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专题 1.7 空间向量与立体几何全章八类必考压轴题
【人教A版（2019）】
【考点1 空间向量的线性运算】
1
1．（2023·全国·高三对口高考） (⃗a+2⃗b−3⃗c)−3(⃗a−2⃗b−⃗c)=（ ）
2
5 5 5 3 5 9
A．− ⃗a−4⃗c B．− ⃗a+4⃗b−2⃗c C．− ⃗a+7⃗b+ ⃗c D．− ⃗a−5⃗b− ⃗c
2 2 2 2 2 2
【解题思路】根据向量的线性运算求解即可.
1 5 3
【解答过程】 (⃗a+2⃗b−3⃗c)−3(⃗a−2⃗b−⃗c)=− ⃗a+7⃗b+ ⃗c.
2 2 2
故选：C.
2．（2023春·安徽合肥·高二校考期末）已知⃗a=(1,2,1)，⃗b=(2,−4,1)，则2⃗a+⃗b等于（ ）
A．(4,−2,0) B．(4,0,3)
C．(−4,0,3) D．(4,0,−3)
【解题思路】根据向量坐标运算即可.
【解答过程】2⃗a+⃗b=2(1,2,1)+(2,−4,1)=(4,0,3).
故选：B.
3．（2023春·高二课时练习）已知向量⃗a=(−2,−3,1)，⃗b=(2,0,3)，⃗c=(0,0,2)，则⃗a+6⃗b−⃗c的坐标为
(10,−3,17) .
【解题思路】直接利用向量的运算法则计算即可.
【解答过程】向量⃗a=(−2,−3,1)，⃗b=(2,0,3)，⃗c=(0,0,2)，则
⃗a+6⃗b−⃗c=(−2,−3,1)+6(2,0,3)−(0,0,2)=(10,−3,17).
故答案为：(10,−3,17).
4．（2023春·高二课时练习）已知⃗a=(1,−3,8)，⃗b=(3,10,−4)，求⃗a+⃗b，⃗a−⃗b，3⃗a．
【解题思路】直接根据向量的加减数乘的坐标运算即可得解.
学科网（北京）股份有限公司【解答过程】⃑a+⃑b=(1,−3,8)+(3,10,−4)=(1+3,−3+10,8−4)=(4,7,4)，
⃑a−⃑b=(1,−3,8)−(3,10,−4)=(1−3,−3−10,8+4)=(−2,−13,12)，
3⃑a=3(1,−3,8)=(3×1,3×(−3),3×8)=(3,−9,24)．
5．（2023春·高二课时练习）如图所示，在三棱柱ABC−A B C 中，M是BB 的中点，化简下列各式，
1 1 1 1
并在图中标出化简得到的向量.
(1)⃑CB+⃑BA ；
1
1
(2)⃑AC+⃑CB+ ⃑A A ；
2 1
1 1
(3) ⃑A A − ⃑B B−⃑AC−⃑CB.
2 1 2 1
【解题思路】（1）（2）（3）利用空间向量的加减法的运算法则和几何意义化简．
【解答过程】（1）解：⃑CB+⃑BA =⃑C A .
1 1
1
（2）解：因为M是BB 的中点，所以⃑BM= ⃑BB ，又⃑A A =⃑BB ，
1 2 1 1 1
1
所以⃑AC+⃑CB+ ⃑A A =⃑AB+⃑BM=⃑AM.
2 1
学科网（北京）股份有限公司1 1
（3）解： ⃑A A − ⃑B B−⃑AC−⃑CB
2 1 2 1
1
= (⃑A A +⃑BB )−(⃑AC+⃑CB)=⃑A A −⃑AB=⃑BA
2 1 1 1 1
【考点2 空间向量数量积的应用】
1．（2023春·福建泉州·高二校联考期末）平行六面体ABCD−A B C D 的所有棱长均为1，
1 1 1 1
∠BAD=∠BA A =∠DA A =60°，则AC 的长度为（ ）
1 1 1
3√2
A． B．√6 C．3 D．6
2
【解题思路】由ABCD−A B C D 为平行六面体，可知AC 为体对角线，由向量的模长公式即可求得
1 1 1 1 1
AC .
1
【解答过程】|⃗AC |=|⃗AB+⃗AD+⃗A A |=√(⃗AB+⃗AD+⃗A A ) 2
1 1 1
= √|⃗AB| 2 +|⃗AD| 2 +|⃗A A | 2 +2|⃗AB||⃗AD|⋅cos60°+2|⃗AB||⃗A A |⋅cos60°+2|⃗A A ||⃗AD|⋅cos60°
1 1 1
学科网（北京）股份有限公司√ 1 1 1
= 1+1+1+2×1×1× +2×1×1× +2×1×1×
2 2 2
=√6，
故选：B.
2．（2023春·甘肃金昌·高二校考期中）如图，在平行六面体ABCD−A B C D 中，AB=2，AD=2，
1 1 1 1
A A =2，∠BA A =∠DA A =60°，∠BAD=90°，则BC 与C A 所成角的余弦值为（ ）
1 1 1 1 1
√3 √3 √2 √2
A．− B． C．− D．
6 6 4 4
【解题思路】根据空间向量的基本定理和向量的数量积的定义即可求解.
【解答过程】设⃗AB=⃗a，⃗AD=⃗b，⃗A A =⃗c，
1
因为⃗a,⃗b,⃗c向量不共面，故{⃗a,⃗b,⃗c}可构成空间的一组基底，
结合|⃗a|=2，|⃗b|=2，|⃗c|=2，∠BA A =∠DA A =60°，∠BAD=90°，
1 1
1 1
所以⃗a⋅⃗b=0，⃗a⋅⃗c= 2×2× =2，⃗b⋅⃗c=2×2× =2，
2 2
则⃗BC =⃗b+⃗c，⃗C A =−⃗a−⃗b+⃗c，
1 1
可得⃗BC ⋅⃗C A =(⃗b+⃗c)⋅(−⃗a−⃗b+⃗c) =−⃗a⋅⃗b−⃗a⋅⃗c−⃗b2−⃗b⋅⃗c+⃗c⋅⃗b+⃗c2
1 1
=0−2−4+4 =−2，
|⃗BC | =√(⃗b+⃗c) 2 =√⃗b2+2⃗b⋅⃗c+⃗c2 =√4+2×2+4 =2√3，
1
|⃗C A |=√(−⃗a−⃗b+⃗c) 2 =√⃗a2+⃗b2+⃗c2+2⃗a⋅⃗b−2⃗a⋅⃗c−2⃗b⋅⃗c
1
=√4+4+4+0−4−4 =2，
⃗BC ⋅⃗C A −2 √3
所以cos⟨⃗BC ,⃗C A ⟩= 1 1 = =− ，
1 1 |⃗BC ||⃗C A | 2√3×2 6
1 1
学科网（北京）股份有限公司( π]
又因为异面直线所成角的范围是 0, ，
2
√3
所以BC 与C A 所成角的余弦值为 .
1 1 6
故选：B.
3．（2023春·江苏淮安·高二校联考期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且
AB=AP=6，AD=2,∠BAD=∠BAP=∠DAP=60∘,E,F分别为PB,PC上的点，且⃗PE=2⃗EB，
⃗PF=⃗FC,|⃗EF|= √2 .
【解题思路】根据给定条件选定基底向量⃗AB,⃗AD,⃗AP，并表示出⃗EF，再利用向量运算即可得解.
【解答过程】在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，连接AC，如图，⃗PE=2⃗EB，⃗PF=⃗FC，
1 1 1 1
则⃗EF=⃗EB+⃗BA+⃗AP+⃗PF= ⃗PB−⃗AB+⃗AP+ ⃗PC= ⃗PB−⃗AB+⃗AP+ (⃗AC−⃗AP)
3 2 3 2
1 1 1 1 1 1
= (⃗AB−⃗AP)−⃗AB+⃗AP+ (⃗AB+⃗AD−⃗AP)=− ⃗AB+ ⃗AD+ ⃗AP= (−⃗AB+3⃗AD+⃗AP)，
3 2 6 2 6 6
又AB=AP=6，AD=2，∠BAD=∠BAP=∠DAP=60°，
则⃗AB⋅⃗AD=⃗AP⋅⃗AD=6×2×cos60∘=6，⃗AB⋅⃗AP=6×6×cos60∘=18，
1 1
因此，|⃗EF|= √(−⃗AB+3⃗AD+⃗AP) 2= √⃗AB2+9⃗AD2+⃗AP2−6⃗AB⋅⃗AD+6⃗AD⋅⃗AP−2⃗AB⋅⃗AP
6 6
1
= √36+9×4+36−6×6+6×6−2×18=√2.
6
故答案为：√2.
