文档内容
第54讲 空间向量及其应用
知识梳理
知识点一：空间向量及其加减运算
(1)空间向量
在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间
向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a的起点是A，终点是B，
则向量a也可以记作AB，其模记为a
或AB ．
(2)零向量与单位向量
规定长度为0的向量叫做零向量，记作0．当有向线段的起点A与终点B重合时，AB=0．
模为1的向量称为单位向量．
(3)相等向量与相反向量
方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相
等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量．
与向量a长度相等而方向相反的向量，称为a的相反向量，记为-a．
(4)空间向量的加法和减法运算
①OC=OA+OB=a+b，BA=OA-OB=a-b．如图所示．
②空间向量的加法运算满足交换律及结合律
a+b=b+a，a+b
+c=a+b+c
知识点二：空间向量的数乘运算
(1)数乘运算
实数λ与空间向量a的乘积λa称为向量的数乘运算．当λ>0时，λa与向量a方向相同；当
λ<0时，向量λa与向量a方向相反．λa的长度是a的长度的λ 倍．
(2)空间向量的数乘运算满足分配律及结合律
λa+b
=λa+λb，λμa =λμ
a．
(3)共线向量与平行向量
如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行
向量，a平行于b，记作a⎳b．
(4)共线向量定理
对空间中任意两个向量a，bb≠0
，a⎳b的充要条件是存在实数λ，使a=λb．
(5)直线的方向向量
如图8-153所示，l为经过已知点A且平行于已知非零向量a的直线．对空间任意一点O，
点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使OP=OA+ta①，其中向量a叫做直线l的方向
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1650 3427
向量，在l上取AB=a，则式①可化为OP=OA+tAB=OA+tOB-OA =1-t
OA+
tOB②
1
①和②都称为空间直线的向量表达式，当t= ，即点P是线段AB的中点时，OP=
2
1
OA+OB
2
，此式叫做线段AB的中点公式．
(6)共面向量
如图8-154所示，已知平面α与向量a，作OA=a，如果直线OA平行于平面α或在平面α
内，则说明向量a平行于平面α．平行于同一平面的向量，叫做共面向量．
(7)共面向量定理
如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数
对x,y
，使p=xa+yb．
推论：①空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对x,y
，使AP=xAB+
yAC；或对空间任意一点O，有OP-OA=xAB+yAC，该式称为空间平面ABC的向量表
达式．
②已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，满足向量关系式OP=xOA+yOB+
zOC(其中x+y+z=1)的点P与点A，B，C共面；反之也成立．
知识点三：空间向量的数量积运算
(1)两向量夹角
已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作OA=a，OB=b，则∠AOB叫做向量a，b的
夹角，记作a,b
，通常规定0≤a,b
≤π，如果a,b
π
= ，那么向量a，b互相垂直，记作a
2
⊥b．
(2)数量积定义
已知两个非零向量a，b，则a
b
cosa,b
叫做a，b的数量积，记作a⋅b，即a⋅b=
a b cosa,b ．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，a⋅a=a 2．
(3)空间向量的数量积满足的运算律：
λa
⋅b=λa⋅b
，a⋅b=b⋅a(交换律)；
a⋅b+c
=a⋅b+a⋅c(分配律)．
知识点四：空间向量的坐标运算及应用
(1)设a=a 1 ,a 2 ,a 3
，b=b 1 ,b 2 ,b 3
，则a+b=a 1 +b 1 ,a 2 +b 2 ,a 3 +b 3 ；
a-b=a 1 -b 1 ,a 2 -b 2 ,a 3 -b 3 ；
λa=λa 1 ,λa 2 ,λa 3 ；
a⋅b=ab +a b +a b ；
1 1 2 2 3 3
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1651 3427
a⎳bb≠0 ⇒a =λb,a =λb ,a =λb ；
1 1 2 2 3 3
a⊥b⇒ab +a b +a b =0．
1 1 2 2 3 3
(2)设Ax 1 ,y 1 ,z 1 ，Bx 2 ,y 2 ,z 2
，则AB=OB-OA=x 2 -x 1 ,y 2 -y 1 ,z 2 -z 1 ．
这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点
的坐标．
(3)两个向量的夹角及两点间的距离公式．
①已知a=a 1 ,a 2 ,a 3
，b=b 1 ,b 2 ,b 3
，则a
= a2= a2+a2+a2； 1 2 3
b
= b2= b2+b2+b2；
1 2 3
a⋅b=ab +a b +a b ；
1 1 2 2 3 3
cosa,b
ab +a b +a b
= 1 1 2 2 3 3 ；
a2+a2+a2 b2+b2+b2
1 2 3 1 2 3
②已知Ax 1 ,y 1 ,z 1 ，Bx 2 ,y 2 ,z 2
，则AB = x 1 -x 2 2+y 1 -y 2 2+z 1 -z 2 2，
或者dA,B
=AB ．其中dA,B 表示A与B两点间的距离，这就是空间两点的距离公
式．
(4)向量a在向量b上的投影为a
cosa,b
a⋅b
=
b
．
知识点五：法向量的求解与简单应用
(1)平面的法向量：
如果表示向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n⊥α，
如果n⊥α，那么向量n叫做平面α的法向量．
几点注意：
①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量n是平面的法向量，
向量m是与平面平行或在平面内，则有m⋅n=0．
第一步：写出平面内两个不平行的向a=x 1 ，y 1 ，z 1
，b=x 2 ，y 2 ，z 2 ；
第二步：那么平面法向量n=x，y，z
，满足 n ⋅a =0 ⇒ xx 1 +yy 1 +zz 1 =0 ．
n⋅b=0 xx 2 +yy 2 +zz 2 =0
(2)判定直线、平面间的位置关系
①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线a，b的方向向量分别为a，b．
若a∥b，即a=λb，则a∥b；
若a⊥b，即a⋅b=0，则a⊥b．
②直线与平面的位置关系：直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，且l⊥α．
若a∥n，即a=λn，则l⊥α；
若a⊥n，即a⋅n=0，则a∥α．
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1652 3427(3)平面与平面的位置关系
平面α的法向量为n ，平面β的法向量为n ．
1 2
若n ∥n ，即n =λn ，则α∥β；若n ⊥n ，即n ⋅n =0，则α⊥β．
1 2 1 2 1 2 1 2
知识点六：空间角公式．
(1)异面直线所成角公式：设a，b分别为异面直线l ，l 上的方向向量，θ为异面直线所成角的
1 2
大小，则cosθ= cosa,b
a⋅b
=
a
b
．
(2)线面角公式：设l为平面α的斜线，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，θ为
l与α所成角的大小，则sinθ= cosa,n
a⋅n
=
a
n
．
(3)二面角公式：
设n ，n 分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则θ=n,n
1 2 1 2
或π-n,n
1 2
(需要根
据具体情况判断相等或互补)，其中cosθ
= n 1 ⋅n 2
n 1
n 2
．
知识点七：空间中的距离
求解空间中的距离
(1)异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影
性质直接计算．
如图，设两条异面直线a，b的公垂线的方向向量为n，这时分别在a，b上任取A，B两点，则
向量在n 上的正射影长就是两条异面直线a，b的距离．则d= A B ⋅ n = |AB⋅n| 即两异
|n| |n|
面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对
值与公垂线的方向向量模的比值．
(2)点到平面的距离
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1653 3427
A为平面α外一点(如图)，n为平面α的法向量，过A作平面α的斜线AB及垂线AH．
|AB⋅n|
|AH|=|AB|⋅sinθ=|AB|⋅|cos|=|AB|
AB
⋅n
|AB⋅n|
=
n
|AB⋅n|
d=
|n|
【解题方法总结】
用向量法可以证点共线、线共点、线(或点)共面、两直线(或线与面、面与面)垂直的问
题，也可以求空间角和距离．因此，凡涉及上述类型的问题，都可以考虑利用向量法求解，且
其解法一般都比较简单．
用向量法解题的途径有两种：一种是坐标法，即通过建立空间直角坐标系，确定出一些点
的坐标，进而求出向量的坐标，再进行坐标运算；另一种是基底法，即先选择基向量(除要求
不共面外，还要能够便于表示所求的目标向量，并优先选择相互夹角已知的向量作为基底，如
常选择几何体上共点而不共面的三条棱所在的向量为基底)，然后将有关向量用基底向量表
示，并进行向量运算．
必考题型全归纳
1 题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算
2704 (2024·全国·高三专题练习)下列命题中是假命题的是 ( )
A.任意向量与它的相反向量不相等
B.和平面向量类似，任意两个空间向量都不能比较大小
C.如果a
=0，则a=0
D.两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同
【答案】A
【解析】对于A，零向量0的相反向量是它本身，A错误；
对于B，空间向量是有向线段，不能比较大小，B正确；
对于C，如果a
=0，则a=0，C正确；
对于D，两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同，D正确.
故选：A.
2705 (2024·全国·高三对口高考)如图所示，在平行六面体ABCD-ABCD 中，M为AC
1 1 1 1 1 1
与BD 的交点，若AB=a，AD=b，AA =c，则BM= ( )
1 1 1
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1654 34271 1 1 1
A. a- b+c B. a+ b+c
2 2 2 2
1 1 1 1
C.- a- b+c D.- a+ b+c
2 2 2 2
【答案】D
1 1
【解析】因为M为AC 与BD 的交点，所以BM= BA + BC ，
1 1 i 1 1 2 1 1 2 1 1
1 1 1 1 1 1
故BM=BB +BM=AA + BA + BC =c- AB+ AD=- a+ b+c.
1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 2 2 2
故选：D
2706 (2024·福建福州·福建省福州第一中学校考三模)在三棱锥P-ABC中，点O为△ABC
的重心，点D，E，F分别为侧棱PA，PB，PC的中点，若a=AF，b=CE，c=BD，则
OP= ( )
1 1 1 1 1 1
A. a+ b+ c B.- a- b- c
3 3 3 3 3 3
2 1 2 2 2 2
C.- a- b- c D. a+ b+ c
3 3 3 3 3 3
【答案】D
【解析】取BC中点为M，
1
a=AF=PF-PA= PC-PA,
2
1
b=CE=PE-PC= PB-PC,
2
1
c=BD=PD-PB= PA-PB
2
1
三个式子相加可得a+b+c=- PA+PB+PC
2
⇒PA+PB+PC=-2a+b+c ,
2 2 1
又OP=AP-AO=-PA- AM=-PA- × AB+AC
3 3 2
=-PA-
1
PB-PA+PC-PA
3
1
=-PA- PB-PA+PC-PA
3
1 1 1 1
=- PA- PB- PC=- PA+PB+PC
3 3 3 3
=
2
a+b+c
3
,
故选：D
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1655 3427
2707 (2024·高三课时练习)如图.空间四边形OABC中，OA=a,OB=b,OC=c，点M在
OA上，且满足OM=2MA，点N为BC的中点，则MN= ( )
1 2 1 2 2 1
A. a- b+ c B. a+ b- c
2 3 2 3 3 2
1 1 1 2 1 1
C. a+ b- c D.- a+ b+ c
2 2 2 3 2 2
【答案】D
1
【解析】MN=ON-OM= OB+OC
2
2 2 1 1
- OA=- a+ b+ c.
3 3 2 2
故选：D.
2708 (2024·湖南长沙·高三校联考期中)如图，M在四面体OABC的棱BC的中点，点N在线
1
段OM上，且MN= OM，设OA=a，OB=b，OC=c，则下列向量与AN相等的向量
3
是 ( )
1 1 1 1
A.-a+ b+ c B.a+ b+ c
3 3 3 3
1 1 1 1
C.-a+ b+ c D.a+ b+ c
6 6 6 6
【答案】A
1
【解析】因为M在四面体OABC的棱BC的中点，所以OM= OB+OC
2
=
1
b+c
2
，
1
又点N在线段OM上，且MN= OM，
3
2
故点N为OM的三等分点，所以ON= OM，
3
2 2 1
所以AN=AO+ON=-a+ OM=-a+ × OB+OC
3 3 2
1
=-a+ b+c
3
.
1 1
故选与AN相等的向量的向量是-a+ b+ c；
3 3
故选：A.
2709 (2024·全国·高三专题练习)如图，在四面体O-ABC中，G 是△ABC的重心，G是
1
OG 上的一点，且OG=2GG ，若OG=xOA+yOB+zOC，则(x,y,z)为 ( )
1 1
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1656 34271 1 1
A. , ,
2 2 2
2 2 2
B. , ,
3 3 3
1 1 1
C. , ,
3 3 3
2 2 2
D. , ,
9 9 9
【答案】D
1
【解析】因为E是BC中点，所以OE= (OB+OC)，
2
2
G 是△ABC的重心，则AG = AE，
1 1 3
2 2
所以AG = AE= (OE-OA)，
1 3 3
因为OG=2GG
1
2 2 2 4 2 4 2
所以OG= OG = (OA+AG)= OA+ (OE-OA)= OA+ OE= OA
3 1 3 1 3 9 9 9 9
2 2 2 2
+ (OB+OC)= OA+ OB+ OC，
9 9 9 9
2
若OG=xOA+yOB+zOC，则x=y=z= ．
9
故选：D．
2710 (2024·全国·高三专题练习)已知在空间单位正交基底下，a,b,c
是空间的一组单位正
交基底，a+b,a-b,c
是空间的另一组基底.若向量p在基底a,b,c
下的坐标为
4,2,3
，则向量p在基底a+b,a-b,c 下的坐标为 ( )
A. 4,0,3 B. 1,2,3 C. 3,1,3 D. 2,1,3
【答案】C
【解析】设向量p在基底a+b,a-b,c 下的坐标为x,y,z
，则p=x(a+b)+y(a-b)+
zc，
又向量p在基底a,b,c 下的坐标为4,2,3
，则p=4a+2b+3c，
所以4a+2b+3c=x(a+b)+y(a-b)+zc，即4a+2b+3c=(x+y)a+(x-y)b+zc，
x+y=4, x=3,
所以x-y=2,解得y=1,
z=3, z=3,
所以向量p在基底a+b,a-b,c 下的坐标为3,1,3 .
故选：C.
【解题方法总结】
空间向量的运算包括空间向量的加法、减法、数乘、数量积的几何意义及坐标运算，可以
类比平面向量的运算法则．
2 题型二：空间共线向量定理的应用
2711 (2024·全国·高三专题练习)若空间中任意四点O，A，B，P满足OP=mOA+nOB，其
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1657 3427中m+n=1，则 ( )
A.P∈AB B.P∉AB
C.点P可能在直线AB上 D.以上都不对
【答案】A
【解析】因为m+n=1，所以m=1-n，
所以OP=(1-n)OA+nOB，即OP-OA=n(OB-OA)，
即AP=nAB，所以AP与AB共线．
又AP，AB有公共起点A，
所以P，A，B三点在同一直线上，即P∈AB.
故选：A.
2712 (2024·全国·高三专题练习)已知a=2,-3,1
，则下列向量中与a平行的是 ( )
A. 1,1,1 B. -4,6,-2 C. 2,-3,-1 D. -2,-3,1
【答案】B
【解析】因为-4,6,-2 =-2⋅2,-3,1
=-2a，所以-4,6,-2
与a平行.
故选：B.
2713 (2024·全国·高三专题练习)向量a，b分别是直线l 1 ，l 2 的方向向量，且a=1,3,5
，b=
x,y,2 ，若l ∥l ，则 ( ) 1 2
1 3 2 6 3 15
A.x= ，y= B.x=3，y=15 C.x= ，y= D.x= ，y=
5 5 5 5 2 2
【答案】C
【解析】因为l 1 ∥l 2 ，所以a∥b，所以a=tb，∴1,3,5 =tx,y,2
1=tx
，所以3=ty，解得x=
5=2t
2 6
，y= .
5 5
故选：C.
2714 (2024·全国·高三专题练习)若点A(2,-5,-1)，B(-1,-4,-2)，C(m+3,-3,n)在同一
条直线上，则m-n= ( )
A.21 B.4 C.-4 D.10
【答案】C
【解析】AB=-3,1,-1
，BC=m+4,1,n+2
∵点A，B，C在同一条直线上
m+4 1 n+2
∴AB∥BC则 = =
-3 1 -1
解得m=-7,n=-3
∴m-n=-4
故选：C．
2715 (2024·全国·高三专题练习)已知a=(2x,1,3)，b=(1,3,9)，如果a与b为共线向量，则x
= ( )
1 1 1
A.1 B. C. D.
