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专题 1.5 空间向量的应用【十大题型】
【人教A版（2019）】
【题型1 求平面的法向量】......................................................................................................................................2
【题型2 利用空间向量证明线线平行】..................................................................................................................5
【题型3 利用空间向量证明线面平行】..................................................................................................................7
【题型4 利用空间向量证明面面平行】................................................................................................................12
【题型5 利用空间向量证明线线垂直】................................................................................................................17
【题型6 利用空间向量证明线面垂直】................................................................................................................20
【题型7 利用空间向量证明面面垂直】................................................................................................................24
【题型8 利用空间向量研究距离问题】................................................................................................................30
【题型9 利用空间向量求空间角】........................................................................................................................36
【题型10 利用空间向量研究存在性问题】.........................................................................................................41
【知识点1 空间中点、直线和平面的向量表示】
1．空间中点、直线和平面的向量表示
(1)空间中点的位置向量：如图，在空间中，我们取一定点O作为基点，那么空间中任意一点P就可以
用向量OP来表示．我们把向量OP称为点P的位置向量．
(2)空间中直线的向量表示式：直线l的方向向量为a ，且过点A.如图，取定空间中的任意一点O，可
以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使 OP＝OA＋ta①，把AB＝a代入①式得OP＝OA＋
tAB②，
①式和②式都称为空间直线的向量表示式．
(3)平面的法向量定义：
直线l⊥α，取直线l的方向向量a ，我们称向量a为平面α的法向量.给定一个点A和一个向量a，那
么过点A，且以向量a为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 .
学科网（北京）股份有限公司【注】一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量.已知一平面内两条相
交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量.
【题型1 求平面的法向量】
【例1】（2023春·高二课时练习）已知A(1,1,0),B(1,0,1),C(0,1,1)，则平面ABC的一个单位法向量是
（ ）
√3 √3 √3
A．(1,1,1) B．( , , )
3 3 3
1 1 1 √3 √3 √3
C．( , , ) D．( , ,− )
3 3 3 3 3 3
【解题思路】待定系数法设平面ABC的一个法向量为⃗n，由法向量的性质建立方程组解出分析即可.
【解题思路】设平面ABC的一个法向量为⃗n=(x,y,z)，
又⃗AB=(0,−1,1),⃗BC=(−1,1,0)，
由¿，
即x= y=z，
又因为单位向量的模为1，所以B选项正确，
故选：B.
【变式1-1】（2023秋·云南昆明·高二昆明一中校考期末）空间直角坐标系O−xyz中，已知点
A(2,0,2),B(2,1,0),C(0,2,0)，则平面ABC的一个法向量可以是（ ）
A．(1,2,1) B．(−1,2,1) C．(2,1,2) D．(2,−1,2)
【解题思路】根据法向量的求解方法求解即可.
【解题思路】解：由题知⃗AB=(0,1,−2),⃗BC=(−2,1,0)，
设平面ABC的一个法向量为⃗n=(x,y,z)，
所以¿，即¿，令x=1得⃗n=(1,2,1)
所以，平面ABC的一个法向量可以是⃗n=(1,2,1).
故选：A.
【变式1-2】（2023·全国·高二专题练习）如图，四棱柱ABCD−A B C D 的底面ABCD是正方形，O
1 1 1 1
为底面中心，A O⊥平面ABCD，AB=A A =√2．平面OCB 的法向量⃗n=(x,y,z)为（ ）
1 1 1
学科网（北京）股份有限公司A．(0,1,1) B．(1,−1,1) C．(1,0,−1) D．(−1,−1,1)
【解题思路】根据空间直角坐标系写出各向量，利用法向量的性质可得解.
【解题思路】∵ABCD是正方形，且AB=√2，
∴AO=OC=1，
∴OA =1，
1
∴A(0,−1,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A (0,0,1)，
1
∴⃑AB=(1,1,0)，⃑OC=(0,1,0)，
又⃑A B =⃑AB=(1,1,0)，
1 1
∴B (1,1,1)，⃑OB =(1,1,1)，
1 1
∵平面OCB 的法向量为⃗n=(x,y,z)，
1
则¿，得y=0，x=−z，
结合选项，可得⃗n=(1,0,−1)，
故选：C.
【变式1-3】（2023秋·北京石景山·高二统考期末）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥AC,AB=AC=1,PA=2，以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示，⃗n为平面PBC的一个法向
量，则⃗n的坐标可能是（ ）
学科网（北京）股份有限公司( 1 1 1) ( 1 1 1) (1 1 1) (1 1 1)
A． − ,− , B． − , ,− C． , , D． , ,
2 2 4 2 2 4 2 4 2 2 2 4
【解题思路】先求出⃗BC=(1,−1,0),⃗PC=(1,0,−2)，根据法向量求解公式列方程即可求解．
【解题思路】依题意得，B(0,1,0),C(1,0,0),P(0,0,2)，则⃗BC=(1,−1,0),⃗PC=(1,0,−2)
设⃗n=(x,y,z)，则
1 1 1 (1 1 1)
¿，取x= 则y= ,z= ，所以⃗n= , ,
2 2 4 2 2 4
故选：D.
【知识点2 用空间向量研究直线、平面的平行关系】
1．空间中直线、平面的平行
(1)线线平行的向量表示：设u，u 分别是直线l，l 的方向向量，则l∥l u∥u λ∈R，使得u＝
1 2 1 2 1 2 1 2 1
λu.
2 ⇔ ⇔∃
(2)线面平行的向量表示：设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量，l α，则l∥α u⊥n u·n
＝0.
⊄ ⇔ ⇔
(3)面面平行的向量表示：设n ，n 分别是平面α，β的法向量，则α∥β n∥n λ∈R，使得n ＝
1 2 1 2 1
λn .
2 ⇔ ⇔∃
2．利用向量证明线线平行的思路：
证明线线平行只需证明两条直线的方向向量共线即可．
3．证明线面平行问题的方法：
(1)证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线向量且直线不在平面内；
(2)证明直线的方向向量可以用平面内两个不共线向量表示且直线不在平面内；
(3)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直且直线不在平面内．
4．证明面面平行问题的方法：
(1)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行．
(2)将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明．
【题型2 利用空间向量证明线线平行】
【例2】（2023春·高二课时练习）如图，四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，且不共面，M，N分别
是AC，BF的中点，求证：CE//MN.
学科网（北京）股份有限公司【解题思路】根据给定条件，利用空间向量的线性运算，计算判断⃗CE与⃗MN共线即可推理作答.
【解题思路】（方法1）因为M，N分别是AC，BF的中点，且四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，
1 1
则有⃗MN=⃗MA+⃗AF+⃗FN= ⃗CA+⃗AF+ ⃗FB，又
2 2
1 1
⃗MN=⃗MC+⃗CE+⃗EB+⃗BN=− ⃗CA+⃗CE−⃗AF− ⃗FB，
2 2
两式相加得：2⃗MN=⃗CE，因此⃗CE与⃗MN共线，而直线CE与MN不重合，
所以CE//MN.
（方法2）因为M，N分别是AC，BF的中点，且四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，
1 1 1 1 1 1
⃗MN=⃗AN−⃗AM= (⃗AB+⃗AF)− ⃗AC= (⃗AB+⃗BE)− (⃗AB+⃗BC) = (⃗BE−⃗BC)= ⃗CE，
2 2 2 2 2 2
因此⃗CE与⃗MN共线，而直线CE与MN不重合，
所以CE//MN.
【变式2-1】（2023春·高二课时练习）已知棱长为1的正方体OABC−O A B C 在空间直角坐标系中的
1 1 1 1
位置如图所示，D,E,F,G分别为棱O A ,A B ,BC,OC的中点，求证：DE//GF.
1 1 1 1
【解题思路】由图中的空间直角坐标系，求出相关点的坐标，证明⃗DE=⃗GF，可得DE//GF.
【解题思路】因为正方体的棱长为1， D,E,F,G分别为棱O A ,A B ,BC,OC的中点，
1 1 1 1
(1 ) ( 1 ) (1 ) ( 1 )
所以有D ,0,1 ， E 1, ,1 ， F ,1,0 ， G 0, ,0 ，
2 2 2 2
所以⃗DE= (1 , 1 ,0 ) ，⃗GF= (1 , 1 ,0 ) ，则有⃗DE=⃗GF，所以DE//GF.
2 2 2 2
【变式2-2】（2023春·高二课时练习）如图，在正方体ABCD−A B C D 中，点M，N分别在线段A B，
1 1 1 1 1
1 1
D B 上，且BM= BA ，B N= B D ，P为棱B C 的中点．求证：MN//BP．
1 1 3 1 1 3 1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司【解题思路】利用空间向量共线定理证明.
【解题思路】证明：⃑MN=⃑MB+⃑BB +⃑B N．
1 1
1 1
因为BM= BA ，B N= B D ，
3 1 1 3 1 1
1 1
所以⃑MN=− ⃑BA +⃑BB + ⃑B D ，
3 1 1 3 1 1
1 1
=− (⃑BB +⃑B A )+⃑BB + (⃑B A +⃑A D )，
3 1 1 1 1 3 1 1 1 1
2 1 2 1
= ⃑BB + ⃑A D = ⃑BB + ⃑B C ．
3 1 3 1 1 3 1 3 1 1
又因为P为B C 中点，
1 1
1 3(2 1 ) 3
所以⃑BP=⃑BB +⃑B P=⃑BB + ⃑B C = ⃑BB + ⃑B C = ⃑MN，
1 1 1 2 1 1 2 3 1 3 1 1 2
从而⃑BP与⃑MN为共线向量．
因为直线MN与BP不重合，
所以MN//BP．
【变式2-3】（2023·江苏·高二专题练习）已知长方体ABCD−A B C D 中，AB=4，AD=3，A A =3，
1 1 1 1 1
1
点S、P在棱CC 、A A 上，且|CS|= |SC |，|AP|=2|PA |，点R、Q分别为AB、D C 的中点．求证：
1 1 2 1 1 1 1
直线PQ∥直线RS．
学科网（北京）股份有限公司【解题思路】利用坐标法，利用向量共线定理即得.
