14 第一阶段 专题三 §2 空间向量与立体几何-（课件PPT+教案Word）【高考快车道】2025年高考数学大二轮专题复习高考总复习学案

§2　空间向量与立体几何 【备考指南】　立体几何解答题常与图形翻折、探索性问题结合命题，主要考查利用向量法判定空间位置关系、求空间角、空间距离，备考时应提高识图、绘图能力，做到论证与运算并重． 基础考点1　空间位置关系与空间角 【典例1】　(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2． (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD； (2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值． [解]　(1)证明：取PD的中点S，连接SF，SC， 则SF∥ED，SF＝ED＝1， 而ED∥BC，ED＝2BC，故SF∥BC，SF＝BC， 故四边形SFBC为平行四边形， 故BF∥SC．又BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD， 所以BF∥平面PCD． (2)因为ED＝2，所以AE＝1，故AE∥BC，AE＝BC，故四边形AECB为平行四边形，故CE∥AB，由题知，AB⊥平面PAD，所以CE⊥平面PAD． 又PE，ED⊂平面PAD，故CE⊥PE，CE⊥ED．而PE⊥ED， 故以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， 则＝(0，－1，－2)，＝(1，－1，－2)，＝(1，0，－2)，＝(0，2，－2)， 设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)， 则由可得取m＝(0，－2，1)． 设平面PCD的法向量为n＝(a，b，c)， 则由可得取n＝(2，1，1)， 故|cos 〈m，n〉|＝＝， 故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为． 【典例2】　如图所示，六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠BAD＝，AA1∥BB1∥CC1∥DD1，且BB1⊥平面ABCD，AA1＝CC1，＝λ＝λ(0＜λ≤1)，＝2，平面BEF与平面ABCD的交线为l． (1)证明：直线l⊥平面B1BDD1； (2)已知EF＝2，三棱锥B1-BDF的体积VB1-BDF＝，若D1F与平面BDD1所成的角为θ，求sin θ的取值范围． [解]　(1)证明：如图，连接AC，BD，B1D1． ∵AA1＝CC1，AA1∥CC1，＝λ＝λ， ∴＝，即AE＝CF，AE∥CF， ∴四边形AEFC为平行四边形，则AC∥EF． ∵EF⊂平面BEF，AC⊄平面BEF， ∴AC∥平面BEF． ∵平面BEF∩平面ABCD＝l， 又AC⊂平面ABCD，∴AC∥l． ∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD． 又BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则AC⊥BB1． 又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面B1BDD1， ∴AC⊥平面B1BDD1．又AC∥l， ∴l⊥平面B1BDD1． (2)连接A1C1交B1D1于点O1，AC∩BD＝O，则OO1∥BB1． ∵BB1⊥平面ABCD， ∴OO1⊥平面ABCD． ∵OB，OC⊂平面ABCD， ∴OO1⊥OB，OO1⊥OC，又OB⊥OC， ∴以点O为坐标原点，OB，OC，OO1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， ∵∠BAD＝，AC＝EF＝2，∴OA＝OC＝1，AB＝BD＝， 设BB1＝t，则DD1＝2t． ∵＝＝×1××t＝， ∴t＝2，即BB1＝2，DD1＝4， ∴OO1＝3，则D1，F(0，1，3λ)，＝(0，0，3λ)， ∴＝．又＝(0，1，0)是平面BDD1的一个法向量， ∴sin θ＝＝， 设f (λ)＝(3λ－4)2＋(0＜λ≤1)， 则f (λ)∈，∴＜sin θ≤， ∴sin θ的取值范围是． 1．利用向量法求线面角的两种方法 (1)法一：分别求出直线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)法二：通过平面的法向量来求，即求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(或直角)或钝角的补角，取其余角就是直线与平面所成的角． 2．利用向量法计算两个平面夹角大小的方法 (1)法向量法：如图1，分别求出两个平面的法向量m，n，若两个平面的夹角为θ，则cos θ＝． (2)方向向量法：如图2，AB⊥l，CD⊥l，若两个平面的夹角为θ，则 cos θ＝|cos 〈〉|＝． 1．(多选)已知SO⊥平面α于点O，点A，B是平面α上的两个动点，且∠OSA＝，∠OSB＝，则(　　) A．SA与SB所成的角可能为 B．SA与OB所成的角可能为 C．SO与平面SAB所成的角可能为 D．平面SOB与平面SAB的夹角可能为 AC　[设OA＝1，则SO＝，SA＝2，OB＝，SB＝， 以O为原点，OA，OS所在直线分别为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则S(0，0，)，A(1，0，0)，设B(m，n，0)，且m2＋n2＝3， ＝(1，0，－)，＝(m，n，－)，＝(m，n，0)，＝(0，0，－)， 若SA与SB所成的角为，则 ＝＝＝cos ＝，解得m＝－3±．当m＝－3－时，m2>3，不符合题意；当m＝－3＋时，n2＝6－12>0，方程有解，故A正确； 若SA与OB所成的角为，则＝＝＝cos ＝，得m2＝9>3，不符合题意，故B错误； 设平面SAB的法向量为p＝(x1，y1，z1)， 则 取p＝， 若SO与平面SAB所成的角为，则 ＝＝＝sin ＝， 解得m＝1，n＝±，故C正确； 设平面SOB的法向量为q＝(x2，y2，z2)，则取q＝， 若平面SOB与平面SAB的夹角为，则p·q＝0，即＝0，得m2＋n2＝m，又m2＋n2＝3，得m＝3，m2＝9>3，不符合题意，故D错误．故选AC．] 2．(2024·河南洛阳三模)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧棱DD1⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2A1B1＝4，∠ADC＝120°． (1)证明：平面DBB1D1⊥平面ADD1A1； (2)若四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为，求直线B1C与平面ADD1A1所成角的正弦值． [解]　(1)证明：因为底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝120°，所以∠DAB＝60°． 因为在△ABD中，AD＝2，AB＝4， 由余弦定理可得DB2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60°＝12， 所以DB＝2， 所以DA2＋DB2＝AB2，所以△ADB为直角三角形，即AD⊥BD． 又因为DD1⊥平面ABCD，DB⊂平面ABCD， 所以DD1⊥BD． 因为AD⊂平面ADD1A1，DD1⊂平面ADD1A1， 且AD∩DD1＝D， 所以BD⊥平面ADD1A1． 又因为BD⊂平面DBB1D1， 所以平面DBB1D1⊥平面ADD1A1． (2)因为四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为，DD1⊥平面ABCD， 而 ＝(S四边形ABCD＋＋·DD1， 所以＝·DD1·(AD·DB＋A1D1·D1B1＋)， 所以＝·DD1·7，解得DD1＝1． 如图，以D为原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则B1(0，，1)，C(－2，2，0)，所以＝(－2，，－1)， 而平面ADD1A1的一个法向量为n＝(0，1，0)， 设直线B1C与平面ADD1A1所成角为θ， 则sin θ＝＝＝＝， 所以直线B1C与平面ADD1A1所成角的正弦值为． 【教师备选资源】 1．(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值． [解]　(1)证明：连接AE，DE， ∵DB＝DC，E为BC的中点， ∴DE⊥BC． 又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， ∴△ACD与△ABD均为等边三角形， ∴AC＝AB， ∴AE⊥BC．又∵AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， ∴BC⊥平面ADE． ∵AD⊂平面ADE， ∴BC⊥DA． (2)设DA＝DB＝DC＝2，∴AB＝AC＝2， 由题意知△DBC为等腰直角三角形， ∴DE＝EB＝EC＝． ∵AE⊥BC，∴AE＝＝，又AD＝2，∴AE2＋DE2＝4＝AD2， ∴AE⊥DE． 又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，BC，DE⊂平面BCD，∴AE⊥平面BCD， 以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)，E(0，0，0)，∵＝， ∴F(－，0，)， ∴＝(－，0，)，＝(0，，－)，＝(－，0，0)， 设平面DAB与平面ABF的法向量分别为＝＝(x2，y2，z2)， 则令x1＝1，解得y1＝z1＝1， 令y2＝1，解得x2＝0，z2＝1， 故平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(1，1，1)，n2＝(0，1，1)， 设二面角D-AB-F的平面角为θ， 则|cos θ|＝＝＝，故sin θ＝， 所以二面角D-AB-F的正弦值为． 2．(2023·新高考Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3． (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P． [解]　(1)证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)， 所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)， 所以＝，所以B2C2∥A2D2． (2)设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)， 所以＝(2，0，1－n)，＝(0，－2，3－n)， 设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)， 所以则 令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)． 设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)， 又＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，1)， 所以则 令y2＝1，得b＝(1，1，2)． 所以|cos 150°|＝|cos 〈a，b〉|＝＝， 整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3， 所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝1． 