2 3 6
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1658 3427【答案】D
【解析】因为a与b为共线向量，
2x 1 3 1
所以 = = ⇒x= ，
1 3 9 6
故选：D
2716 (2024·浙江·高三专题练习)若A(m+1，n-1，3)、B(2m，n，m-2n)、C(m+3，n-
3，9)三点共线，则m+n=( )．
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】A
【解析】∵AB=(m-1，1，m-2n-3)，AC=(2，-2，6)，
m-1 1 m-2n-3
由题意得AB⎳AC，则 = = ，
2 -2 6
∴m=0、n=0，∴m+n=0，
故选:A．
【解题方法总结】
空间共线向量定理：a⎳bb≠0
⇔a=λb．
利用此定理可解决立体几何中的平行问题．
3 题型三：空间向量的数量积运算
2717 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)已知向量a=1,1,1
，b=-1,0,2 ，则下列正确
的是 ( )
A.a+b=0,1,3
B. a = 3
π
C.a⋅b=2 D.‹a,b›=
4
【答案】AB
【解析】向量a=1,1,1
，b=-1,0,2
，则a+b=0,1,3 ，A正确；
显然|a|= 12+12+12= 3，B正确；
由数量积的定义得a⋅b=1×(-1)+1×0+1×2=1，C错误；
a⋅b 1 2 π
显然|b|= (-1)2+22= 5，则cos‹a,b›= |a ||b | = 3× 5 ≠ 2 ，即有‹a,b›≠ 4 ，D
错误.
故选：AB
2718 (多选题)(2024·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨七十三中校考期中)如图，在平行六面体
ABCD-ABCD 中，其中以顶点A为端点的三条棱长均为6，且彼此夹角都是60°，下
1 1 1 1
列说法中不正确的是 ( )
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1659 3427A.AC =6 6 B.AC ⊥BD
1 1
6
C.向量BC与AA 夹角是60° D.向量BD 与AC所成角的余弦值为
1 1 1 3
【答案】CD
【解析】∵在平行六面体ABCD-ABCD 中，其中以顶点A为端点的三条棱长均为6
1 1 1 1
，且彼此夹角都是60°，
∴AA ⋅AB=AA ⋅AD=AD⋅AB=6×6×cos60°=18.
1 1
对于A，AA +AB+AD
1
2=AA +AB2+AD2+2AA ⋅AB+2AB⋅AD+2AA ⋅AD
1 1 1
=36+36+36+3×2×18=216，∴AC
1
=AA +AB+AD
1
= 216=6 6，A正确；
对于B，AC ⋅DB=AA +AB+AD
1 1
⋅(AB-AD)
=AA ⋅AB-AA ⋅AD+AB2-AB⋅AD+AB⋅AD-AD=0，
1 1
∴AC ⊥BD，即AC ⊥BD，B正确；
1 1
对于C，连接AD，由题意可知△AAD是等边三角形，则∠AAD=60°，
1 1 1
∵BC=AD，且向量AD与AA 的夹角是120°，
1 1 1 1
∴向量BC与AA 夹角是120°，C错误；
1 1
对于D，∵BD =AD+AA -AB,AC=AB+AD，
1 1
∴BD ⋅AC=AD+AA -AB
1 1
⋅AB+AD
=AD⋅AB+AD2+AA ⋅AB+AA ⋅AD-AB2-AB⋅AD=36，
1 1
BD
1
= AD+AA -AB
1
2=6 2,AC
= AB+AD 2=6 3，
BD ⋅AC
∴cos= 1
1 BD
1
AC
36 6
= = ，D错误.
6 2×6 3 6
故选：CD
2719 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，AB=
π
3，BD=2，CD=4，平面ABD与平面BCD的夹角为 ，则AC的值可能为 ( )
3
A. 17 B. 23 C. 35 D. 41
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1660 3427【答案】AD
【解析】在四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，则‹BA,DC›是二面角A-BD-C
的平面角，如图，
AC=AB+BD+DC=-BA+BD+DC，而AB=3，BD=2，CD=4，
AC2=BA2+BD2+DC2-2BA⋅DC=9+4+16-2×3×4cos‹BA,DC›=29-24cos
‹BA,DC›，
π π
因为平面ABD与平面BCD的夹角为 ，则当‹BA,DC›= 时，|AC|= 17，
3 3
2π
当‹BA,DC›= 时，|AC|= 41，
3
所以AC的值可能为 17， 41.
故选：AD
2720 (多选题)(2024·校考模拟预测)在平行六面体ABCD-ABCD 中，已知AB=AD=
1 1 1 1
AA =1，∠AAB=∠AAD=∠BAD=60°，则 ( )
1 1 1
A.直线AC与BD所成的角为90°
1
B.线段AC的长度为 3
1
C.直线AC与BB 所成的角为90°
1 1
6
D.直线AC与平面ABCD所成角的正弦值为
1 3
【答案】AC
1
【解析】设AB=a,AD=b,AA =c，则|a|=|b|=|c|=1，且a⋅b=b⋅c=c⋅a= ，
1 2
对于A，AC=a+b-c,BD=b-a，
1
AC⋅BD=a+b-c
1
⋅b-a
=b2-a2+a⋅c-b⋅c=0，
所以直线AC与BD所成的角为90°，故A正确；
1
对于B，因为AC
1
2=(a+b-c)2=a2+b2+c2-2b⋅c=2，
所以AC
1
= 2，故B错误；
对于C，因为AC⋅BB =a+b-c
1 1
⋅c=a⋅c+b⋅c-c2=0，
所以BB ⊥AC，故C正确；
1 1
第 页 共 页
1661 3427对于D，连接AC，交BD于点O，则O为BD,AC的中点，
因为AB=AD=AA =1，∠AAB=∠AAD=∠BAD=60°，
1 1 1
所以AC⊥BD，
又因AC⊥BD,AC∩AC=C,AC,AC⊂平面AAC，所以BD⊥平面AAC，
1 1 1 1 1
又BD⊂平面AAC，所以平面AAC⊥平面ABCD，
1 1
作AM⊥AC，垂足为M，
1
因为平面AAC⊥平面ABCD，平面AAC∩平面ABCD=AC，AM⊂平面AAC，
1 1 1 1
所以AM⊥平面ABCD，
1
则AC与平面ABCD所成的角为∠ACA，
1 1
3
在Rt△AAC中，AA =1,AC= 3，所以sin∠ACA= ，
1 1 1 3
3
即直线AC与平面ABCD所成角的正弦值为 ，故D错误.
1 3
故选：AC.
2721 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)空间直角坐标系中，已知O0,0,0
，OA=
-1,2,1
，OB=-1,2,-1
，OC=2,3,-1 ，则 ( )
A. AB =2
B.△ABC是等腰直角三角形
6 6 6
C.与OA平行的单位向量的坐标为 ,- ,-
6 3 6
6 6 6
或- , ,
6 3 6
2 4 2
D.OA在OB方向上的投影向量的坐标为- , ,
3 3 3
【答案】AC
【解析】根据空间向量的线性运算，
AB=OB-OA
=(-1,2,-1)-(-1,2,1)
=(0,0,-2)
∴|AB|= 02+02+(-2)2=2，选项A正确；
AC=OC-OA
=(2,3,-1)-(-1,2,1)
=(3,1,-2)
∴|AC|= 32+12+(-2)2= 14
BC=OC-OB
=(2,3,-1)-(-1,2,-1)
=(3,1,0)
∴|BC|= 32+12+02= 10
计算可得，△ABC三条边不相等，选项B不正确；
与OA平行的单位向量为：
第 页 共 页
1662 3427
OA
e=±
|OA|
(-1,2,1)
=±
(-1)2+22+12
(-1,2,1)
=±
6
6 6 6
=±- , ,
6 3 6
选项C正确；
2 4 2
OA在OB方向上的投影向量与OB向量共线，- , ,
3 3 3
2
= (-1,2,1)，选项D不正
3
确，
故选：AC.
2722 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)已知空间向量a=2,-1,3
，b=-4,2,x ，下列
说法正确的是 ( )
10
A.若a⊥b，则x=
3
B.若3a+b=2,-1,10 ，则x=1
1
C.若a在b上的投影向量为 b，则x=4
3
10
D.若a与b夹角为锐角，则x∈ ,+∞
3
【答案】ABD
【解析】对于A：∵a⊥b，∴a⋅b=0，
即：a⋅b=2,-1,3 ⋅-4,2,x =-8-2+3x=0，
10
解得：x= .
3
故A选项正确；
对于B：∵3a+b=2,-1,10 ，
∴3a+b=32,-1,3 +-4,2,x =2,-1,9+x =2,-1,10
∴9+x=10，解得：x=1.
故B选项正确；
a⋅b
对于C：a在b上的投影向量为：
b
b
⋅
b
，
a⋅b
即
b
b
⋅
b
1
= b，代入坐标化简可得：x2-9x+50=0，x无解，
3
故C选项错误；
对于D：∵a与b夹角为锐角，
10
∴a⋅b=-10+3x>0，解得：x> ，
3
-4 x 2 x
且a与b不共线，即 ≠ , ≠ ，解得：x≠-6，
2 3 -1 3
10
所以a与b夹角为锐角时，解得：x> .
3
故D选项正确；
故选：ABD.
第 页 共 页
1663 34272723 (2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测)如图，平行六面体ABCD-ABCD
1 1 1 1
中，AD=BD=AA =1，AD⊥BD，∠AAB=45°，∠AAD=60°，则线段BD 的长为
1 1 1 1
.
【答案】1
【解析】由题可得, AD=BD=1，AD⊥BD,
所以AB= 1+1= 2,且∠DAB=45°,
因为BD =BA+AA +AD =-AB+AA +AD,
1 1 1 1 1
所以
BD2=-AB+AA +AD
1 1
2=AB2+AA2+AD2-2AB⋅AA -2AB⋅AD+2AA ⋅AD
1 1 1
=AB
2+AA
1
2+AD
2-2AB
⋅AA
1
cos45°-2AB
⋅AD
cos45°+2AA
1
⋅
AD cos60°
=2+1+1-2-2+1=1，
所以BD
1
=1，
故答案为:1.
2724 (2024·全国·高三专题练习)已知空间向量a=1,1,0
，b=-1,0,2
，则a在b方向上的
投影向量为 .
1 2
【答案】 ,0,-
5 5
【解析】∵b
b
= 1+0+4= 5，∴与b同向的单位向量e=
b
5 2 5
=- ,0,
5 5
，
a⋅b
∴a在b方向上的投影向量为
b
5 1 2
⋅e=- e= ,0,-
5 5 5
.
1 2
故答案为： ,0,-
5 5
.
2725 (2024·全国·高三专题练习)已知MN是棱长为2的正方体ABCD-ABCD 内切球的
1 1 1 1
一条直径，则AM⋅AN= ．
【答案】2
1
【解析】因为正方体ABCD-ABCD 的棱长为2，所以其内切球的半径r= ×2=1．
1 1 1 1 2
又球心一定在该正方体的体对角线的中点处，且体对角线长为 22+22+22=2 3，
所以设该正方体的内切球的球心为O，则AO= 3,OM=ON=1，
易知AM=AO+OM,AN=AO+ON，
所以AM⋅AN=(AO+OM)⋅(AO+ON)=|AO|2+AO⋅(OM+ON)+OM⋅ON=3
+0-1=2．
故答案为：2
第 页 共 页
1664 3427
2726 (2024·全国·高三对口高考)已知向量a=1,2,3
,b=-2,-4,-6
,c
= 14，若a+b
⋅c=7，则‹a,c›= ．
【答案】120°
【解析】设c=x,y,z
,∵向量a=1,2,3
,b=-2,-4,-6
,c
= 14,a+b
⋅c=7，
∴a+b=-1,-2,-3
x2+y2+z2= 14 a⋅c
，∴ ，设a与c的夹角为θ，cosθ=
-x-2y-3z=7 a
c
=
x+2y+3z 1
=- ，
14⋅ 14 2
∵0°≤θ≤180°，∴θ=120°.
故答案为：120°.
2727 (2024·上海·高三专题练习)已知空间向量a=(1,2,3)，b=(2,-2,0)，c=(1,1,λ)，若c
⊥(2a+b)，则λ= ．
【答案】-1
【解析】2a+b=21,2,3 +2,-2,0 =4,2,6 ，
∵c⊥(2a+b)，∴c⋅(2a+b)=0，∴4+2+6λ=0，
解得λ=-1，
故答案为：-1.
2728 (2024·上海·高三专题练习)已知向量a=0,1,0
，向量b=1,1,0
，则a与b的夹角的大
小为 .
π
【答案】
4
【解析】因为a=0,1,0
，b=1,1,0 ，
所以cosa,b
a⋅b
= a b
1 2
= = ， 2 2
因为a,b ∈0,π
，所以a,b
π
= .
4
π
故答案为： .
4
【解题方法总结】
a⋅b=a
b
cosa,b =xx +yy +zz ；
1 2 1 2 1 2
求模长时，可根据a
= a2= x2+y2+z2；
1 1 1
第 页 共 页
1665 3427
求空间向量夹角时，可先求其余弦值cosa,b
a⋅b
=
a
b
．要判断空间两向量垂直时，可以
求两向量的数量积是否为0，即a⋅b=0⇔a⊥b．
a,b
为锐角⇒a⋅b>0；a,b
为钝角⇒a⋅b<0．由此，通常通过计算a⋅b的值来判断
两向量夹角是锐角还是钝角．
4 题型四：证明三点共线
2729 (2024·全国·高三专题练习)在四面体OABC中，点M，N分别为OA、BC的中点，若
1
OG= OA+xOB+yOC，且G、M、N三点共线，则x+y= ．
3
1
【答案】
3
【解析】
若G、M、N三点共线，则存在实数λ，使得OG=λOM+1-λ
ON，又点M，N分别为
1 1 1 λ 1-λ
OA、BC的中点，则OM= OA，ON= OB+ OC，则OG= OA+
2 2 2 2
OB+
2
1-λ
λ 1
=
2 3
1-λ 1 1
OC，则 =x，解得x=y= ，则x+y= .
2 2 6 3
1-λ
=y
2
1
故答案为： .
3
2730 (2024·全国·高三专题练习)已知点A(1，2，3)，B(0，1，2)，C(-1，0，λ)，若A，B，C三点
共线，则λ= ．
【答案】1
【解析】由题意，点A(1，2，3)，B(0，1，2)，C(-1，0，λ)，
所以AB=(-1,-1,-1),BC=(-1,-1,λ-2),
-1 -1 λ-2
若A，B，C三点共线，则AB⎳BC，即 = = ，解得λ=1.
-1 -1 -1
故答案为：1．
2731 (2024·全国·高三专题练习)如图，在平行六面体ABCD-ABCD 中，CC=2EC，
1 1 1 1 1
AC=3FC．
1
第 页 共 页
1666 3427(1)求证：A、F、E三点共线；
(2)若点G是平行四边形BBCC 的中心，求证：D、F、G三点共线．
1 1
【解析】(1)由题意，CC=2EC，AC=3FC，
1 1
2 2
故AF=AA +AF=AA + AC=AA + (AB+AD-AA)
1 1 1 3 1 1 3 1
2 2 1 2 1
= AB+ AD+ AA = AB+AD+ AA
3 3 3 1 3 2 1
,
1 1
AE=AC+CE=AB+AD+ CC =AB+AD+ AA,
2 1 2 1
2
故AF= AE，由于AF,AE有公共点A，
3
故A、F、E三点共线；
(2)由题意，点G是平行四边形BBCC 的中心，
1 1
1 1
故DF=DC+CF=AB- AC=AB- (AB+AD-AA)
3 1 3 1
2 1 1 2 1 1
= AB- AD+ AA == AB- AD+ AA
3 3 3 1 3 2 2 1
，
1 1
DG=DC+CG=AB+ CB =AB+ (AA -AD)
2 1 2 1
2
故DF= DG ,因为DF，DG有公共点D，
3
故D、F、G三点共线．
2732 (2024·全国·高三专题练习)在长方体ABCD-ABCD 中，M为DD 的中点，N在
1 1 1 1 1
AC上，且AN:NC=2:1，E为BM的中点.求证：A ，E，N三点共线.