【解题思路】以点D为原点，分别以⃑DA、⃑DC与⃑DD 的方向为x、y与z轴的正方向，建立空间直角坐标
1
系．
则D(0,0,0)、A(3,0,0)、C(0,4,0)、B(3,4,0)、D (0,0,3)、A (3,0,3)、C (0,4,3)、B (3,4,3)，
1 1 1 1
由题意知P(3,0,2)、Q(0,2,3)、S(0,4,1)、R(3,2,0)，
∴⃑PQ=(−3,2,1)，⃑RS=(−3,2,1)．
∴⃑PQ=⃑RS，又PQ，RS不共线，
∴PQ∥RS.
【题型3 利用空间向量证明线面平行】
【例3】（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中
AD//BC.AD⊥AB,AD=3,AB=BC=2,PA⊥平面ABCD，且PA=3，点M在棱PD上，点N为BC
中点.若DM=2MP，证明：直线MN//平面PAB.
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可.
【解题思路】如图所示，以点A为坐标原点，以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，
学科网（北京）股份有限公司则P(0,0,3),B(2,0,0),D(0,3,0),C(2,2,0),N(2,1,0)，
若DM=2MP，则M(0,1,2)，⃗MN=(2,0,−2)，
因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥PA，
又因为AD⊥AB，PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，
所以AD⊥平面PAB
平面PAB的其中一个法向量为⃗AD=(0,3,0)，
所以⃗MN⋅⃗AD=0，即AD⊥MN，
又因为MN⊄平面PAB，
所以MN//平面PAB.
【变式3-1】（2023春·高二课时练习）如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，点M,N
1 1
分别在BD,AE上，且BM= BD，AN= AE，求证：MN∥平面CDE.
3 3
【解题思路】根据已知条件建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线MN的方向向量和平面
CDE的法向量，利用直线与平面平行的直线的方向向量与平面的法向量的关系即可求解.
【解题思路】因为矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，所以AB,AD,AF互相垂直．
不妨设AB,AD,AF的长分别为3a,3b,3c，以¿为正交基底，建立空间直角坐标系A−xyz如图所示，
学科网（北京）股份有限公司则B(3a,0,0)， D(0,3b,0)， F(0,0,3c)， E(0,3b,3c)，
所以⃗BD=(−3a,3b,0),⃗EA=(0,−3b,−3c).
1 1
因为⃗BM= ⃗BD=(−a,b,0)，⃗NA= ⃗EA=(0,−b,−c)，
3 3
所以⃗NM=⃗NA+⃗AB+⃗BM=(0,−b,−c)+(3a,0,0)+(−a,b,0)=(2a,0,−c).
又平面CDE的一个法向量是⃗AD=(0,3b,0),
由⃗NM⋅⃗AD=2a×0+0×3b+(−c)×0=0,得⃗NM⊥⃗AD.
因为MN⊄平面CDE，
所以MN∥平面CDE.
【变式3-2】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD，
PA=AB=BC=2，AD=4，E为棱PD的中点，⃑PF=λ⃑PC（λ为常数，且0<λ<1）．若直线BF//平面ACE，
求实数λ的值；
【解题思路】由题意可知，AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，分别求出
平面ACE的法向量⃑m和直线BF的方向向量⃑BF，由⃑BF⋅⃑m=0，即可得出答案.
【解题思路】因为PA⊥底面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD．
由题意可知，AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,4,0)，P(0,0,2)，E(0,2,1)，
所以⃑AC=(2,2,0)，⃑AE=(0,2,1)，⃑BP=(−2,0,2)，⃑PC=(2,2,−2)，
则⃑PF=λ⃑PC=(2λ,2λ,−2λ)，所以⃑BF=⃑BP+⃑PF=(2λ−2,2λ,2−2λ)．
设平面ACE的一个法向量为⃑m=(x,y,z)．
学科网（北京）股份有限公司由¿得：¿不妨令x=1，得⃑m=(1,−1,2)．
1
因为BF//平面ACE，所以⃑BF⋅⃑m=2λ−2−2λ+4−4λ=0，解得λ= ．
2
【变式3-3】（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥E−ABCD中，AB//CD，CD=4 AB，点F
为棱CD的中点，与E，F相异的动点P在棱EF上.
(1)当P为EF的中点时，证明：PB//平面ADE；
EP
(2)设平面EAD与平面EBC的交线为l，是否存在点P使得l//平面PBD？若存在，求 的值；若不存在，
PF
请说明理由.
【解题思路】（1）设点G为棱ED的中点，连接AG，PG，通过证明四边形ABPG为平行四边形，得到
AG//PB，再根据线面平行的判定定理可证PB//平面ADE；
（2）延长DA，CB相交于点H，连接EH，则直线EH为平面EAD与平面EBC的交线，连接HF，交BD
λ
于点I，若EH//平面PBD，由线面平行的性质可知EH//PI，设⃑HI=λ⃑HF，推出⃑HI= ⃑HD+2λ⃑HB，
2
2 EP 2
根据三点共线的结论求出λ= ，从而可推出 = .
5 PF 3
【解题思路】（1）
如图，设点G为棱ED的中点，连接AG，PG，
学科网（北京）股份有限公司1 1
∴GP= DF= DC,GP//DC，
2 4
∵AB//CD，CD=4 AB，
∴GP=AB，GP//AB，
∴四边形ABPG为平行四边形，
∴AG//PB，
又PB⊄平面ADE，AG⊂平面ADE，
∴PB//平面ADE.
（2）
如图，延长DA，CB相交于点H，连接EH，则直线EH为平面EAD与平面EBC的交线，连接HF，交
BD于点I，
若EH//平面PBD，由线面平行的性质可知EH//PI，
学科网（北京）股份有限公司设⃑HI=λ⃑HF，
∵点F为棱CD的中点，AB//CD，CD=4 AB，
λ λ λ
∴⃑HI=λ⃑HF = ⃑HD+ ⃑HC = ⃑HD+2λ⃑HB，
2 2 2
∵D，I，B三点共线，
λ 2
∴ +2λ=1，即λ= ，
2 5
EP 2 PF FI 3
所以当 = 时， = = ，∴EH//PI，
PF 3 EF FH 5
又EH⊄平面PBD，PI⊂平面PBD，∴EH//平面PBD，
EP 2
∴存在满足条件的点P使得l//平面PBD，此时 = .
PF 3
【题型4 利用空间向量证明面面平行】
【例4】（2023春·高二课时练习）如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是
直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点，求证：平面EFG∥平面PBC．
【解题思路】根据题意得到AB，AP，AD两两垂直，从而以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为
x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，并确定A，B，C，D，P，E，F，G的坐标，求得⃗PB，⃗FE，⃗FG，
⃗BC，从而即可确定平面EFG的法向量⃗n ，平面PBC的法向量⃗n ，进而即可证明平面EFG∥平面PBC．
1 2
【解题思路】因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，
所以AB，AP，AD两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，
0)．
学科网（北京）股份有限公司所以⃗PB=(2,0,−2)，⃗FE=(0,−1,0)，⃗FG=(1,1,−1)，⃗BC=(0,2,0)，
设⃗n =(x ,y ,z )是平面EFG的法向量，
1 1 1 1
则⃗n ⊥⃗FE，⃗n ⊥⃗FG，即¿，得¿，
1 1
令z =1，则x =1，y =0，所以⃗n =(1,0,1)，
1 1 1 1
设⃗n =(x ,y ,z )是平面PBC的法向量，
2 2 2 2
由⃗n ⊥⃗PB，⃗n ⊥⃗BC，即¿，得¿，
2 2
令z =1，则x =1，y =0，所以⃗n =(1,0,1)，
2 2 2 2
所以⃗n =⃗n ，所以平面EFG∥平面PBC．
1 2
【变式4-1】（2023春·高二课时练习）在正方体ABCD−A B C D 中，M,N,P分别是
1 1 1 1
CC ,B C ,C D 的中点，试建立适当的空间直角坐标系，求证：平面MNP//平面A BD.
1 1 1 1 1 1
【解题思路】根据正方体的结构特征，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明线
1
线平行，由面面平行的判定定理证明平面MNP//平面A BD.
1
【解题思路】证明: 如图，以D 为坐标原点，D A ,D C ,D D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
1 1 1 1 1 1
建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，
学科网（北京）股份有限公司(1 ) ( 1) ( 1 )
则有A (1,0,0)，B(1,1,1)，D(0,0,1)， N ,1,0 ， M 0,1, ， P 0, ,0 ，
1 2 2 2
( 1 1) ( 1 1)
于是⃗A B=(0,1,1)， ⃗A D=(−1,0,1)，⃗NM= − ,0, ，⃗PM= 0, , ，
1 1 2 2 2 2
1 1
显然有⃗NM= ⃗A D，⃗PM= ⃗A B，所以⃗NM//⃗A D，⃗PM//⃗A B，
2 1 2 1 1 1
由NM//A D，NM⊄平面A BD，A D⊂平面A BD，NM//平面A BD，
1 1 1 1 1
同理PM//平面A BD， NM,PM⊂平面MNP，NM∩PM=M，
1
所以平面MNP//平面A BD.