学科网（北京）股份有限公司4．（2023春·江苏扬州·高二统考期中）如图，在四面体ABCD中，∠BAC=60°,∠BAD=∠CAD=45°，
AD=√2，AB=AC=3.
(1)求⃗BC⋅⃗BD的值；
(2)已知F是线段CD中点，点E满足⃗AE=2⃗EB，求线段EF的长.
【解题思路】（1）根据题意得到⃗BC⋅⃗BD=(⃗AC−⃗AB)⋅(⃗AD−⃗AB)，再求解即可.
2 1 2 1 1
（2）根据⃗EF=⃗EA+⃗AD+⃗DF=− ⃗AB+⃗AD+ (⃗AC−⃗AD)=− ⃗AB+ ⃗AD+ ⃗AC，再平方求解即可.
3 2 3 2 2
【解答过程】（1）在四面体ABCD中，∠BAC=60°,∠BAD=∠CAD=45°，AD=√2，AB=AC=3
⃗BC⋅⃗BD=(⃗AC−⃗AB)⋅(⃗AD−⃗AB)=⃗AC⋅⃗AD−⃗AC⋅⃗AB−⃗AB⋅⃗AD+⃗AB2
√2 1 √2 9
=3×√2× −32× −3×√2× +32= .
2 2 2 2
（2）如图所示：
2
因为⃗AE=2⃗EB，则⃗AE= ⃗AB，
3
1 1
因为F是CD中点，则⃗DF= ⃗DC= (⃗AC−⃗AD)，
2 2
2 1 2 1 1
于是⃗EF=⃗EA+⃗AD+⃗DF=− ⃗AB+⃗AD+ (⃗AC−⃗AD)=− ⃗AB+ ⃗AD+ ⃗AC.
3 2 3 2 2
4 1 1 2 2 1
⃗EF2= ⃗AB2+ ⃗AD2+ ⃗AC2− ⃗AB⋅⃗AD− ⃗AB⋅⃗AC+ ⃗AD⋅⃗AC
9 4 4 3 3 2
4 1 1 2 √2 2 1 1 √2 13
= ×9+ ×2+ ×9− ×3×√2× − ×3×3× + ×√2×3× = ，
9 4 4 3 2 3 2 2 2 4
√13
所以|⃗EF|=
.
2
学科网（北京）股份有限公司5．（2023春·江苏宿迁·高二统考期中）如图，在平行六面体ABCD﹣ABC D 中，底面ABCD是边长为2
1 1 1 1
的正方形，侧棱AA 的长度为4，且∠AAB＝∠AAD＝120°.用向量法求：
1 1 1
(1)BD 的长；
1
(2)直线BD 与AC所成角的余弦值.
1
【解题思路】（1）利用向量模的计算公式和向量的数量积的运算即得出BD 的长；
1
（2）分别求出|⃗AC|,|⃗BD |,⃗AC⋅⃗BD 的值，代入数量积求夹角公式，即可求得异面直线BD 与AC
1 1 1
所成角的余弦值．
【解答过程】（1）∵⃗BD =⃗BB +⃗B A +A D ，
1 1 1 1 1 1
⃗BD2=(⃗BB +⃗B A +⃗A D ) 2
1 1 1 1 1 1
=⃗BB 2+⃗B A 2+⃗A D 2+2⃗BB ⋅⃗B A +2⃗BB ⋅⃗A D +2⃗B A ⋅⃗A D
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
=42+22+22+2×4×2cos60∘+2×4×2cos120∘+2×2×2cos90∘
＝24，
∴BD 的长为2√6，
1
（2）∵⃗AC=⃗AB+⃗BC，
∴⃗AC2=(⃗AB+⃗BC) 2 =⃗AB2+⃗BC2+2⃗AB⋅⃗BC=22+22+0=8，
∴|⃗AC|=2√2，
∵|⃗BD |=2√6，
1
学科网（北京）股份有限公司⃗AC⋅⃗BD =(⃗AB+⃗BC)⋅(⃗BB +⃗B A +⃗A D )
1 1 1 1 1 1
=⃗AB⋅⃗BB +⃗AB⋅⃗B A +⃗AB⋅⃗A D +⃗BC⋅⃗BB +⃗BC⋅⃗B A +⃗BC⋅⃗A D
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ，
=2×4cos120∘+2×2cos180∘+2×2cos90∘+2×4cos120∘+2×2cos90∘+2×2cos0∘
=−8
∴
|cos⟨⃗AC,⃗BD ⟩|=
| ⃗AC⋅⃗BD
1
|
=
| −8 |
=
√12
＝
√3
，
1 |⃗AC|⋅|⃗BD | 2√2×2√6 12 3
1
√3
所以直线BD 与AC所成角的余弦值为 ．
1 3
【考点3 空间向量基本定理及其应用】
1．（2023春·安徽池州·高二联考阶段练习）已知{⃗a,⃗b,⃗c}是空间的一组基底，其中⃗AB=2⃗a−3⃗b，
⃗AC=⃗a−⃗c，⃗AD=2⃗b+λ⃗c.若A，B，C，D四点共面，则λ=（ ）
3 3 4 4
A．− B． C． D．−
4 4 3 3
【解题思路】根据题意，设存在唯一的实数对(x,y)，使得⃗AB=x⃗AC+ y⃗AD，结合向量的数乘运算和相
等向量的概念计算，即可求解.
【解答过程】由题意，设存在唯一的实数对(x,y)，使得⃗AB=x⃗AC+ y⃗AD，
即2⃗a−3⃗b=x(⃗a−⃗c)+ y(2⃗b+λ⃗c)，
则2⃗a−3⃗b=x⃗a+2y⃗b+(λy−x)⃗c，
3 4
则x=2，y=− ，λy−x=0，解得λ=− .
2 3
故选：D.
2．（2023春·江苏泰州·高二统考期末）已知三棱柱ABC−A B C 的侧棱长为2，底面ABC是边长为2
1 1 1
的正三角形，∠A AB=∠A AC=60°，若B C和BC 相交于点M.则|⃗AM|=（ ）
1 1 1 1
A．√3 B．2 C．√5 D．√6
【解题思路】以{⃗AB,⃗AC,⃗A A }为基底表示⃗AM，利用平方的方法求得|⃗AM|.
1
【解答过程】依题意可知M是BC 的中点，
1
1 1 1
所以⃗AM= (⃗AC +⃗AB)= ⃗AC + ⃗AB
2 1 2 1 2
学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1 1
= (⃗AC+⃗A A )+ ⃗AB= ⃗AC+ ⃗A A + ⃗AB，
2 1 2 2 2 1 2
所以|⃗AM|=√(⃗AM) 2 = √1 (⃗AC+⃗A A +⃗AB) 2
4 1
1
= √⃗AC2+⃗A A 2+⃗AB2+2(⃗AC⋅⃗A A +⃗AC⋅⃗AB+⃗A A ⋅⃗AB)
2 1 1 1
1
= √4+4+4+2(2⋅2⋅cos60°×3)=√6.
2
故选：D.
3．（2022·湖北十堰·高三校考阶段练习）如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N
分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且⃑MG=2⃑GN，若⃑OG=x⃑OA+ y⃑OB+z⃑OC，则x+ y+z=
5
．
6
【解题思路】以⃑OA,⃑OB,⃑OC为一组基向量，首先⃑OG=⃑OM+⃑MG，再将⃑OM,⃑MG逐步地用基向量表示，
最后合并整理得出结果.
【解答过程】由M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，
且⃑MG=2⃑GN，
1 2
所以⃑OG=⃑OM+⃑MG= ⃑OA+ ⃑MN
2 3
1 2
= ⃑OA+ (⃑ON−⃑OM)
2 3
学科网（北京）股份有限公司1 2[1 1 ]
= ⃑OA+ (⃑OB+⃑OC)− ⃑OA
2 3 2 2
1 1 1
= ⃑OA+ ⃑OB+ ⃑OC，
6 3 3
5
则x+ y+z= ，
6
5
故答案为： .