1
【解析】由图作出如图所示长方体ABCD-ABCD
1 1 1 1
1 1
由题可得，AE=AA+AB+BE=-AA +AB+ BM=-AA +AB+ (BC+CD
1 1 1 2 1 2
1 1
+DM)=-AA +AB+ AD-AB+ AA
1 2 2 1
3 1 1
=- AA + AB+ AD，
4 1 2 2
2 2 2 2
AN=AA+AN=-AA + AC=-AA + (AB+BC)=-AA + AB+ AD，
1 1 1 3 1 3 1 3 3
3
所以AE= AN，所以A ，E，N三点共线.
1 4 1 1
第 页 共 页
1667 3427【解题方法总结】
先构造共起点的向量AB，AC，然后证明存在非零实数λ，使得AB=λAC．
5 题型五：证明多点共面的方法
2733 (2024·全国·高三专题练习)下面关于空间向量的说法正确的是 ( )
A.若向量a,b平行，则a,b所在直线平行
B.若向量a,b所在直线是异面直线，则a,b不共面
C.若A，B，C，D四点不共面，则向量AB，CD不共面
D.若A，B，C，D四点不共面，则向量AB，AC，AD不共面
【答案】D
【解析】向量a,b平行，a,b所在直线可以重合，也可以平行，A错误；
可以通过平移将空间中任意两个向量平移到一个平面内，因此空间任意两个向量都是共
面的，BC错误；
显然AB，AC，AD是空间中有公共端点A，但不共面的三条线段，所以向量AB，AC，
AD不共面，D正确.
故选：D
2734 (2024·江苏常州·高三校考阶段练习)以下四组向量在同一平面的是 ( )
A. 1,1,0 、0,1,1 、1,0,1 B. 3,0,0 、1,1,2 、2,2,4
C. 1,2,3 、1,3,2 、2,3,1 D. 1,0,0 、0,0,2 、0,3,0
【答案】B
【解析】对于A选项，设1,1,0 =m0,1,1 +n1,0,1
n=1
，所以，m=1 ，无解；
m+n=0
对于B选项，因为2,2,4 =0⋅3,0,0 +21,1,2 ，故B选项中的三个向量共面；
对于C选项，设1,2,3 =x1,3,2 +y2,3,1
x+2y=1
，所以，3x+3y=2，无解；
2x+y=3
对于D选项，设1,0,0 =a0,0,2 +b0,3,0
0=1
，所以，3b=0，矛盾.
2a=0
故选：B.
2735 (2024·全国·高三对口高考)已知a=2,-1,3
,b=-1,4,-2
,c=7,5,λ
，若a,b,c三向
量共面，则λ等于 ( )
62 64 65
A. B.9 C. D.
7 7 7
【答案】D
【解析】∵a，b，c共面，
∴设c=ma+nb(m,n为实数)，即(7,5,λ)=m(2,-1,3)+n(-1,4,-2)，
2m-n=7
33 17 65
∴-m+4n=5，解得m= ,n= ,λ= ．
7 7 7
3m-2n=λ
故选：D.
第 页 共 页
1668 34272736 (2024·江西·校联考二模)在四棱锥P-ABCD中，棱长为2的侧棱PD垂直底面边长为
2的正方形ABCD，M为棱PD的中点，过直线BM的平面α分别与侧棱PA、PC相交于
点E、F，当PE=PF时，截面MEBF的面积为 ( )
A.2 2 B.2 C.3 3 D.3
【答案】A
【解析】由题意，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，
如图，建立空间直角坐标系D-xyz，
则C0,2,0 ，P0,0,2 ，A2,0,0 ，M0,0,1 ，B2,2,0
，PA=2,0,-2
，BM=
-2,-2,1 ，
设PE=tPA=2t,0,-2t ，0≤t≤1，则E2t,0,2-2t ，
又PE=PF，PA=PC，所以PF=tPC=0,2t,-2t ，则F0,2t,2-2t ，
由题意，M、E、B、F四点共面，所以BM=xBE+yBF，
-2=(2t-2)x-2y
3 2
所以-2=-2x+(2t-2)y ，解得x=y= ,t= ，
4 3
1=(2-2t)x+(2-2t)y
4 2
所以E ,0,
3 3
4 2
，F0, ,
3 3
2 2
，所以BE=- ,-2,
3 3
2 2
,BF=-2,- ,
3 3
，
所以cosBE,BF
BE⋅BF
=
BE
BF
28
9 7 7
= = ，即cos∠EBF= ，
4 4 4 4 11 11 4+ + ⋅ 4+ +
9 9 9 9
6 2
所以sin∠EBF= 1-cos2∠EBF= ，
11
1 1 44 6 2 4 2
所以S = BE×BF×sin∠EBF= × × = ，
△EBF 2 2 9 11 3
4 1
又ME= ,0,-
3 3
4 1
,MF=0, ,-
3 3
，
所以cosME,MF
ME⋅MF
=
ME
MF
1
9 1
= = ，即cos∠EMF=
16 1 16 1 17 +0+ ⋅ 0+ +
9 9 9 9
1
，
17
12 2
所以sin∠EMF= 1-cos2∠EMF= ，
17
1 1 17 12 2 2 2
所以S = ME×MF×sin∠EMF= × × = ，
△EMF 2 2 9 17 3
4 2 2 2
所以截面MEBF的面积为S=S +S = + =2 2.
△EBF △EMF 3 3
第 页 共 页
1669 3427故选：A
3 1
2737 (2024·全国·高三专题练习)O为空间任意一点，若OP= OA+ OB+tOC，若A,
4 8
B,C,P四点共面，则t= ( )
1 1 1
A.1 B. C. D.
2 8 4
【答案】C
【解析】若A，B，C，P四点共面，则存在有序实数对x,y
，使AP=xAB+yAC，
所以OP-OA=xOB-xOA+yOC-yOA，
整理得：OP=1-x-y
OA+xOB+yOC，
3 1
又由题知OP= OA+ OB+tOC，
4 8
由空间向量的基本定理知：
1
1-x-y= 3 x= 8
4
1
1 解得 y=
x= 8
8
y=t t= 1
8
1
所以t= .
8
故选：C.
2738 (2024·全国·高三专题练习)已知空间A、B、C、D四点共面，且其中任意三点均不共线，
设P为空间中任意一点，若BD=5PA-4PB+λPC，则λ= ( )
A.2 B.-2 C.1 D.-1
【答案】D
【解析】BD=5PA-4PB+λPC
⇒PD-PB=5PA-4PB+λPC
PD=5PA-3PB+λPC
由A、B、C、D四点共面，且其中任意三点均不共线
可得5-3+λ=1，解之得λ=-1
故选：D
2739 (2024·广东广州·高三执信中学校考阶段练习)如图所示的木质正四棱锥模型P-
PE 3 PF 1
ABCD，过点A作一个平面分别交PB,PC,PD于点E，F，G，若 = , = ，则
PB 5 PC 2
PG
的值为 ( )
PD
第 页 共 页
1670 34271 2 3 3
A. B. C. D.
4 3 4 5
【答案】C
【解析】建立如图所示空间直角坐标系，设P0,0,b ，Aa,0,0 ，B0,a,0 ，D0,-a,0 ，
C-a,0,0
(a、b>0)，则PB=0,a,-b
，PC=-a,0,-b
，PD=0,-a,-b
，PA=
a,0,-b ，
3 3a 3b
∴PE= PB=0, ,-
5 5 5
1 a b
，PF= PC=- ,0,-
2 2 2
，
由题意A,E,F,G四点共面，则有PA=xPE+yPF+zPG，其中x+y+z=1，
设PG=λPD=0,-aλ,-bλ ，λ∈0,1 ，
∴a,0,-b
3a 3b
=x0, ,-
5 5
a b
+y- ,0,-
2 2
+z0,-aλ,-bλ =
ay 3ax 3bx by
- , -aλz,- - -bλz
2 5 5 2
ay
- =a y=-2
2
3x
3ax -aλz=0 5 -λz=0 3
由方程组 5 ，即 ，解得λ= ，
3x y 4
3bx by + +λz=1
- 5 - 2 -bλz=-b 5 2
x+y+z=1
x+y+z=1
PG 3
所以 = ，
PD 4
故选：C.
2740 (2024·甘肃平凉·高三统考期中)对于空间任意一点O和不共线的三点A,B,C，有如下
第 页 共 页
1671 3427
1 1 1
关系：OP= OA+ OB+ OC，则 ( )
6 3 2
A.O,A,B,C四点必共面 B.P,A,B,C四点必共面
C.O,P,B,C四点必共面 D.O,P,A,B,C五点必共面
【答案】B
【解析】对于空间任一点O和不共线三点A,B,C，若点P满足OP=xOA+yOB+zOC
(x,y,z∈R)且x+y+z=1，则P,A,B,C四点共面.
1 1 1 1 1 1
而OP= OA+ OB+ OC，其中 + + =1，所以P,A,B,C四点共面.
6 3 2 6 3 2
故选：B.
2741 (2024·全国·高三专题练习)已知A、B、C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，下列
条件中能确定点M与点A、B、C一定共面的是 ( )
1 1 1
A.OM=OA+OB+OC B.OM= OA+ OB+ OC
3 3 3
1 1
C.OM=OA+ OB+ OC D.OM=2OA-OB-OC
2 3
【答案】B
【解析】M与A、B、C共面的条件是OM=xOA+yOB+zOC，且x+y+z=1，
故B选项正确，
故选：B
2742 (2024·全国·高三专题练习)如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2，E，F分
别为PD，PB的中点．
1
(1)若点M是线段PC上的点，且PM= PC，判断点M是否在平面AEF内，并证明你
3
的结论；
(2)求直线PB与平面AEF所成角的正弦值．
【解析】(1)连接AC、BD交于O，连接OP，由正四棱锥的性质可得PO⊥平面ABCD，
底面ABCD为正方形，则AC⊥BD，
所以以O为坐标原点，OA、OB、OP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
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1672 34272
则A( 2,0,0),B(0, 2,0),P(0,0,2),C(- 2,0,0),D(0,- 2,0)，E0,- ,0
2
，
2
F0, ,1
2
，
2
所以AE=- 2,- ,1
2
2
，AF=- 2, ,1
2
，
1 1 4 4
又PM= PC，得AM=AP+ PC=- 2,0,
3 3 3 3
，AE+AF=(-2 2,0,2)，
2 2
所以AM= AE+ AF，
3 3
所以A、M、E、F四点共面，即点M在平面AEF内．
(2)由(1)可得PB=(0, 2,-2)，
2
n
⋅AE=0
- 2x-
2
y+z=0
设平面AEF的法向量n=(x,y,z)，由 ，得 ，
n⋅AF=0 - 2x+ 2 y+z=0
2
令x=1，则z= 2，y=0，所以n=(1,0, 2)，
所以cosPB,n
PB⋅n
= PB ⋅n
-2 2 2
= =- ， 6⋅ 3 3
2
所以直线PB与平面AEF所成角的正弦值为 ．
3
2743 (2024·全国·高三专题练习)如图，在几何体ABCDE中，△ABC，△BCD，△CDE均为
边长为2的等边三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面DCE⊥平面BCD．求证：A，B，
D，E四点共面；
【解析】
取CD的中点H，连接EH，取BC的中点O，连接AO,DO，
因为平面DCE⊥平面BCD，且平面DCE∩平面BCD=CD，
而△DCE为等边三角形，所以EH⊥CD，因此EH⊥平面BCD，
第 页 共 页
1673 3427因为平面ABC⊥平面BCD，且平面ABC∩平面BCD=BC，
又因为△BCD为等边三角形，所以DO⊥BC，因此DO⊥平面ABC，
又因为AO⊂平面ABC，因此DO⊥AO，
又因为△ABC为等边三角形，所以BC⊥AO，因此OA,OB,OD两两垂直，
从而以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OD所在直线为z轴
建立如图所示的空间直角坐标系，
又因为△ABC,△BCD,△CDE均为边长为2的等边三角形，所以O0,0,0 ,C0,-1,0 ，
B0,1,0 ,D0,0, 3 ,A 3,0,0
1 3
，H0,- ,
2 2
，
设Em,n,t
1 3
，则EH=-m,- -n, -t
2 2
，BD=0,-1, 3
，BC=0,-2,0 ，
EH
由于
1 (-m)2+- -n
= 3 2
EH⋅BD=0，所以
EH⋅BC=0
2 3 + -t
2
2 = 3
1 -- -n
2
3 + 3 -t
2
=0
1 -2- -n
2
m= 3
1 n=- ，解得 2 ，
3
t= =0 2
1 3
因此E 3,- ,
2 2
3 3
，所以BE= 3,- ,
2 2
，BA= 3,-1,0
，BD=
0,-1, 3 ，
1
所以BE=BA+ BD，由空间向量基本定理可知：BE,BA,BD共面，所以A,B,D,E四
2
点共面；
2744 (2024·全国·高三专题练习)如图，四边形ABEF为正方形，若平面ABCD⊥平面
ABEF，AD∥BC，AD⊥DC，AD=2DC=2BC.
(1)求二面角A-CF-D的余弦值；
(2)判断点D与平面CEF的位置关系，并说明理由.
【解析】(1)因为平面ABCD⊥平面ABEF，且交线为AB，
因为四边形ABEF为正方形，所以AF⊥AB，于是AF⊥平面ABCD，
以D为原点，DC,DA所在方向分别为x轴，y轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz.
第 页 共 页
1674 3427设AD=2DC=2BC=2，容易得到AB= 2，
所以D0,0,0 ，C1,0,0 ，A0,2,0 ，F0,2, 2 ，
AF=0,0, 2
，AC=1,-2,0
，设平面AFC的法向量为n=x,y,z ，
AF⋅n= 2z=0
由 ，可取n=2,1,0
AC⋅n=x-2y=0
，
又DF=0,2, 2
，DC=1,0,0
，设平面DFC的法向量为m=a,b,c ，
DF⋅m=2b+ 2c=0
由 ，可取m=0,1,- 2
Dc⋅m=a=0
，
m⋅n
所以cos=
m ⋅n
1 15
= = ，
5× 3 15
15
所以二面角A-CF-D的的余弦值为 .
15
(2)点D在平面CEF外，证明如下，连接ED，
因为EC=0,-1,- 2
，EF=-1,1,0
，ED=-1,-1,- 2 ，
设ED=xEC+yEF，则-1,-1,- 2 =x0,-1, 2 +y-1,1,0 ，
-y=-1 y=1
即-x+y=-1⇒-x+y=-1，显然此方程组无解，
2x=- 2 x=-1
所以四点D，C，E，F不共面，即点D在平面CEF外.
2745 (2024·全国·高三专题练习)如图，在边长为3的正方体ABCD-ABCD 中，点P，Q，
1 1 1 1
R分别在棱AB，BC ，DD上，且AP=BQ=DR=1.
1 1 1 1 1
(1)求点D到平面PQR的距离；
AN
(2)若平面PQR与线段AC 的交点为N，求 的值.
1 AC
1
第 页 共 页
1675 3427
【解析】(1)如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD 的方向为x，y，z轴的正方
1
向，建立空间直角坐标系D-xyz，则A3,0,0 ，P3,1,0 ，R0,0,2 ，Q2,3,3 ，
C 10,3,3
，PQ=-1,2,3
，PR=-3,-1,2
，AP=0,1,0
，AC 1 =-3,3,3
，DR=
0,0,2 .
设平面PQR的法向量为m=x,y,z ，
则 m ⋅P Q =0 ，代入可得 -x+2y+3z=0 ，
m⋅PR=0 -3x-y+2z=0
令x=1，则y=-1，z=1，所以m=1,-1,1 ，
m⋅DR
故点D到平面PQR的距离为
m
2 2 3
= = .