1
【变式4-2】（2023春·高一课时练习）如图，从▱ABCD所在平面外一点O作向量⃗ OA′=k⃗OA，
⃗ OB′=k⃗OB，⃗ OC′=k⃗OC，⃗ OD′=k⃗OD.求证：
(1)A′，B′，C′，D′四点共面；
(2)平面A′B′C′D′//平面ABCD.
【解题思路】（1）利用共面向量定理证明，由⃗ A′C′=⃗ A′B′+⃗ A′D′可得四点共面；
（2）利用共线向量定理，可得：A′B′// AB，A′C′// AC，从而利用面面平行的判定定理即可证明.
【解题思路】（1）证明：因为从 所在平面外一点O作向量 ， ，
▱ABCD ⃗ OA′=k⃗OA ⃗ OB′=k⃗OB
学科网（北京）股份有限公司， ，
⃗ OC′=k⃗OC ⃗ OD′=k⃗OD
所以⃗AC=⃗AB+⃗AD，
所以⃗ A′C′=⃗ OC′− ⃗ OA′=k(⃗OC−⃗OA)=k⃗AC=k(⃗AB+⃗AD)=k(⃗OB−⃗OA+⃗OD−⃗OA)
=k(⃗OB+⃗OD−2⃗OA)
=k (1 ⃗ OB′+ 1 ⃗ OD′− 2 ⃗ OA′)
k k k
=⃗ OB′− ⃗ OA′+⃗ OD′− ⃗ OA′
=⃗ A′B′+⃗ A′D′，
故A′，B′，C′，D′四点共面，证毕.
（2）证明：⃗ A′B′=⃗ OB′− ⃗ OA′=k⃗OB−k⃗OA=k⃗AB，从而A′B′// AB，
∵A′B′ ⊂平面A′B′C′D′，AB⊄平面A′B′C′D′，
∴AB//平面A′B′C′D′，
由（1）知A′C′// AC，
∵A′C′ ⊂平面A′B′C′D′，AC⊄平面A′B′C′D′，
∴AC//平面A′B′C′D′，
因为AB∩AC=A，AB,AC⊂平面ABCD，
所以平面ABCD//平面A′B′C′D′.
【变式4-3】（2023·江苏·高二专题练习）已知正方体ABCD-ABC D 的棱长为2，E，F分别是BB，DD
1 1 1 1 1 1
的中点，
求证：（1）FC ∥平面ADE；
1
（2）平面ADE∥平面BC F.
1 1
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，计算
学科网（北京）股份有限公司其数量积即可证明；
（2）计算两个平面的法向量，根据法向量是否平行，即可证明.
【解题思路】证明：如图，建立空间直角坐标系D-xyz，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C (0，2，2)，
1
E(2，2，1)，F(0，0，1)，B(2，2，2)，
1
所以⃑FC =(0，2，1)，⃑DA=(2，0，0)，⃑AE=(0，2，1).
1
（1）设⃗n =(x，y，z)是平面ADE的法向量，则⃗n ⊥⃑DA，⃗n ⊥⃑AE，
1 1 1 1 1 1
即¿得¿令z=2，则y=-1，
1 1
所以⃗n =(0，-1，2).因为⃑FC ·⃗n =-2+2=0，所以⃑FC ⊥⃗n .
1 1 1 1 1
又因为FC ⊄平面ADE，所以FC ∥平面ADE.
1 1
（2）⃑C B =(2，0，0).
1 1
→ → →
设n =(x
2
，y
2
，z
2
)是平面B
1
C
1
F的一个法向量.由n ⊥⃑FC
1
，n ⊥⃑C
1
B
1
，
2 2 2
得¿
→
令z
2
=2，则y
2
=-1，所以n =(0，-1，2).
2
→ →
因为n =n ，所以平面ADE∥平面B
1
C
1
F.
1 2
【知识点3 用空间向量研究直线、平面的垂直关系】
1．空间中直线、平面的垂直
(1)线线垂直的向量表示：设 u，u 分别是直线 l , l 的方向向量，则l⊥l u⊥u u·u＝0.
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
(2)线面垂直的向量表示：设 u 是直线 l 的方向向量，n 是平面 α 的法向量， l α，则
⇔ ⇔
l⊥α u∥n λ∈R，使得u＝λn.
⊄
(3)面面垂直的向量表示：设n，n 分别是平面α，β的法向量，则α⊥β n⊥n n·n＝0.
⇔ ⇔∃ 1 2 1 2 1 2
2．证明两直线垂直的基本步骤：
⇔ ⇔
建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直．
学科网（北京）股份有限公司3．用坐标法证明线面垂直的方法及步骤：
(1)利用线线垂直：①将直线的方向向量用坐标表示；②找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们
的方向向量；③判断直线的方向向量与平面内两条直线的方向向量垂直．
(2)利用平面的法向量：①将直线的方向向量用坐标表示；②求出平面的法向量；③判断直线的方向向
量与平面的法向量平行．
4．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．
【题型5 利用空间向量证明线线垂直】
【例5】（2023春·高二课时练习）在棱长为1的正方体ABCD−A′B′C′D′中，E,F分别是D′D,DB中
1
点，G在棱CD上，CG= CD，H为C′G的中点，求证：EF⊥B′C；
4
1
【解题思路】设⃗AB=⃗a,⃗AD=⃗b, ⃗ A A′=⃗c，则⃗a⋅⃗b=⃗b⋅⃗c=⃗c⋅⃗a=0，⃗EF= (⃗a−⃗b−⃗c)，⃗ B′C=⃗b−⃗c，计
2
算⃗EF⋅ ⃗ B′C=0得到证明.
【解题思路】设⃗AB=⃗a,⃗AD=⃗b, ⃗ A A′=⃗c，则⃗a⋅⃗b=⃗b⋅⃗c=⃗c⋅⃗a=0，
|⃗a|2=⃗a2=1,|⃗b|2=⃗b2=1,|⃗c|2=⃗c2=1，
1 1 1
⃗EF=⃗ED+⃗DF=− ⃗c+ (⃗a−⃗b)= (⃗a−⃗b−⃗c)，
2 2 2
⃗ B′C=⃗BC− ⃗ BB′=⃗b−⃗c，
1 1
⃗EF⋅ ⃗ B′C= (⃗a−⃗b−⃗c)⋅(⃗b−⃗c)= (⃗a⋅⃗b−⃗a⋅⃗c−⃗b2+⃗c⋅⃗b−⃗c⋅⃗b+⃗c2)=0，故EF⊥B′C.
2 2
【变式5-1】（2023秋·广东广州·高一校考期中）如图，AD⊥AB，AD⊥AC，AB⊥AC，
学科网（北京）股份有限公司AB=AC=AD=1，E，F分别是AB，CD的中点，M，N分别是BC，BD的中点，证明：EF⊥MN.
【解题思路】由题意，利用向量法，根据空间向量的基本定理，结合数量积证明垂直，可得答案.
【解题思路】由题意，连接ED，如下图：
1 1 1
⃑MN= ⃑CD= (⃑CA+⃑AD)= (⃑AD−⃑AC)，
2 2 2
( 1 ) 1 1
同理⃑EF=⃑ED+⃑DF= − ⃑AB+⃑AD + (⃑AC−⃑AD)= (⃑AD+⃑AC−⃑AB)，
2 2 2
1 1
故⃑EF⋅⃑MN= (⃑AD−⃑AC)⋅ (⃑AD+⃑AC−⃑AB)
2 2
= 1 (|⃑AD| 2 −|⃑AC| 2 +⃑AD⋅⃑AC−⃑AD⋅⃑AB−⃑AC⋅⃑AD+⃑AC⋅⃑AB)
4
由AD⊥AB，AD⊥AC，AB⊥AC，AB=AC=AD=1，则⃑EF⋅⃑MN=0，
故EF⊥MN.
【变式5-2】（2023秋·高二课时练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A B C D 中，E,F分别是
1 1 1 1
DD 、BD的中点，建立适当的空间直角坐标系，证明：EF⊥B C．
1 1
学科网（北京）股份有限公司【解题思路】建立空间直角坐标系，写出E,F,B ,C的坐标，利用空间向量垂直的坐标表示证明即可.
1
【解题思路】证明：以D为坐标原点，DA,DC,DD 分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
1
因为正方体棱长为1，E,F分别是DD 、BD的中点，
1
( 1)
所以B (1,1,1),C(0,1,0),E 0,0, ,B(1,1,0),D(0,0,0)，
1 2
(1 1 )
所以F , ,0 ，
2 2
所以⃗EF=
(1
,
1
,−
1)
,⃗B C=(−1,0,−1)，
2 2 2 1
由⃗EF⋅⃗B C= 1 ×(−1)+ 1 ×0+ ( − 1) ×(−1)=0，
1 2 2 2
所以⃗EF⊥⃗B C，
1
即EF⊥B C.
1
【变式5-3】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩
形，PA=AB=1，点F是PB的中点，点E在边BC上移动.求证：无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF.
学科网（北京）股份有限公司【解题思路】本题建立空间直角坐标系，求出两直线的方向向量，求数量积即可判断.