6
4．（2023春·江苏盐城·高二校考阶段练习）如图，设P是平行四边形ABCD所在平面外一点，O是平行四
边形对角线AC和BD的交点，Q是CD的中点，求下列各式中x，y的值．
(1)⃑OQ=⃑PQ+x⃑PC+ y⃑PA；
(2)⃑PA=x⃑PO+ y⃑PQ+⃑PD．
【解题思路】（1）利用向量的三角形法则及其向量相等即可得出．
（2）利用向量的三角形法则及其向量相等即可得出．
【解答过程】（1）解：∵ ⃑OQ=⃑PQ−⃑PO
1
=⃑PQ− (⃑PA+⃑PC)
2
1 1
=⃑PQ− ⃑PA− ⃑PC．
2 2
1
∴x= y=− ．
2
（2）解：∵ ⃑PA+⃑PC=2⃑PO，∴ ⃑PA=2⃑PO−⃑PC．
又∵ ⃑PC+⃑PD=2⃑PQ，∴ ⃑PC=2⃑PQ−⃑PD．
从而有⃑PA=2⃑PO−(2⃑PQ−⃑PD)=2⃑PO−2⃑PQ+⃑PD．
∴x=2，y=−2．
5．（2022·高二课时练习）如图所示，在平行六面体ABCD−A B C D 中，E，F分别在BB 和DD 上，
1 1 1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司1 2
且BE= BB ，DF= DD ．
3 1 3 1
(1)证明：A、E、C 、F四点共面．
1
(2)若⃑EF=x⃑AB+ y⃑AD+z⃑A A ，求x+ y+z．
1
1
【解题思路】（1）在CC 上取一点G，使得CG= CC ，连接EG、DG，根据平行六面体的性质
1 3 1
DG//FC 、AE//DG，即可得到AE//FC ，即可得证；
1 1
（2）结合图形，根据空间向量线性运算法则计算可得.
1
【解答过程】（1）证明：在CC 上取一点G，使得CG= CC ，连接EG、DG，
1 3 1
1 2 1
在平行六面体ABCD−A B C D 中，BE= BB ，DF= DD ，CG= CC ，
1 1 1 1 3 1 3 1 3 1
∴DF//C G且DF=C G，BE//CG且BE=CG，
1 1
所以四边形DFC G为平行四边形，四边形BEGC为平行四边形，
1
所以DG//FC ，EG//BC且EG=BC，
1
又AD//BC且AD=BC，
所以EG//AD且EG=AD，
所以四边形AEGD为平行四边形，
所以AE//DG，
所以AE//FC ，
1
∴A、E、C 、F四点共面．
1
学科网（北京）股份有限公司（2）解：因为⃑EF=⃑EB +⃑B F=⃑EB +⃑B D +⃑D F
1 1 1 1 1 1
2 1 2 1
= ⃑BB +⃑B A +⃑B C − ⃑DD = ⃑A A −⃑AB+⃑AD− ⃑A A
3 1 1 1 1 1 3 1 3 1 3 1
1
=−⃑AB+⃑AD+ ⃑A A =x⃑AB+ y⃑AD+z⃑A A ，
3 1 1
1
即x=−1，y=1，z= ，
3
1
∴x+ y+z= ．
3
【考点4 空间线、面平行关系的判定及应用】
1．（2023春·四川成都·高二校联考期中）已知直线l的方向向量为⃗m=(1,−2,4)，平面α的法向量为
⃗n=(x,1,−2)，若直线l与平面α平行，则实数x的值为（ ）
1 1
A． B．−
2 2
C．10 D．−10
【解题思路】依题意可得⃗m⊥⃗n，即可得到⃗m⋅⃗n=0，从而得到方程，解得即可.
【解答过程】因为直线l的方向向量为⃗m=(1,−2,4)，平面α的法向量为⃗n=(x,1,−2)，
若直线l与平面α平行，则⃗m⊥⃗n，即⃗m⋅⃗n=0，即x−2−8=0，解得x=10.
故选：C．
学科网（北京）股份有限公司2．（2023春·高二课时练习）在正方体ABCDAB C D 中，棱长为a，M，N分别为AB，AC的中点，则
1 1 1 1 1
MN与平面BB C C的位置关系是( )
1 1
A．相交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
【解题思路】利用⃗MN与平面BB C C的法向量⃗BA的数量积为零，从而得到结果.
1 1
【解答过程】以C 为原点，C B ，C D，C C所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
1 1 1 1 1 1
令a=2，M(2,1,1)，N(1,1,2)，则⃗MN=(−1,0,1)，
平面BB C C的法向量为⃗BA=(0,2,0)
1 1
⃗MN⋅⃗BA=−1×0+0×2+1×0=0，又MN⊄平面BB C C
1 1
∴MN∥平面BB C C
1 1
故选B.
3．（2023·全国·高三专题练习）已知两个不重合的平面α与平面ABC，若平面α的法向量为⃑n =(2,−3,1)，
1
⃑AB=(1,0,−2)，⃑AC=(1,1,1)，则平面α和平面ABC的位置关系是 平行 ．
【解题思路】先证明出⃑n ⊥面ABC，即可证明出平面α和平面ABC平行.
1
【解答过程】因为平面α的法向量为⃑n =(2,−3,1)，⃑AB=(1,0,−2)，⃑AC=(1,1,1)，
1
且⃑n ·⃑AB=(2,−3,1)·(1,0,−2)=2+0−2=0，所以⃑n ⊥⃑AB.
1 1
同理可证：⃑n ⊥⃑AC.
1
又AB∩AC=A,
学科网（北京）股份有限公司所以⃑n ⊥面ABC.
1
又⃑n 为面α的法向量，
1
所以面α//面ABC.
故答案为：平行.
4．（2023·江苏·高二专题练习）在正方体ABCD-ABC D 中，点P在线段AD上，点Q在线段AC上，线
1 1 1 1 1
段PQ与直线AD和AC都垂直，求证：PQ∥BD.
1 1
→
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标运算求出
PQ
，再根据共线向量证明即可.
【解答过程】证明：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A(1，0，1)，D(0，0，1)，
1 1
→ → →
∴D A =(1，0，1)， AC =(-1，1，0)，设 PQ =(a，b，c)，
1
→
则¿即¿取 PQ=(1，1，-1).
→
易知BD =(−1,−1,1) ，
1
→ →
∴ PQ= −BD ，
1
学科网（北京）股份有限公司→ →
∴PQ//BD ，
1
即PQ∥BD.
1
5．（2023·全国·高二专题练习）在正方体ABCD−A B C D 中，点E，F分别是正方形A B C D 和正
1 1 1 1 1 1 1 1
方形B C CB的中心．求证：
1 1
(1)AC ⊥平面A BD；
1 1
(2)EF//平面A BD；
1
(3)平面B EF∥平面A BD．
1 1
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得AC ⊥平面A BD；
1 1
（2）利用向量法证得EF//平面A BD；
1
（3）利用向量法证得平面B EF∥平面A BD．
1 1
【解答过程】（1）设正方体的边长为2，建立如图所示空间直角坐标系，
C (2,2,2),A (0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0)，
1 1
⃑A B=(2,0,−2),⃑A D=(0,2,−2)，
1 1
⃑AC ⋅⃑A B=0,⃑AC ⋅⃑A D=0，
1 1 1 1
所以AC ⊥A B,AC ⊥A D，
1 1 1 1
由于A B∩A D=A ，所以AC ⊥平面A BD.
1 1 1 1 1
（2）设平面A BD的法向量为⃑n =(x ,y ,z )，
1 1 1 1 1
则¿，故可设⃑n =(1,1,1).
1
E(1,1,2),F(2,1,1),⃑EF=(1,0,−1)，
⃑n ⋅⃑EF=0，E,F∉平面A BD，
1 1
所以EF//平面A BD.
1
（3）B (2,0,2),⃑B F=(0,1,−1)，
1 1
设平面B EF的法向量为⃑n =(x ,y ,z )，
1 2 2 2 2
则¿，故可设⃑n =(1,1,1).
2
⃑n =⃑n ，
1 2
显然，平面B EF与平面A BD不重合，所以平面B EF∥平面A BD.
1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司【考点5 空间线、面垂直关系的判定及应用】
1．（2022秋·四川达州·高二统考期末）长方体ABCD−A B C D 中，
1 1 1 1
AB=3,BC=4,A A =5,AC∩BD=O,M为CC 中点，则下列选项中与OM垂直的是（ ）
1 1
A．OA B．BC C．OB D．A C
1 1 1
【解题思路】建立空间直角坐标系，然后利用空间向量逐个分析判断即可.
【解答过程】如图，以D为原点，以DA,DC,DD 所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
1
则D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,3,0),C(0,3,0),A (4,0,5),B (4,3,5),C (0,3,5)，
1 1 1
因为AC∩BD=O,M为CC 中点，
1
3 5
所以O(2, ,0),M(0,3, )，
2 2
3 5
所以⃗OM=(−2, , )，
2 2
3 9 25 25
对于A，⃗OA =(2,− ,5)，则⃗OA ⋅⃗OM=−4− + = ≠0，所以OM与OA 不垂直，所以A错
1 2 1 4 2 4 1
误，
对于B，⃗BC=(−4,0,0)，则⃗BC⋅⃗OM=8≠0，所以OM与BC不垂直，所以B错误，
3 9 25
对于C，⃗OB =(2, ,5)，则⃗OB ⋅⃗OM=−4+ + ≠0，所以OM与OB 不垂直，所以C错误，
1 2 1 4 2 1
9 25
对于D，⃗A C=(−4,3,−5)，则⃗A C⋅⃗OM=8+ − =0，所以⃗A C⊥⃗OM，所以D正确，
1 1 2 2 1
故选：D.