3 3
(2)因为点N在平面PQR内，可设PN=mPQ+nPR(其中m，n为常数)，
又AN与AC 共线，可设AN=kAC ，由图可得AN=AP+PN=AP+mPQ+nPR=
1 1
kAC ，
1
即0,1,0 +m-1,2,3 +n-3,-1,2 =k-3,3,3 ，
-m-3n=-3k①
整理得1+2m-n=3k②，
3m+2n=3k③
由①③可得2m=n④，
由②③可得m+3n=1⑤，
1
m=
7 1
联立④⑤解得 ，代入②可得k= ，
2 3
n=
7
1 AN 1
所以AN= AC ，即 = .
3 1 AC 3
1
2746 (2024·四川成都·石室中学校考模拟预测)如图四棱锥P-ABCD,∠ABC=90°,AD∥
1
BC，且AD=AB= BC=2，平面PCD⊥平面ABCD，且△PDC是以∠DPC为直角
2
的等腰直角三角形，其中E为棱PC的中点，点F在棱PD上，且PF=2FD.
第 页 共 页
1676 3427(1)求证：A,B,E,F四点共面；
1
【解析】(1)由∠ABC=90°,AD∥BC，且AD=AB= BC=2，
2
取BC的中点M，连接DM，则DM=MC=2，且DM⊥MC，
所以DC= 22+22=2 2，又△PDC是以∠DPC为直角的等腰直角三角形，
所以DP=CP=2.
过点P作PN⊥CD，垂足为N，则点N为DC的中点，且PN= 2，
因为平面PCD⊥平面ABCD，且平面PCD∩平面ABCD=DC，
所以PN⊥平面ABCD，故以AB,AD所在的直线分别为x轴，y轴，过点A作垂直于平
面ABCD的z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,4,0)，P(1,3, 2)，
3 7 2
因为E为棱PC的中点，所以E , ,
2 2 2
，又因为点F在棱PD上，且PF=2FD，
1 7 2
所以F , ,
3 3 3
1 7 2
，则AF= , ,
3 3 3
3 7 2
，AE= , ,
2 2 2
，AB=(2，0，0)，
令AE=λAB+μAF，
3 7 2
则 , ,
2 2 2
1 7 2
=λ(2,0,0)+μ , ,
3 3 3
1 3
，解得λ= ,μ= ，
2 2
1 3
故AE= AB+ AF，则AE,AB,AF共面，且向量AE,AB,AF有公共点A，
2 2
所以A,B,E,F四点共面.
【解题方法总结】
要证明多点(如A，B，C，D)共面，可使用以下方法解题．
先作出从同一点出发的三个向量(如AB，AC，AD)，然后证明存在两个实数x,y，使得
AD=xAB+yAC．
6 题型六：证明直线和直线平行
第 页 共 页
1677 34272747 (2024·高二课时练习)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥
1
平面ABCD，E为CP的中点，N为DE的中点，DM= DB,DA=DP=1,CD=2，求
4
证：MN⎳AP．
【解析】证法一：由题意知，直线DA,DC,DP两两垂直，
以D为坐标原点，DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如
图所示，
则D0,0,0 ,A1,0,0 ,P0,0,1
1 1
,N0, ,
2 4
1 1
,M , ,0
4 2
，
1 1
所以AP=(-1,0,1),MN=- ,0,
4 4
，
1
所以MN= AP，又M∉AP，故MN⎳AP．
4
1 1 1 1 1
证法二：由题意可得MN=MD+DN= BD+ DE= BD+ × DC+DP
4 2 4 2 2
1 1 1 1 1 1
= BD+ DC+ DP= BC+ DP= AD+DP
4 4 4 4 4 4
1
= AP，
4
又M∉AP，所以MN⎳AP．
2748 (2024·高二课时练习)已知棱长为1的正方体OABC-OABC 在空间直角坐标系中
1 1 1 1
的位置如图所示，D,E,F,G分别为棱OA,AB,BC,OC的中点，求证：DE⎳GF.
1 1 1 1
【解析】因为正方体的棱长为1，D,E,F,G分别为棱OA,AB,BC,OC的中点，
1 1 1 1
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1678 34271
所以有D ,0,1
2
1
，E1, ,1
2
1
，F ,1,0
2
1
，G0, ,0
2
，
1 1
所以DE= , ,0
2 2
1 1
，GF= , ,0
2 2
，则有DE=GF，所以DE⎳GF.
2749 (2024·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.
【解析】(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MN=MC+CE+EB+BN=
2 2
1 1
- CA+CE-AF- FB，
2 2
两式相加得：2MN=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
MN=AN-AM= (AB+AF)- AC= (AB+BE)- (AB+BC)= (BE-
2 2 2 2 2
1
BC)= CE，
2
因此CE与MN共线，而直线CE与MN不重合，
所以CE⎳MN.
2750 (2024·全国·高三专题练习)在四棱锥P-ABCD中，平面ABCD⊥平面PCD，底面
ABCD为梯形．AB⎳CD，AD⊥DC，且AB=1，AD=DC=DP=2，∠PDC=120°．
若M是棱PA的中点，则对于棱BC上是否存在一点F，使得MF与PC平行．
【解析】在平面PCD内过点D作DH⊥DC，交PC于点H，
因为平面ABCD⊥平面PCD，且平面ABCD∩平面PCD=CD，DH⊂平面PCD，
可得DH⊥平面ABCD，
又由AD⊥DC，所以AD,CD,DH两两垂直，
以D为原点，以DA,DC,DH所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，
第 页 共 页
1679 3427如图所示，
由AB=1，AD=DC=DP=2，∠PDC=120°，
可得D(0,0,0),P(0,-1, 3),A(2,0,0),B(2,1,0),C(0,2,0)，
假设BC上存在点F，使得MF⎳PC，
设BF=λBC，其中λ∈[0,1]，
1 3
因为M是棱PA的中点，可得M1,- ,
2 2
，
又由BC=(-2,1,0),BF=(-2λ,λ,0),F(2-2λ,1+λ,0)，
3 3
所以MF=1-2λ, +λ,-
2 2
,PC=(0,3,- 3)，
1-2λ=0
3
+λ=3μ
设MF=μPC，可得 2 ，此方程组无解，所以假设不成立，
3
- =- 3μ
2
所以对于BC上任意一点F，MF与PC都不平行，
即在线段BC上不存在点F，使得MF与PC平行．
【解题方法总结】
将证线线平行转化为证两向量共线．设a,b是两条不重合的直线，它们的方向向量分别
为a,b，则a⎳b⇔a=λbλ∈R,λ≠0 ．
7 题型七：证明直线和平面平行
2751 (2024·全国·高三专题练习)在苏州博物馆有一类典型建筑八角亭，既美观又利于采光，
其中一角如图所示，为多面体ABCDE-ABCDE ，AB⊥AE，AE∥BC，AB∥ED，
1 1 1 1 1
AA ⊥底面ABCDE，四边形ABCD 是边长为2的正方形且平行于底面，AB∥AB ，
1 1 1 1 1 1 1
DE，BB的中点分别为F，G，AB=AE=2DE=2BC=4，AA =1．
1 1 1
第 页 共 页
1680 3427(1)证明：FG∥平面CCD；
1
【解析】(1)过点E作AA 的平行线，由题意可知以E为原点，建立如图所示空间直角坐
1
标系，
则E(0,0,0)，A(0,4,0)，B(4,4,0)，C(4,2,0)，D(2,0,0)，A(0,4,1)，B(2,4,1)，C(2,2,1)，
1 1 1
1
D(0,2,1)，F0,1,
1 2
1
，G3,4,
2
．
设平面CCD的法向量为n =(x,y,z)，CC=(2,0,-1)，CD=(0,-2,-1)，
1 1 1 1
n n 1 ⋅ ⋅ C C 1 C D = = 0 0 ， 2 - x 2 - y- z= z= 0 0 ，令x=1，则n 1 =(1,-1,2)，F G =(3,3,0)
1 1
∵n ⋅FG=3-3+0=0，
1
∴n ⊥FG，FG∥平面CCD.
1 1
2752 (2024·广东潮州·高三校考阶段练习)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，
PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB⎳平面AEC
【解析】(1)以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=a,AD=b,AP
=c，
由几何关系有：P0,0,c ,Ba,0,0 ,A0,0,0
b c
,E0, ,
2 2
,Ca,b,0 ，
则直线PB的方向向量为：PB=a,0,-c
b c
，AE=0, ,
2 2
,AC=a,b,0 ，
设平面AEC的法向量m=x,y,z
b c
m⋅AE= y+ z=0
，则： 2 2 ，
m⋅AC=ax+by=0
据此可得：平面AEC的一个法向量为m=bc,-ac,ab ，
结合PB⋅m=abc-abc=0可知：PB⊥m，即
据此可得：PB⎳平面AEC.
第 页 共 页
1681 34272753 (2024·天津滨海新·高三校考期中)如图，AD⎳BC且AD=2BC，AD⊥CD，
EG⎳AD且EG=AD，CD⎳FG且CD=2FG，DG⊥平面ABCD，DA=DC=DG
=2.
(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN⎳平面CDE；
【解析】(1)证明：因为AD⎳BC，AD⊥CD，DG⊥平面ABCD，
而AD、DC⊂平面ABCD，所以DG⊥AD，DG⊥DC，
因此以D为坐标原点，分别以DA、DC、DG的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间
直角坐标系，
因为EG⎳AD且EG=AD，CD⎳FG且CD=2FG，DA=DC=DG=2，
所以D0,0,0 ，A2,0,0 ，B1,2,0 ，C0,2,0 ，E2,0,2 ，F0,1,2 ，G0,0,2 ，
3
M0, ,1
2
，N1,0,2 ，
设n =(x,y,z)为平面CDE的法向量，DC=(0,2,0)，DE=(2,0,2)，
0
n ⋅DC=2y=0
则 0 ，不妨令z=-1，可得n
0
=(1,0,-1)；
n ⋅DE=2x+2z=0
0
3
又MN=1,- ,1
2
，所以MN⋅n =0，得MN⊥n ，
0 0
又∵直线MN⊄平面CDE，∴MN⎳平面CDE．
第 页 共 页
1682 34272754 (2024·全国·高三专题练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面
PAD⊥平面ABCD，AD⊥MN，AB=2，AD=AP=4，M，N分别是BC，PD的中
点．
(1)求证：MN⎳平面PAB；
【解析】(1)证明：由题意，在矩形ABCD中，AB=2，AD=AP=4，AB⊥AD，
M，N分别是BC，PD的中点，
1 1
∴BM=CM= BC= AD=2，AB=CD=2，
2 2
在四棱锥P-ABCD中，面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，AB⊥AD，
AB⊂平面ABCD
∴AB⊥面PAD，
∵PA⊂面PAD，∴PA⊥AB，
∵AD⊥MN，∴AD⊥BE，AD⊥AB，
∵BE⊂面PAB，AB⊂面PAB，AB∩BE=B，
∴AD⊥面PAB，∵PA⊂面PAB，∴PA⊥AD，
以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，M(2,2,0)，N(0,2,2)，
∴MN=(-2,0,2)，面PAB的一个法向量为AD=(0,4,0)，
∵MN⋅AD=0+0+0=0，MN⊄平面PAB，∴MN⎳平面PAB．
2755 (2024·陕西汉中·校联考模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方
形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=AB=2.
第 页 共 页
1683 3427(1)求证：PB⎳平面AEC；
【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD，且AB,AD⊂平面ABCD，则PA⊥AB,PA⊥AD，
即AB，AD，AP两两互相垂直，
如图，以A为原点，以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A-
xyz，
则A0,0,0 ,P0,0,2 ,B2,0,0 ,C2,2,0 ,E0,1,1 ，
可得PB=2,0,-2
，AC=2,2,0
，AE=0,1,1 .
设平面AEC的法向量为m=x,y,z ，
AC⋅m=2x+2y=0
则
，取x=1，可得y=-1,z=1，
AE⋅m=y+z=0
所以平面AEC的一个法向量为m=1,-1,1 ，
可知PB⋅m=2×1+0-2×1=0，即PB⊥m，
又因为PB⊄平面AEC，所以PB⎳平面AEC，
2756 (2024·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
AB
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1684 3427值；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)过D作DM⊥AB于M，由于∠DAB=60°，则AM=ADcos∠DAB=
1
AD,由于AD=DC=BC,且四边形ABCD是等腰梯形，所以AB=2AM+DC=
2
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,
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，
∴D0,0,0 ,A2,0,0 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
n
n
1 ⋅
⋅
D
D
B
F
=
=
0
0 ，即
2
-x
3
+
y=
3
0
y+2z=0
，取x=2，得n
1
=(2,0,1)．
1
设面CBF的法向量n 2 =(a,b,c)，CB=1, 3,0
,BF=-1,- 3,2
则 n n 2 ⋅ ⋅ C B F B = = 0 0 ，即 a - + a- 3b 3 = b+ 0 2z=0 ，则取b= 3，得n 2 =(-3, 3,0)．
2
∵cos= n 1 ⋅n 2
1 2
n 1
n 2
6 15 = = ，
5×2 5 5
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=xAB=λ-2,2 3,0 =-2λ,2 3λ,0
,∴FP=AP-AF=
-2λ+3,2 3λ- 3,-2 ,
DB=0,2 3,0
若FP∥平面AED，则FP⊥BD ,所以2 3λ- 3
1
2 3=0⇒λ= ，
2
AP 1
所以 =
AB 2
【解题方法总结】
(1)利用共面向量定理．设a,b为平面α内不共线的两个向量，证明存在两个实数x,y，使
得 l =xa+yb，则l⎳α．
(2)转化为证明直线和平面内的某一直线平行．
(3)转化为证明直线的方向向量与平面的法向量垂直(此方法最常用)．
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1685 34278 题型八：证明平面与平面平行
2757 (2024·全国·高一专题练习)如图所示，正四棱ABCD-ABCD 的底面边长1，侧棱长
1 1 1 1
4，AA 中点为E，CC 中点为F．求证：平面BDE⎳平面BDF.
1 1 1 1
【解析】以A为原点，AB，AD，AA 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图
1
则B(1,0,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)，B(1,0,4)，D(0,1,4)，F(1,1,2)，
1 1
∵DE=FB =(0,-1,2)，∴DE⎳FB ，同理BD⎳BD ，
1 1 1 1
∵DE⊄平面BDF，FB ⊂平面BDF，∴DE⎳平面BDF，
1 1 1 1 1 1 1
∵BD⊄平面BDF，BD ⊂平面BDF，∴BD⎳平面BDF，
1 1 1 1 1 1 1 1
又DE∩BD=D,DE,BD⊂平面BDE
∴平面BDE与平面BDF平行．
1 1
2758 (2024·高二课时练习)如图，在直四棱柱ABCD-ABCD 中，底面ABCD为等腰梯
1 1 1 1
形，AB⎳CD，AB=4，BC=CD=2，AA =2，F是棱AB的中点．求证：平面
1
AADD⎳平面FCC.
1 1 1
【解析】因为AB=4,BC=CD=2，F是棱AB的中点，
所以BF=BC=CF，所以△BCF为正三角形.
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1686 3427因为ABCD为等腰梯形，AB=4,BC=CD=2，
所以∠BAD=∠ABC=60°.
取AF的中点M，连接DM，
则DM⊥AB，所以DM⊥CD.