基础考点2　空间位置关系与空间距离 【典例3】　(2024·天津高考)如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点． (1)求证：D1N∥平面CB1M； (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB1M的距离． [解]　(1)证明：取CB1的中点P，连接NP，MP， 由N是B1C1的中点，故NP∥CC1，且NP＝CC1． 由M是DD1的中点，故D1M＝DD1＝CC1，且D1M∥CC1， 则有D1M∥NP，D1M＝NP， 故四边形D1MPN是平行四边形，故D1N∥MP． 又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M， 故D1N∥平面CB1M． (2)由题意知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，B1(2，0，2)，M(0，1，1)，C(1，1，0)，C1(1，1，2)， 则有＝(1，－1，2)，＝(－1，0，1)，＝(0，0，2)． 设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)， 则有 分别取x1＝x2＝1，则有y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0， 即m＝(1，3，1)，n＝(1，1，0)， 设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为．　 (3)由＝(0，0，2)，平面CB1M的法向量为m＝(1，3，1)， 则有＝＝， 即点B到平面CB1M的距离为． 求空间距离的方法 (1)点线距的求解方法： 直线的方向向量s―→直线外一点A与直线上一点P构成的向量―→向量在直线的方向向量s上的投影向量的模―→代入公式d＝． (2)点面距的求解方法：向量法、等体积法． 1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足＝，则下列说法正确的是(　　) A．点A到直线BE的距离为 B．点O到平面ABC1D1的距离为 C．平面A1BD到平面B1CD1的距离为　 D．点P到直线AB的距离为 BCD　[根据正方体可建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)， A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)． 则E，O． 又＝，故P． 对于A，＝＝(－1，0，0)， 故点A到直线BE的距离为 ＝＝，故A错误； 对于B，＝(0，1，1)，＝， 设平面ABC1D1的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 即取y1＝1，则m＝(0，1，－1)， 故O到平面ABC1D1的距离为＝＝，故B正确； 对于C，＝(－1，0，1)，＝(－1，0，1)，故∥， 而B，A1，C，D1不共线，故BA1∥CD1． 因为BA1⊄平面B1CD1，CD1⊂平面B1CD1， 故BA1∥平面B1CD1， 同理BD∥平面B1CD1，而BD∩BA1＝B，BD，BA1⊂平面DBA1，所以平面DBA1∥平面B1CD1， 故平面DBA1到平面B1CD1的距离即为点B1到平面DBA1的距离． 又＝(－1，1，0)，＝(－1，0，0)，设平面DBA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即取y2＝1，则n＝(1，1，1)， 故B1到平面DBA1的距离为＝，故C正确； 对于D，＝＝(1，0，0)， 故点P到直线AB的距离为 ＝＝，故D正确．故选BCD．] 2．(2024·江苏南通二模)如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG＝2GD，直线AB与平面EFG相交于点H． (1)从下面两个结论中选一个证明：①BD∥GH； ②直线HE，GF，AC相交于一点； (2)求直线BD到平面EFG的距离． [解]　(1)证明：选择结论①，由E，F分别为BC，CD的中点，得EF∥BD， 又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，则BD∥平面EFG， 又BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFG＝GH，所以BD∥GH． 选择结论②，如图，在△ACD中，AG＝2GD，F为CD中点，则GF与AC不平行， 设GF∩AC＝K，则K∈AC，K∈GF，又AC⊂平面ABC，FG⊂平面EFG， 所以K∈平面ABC，K∈平面EFG，又平面ABC∩平面EFG＝HE，因此K∈HE， 所以HE，GF，AC相交于一点． (2)若第(1)问中选①，由(1)知，BD∥平面EFG， 则点B到平面EFG的距离即为BD到平面EFG的距离． 若第(1)问中选②，由E，F分别为BC，CD的中点，可知EF∥BD． 又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，则BD∥平面EFG， 因此点B到平面EFG的距离即为BD到平面EFG的距离． 连接EA，ED，由△ABC，△BCD均为正三角形，E为BC的中点，得EA⊥BC，ED⊥BC． 又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC， 所以AE⊥平面BCD．又ED⊂平面BCD，所以EA⊥ED． 以E为原点，EB，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则B(2，0，0)，F(－1，，0)，G，＝(2，0，0)，＝(－1，，0)，＝， 设平面EFG的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 令y＝1，得n＝(，1，－2)， 设点B到平面EFG的距离为d， 则d＝＝＝， 所以BD到平面EFG的距离为． 【教师备选资源】 1．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O为AD的中点． (1)求证：PO⊥BC； (2)若AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，PO＝2，点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成角为，求点E到平面PCD的距离． [解]　(1)证明：∵PA＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD． 又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD， ∴PO⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD， ∴PO⊥BC． (2)连接BD．由AB＝8，AD＝DC＝CB＝4， 可知四边形ABCD为等腰梯形，易知BD＝4， ∵AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD， 以点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， P(0，0，2)，A(2，0，0)，B(－2，4，0)，C(－4，2，0)，D(－2，0，0)， 平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)， 设E(x，y，z)，则＝(x－2，y，z)，＝(x，y，z－2)，＝(－2，4，－2)， ∵直线AE与平面ABCD所成角为， ∴sin ＝|cos 〈n，〉|＝＝， ∴x2－4x＋4＋y2－3z2＝0，① ∵点E在棱PB上，∴＝λ(0＜λ＜1)， 即(x，y，z－2)＝λ(－2，4，－2)， ∴x＝－2λ，y＝4λ，z＝2－2λ，代入①，解得λ＝或λ＝5(舍去)． 所以＝(－1，2，－)，＝(－2，0，－2)， ＝(－4，2，－2)， 设平面PCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 令z1＝1，得x1＝－，y1＝－， ∴m＝， ∴点E到平面PCD的距离d＝＝＝2＝． 2．(2023·天津高考)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点． (1)求证：A1N∥平面C1MA； (2)求平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值； (3)求点C到平面C1MA的距离． [解]　(1)证明：连接MN，可得MN为△ABC的中位线，可得MN∥AC，且MN＝AC＝1， 而A1C1＝1，AC∥A1C1， 则MN∥A1C1，MN＝A1C1， 可得四边形MNA1C1为平行四边形， 则A1N∥C1M， 而A1N⊄平面C1MA，C1M⊂平面C1MA， 所以A1N∥平面C1MA． 法一：向量法 (2)因为A1A⊥平面ABC，且AB，AC⊂平面ABC， 所以A1A⊥AB，A1A⊥AC． 又AB⊥AC，所以直线A1A，AB，AC两两垂直． 如图，以A为坐标原点，向量的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz． 因为AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1， 则A(0，0，0)，C1(0，1，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)． 又点M是线段BC的中点，可得M(1，1，0)， 所以＝(0，1，2)，＝(1，1，0)． 设平面C1MA的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则⊥m，⊥m， 即·m＝0，·m＝0，由此可得 令y＝2，则x＝－2，z＝－1， 即m＝(－2，2，－1)， 故平面C1MA的一个法向量为m＝(－2，2，－1)． 易知平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，0，0)． 设平面C1MA与平面ACC1A1的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝． 故平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值为． (3)由(2)知，＝(0，2，0)， 平面C1MA的一个法向量m＝(－2，2，－1)， 设点C到平面C1MA的距离为d， 则d＝＝＝． 所以点C到平面C1MA的距离为． 法二：几何法 (2)取AC的中点H，连接MH， 由AB⊥AC，MH∥AB，可得MH⊥AC． 由A1A⊥平面ABC，MH⊂平面ABC， 可得A1A⊥MH， 又AC∩A1A＝A，AC⊂平面A1ACC1，A1A⊂平面A1ACC1， 可得MH⊥平面A1ACC1． 过点H作HD⊥AC1，垂足为D，连接DM， 由三垂线定理可得DM⊥AC1，可得∠MDH为平面C1MA与平面ACC1A1的夹角． 由MH＝AB＝1， 在矩形AHC1A1中，DH＝＝＝， 所以cos ∠MDH＝＝＝． 故平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值为． (3)设点C到平面C1MA的距离为d． 过点C1作C1Q⊥AM于点Q． 在△C1MA中，AC1＝＝，MC1＝＝，AM＝， 则＝＝． 由＝，可得 d＝d×＝C1H·S△CMA＝×2××2×1＝，解得d＝． 所以点C到平面C1MA的距离为． 能力考点　利用空间向量解决翻折、探索性问题 【典例4】　(2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝＝．将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4． (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． [解]　(1)证明：由AB＝8，AD＝5＝，＝， 得AE＝2，AF＝4． 