学科网（北京）股份有限公司2．（2023·全国·高三专题练习）已知点P是正方体ABCD−A B C D 的棱CD的中点，给出以下结论：
1 1 1 1
①A P⊥C D；
1 1
②A P⊥BD；
1
③A P⊥BC ；
1 1
④A P⊥平面BC D
1 1
其中正确命题的序号是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【解题思路】建立空间直角坐标系,根据空间中两个向量垂直则数量积为0逐个判定即可.
【解答过程】
设正方体边长为2,建立如图空间直角坐标系.则⃑A P=(−2,1,−2).
1
对①, ⃑C D=(0,−2,−2),因为⃑A P⋅⃑C D=0−2+4=2,故①错误.
1 1 1
学科网（北京）股份有限公司对②, ⃑BD=(−2,−2,0),因为⃑A P⋅⃑BD=4−2=2,故②错误.
1
对③, ⃑BC =(−2,0,2),因为⃑A P⋅⃑BD=4−4=0,故③正确.
1 1
对④,由②有A P⊥BD不成立,故A P⊥平面BC D不成立.故④错误.
1 1 1
故选：C.
3．（2023春·内蒙古呼和浩特·高三统考阶段练习）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中
点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是 ①③ （填写正确的序号）
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量分析判断即可.
【解答过程】设正方体的棱长为2，
对于①，如图建立空间直角坐标系，则M(2,0,0),N(0,0,2),P(2,0,1),O(1,1,0)，
所以⃗MN=(−2,0,2), ⃗OP=(1,−1,1)，所以⃗MN⋅⃗OP=−2+0+2=0，所以⃗MN⊥⃗OP，即MN⊥OP，
所以①正确，
对于②，如图建立空间直角坐标系，则M(0,2,0),N(0,0,2),P(2,1,2),O(1,1,0)，
所以⃗MN=(0,−2,2), ⃗OP=(1,0,2)，所以⃗MN⋅⃗OP=0+0+4≠0，所以⃗MN与⃗OP不垂直，即MN与OP
不垂直，所以②错误，
学科网（北京）股份有限公司对于③，如图建立空间直角坐标系，则M(2,2,2),N(0,2,0),P(0,0,1),O(1,1,0)，
所以⃗MN=(− ⃗O2,P0,=−(−2), ，1,所−以1,⃗1M)N⋅⃗OP=2+0−2=0，所以⃗MN⊥⃗OP，即MN⊥OP，
所以③正确，
对于④，如图建立空间直角坐标系，则M(2,0,2),N(0,2,2),P(0,2,1),O(1,1,0)，
所以⃗MN=(−2,2,0), ⃗OP=(−1,1,1)，所以⃗MN⋅⃗OP=2+2+0≠0，所以⃗MN与⃗OP不垂直，即MN与
OP不垂直，所以④错误，
故答案为：①③.
4．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，
∠ABC=60° PA=AB=BC=2，E是PC的中点．
学科网（北京）股份有限公司求证：（1）CD⊥AE；（2）PD⊥平面ABE．
【解题思路】方法一：（1）以A为坐标原点建立空间直角坐标系A−xyz，得到⃗CD、⃗AE，计算得到
⃗CD⋅⃗AE=0，即证明CD⊥AE．
（2）先写出⃗PD坐标，再求出平面ABE的法向量⃗n，验证可知⃗PD//⃗n，即证明PD⊥平面ABE．
方法二：（1）由PA⊥底面ABCD证明PA⊥CD．再结合AC⊥CD可证明CD⊥平面PAC．从而得到
CD⊥AE．
（2）由PA⊥底面ABCD证明PA⊥AB，再结合AB⊥AD证明AB⊥平面PAD，从而得到AB⊥PD；
再证明AE⊥PC．结合CD⊥AE可证AE⊥平面PCD，得到AE⊥PD；最后根据线面垂直的判定即可
以证明PD⊥平面ABE．
【解答过程】方法一 （1）以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示
的空间直角坐标系，
( 4√3 ) (1 √3 )
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(1,√3,0)，D 0, ,0 ，P(0,0,2)，E , ,1 ，所以
3 2 2
( √3 ) (1 √3 ) 1 √3 √3
⃗CD= −1, ,0 ，⃗AE= , ,1 ，所以⃗CD⋅⃗AE=−1× + × +0×1=0，所以CD⊥AE．
3 2 2 2 3 2
学科网（北京）股份有限公司( 4√3 ) (1 √3 )
（2）由（1），得⃗PD= 0, ,−2 ，⃗AB=(2,0,0)，⃗AE= , ,1 ．
3 2 2
2√3
设向量⃗n=(x,y,z)是平面ABE的法向量，则¿，即¿，取y=2，则⃗n=(0,2,−√3)，所以⃗PD= ⃗n，所
3
以⃗PD//⃗n，所以PD⊥平面ABE．
方法二 （1）∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD．又AC⊥CD，PA∩AC=A，∴CD⊥平面PAC．∵
AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE．
（2）∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB．又AB⊥AD，PA∩AD=A，∴AB⊥平面PAD，∴
AB⊥PD．由题可得PA=AC=2，由E是PC的中点，∴AE⊥PC．
又CD⊥AE，PC∩CD=C，∴AE⊥平面PCD，∴AE⊥PD．∵AB⊥PD，AE⊥PD，
AB∩AE=A，∴PD⊥平面ABE．
5．（2023秋·湖南娄底·高二校联考期末）如图，在三棱柱 ABC−A B C 中，A A ⊥底面ABC，
1 1 1 1
∠CAB=90∘，AB=AC=2，A A =√3，M 为BC的中点，P 为侧棱 BB 上的动点．
1 1
(1)求证：平面APM⊥平面BB C C；
1 1
(2)试判断直线 BC 与AP是否能够垂直．若能垂直，求PB的长；若不能垂直，请说明理由．
1
【解题思路】（1）利用AM⊥BC，AM⊥BB 推出AM⊥平面BB C C，即可证明面面垂直；
1 1 1
（2）建系，写出B,C ,A的坐标，设BP=t(0≤t≤√3)，利用直线BC 与AP能垂直，数量积为零，求出
1 1
4√3 4√3
t= ，t= >BB ，不能垂直.
3 3 1
【解答过程】（1）因为在三棱柱 ABC−A B C 中，BB ⊥底面ABC，∠CAB=90∘，AB=AC=2，
1 1 1 1
A A =√3，M 为BC的中点，P 为侧棱 BB 上的动点．
1 1
所以 AM⊥BC，AM⊥BB ，
1
学科网（北京）股份有限公司因为BC∩BB =B，BC,BB ⊂平面BB C C
1 1 1 1
所以AM⊥平面BB C C，
1 1
因为AM⊂平面APM，
所以平面APM⊥平面BB C C．
1 1
（2）以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，A A 为z轴，建立空间直角坐标系，
1
B(0，2，0)，C (2,0,√3)，A(0，0，0)，
1
设BP=t(0≤t≤√3)，
则P(0,2,t),⃗BC =(2,−2,√3),⃗AP=(0,2,t)，
1
若直线BC 与AP能垂直，则⃗BC ⋅⃗AP=0−4+√3t=0，
1 1
4√3
解得t= ，
3
4√3
因为t= >BB =√3，
3 1
所以直线BC 与AP不能垂直．
1
【考点6 利用空间向量研究距离问题】
1．（2023春·江苏镇江·高二校考期末）已知正方体ABCD−A B C D 的棱长为2，E、F分别为上底面
1 1 1 1
A B C D 和侧面CDD C 的中心，则点D到平面AEF的距离为（ ）
1 1 1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司2√11 √11 √11 4√11
A． B． C． D．
11 11 4 11
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量法得出点D到平面AEF的距离.
【解答过程】建立如图所示的空间直角坐标系
→
A(0,0,0)，E(1,1,2)，F(1,2,1)，D(0,2,0)，⃗AE=(1,1,2)，⃗AF=(1,2,1)，AD=(0,2,0)
设平面AEF的法向量为⃗n=(x,y,z)，¿，令z=−1，得⃗n=(3,−1,−1)
|⃗n⋅⃗AD| 2 2√11
则点D到平面AEF的距离为 = = .
|⃗n| √11 11
故选：A.