以D为原点，DM,DC,DD 所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
1
则D0,0,0 ,D 10,0,2 ,A( 3,-1,0),F( 3,1,0),C0,2,0 ,C 10,2,2 ，
所以DD 1 =0,0,2
，DA= 3,-1,0
，CF= 3,-1,0
，CC 1 =0,0,2 ，
所以DD ⎳CC ，DA⎳CF，
1 1
又DD,CC 不重合，DA,CF不重合，
1 1
所以DD ⎳CC ，DA⎳CF，
1 1
因为CC,CF⊂平面FCC ，DD,DA⊄平面FCC ，
1 1 1 1
所以DD ⎳平面FCC ，DA⎳平面FCC ，
1 1 1
又DD ∩DA=D，DD,DA⊂平面AADD，
1 1 1 1
所以平面AADD⎳平面FCC
1 1 1
2759 (2024·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．
【解析】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)．
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1687 3427
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 1 ⊥F E ，n 1 ⊥F G ，即 n n 1 ⋅ ⋅ F F E G = = 0 0 ，得 - x y + 1 = y 0 -z =0 ，
1 1 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 2 ⊥P B ，n 2 ⊥B C ，即 n n 2 ⋅ ⋅ P B B C = = 0 0 ，得 2 2 x y 2 = - 0 2z 2 =0 ，
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
2760 (2024·高二课时练习)在正方体ABCD-ABCD 中，M,N,P分别是CC,BC,CD
1 1 1 1 1 1 1 1 1
的中点，试建立适当的空间直角坐标系，求证：平面MNP⎳平面ABD.
1
【解析】证明: 如图，以D 为坐标原点，DA,DC,DD所在直线分别为x轴、y轴、z
1 1 1 1 1 1
轴，
建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，
则有A 11,0,0 ，B1,1,1
1
，D(0,0,1)，N ,1,0
2
1
，M0,1,
2
1
，P0, ,0
2
，
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1688 3427
于是A 1 B=0,1,1
，A 1 D=-1,0,1
1 1
，NM=- ,0, 2 2
1 1
，PM=0, , 2 2 ，
1 1
显然有NM= AD，PM= AB，所以NM⎳AD，PM⎳AB，
2 1 2 1 1 1
由NM⎳AD，NM⊄平面ABD，AD⊂平面ABD，NM⎳平面ABD，
1 1 1 1 1
同理PM⎳平面ABD，NM,PM⊂平面MNP，NM∩PM=M，
1
所以平面MNP⎳平面ABD
1
【解题方法总结】
(1)证明两平面内有两条相交直线分别平行．
(2)转化为证两平面的法向量平行(常用此方法)．
9 题型九：证明直线与直线垂直
2761 (2024·山西太原·高二统考期中)如图，在平行六面体ABCD-ABCD 中，AB=AD
1 1 1 1
=4,AA =5,∠DAB=∠DAA =∠BAA =60°.
1 1 1
(1)求AC 的长；
1
(2)求证：AC ⊥BD.
1
【解析】(1)∵AC =AC+CC =AB+AD+CC
1 1 1
∴AC
1
2=AB+AD+CC
1
2=AB
2+AD
2+CC
1
2+2AB⋅AD+2AD⋅CC +
1
2AB⋅CC =113
1
则AC = 113.
1
(2)证明：AC ⋅BD=AC+CC
1 1
⋅BD
=AC+CC
1
⋅BA+AD
=AB+AD+CC
1
⋅BA+AD
=AB⋅BA+AB⋅AD+AD⋅BA+AD⋅AD+CC ⋅BA+CC ⋅AD
1 1
=-16+0+16+0=0
故AC ⊥BD.
1
2762 (2024·北京海淀·高二校考期中)已知三棱锥P-ABC(如图1)的平面展开图(如图2)
中，四边形ABCD为边长为 2的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形.在三棱锥P
-ABC中：
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1689 3427(1)求点A到平面BCP的距离；
CM 1 2
(2)若点M在棱PC上，满足 =λ,λ∈ ,
CP 3 3
，点N在棱BP上，且BM⊥AN，求
BN
的取值范围.
BP
【解析】(1)
如图，取AC，BC中点E，F，连接PE，BE，PF，
∵展开图中四边形ABCD为边长为 2的正方形，E为AC中点，
∴PE⊥AC，PE=BE=1，
6
又△ABE和△BCF均为正三角形，∴PB= 2，PF= ，
2
∵PE2+BE2=PB2，∴PE⊥BE，
∵AC∩BE=E，AC⊂平面ABC，BE⊂平面ABC,
∴PE⊥平面ABC，
设点A到平面BCP的距离为d，
V =V
P-ABC A-BCP
1 1 1 1 6 2 3
× × 2× 2×1= × × 2× d，解得d= ，
3 2 3 2 2 3
2 3
所以点A到平面BCP的距离为 .
3
(2)
如图，以E为原点，分别以EC,EB,EP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
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1690 3427C1,0,0 ，P0,0,1 ，B0,1,0 ，A-1,0,0
CP=-1,0,1
，BC=1,-1,0
，BP=
0,-1,1
，AB=1,1,0 ,
CM
∵ =λ，∴CM=λCP=-λ,0,λ
CP
，BM=BC+CM=1-λ,-1,λ ，
设BN=μBP=0,-μ,μ
，则AN=AB+BN=1,1-μ,μ ,
∵BM⊥AN，∴BM⋅CN=1-λ-1-μ
λ 1
+λμ=0，整理得μ= =1- ，
1+λ 1+λ
1 2
∵λ∈ ,
3 3
2 1
，∴μ∈ ,
5 4
，
BN 2 1
∴ 的范围为 ,
BP 5 4
.
2763 (2024·全国·高三专题练习)如图，平行六面体ABCD-ABCD 的所有棱长均为 2，
1 1 1 1
π
底面ABCD为正方形，∠AAB=∠AAD= ，点E为BB 的中点，点F为CC 的中点，
1 1 3 1 1
动点P在平面ABCD内．
(1)若O为AC中点，求证：AO⊥AO；
1
(2)若FP⎳平面DAE，求线段CP长度的最小值．
1
π π π
【解析】(1)由已知AB=AA=AD= 2，∠AAD= ，∠AAB= ，∠BAD= ，
1 1 3 1 3 2
1 π 1
所以AD⋅AA = × 2× 2×cos = ，
1 2 3 2
1 π 1
AB⋅AA = × 2× 2×cos = ，
1 2 3 2
AD⋅AB=0，
因为O为AC中点，
1 1 1
所以AO= AC= AB+ AD，
2 2 2
又AO⋅AO=AO-AA
1 1
1 1
⋅AO= AB+ AD-AA
2 2 1
1 1
⋅ AB+ AD
2 2
，
1 1 1 1
所以AO⋅AO= +0+0+ - - =0，
1 2 2 4 4
所以AO⊥AO
1
所以AO⊥AO
1
(2)连接AD，AB，
1 1
π
∵AA=AD= 2，∠AAD=
1 1 3
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1691 3427∴AD= 2，
1
π
∵AA=AB= 2，∠AAB=
1 1 3
∴AB= 2，
1
连接BD，
由正方形的性质可得B,O,D三点共线，O为BD的中点，
所以AO⊥BD，
1
由第一问AO⊥AO，
1
AO,BD⊂平面ABCD，AO∩BD=O，
所以AO⊥平面ABCD，
1
以O为坐标原点，OA,OB,OA 所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系
1
A1,0,0 、D0,-1,0 、A 10,0,1 、B0,1,0 、C-1,0,0
AD 1 =AD+AA 1 =-2,-1,1
1 3 1
AE=AB+BE=AB+ AA =- ,1,
2 1 2 2
，
设平面D 1 AE法向量为n，n=x,y,z ，
-2x-y+z=0
n⋅AD =0
则 1 ，所以
-
3
x+y+
z
=0
，
n⋅AE=0 2 2
7 3
∴- x+ z=0，
2 2
令x=3，则z=7，y=1．
∴n=3,1,7 为平面DAE的一个法向量， 1
因为点P在平面ABCD内，
故设点P的坐标为m,n,0 ，
因为FP=OP-OF=OP-OC+CF
1
=OP-OC- AA ，
2 1
3 1
所以FP=m+ ,n,-
2 2
，
FP⋅n=0，则3m+n+1=0，
所以CP = m+1 2+n2= m+1 2+-3m-1 2= 10m2+8m+2=
2
10m+
5
2 2
+ ，
5
2
所以当m=- 时，CP
5
10
有最小值，最小值为 .
5
2764 (2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)斜三棱柱ABC-ABC 的各棱长都为2，∠AAB
1 1 1 1
=60°，点A 在下底面ABC的投影为AB的中点O．
1
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1692 3427(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
1 1 1
在，请说明理由；
【解析】(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，∠AAO=60°，所以AO= 3，
1 1 1
以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，
则A 10,0, 3 ，A1,0,0 ，B-1,0,0 ，C0, 3,0 ，
由AB=A 1 B 1 得B 1-2,0, 3 ，同理得C 1-1, 3, 3 ，
设BD=tBB 1 ,t∈0,1 ，得D-1-t,0, 3t ，
又AC 1 =-2, 3, 3
，A 1 D=-1-t,0, 3t- 3 ，
由AC 1 ⋅A 1 D=0，得-2-1-t + 3 3t- 3 =0，
1 2
得t= ，又BB =2，∴BD= ，
5 1 5
2
∴存在点D且BD= 满足条件；
5
60．(2024·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测)斜三棱柱ABC-ABC 的各棱长都
1 1 1
为4,∠AAB=60°，点A 在下底面ABC的投影为AB的中点O.
1 1
(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
1 1 1
在，请说明理由；
(1)因为点A 在下底面ABC的投影为AB的中点O，故AO⊥平面ABC，
1 1
连接OC，由题意△ABC为正三角形，故OC⊥AB,
以O为原点，OA,OC,OA 分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系：
1
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1693 3427则A(2,0,0),A 10,0,2 3 ,C0,2 3,0 ，B-2,0,0 ,B 1-4,0,2 3 ,C 1-2,2 3,2 3 ，
设BD=λBB 1 ,BB 1 =-2,0,2 3 ，可得D-2λ-2,0,2 3λ ，
∴A 1 D=-2λ-2,0,2 3λ-2 3
,AC 1 =-4,2 3,2 3 ，
假设在棱BB(含端点)上存在一点D使AD⊥AC ，
1 1 1
则A 1 D⊥AC 1 ,∴42λ+2 +2 32 3λ-2 3
1
=0,∴λ= ， 5
1 4
则BD= BB = ；
5 1 5
2765 (2024·贵州遵义·统考三模)如图，棱台ABCD-ABCD中，AA=BB=CC=DD
= 5，底面ABCD是边长为4的正方形，底面ABCD是边长为2的正方形，连接AC，
BD，DC.
(1)证明：AC⊥BD；
【解析】(1)
由题意，该棱台是正四棱台.
连接AC交BD于O，以OA,OB所在直线为x,y轴，经过O且垂直于平面ABCD的直
线为z轴，交上底面ABCD于O，连接CO，建立空间直角坐标系如图.
根据正四棱台的性质，过C作底面ABCD的垂线，则垂足H在AC上.
根据题干数据，A2 2,0,0 ,B0,2 2,0 ,D0,-2 2,0 ，CO为上底面正方形对角线长
的一半，
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1694 3427显然 2=CO=HO，故CH=OC-OH=2 2- 2= 2，又CC= 5，则CH=
3，故C- 2,0, 3 .
于是AC=-3 2,0, 3
，BD=0,-4 2,0
，则AC⋅BD=0，于是AC⊥BD
2766 (2024·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习)如图，在三棱柱ABC-ABC中，
1 1
CC ⊥平面ABC，AC⊥BC，BC=AC=CC =4，D为AB 的中点，CB 交BC 于点
1 1 1 1 1
E．
(1)证明：CB ⊥CD；
1 1
【解析】(1)由于CC ⊥平面ABC，AC⊥BC，所以AC,BC,CC 两两垂直，故建立如
1 1 1 1 1 1
图所示的空间直角坐标系，
则C0,0,4 ,C 10,0,0 ,B 10,4,0 ,A 14,0,0 ,A4,0,4 ,B0,4,4 ,D2,2,2 ,
CB 1 =0,4,-4
,C 1 D=2,2,2
，所以CB ⋅CD=0+8-8=0,∴CB ⊥CD,故CB 1 1 1 1 1
⊥CD
1
2767 (2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模)已知直三棱柱ABC-ABC 中，
1 1 1
侧面AABB为正方形，AB=BC，E，F分别为AC和CC 的中点，D为棱AB 上的动
1 1 1 1 1
点.BF⊥AB.
1 1
(1)证明：BF⊥DE；
【解析】(1)因为三棱柱ABC-ABC 是直三棱柱，所以BB ⊥底面ABC，
1 1 1 1
又BC,AB⊂底面ABC，所以BB ⊥AB，BB ⊥BC，
1 1
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1695 3427又因为AB∥AB ，BF⊥AB ，所以BF⊥AB，
1 1 1 1
又BB ∩BF=B，BB,BF⊂平面BBCC，所以AB⊥平面BBCC，
1 1 1 1 1 1
又BC⊂平面BBCC，所以AB⊥BC，即BA,BC,BB 两两垂直，
1 1 1
以B为原点，分别以BA,BC,BB 所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设AB=2，
1
则
B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B(0,0,2)，A(2,0,2)，C(0,2,2)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，设D
1 1 1
(a,0,2)(0≤a≤2)，
所以BF=(0,2,1)，DE=(1-a,1,-2)，
因为BF·DE=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0，
所以BF⊥DE，即BF⊥DE.
51．(2024·江西·高三统考阶段练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面
ABCD，底面ABCD是矩形，PD=AB=2AD=4，E,G分别是PA,PD的中点，FB=
3PF.
(1)证明：EF⊥PC.
(1)解法一：如图，以D为坐标原点，DA,DC,DP的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立
空间直角坐标系，
则P0,0,4 ,C0,4,0 ,E1,0,2
1
,F ,1,3
2
，
1
EF=- ,1,1
2
,PC=0,4,-4 .
因为EF⋅PC=0，所以EF⊥PC.
【解题方法总结】
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1696 3427
设直线l,l 的方向向量为a,b，则a⊥b⇔a⋅b=0．
1 2
这里要特别指出的是，用向量法证明两直线尤其是两异面直线垂直是非常有效的方法．
10 题型十：证明直线与平面垂直
2768 (2024·内蒙古乌兰察布·校考三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，
底面ABCD是边长为2的正方形，PD=DC，F，G分别是PB，AD的中点．
(1)求证：GF⊥平面PCB；
【解析】(1)因为PD⊥底面ABCD，DA,DC⊂底面ABCD，且底面ABCD是边长为2
的正方形，
所以DP,DA,DC两两垂直，
以D为原点，DP,DA,DC所在直线为z轴，x轴，y轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A2,0,0 ，B2,2,0 ，C0,2,0 ，P0,0,2 ，G1,0,0 ，F1,1,1 ，
所以GF=0,1,1
，PC=0,2,-2
，PB=2,2,-2 ，
设平面PBC的法向量n=x,y,z ，
n⋅PC=2y-2z=0
则 ，取y=1可得z=1,x=0，所以平面PBC的一个法向量为n
n⋅PB=2x+2y-2z=0
=0,1,1 ，
因为GF=n，所以GF⊥平面PCB.
2769 (2024·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测)如图，已知直三棱柱ABC-FGE,
1
AC=BC=4,AC⊥BC,O为BC的中点，D为侧棱BG上一点，且BD= BG，三棱柱
4
ABC-FGE的体积为32．
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1697 3427(1)过点O作OQ⊥DE，垂足为点Q，求证：BQ⊥平面ACQ；
【解析】(1)由直三棱柱ABC-FGE，得CE⊥平面ABC，又AC⊥BC,AC=BC=4，
1 1
可得三棱柱ABC-FGE的体积V= AC×BC×CE= ×4×4×CE=32，得EC
2 2
=4．
如图，建立空间直角坐标系，
则O0,2,0 ,D0,4,1 ,E0,0,4 ,B0,4,0 ,A4,0,0 ,C0,0,0 ，
则DE=0,-4,3
．设DQ=λDE=0,-4λ,3λ ，则Q0,4-4λ,1+3λ
，故OQ=
0,2-4λ,1+3λ ．
1
因为OQ⊥DE，所以OQ⋅DE=0，所以0-8+16λ+3+9λ=0，解得λ= ，即
5
16 8
Q0, ,
5 5
．
4 8
证明：由BQ=0,- ,
5 5
16 8
,AQ=-4, ,
5 5
，得CA⋅BQ=4,0,0
4 8
⋅0,- ,
5 5
=0，
16 8
CQ⋅BQ=0, ,
5 5
4 8
⋅0,- ,
5 5
64 64
=- + =0.