又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得 EF＝＝＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD， 所以EF⊥PE，EF⊥DE， 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE， 又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD． (2)连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3， 则CE2＝ED2＋CD2＝36， 在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6， 得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF， 又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 则E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)， 由F是AB的中点，得B(4，2，0)， 所以＝(3，3，－2)，＝(0，3，－2)，＝(4，2，－2)，＝(2，0，－2)， 设平面PCD与平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)， 则 令y1＝2，得x1＝0，z1＝3，令x2＝，得y2＝－1，z2＝1， 所以n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)， 所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 设平面PCD与平面PBF所成的二面角为θ， 则sin θ＝＝， 即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为． 1．翻折问题：弄清翻折前后的变量和不变量，以不变量作为解题的． 2．探索性问题：建系→引参设点→求解验证． (2024·辽宁大连模拟)如图1，在△ABC中，CD⊥AB，BD＝2CD＝2AD＝4，E为AC的中点．将△ACD沿CD折起到△PCD的位置，使DE⊥BC，如图2． (1)求证：PB⊥PC； (2)在线段BC上是否存在点F，使得CP⊥DF？若存在，求平面PDF与平面DEF夹角的正弦值；若不存在，说明理由． [解]　(1)证明：依题意可知点E为PC的中点，因为PD＝CD＝2，所以DE⊥PC． 又DE⊥BC，BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PCB，所以DE⊥平面PCB． 又PB⊂平面PCB，所以DE⊥PB． 依题意可知CD⊥PD，CD⊥BD，BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PDB， 所以CD⊥平面PDB． 又PB⊂平面PDB，所以CD⊥PB． 因为CD∩DE＝D，CD，DE⊂平面PCD， 所以PB⊥平面PCD． 又PC⊂平面PCD，所以PB⊥PC． (2)由题意，得PC＝AC＝＝2，BC＝＝2，由(1)知PB⊥PC， 所以PB＝＝2． 以D为原点，DP，DC所在直线分别为x轴、z轴，过点D且平行于PB的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图， 则D(0，0，0)，P(2，0，0)，C(0，0，2)，E(1，0，1)，B(2，2，0)，所以＝(2，0，－2)，＝(2，0，0)，＝(1，0，1)，＝(－2，－2，2)． 设＝t(0≤t≤1)，即＝t＝(－2t，－2t，2t)，则F(2－2t，2－2t，2t)，＝(2－2t，2－2t，2t)， 若存在点F，使得CP⊥DF，则＝4－8t＝0， 解得t＝，则F(1，，1)，即存在点F使得CP⊥DF，则＝(1，，1)， 设平面PDF的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 令y1＝1，得x1＝0，z1＝－， 所以m＝(0，1，－)， 设平面DEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 令x2＝1，得y2＝0，z2＝－1， 所以n＝(1，0，－1)， 所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 所以平面PDF与平面DEF夹角的正弦值为＝． 【教师备选资源】 1．如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝，E为BC的中点，F为AB上一点，且EF⊥AB．现将△BEF沿EF翻折到△B′EF，如图2． (1)证明：EF⊥AB′； (2)已知二面角B′-EF-A为，在棱AC上是否存在点M，使得直线EC与平面B′MF所成角的正弦值为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由． [解]　(1)证明：翻折前，在△ABC中，EF⊥AB， 翻折后，有EF⊥AF，EF⊥FB′， 又AF∩FB′＝F，AF，FB′⊂平面AFB′， 所以EF⊥平面AFB′． 因为AB′⊂平面AFB′，所以EF⊥AB′． (2)因为二面角B′-EF-A为，EF⊥AF，EF⊥FB′， 所以二面角B′-EF-A的平面角为∠B′FA＝． 以F为原点，FE，FA所在直线为x，y轴，过点F且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设AB＝4，则F(0，0，0)，A(0，1，0)，C(2，3，0)，E(，0，0)，B′． ＝(2，2，0)，＝(0，1，0)，＝＝(，3，0)． 设＝λ＝(2λ，2λ，0)，＝＝(2λ，2λ＋1，0)，其中0≤λ≤1， 设平面B′MF的法向量为u＝(a，b，c)， 由得 取c＝2λ，可得u＝(2λ＋1，－2λ，2λ)为平面B′MF的一个法向量， |cos 〈u，〉|＝＝＝，解得λ＝，满足题意， 故当＝时，直线EC与平面B′MF所成角的正弦值为． 2．如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，垂足为点E，AB＝AE＝CE＝1，DE＝．将△ADE沿AE翻折到△PAE，如图2所示．M为线段PB的中点，且ME⊥PC． (1)求证：PE⊥EC； (2)设点N为线段AE上任意一点，当平面BMN与平面PCE 的夹角最小时，求EN的长． [解]　(1)证明：连接EB，由题意知PE＝，BE＝＝，又M是PB的中点， 所以ME⊥PB．又ME⊥PC，PC∩PB＝P，PC，PB⊂平面PBC， 所以ME⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，则BC⊥ME． 由AB∥CD且AE⊥CD，AB＝AE＝CE＝1知，BE＝BC＝， 在△BCE中，CE＝2，则BC2＋BE2＝CE2，即BC⊥BE． 由ME∩BE＝E，ME，BE⊂平面BEM，则BC⊥平面BEM，又PE⊂平面BEM，于是PE⊥BC． 由题意可知PE⊥AE，AE与BC相交，则PE⊥平面ABCE，又EC⊂平面ABCE， 所以PE⊥EC． (2)连接BN，MN，设EN＝t(0≤t≤1)，由(1)知，PE，EA，EC两两垂直， 故以E为坐标原点，EA，EC，EP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示， 由题意，则N(t，0，0)，B(1，1，0)，M， 所以＝＝(t－1，－1，0)， 取平面PCE的一个法向量m＝(1，0，0)， 设平面BMN的法向量n＝(a，b，c)，则 令a＝1，即n＝， 设平面BMN与平面PCE 的夹角为θ，则 cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝＝， 所以当t＝时，(cos θ)max＝， 即EN长为时，平面BMN与平面PCE 的夹角最小． 专题限时集训(九)　空间向量与立体几何 1．(2024·江苏苏州三模)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是BC和CD的中点． (1)求证：AB1⊥D1E； (2)求直线EF和B1D1之间的距离； (3)求直线EF与平面CD1E所成角的正弦值． [解]　(1)证明：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，C(0，1，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，E，F，所以＝(0，1，1)，＝， 所以＝0×＋1×1＋1×(－1)＝0，故AB1⊥D1E． (2)因为＝＝(1，1，0)， 所以＝2， 所以∥，由题意知E，F，B1，D1不共线， 故EF∥B1D1， 故知点E到直线B1D1的距离即为两条平行线EF和B1D1之间的距离， 又＝，则＝－＝＝＝， 设点E到直线B1D1的距离为d， 则d＝＝＝， 即直线EF和B1D1之间的距离为． (3)因为＝＝(0，－1，1)， 设平面CD1E的法向量为n＝(x，y，z)， 则取n＝(0，1，1)， 设直线EF与平面CD1E所成角为α，则sin α＝＝＝， 所以直线EF与平面CD1E所成角的正弦值为． 2．(2024·山东济宁三模)图1是由正方形ABCD和两个正三角形△ADE，△CDF组成的一个平面图形，其中AB＝2，现将△ADE沿AD折起，使得平面ADE⊥平面ABCD，将△CDF沿CD折起，使得平面CDF⊥平面ABCD，连接EF，BE，BF，如图2． (1)求证：EF∥平面ABCD； (2)求平面ADE与平面BCF夹角的大小． [解]　(1)证明：分别取棱CD，AD的中点O，P，连接OF，PE，OP， 由△CDF是边长为2的正三角形，得OF⊥CD，OF＝， 又平面CDF⊥平面ABCD，平面CDF∩平面ABCD＝DC，OF⊂平面CDF， 则OF⊥平面ABCD，同理PE⊥平面ABCD，PE＝， 所以OF∥PE，OF＝PE，即四边形OPEF为平行四边形，OP∥EF， 而OP⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD， 所以EF∥平面ABCD． (2)取棱AB的中点Q，连接OQ，由四边形ABCD为正方形，得OQ⊥CD， 以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则B(2，1，0)，C(0，1，0)，F(0，0，)，D(0，－1，0)，＝(2，0，0)，＝(0，－1，)， 设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)， 则令z＝1，得n＝(0，，1)， 由CD⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD， 得CD⊥平面ADE，则＝(0，2，0)为平面ADE的一个法向量，设平面ADE与平面BCF的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，而θ∈，解得θ＝， 所以平面ADE与平面BCF的夹角为． 3．(2024·湖南长沙模拟)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°． (1)若空间有一点P满足：＝＋2＋2，求点P到直线BD的距离； (2)求平面BDD1B1与平面BCC1B1夹角的余弦值． [解]　(1)法一：因为＝，所以＝＝2＋2， 所以||2＝12． 在菱形ABCD中，∠BAD＝60°， 则△ABD为等边三角形，所以BD＝1， 所以＝＝(2＋2)·()＝2－2＋2－2＝1， 则点P到直线BD的距离d＝＝＝． 法二：连接A1D，A1B，A1C1，AC，设AC∩BD＝O，由AB＝AD＝AA1＝1， ∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，可得A1D＝A1B＝BD＝1，从而三棱锥A1-ABD为正四面体， 故顶点A1在底面ABCD内的射影落在直线AC上，且垂足为底面△ABD的外心H，可求得A1H＝＝＝． 