2．（2023秋·高二课时练习）正方体ABCD−A B C D 的棱长为1，则平面AB D 与平面BDC 的距
1 1 1 1 1 1 1
离为（ ）
√2 √3
A．√2 B．√3 C． D．
3 3
【解题思路】将平面AB D 与平面BDC 的距离转化为点B到平面AB D 的距离，建立空间直角坐标
1 1 1 1 1
系，，然后用空间向量求解.
【解答过程】由正方体的性质：AB ∥DC ,D B ∥DB，
1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司AB ∩D B =B ，DC ∩DB=D，
1 1 1 1 1
且AB ⊂平面AB D ，D B ⊂平面AB D ，
1 1 1 1 1 1 1
DC ⊂平面BDC ，DB⊂平面BDC ，
1 1 1
所以平面AB D ∥平面BDC ，
1 1 1
则两平面间的距离可转化为点B到平面AB D 的距离．
1 1
以D为坐标原点，DA,DC,DD 所在的直线分别为x,y,z轴
1
建立空间直角坐标系，如图所示：
由正方体的棱长为1，所以A(1,0,0)，B(1,1,0)，A (1,0,1)，
1
C(0,1,0)，B (1,1,1)，D (0,0,1)
1 1
所以⃗C A =(1,−1,1)，⃗BA=(0,−1,0)，
1
⃗AB =(0,1,1)，⃗B D =(−1,−1,0)．
1 1 1
连接A C，
1
由⃗C A ⋅⃗AB =(1,−1,1)⋅(0,1,1)=1×0+(−1)×1+1×1=0，
1 1
⃗C A ⋅⃗B D =(1,−1,1)⋅(−1,−1,0)=1×(−1)+(−1)×(−1)+1×0=0，
1 1 1
所以⃗C A ⊥⃗AB ⇒C A ⊥AB ,⃗C A ⊥⃗B D ⇒C A ⊥B D ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
且AB ∩B D =B ，
1 1 1 1
可知C A ⊥平面AB D ，
1 1 1
得平面AB D 的一个法向量为⃗C A =⃗n=(1,−1,1)，
1 1 1
则两平面间的距离：
学科网（北京）股份有限公司|⃗BA⋅⃗n| |0×1+(−1)×(−1)+0×1| 1 √3
d= = = =
．
|⃗n| √12+(−1) 2+12 √3 3
故选：D.
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，
且PA=AB=2，F为棱PD的中点，点M在PA上，且PM=2MA，则CD的中点E到直线MF的距离是
√65
．
5
【解题思路】以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，计算
出cos∠EFM、sin∠EFM，进而可计算得出点E到直线FM的距离为d=|⃗FE|sin∠EFM.
【解答过程】因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，
以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
( 2)
则点E(1,2,0)、F(0,1,1)、M 0,0, ，
3
2
−
⃗FM= ( 0,−1,− 1) ，⃗FE=(1,1,−1)，cos∠EFM= ⃗FM⋅⃗FE = 3 = √30 ，
3 |⃗FM|⋅|⃗FE| √10 15
×√3
3
学科网（北京）股份有限公司√195
所以，sin∠EFM=√1−cos2∠EFM=
，
15
√195 √65
所以，CD的中点E到直线MF的距离d=|⃗FE|sin∠EFM=√3× = .
15 5
√65
故答案为： .
5
4．（2023春·高二单元测试）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，
AD=2,AB=3，平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PB上一点（不与P,B重合），平面ADE交棱PC于点F.
(1)求证：AD//EF；
3√30
(2)若二面角E−AC−B的余弦值为 ，求点B到平面AEC的距离.
20
【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理推出AD//平面PBC，再根据线面平行的性质定理可得
AD//EF；
（2）取AD的中点O，连PO，取BC的中点G，连OG，可证PO,AD,OG两两垂直，
以O为原点，OA,OG,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，根据题意平面AEC和平面BAC的法
向量，再用点面距公式可求出结果.
【解答过程】（1）因为ABCD为矩形，所以AD//BC，
又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD//平面PBC，又平面PBC∩平面AEFD=EF，AD在面AEFD内，
所以AD//EF.
（2）取AD的中点O，连PO，取BC的中点G，连OG，则OG⊥AD，
因为侧面PAD为正三角形，所以PO⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD =AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，又OG⊂平面ABCD，所以PO⊥OG，
所以PO,AD,OG两两垂直，
以O为原点，OA,OG,OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系：
学科网（北京）股份有限公司因为AD=2,且侧面PAD为正三角形，所以PO=√3，又AB=3，
所以A(1,0,0)，B(1,3,0)，C(−1,3,0)，P(0,0,√3)，⃗AB=(0,3,0)，
设⃗PE=t⃗PB，显然t∈(0,1)，
所以⃗PB=(1,3,−√3)，⃗AP=(−1,0,√3)，⃗AC=(−2,3,0)，
⃗AE=⃗AP+⃗PE =⃗AP+t⃗PB=(−1,0,√3)+t(1,3,−√3) =(t−1,3t,√3−√3t)，
设平面AEC的一个法向量为⃗m=(x,y,z)，
√3(3t−1)
则¿，取x=3，则y=2，z= ，
t−1
√3(3t−1)
则⃗m=(3,2, )，
t−1
取平面BAC的一个法向量为⃗n=(0,0,1)，
|√3(3t−1)|
|⃗m⋅⃗n| t−1 3√30 3(3t−1) 2 2
则 |cos<⃗m,⃗n>|= = = ，得 =27，解得t= .
|⃗m||⃗n| √ 3(3t−1) 2 20 (t−1) 2 3
9+4+
(t−1) 2
1 √3
所以⃗m=(3,2,−3√3)，所以⃗AE=(− ,2, )，⃗BE=⃗AE−⃗AB
3 3
1 √3 1 √3
=(− ,2, )−(0,3,0)=(− ,−1, )，
3 3 3 3
|⃗BE⋅⃗m| |−1−2−3| 3√10
所以点B到平面AEC的距离为 = = .
|⃗m| √9+4+27 10
5．（2023春·高二课时练习）如图，在长方体ABCD−A B C D 中，A A=2AB=2BC=2，E为线段
1 1 1 1 1
DD 的中点，F为线段BB 的中点．
1 1
学科网（北京）股份有限公司(1)求点A 到直线B E的距离；
1 1
(2)求直线FC 到直线AE的距离；
1
(3)求点A 到平面AB E的距离．
1 1
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间点到直线距离公式进行计算；
（2）在第一问的基础上，得到⃗FC //⃗AE，从而利用空间点到直线距离公式求出直线FC 到直线AE的
1 1
距离；
（3）求出平面AB E的法向量，利用点到平面的距离公式求出答案.
1
【解答过程】（1）建立如图所示以DA、DC、DD 为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，
1
则D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),D (0,0,2),B(1,1,0),E(0,0,1)，
1
A (1,0,2),C (0,1,2),B (1,1,2),F(1,1,1)，
1 1 1
⃗B E=(−1,−1,−1),⃗A B =(0,1,0)，
1 1 1
设点A 到直线B E的距离为d ，
1 1 1
∴d = √ |⃗A B | 2 − ( ⃗A 1 B 1 ⋅⃗B 1 E) 2 = √6
1 1 1 |⃗B E| 3
1
√6
则点A 到直线B E的距离为 ．
1 1 3
学科网（北京）股份有限公司（2）⃗FC =(−1,0,1),⃗AE=(−1,0,1)，故⃗FC //⃗AE
1 1
⃗EF=(1,1,0)，
设直线FC 到直线AE的距离为d ，则d 即为F到直线AE的距离；
1 2 2
√ (⃗AE⋅⃗EF) 2 √6
∴d = |⃗EF|2− =
2 |⃗AE| 2
√6
则直线FC 到直线AE的距离为 ．
1 2
（3）设平面AB E的法向量为⃗n=(x,y,z)，
1
由¿，
令x=1，则y=−2,z=1，所以⃗n=(1,−2,1)
设点A 到平面AB E的距离为d ，
1 1 3
|⃗A B ⋅⃗n| |(0,1,0)⋅(1,−2,1)| √6
∴d = 1 1 = = ，
3 |⃗n| √1+4+1 3
√6
则点A 到平面AB E的距离为 ．
1 1 3
【考点7 利用空间向量求空间角】
1．（2023春·重庆沙坪坝·高一校考期末）如图，平行六面体ABCD−A B C D 中，AB=2，AD=3，
1 1 1 1
π
A A =3，∠BAD=∠BA A =∠DA A = ，则B C与BD 所成角的大小为（ ）
1 1 1 3 1 1
π π π 2π
A． B． C． D．
4 3 2 3
【解题思路】设⃗AB=⃗a,⃗AD=⃗b,⃗A A =⃗c，表示出⃗B C=⃗b−⃗c，⃗BD =⃗b+⃗c−⃗a，计算⃗B C⋅⃗BD =0，
1 1 1 1 1
即可求得答案.