25 25
所以BQ⊥CA,BQ⊥CQ．又因为CA⊂平面ACQ，CQ⊂平面ACQ，CA∩CQ=
C，所以BQ⊥平面ACQ．
2770 (2024·上海黄浦·上海市大同中学校考三模)如图，直三棱柱ABC-ABC 中，∠BAC
1 1 1
=90°，AB =AC =2，AA 1 =4，D为BC的中点，E为CC 1 上的点，且CE =
1
4 CC 1 ．
(1)求证：BE⊥平面ADB ；
1
【解析】(1)在直三棱柱ABC-ABC 中，∠BAC=90°，显然射线AB,AC,AA 两两垂
1 1 1 1
直，
以点A为原点，射线AB,AC,AA 的方向分别为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系，
1
如图，
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1698 3427因为AB =AC =2，AA 1 =4，D为BC的中点，E为CC 1 上的点，且CE
1
= 4 CC 1 ，
则A(0,0,0),B(2,0,0),B(2,0,4),D(1,1,0),E(0,2,1)，AB =(2,0,4),AD=(1,1,0),BE=(
1 1
-2,2,1)，
于是AB ⋅BE=2×(-2)+4×1=0,AD⋅BE=1×(-2)+1×2=0，即AB ⊥BE,AD
1 1
⊥BE，
而AD∩AB =A,AD,AB ⊂平面ADB ，
1 1 1
所以BE⊥平面ADB.
1
2771 (2024·全国·高三专题练习)如图，直三棱柱ABC-ABC 的侧面BCCB 为正方形，
1 1 1 1 1
2AB=BC=2，E，F分别为AC，CC 的中点，BF⊥AB．
1 1 1
(1)证明：BF⊥平面ABE；
1 1
【解析】(1)因为三棱柱ABC-ABC 为直三棱柱，
1 1 1
所以BB ⊥AB，又因为BF⊥AB ，AB⎳AB ，所以BF⊥AB，
1 1 1 1 1
因为BB ∩BF=B，BB,BF⊂平面BCCB ，
1 1 1 1
所以AB⊥平面BCCB ，
1 1
因为BC,BB ⊂平面BCCB ，所以AB⊥BC,AB⊥BB ，
1 1 1 1
因为BCCB 为正方形，所以AB⊥BC，
1 1
故以B为坐标原点，BA,BC,BB 分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
1
第 页 共 页
1699 3427则B0,0,0 ,F0,2,1 ,A 11,0,2 ,B 10,0,2
1
,E ,1,0
2
,C0,2,0 ,C 10,2,2 ,A1,0,0 ，
因为BF⋅A 1 B 1 =0,2,1 ⋅-1,0,0
=0，BF⋅A 1 E=0,2,1
1
⋅- ,1,-2 2 =2-2=0，
所以BF⊥AB ，BF⊥AE，
1 1 1
因为AB,AE⊂平面ABE，AB ∩AE=A ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以BF⊥平面ABE，
1 1
【解题方法总结】
(1)证明直线和平面内的两天相交直线垂直．
(2)证明直线和平面内的任一直线垂直．
(3)转化为证明直线与平面的法向量共线．
11 题型十一：证明平面和平面垂直
2772 (2024·广东深圳·统考模拟预测)在正方体ABCD-ABCD 中，如图E、F分别是
1 1 1 1
BB ，CD的中点．
1
(1)求证：平面ADF⊥平面ADE；
1
【解析】(1)设棱长为2，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(0,1,0)，D(0,0,2)，
1
所以DA=2,0,0
，DE=2,2,1
，AD 1 =-2,0,2
，AF=-2,1,0 ，
第 页 共 页
1700 3427
n⋅DA=2x=0
设平面ADE的法向量n=(x,y,z)，则 ，取y=1，得n=
n⋅DE=2x+2y+z=0
0,1,-2 ，
设平面AD 1 F的法向量m=a,b,c
m⋅AD =-2a+2c=0
，则 1 ，取a=1，得m=
m⋅AF=-2a+b=0
1,2,1 ，
所以n⋅m=0+2-2=0，则平面ADF⊥平面ADE．
1
2773 (2024·全国·高三专题练习)已知在直三棱柱ABC-ABC 中，其中AA =2AC=4,
1 1 1 1
AB=BC,F为BB 的中点，点E是CC 上靠近C 的四等分点，AF与底面ABC所成角
1 1 1 1
2
的余弦值为 ．
2
(1)求证：平面AFC⊥平面AEF；
1
【解析】(1)取AA 的中点D，连BD，因为F为BB 的中点，所以AD⎳BF，AD=BF，
1 1 1 1
所以四边形ADBF为平行四边形，所以BD⎳AF，
1 1
2
因为AF与底面ABC所成角的余弦值为 ，所以BD与底面ABC所成角的余弦值为
1 2
2
，
2
因为三棱柱为直三棱柱，所以AD⊥平面ABC，所以∠DBA是BD与底面ABC所成
2 π 1
角，所以cos∠DBA= ，所以∠DBA= ，所以AB=BC=AD= AA =2，
2 4 2 1
又AC=2，所以△ABC是边长为2的等边三角形，
取AC的中点O，AC 的中点G，连OB,OG，则OB⊥AC，OG⎳AA ，OG⊥平面
1 1 1
ABC，
以O为原点，OB,OC,OG的方向为x,y,z轴建立空间直角坐标系：
则A(0,-1,0)，C(0,1,0)，F( 3,0,2)，A(0,-1,4)，E(0,1,3)，B( 3,0,4)，C(0,1,4)，
1 1 1
BC =(- 3,1,0)，AB =( 3,1,0)，
1 1 1 1
AF=( 3,1,2)，AC=(0,2,0)，AF=( 3,1,-2)，EF=( 3,-1,-1)，
1
设平面AFC的一个法向量为m=(x,y,z)，平面AEF的一个法向量为n=(x ,y ,z )，
1 1 1 1 2 2 2
m⋅AF= 3x +y +2z =0
则
1 1 1 ，得y
1
=0，令x
1
=2，得z
1
=- 3，m=(2,0,- 3)，
m⋅AC=2y =0
1
n⋅AF= 3x +y -2z =0 3 1 3 1
1 2 2 2 ，令z 2 =1，得x 2 = 2 ，y 2 = 2 ，n= 2 , 2 ,1
n⋅EF= 3x -y -z =0
2 2 2
，
3
因为m⋅n=2× +0- 3×1=0，所以m⊥n，
2
第 页 共 页
1701 3427所以平面AFC⊥平面AEF.
1
2774 (2024·北京丰台·北京丰台二中校考三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面
ABCD，AD⊥CD，AD⎳BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，点F在
PF 1
PC上，且 = .
FC 2
(1)求证：平面AEF⊥平面PCD；
【解析】(1)如图，以D为原点，分别以DA，DC为x轴，y轴，过D作AP平行线为z轴，
建立空间直角坐标系，
则D0,0,0 ，A2,0,0 ，C0,2,0 ，P2,0,2 ，E1,0,1 ，B3,2,0 ，
所以DC=0,2,0
，PC=-2,2,-2
PF 1 1
，因为 = ，所以PF= PC，
FC 2 3
1
所以DF= -2,2,-2
3
+2,0,2
4 2 4
= , ,
3 3 3
4 2 4
，即F , ,
3 3 3
，
2 2 4
所以AF=- , ,
3 3 3
，AE=-1,0,1 ，
设平面AEF的法向量为n=x,y,z
2 2 4
n⋅AF=- x+ y+ z=0
，则 3 3 3 ，
n⋅AE=-x+z=0
令x=z=1，则y=-1，所以n=1,-1,1 ，
平面PCD的法向量为m=a,b,c
m⋅DC=2b=0
，则 ，
n⋅PC=-2a+2b-2c=0
令a=1，则c=-1，所以m=1,0,-1 ，
所以n⋅m=1×1+0×-1 +1×-1
=0，所以n⊥m，
所以平面AEF⊥平面PCD.
2775 (2024·北京·北京四中校考模拟预测)如图，正三棱柱ABC-ABC 中，E,F分别是棱
1 1 1
1
AA,BB 上的点，AE=BF= AA.
1 1 1 3 1
第 页 共 页
1702 3427(1)证明：平面CEF⊥平面ACCA ；
1 1
【解析】(1)证明：取BC的中点O,连接OA，
在正三棱柱ABC-ABC 中，不妨设AB=2a,AA =3;
1 1 1 1
以O为原点，OB,OA分别为x轴和y轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则C-a,0,0 ,A0, 3a,0 ,Fa,0,1 ,E0, 3a,2 ，
CF=2a,0,1
,CE=a, 3a,2
,CA=a, 3a,0
,CC 1 =0,0,3 ；
设平面CEF的一个法向量为n=x,y,z
，则 n ⋅C F =0 , 2ax+z=0 ，
n⋅CE=0 ax+ 3ay+2z=0
取x=-1，则y=- 3,z=2a，即n=-1,- 3,2a ；
设平面ACC 1 A 1 的一个法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1
m⋅CA=0
，则 ,
m⋅CC =0
1
即 a 3z x 1 = + 0 3ay 1 =0 ，取y 1 =-1得m = 3,-1,0
1
.
因为m⋅n=- 3+ 3=0，所以平面CEF⊥平面ACCA ；
1 1
2776 (2024·江西新余·高三江西省分宜中学校考阶段练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，底
面ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=2，AC∩BD=O，PO⊥底面ABCD，PO=2，
点E在棱PD上，且CE⊥PD.
(1)证明：平面PBD⊥平面ACE；
第 页 共 页
1703 3427【解析】(1)证明：已知底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又PO⊥平面ABCD，所以BO，CO，PO互相垂直，
故可以以点O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由AB=2，∠ABC=60°，可知相关点坐标如下：
P0,0,2 ，B 3,0,0 ，D- 3,0,0 ，A0,-1,0 ，C0,1,0 ，
易知平面PBD的一个法向量为n=0,1,0 ，
因为AC=0,2,0
，所以AC⎳n，
故AC⊥平面PBD，
从而平面PBD⊥平面ACE.
2777 (2024·全国·高三专题练习)如图，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面
ABCD，PA=AB=2，BC=4，E是PD的中点.
(1)求证：平面PCD⊥平面PAD；
【解析】(1)由题可知，以A为原点，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),E(0,2,1),P(0,0,2).
所以AB=(2,0,0),AD=(0,4,0),AP=(0,0,2),CD=(-2,0,0),AE=(0,2,1),AC=(2,4,
0),
第 页 共 页
1704 3427
所以CD⋅AD=-2 ×0+0×4+0×0=0,即CD⊥AD,
所以CD⋅AP=-2 ×0+0×0+0×2=0,即CD⊥AP,
又AD∩AP=A,AD,AP⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD,
又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.
2778 (2024·全国·高三专题练习)如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，侧面
PAB是等边三角形，BC=2AB,AC= 3AB,PB⊥AC.
(1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B,Q两点的截面，且AC∥平面BEQF，
PQ
是否存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，求 的值；若不存在，说明理
QD
由.
【解析】(1)证明：在△ABC中，因BC=2AB,AC= 3AB，
所以AC2+AB2=BC2，所以AC⊥AB，又AC⊥PB,PB∩AB=B，
且PB，AB⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB，
又AC⊂平面ABCD，
所以平面PAB⊥平面ABCD.
(2)假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.
取AB中点为H，连接PH，则PH⊥AB，
因为平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD=AB，
所以PH⊥平面ABCD.
如图所示建立空间直角坐标系，
不妨设AB=2，则A0,0,0 ,B2,0,0 ,D-2,2 3,0 ，P1,0, 3
，则AD=-2,2 3,0 ,
AP=1,0, 3
,BD=-4,2 3,0
,DP=3,-2 3, 3 ，
设n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1
是平面PAD的法向量，则 n 1 ⋅A D =-2x 1 +2 3y 1 =0 ，取n 1 =
n ⋅AP=x + 3z =0
1 1 1
3,1,-1 .
设DQ=λDP，其中0≤λ≤1.
第 页 共 页
1705 3427
则BQ=BD+DQ=BD+λDP=3λ-4,2 3-2 3λ, 3λ
连接EF，因AC∥平面BEQF,AC⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEQF=EF，故AC
∥EF取与EF同向的单位向量 j =0,1,0 .
设n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2 是平面BEQF的法向量，
n ⋅j=y =0
则 2 2
n 2 ⋅BQ=3λ-4 x 2 +2 31-λ
，取n 2 = 3λ,0,4-3λ
y + 3λz =0 2 2
.
2
由平面BEQF⊥平面PAD，知n ⊥n ，有n ⋅n =3λ+3λ-4=0，解得λ= .
1 2 1 2 3
PQ 1
故在侧棱PD上存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD, = .
QD 2
2779 (2024·江苏·统考三模)如图，三棱锥P-ABC的底面为等腰直角三角形，∠ABC=
90°，AB=2．D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，点M在线段PE上．
(1)再从条件①、②、③、④四个条件中选择两个作为已知，使得平面MBD⊥平面PBC，
并给予证明；
(2)在(1)的条件下，求直线BP与平面MBD所成的角的正弦值．
条件①：PD= 2；
条件②：∠PED=60°；
条件③：PM=3ME：
条件④：PE=3ME．
【解析】(1)因PD⊥平面ABC，DB⊂平面ABC，DC⊂平面ABC，则PD⊥DB,PD
⊥DC，
又由题可知DB⊥DC，则如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，
则B 2,0,0 ，D0,0,0 ，C0, 2,0
2 2
，E , ,0
2 2
，
设P0,0,t t>0
，PM=λPE0<λ<1 .
则DB= 2,0,0
，PB= 2,0,-t
，PC=0, 2,-t
2 2
，PE= , ,-t
2 2
，DP=
0,0,t .
2 2
故DM=DP+PM=DP+λPE= λ, λ,1-λ
2 2
t .
设平面MBD法向量为n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1 ，
DB⋅n = 2x =0 1 1
则 2 2 DM⋅n 1 = 2 λx 1 + 2 λy 1 +1-λ
2λ
，令y =1，可得n = 0,1, tz =0 1 1 2λ-1 1 t ；
设平面PBC法向量为n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2 ，
则 P P B C ⋅ ⋅ n n 2 = = 2 2 x y 2 - - t t z z 2 = = 0 0 ，可令x 2 =y 2 =1，可得n 2 =1,1, t 2
2 2 2
.
第 页 共 页
1706 3427 2λ
要使平面MBD⊥平面PBC，需满足n ⋅n =1+
1 2 2λ-1
t2
=0⇒λ= .
t2 t2+1
注意到条件①⇔t= 2，
PD⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，PD⊥DE，又由题可知DE=1，则条件②⇔t=
3，
3 2
条件③⇔λ= ，条件④⇔λ= .
4 3
t2
则当条件①④成立或条件②③成立时，都有λ= ，即可以使平面MBD⊥平面
t2+1
PBC；
(2)由(1)，当选择①④时，t= 2，P0,0, 2
2
，λ= .
3
则BP=- 2,0, 2
2λ
，平面MBD法向量为n = 0,1, 1 2λ-1 t =0,1,-1 ，
BP⋅n
1
设BP与平面MBD所成角为θ，则sinθ=
BP
⋅n 1
2 1
= = ；
2⋅ 2 2
当选择②③时，t= 3，P0,0, 3
3
，λ= .
4
则BP=- 2,0, 3
2λ
，平面MBD法向量n = 0,1, 1 2λ-1 t
6
=0,1,- 2 ，
BP⋅n
1
设BP与平面MBD所成角为θ，则sinθ=
BP
⋅n 1
3 2
2 3
= = ；
5 5 5⋅
2
【解题方法总结】
(1)转化为证明两平面的法向量互相垂直
(2)转化为证明一平面内的一条直线垂直于另一个平面．
12 题型十二：求两异面直线所成角
2780 (2024·宁夏银川·银川一中校考模拟预测)在正四棱柱ABCD-ABCD 中，底面边长
1 1 1 1
为1，高为3，则异面直线BD 与AD所成角的余弦值是 .