【解题思路】证明：(方法1)以A为原点，以AD，AB，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角
坐标系，设AD=a，
则A(0，0，0)，P(0，0，1)，B(0，1，0)，C(a，1，0)，
1 1
于是F(0， ， ).
2 2
1 1
∵E在BC上，∴设E(m，1，0)，∴⃗PE=(m，1，-1)，⃗AF=(0， ， ).
2 2
∵⃗PE·⃗AF=0，∴PE⊥AF.
∴无论点E在边BC上何处，总有PE⊥AF.
(方法2)因为点E在边BC上，可设⃗BE=λ⃗BC，
1 1
于是⃗PE·⃗AF=(⃗PA+⃗AB+⃗BE)· (⃗AP+⃗AB)= (⃗PA+⃗AB+λ⃗BC)·(⃗AB+⃗AP)
2 2
1 1
= (⃗PA·⃗AB+⃗PA·⃗AP+⃗AB·⃗AB+⃗AB·⃗AP+λ⃗BC·⃗AB+λ⃗BC·⃗AP)= (0-1+1+0+0+0)=0，
2 2
因此⃗PE⊥⃗AF.
故无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF.
【题型6 利用空间向量证明线面垂直】
【例6】（2023春·高二课时练习）如图所示，正三棱柱ABC－ABC 的所有棱长都为2，D为CC 的中点．
1 1 1 1
求证：AB⊥平面ABD.
1 1
学科网（北京）股份有限公司【解题思路】建系，利用空间向量证明线面垂直.
【解题思路】如图所示，取BC的中点O，连接AO，因为△ABC为正三角形，
所以AO⊥BC，
因为在正三棱柱ABC－ABC 中，CC ⊥平面ABC，
1 1 1 1
AO⊂平面ABC，则AO⊥CC ，
1
BC∩CC =C，BC,CC ⊂平面BCC B，
1 1 1 1
所以AO⊥平面BCC B，
1 1
取BC 的中点O，以O为坐标原点，
1 1 1
以⃗OB,⃗OO ,⃗OA分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，
1
则B(1,0,0),D(−1,1,0),A (0,2,√3),A(0,0,√3),B (1,2,0)，
1 1
所以⃗AB =(1,2,−√3),⃗BA =(−1,2,√3),⃗BD=(−2,1,0)，
1 1
则¿，
可得⃗AB ⊥⃗BA ,⃗AB ⊥⃗BD，即AB⊥BA，AB⊥BD，
1 1 1 1 1 1
BA∩BD＝B，BA ,BD⊂平面A BD，
1 1 1
所以AB⊥平面ABD.
1 1
【变式6-1】（2023春·江苏宿迁·高二校考阶段练习）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面
学科网（北京）股份有限公司互相垂直，AB=√2，AF=1，M是线段EF的中点.
(1)求证：AM⊥BD.
(2)求证：AM⊥平面BDF.
【解题思路】（1）利用面面垂直性质定理证明CE⊥平面ABCD，然后以点C为坐标原点建立空间直角坐
标系，利用空间向量坐标法证明线线垂直；
（2）先求出平面BDF的法向量，然后利用直线AM的方向向量与法向量共线即可证明线面垂直.
【解题思路】（1）因为四边形ACEF为矩形，则CE⊥AC，
因为平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF=AC，CE⊂平面ACEF，
所以CE⊥平面ABCD，又四边形ABCD为正方形，
以点C为坐标原点，CD、CB、CE所在直线分别为x、y、z轴，
建立空间直角坐标系C−xyz，
由AB=√2，AF=1，得C(0,0,0)，A(√2,√2,0)，B(0,√2,0)，D(√2,0,0)，
(√2 √2 )
E(0,0,1)，F(√2,√2,1)，M , ,1 .
2 2
( √2 √2 )
所以⃗AM= − ,− ,1 ，⃗BD=(√2,−√2,0)，
2 2
√2 √2
所以⃗AM⋅⃗BD=√2×(− )+(−√2)×(− )+0×1=0，所以⃗AM⊥⃗BD，
2 2
所以AM⊥BD
学科网（北京）股份有限公司( √2 √2 )
（2）由（1）知，⃗AM= − ,− ,1 ，⃗DF=(0,√2,1)，⃗BD=(√2,−√2,0).
2 2
设⃗n=(x,y,z)是平面BDF的法向量，则⃗n⊥⃗BD，⃗n⊥⃗DF，
所以¿，得¿，
取y=1，得x=1，z=−√2，则⃗n=(1,1,−√2).
( √2 √2 )
因为⃗AM= − ,− ,1 ，所以⃗n=−√2⃗AM，即⃗n与⃗AM共线.
2 2
所以AM⊥平面BDF.
【变式6-2】（2023春·广西柳州·高二校考阶段练习）已知平行六面体ABCD−A B C D 的所有棱长均
1 1 1 1
为1，∠BAD=∠BA A =∠DA A =60°．用向量解决下面的问题
1 1
(1)求AC 的长；
1
(2)求证：AC ⊥平面A BD．
1 1
【解题思路】（1）利用转化法将⃑AC 换成⃑AB+⃑AD+⃑A A ，利用⃑AB+⃑AD+⃑A A 求模长即可；
1 1 1
（2）利用向量垂直来证明AC ⊥A B，AC ⊥DB，再利用线面垂直的判定定理证明即可.
1 1 1
【解题思路】（1）设⃑AB=⃗a,⃑AD=⃗b,⃑A A =⃗c，
1
1
则⃗a⋅⃗b=⃗b⋅⃗c=⃗c⋅⃗a=1×1×cos60°=
，
2
又⃗a2=⃗b2=⃗c2=1,⃑AC =⃗a+⃗b+⃗c，
1
所以|⃑AC | 2 =(⃗a+⃗b+⃗c) 2=⃗a2+⃗b2+⃗c2+2⃗a⋅⃗b+2⃗b⋅⃗c+2⃗c⋅⃗a
1
1 1 1
=1+1+1+2× +2× +2× =6，
2 2 2
即|⃑AC |=√6；
1
学科网（北京）股份有限公司（2）因为⃑A B=⃗a−⃗c，
1
所以⃑AC ⋅⃑A B=(⃗a+⃗b+⃗c)⋅(⃗a−⃗c)=⃗a2−⃗c2+⃗a⋅⃗b−⃗b⋅⃗c
1 1
1 1
=1−1+ − =0．
2 2
所以⃑AC ⊥⃑A B，同理可得⃑AC ⊥⃑DB，
1 1 1
又A B∩DB=B,A B,DB⊂平面A BD．
1 1 1
所以AC ⊥平面A BD．
1 1
【变式6-3】（2023春·高二课时练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为
正方形，PD=DC，E，F分别是AB,PB的中点.
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，设AD=a，写出各点坐标，求得向量，由⃗EF⋅⃗DC=0即得；
（2）设G(x,0,z)，求出平面PCB内两个不共线向量⃗CB,⃗CP，由⃗FG⋅⃗CB=0和⃗FG⋅⃗CP=0求得x,z确
定D点位置．
【解题思路】（1）因为PD⊥底面ABCD，DA⊂平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥DA，PD⊥DC，又底面ABCD为正方形，
所以DA⊥DC，
以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
学科网（北京）股份有限公司a a a a
设AD=a，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E(a, ,0)，P(0，0，a)，F( , , )
2 2 2 2
，
a a
∴⃗EF=(− ,0, )，⃗DC=(0,a,0)，
2 2
∴⃗EF⋅⃗DC＝0，
∴⃗EF⊥⃗DC，即EF⊥CD；
a a a
（2）设G(x,0,z)，则⃗FG=(x− ,− ,z− )，⃗CB=(a，0，0)，⃗CP=(0,−a,a)，
2 2 2
若使GF⊥平面PCB，则需⃗FG⋅⃗CB=0且⃗FG⋅⃗CP=0，
a a a a
由⃗FG⋅⃗CB=(x− ,− ,z− )⋅(a，0，0)=a(x− )=0，
2 2 2 2
a
解得x= ，
2
a a a a2 a
由⃗FG⋅⃗CP= (x− ,− ,z− )⋅(0,−a,a)= +a(z− )=0，
2 2 2 2 2
解得z=0，
因为CB,CP为平面PCB内两条相交直线，故GF⊥平面PCB，
a
∴G点坐标为( ,0,0)，即G为AD的中点．
2
【题型7 利用空间向量证明面面垂直】
【例7】（2023春·高二课时练习）如图所示， ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝
CA＝2BD，M是EA的中点．求证：平面DEA⊥△平面ECA.
【解题思路】建系，分别求平面DEA、平面ECA的法向量，利用空间向量证明面面垂直.
【解题思路】建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，不妨设CA＝2，则CE＝2，BD＝1，
学科网（北京）股份有限公司则C(0,0,0),A(√3,1,0),B(0,2,0),E(0,0,2),D(0,2,1)，
所以⃗EA=(√3,1,−2),⃗CE=(0,0,2),⃗ED=(0,2,−1)，
设平面ECA的一个法向量是⃗n =(x ,y ,z )，
1 1 1 1
则¿，
取x =1，则y =−√3,z =0，即⃗n =(1,−√3,0)，
1 1 1 1
设平面DEA的一个法向量是⃗n =(x ,y ,z )，
2 2 2 2
则¿，
取x =√3，则y =1,z =2，即⃗n =(√3,1,2)，
2 2 2 2
因为⃗n ⋅⃗n =1×√3+(−√3)×1+0×2=0，所以⃗n ⊥⃗n ，
1 2 1 2
所以平面DEA⊥平面ECA.