故平面A1ACC1⊥平面ABCD，在平面A1ACC1内引直线Oz⊥AC，即得Oz⊥平面ABCD， 又由菱形ABCD可知AC⊥BD，如图，以O为原点建立空间直角坐标系， 则A，A1，B，D，所以＝(0，－1，0)． 因为＝＋2＋2， 所以＝＝2＋2＝2＋2＝， 所以||2＝＋1＋＝12． 在菱形ABCD中，∠BAD＝60°， 则△ABD为等边三角形，所以BD＝1， 所以＝＝1，则点P到直线BD的距离d＝＝＝． (2)法一：如图，取BB1的中点E，DD1的中点F，连接CE，EF，CF，CB1． 由等角定理可知∠B1BC＝∠A1AD＝60°，又BB1＝BC＝1，所以△BB1C为等边三角形，所以CE⊥BB1． 设＝a，＝b，＝c，则为空间的一个基底，＝b－a，故＝(b－a)·c＝＝0，所以BD⊥AA1， 又BD∥EF，BB1∥AA1，所以EF⊥BB1，所以∠CEF为二面角D-BB1-C的平面角． 在△CEF中，CE＝，EF＝1，CF＝，由余弦定理的推论得cos ∠CEF＝＝， 所以平面BDD1B1与平面BCC1B1夹角的余弦值为． 法二：由第(1)问法二空间直角坐标系， 可得＝(0，－1，0)，＝＝＝＝， 设平面BDD1B1的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则得m＝(，0，1)为平面BDD1B1的一个法向量， 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则得n＝(，－，1)为平面BCC1B1的一个法向量， 设平面BDD1B1与平面BCC1B1的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝＝， 所以平面BDD1B1与平面BCC1B1夹角的余弦值为． 4．(2024·浙江宁波模拟)在空间四边形ABCD中，AB＝BC＝BD＝AC＝2，AD＝DC＝． (1)求证：平面ADC⊥平面ABC； (2)对角线BD上是否存在一点E，使得直线AD与平面ACE所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． [解]　(1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO， 因为AC＝2，AD＝DC＝，所以AD⊥CD，DO⊥AC，且DO＝1． 又AB＝BC＝AC＝2，则BO⊥AC，且BO＝． 又BD＝2，则BD2＝DO2＋BO2，则DO⊥OB． 因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，所以DO⊥平面ABC． 因为DO⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面ABC． (2)易知OB，OC，OD两两垂直，以O为原点，OB，OC，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，1)，则＝(，0，－1)． 设＝λ＝(λ，0，－λ)，0＜λ＜1，则E(λ，0，－λ＋1)． 则＝(λ，0，－λ＋1)，＝(0，1，0)． 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝λ－1，则z＝λ，y＝0，即n＝(λ－1，0，λ)． 又＝(0，1，1)，所以sin 30°＝， 即＝，即2λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝或λ＝(舍去)， 因为＝λ，所以＝λ()，所以λ＝(1－λ)，所以＝＝＝＝＝．故＝． 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $$ §2　空间向量与立体几何 【备考指南】　立体几何解答题常与图形翻折、探索性问题结合命题，主要考查利用向量法判定空间位置关系、求空间角、空间距离，备考时应提高识图、绘图能力，做到论证与运算并重． 基础考点1　空间位置关系与空间角 【典例1】　(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2． (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD； (2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值． [听课记录] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【典例2】　如图所示，六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠BAD＝，AA1∥BB1∥CC1∥DD1，且BB1⊥平面ABCD，AA1＝CC1，＝λ＝λ(0＜λ≤1)，＝2，平面BEF与平面ABCD的交线为l． (1)证明：直线l⊥平面B1BDD1； (2)已知EF＝2，三棱锥B1-BDF的体积VB1-BDF＝，若D1F与平面BDD1所成的角为θ，求sin θ的取值范围． [听课记录] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．利用向量法求线面角的两种方法 (1)法一：分别求出直线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)法二：通过平面的法向量来求，即求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(或直角)或钝角的补角，取其余角就是直线与平面所成的角． 2．利用向量法计算两个平面夹角大小的方法 (1)法向量法：如图1，分别求出两个平面的法向量m，n，若两个平面的夹角为θ，则cos θ＝． (2)方向向量法：如图2，AB⊥l，CD⊥l，若两个平面的夹角为θ，则 cos θ＝|cos 〈〉|＝． 1．(多选)已知SO⊥平面α于点O，点A，B是平面α上的两个动点，且∠OSA＝，∠OSB＝，则(　　) A．SA与SB所成的角可能为 B．SA与OB所成的角可能为 C．SO与平面SAB所成的角可能为 D．平面SOB与平面SAB的夹角可能为 2．(2024·河南洛阳三模)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧棱DD1⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2A1B1＝4，∠ADC＝120°． (1)证明：平面DBB1D1⊥平面ADD1A1； (2)若四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为，求直线B1C与平面ADD1A1所成角的正弦值． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 基础考点2　空间位置关系与空间距离 【典例3】　(2024·天津高考)如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点． (1)求证：D1N∥平面CB1M； (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB1M的距离． [听课记录] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 求空间距离的方法 (1)点线距的求解方法： 直线的方向向量s―→直线外一点A与直线上一点P构成的向量―→向量在直线的方向向量s上的投影向量的模―→代入公式d＝． (2)点面距的求解方法：向量法、等体积法． 1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足＝，则下列说法正确的是(　　) A．点A到直线BE的距离为 B．点O到平面ABC1D1的距离为 C．平面A1BD到平面B1CD1的距离为　 D．点P到直线AB的距离为 2．(2024·江苏南通二模)如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG＝2GD，直线AB与平面EFG相交于点H． (1)从下面两个结论中选一个证明：①BD∥GH； ②直线HE，GF，AC相交于一点； (2)求直线BD到平面EFG的距离． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 能力考点　利用空间向量解决翻折、探索性问题 【典例4】　(2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝＝．将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4． (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． [听课记录] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．翻折问题：弄清翻折前后的变量和不变量，以不变量作为解题的． 2．探索性问题：建系→引参设点→求解验证． (2024·辽宁大连模拟)如图1，在△ABC中，CD⊥AB，BD＝2CD＝2AD＝4，E为AC的中点．将△ACD沿CD折起到△PCD的位置，使DE⊥BC，如图2． (1)求证：PB⊥PC； (2)在线段BC上是否存在点F，使得CP⊥DF？若存在，求平面PDF与平面DEF夹角的正弦值；若不存在，说明理由． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题限时集训(九)　空间向量与立体几何 1．(2024·江苏苏州三模)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是BC和CD的中点． (1)求证：AB1⊥D1E； (2)求直线EF和B1D1之间的距离； (3)求直线EF与平面CD1E所成角的正弦值． 2．(2024·山东济宁三模)图1是由正方形ABCD和两个正三角形△ADE，△CDF组成的一个平面图形，其中AB＝2，现将△ADE沿AD折起，使得平面ADE⊥平面ABCD，将△CDF沿CD折起，使得平面CDF⊥平面ABCD，连接EF，BE，BF，如图2． (1)求证：EF∥平面ABCD； (2)求平面ADE与平面BCF夹角的大小． 3．(2024·湖南长沙模拟)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°． (1)若空间有一点P满足：＝＋2＋2，求点P到直线BD的距离； (2)求平面BDD1B1与平面BCC1B1夹角的余弦值． 4．(2024·浙江宁波模拟)在空间四边形ABCD中，AB＝BC＝BD＝AC＝2，AD＝DC＝． (1)求证：平面ADC⊥平面ABC； (2)对角线BD上是否存在一点E，使得直线AD与平面ACE所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题限时集训(九) 1．解：(1)证明：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，C(0，1，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，E，F，所以＝(0，1，1)，＝， 所以＝0×＋1×1＋1×(－1)＝0，故AB1⊥D1E． (2)因为＝＝(1，1，0)， 所以＝2， 所以∥，由题意知E，F，B1，D1不共线， 故EF∥B1D1， 故知点E到直线B1D1的距离即为两条平行线EF和B1D1之间的距离， 又＝，则＝－＝＝＝， 设点E到直线B1D1的距离为d， 则d＝＝＝， 即直线EF和B1D1之间的距离为． (3)因为＝＝(0，－1，1)， 设平面CD1E的法向量为n＝(x，y，z)， 则取n＝(0，1，1)， 设直线EF与平面CD1E所成角为α，则sin α＝＝＝， 所以直线EF与平面CD1E所成角的正弦值为． 2．