的动点问题】 例6．（23-24高二上·辽宁鞍山·期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的是（    ）    A．三棱锥的体积不是定值 B．直线到平面的距离是 C．存在点，使得 D．面积的最小值是 变式1．（多选）（23-24高二上·重庆·阶段练习）如图，在棱长为的正方体中，点满足，其中，，则（    ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得平面 C．当时，的最小值为 D．当时，的最大值为 变式2．（多选）（23-24高二上·浙江绍兴·期中）如图，点E是正方体的棱的中点，点M在线段上运动，则下列结论 正确的是（   ） A．直线与直线始终是异面直线 B．存在点，使得 C．四面体的体积为定值 D．H为线段的中点， 变式3．（23-24高二下·四川凉山·期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得∥平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 变式4．（23-24高二上·河南焦作·阶段练习）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，E为BC的中点. (1)证明：平面ABCD； (2)在线段AN上是否存在点S，使得平面AMN?如果存在，求出线段AS的长度；若不存在，请说明理由. 变式5．（23-24高二上·四川绵阳·期中）在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）．将沿折起到的位置，使得二面角为直二面角（如图2）． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得平面平面?若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 变式6．（23-24高二上·四川雅安·期中）如图，在正方体中，分别是的中点． (1)用空间向量法证明：平面； (2)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，请指出的位置；若不存在，请说明理由． 变式7．（22-23高二下·湖南长沙·期中）如图，在三棱柱中，，设. (1)试用向量表示，并求. (2)在平行四边形内是否存在一点，使得平面？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由. 一、单选题 1．（2024·四川成都·模拟预测）已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（   ） A． B． C．与相交但不垂直 D．或 2．（23-24高二上·全国·期中）若直线的方向向量为,,，平面的法向量为,6,，则（    ） A． B． C． D．与位置关系不确定 3．（23-24高二上·山东威海·期末）设，分别是空间中的直线，的方向向量，，.记甲：，，不共面，乙：与异面，则（    ） A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件 4．（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． 5．（22-23高二下·福建龙岩·期中）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面，，.若建立如图所示的“空间直角坐标系，则平面的一个法向量为（    ）    A． B． C． D． 6．（23-24高二上·全国·课后作业）在如图所示的坐标系中，为正方体，给出下列结论： ①直线的一个方向向量为； ②直线的一个方向向量为； ③平面的一个法向量为； ④平面的一个法向量为.其中正确的个数为（    ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 8．（22-23高二上·北京丰台·阶段练习）已知点是法向量为的平面内的一点，则下列各点中，不在平面内的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2024高三·全国·专题练习）（多选）下列结论正确的是（　　） A．已知向量a＝（9，4，－4），b＝（1，2，2），则a在b上的投影向量为（1，2，2） B．若对空间中任意一点O，有则P，A，B，C四点共面 C．已知{a，b，c}是空间的一组基底，若m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一组基底 D．若直线l的方向向量为e＝（1，0，3），平面α的法向量n＝（－2，0，），则直线l⊥α 10．（23-24高二上·江苏·阶段练习）已知空间中三点，，，则（    ） A． B．方向上的单位向量坐标是 C．是平面ABC的一个法向量 D．在上的投影向量的模为 11．（23-24高二上·内蒙古赤峰·阶段练习）已知空间中三点、、，则下列结论不正确的有（    ） A．与是共线向量 B．的单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是 三、填空题 12．（2024高二上·全国·专题练习）如图，平面，四边形为正方形，E为的中点，F是上一点，当时，＝ . 13．（23-24高二上·北京石景山·期末）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①； ②三棱锥的体积为定值； ③存在点，使得 平面； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 14．（23-24高二上·山东聊城·期中）如图，平面，底面是正方形，分别为，的中点，点在线段上，与交于点，，若平面，则 . 四、解答题 15．（23-24高二上·青海海东·阶段练习）如图，在正四棱柱 中， M是棱上任意一点. (1)求证: (2)若M是棱的中点，求异面直线AM与BC 所成角的正切值. 16．（23-24高二上·广东江门·期中）长方体中，，.点为中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面. 17．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知四棱锥PABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.求证： (1)PA⊥BD； (2)平面PAD⊥平面PAB. 18．（23-24高二上·四川泸州·期末）如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面. (1)证明：平面平面. (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 19．（23-24高二上·四川南充·阶段练习）如图，直三棱柱中，，，分别为，的中点．    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使平面？若存在，求；若不存在，说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $