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必刷大题 14 空间向量与立体几何
1.如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，M是PC的中点，PA＝AB.
(1)求证：AM⊥平面PBD；
(2)设直线AM与平面PBD交于点O，求证：AO＝2OM.
证明 (1)由题意知，AB，AD，AP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，如图，
设PA＝AB＝2，则P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，M(1，1,1)，PB＝(2,0，－2)，PD＝(0,2，－
2)，AM＝(1,1,1)，
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则取x＝1，得n＝(1,1,1)，
∵AM＝n，∴AM⊥平面PBD.
(2)如图，连接AC交BD于点E，
则E是AC的中点，连接PE，
∵AM∩平面PBD＝O，
∴O∈AM且O∈平面 PBD，
∵AM⊂平面PAC，∴O∈平面PAC，
又平面PBD∩平面PAC＝PE，
∴O∈PE，
∴AM，PE的交点就是O，连接EM，
∵M是PC的中点，
∴PA∥EM，PA＝2EM，
∴△PAO∽△EMO，
∴＝＝，
∴AO＝2OM.
2．(2023·长沙模拟)斜三棱柱ABC－ABC 的各棱长都为2，点A 在下底面ABC上的投影为
1 1 1 1
AB的中点O.
(1)在棱BB(含端点)上是否存在一点D，使AD⊥AC ？若存在，求出BD的长；若不存在，
1 1 1
请说明理由；
(2)求点A 到平面BCC B 的距离．
1 1 1
解 (1)连接OC，
因为AC＝BC，O为AB的中点，
所以OC⊥AB，
由题意知AO⊥平面ABC，
1
又AA＝2，OA＝AB＝1，
1
所以AO＝，∠AAO＝60°，
1 1
以点O为原点，OA，OC，OA 所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角
1
坐标系，
则A(0,0，)，A(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0，，0)，
1
由AB＝A1B1得B(－2,0，)，
1
同理得C (－1，，)，
1设BD＝tBB1，t∈[0,1]，
得D(－1－t,0，t)，
又AC1＝(－2，，)，
A1D＝(－1－t,0，t－)，
由AC1·A1D＝0，
得－2(－1－t)＋(t－)＝0，
得t＝，
又BB＝2，∴BD＝，
1
所以存在点D且BD＝满足条件．
(2)设平面BCC B 的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1
BC＝(1，，0)，CC1＝(－1,0，)，
则有
可取n＝(，－1,1)，
又BA1＝(1,0，)，
所以点A 到平面BCC B 的距离为＝＝，
1 1 1
所以所求距离为.
3．(2024·丹东模拟)如图，平行六面体ABCD－ABC D 的所有棱长都相等，平面CDD C ⊥
1 1 1 1 1 1
平面ABCD，AD⊥DC，二面角D－AD－C的大小为120°，E为棱C D 的中点．
1 1 1
(1)证明：CD⊥AE；
(2)点F在棱CC 上，AE∥平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值．
1
(1)证明 因为平面CDD C ⊥平面ABCD，且平面CDD C ∩平面ABCD＝DC，AD⊥DC，
1 1 1 1
AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面CDD C ，
1 1
又DD⊂平面CDD C ，
1 1 1
所以AD⊥DD，则∠DDC是二面角D－AD－C的平面角，故∠DDC＝120°.
1 1 1 1
连接DE(图略)，因为E为棱C D 的中点，
1 1
则DE⊥C D，
1 1
又C D∥CD，从而DE⊥CD.
1 1
又AD⊥CD，DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面AED，
所以CD⊥平面AED，
又AE⊂平面AED，因此CD⊥AE.(2)解 方法一 如图，连接DE，连接AC交BD于点O，连接CE交DF于点G，连接OG.
设AB＝2，
则DE＝＝，
所以CE＝AE＝＝.
因为AE∥平面BDF，AE⊂平面AEC，平面AEC∩平面BDF＝OG，
所以AE∥OG，因为O为AC的中点，
所以G为CE的中点，
故OG＝AE＝.
且直线OG与DF所成的角等于直线AE与DF所成的角．
在Rt△EDC中，DG＝CE＝，
因为OD＝，
所以cos∠OGD＝＝.
因此直线AE与DF所成角的余弦值为.
方法二 如图，连接DE，CE，取DC中点为G，连接EG交DF于点H，则EG＝DD ＝2.
1
连接AG交BD于点I，连接HI，
设AB＝2，则DE＝＝，
所以CE＝AE＝＝.
因为AE∥平面BDF，AE⊂平面AGE，平面AGE∩平面BDF＝IH，
所以AE∥IH.
HI与DH所成角等于直线AE与DF所成角．
在正方形ABCD中，GI＝AG，DI＝DB＝，
所以GH＝EG，故HI＝AE＝.
在△DHG中，GH＝EG＝，GD＝1，∠EGD＝60°，
由余弦定理得DH＝＝.
在△DHI中，cos∠DHI＝＝.
因此直线AE与DF所成角的余弦值为.
方法三 连接DE，由(1)知DE⊥平面ABCD，以D为坐标原点，DA，DC，DE为x轴、y轴、z轴正方向，|DA|为2个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系．
由(1)知DE＝，得A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0，)，C (0,1，)．
1
则CC1＝(0，－1，)，DC＝(0,2,0)，
AE＝(－2,0，)，DB＝(2,2,0)．
设CF＝tCC1＝(0，－t，t)(0≤t≤1)，
则DF＝DC＋CF＝(0,2－t，t)．
因为AE∥平面BDF，所以存在唯一的λ，μ∈R，
使得AE＝λDB＋μDF＝λ(2,2,0)＋μ(0,2－t，t)＝(2λ，2λ＋2μ－μt，μt)＝(－2,0，)，
故2λ＝－2,2λ＋2μ－μt＝0，μt＝，
解得t＝，从而DF＝.