1
11
【答案】
11
【解析】∵AD⎳BC，∴∠DBC即为异面直线BD 与AD所成的角，
1 1
第 页 共 页
1707 3427连接DC，在△DBC中，
1 1
∵正四棱柱ABCD-ABCD 的底面边长为1，高为3，
1 1 1 1
∴DB= DD2+DB2= DD2+DC2+BC2= 1+1+9= 11，
1 1 1
BC=1，DC= 10，
1
∴DB2=BC2+DC2，∴∠DCB=90°，
1 1 1
BC 1 11
∴cos∠DBC= = = .
1 DB 11 11
1
11
故异面直线BD 与AD所成角的余弦值是 ．
1 11
11
故答案为： ．
11
2781 (2024·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测)已知正方体ABCD-ABCD 的棱长
1 1 1 1
为1，E是棱AD 的中点，G为棱BC上的动点(不含端点)，记㫒面直线AB与EG所成
1 1
的角为α，则sinα的取值范围是 .
【答案】 2 , 5
2 3
【解析】方法1：取BC 的中点N，连接EN，如图所示，
1 1
则EN⎳AB，EN⊥面BCCB ，
1 1
所以异面直线AB与EG所成角即为∠NEG=α，EN⊥NG，
5
设NG=x，1≤x<
2
，
NG x x2 1
所以sinα= = = = 1- ，
EG x2+1 x2+1 x2+1
5
又因为1≤x< ，
2
5
所以1≤x2< ，
4
第 页 共 页
1708 34272 1 5 2 5
所以 ≤ 1- < ，即： ≤sinα< .
2 x2+1 3 2 3
方法2：如图所示建立空间直角坐标系，
1
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，E ,0,1
2
，G(x,1,0)，
1
所以AB=(0,1,0)，EG=x- ,1,-1
2
，
|AB⋅EG| 1
所以cosα=|cos|= =
|AB||EG| 1 x-
2
1
= ，(0<
2 +1+1 x2-x+ 9
4
x<1)，
1 9 9 9
又因为当x= 时，x2-x+ =2；当x=0或x=1时，x2-x+ = ，
2 4 4 4
2 2
所以 0 ，
a c
则E ,1,
2 2
，因为∠PAD=45°，所以a+c=2，
所以AP=a-2,0,c =-c,0,c
a c
，BE= -2,-1,
2 2
c c
=- -1,-1,
2 2
，
因为异面直线BE与PA所成角为30°，所以cosAP⋅BE
c2 c2
+c+
2 2
=
c
2c⋅ +1
2
=
2 c2
+1+
4
3
，
2
化简得c2+2c-8=0，解得c=2(c=-4舍)，所以a=0；
所以P0,0,2 ，PD⊥平面ABCD，
四棱锥P-ABCD，底面是边长为2的正方形，棱锥的高为2，
8
所以四棱锥P-ABCD的体积为 .
3
2785 (2024·全国·高三对口高考)如图，图1，四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，面
ABCD是直角梯形，M为侧棱PD上一点．该四棱锥的俯视图和侧(左)视图如图2所
示．
第 页 共 页
1711 3427(1)证明：BC⊥平面PBD；
(2)证明：AM⎳平面PBC；
3
(3)线段CD上是否存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为 ？若存在，找到所有
4
符合要求的点N，并求CN的长；若不存在，说明理由．
【解析】(1)根据俯视图可知，BD=2，CD=4，BC=2 3，
所以BD2+BC2=CD2，BD⊥BC，
因为PD⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，所以PD⊥BC，
因为PD∩BD=D，PD,BD⊂平面PBD，
所以BC⊥平面PBD.
(2)因为底面ABCD是直角梯形，根据俯视图可知AD⊥CD，AD⊥AB，
在直角三角形DBC中，由BD=2，CD=4，∠DBC=90°，得∠BDC=60°，所以∠ADB
=30°，
在直角三角形DAB中，∠DAB=90°，∠ADB=30°，BD=2，所以AD= 3，AB=1，
根据侧视图可知，PM=1，MD=3，
因为PD⊥底面ABCD，AD,CD⊂底面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥CD，
以D为原点，DA,DC,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系：
则A( 3,0,0)，M(0,0,3)，P(0,0,4)，C(0,4,0)，B( 3,1,0)，AM=(- 3,0,3)，BC=(
- 3,3,0)，PB=( 3,1,-4)，
设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z)，
n⋅BC=- 3x+3y=0
则 ，取x= 3，得y=1，z=1，n=( 3,1,1)，
n⋅PB= 3x+y-4z=0
因为AM⋅n=- 3× 3+0+3×1=0，所以AM⊥n，
又AM⊄平面PBC，所以AM⎳平面PBC.
3
(3)假设线段CD上存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为 ，
4
第 页 共 页
1712 3427
设N(0,t,0)(0≤t≤4)，则BN=(- 3,t-1,0)，
则cos
AM⋅BN
=
AM⋅BN
- 3×(- 3)
=
3
= =
3+9× 3+(t-1)2 2 3× t2-2t+4
3
，
2 t2-2t+4
3 3
依题意可得 = ，解得t=0或t=2，
2 t2-2t+4 4
所以点N位于点D处或位于CD的中点处，
所以CN=4或CN=2.
【解题方法总结】
设两异面直线a和b的方向向量为a和b，利用求角余弦公式可求得a和b的夹角，由于
π
两向量所成角θ的范围是[0,π]，而两异面直线所成角α的范围是0，
2
．所以cosα=
|a⋅b|
|cosθ|= ．
|a||b|
13 题型十三：求直线与平面所成角
2786 (2024·湖南长沙·高三长郡中学校考假期作业)如图所示，直三棱柱ABC-ABC 中，
1 1 1
1 1
AB⊥AC，AB=AC=AA =3,AD= AC，CE= CC.
1 3 3 1
(1)求证：AD⊥BE；
1
(2)求直线AD与平面BDE所成角的正弦值.
1
1 1
【解析】(1)证明：因为三棱柱ABC-ABC 为直三棱柱，且AD= AC，CE= CC ，
1 1 1 3 3 1
AA AC
在直角△AAD与直角△ACE中，可得 1 = ，
1 AD CE
所以△AAD∽△ACE，所以∠AAD=∠CAE，
1 1
所以∠AAD+∠ADA=∠CAE+∠ADA=90°，所以AD⊥AE.
1 1 1 1
因为AA ⊥底面ABC，AB⊂底面ABC，所以AA ⊥AB，
1 1
又AB⊥AC，AA ∩AC=A，且AA,AC⊂平面ACCA ，所以AB⊥平面ACCA ，
1 1 1 1 1 1
又因为AD⊂平面ACCA ，所以AB⊥AD，
1 1 1 1
因为AB∩AE=A，且AB,AE⊂平面ABE，所以AD⊥平面ABE，
1
又因为BE⊂平面ABE，所以AD⊥BE.
1
(2)以A为坐标原点，以AB，AC，AA 分别为x，y，z轴建立的空间直角坐标系，
1
如图所示，则A(0,0,3)，B(3,0,0)，D(0,1,0)，E(0,3,1)，
1
则BD=(-3,1,0)，BE=(-3,3,1)，AD=(0,1,-3)，
1
第 页 共 页
1713 3427
n⋅BD=-3x+y=0
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z)，则 ，
n⋅BE=-3x+3y+z=0
令x=1，可得y=3,z=-6 ，所以平面BDE的一个法向量为n=(1,3,-6).
设直线AD与平面BDE所成角的大小为θ，
1
n⋅AD 则sinθ= 1
n
AD
1
(1,3,-6)⋅(0,1,-3) =
46× 10
21 115 = .
230
21 115
故直线AD与平面BDE所成角的正弦值为 .
1 230
2787 (2024·广东河源·高三校联考开学考试)如图，在四棱锥P-ABCD中，E,F分别为PD,
PB的中点，连接EF.
(1)当G为PC上不与点P,C重合的一点时，证明：EF⎳平面BDG；
(2)已知G,Q分别为PC,AD的中点，△PAD是边长为2的正三角形，四边形BCDQ是面
积为2的矩形，当CD⊥PQ时，求PC与平面BGD所成角的正弦值.
【解析】(1)因为E,F分别为PD,PB的中点，所以EF∥BD，
因为EF⊄平面BDG，BD⊂平面BDG，
所以EF⎳平面BDG.
(2)因为△PAD是正三角形，Q为AD的中点，
所以PQ⊥AD，又因为CD⊥PQ，AD∩CD=D，
所以PQ⊥平面ABCD，BQ⊂平面ABCD，所以PQ⊥BQ，
因为四边形BCDQ是矩形，所以BQ⊥AD，即直线QB,QD,QP两两垂直，
以Q为坐标系的原点，射线QB,QD,QP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
第 页 共 页
1714 3427因为四边形BCDQ是面积为2的矩形，BC=QD=1，所以BQ=2，
由已知得，P0,0, 3 ，B2,0,0 ，C2,1,0 ，D0,1,0 ，
所以PC=2,1,- 3
1 3
，G1, ,
2 2
，
设平面BGD的一个法向量为n=x,y,z
1 3
，BG=-1, ,
2 2
，BD=-2,1,0 ，
1 3
BG⋅n=0 -x+ y+ z=0
∴
，∴ 2 2 ，令x=1，得y=2，z=0.
BD⋅n=0 -2x+y=0
∴n=1,2,0 ，设PC与平面BGD所成的角为θ，
则sinθ= cosPC,n
PC⋅n
=
PC ⋅n
4 10
= = . 8× 5 5
10
所以PC与平面BGD所成角的正弦值为 .
5
2788 (2024·山西运城·高三校考阶段练习)在如图所示的多面体中，四边形ABCD为正方形，
A,E,B,F四点共面，且△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，∠BAE=∠AFB=90°，平
面ABCD⊥平面AEBF，AB=2.
(1)求证：直线BE∥平面ADF；
(2)求平面CBF与平面BFD夹角的余弦值；
(3)若点P在直线DE上，求直线AP与平面BCF所成角的最大值.
【解析】(1)因为△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，且∠BAE=∠AFB=90°，
所以∠BAF=∠ABE=45°，
所以AF∥BE，
第 页 共 页
1715 3427又BE⊄平面ADF,AF⊂平面ADF，
所以BE∥平面ADF.
(2)连接BD，因为四边形ABCD为正方形，
所以DA⊥AB，
因为平面ABCD⊥平面AEBF,DA⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AEBF=AB，
所以DA⊥平面AEBF，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
因为AB=2，所以B2,0,0 ,C2,0,2 ,F1,-1,0 ,A0,0,0 ,D0,0,2
，BC=0,0,2 ,
BF=-1,-1,0 ，
设平面BCF的法向量为n=x,y,z ，
则 n ⋅B C =0 ，得 2z=0 ，令x=1，则n =1,-1,0
n⋅BF=0 -x-y=0
，
设平面BFD的法向量m=x,y,z
,BD=-2,0,2 ，
m⋅BF=-x-y=0
由
，
m⋅BD=-2x+2z=0
令x=1，得m=1,-1,1 ，
因为cosm,n
m⋅n
=
m
n
6
= ， 3
6
所以平面CBF与平面BFD夹角的余弦值是 .
3
(3)设P0,λ,2-λ
，则AP=0,λ,2-λ ，
设AP与平面BCF所成的角为θ，则
n⋅AP
sinθ=
n
AP
-λ
=
2 λ
= ⋅
2 λ2+(2-λ)2 2
,
2λ2-4λ+4
要使sinθ最大，则λ≠0，
2 1 2 1
所以sinθ= ⋅ = ⋅
2 4 4 2 1 1
- +2 4 -
λ2 λ λ 2
2
≤ ,λ=2时等号成立，
2 2
+1
π π
所以θ≤ ，所以AP与平面BCF所成角的最大值为 .
4 4
2789 (2024·河南·校联考模拟预测)已知三棱柱ABC-ABC 中，AB=AC=2,AA=AB
1 1 1 1 1
=AC=2,∠BAC=90°,E是BC的中点，F是线段AC 上一点.
1 1 1
第 页 共 页
1716 3427(1)求证：AB⊥EF；
(2)设P是棱AA 上的动点(不包括边界)，当△PBC的面积最小时，求直线PC 与平面
1 1
AABB所成角的正弦值.
1 1
【解析】(1)证明：连接AE,AE,EC
1 1
∵∠BAC=90°，AB=AC=2，E是BC的中点
∴AE⊥BC
1
∴BC= 2AB=2 2,AE=BE=EC= BC= 2
2
∵AA=AB=AC=2，E是BC的中点
1 1 1
∴AE⊥BC，∴AE= AB2-BE2= 4-2= 2
1 1 1
∴AA2=AE2+AE2，∴AE⊥AE
1 1 1
∵AE∩BC=E,AE,BC⊂平面ABC
∴AE⊥平面ABC，∵AB⊂平面ABC，AE⊥AB，
1 1
∵在三棱柱ABC-ABC 中，AC ⎳AC，
1 1 1 1 1
∵AB⊥AC，∴AB⊥AC ，
1 1
∵AE∩AC =A ，AE,AC ⊂ACE
1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴AB⊥平面ACE，
1 1
∵EF⊂平面ACE，∴AB⊥EF．
1 1
(2)连接PE，由(1)可知AE⊥BC，AE⊥BC
1
∵AE∩AE=E,AE,AE⊂平面AAE，∴BC⊥平面AAE
1 1 1 1
∵PE⊂平面AAE，∴BC⊥PE
1
1
∴S = BC⋅PE= 2PE，要使△PBC的面积最小，则PE最小，
△BCP 2
又∵AE=AE= 2，∴△AAE是等腰直角三角形
1 1
即PE⊥AA时，PE最小，∴P是AA 的中点，
1 1
如图，建立以E为坐标原点，EA，EB，EA 所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标
1
系：
第 页 共 页
1717 3427则A(0, 2,0)，B(- 2,0,0)，C( 2,0,0)，A(0,0, 2)，
1
设C(x,y,z)，则AC=AC ，即( 2,- 2,0)=(x,y,z- 2)，得x= 2，y=- 2，z=
1 1 1
2，
即C( 2,- 2, 2)，
1
2 2
P0, ,
2 2
3 2 2
，则PC = 2,- ,
1 2 2
，
AA =(0,- 2, 2)，AB=(- 2,- 2,0)，
1
设平面AABB的法向量为m=(x,y,z)，
1 1
由 m ⋅A A 1 =0 ，得 - 2y+ 2z=0 ，即 y=z ，令x=1，则y=-1，z=-1，即m =(1,
m⋅AB=0 - 2x- 2y=0 x=-y
-1,-1)，
设直线PC 与平面AABB所成角为θ，
1 1 1
m⋅PC 1
则sinθ=|cos|=
1
m
PC 1
3 2 2 2+ -
2 2
=
2 2 2 42
= = ，
18 2 3× 7 21 3× 2+ + 4 4
2 42
即直线PC 与平面AABB所成角的正弦值为 ．
1 1 1 21
2790 (2024·全国·高三专题练习)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，AB=AP=2，
PA⊥平面ABCD，E,F分别是线段PB,PD的中点，G是线段PC上的一点.
(1)求证：平面EFG⊥平面PAC；
1
(2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为 ，且G点不是线段PC的中点，求三棱
3
锥E-ABG体积.
【解析】(1)连接BD，
∵E,F分别是线段PB,PD的中点，∴EF⎳BD，
∵底面四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，
∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，
又PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，
第 页 共 页
1718 3427∵EF⎳BD，∴EF⊥平面PAC，
又EF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PAC.
(2)以A为坐标原点，分别以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0 ，E1,0,1 ，F0,1,1 ，P0,0,2 ，C2,2,0 ，
1
设PG=λPC，λ∈0,
2
1
∪ ,1
2
，
则AG=AP+PG=0,0,2 +2λ,2λ,-2λ =2λ,2λ,2-2λ
，AE=1,0,1
，AF=
0,1,1 ，
设平面AEF的一个法向量为n=x,y,z ，
n⋅AE=x+z=0
则 ，令z=-1，解得：x=1，y=1，∴n=1,1,-1
n⋅AF=y+z=0
；
设直线AG与平面AEF所成角为θ，
sinθ= cosn,AG
n⋅AG
=
n ⋅AG
6λ-2
=
3⋅ 4λ2+4λ2+2-2λ
1
= ， 2 3
1 1 1
解得：λ= 或λ= (舍)，∴PG= PC，
6 2 6
∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC；
∵BC⊥AB，PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，
1 1
∴G到平面PAB的距离为 BC= ，
6 3
1 1 1 1 1 1 1
∴V =V = S ⋅ BC= × × ×2×2× = .