解：(1)证明：分别取棱CD，AD的中点O，P，连接OF，PE，OP， 由△CDF是边长为2的正三角形，得OF⊥CD，OF＝， 又平面CDF⊥平面ABCD，平面CDF∩平面ABCD＝DC，OF⊂平面CDF， 则OF⊥平面ABCD，同理PE⊥平面ABCD，PE＝， 所以OF∥PE，OF＝PE，即四边形OPEF为平行四边形，OP∥EF， 而OP⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD， 所以EF∥平面ABCD． (2)取棱AB的中点Q，连接OQ，由四边形ABCD为正方形，得OQ⊥CD， 以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则B(2，1，0)，C(0，1，0)，F(0，0，)，D(0，－1，0)，＝(2，0，0)，＝(0，－1，)， 设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)， 则令z＝1，得n＝(0，，1)， 由CD⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD， 得CD⊥平面ADE，则＝(0，2，0)为平面ADE的一个法向量，设平面ADE与平面BCF的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，而θ∈，解得θ＝， 所以平面ADE与平面BCF的夹角为． 3．解：(1)法一：因为＝，所以＝＝2＋2， 所以||2＝12． 在菱形ABCD中，∠BAD＝60°， 则△ABD为等边三角形，所以BD＝1， 所以＝＝(2＋2)·()＝2－2＋2－2＝1， 则点P到直线BD的距离d＝＝＝． 法二：连接A1D，A1B，A1C1，AC，设AC∩BD＝O，由AB＝AD＝AA1＝1， ∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，可得A1D＝A1B＝BD＝1，从而三棱锥A1-ABD为正四面体， 故顶点A1在底面ABCD内的射影落在直线AC上，且垂足为底面△ABD的外心H，可求得A1H＝＝＝． 故平面A1ACC1⊥平面ABCD，在平面A1ACC1内引直线Oz⊥AC，即得Oz⊥平面ABCD， 又由菱形ABCD可知AC⊥BD，如图，以O为原点建立空间直角坐标系， 则A，A1，B，D，所以＝(0，－1，0)． 因为＝＋2＋2， 所以＝＝2＋2＝2＋2＝， 所以||2＝＋1＋＝12． 在菱形ABCD中，∠BAD＝60°， 则△ABD为等边三角形，所以BD＝1， 所以＝＝1，则点P到直线BD的距离d＝＝＝． (2)法一：如图，取BB1的中点E，DD1的中点F，连接CE，EF，CF，CB1． 由等角定理可知∠B1BC＝∠A1AD＝60°，又BB1＝BC＝1，所以△BB1C为等边三角形，所以CE⊥BB1． 设＝a，＝b，＝c，则为空间的一个基底，＝b－a，故＝(b－a)·c＝＝0，所以BD⊥AA1， 又BD∥EF，BB1∥AA1，所以EF⊥BB1，所以∠CEF为二面角D-BB1-C的平面角． 在△CEF中，CE＝，EF＝1，CF＝，由余弦定理的推论得cos ∠CEF＝＝， 所以平面BDD1B1与平面BCC1B1夹角的余弦值为． 法二：由第(1)问法二空间直角坐标系， 可得＝(0，－1，0)，＝＝＝＝， 设平面BDD1B1的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则得m＝(，0，1)为平面BDD1B1的一个法向量， 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则得n＝(，－，1)为平面BCC1B1的一个法向量， 设平面BDD1B1与平面BCC1B1的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝＝， 所以平面BDD1B1与平面BCC1B1夹角的余弦值为． 4．解：(1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO， 因为AC＝2，AD＝DC＝，所以AD⊥CD，DO⊥AC，且DO＝1． 又AB＝BC＝AC＝2，则BO⊥AC，且BO＝． 又BD＝2，则BD2＝DO2＋BO2，则DO⊥OB． 因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，所以DO⊥平面ABC． 因为DO⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面ABC． (2)易知OB，OC，OD两两垂直，以O为原点，OB，OC，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，1)，则＝(，0，－1)． 设＝λ＝(λ，0，－λ)，0＜λ＜1，则E(λ，0，－λ＋1)． 则＝(λ，0，－λ＋1)，＝(0，1，0)． 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝λ－1，则z＝λ，y＝0，即n＝(λ－1，0，λ)． 又＝(0，1，1)，所以sin 30°＝， 即＝，即2λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝或λ＝(舍去)， 因为＝λ，所以＝λ()，所以λ＝(1－λ)，所以＝＝＝＝＝．故＝． 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一阶段　突破核心　升华思维 专题三　立体几何 §2　空间向量与立体几何 §1　空间几何体 【备考指南】　立体几何解答题常与图形翻折、探索性问题结合命题，主要考查利用向量法判定空间位置关系、求空间角、空间距离，备考时应提高识图、绘图能力，做到论证与运算并重． §2　空间向量与立体几何 2 能力考点　利用空间向量解决翻折、探索性问题 基础考点1　空间位置关系与空间角 （一） 基础考点2　空间位置关系与空间距离 （二） （三） 专题限时集训(九)　空间向量与立体几何 （四） §2　空间向量与立体几何 基础考点1　空间位置关系与空间角 【典例1】　(2024·北京高考)如图，在四棱锥 P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3， 点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2． (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD； (2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值． [解]　(1)证明：取PD的中点S，连接SF，SC， 则SF∥ED，SF＝ED＝1， 而ED∥BC，ED＝2BC，故SF∥BC，SF＝BC， 故四边形SFBC为平行四边形， 故BF∥SC．又BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD， 所以BF∥平面PCD． (2)因为ED＝2，所以AE＝1，故AE∥BC，AE＝BC，故四边形AECB为平行四边形，故CE∥AB，由题知，AB⊥平面PAD，所以CE⊥平面PAD． 又PE，ED⊂平面PAD，故CE⊥PE，CE⊥ED．而PE⊥ED， 故以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)， D(0，2，0)，P(0，0，2)， 则＝(0，－1，－2)，＝(1，－1，－2)， ＝(1，0，－2)，＝(0，2，－2)， 设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)， 则由可得取m＝(0，－2，1)． 设平面PCD的法向量为n＝(a，b，c)， 则由可得取n＝(2，1，1)， 故|cos 〈m，n〉|＝＝， 故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为． 【典例2】　如图所示，六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠BAD＝，AA1∥BB1∥CC1∥DD1，且BB1⊥平面ABCD，AA1＝CC1，＝λ＝λ(0＜λ≤1)，＝2，平面BEF与平面ABCD的交线为l． (1)证明：直线l⊥平面B1BDD1； (2)已知EF＝2，三棱锥B1-BDF的体积VB1-BDF＝， 若D1F与平面BDD1所成的角为θ，求sin θ的取值范围． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 [解]　(1)证明：如图，连接AC，BD，B1D1． ∵AA1＝CC1，AA1∥CC1，＝λ＝λ， ∴＝，即AE＝CF，AE∥CF， ∴四边形AEFC为平行四边形，则AC∥EF． ∵EF⊂平面BEF，AC⊄平面BEF，∴AC∥平面BEF． ∵平面BEF∩平面ABCD＝l，又AC⊂平面ABCD，∴AC∥l． ∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD． 又BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则AC⊥BB1． 又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面B1BDD1， ∴AC⊥平面B1BDD1．又AC∥l，∴l⊥平面B1BDD1． (2)连接A1C1交B1D1于点O1，AC∩BD＝O，则OO1∥BB1． ∵BB1⊥平面ABCD， ∴OO1⊥平面ABCD． ∵OB，OC⊂平面ABCD， ∴OO1⊥OB，OO1⊥OC，又OB⊥OC， ∴以点O为坐标原点，OB，OC，OO1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， ∵∠BAD＝，AC＝EF＝2，∴OA＝OC＝1，AB＝BD＝， 设BB1＝t，则DD1＝2t． ∵＝＝×1××t＝，∴t＝2，即BB1＝2，DD1＝4， ∴OO1＝3，则D1，F(0，1，3λ)，＝(0，0，3λ)， ∴＝．又＝(0，1，0)是平面BDD1的一个法向量， ∴sin θ＝＝， 设f (λ)＝(3λ－4)2＋(0＜λ≤1)，则f (λ)∈，∴＜sin θ≤， ∴sin θ的取值范围是． 1．利用向量法求线面角的两种方法 (1)法一：分别求出直线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)法二：通过平面的法向量来求，即求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(或直角)或钝角的补角，取其余角就是直线与平面所成的角． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 2．利用向量法计算两个平面夹角大小的方法 (1)法向量法：如图1，分别求出两个平面的法向量m，n，若两个平面的夹角为θ，则cos θ＝．  (2)方向向量法：如图2，AB⊥l，CD ⊥l，若两个平面的夹角为θ，则 cos θ＝|cos 〈〉|＝． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 1．(多选)已知SO⊥平面α于点O，点A，B是平面α上的两个动点，且∠OSA＝，∠OSB＝，则(　　) A．SA与SB所成的角可能为 B．SA与OB所成的角可能为 C．SO与平面SAB所成的角可能为 D．平面SOB与平面SAB的夹角可能为 √ √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 AC　[设OA＝1，则SO＝，SA＝2，OB＝，SB＝， 以O为原点，OA，OS所在直线分别为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则S(0，0，)，A(1，0，0)，设B(m，n，0)，且m2＋n2＝3， ＝(1，0，－)，＝(m，n，－)，＝(m，n，0)，＝(0，0，－)， 若SA与SB所成的角为，则 ＝＝＝cos ＝，解得m＝－3±．当m＝－3－时，m2>3，不符合题意；当m＝－3＋时，n2＝6－12>0，方程有解，故A正确； 若SA与OB所成的角为，则＝＝＝cos ＝，得m2＝9>3，不符合题意，故B错误； 设平面SAB的法向量为p＝(x1，y1，z1)， 则 取p＝， 若SO与平面SAB所成的角为，则 ＝＝＝sin ＝， 解得m＝1，n＝±，故C正确； 设平面SOB的法向量为q＝(x2，y2，z2)， 则取q＝， 若平面SOB与平面SAB的夹角为，则p·q＝0，即＝0，得m2＋n2＝m，又m2＋n2＝3，得m＝3，m2＝9>3，不符合题意，故D错误．故选AC．] 2．(2024·河南洛阳三模)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧棱DD1⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2A1B1＝4，∠ADC＝120°． (1)证明：平面DBB1D1⊥平面ADD1A1； (2)若四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为，求直线B1C与平面ADD1A1所成角的正弦值． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 [解]　(1)证明：因为底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝120°，所以∠DAB＝60°． 因为在△ABD中，AD＝2，AB＝4， 由余弦定理可得DB2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60°＝12， 所以DB＝2， 所以DA2＋DB2＝AB2，所以△ADB为直角三角形，即AD⊥BD． 又因为DD1⊥平面ABCD，DB⊂平面ABCD，所以DD1⊥BD． 因为AD⊂平面ADD1A1，DD1⊂平面ADD1A1，且AD∩DD1＝D， 所以BD⊥平面ADD1A1． 又因为BD⊂平面DBB1D1，所以平面DBB1D1⊥平面ADD1A1． (2)因为四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为，DD1⊥平面ABCD， 而 ＝(S四边形ABCD＋＋·DD1， 所以＝·DD1·(AD·DB＋A1D1·D1B1＋)， 所以＝·DD1·7，解得DD1＝1． 如图，以D为原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则B1(0，，1)，C(－2，2，0)，所以＝(－2，，－1)， 而平面ADD1A1的一个法向量为n＝(0，1，0)， 设直线B1C与平面ADD1A1所成角为θ， 则sin θ＝＝＝＝， 所以直线B1C与平面ADD1A1所成角的正弦值为． 【教师备选资源】 1．(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 [解]　(1)证明：连接AE，DE， ∵DB＝DC，E为BC的中点， ∴DE⊥BC． 又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， ∴△ACD与△ABD均为等边三角形， ∴AC＝AB，∴AE⊥BC．又∵AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， ∴BC⊥平面ADE． ∵AD⊂平面ADE， ∴BC⊥DA． (2)设DA＝DB＝DC＝2，∴AB＝AC＝2， 由题意知△DBC为等腰直角三角形，∴DE＝EB＝EC＝． ∵AE⊥BC，∴AE＝＝，又AD＝2，∴AE2＋DE2＝4＝AD2， ∴AE⊥DE． 又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，BC，DE⊂平面BCD， ∴AE⊥平面BCD， 以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)，E(0，0，0)，∵＝， ∴F(－，0，)， ∴＝(－，0，)，＝(0，，－)，＝(－，0，0)， 设平面DAB与平面ABF的法向量分别为＝＝(x2，y2，z2)， 则令x1＝1，解得y1＝z1＝1， 令y2＝1，解得x2＝0，z2＝1， 故平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(1，1，1)，n2＝(0，1，1)， 设二面角D-AB-F的平面角为θ， 则|cos θ|＝＝＝，故sin θ＝， 所以二面角D-AB-F的正弦值为． 2．(2023·新高考Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3． (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时， 求B2P． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 [解]　(1)证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)， 所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)， 所以＝，所以B2C2∥A2D2． (2)设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)， 所以＝(2，0，1－n)，＝(0，－2，3－n)， 设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)， 所以则 令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)． 设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)， 又＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，1)， 所以则 令y2＝1，得b＝(1，1，2)． 所以|cos 150°|＝|cos 〈a，b〉|＝＝， 整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3， 所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝1． 基础考点2　空间位置关系与空间距离 【典例3】　(2024·天津高考)如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点． (1)求证：D1N∥平面CB1M； (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB1M的距离． [解]　(1)证明：取CB1的中点P，连接NP，MP， 由N是B1C1的中点，故NP∥CC1，且NP＝CC1． 由M是DD1的中点，故D1M＝DD1＝CC1，且D1M∥CC1， 则有D1M∥NP，D1M＝NP， 故四边形D1MPN是平行四边形，故D1N∥MP． 又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M， 故D1N∥平面CB1M． (2)由题意知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，B1(2，0，2)， M(0，1，1)，C(1，1，0)，C1(1，1，2)， 则有＝(1，－1，2)，＝(－1，0，1)， ＝(0，0，2)． 设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为 m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)， 则有 分别取x1＝x2＝1，则有y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0， 即m＝(1，3，1)，n＝(1，1，0)， 设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为．　 (3)由＝(0，0，2)，平面CB1M的法向量为m＝(1，3，1)， 则有＝＝， 即点B到平面CB1M的距离为． 求空间距离的方法 (1)点线距的求解方法： 直线的方向向量s―→直线外一点A与直线上一点P构成的向量―→向量在直线的方向向量s上的投影向量的模―→代入公式d＝． (2)点面距的求解方法：向量法、等体积法． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足＝，则下列说法正确的是(　　) A．点A到直线BE的距离为 B．点O到平面ABC1D1的距离为 C．平面A1BD到平面B1CD1的距离为　 D．点P到直线AB的距离为 √ √ √ 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 BCD　[根据正方体可建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)， A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)． 则E，O． 又＝， 故P． 对于A，＝＝(－1，0，0)， 故点A到直线BE的距离为 ＝＝，故A错误； 对于B，＝(0，1，1)，＝， 设平面ABC1D1的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 即取y1＝1，则m＝(0，1，－1)， 故O到平面ABC1D1的距离为＝＝，故B正确； 对于C，＝(－1，0，1)，＝(－1，0，1)，故∥， 而B，A1，C，D1不共线，故BA1∥CD1． 因为BA1⊄平面B1CD1，CD1⊂平面B1CD1， 故BA1∥平面B1CD1， 同理BD∥平面B1CD1，而BD∩BA1＝B，BD，BA1⊂平面DBA1，所以平面DBA1∥平面B1CD1， 故平面DBA1到平面B1CD1的距离即为点B1到平面DBA1的距离． 又＝(－1，1，0)，＝(－1，0，0)，设平面DBA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即取y2＝1，则n＝(1，1，1)， 故B1到平面DBA1的距离为＝，故C正确； 对于D，＝＝(1，0，0)， 故点P到直线AB的距离为 ＝＝，故D正确．故选BCD．] 2．(2024·江苏南通二模)如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG＝2GD，直线AB与平面EFG相交于点H． (1)从下面两个结论中选一个证明：①BD∥GH； ②直线HE，GF，AC相交于一点； (2)求直线BD到平面EFG的距离． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 [解]　(1)证明：选择结论①，由E，F分别为BC，CD的中点，得EF∥BD， 又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，则BD∥平面EFG， 又BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFG＝GH，所以BD∥GH． 选择结论②，如图，在△ACD中，AG＝2GD，F为CD中点，则GF与AC不平行， 设GF∩AC＝K，则K∈AC，K∈GF，又AC⊂平面ABC， FG⊂平面EFG， 所以K∈平面ABC，K∈平面EFG，又平面ABC∩平面 EFG＝HE，因此K∈HE， 所以HE，GF，AC相交于一点． (2)若第(1)问中选①，由(1)知，BD∥平面EFG， 则点B到平面EFG的距离即为BD到平面EFG的距离． 若第(1)问中选②，由E，F分别为BC，CD的中点，可知EF∥BD． 又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，则BD∥平面EFG， 因此点B到平面EFG的距离即为BD到平面EFG的距离． 连接EA，ED，由△ABC，△BCD均为正三角形，E为BC的中点，得EA⊥BC，ED⊥BC． 