【变式7-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，
AD∥BC∥FE，AB⊥AD，若AD=2，AF=AB= BC=FE=1.
(1)求五面体ABCDEF的体积；
(2)若M为EC的中点，求证：平面CDE⊥平面AMD.
【解题思路】（1）取AD中点N，连接EN，CN，易证得EN⊥平面ABCD，五面体ABCDEF的体积=棱柱
ABF−NCE的体积+棱锥E−CDN的体积，分别求出棱柱ABF−NCE的体积和棱锥E−CDN的体积即可
得出答案.
学科网（北京）股份有限公司（2）证法1：以A为坐标原点，以⃗AB，⃗AD，⃗AF为x,y,z轴正半轴建立空间直角坐标系.由垂直向量的
坐标运算可证得CE⊥AD,CE⊥MD，即可得出CE⊥平面AMD，再由面面垂直的判定定理即可证明；证
法2：由题意证得AM⊥CE，MN⊥CE即可得出CE⊥平面AMD，再由面面垂直的判定定理即可证明；
【解题思路】（1）因为AD=2，AF=AB=BC=FE=1，取AD中点N，连接EN，CN，
因为AD//BC//FE，所以EN//AF,EN=AF=1,CN=AB=1，
又FA⊥平面ABCD，AN⊂平面ABCD，FA⊥AN，
所以EN⊥平面ABCD，又因为AB⊥AD，即AB⊥AN，AB∩FA=A，
AB,FA⊂平面FAB，所以AN⊥平面FAB，
所以ABF−NCE为底面是等腰直角三角形的直棱柱，
高等于1，三棱锥E−CDN是高等于1底面是等腰直角三角形.
五面体ABCDEF的体积=棱柱ABF−NCE的体积+棱锥E−CDN的体积.
1 1 1 2
即：V = ×1×1×1+ × ×1×1= .
2 3 2 3
（2）证法1：以A为坐标原点，以⃗AB，⃗AD，⃗AF为x,y,z轴正半轴建立空间直角坐标系.
(1 1)
点C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，M ,1, ，
2 2
所以⃗AD=(0,2,0),⃗MD= ( − 1 ,1,− 1) ,⃗CE=(−1,0,1)
2 2
1 1
得到：⃗CE⋅⃗AD=0,⃗CE⋅⃗MD= − =0
2 2
所以CE⊥AD,CE⊥MD，AD∩MD=D，AD,MD⊂平面AMD，
学科网（北京）股份有限公司所以CE⊥平面AMD，又CE⊂平面CDE，所以平面CDE⊥平面AMD.
证法2：因为AC=AE=√2，所以△ACE为等腰三角形，M为EC的中点，所以AM⊥CE；
同理在△NCE中，MN⊥CE，（N为AD中点）又AM、MN⊂平面AMD，
AM∩MN=M，所以CE⊥平面AMD，又CE⊂平面CDE，
平面CDE⊥平面AMD.
【变式7-2】（2023秋·新疆昌吉·高二校考期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，
AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：
(1)BE∥平面PAD；
(2)平面PCD⊥平面PAD．
【解题思路】（1）根据题意，先证明AB，AD，AP两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再利用
空间向量法证明平面PAD的一个法向量⃗AB与⃗BE垂直，进而即可证明结论；
（2）结合（1），先证明平面PCD的一个法向量与平面PAD的一个法向量垂直，进而即可证明结论．
【解题思路】（1）因为PA⊥平面ABCD，且AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，
又因为AB⊥AD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，
依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，
由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)，则⃗BE=(0,1,1)，
所以⃗AB=(1,0,0)为平面PAD的一个法向量，
又⃗BE⋅⃗AB=(0,1,1)⋅(1,0,0)=0，所以BE⊥AB，
又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD．
（2）由（1）知平面PAD的法向量⃗AB=(1,0,0)，⃗PD=(0,2,−2)，⃗DC=(2,0,0)，
学科网（北京）股份有限公司设平面PCD的一个法向量为⃗n=(x,y,z)，
则¿，即¿，令y＝1，可得z＝1，所以⃗n=(0,1,1)，
又⃗n⋅⃗AB=(0,1,1)⋅(1,0,0)=0，
所以⃗n⊥⃗AB，所以平面PAD⊥平面PCD．
【变式7-3】（2023·全国·高三专题练习）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 ．
(1)求证：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP是一点，且AM=3 ．试证明平面AMC⊥平面BMC．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出向量⃑AP,⃑BC的坐标，计算⃑AP⋅⃑BC，即
可证明结论；
（2）求出平面平面AMC和平面BMC的法向量，计算法向量的数量积，结果为0，即可证明结论.
【解题思路】（1）
证明：以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，以AD方向为y轴正方向，以射线OP的方向为Z轴正
方向，建立空间直角坐标系，如图所示；
学科网（北京）股份有限公司则O(0，0，0),A(0,−3，0),B(4，2，0),C(−4，2，0),P(0，0，4) ，
故⃑AP=(0，3，4)，⃑BC=(−8，0，0)，
∴⃑AP⋅⃑BC=0×(−8)+3×0+4×0=0，
∴⃑AP⊥⃑BC，即AP⊥BC ；
（2）
证明：因为PO⊥ 平面ABC，AO⊂平面ABC，所以PO⊥AO,
因为PO=4，AO=3 ，故AP=5 ，∵M为AP上一点，且AM=3 ，
6 12 9 12
∴M(0,− ， )，∴⃑AM=(0, , )，
5 5 5 5
16 12 16 12
⃑BM=(-4,− , )，⃑CM=(4,− , )；
5 5 5 5
设平面BMC的法向量为⃗n=(a,b,c)，
则¿ ，即¿，
4
令b=1 ，则⃗n= (0,1, )；
3
设平面AMC的法向量为⃗m=(x,y,z)，则¿ ，
即¿，令x=5 ，则⃗m=(5，4,−3)；
4
由于⃗n⋅⃗m=0×5+1×4+ ×(−3)=0，
3
得⃗n⊥⃗m，即平面AMC⊥平面BMC．
【知识点4 用空间向量研究距离、夹角问题】
1．距离问题
(1)点P到直线 l 的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，
设向量AP在直线l上的投影向量为AQ＝a，则点P到直线l的距离为 (如图)．
(2)点P到平面α的距离：设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到
平面α的距离为(如图)．
2．夹角问题
(1)两个平面的夹角：平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个
二面角中不大于90° 的二面角称为平面α与平面β的夹角．
(2)空间角的向量法解法
角的分类 向量求法 范围
学科网（北京）股份有限公司两条异面直 设两异面直线 l，l 所成的角为θ，其方向向
1 2
线所成的角 量分别为u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝
设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的
直线与平面
方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ
所成的角
＝|cos 〈u，n〉|＝
设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法
两个平面的
向量分别为n，n，则cos θ＝|cos 〈n，n〉|
1 2 1 2
夹角
＝
【题型8 利用空间向量研究距离问题】
【例8】（2023·全国·高三专题练习）如图，直四棱柱ABCD−A B C D 的底面ABCD为平行四边形，
1 1 1 1
π
∠DAB= ，3AD=2CD=2DD =6，点P，M分别为AB，CD 上靠近A,D 的三等分点．
3 1 1 1
(1)求点M到直线PD 的距离；
1
(2)求直线PD与平面PCD 所成角的正弦值.
1
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用向量法求出点到直线的距离即可；
（2）结合（1）中点的坐标，分别求出直线PD的方向向量和平面PCD 的法向量，利用空间向量的夹角
1
公式即可求解.
【解题思路】（1）由题可得AD=2，CD=DD =3，
1
又点P为AB上靠近A的三等分点，所以AP=1．
在△ADP中，由余弦定理可得，
1
DP2=AD2+AP3−2AD⋅AP⋅cos∠DAP=4+1−2×2×1× =3，
2
故AD2=4=AP2+DP2，
所以△ADP为直角三角形，故DP⊥AB．
因为底面ABCD为平行四边形，所以DP⊥CD．
由直四棱柱性质可知DD ⊥DP，DD ⊥CD，
1 1
即DP，CD，DD 两两垂直．
1
学科网（北京）股份有限公司故以D为坐标原点，分别以DP，DC，DD 所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标
1
系Dxyz．
则D(0,0,0),P(√3,0,0),D (0,0,3),M(0,1,2)．
1
因为⃗PD =(−√3,0,3)，过点M作ME⊥PD ，（点到直线的距离即为通过该点向直线做垂线，点到垂
1 1
足的距离）
令⃗PE=λ⃗PD =(−√3λ,0,3λ)，所以E(√3−√3λ,0,3λ)，故⃗ME=(√3−√3λ,−1,3λ−2)．
1
3 (√3 1)
由⃗ME⋅⃗PD =−3+3λ+9λ−6=0，解得λ= ，所以⃗ME= ,−1, ，故点M到直线PD 的距离为
1 4 4 4 1
√ 3 1 √5
|⃗ME|= +1+ = ．
16 16 2
（2）因为⃗DP=(√3,0,0)，⃗D M=(0,1,−1)，⃗PD =(−√3,0,3)，
1 1
设平面PCD 的法向量为⃗n=(x,y,z)，则¿即¿
1
令x=√3，得y=1，z=1，故⃗n=(√3,1,1)．
设直线PD与平面PCD 所成角为θ，
1
| ⃗n⋅⃗DP | 3 √15
则sinθ=|cos〈⃗n,⃗DP〉|= = = ．
|⃗n|⋅|⃗DP| √5×√3 5
√15
所以直线PD与平面PCD 所成角的正弦值为 ．
1 5
【变式8-1】（2023春·浙江温州·高二校联考期末）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A B C D
1 1 1 1
中E为线段DD 的中点.
1
学科网（北京）股份有限公司(1)求证：平面A BD⊥平面ACC A ；
1 1 1
(2)求A 到平面AB E的距离.
1 1
【解题思路】（1）先证线面垂直，再根据面面垂直的判定定理可证结论；
（2）建立坐标系，结合空间向量，利用点到平面的距离公式可求答案.
【解题思路】（1）因为ABCD−A B C D 是正方体，所以A A ⊥平面ABCD，所以A A ⊥BD.
1 1 1 1 1 1
又BD⊥AC，A A ∩AC=A，所以BD⊥平面ACC A ，
1 1 1
BD⊂平面A BD，所以平面A BD⊥平面ACC A .
1 1 1 1
（2）在正方体ABCD−A B C D 中，以B 为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A(1,0,1)，
1 1 1 1 1
( 1) ( 1)
A (1,0,0)，B (0,0,0)，E 1,1, ，⃗B A=(1,0,1)，⃗B E= 1,1, ，⃗A B =(−1,0,0)，设平面AB E
1 1 2 1 1 2 1 1 1
的一个法向量为⃗n=(x,y,z)，.
由¿令z=2，则x=−2，y=1，即⃗n=(−2,1,2).
|⃗A B ⋅⃗n| 2 2
设A 到平面AB E的距离为d，则d= 1 1 = ，即点A 到平面AB E的距离为 .
1 1 |⃗n| 3 1 1 3
【变式8-2】（2023春·高二课时练习）直四棱柱ABCD−A B C D 中，底面ABCD为正方形，边长为2，
1 1 1 1
侧棱A A=3，M、N分别为A B 、A D 的中点，E、F分别是C D ,B C 的中点．
1 1 1 1 1 1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司(1)求证：平面AMN //平面EFBD；
(2)求平面AMN与平面EFBD的距离．
【解题思路】（1）法一：由面面平行的判定定理即可证明；法二：如图所示，建立空间直角坐标系
→ → → →
D﹣xyz，通过证明 EF=MN，AM=BF ，再由面面平行的判定定理即可证明.
（2）法一: 平面AMN与平面EFBD的距离=B到平面AMN的距离 ℎ,再由等体积法即可求出答案. 法二:求
→
出平面AMN的法向量,AB=(0，2，0) ，平面AMN与平面EFBD的距离等于B到平面AMN的距离ℎ，
由点到平面的距离公式即可求出答案.
【解题思路】（1）法一:证明：连接B D ，NF,∵M、N分别为A B 、A D 的中点，
1 1 1 1 1 1
E、F分别是C D ,B C 的中点，
1 1 1 1
∴MN//EF//B D ，∵MN⊄平面EFBD，EF⊂平面EFBD，
1 1
∴MN//平面EFBD，∵NF平行且等于AB，
∴ABFN是平行四边形，∴AN//BF，
∵AN⊄平面EFBD，BF⊂平面EFBD，∴AN//平面EFBD，
∵AN∩MN=N，∴平面AMN//平面EFBD；
法二: 如图所示，建立空间直角坐标系D﹣xyz，
则A(2，0，0)，M(1，0，3)，B(2，2，0)，E(0，1，3)，
学科网（北京）股份有限公司→ →
F(1，2，3)，N(2，1，3)，
∴EF=(1，1，0)，MN=(1，1，0)，
→ →
AM=(−1，0，3)，BF=(−1，0，3) ，
→ → → →
∴EF=MN，AM=BF
，∴EF//MN，AM//BF，
∵MN⊄平面EFBD，EF⊂平面EFBD，∴MN//平面EFBD，
∵AN⊄平面EFBD，BF⊂平面EFBD，∴AN//平面EFBD，
又MN∩AM=M，∴平面AMN//平面EFBD，
（2）法一:平面AMN与平面EFBD的距离=B到平面AMN的距离
ℎ
．
1 √ 1 √19
△AMN中，AM=AN=√10，MN=√2，S = ⋅√2⋅ 10− = ，
△AMN 2 2 2
1 √19 1 1 6√19
∴由等体积可得 ⋅ ℎ = ⋅ ⋅2⋅3⋅1，∴ℎ = ．
3 2 3 2 19
法二:
设平面AMN的一个法向量为⃗n=(x，y，z)，
→
则¿，则可取n=(3，−3，1) ，
→
∵AB=(0，2，0) ，
→ →
|n⋅AB| 6 6√19
∴平面AMN与平面EFBD的距离为d= = =
.
→ √9+9+1 19
|n|
【变式8-3】（2023春·高二课时练习）如图，在长方体ABCD−A BC D 中，AD=A A =1，AB=2，
1 1 1 1
求：
(1)点A 到直线BD的距离；
1
(2)点A 到平面BDC 的距离；
1 1
(3)异面直线BD,CD 之间的距离.
1
学科网（北京）股份有限公司【解题思路】(1)建立空间直角坐标系，求直线BD的方向向量⃗BD和向量⃗A B的坐标，再求⃗A B在⃗BD上
1 1
的投影向量的大小，结合勾股定理求点A 到直线BD的距离；(2)求平面BDC 的法向量⃗n，再求向量⃗A B
1 1 1
在向量⃗n上的投影的大小即可；(3)证明CD //平面A BD，利用向量方法求点C到平面A BD的距离即可.
1 1 1
【解题思路】（1）以点D为原点，⃗DA，⃗DC，⃗DD 为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，因为
1
AD=A A =1，AB=2，则B(1,2,0)，D(0,0,0)，A (1,0,1)，C (0,2,1)，C(0,2,0)，D (0,0,1)
1 1 1 1
所以⃗BD=(−1,−2,0)，⃗A B=(0,2,−1)，所以⃗A B在⃗BD上的投影向量的大小为
1 1
|⃗A B⋅⃗BD| |−1×0+(−2)×2+0×(−1)| 4√5
1 = = ，又|⃗A B|=√02+22+(−1) 2=√5，所以点A 到直线
|⃗BD| √(−1) 2+(−2) 2+02 5 1 1
√ 16 3√5
BD的距离d = 5− = ；
1 5 5
（2）由(1) ⃗BD=(−1,−2,0)，⃗DC =(0,2,1)，⃗A B=(0,2,−1)，
1 1
设平面BDC 的法向量⃗n=(x,y,z)，则¿，所以¿，
1
取y=1，可得x=−2，z=−2，所以⃗n=(−2,1,−2)是平面BDC 的一个法向量，向量⃗A B=(0,2,−1)在
1 1
|⃗A B⋅⃗n| |−2×0+1×2+(−2)×(−1)| 4
法向量⃗n=(−2,1,−2)上的投影为 1 = = ，所以点A 到平面BDC 的
|⃗n| √(−2) 2+12+(−2) 2 3 1 1
4
距离为 ；
3
学科网（北京）股份有限公司（3）由(1) ⃗CD =(0,−2,1)，⃗BA =(0,−2,1)，所以⃗CD //⃗BA ，所以CD //BA ，又CD ⊄平面
1 1 1 1 1 1 1
A BD，BA ⊂平面A BD，所以CD //平面A BD，所以异面直线BD,CD 之间的距离与点C到平面
1 1 1 1 1 1
A BD的距离相等，设平面A BD的法向量⃗m=(x ,y ,z )，因为⃗BD=(−1,−2,0)，则¿，所以¿，
1 1 1 1 1
取y =1，可得x =−2，z =2，所以⃗m=(−2,1,2)是平面A BD的一个法向量，向量⃗CD=(0,−2,0)在法向
1 1 1 1
|⃗CD⋅⃗m| |−2×0+1×(−2)+2×0| 2 2
量⃗m=(−2,1,2)上的投影为 = = ，所以点C到平面A BD的距离为 ；
|⃗m| √(−2) 2+12+22 3 1 3
2
故异面直线BD,CD 之间的距离为 .
1 3
【题型9 利用空间向量求空间角】
【例9】（2023春·湖北荆门·高二统考期末）如图，三棱柱ABC−A B C 中，面ABC⊥面A A C C，
1 1 1 1 1
AB⊥AC，A A =AB=AC=2，∠A AC=60∘．过A A 的平面交线段B C 于点E（不与端点重合），
1 1 1 1 1
交线段BC于点F．
(1)求证：四边形A A EF为平行四边形；
1
(2)若BF=3FC，求直线A C 与平面AFC 所成角的正弦值．
1 1 1
【解题思路】（1）利用线面平行的性质推导出A A //EF，利用面面平行的性质可推导出A E//AF，
1 1
即可证得结论成立；
（2）证明出AB⊥平面A A C C，然后以点A为坐标原点，AB、AC所在直线分别为x、y轴，平面
1 1
A A C C内过点A且垂直于AC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线A C 与
1 1 1 1
平面AFC 所成角的正弦值.
1
【解题思路】（1）证明：在三棱柱ABC−A B C 中，A A //BB ，
1 1 1 1 1
因为BB ⊂平面BB C C，A A ⊄平面BB C C，所以，A A //平面BB C C，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司因为A A ⊂平面A A EF，A A EF∩平面BB C C=EF，所以，A A //EF，
1 1 1 1 1 1
因为平面ABC//平面A B C ，平面A A EF∩平面ABC=AF，平面A A EF∩平面A B C =A E，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以，A E//AF，因此，四边形A A EF为平行四边形．
1 1
（2）解：因为AB⊥AC，平面ABC⊥平面A A C C，平面ABC∩平面A A C C=AC，
1 1 1 1
AB⊂平面ABC，所以，AB⊥平面A A C C，
1 1
以点A为坐标原点，AB、AC所在直线分别为x、y轴，
平面A A C C内过点A且垂直于AC的直线为z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
1 1
因A A =AB=AC=2，∠A AC=60∘，
1 1
则B(2,0,0)，C(0,2,0)，A (0,1,√3)，C (0,3,√3)，
1 1
⃗AB=(2,0,0)，⃗AC =(0,3,√3)，⃗CB=(2,−2,0)，⃗AC=(0,2,0)，
1
⃗AF=⃗AC+⃗CF=⃗AC+ 1 ⃗CB =(0,2,0)+ 1 (2,−2,0)= (1 , 3 ,0 ) ，
4 4 2 2
设平面AFC 的法向量⃗n=(x,y,z)，则¿，
1
令y=1，得⃗n=(−3,1,−√3)，
而⃗A C =⃗AC=(0,2,0)，设直线A C 与平面AFC 所成角为θ，
1 1 1 1 1
|⃗n⋅⃗A C | 2 √13
于是得sinθ=|cos⟨⃗n,⃗A C ⟩|= 1 1 = = ，
1 1 |⃗n|⋅|⃗A C | √13×2 13
1 1
√13
所以直线A C 与平面AFC 所成角的正弦值为 ．
1 1 1 13
【变式9-1】（2023春·陕西西安·高一校考期末）如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC=12，
学科网（北京）股份有限公司π
∠BAC= ，E，F都在AC上，且AE:EF:FC=3:4:5，BE//FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，
3
FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P−EFGB，如图2.
(1)求异面直线PF，BG所成角的余弦值；
(2)若M为PB的中点，求钝二面角B−FM−E的余弦值.
【解题思路】（1）（2）依题意可得BE⊥EF，BE⊥PE，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算
可得.
【解题思路】（1）由题意可知AE=3，EF=4，CF=5，所以AE2+EF2=CF2，
π
故PE⊥EF，且AB=ACcos =6，
3
AE AB 1 π
∴ = = ，∴△ABE∽△ACB，∴∠AEB=∠ABC= ，所以BE⊥AC，
AB AC 2 2
又BE//FG，所以FG⊥AC，即BE⊥EF，BE⊥PE，
故可以EF，EB，EP为x，y，z轴建立空间直角坐标系E−xyz如图所示，
π π 5√3
易知BE=ABsin =3√3，FG=FCtan = ，
3 6 3
( 5√3 )
则F(4,0,0)，B(0,3√3,0)，G 4, ,0 ，P(0,0,3)，
3
学科网（北京）股份有限公司( 4√3 )
∴⃗PF=(4,0,−3)，⃗BG= 4,− ,0 ，
3
⃗PF⋅⃗BG 16 2√3
cos⟨⃗PF,⃗BG⟩= = =
∴ |⃗PF∣| ⋅|⃗BG|
5×
8 5 ，
√3
2√3
故异面直线PF，BG所成角的余弦值为 ；
5
( 3√3 3)
（2）由（1）可知M 0, , ，
2 2
( 3√3 3)
∴⃗MF= 4,− ,− ，⃗BF=(4,−3√3,0)，⃗EF=(4,0,0)，
2 2
设平面BFM法向量为⃗m=(x ,y ,z )，
1 1 1
由¿，则¿，令y =4得⃗m=(3√3,4,4√3)，
1
设平面EFM法向量为⃗n=(x ,y ,z )，
2 2 2
由¿，则¿，令y =1得⃗n=(0,1,−√3)，
2
⃗m⋅⃗n 4−12 4√91
所以cos⟨⃗m,⃗n⟩= = =− ，
|⃗m|⋅|⃗n| √91×2 91
4√91
所以钝二面角B−FM−E的余弦值为− .
91
【变式9-2】（2023春·湖南衡阳·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，
PH⊥平面ABCD（垂足H在矩形ABCD内），E为棱PC的中点，HE//平面PAB.
(1)证明：PB=PC；
π
(2)若AB=2BC=2PC，直线PC与平面ABCD所成角为 ，求平面PAD与平面PHC夹角的余弦值.
4
学科网（北京）股份有限公司【解题思路】（1）延长CH交AB于点F，连按PF，BH，由线面平行的性质得HE//PF，进而确定H
为CF的中点，利用三角形全等证结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面PAD与平面PHC的法向量，利用向量法求面面角的余弦值.
【解题思路】（1）延长CH交AB于点F，连接PF，BH，
HE//平面PAB，面CPF∩面PAB=PF，HE⊂面CPF，则HE//PF，
又E为棱PC的中点，则H为CF的中点，
∴BH是直角三角形BCF斜边上的中线，
∴BH=CH，易知Rt△PHB≅Rt△PHC，则PB=PC.
（2）以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
∵PH⊥平面ABCD，∴CH是PC在平面ABCD内的射影，
π
∴∠PCH是直线PC与面ABCD所成角，∴∠PCH=
，
4
∴△PCH为等腰直角三角形，
设AB=4，则BC=PC=2，则CH=√2，∴PH=√2，
∴P(0,0,√2)，A(1,−3,0)，D(−1,−3,0)，H(0,0,0)，C(−1,1,0)，
∴⃗PA=(1,−3,−√2)，⃗PD=(−1,−3,−√2)，⃗HP=(0,0,√2)，⃗HC=(−1,1,0)，
设平面PAD的法向量为⃗m=(x,y,z)，
由¿，令y=√2，则⃗m=(0,√2,−3).
设平面PHC的法向量为⃗n=(a,b,c)，
由¿，令a=1，则⃗n=(1,1,0).
√2 √11 √11
∴cos⟨⃗m,⃗n⟩= = ，平面PAD与平面PHC夹角的余弦值为 .
√2⋅√11 11 11
【变式9-3】（2023春·江苏连云港·高二统考期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，
PB与底面所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=90°，AD=2，PA=BC=1．
学科网（北京）股份有限公司(1)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值；
(2)求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值．
【解题思路】（1）以A为坐标原点，建立的空间直角坐标系O−xyz，求得向量⃗PC=(1,1,−1)，和平面
PBD的一个法向量⃗m=(2,1,2)，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）由平面PAB的一个法向量⃗n =(0,1,0)，求得平面PCD的一个法向量为⃗n =(1,1,2)，结合向量的夹角
1 2
公式，即可求解．
【解题思路】（1）解：因为PA⊥平面ABCD，且AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，
又因为∠BAD=90°，所以AB⊥AD，
因为PB与底面所成的角为45∘，所以∠PBA=45°，故AB=PA=1，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立的空间直角坐标系O−xyz，如图所
示，
因为AD=2，PA=BC=1，可得B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，C(1,1,0)，
所以⃗PC=(1,1,−1)，⃗PB=(1,0,−1)，⃗PD=(0,2,−1)，
设平面PBD的一个法向量为⃗m=(x,y,z)，可得¿，
取z=2，则x=2,y=1，可得⃗m=(2,1,2)，
⃗m⋅⃗PC 1 √3
所以cos⟨⃗m,⃗PC⟩= = =
，
|⃗m||⃗PC| √3×3 9
√3
所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为 ．
9
1
（2）解：根据题意，平面PAB的一个法向量⃗n = ⃗AD=(0,1,0)，
1 2
设平面PCD的一个法向量为⃗n =(a,b,c)，可得¿，
2
取b=1，则c=2，a=1，所以⃗n =(1,1,2)
2
⃗n ⋅⃗n 1 √6
则cos⟨⃗n ,⃗n ⟩= 1 2 = = ，
1 2 |⃗n||⃗n | 1×√6 6
1 2
√6
所以平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为 ．
6
学科网（北京）股份有限公司【题型10 利用空间向量研究存在性问题】
【例10】（2023·全国·高三对口高考）如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，
∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF.
(1)求二面角D−BF−C的余弦值；
AP
(2)在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得FP∥平面AED.若存在，求出 的值；若不存在，
AB
请说明理由.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角，
（2）由平面法向量与直线方向向量垂直，结合向量共线，即可由坐标运算求解.
1
【解题思路】（1）过D作DM⊥AB于M，由于∠DAB=60°，则AM=ADcos∠DAB= AD,由于
2
AD=DC=BC,且四边形ABCD是等腰梯形，所以AB=2AM+DC=2DC,在三角形ABD中，由余弦定
理可得BD=√AD2+AB2−2AD⋅ABcos60∘=√3AD，所以AD2+BD2=AB2 ,故BD⊥DA,
学科网（北京）股份有限公司以D为坐标原点，DA，DB为x轴，y轴，过点D作CF的平行线为Z轴，建立空间直角坐标系，设
CD=CB=2，则DB=2√3,AD=2，
∴ D(0,0,0),A(2,0,0)E(1,0,1),F(−1,√3,2),B(0,2√3,0),C(−1,√3,0),
⃗DB=(0,2√3,0),⃗DF=(−1,√3,2)
设面DBF的法向量⃗n =(x,y,z)，
1
则¿，即¿，取x=2，得⃗n =(2,0,1)．
1
设面CBF的法向量⃗n =(a,b,c)，⃗CB=(1,√3,0),⃗BF=(−1,−√3,2)
2
则¿，即¿，则取b=√3，得⃗n =(−3,√3,0)．
2
|⃗n ⋅⃗n | 6 √15
∵ cos<⃗n ,⃗n >= 1 2 = = ，
1 2 |⃗n||⃗n | √5×2√5 5
1 2
由几何体的特征可知二面角D−BF−C的平面角为锐角，
√15
∴二面角D−BF−C的余弦值为 ．
5
（2）∵AE⊥BD，BD⊥AD,AE∩AD=A，AD, AE⊂面AED，
∴BD⊥面AED．
设⃗AP=x⃗AB=λ(−2,2√3,0)=(−2λ,2√3λ,0),∴⃗FP=⃗AP−⃗AF=(−2λ+3,2√3λ−√3,−2),
⃗DB=(0,2√3,0)
1
若FP∥平面AED，则⃗FP⊥⃗BD ,所以(2√3λ−√3)2√3=0⇒λ= ，
2
AP 1
所以 = .