学科网（北京）股份有限公司【解答过程】设⃗AB=⃗a,⃗AD=⃗b,⃗A A =⃗c，则|⃗a|=2,|⃗b|=3,|⃗c|=3，
1
π
三向量⃗AB=⃗a,⃗AD=⃗b,⃗A A =⃗c的夹角皆为 ，
1 3
由题意可得⃗B C=⃗BC−⃗BB =⃗b−⃗c，⃗BD =⃗AD −⃗AB=⃗b+⃗c−⃗a，
1 1 1 1
故⃗B C⋅⃗BD =(⃗b−⃗c)⋅(⃗b+⃗c−⃗a)=⃗b2−⃗b⋅⃗a−⃗c2+⃗a⋅⃗c
1 1
π π
=9−2×3×cos −9+2×3×cos =0，
3 3
π
即⃗B C⊥⃗BD ，所以B C与BD 所成角的大小为 ，
1 1 1 1 2
故选：C.
π
2．（2023·浙江·校联考二模）在平行四边形ABCD中，角A= ,AB=√3,AD=1，将三角形ABD沿BD
6
翻折到三角形A′BD，使平面A′BD⊥平面BCD.记线段A′C的中点为M，那么直线A′D与平面BDM所
成角的正弦值为（ ）
√6 √3 √2 √3
A． B． C． D．
4 3 2 2
π 2π
【解题思路】由余弦定理，则BD=AD=1，∠DBA=∠A= ，∠ADB= ，以D为原点建立空间直
6 3
角坐标系，利用向量法解决线面角问题.
π
【解答过程】A= ,AB=√3,AD=1，由余弦定理，
6
π
BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cosA=√3 2+12−2×√3×1×cos =1，
6
π 2π
则BD=AD=1，∠DBA=∠A= ，∠ADB=
，
6 3
2π
平面A′BD⊥平面BCD，∠A′DB=∠ADB= ，DC=AB=√3,A′D=AD=BD=1，
3
以D为原点，DB所在直线为y轴，平面ABD内垂直于DB的直线为x轴，垂直于平面ABD的直线为z轴，
学科网（北京）股份有限公司建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0),A
(√3
,−
1
,0
)
,B(0,1,0),C
(
−
√3
,
3
,0
) ,A′(
0,−
1
,
√3)
,M
(
−
√3
,
1
,
√3)
，
2 2 2 2 2 2 4 2 4
⃗ DA′= ( 0,− 1 , √3) ,⃗DB=(0,1,0),⃗DM= ( − √3 , 1 , √3) ，
2 2 4 2 4
设平面BDM的一个法向量为⃗n=(x,y,z)，则有¿，
令x=1，有y=0，z=1，即⃗n=(1,0,1)，
√3
cos⃗n, ⃗ DA′=
⃗n⋅ ⃗ DA′
=
2
=
√6
，
|⃗n|⋅
|⃗ DA′| 1×√2 4
√6
所以直线A′D与平面BDM所成角的正弦值为 .
4
故选：A.
3．（2023·全国·高三专题练习）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多
年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如下图，四面体P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，
1
AB⊥BC，且PA=AB=BC=1，则二面角A-PC-B的余弦值为 ．
2
【解题思路】建立空间直角坐标系，分别计算平面APC与平面PBC的法向量，然后利用公式计算即可.
【解答过程】依据题意建立如图所示的空间直角坐标系：
学科网（北京）股份有限公司A(0,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0,1)，C(1,1,0)，
所以⃑AC=(1,1,0)，⃑AP=(0,0,1)，⃑BC=(0,1,0)，⃑PB=(1,0,−1).
设平面APC的法向量为⃑n =(x ,y ,z )
1 1 1 1
¿，∴¿
不妨设y =1，则x =−1，⃑n =(−1,1,0)
1 1 1
设平面PBC的法向量为⃑n =(x ,y ,z )
2 2 2 2
¿，∴¿
不妨设x =1，则z =1，y =0，⃑n =(1,0,1)
2 2 2 2
|⃗n ⋅⃗n | 1 1
设A−PC−B为α，则cosα=|cos⟨⃗n ,⃗n ⟩|= 1 2 = = .
1 2 |⃗n||⃗n | √2⋅√2 2
1 2
1
故答案为： .
2
8√2
4．（2023春·浙江宁波·高二统考期末）如图，正四棱锥P−ABCD的高为2√2，体积为 .
3
(1)求正四棱锥P−ABCD的表面积；
(2)若点E为线段PB的中点，求直线AE与平面ABCD所成角的正切值；
学科网（北京）股份有限公司(3)求二面角A−PB−C的余弦值.
【解题思路】（1）先由棱锥的体积公式求得底面边长t=2，再利用正四棱锥的性质求得PC,PB，从而求
得S ，进而求得该正四棱锥的表面积；
△PBC
（2）结合（1）中结论建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角余弦的坐标表示，结合三角函数的基本关
系式即可得解；
（3）分别求得平面APB与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【解答过程】（1）连接AC∩BD=O，连接PO，如图，
因为在正四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，则AC⊥BD，且O是AC与BD的中点，PO⊥底
面ABCD，
8√2
因为正四棱锥P−ABCD的高为2√2，体积为 ，则PO=2√2，
3
，设底面ABCD边长为t，则S =t2 ，
ABCD
1 8√2 1
所以由V = S ⋅PO得 = t2×2√2，解得t=2，
P−ABCD 3 ABCD 3 3
因为PO⊥底面ABCD，OC⊂底面ABCD，故PO⊥OC，
1
在Rt△POC中，OC= AC=√2，则PC=√PO2+OC2=√10，同理PB=√10，
2
1
所以在△PBC中，PB=PC=√10,BC=2，则S = ×2×√10−1=3，
△PBC 2
同理：S =S =S =S =3，
△PAB △PAD △PCD △PBC
所以正四棱锥P−ABCD的表面积为S=S +4S =4+4×3=16.
ABCD △PBC
（2）由（1）可得，以O为原点，⃗OA,⃗OB,⃗OP为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则A(√2,0,0),C(−√2,0,0),B(0,√2,0),D(0,−√2,0),P(0,0,2√2)，
学科网（北京）股份有限公司( √2 ) ( √2 )
因为点E为线段PB的中点，所以E 0, ,√2 ，则⃗AE= −√2, ,√2 ，
2 2
易知平面ABCD的一个法向量为⃗n =(0,0,1)，
0
π
设直线AE与平面ABCD所成角为θ，则0<θ< ，
2
|⃗AE⋅⃗n |
√2 2
sinθ=|cos⟨⃗AE,⃗n ⟩|= 0 = =
所以 0 |⃗AE||⃗n | √ 1 3，
0 2+ +2×1
2
√5 2 2√5
故cosθ=√1−sin2θ= ，tanθ= = ，
3 √5 5
2√5
所以直线AE与平面ABCD所成角的正切值为 .
5
（3）由（2）知⃗AB=(−√2,√2,0),⃗PB=(0,√2,−2√2),⃗BC=(−√2,−√2,0)，
设平面APB的一个法向量为⃗m=(a,b,c)，则¿，
取b=2，则a=2,c=1，故⃗m=(2,2,1)，
设平面PBC的一个法向量为⃗n=(x,y,z)，则¿，
取y=2，则x=−2,z=1，故⃗n=(−2,2,1)，
π
设二面角A−PB−C为φ，则由图形可知 <φ<π ，
2
|⃗m⋅⃗n| 1 1
所以cosφ=−|cos⟨⃗m,⃗n⟩|=− =− =− ，
|⃗m||⃗n| √9×√9 9
1
所以二面角A−PB−C的余弦值为− .
9
5．（2023春·河南·高三阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，
1
AB//CD，AB=2，AD=CD=1，PC⊥底面ABCD,E是AC的中点，⃗PF= ⃗PD.
3
学科网（北京）股份有限公司(1)证明：平面PBC⊥平面ACF.
√10
(2)若直线PE与平面PAB所成角的正弦值为 ，且PC>CD，求平面ACF与平面PAB夹角的余弦值.
15
【解题思路】（1）由余弦定理求出BC2=2，由勾股定理逆定理得到线线垂直，进而得到线面垂直，证明
出面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标P(0,0,a)，利用线面角的大小列出方程，求出a，从而利用空间
向量求出面面角的余弦值
【解答过程】（1）因为PC⊥底面ABCD,AC⊂平面ABCD，所以PC⊥AC.
因为AD=CD=1,AD⊥CD，所以AC=√AD2+CD2=√2,∠CAD=45°.
又AB//CD,AB=2，
所以∠BAC=45°,BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcos∠BAC=2，
则BC2+AC2=AB2，故AC⊥BC.