又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC， 所以AE⊥平面BCD．又ED⊂平面BCD，所以EA⊥ED． 以E为原点，EB，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则B(2，0，0)，F(－1，，0)，G，＝(2，0，0)，＝(－1，，0)，＝， 设平面EFG的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 令y＝1，得n＝(，1，－2)， 设点B到平面EFG的距离为d， 则d＝＝＝， 所以BD到平面EFG的距离为． 【教师备选资源】 1．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O为AD的中点． (1)求证：PO⊥BC； (2)若AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，PO＝2，点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成角为，求点E到平面PCD的距离． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 [解]　(1)证明：∵PA＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD． 又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD， ∴PO⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD， ∴PO⊥BC． (2)连接BD．由AB＝8，AD＝DC＝CB＝4， 可知四边形ABCD为等腰梯形，易知BD＝4， ∵AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD， 以点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， P(0，0，2)，A(2，0，0)，B(－2，4，0)， C(－4，2，0)，D(－2，0，0)， 平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)， 设E(x，y，z)，则＝(x－2，y，z)，＝(x，y，z－2)，＝(－2，4，－2)， ∵直线AE与平面ABCD所成角为， ∴sin ＝|cos 〈n，〉|＝＝， ∴x2－4x＋4＋y2－3z2＝0，① ∵点E在棱PB上，∴＝λ(0＜λ＜1)， 即(x，y，z－2)＝λ(－2，4，－2)， ∴x＝－2λ，y＝4λ，z＝2－2λ，代入①，解得λ＝或λ＝5(舍去)． 所以＝(－1，2，－)，＝(－2，0，－2)， ＝(－4，2，－2)， 设平面PCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 令z1＝1，得x1＝－，y1＝－，∴m＝， ∴点E到平面PCD的距离d＝＝＝2＝． 2．(2023·天津高考)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点． (1)求证：A1N∥平面C1MA； (2)求平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值； (3)求点C到平面C1MA的距离． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 [解]　(1)证明：连接MN，可得MN为△ABC的中位线，可得MN∥AC，且MN＝AC＝1， 而A1C1＝1，AC∥A1C1， 则MN∥A1C1，MN＝A1C1， 可得四边形MNA1C1为平行四边形， 则A1N∥C1M， 而A1N⊄平面C1MA，C1M⊂平面C1MA， 所以A1N∥平面C1MA． 法一：向量法 (2)因为A1A⊥平面ABC，且AB，AC⊂平面ABC， 所以A1A⊥AB，A1A⊥AC． 又AB⊥AC，所以直线A1A，AB，AC两两垂直． 如图，以A为坐标原点，向量的方向 分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz． 因为AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1， 则A(0，0，0)，C1(0，1，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)． 又点M是线段BC的中点，可得M(1，1，0)， 所以＝(0，1，2)，＝(1，1，0)． 设平面C1MA的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则⊥m，⊥m， 即·m＝0，·m＝0，由此可得 令y＝2，则x＝－2，z＝－1， 即m＝(－2，2，－1)， 故平面C1MA的一个法向量为m＝(－2，2，－1)． 易知平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，0，0)． 设平面C1MA与平面ACC1A1的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝． 故平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值为． (3)由(2)知，＝(0，2，0)， 平面C1MA的一个法向量m＝(－2，2，－1)， 设点C到平面C1MA的距离为d， 则d＝＝＝． 所以点C到平面C1MA的距离为． (2)取AC的中点H，连接MH， 由AB⊥AC，MH∥AB，可得MH⊥AC． 由A1A⊥平面ABC，MH⊂平面ABC， 可得A1A⊥MH， 又AC∩A1A＝A，AC⊂平面A1ACC1，A1A⊂平面A1ACC1， 可得MH⊥平面A1ACC1． 过点H作HD⊥AC1，垂足为D，连接DM， 由三垂线定理可得DM⊥AC1，可得∠MDH为平面C1MA与平面ACC1A1的夹角． 由MH＝AB＝1， 在矩形AHC1A1中，DH＝＝＝， 所以cos ∠MDH＝＝＝． 故平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值为． (3)设点C到平面C1MA的距离为d． 过点C1作C1Q⊥AM于点Q． 在△C1MA中，AC1＝＝，MC1＝＝，AM＝， 则＝＝． 由＝，可得 d＝d×＝C1H·S△CMA＝×2××2×1＝，解得d＝． 所以点C到平面C1MA的距离为． 能力考点　利用空间向量解决翻折、探索性问题 【典例4】　(2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝＝．将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4． (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． [解]　(1)证明：由AB＝8，AD＝5＝，＝， 得AE＝2，AF＝4． 又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得 EF＝＝＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，所以EF⊥PE，EF⊥DE， 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE，所以EF⊥平面PDE， 又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD． (2)连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3， 则CE2＝ED2＋CD2＝36， 在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6， 得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF， 又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 则E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)， 由F是AB的中点，得B(4，2，0)， 所以＝(3，3，－2)，＝(0，3，－2)，＝(4，2，－2)，＝(2，0，－2)， 设平面PCD与平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)， 则 令y1＝2，得x1＝0，z1＝3，令x2＝，得y2＝－1，z2＝1， 所以n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)， 所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 设平面PCD与平面PBF所成的二面角为θ，则sin θ＝＝， 即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为． 1．翻折问题：弄清翻折前后的变量和不变量，以不变量作为解题的． 2．探索性问题：建系→引参设点→求解验证． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 (2024·辽宁大连模拟)如图1，在△ABC中，CD⊥AB，BD＝2CD＝2AD＝4，E为AC的中点．将△ACD沿CD折起到△PCD的位置，使DE⊥BC，如图2． (1)求证：PB⊥PC； (2)在线段BC上是否存在点F， 使得CP⊥DF？若存在，求平 面PDF与平面DEF夹角的正弦值；若不存在，说明理由． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 [解]　(1)证明：依题意可知点E为PC的中点，因为PD＝CD＝2，所以DE⊥PC． 又DE⊥BC，BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PCB，所以DE⊥平面PCB． 又PB⊂平面PCB，所以DE⊥PB． 依题意可知CD⊥PD，CD⊥BD，BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PDB，所以CD⊥平面PDB． 又PB⊂平面PDB，所以CD⊥PB． 因为CD∩DE＝D，CD，DE⊂平面PCD，所以PB⊥平面PCD． 又PC⊂平面PCD，所以PB⊥PC． (2)由题意，得PC＝AC＝＝2，BC＝＝2，由(1)知PB⊥PC， 所以PB＝＝2． 以D为原点，DP，DC所在直线分别为x轴、z轴，过点D 且平行于PB的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图， 则D(0，0，0)，P(2，0，0)，C(0，0，2)，E(1，0，1)，B(2，2，0)，所以＝(2，0，－2)，＝(2，0，0)，＝(1，0，1)，＝(－2，－2，2)． 设＝t(0≤t≤1)，即＝t＝(－2t，－2t，2t)，则F(2－2t，2－2t，2t)，＝(2－2t，2－2t，2t)， 若存在点F，使得CP⊥DF，则＝4－8t＝0， 解得t＝，则F(1，，1)，即存在点F使得CP⊥DF，则＝(1，，1)， 设平面PDF的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 令y1＝1，得x1＝0，z1＝－，所以m＝(0，1，－)， 设平面DEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 令x2＝1，得y2＝0，z2＝－1， 所以n＝(1，0，－1)， 所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 所以平面PDF与平面DEF夹角的正弦值为＝． 【教师备选资源】 1．