所以直线AE与DF所成角的余弦值为|cos〈AE，DF〉|＝＝＝.
4．(2023·成都模拟)如图所示，直角梯形 ABDE 和三角形 ABC 所在平面互相垂直，
DB⊥AB，ED∥AB，AB＝2DE＝2BD＝2，AC＝BC，异面直线DE与AC所成角为45°，点
F，G分别为CE，BC的中点，点H是线段EG上靠近点G的三等分点．
(1)求证：A，B，F，H四点共面；
(2)求平面HCD与平面BCD夹角的余弦值．
(1)证明 如图，取AB的中点O，连接OC，OE，
因为AC＝BC，故∠BAC为锐角，
又ED∥AB，
故∠BAC即为异面直线DE与AC所成角，则∠BAC＝45°，
则∠ACB＝90°，即AC⊥CB，
因为直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB，平面ABDE∩平面ABC＝AB，DB⊂平面ABDE，
故DB⊥平面ABC，
又DE＝OB，DE∥OB，
即四边形OBDE为平行四边形，
故EO∥DB，所以EO⊥平面ABC，
故以O为坐标原点，OC，OB，OE的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所
示，
则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,1)，E(0,0,1)，F，G，
由于GH＝GE＝，
可得H，
则AF＝，AB＝(0,2,0)，AH＝，
则AH＝AF＋AB，故A，B，F，H四点共面．
(2)解 因为DB⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以DB⊥AC，且AC⊥BC，
DB∩BC＝B，DB，BC⊂平面BCD，
故AC⊥平面BCD，所以AC＝(1,1,0)可作为平面BCD的一个法向量，
设平面HCD的法向量为m＝(x，y，z)，
HC＝，HD＝，
则即
令z＝1，则m＝(0，－1,1)，
设平面HCD与平面BCD的夹角为θ，
故cos θ＝|cos〈AC，m〉|＝＝＝，
故平面HCD与平面BCD夹角的余弦值为.
5．(2023·长沙模拟)如图，在三棱台ABC－ABC 中，AB⊥BC，AC⊥BB，平面ABBA⊥平
1 1 1 1 1 1
面ABC，AB＝6，BC＝4，BB＝2，AC 与AC相交于点D，AE＝2EB，且DE∥平面BCC B.
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(1)求三棱锥C－ABC 的体积；
1 1 1
(2)平面ABC与平面ABC所成角为α，CC 与平面ABC所成角为β，求证：α＋β＝.
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(1)解 ∵平面ABBA⊥平面ABC，且平面ABBA∩平面ABC＝AB，AB⊥BC，BC⊂平面
1 1 1 1
ABC，∴BC⊥平面ABBA，
1 1
∵BB⊂平面ABBA，∴BC⊥BB，
1 1 1 1又AC⊥BB，BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABC，
1
∴BB⊥平面ABC，
1
连接C B，如图，
1
∵DE∥平面BCC B，DE⊂平面ABC，平面ABC∩平面BCC B＝C B，∴DE∥C B，
1 1 1 1 1 1 1 1
∵AE＝2EB，∴AD＝2DC1，
∴AC ＝AC.
1 1
∴三棱锥C－ABC 的底面△ABC 的面积S＝×2×3＝3，高h＝BB＝2，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴其体积为V＝Sh＝×3×2＝2.
1
(2)证明 以B为坐标原点，以BA，BC，BB1的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角
坐标系，如图，
则A(6,0,0)，C(0,4,0)，B(0,0,2)，A(3,0,2)，C (0,2,2)，
1 1 1
则B1A1＝(3,0,0)，B1C＝(0,4，－2)，CC1＝(0，－2,2)．
设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1
由取y＝1，
则n＝(0,1,2)，
∵平面ABC的一个法向量为BB1＝(0,0,2)，
∴cos α＝＝＝.
sin β＝＝＝.
又∵α，β∈，
∴sin α＝，cos β＝.
cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝×－×＝.
∵α＋β∈(0，π)，∴α＋β＝.
6.如图，在八面体 PABCDQ 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，平面 PAD∥平面
QBC，二面角P－AB－C与二面角Q－CD－A的大小都是30°，AP＝CQ＝，PD⊥AB.
(1)证明：平面PCD∥平面QAB；(2)设G为△QBC的重心，在棱AP上是否存在点S，使得SG与平面ABCD所成角的正弦值
为？若存在，求S到平面ABCD的距离，若不存在，说明理由．
(1)证明 因为四边形ABCD为正方形，
所以AB⊥AD，
又PD⊥AB，AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
因为PA⊂平面PAD，所以PA⊥AB，
又AD⊥AB，所以∠PAD为二面角P－AB－C的平面角，即∠PAD＝30°，
又平面PAD∥平面QBC，AB∥CD，
所以CD⊥平面QBC，
因为QC⊂平面QBC，所以QC⊥CD，
又CB⊥CD，所以∠QCB为二面角Q－CD－A的平面角，
即∠QCB＝30°，
建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(2,2,0)，P，Q，
所以PC＝，AQ＝，
即PC＝AQ，所以PC∥AQ，
因为PC⊄平面QAB，AQ⊂平面QAB，
所以PC∥平面QAB，
又AB∥CD，CD⊄平面QAB，AB⊂平面QAB，
所以CD∥平面QAB，
因为PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，
所以平面PCD∥平面QAB.
(2)解 由点S在AP上，设点S(0,3m，m)，其中0