AB 2
学科网（北京）股份有限公司【变式10-1】（2023·湖北襄阳·校考模拟预测）在三棱锥P-ABC中，若已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P
在底面ABC的射影为点H，则
(1)证明：PC⊥AB
4
(2)设PH=HA=HB=HC=2，则在线段PC上是否存在一点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为 ，
5
CM
若存在，设 =λ，求出λ的值，若不存在，请说明理由.
CP
【解题思路】（1）由条件证明PH⊥AB,PH⊥BC,PH⊥CA，再证明AH⊥BC,BH⊥AC，由此可
得CH⊥AB，由线面垂直判定定理证明AB⊥平面PCH，由此证明PC⊥AB；
（2）建立空间直角坐标系，技术存在点M满足条件，由条件求平面PAB的法向量和直线BM的方向向量，
由条件列方程求λ即可.
【解题思路】（1）因为点P在底面ABC的射影为点H，
所以PH⊥平面ABC，又AB,BC,CA⊂平面ABC，
所以PH⊥AB,PH⊥BC,PH⊥CA，
因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH=P，PA,PH⊂平面PAH，
所以BC⊥平面PAH，又AH⊂平面PAH，
所以BC⊥AH，
因为PB⊥AC，PH⊥AC，PB∩PH=P，PB,PH⊂平面PBH，
所以AC⊥平面PBH，又BH⊂平面PBH，
所以AC⊥BH，
因为BC⊥AH，AC⊥BH，
所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB，
因为CH⊥AB，PH⊥AB，CH,PH⊂平面PCH，CH∩PH=H，
所以AB⊥平面PCH，又PC⊂平面PCH，
所以PC⊥AB；
学科网（北京）股份有限公司（2）延长CH交AB于点O，由（1）可得CO⊥AB，
又HA=HB，所以点O为线段AB的中点，
所以CA=CB，同理可得BA=BC，
所以△ABC为等边三角形，又HA=HB=HC=2，所以AB=2√3，
如图，以点O为原点，以⃗OB,⃗OC,⃗HP为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A(−√3,0,0),B(√3,0,0),P(0,1,2),C(0,3,0)，
故⃗AB=(2√3,0,0),⃗AP=(√3,1,2),⃗BC=(−√3,3,0),⃗CP=(0,−2,2)，
4 CM
设存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为 ，且 =λ，
5 CP
则⃗BM=⃗BC+⃗CM=⃗BC+λ⃗CP=(−√3,3−2λ,2λ)，
设平面PAB的法向量为⃗n，⃗n=(x,y,z)，
则¿，所以¿，
令z=1，可得x=0,y=−2，
所以⃗n=(0,−2,1)为平面PAB的一个法向量，
⃗BM⋅⃗n −6+6λ
所以cos⟨⃗BM,⃗n⟩= =
，
|⃗BM||⃗n| √12−12λ+8λ2×√5
4 [ π]
设直线BM与平面PAB所成角为θ，则cosθ= ，又θ∈ 0, ，
5 2
3 |−6+6λ| 3
所以sinθ= ，故 = ，
5 √12−12λ+8λ2×√5 5
1
所以λ= 或λ=2，又λ∈[0,1]，
3
1
所以λ=
.
3
4 CM 1
所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为 ，且 =λ= .
5 CP 3
学科网（北京）股份有限公司【变式10-2】（2023·河北衡水·河北校考三模）图1是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D＝90°，四边形
ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C 的位置，且
1
AC =√6．
1
(1)求证：平面BC E⊥平面ABED．
1
√15
(2)在棱DC 上是否存在点P，使得点P到平面ABC 的距离为 ？若存在，求出直线EP与平面ABC
1 1 5 1
所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）在图1中，连接AC，交BE于O，由几何关系可得AC⊥BE，OA=OC=√3，结合图
2易得∠AOC 是二面角 A−BE−C 的平面角，由勾股定理逆定理可证OA⊥OC ，进而得证；
1 1 1
（2）以OA，OB， OC 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设 ⃗DP=λ⃗DC ，λ∈[0,1]，求得⃗AP，
1 1
|⃗AP⋅⃗n|
同时求出平面ABC 的法向量⃗n=(x,y,z)，由点面距离的向量公式d= 求得λ，进而求得⃗EP，结
1
|⃗n|
合向量公式可求直线EP与平面ABC 所成角的正弦值.
1
【解题思路】（1）如图所示：
学科网（北京）股份有限公司在图1中，连接AC，交BE于O，因为四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE=60°，所以
AC⊥BE，且OA=OC=√3．
在图 2 中， 相交直线 OA ，OC 均与 BE 垂直， 所以 ∠AOC 是二面角 A−BE−C 的平面角，
1 1 1
因为 AC =√6， 所以 OA2+OC2=AC2 ，OA⊥OC ，所以平面 BG E⊥ 平面 ABED ；
1 1 1 1 1
（2）由 （1） 知， 分别以OA，OB， OC 为 x，y，z 轴建立如图 2 所示的空间直角坐标系， 则
1
(√3 3 ) ( √3 3 )
D ,− ,0 ，C (0,0,√3)，A(√3,0,0)，B(0,1,0)，E(0,−1,0)， ⃗DC = − , ,√3 ，
2 2 1 1 2 2
( √3 3 )
⃗AD= − ,− ,0 ，⃗AB=(−√3,1,0)，⃗AC =(−√3,0,√3)，⃗AE=(−√3,−1,0).
2 2 1
设 ⃗DP=λ⃗DC ，λ∈[0,1]，
1
( √3 √3 3 3 )
则 ⃗AP=⃗AD+⃗DP=⃗AD+λ⃗DC = − − λ,− + λ,√3λ .
1 2 2 2 2
设平面 ABC 的法向量为 ⃗n=(x,y,z)，
1
则¿， 即 ¿， 取 ⃗n=(1,√3,1)，
√15
因为点 P 到平面 ABC 的距离为 ，
1 5
|⃗AP⋅⃗n| |−2√3+2√3λ| √15 1
所以 d= = = ， 解得 λ= ，
|⃗n| √5 5 2
学科网（北京）股份有限公司( 3√3 3 √3) (√3 1 √3)
则 ⃗AP= − ,− , ， 所以 ⃗EP=⃗AP−⃗AE= , , .
4 4 2 4 4 2
设直线 EP 与平面 ABC 所成的角为 θ，
1
|⃗EP⋅⃗n| √15
所以直线 EP 与平面 ABC 所成角的正弦值为 sinθ=|cos⟨⃗EP,⃗n⟩|= = .
1 |⃗EP|⋅|⃗n| 5
【变式10-3】（2023春·广东佛山·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD是
正方形，PC⊥底面ABCD，且PC=BC=1，E是棱PB上动点.
(1)证明：BD⊥平面PAC.
2√2 PE
(2)线段PB上是否存在点E，使二面角P−AC−E的余弦值是 ？若存在，求 的值；若不存在，请
3 PB
说明理由.
【解题思路】（1）利用正方形性质、线面垂直的性质和线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）以C为坐标原点建立空间直角坐标系，设⃗PE=λ⃗PB(0≤λ≤1)，利用向量线性运算可得⃗AE，根据二
面角的向量求法可构造方程求得λ的值.
【解题思路】（1）连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC；
∵PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PC⊥BD，
又AC∩PC=C，AC,PC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC.
（2）以C为坐标原点，⃗CB,⃗CD,⃗CP正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
学科网（北京）股份有限公司则A(1,1,0)，C(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，
∴⃗PB=(1,0,−1)，⃗AC=(−1,−1,0)，⃗BD=(−1,1,0)，⃗AP=(−1,−1,1)，
2√2
假设在线段PB上存在点E，使得二面角P−AC−E的余弦值为 ，
3
设⃗PE=λ⃗PB(0≤λ≤1)，则⃗PE=(λ,0,−λ)，∴⃗AE=⃗AP+⃗PE=(λ−1,−1,1−λ)，
设平面ACE的法向量⃗n=(x,y,z)，
λ ( λ )
则¿，令x=1，解得：y=−1，z= ，∴⃗n= 1,−1, ；
λ−1 λ−1
由（1）知：BD⊥平面PAC，∴平面PAC的一个法向量为⃗BD=(−1,1,0)；
|⃗BD⋅⃗n| 2 2√2
∴|cos<⃗BD,⃗n>|= = =
1
|⃗BD|⋅|⃗n| √ λ2 3 ，解得：λ= ，
√2× 1+1+ 3
(λ−1) 2
1 PE 1 2√2
∴当⃗PE= ⃗PB，即 = 时，二面角P−AC−E的余弦值为 .
3 PB 3 3
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