如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝，E为BC的中点，F为AB上一点，且EF⊥AB．现将△BEF沿EF翻折到△B′EF，如图2． (1)证明：EF⊥AB′； (2)已知二面角B′-EF-A为，在棱AC上 是否存在点M，使得直线EC与平面B′MF所成角的正弦值为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 [解]　(1)证明：翻折前，在△ABC中，EF⊥AB， 翻折后，有EF⊥AF，EF⊥FB′， 又AF∩FB′＝F，AF，FB′⊂平面AFB′， 所以EF⊥平面AFB′． 因为AB′⊂平面AFB′，所以EF⊥AB′． (2)因为二面角B′-EF-A为，EF⊥AF，EF⊥FB′， 所以二面角B′-EF-A的平面角为∠B′FA＝． 以F为原点，FE，FA所在直线为x，y轴，过点F且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设AB＝4，则F(0，0，0)，A(0，1，0)， C(2，3，0)，E(，0，0)，B′． ＝(2，2，0)，＝(0，1，0)，＝＝(，3，0)． 设＝λ＝(2λ，2λ，0)，＝＝(2λ，2λ＋1，0)，其中0≤λ≤1， 设平面B′MF的法向量为u＝(a，b，c)， 由得 取c＝2λ，可得u＝(2λ＋1，－2λ，2λ)为平面B′MF的一个法向量， |cos 〈u，〉|＝＝＝，解得λ＝，满足题意， 故当＝时，直线EC与平面B′MF所成角的正弦值为． 2．如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，垂足为点E，AB＝AE＝CE＝1，DE＝．将△ADE沿AE翻折到△PAE，如图2所示．M为线段PB的中点，且ME⊥PC． (1)求证：PE⊥EC； (2)设点N为线段AE上任意一点，当平面BMN与平面PCE 的夹角最小时，求EN的长． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 [解]　(1)证明：连接EB，由题意知PE＝，BE＝＝，又M是PB的中点， 所以ME⊥PB．又ME⊥PC，PC∩PB＝P，PC，PB⊂平面PBC， 所以ME⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，则BC⊥ME． 由AB∥CD且AE⊥CD，AB＝AE＝CE＝1知，BE＝BC＝， 在△BCE中，CE＝2，则BC2＋BE2＝CE2，即BC⊥BE． 由ME∩BE＝E，ME，BE⊂平面BEM，则BC⊥ 平面BEM，又PE⊂平面BEM，于是PE⊥BC． 由题意可知PE⊥AE，AE与BC相交，则PE⊥ 平面ABCE，又EC⊂平面ABCE，所以PE⊥EC． (2)连接BN，MN，设EN＝t(0≤t≤1)，由(1)知，PE，EA，EC两两垂直， 故以E为坐标原点，EA，EC，EP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示， 由题意，则N(t，0，0)，B(1，1，0)，M， 所以＝＝(t－1，－1，0)， 取平面PCE的一个法向量m＝(1，0，0)， 设平面BMN的法向量n＝(a，b，c)，则 令a＝1，即n＝， 设平面BMN与平面PCE 的夹角为θ，则 cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝＝， 所以当t＝时，(cos θ)max＝， 即EN长为时，平面BMN与平面PCE 的夹角最小． 2 4 3 题号 1 1．(2024·江苏苏州三模)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是BC和CD的中点． (1)求证：AB1⊥D1E； (2)求直线EF和B1D1之间的距离； (3)求直线EF与平面CD1E所成角的正弦值． 专题限时集训(九)　空间向量与立体几何 2 4 3 题号 1 [解]　(1)证明：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，C(0，1，0)，B1(1，1，1)， D1(0，0，1)，E，F， 所以＝(0，1，1)，＝， 所以＝0×＋1×1＋1×(－1)＝0，故AB1⊥D1E． 2 4 3 题号 1 (2)因为＝＝(1，1，0)， 所以＝2， 所以∥，由题意知E，F，B1，D1不共线， 故EF∥B1D1， 故知点E到直线B1D1的距离即为两条平行线EF和B1D1之间的距离， 又＝，则＝－＝＝＝， 2 4 3 题号 1 设点E到直线B1D1的距离为d， 则d＝＝＝， 即直线EF和B1D1之间的距离为． 2 4 3 题号 1 (3)因为＝＝(0，－1，1)， 设平面CD1E的法向量为n＝(x，y，z)， 则取n＝(0，1，1)， 设直线EF与平面CD1E所成角为α，则sin α＝＝＝， 所以直线EF与平面CD1E所成角的正弦值为． 2 4 3 题号 1 2．(2024·山东济宁三模)图1是由正方形ABCD和两个正三角形△ADE，△CDF组成的一个平面图形，其中AB＝2，现将△ADE沿AD折起，使得平面ADE⊥平面ABCD，将△CDF沿CD折起，使得平面CDF⊥平面ABCD，连接EF，BE，BF，如图2． (1)求证：EF∥平面ABCD； (2)求平面ADE与平面BCF 夹角的大小． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 2 4 3 题号 1 [解]　(1)证明：分别取棱CD，AD的中点O，P，连接OF，PE，OP， 由△CDF是边长为2的正三角形，得OF⊥CD，OF＝， 又平面CDF⊥平面ABCD，平面CDF∩ 平面ABCD＝DC，OF⊂平面CDF， 则OF⊥平面ABCD，同理PE⊥平面ABCD，PE＝， 所以OF∥PE，OF＝PE，即四边形OPEF为平行四边形，OP∥EF， 而OP⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD， 所以EF∥平面ABCD． 2 4 3 题号 1 (2)取棱AB的中点Q，连接OQ，由四边形ABCD为正方形，得OQ⊥CD， 以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则B(2，1，0)，C(0，1，0)，F(0，0，)，D(0，－1，0)，＝(2，0，0)，＝(0，－1，)， 设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)， 则令z＝1，得n＝(0，，1)， 2 4 3 题号 1 由CD⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD， 得CD⊥平面ADE，则＝(0，2，0)为平面ADE的一个法向量，设平面ADE与平面BCF的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，而θ∈，解得θ＝， 所以平面ADE与平面BCF的夹角为． 2 4 3 题号 1 3．(2024·湖南长沙模拟)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°． (1)若空间有一点P满足：＝＋2＋2，求点P到直线BD的距离； (2)求平面BDD1B1与平面BCC1B1夹角的余弦值． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 2 4 3 题号 1 [解]　(1)法一：因为＝，所以＝＝2＋2， 所以||2＝12． 在菱形ABCD中，∠BAD＝60°， 则△ABD为等边三角形，所以BD＝1， 所以＝＝(2＋2)·()＝2－2＋2－2＝1， 则点P到直线BD的距离d＝＝＝． 2 4 3 题号 1 法二：连接A1D，A1B，A1C1，AC，设AC∩BD＝O，由AB＝AD＝AA1＝1， ∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，可得A1D＝A1B＝BD＝1，从而三棱锥A1-ABD为正四面体， 故顶点A1在底面ABCD内的射影落在直线AC上，且垂足为底面 △ABD的外心H，可求得A1H＝＝＝． 故平面A1ACC1⊥平面ABCD，在平面A1ACC1 内引直线Oz⊥AC，即得Oz⊥平面ABCD， 2 4 3 题号 1 又由菱形ABCD可知AC⊥BD，如图，以O为原点建立空间直角坐标系， 则A，A1，B，D，所以＝(0，－1，0)． 因为＝＋2＋2， 所以＝＝2＋2＝2 ＋2＝， 所以||2＝＋1＋＝12． 2 4 3 题号 1 在菱形ABCD中，∠BAD＝60°， 则△ABD为等边三角形，所以BD＝1， 所以＝＝1，则点P到直线BD的距离 d＝＝＝． 2 4 3 题号 1 (2)法一：如图，取BB1的中点E，DD1的中点F，连接CE，EF，CF，CB1． 由等角定理可知∠B1BC＝∠A1AD＝60°，又BB1＝BC＝1，所以△BB1C为等边三角形，所以CE⊥BB1． 设＝a，＝b，＝c，则为空间的一个基底，＝b－a，故＝(b－a)·c＝＝0，所以BD⊥AA1， 又BD∥EF，BB1∥AA1，所以EF⊥BB1，所以∠CEF为二面角D-BB1-C的平面角． 在△CEF中，CE＝，EF＝1，CF＝， 由余弦定理的推论得cos ∠CEF＝＝， 所以平面BDD1B1与平面BCC1B1夹角的余弦值为． 2 4 3 题号 1 法二：由第(1)问法二空间直角坐标系， 可得＝(0，－1，0)，＝＝＝＝， 设平面BDD1B1的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则得m＝(，0，1)为平面BDD1B1的一个法向量， 2 4 3 题号 1 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则得n＝(，－，1)为平面BCC1B1的一个法向量， 设平面BDD1B1与平面BCC1B1的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝＝， 所以平面BDD1B1与平面BCC1B1夹角的余弦值为． 2 4 3 题号 1 4．(2024·浙江宁波模拟)在空间四边形ABCD中，AB＝BC＝BD＝AC＝2，AD＝DC＝． (1)求证：平面ADC⊥平面ABC； (2)对角线BD上是否存在一点E，使得直线AD与平面ACE所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 基础考点1 基础考点2 专题限时集训 能力考点 §2　空间向量与立体几何 2 4 3 题号 1 [解]　(1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO， 因为AC＝2，AD＝DC＝，所以AD⊥CD，DO⊥AC，且DO＝1． 又AB＝BC＝AC＝2，则BO⊥AC，且BO＝． 又BD＝2，则BD2＝DO2＋BO2，则DO⊥OB． 因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，所以DO⊥平面ABC． 因为DO⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面ABC． 2 4 3 题号 1 (2)易知OB，OC，OD两两垂直，以O为原点，OB，OC，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，1)，则＝(，0，－1)． 设＝λ＝(λ，0，－λ)，0＜λ＜1，则E(λ，0，－λ＋1)． 则＝(λ，0，－λ＋1)，＝(0，1，0)． 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝λ－1，则z＝λ，y＝0，即n＝(λ－1，0，λ)． 2 4 3 题号 1 又＝(0，1，1)，所以sin 30°＝， 即＝，即2λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝或λ＝(舍去)， 因为＝λ，所以＝λ()，所以λ＝(1－λ)， 所以＝＝＝＝＝．故＝． THANK YOU 专题二　数列 $$