因为PC∩BC=C，PC,BC⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC.
又AC⊂平面ACF，所以平面PBC⊥平面ACF.
（2）取AB中点N，连接CN，
因为底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB//CD，AB=2，AD=CD=1，
所以CN⊥AB，
因为PC⊥底面ABCD，CD,CN⊂平面ABCD，所以PC⊥CN,PC⊥CD，
以C为坐标原点，CN,CD,CP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
(1 1 )
则A(1,1,0),B(1,−1,0),E , ,0 ，
2 2
( 1 2a)
设P(0,0,a)(a>1)，则F 0, , ，
3 3
⃗PE= (1 , 1 ,−a ) ,⃗PA=(1,1,−a),⃗AB=(0,−2,0).
2 2
学科网（北京）股份有限公司设平面PAB的法向量为⃗m=(x ,y ,z )，
1 1 1
则¿，解得y =0，
1
令z =1，得x =a，故⃗m=(a,0,1).
1 1
√10
因为直线PE与平面PAB所成角的正弦值为 ，
15
|1 |
a−a
2 √10
所以 = ，
√ 1 15
a2+ ×√a2+1
2
√2
解得a=2或a= （舍去），则⃗m=(2,0,1)，
4
则⃗CA=(1,1,0),⃗CF= ( 0, 1 , 4) .
3 3
设平面ACF的法向量为⃗n=(x ,y ,z )，
2 2 2
则¿，
令z =1，则y =−4,x =4，得⃗n=(4,−4,1).
2 2 2
⃗m⋅⃗n 9 3√165
cos⟨⃗m,⃗n⟩= = = ，
|⃗m||⃗n| √5×√33 55
3√165
故平面ACF与平面PAB夹角的余弦值为 .
55
【考点8 利用空间向量研究存在性问题】
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方
形，且DE//SA，SA=AB=2DE，M,N分别是线段BC,SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端
点D,C），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点Q，使得NQ⊥SB
B．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60∘
学科网（北京）股份有限公司4
C．三棱锥Q−AMN体积的最大值是
3
D．当点Q自D向C处运动时，二面角N−MQ−A的平面角先变小后变大
【解题思路】以A为坐标原点可建立空间直角坐标系，设Q(m,2,0)(0≤m≤2)，根据向量垂直的坐标表
示和异面直线所成角的向量求法可确定m是否有解，从而知AB正误；利用体积桥可知V =V ，
Q−AMN N−AMQ
设DQ=m(0≤m≤2)，可求得S 的最大值，由此可求得体积的最大值，知C错误；利用向量法求二面
△AMQ
角余弦关于参数m的表达式，结合二次函数、余弦函数的性质判断二面角的变化情况，判断D.
【解答过程】以A为坐标原点，⃗AB,⃗AD,⃗AS正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设DE=1，则SA=AB=2；
∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，E(0,2,1)，S(0,0,2)，N(1,0,1)，M(2,1,0)；
对于A，假设存在点Q(m,2,0)(0≤m≤2)，使得NQ⊥SB，
则⃗NQ=(m−1,2,−1)，又⃗SB=(2,0,−2)，
∴⃗NQ⋅⃗SB=2(m−1)+2=0，解得：m=0，
即点Q与D重合时，NQ⊥SB，A正确；
对于B，假设存在点Q(m,2,0)(0≤m≤2)，使得异面直线NQ与SA所成的角为60∘，
∵⃗NQ=(m−1,2,−1)，⃗SA=(0,0,−2)，
|⃗NQ⋅⃗SA| 1 1
∴|cos<⃗NQ,⃗SA>|= = =
，方程无解；
|⃗NQ|⋅|⃗SA| √(m−1) 2+5 2
∴不存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60∘，B错误；
对于C，连接AQ,AM,AN；
学科网（北京）股份有限公司设DQ=m(0≤m≤2)，
m
∵S =S −S −S −S =2− ，
△AMQ ▱ABCD △ABM △QCM △ADQ 2
∴当m=0，即点Q与点D重合时，S 取得最大值2；
△AMQ
1
又点N到平面AMQ的距离d= SA=1，
2
1 2
∴(V ) =(V ) = ×2×1= ，C错误；
Q−AMN max N−AMQ max 3 3
对于D，由上分析知：⃗NQ=(m−1,2,−1)，⃗NM=(1,1,−1)，
⃗m⋅⃗NQ=(m−1)x+2y−z=0
若⃗m=(x,y,z)是面NMQ的法向量，则{ ，
⃗m⋅⃗NM=x+ y−z=0
令x=1，则⃗m=(1,2−m,3−m)，
而面AMQ的法向量⃗n=(0,0,1)，
⃗m⋅⃗n 3−m
所以 cos<⃗m,⃗n>= = ，令t=3−m∈[1,3]，
|⃗m||⃗n| √1+(2−m) 2+(3−m) 2
t 1
cos<⃗m,⃗n>= =
1 1
则 √1+(t−1) 2+t2 √ 1 1 2 3 ，而 ∈[ ,1]，
√2⋅ ( − ) + t 3
t 2 4
1
由Q从D到C的过程，m由小变大，则t由大变小，即 由小变大，
t
所以cos<⃗m,⃗n>先变大，后变小，由图知：二面角恒为锐角，
故二面角先变小后变大，D正确.
故选：AD.
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A B C D 中，P为棱BB 的中点，
1 1 1 1 1
Q为正方形BB C C内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
1 1
A．若D Q//平面A PD，则动点Q的轨迹是一条线段
1 1
学科网（北京）股份有限公司B．存在点Q，使得D Q⊥平面A PD
1 1
C．当且仅当点Q落在C 处时，三棱锥Q−A PD的体积最大
1 1
√6 √2
D．若D Q= ，那么点Q的轨迹长度为 π
1 2 4
【解题思路】选项A：利用面面平行证明线面平行，得到动点轨迹；选项B：利用向量法证明线面垂直，
判断动点是否存在；选项C：利用向量法求点到平面距离，计算棱锥体积；选项D:利用方程判断轨迹形状
并求轨迹长度.
【解答过程】取B C 、C C中点E、F，连接D E、D F、EF、PF，
1 1 1 1 1
由PF//BC //A D 且PF=BC =A D 知A PFD 是平行四边形，∴D F//A P，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∵D F⊂平面A PD，A P⊂平面A PD，D F//平面A PD，同理可得EF//平面A PD，
1 1 1 1 1 1 1
∵EF∩D F=F，EF,D F⊂平面D EF，
1 1 1
∴平面A PD//平面D EF，则Q点的轨迹为线段EF，A选项正确；
1 1
如图，建立空间直角坐标系，
( 1)
则A (1,0,0)，P 1,1, ，D(0,0,1)，设Q(x,1,z)，0≤x，z≤1，
1 2
则⃗A D=(−1,0,1)，⃗A P= ( 0,1, 1) ，⃗D Q=(x,1,z).
1 1 2 1
设⃗m=(a,b,c)为平面A PD的一个法向量，
1
( 1 )
则¿即¿得¿取c=1，则⃗m= 1,− ,1 .
2
若D Q⊥平面A PD，则⃗D Q//⃗m，即存在λ∈R，使得⃗D Q=λ⃗m，则¿，解得x=z=−2∉[0,1]，故
1 1 1 1
不存在点Q使得D Q⊥平面A PD，B选项错误；
1 1
△A PD的面积为定值，∴当且仅当Q到平面A PD的距离d最大时，三棱锥Q−A PD的体积最大.
1 1 1
学科网（北京）股份有限公司d=
|⃗A
1
Q⋅⃗m|
=
2|
x+z−
3|
，
|⃗m| 3 2
3 2
①x+z≤ ，d=1− (x+z)，则当x+z=0时，d有最大值1；
2 3
3 2 1
②x+z> ，d= (x+z)−1，则当x+z=2时，d有最大值 ；
2 3 3
综上，当x+z=0，即Q和C 重合时，三棱锥Q−A PD的体积最大，C选项正确；
1 1
√6
D C ⊥平面BB C C，∴D C ⊥C Q，D Q=√D C2+C Q2= ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2
√2 √2 π √2
∴C Q= ，Q点的轨迹是半径为 ，圆心角为 的圆弧，轨迹长度为 π，D选项正确.
1 2 2 2 4
故选：ACD.
3．（2023春·江苏常州·高二统考期中）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂
直，且AB//CD，AB⊥BC，AP⊥PB，AB=2，BC=CD=1．
(1)求证：AB⊥PD；
(2)求直线PC与平面ABP所成角的余弦值；
AE
(3)线段PA上是否存在点E，使得PC//平面EBD？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由．
AP
【解题思路】（1）取AB的中点为O，利用线面垂直的判定、性质推理作答.
（2）以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答.
（3）确定点E的位置，利用空间位置关系的向量证明推理判断作答.
【解答过程】（1）取AB的中点为O，连接DO，PO，由PA=PB，得PO⊥AB，
又四边形ABCD为直角梯形，且AB⊥BC，AB//CD，AB=2，BC=CD=1，
则四边形OBCD为正方形，DO⊥AB，又DO∩PO=O，DO,PO⊂平面POD，
因此AB⊥平面POD，又PD⊂平面POD，
所以AB⊥PD.
学科网（北京）股份有限公司（2）PO⊥AB且PO⊂平面PAB，又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB，
则PO⊥平面ABCD，DO⊂平面ABCD，有PO⊥DO，即有OA，OD，OP两两垂直，
以点O为原点，OD、OA、OP分别为x、y、z轴的空间直角坐标系O−xyz，
由等腰直角△PAB，AB=2，BC=CD=1，得OA=OB=OD=OP=1，
则O(0,0,0),A(0,1,0),B(0,−1,0),C(1,−1,0),D(1,0,0),P(0,0,1)，
即⃗PC=(1,−1,−1)，平面PAB的一个法向量为⃗OD=(1,0,0)，设直线PC与平面PAB所成的角为θ，
|⃗PC⋅⃗OD| √3 √6
因此sinθ=|cos⟨⃗PC,⃗OD⟩|= = ，即cosθ=√1−sin2θ= ，
|⃗PC|⋅|⃗OD| 3 3
√6
所以所求直线PC与平面ABP所成角的余弦值为 .
3
AE 2
（3）线段PA上存在点E，且当 = 时，使得PC//平面EBD.
AP 3
由⃗PE= 1 ⃗PA= ( 0, 1 ,− 1) ，得E ( 0, 1 , 2) ，则⃗EB= ( 0,− 4 ,− 2) ，⃗BD=(1,1,0)，
3 3 3 3 3 3 3
设平面EBD的法向量为⃗n=(x,y,z)，则¿，令y=−1，得⃗n=(1,−1,2)，
又⃗PC⋅⃗n=1×1+(−1)×(−1)+(−1)×2=0，则⃗PC⊥⃗n，而PC⊄平面EBD，因此PC//平面EBD，
AE 2
所以点E满足 = 时，有PC//平面EBD．
AP 3
4．（2023秋·湖南株洲·高三校联考期末）图1是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D=90°，四边形ABCE
是边长为4的菱形，并且∠BCE=60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C 的位置，且
1
AC =2√6，如图2.
1
学科网（北京）股份有限公司(1)求证：平面BC E⊥平面ABED；
1
2√15
(2)在棱DC 上是否存在点P，使得P到平面ABC 的距离为 ？若存在，求出直线EP与平面ABC 所
1 1 5 1
成角的正弦值.
【解题思路】（1）作出辅助线，得到AF⊥BE，C F⊥BE，且AF=C F=2√3，由勾股定理逆定理求出
1 1
AF⊥C F，从而证明出线面垂直，面面垂直；
1
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点P的坐标，从而得到线面角.
【解答过程】（1）取BE的中点F，连接AF，C F，
1
因为四边形ABCE是边长为4的菱形，并且∠BCE=60°，
所以△ABE,△BEC 均为等边三角形，
1
故AF⊥BE，C F⊥BE，且AF=C F=2√3，
1 1
因为AC =2√6，所以AF2+C F2=AC 2 ，
1 1 1
由勾股定理逆定理得：AF⊥C F，
1
又因为AF∩BE=F，AF,BE⊂平面ABE，
所以C F⊥平面ABED，
1
因为C F⊂平面BEC ，
1 1
所以平面BC E⊥平面ABED；
1
学科网（北京）股份有限公司（2）以F为坐标原点，FA所在直线为x轴，FB所在直线为y轴，FC 所在直线为z轴，建立空间直角坐
1
标系，
则F(0,0,0),A(2√3,0,0),B(0,2,0),C (0,0,2√3),D(√3,−3,0),E(0,−2,0)，
1
设P(m,n,t)，⃗DP=λ⃗DC ，λ∈[0,1]，
1
故(m−√3,n+3,t)=λ(−√3,3,2√3)，
解得：m=√3−√3λ,n=3λ−3,t=2√3λ，
故P(√3−√3λ,3λ−3,2√3λ)，
设平面ABC 的法向量为⃗v=(x,y,z)，
1
则⃗AB=(−2√3,2,0),⃗AC =(−2√3,0,2√3)，
1
故¿，
令x=1，则y=√3,z=1，故⃗v=(1,√3,1)，
其中⃗C P=(√3−√3λ,3λ−3,2√3λ−2√3)
1
|⃗C P⋅⃗v| |(√3−√3λ,3λ−3,2√3λ−2√3)⋅(1,√3,1)|
2√15
则d= 1 = = ，
|⃗v| √1+3+1 5
1 3
解得：λ= 或 （舍去），
2 2
(√3 3 ) (√3 1 )
则⃗EP= ,− ,√3 −(0,−2,0)= , ,√3 ，
2 2 2 2
设直线EP与平面ABC 所成角为θ，
1
| (√3 1 ) |
, ,√3 ⋅(1,√3,1)
|⃗EP⋅⃗v| 2 2 √15
则sinθ=|cos⟨⃗EP,⃗v⟩|= = = ，
|⃗EP|⋅|⃗v| √3 1 5
+ +3×√1+3+1
4 4
学科网（北京）股份有限公司√15
直线EP与平面ABC 所成角的正弦值为 .
1 5
2π
5．（2023·福建福州·福建省校考二模）如图1，在△ABC中，AB=AC=2,∠BAC= ,E为BC的中点，
3
F为AB上一点，且EF⊥AB.将△BEF沿EF翻折到△B′EF的位置，如图2.
(1)当AB′=√2时，证明：平面B′ AE⊥平面ABC；
π
(2)已知二面角B′−EF−A的大小为 ，棱AC上是否存在点M，使得直线B′E与平面B′MF所成角的正
4
√10
弦值为 ？若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由.
10
【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理证明AB′⊥平面ABC，再由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【解答过程】（1）由已知，有EF⊥AF,EF⊥B′F，且AF∩B′F=F，
AF，B′F⊂平面AB′F，所以EF⊥平面AB′F，
因为AB′ ⊂平面AB′E，所以EF⊥AB′.
π
在Rt△BEF中，BE=√3,∠B= ，
6
3 1
所以BF= ,AF=
.
2 2
因为AB′2+AF2=B′F2，所以AB⊥AB′.
且AB∩EF=F，AB，EF⊂平面ABC，所以AB′⊥平面ABC.
学科网（北京）股份有限公司因为AB′ ⊂平面AB′E，所以平面AB′E⊥平面ABC.
（2）由（1）EF⊥AF,EF⊥B′F，
π
所以∠AFB′为二面角B′−EF−A的平面角，∠AFB′=
，
4
2π
因为AB=AC=2,∠BAC= ,E为BC的中点，
3
1 3 3 1 √3
所以BE=ABsin60°= BC=√3，BF=B′F=BEcos30°= ，AF=2− = ，EF=BEsin30°= ，
2 2 2 2 2
3√2
B′Fsin45°=B′Fcos45°=
，
4
如图，以F为坐标原点，分别以⃗FB､⃗FE为x轴､y轴正方向建立空间直角坐标系F−xyz.
则F(0,0,0),A
(
−
1
,0,0
)
,C
(
−
3
,√3,0
) ,B′(
−
3√2
,0,
3√2)
,E
(
0,
√3
,0
)
.
2 2 4 4 2
设⃗AM=λ⃗AC,λ∈[0,1]，
则⃗FM=⃗FA+⃗AM= ( −λ− 1 ,√3λ,0 ) , ⃗ FB′= ( − 3√2 ,0, 3√2) , ⃗ B′E= (3√2 , √3 ,− 3√2) .
2 4 4 4 2 4
设平面B′MF的一个法向量⃗m=(x,y,z)，
由¿，得¿，
2λ+1
(
2λ+1
)
令x=1，则y= ,z=1，所以⃗m= 1, ,1 .
2√3λ 2√3λ
√10
因为直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为 ，
10
| √3 |
(2λ+1)
所以| cos ⟨ ⃗m, ⃗ B′E ⟩| = | ⃗m⋅ ⃗ B′E | = 2 = √10，
|⃗m|⃗ B′E| √3⋅√12λ2+12λ2+(2λ+1) 2 10
1 1
解得λ= 或λ=− （舍）.
2 6
学科网（北京）股份有限公司√10
因此，当点M为AC中点时，直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为 .
10
学科网（北京）股份有限公司