E-ABG G-ABE 3 △ABE 6 3 2 2 3 9
2791 (2024·福建漳州·统考模拟预测)如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的
点，PC⊥平面ABC，AC= 3，PC=2BC=2，E，F分别为PA，PC的中点，平面
BEF与平面ABC的交线为BD，D在圆O上.
第 页 共 页
1719 3427(1)在图中作出交线BD(说明画法，不必证明)，并求三棱锥D-ACE的体积；
1
(2)若点M满足BM= BD+λBPλ∈R
2
，且CM与平面PBD所成角的正弦值为
10
，求λ的值.
5
【解析】(1)过点B作BD∥AC交圆O于点D，( E，F分别为PA，PC的中点，所以
EF⎳AC,又BD∥AC，所以EF⎳BD,故BD为平面BEF与平面ABC的交线)
因为AB是圆O的直径，所以∠ADB=∠ACB=90°，BD∥AC，
所以∠CBD=180°-∠ACB=90°，所以四边形ACBD为矩形，
1 3
因为AC= 3，AD=BC=1，所以S = × 3×1= ，
△ACD 2 2
因为PC⊥平面ABC，E为PA的中点，
1
所以点E到平面ACD的距离为 PC，
2
1 1 1 3 3
所以V =V = ×S × PC= × ×1=
D-ACE E-ACD 3 △ACD 2 3 2 6
(2)以C为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向作为x轴，y轴，z轴的正方向建立空
间直角坐标系，如图，
则A 3,0,0 ，B0,1,0 ，C0,0,0 ，D 3,1,0 ，P0,0,2 ，
所以CB=0,1,0
，BP=0,-1,2
，BD= 3,0,0 ，
1 3
BM= BD+λBP= ,-λ,2λ
2 2
3
，CM=CB+BM= ,1-λ,2λ
2
设平面PBD的法向量为n=x,y,z
n⋅BD=0,
，则
n⋅BP=0,
即 3x=0, ，不妨取z=1，得n =0,2,1
-y+2z=0
10
因为CM与平面PBD所成角的正弦值为 ，
5
所以 cosCM,n
CM⋅n
=
CM ⋅n
2 10
= = 7 5 5λ2-2λ+ × 5
4
1 1
所以20λ2-8λ-1=0，所以λ= 或λ=-
2 10
【解题方法总结】
设l为平面α的斜线，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，θ为l与α所成角的大小，
第 页 共 页
1720 3427
则sinθ= cosa,n
a⋅n
=
a
n
．
14 题型十四：求平面与平面所成角
2792 (2024·全国·高三专题练习)如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD=4，BC=2，
∠DAB=60°，点E，F在以AD为直径的半圆上，且AE=EF=FD，将半圆沿AD翻折
如图2．
(1)求证：EF∥平面ABCD；
(2)当多面体ABE-DCF的体积为4时，求平面ABE与平面CDF夹角的余弦值．
【解析】(1)证明：连接AE，EF，FD，六边形ABCDFE为正六边形，则EF⎳AD⎳BC，
在翻折过程中，EF⎳AD，EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以EF⎳平面ABCD．
(2)连接EB，FC分别交AD于G，H，则EB⊥AD，FC⊥AD，
翻折过程中，EG⊂平面EGB，GB⊂平面EGB，EG∩GB=G，
AD⊥EG，AD⊥GB，所以AD⊥平面EGB，同理AD⊥平面FHC，
所以平面EGB⎳平面FHC．又因为EF⎳GH⎳BC，
则三棱柱EGB-FHC为直三棱柱，EG⎳FH，BG⎳HC，
且EG=GB=FH=HC= 3，AG=HD=1，GH=2．
1 3
设∠EGB=θ，所以S =S = EG⋅BGsinθ= sinθ，
ΔEGB ΔFHC 2 2
1 1
V=V +V +V = AG⋅S +GH⋅S + HD⋅
三棱锥A-EGB 三棱柱EGB-FHC 三棱锥D-FHC 3 △EGB △EGB 3
S =4sinθ=4．
△FHC
π
所以sinθ=1，即θ= ，AD⊥EG，AD⊥GB，∠EGB为二面角E-AD-B的平面
2
角，
即平面EFDA⊥平面ABCD．以G为坐标原点，GB，GD，GE所在的直线为x，y，z
轴，
建立空间直角坐标系如图，
第 页 共 页
1721 3427则A(0,-1,0)，B( 3,0,0)，E(0,0, 3)，C( 3,2,0)，D(0,3,0)，F(0,2, 3)，
AB=( 3,1,0),AE=(0,1, 3)，
AB⋅n= 3x+y=0
设平面ABE的一个法向量n=(x,y,z)，有
，
AE⋅n=y+ 3z=0
令x=1得n=(1,- 3,1)，同理可得平面CDF的法向量m=(1, 3,1)，
m⋅n
设平面ABE与平面CDF的夹角为φ，观察图可知其为锐角，则cosφ=
m⋅
n
1
= ，
5
1
所以平面ABE与平面CDF的夹角的余弦值为 ．
5
2793 (2024·黑龙江大庆·高三大庆中学校考开学考试)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面
ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=2，AC∩BD=O，PO⊥底面ABCD，PO=2，点
E在棱PD上，且CE⊥PD
(1)证明：平面PBD⊥平面ACE；
(2)求平面PAC与平面ACE所成角的余弦值．
【解析】(1)因为PO⊥平面ABCD，且AC⊂平面ABCD，则PO⊥AC
又因为ABCD为菱形，则AC⊥BD，
且BD∩PO=O，BD,PO⊂平面PBD，
所以AC⊥平面PBD，则AC⊂平面ACE，
故平面ACE⊥平面PBD.
(2)由题意可知：AC⊥BD，PO⊥平面ABCD，
故以点O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
第 页 共 页
1722 3427则P0,0,2 ，D- 3,0,0 ，A0,-1,0 ，C0,1,0 ，
设PE=λED,Ea,b,c
，则PE=a,b,c-2
,ED=- 3-a,-b,-c ，
a=λ- 3-a
可得
- 3λ
a=
1+λ
- 3λ 2
b=λb ，解得 b=0 ，即E ,0,
1+λ 1+λ
c-2=-λc
c= 2
1+λ
，
- 3λ 2
可得CE= ,-1,
1+λ 1+λ
,PD=- 3,0,-2 ，
3λ 4 4 4 3 6
因为CE⊥PD，则CE⋅PD= - =0，解得λ= ，所以E- ,0,
1+λ 1+λ 3 7 7
，
由题意可知：平面PAC的一个法向量为u=1,0,0 ，
设平面ACE的一个法向量v=x,y,z
，可得AC=0,2,0
4 3 6
,AE=- ,1,
7 7
，
v⋅AC=2y=0
则
4 3 6
，
v⋅AE=- x+y+ z=0
7 7
令x= 3，则y=0,z=2，可得v= 3,0,2
则cosu,v
u⋅v
= u ⋅v
3 21
= = ， 1× 7 7
21
所以平面PAC与平面ACE所成角的余弦值为 .
7
2794 (2024·山西运城·山西省运城中学校校考二模)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，侧面
1 1 1
BBCC为菱形，∠CBB =60°，AB=BC=2，AC=AB = 2.
1 1 1 1
(1)证明：平面ACB ⊥平面BBCC；
1 1 1
(2)求平面ACCA 与平面ABC 夹角的余弦值.
1 1 1 1 1
【解析】(1)如图，连接BC ，交BC于O，连接AO.
1 1
因为侧面BBCC为菱形，所以BC⊥BC ，且O为BC 的中点.又AC=AB = 2，故
1 1 1 1 1 1
AO⊥BC.
1
第 页 共 页
1723 3427又AB=BC=2，且∠CBB =60°，所以CO=1,BO= 3，所以AO= AC2-CO2=1.
1
又AB=2，所以AB2=BO2+AO2，所以AO⊥BO.
因为BO,CB ⊂平面BBCC，BO∩CB =O，所以AO⊥平面BBCC.
1 1 1 1 1 1
又AO⊂平面ACB ，所以平面ACB ⊥平面BBCC.
1 1 1 1
(2)由(1)知，OA,OB,OB 两两互相垂直，因此以O为坐标原点，OB,OB,OA所在直
1 1
线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则A(0,0,1)，B( 3,
0,0)，C(0,-1,0)，C(- 3,0,0).
1
故CC =(- 3,1,0)，CA=(0,1,1)，CB=( 3,1,0).
1
设n =(x 1 ,y 1 ,z 1 )为平面ACC 1 A 1 的一个法向量，则有 n n ⋅ ⋅ C C C A 1 = = 0 0 ，即 - y 1 + 3 z x 1 = 1 + 0 y 1 =0 ，令
x =1，则n=(1, 3,- 3).
1
设m =(x 2 ,y 2 ,z 2 )为平面ABC的一个法向量，则有 m m ⋅ ⋅ C C A B = = 0 0 ，即 y 2 3 + x z 2 2 + = y 0 2 =0 ，令x 2
=1，则m=(1,- 3, 3).因为平面ABC ∥平面ABC，所以m=(1,- 3, 3)也是平
1 1 1
面ABC 的一个法向量.
1 1 1
所以cos
n⋅m
=
n m
1-3-3
=
5
= .
7× 7 7
5
所以平面ACCA 与平面ABC 夹角的余弦值 .
1 1 1 1 1 7
2795 (2024·宁夏石嘴山·统考一模)如图，在四棱锥A-BCDE中，侧面ADE⊥底面BCDE，
底面BCDE为菱形，∠BCD=120°,AE⊥AD,∠ADE=30°．
(1)若四棱锥A-BCDE的体积为1，求DE的长；
第 页 共 页
1724 3427(2)求平面ABE与平面ACD所成二面角的正弦值．
【解析】(1)如图，过A作AG⊥DE于G，连接CE，
因为侧面ADE⊥底面BCDE，且侧面ADE∩底面BCDE=DE,AG⊂面ADE，
所以AG⊥底面BCDE，
设DE=a，因为AE⊥AD,∠ADE=30°，
3 1 3
所以AG=AD⋅sin30°= a× = a，
2 2 4
在菱形BCDE中，∠BCD=120°，则△BCE为等边三角形，
3
则S =2S = a2，
BCDE △BCE 2
1 3 3 a3
所以四棱锥A-BCDE的体积V= × a2× a= =1，
3 2 4 8
解得DE=a=2；
(2)取DE的中点O，连接OC，则OC⊥DE，
以OC的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设BC=4，
则D0,2,0 ,E0,-2,0 ,C2 3,0,0 ,B2 3,-4,0 ,A0,-1, 3 ，
BE=CD=-2 3,2,0
,EA=0,1, 3
,DA=0,-3, 3 ，
设平面ABE的法向量为m=x,y,z ，
m⋅BE=-2 3x+2y=0
则 ，令z=1，得m=-1,- 3,1
m⋅EA=y+ 3z=0
，
设平面ACD的法向量为n=x,y,z ，
n⋅CD=-2 3x+2y=0
，令y= 3，得n=1, 3,3
n⋅DA=-3y+ 3z=0
，
则cosm,n
m⋅n
= m n
-1-3+3 65
= =- ， 5× 13 65
65
故平面ABE与平面ACD所成二面角的正弦值为 1--
65
2 8 65
= .
65
2796 (2024·全国·高三专题练习)在三棱台ABC-DEF中，G为AC中点，AC=2DF，AB
⊥BC，BC⊥CF.
第 页 共 页
1725 3427(1)求证：BC⊥平面DEG；
π
(2)若AB=BC=2，CF⊥AB，平面EFG与平面ACFD所成二面角大小为 ，求三棱
3
锥E-DFG的体积.
【解析】(1)在三棱台ABC-DEF中，G为AC中点，则AC=2GC，
又AC=2DF，∴GC=DF，
∵AC⎳DF，∴四边形GCFD为平行四边形，∴DG⎳CF，
又BC⊥CF，∴BC⊥DG，
∵DE⎳AB，AB⊥BC，∴BC⊥DE，
∵DE∩DG=D，DE,DG⊂平面DEG，∴BC⊥平面DEG.
(2)∵CF⊥AB，DG⎳CF，∴DG⊥AB，
又DG⊥BC，AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABC，∴DG⊥平面ABC，
连接BG，∵AB=BC=2，AB⊥BC，G为AC中点，∴GB⊥AC；
以GB,GC,GD
为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系G-xyz，
则G0,0,0 ，B 2,0,0 ，A0,- 2,0 ，C0, 2,0 ，
设DG=CF=mm>0 ，则D0,0,m ，F0, 2,m ，
1
∴GE=GD+DE=GD+ AB=0,0,m
2
1
+ 2, 2,0
2
2 2
= , ,m
2 2
，GF=
0, 2,m ，
设平面EFG的一个法向量为n=x,y,z ，
2 2
n⋅GE= x+ y+mz=0
则
2 2 ，令z=- 2，解得：y=m，x=m，∴n=
n⋅GF= 2y+mz=0
m,m,- 2 ；
又平面ACFD的一个法向量m=1,0,0 ，
∴ cosm,n
m⋅n
=
m ⋅n
m 1
= = ，解得：m=1，即DG=1， 2m2+2 2
∵DG⊥平面ABC，平面ABC⎳平面DEF，∴DG⊥平面DEF，
1 1 1 1
∴V =V = S ⋅DG= × ×1×1×1= .
E-DFG G-DEF 3 △DEF 3 2 6
2797 (2024·四川成都·高三四川省成都市第四十九中学校校考阶段练习)如图，四棱锥P-
ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2，AD=4，且侧面PAB⊥底面ABCD，侧面
PAD⊥底面ABCD，点F是PB的中点，动点E在边BC上移动，且PA=2．
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1726 3427(1)证明：PA⊥底面ABCD；
(2)当点E在BC边上移动，使二面角E-AF-B为60°时，求二面角F-AE-P的余弦
值．
【解析】(1)证明：因为侧面PAB⊥底面ABCD，且侧面PAB∩底面ABCD=AB，底面
ABCD是矩形，AD⊥AB，AD⊂底面ABCD，所以AD⊥面PAB，
PA⊂面PAB，所以AD⊥PA，
同理，侧面PAD⊥底面ABCD，且侧面PAD∩底面ABCD=AD，
底面ABCD是矩形，AD⊥AB，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥面PAD，
PA⊂面PAD，所以AB⊥PA，
AB,AD⊂底面ABCD，AB∩AD=A，所以PA⊥底面ABCD．
(2)因为PA⊥底面ABCD，点F是PB的中点，且PA=AB，所以AF⊥PB．
因为AD⊥侧面PAB，且AD⎳BC，则BC⊥侧面PAB，AF⊂侧面PAB，所以BC⊥
AF，
PB,BC⊂侧面PBC，PB∩BC=B，所以AF⊥侧面PBC，
BF,EF⊂侧面PBC，AF⊥EF，AF⊥BF
所以∠BFE为二面角E-AF-B的平面角，
当∠BFE=60°时，Rt△BFE中，由BF= 2，得BE= 6，
因为AD，AB，AP三线两两垂直，分别以AD，AB，AP为x、y、z轴建立空间直角坐标
系，如图所示，
A0,0,0 ，P0,0,2 ，F0,1,1 ，E 6,2,0
，AP=0,0,2
，AF=0,1,1
，AE=
6,2,0 ，
设平面FAE的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1
，则 m ⋅A E =0 ，即 6x 1 +2y 1 =0 ， m⋅AF=0 y 1 +z 1 =0
令z 1 =3，得x 1 = 6，y 1 =-3，则m= 6,-3,3 ；
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1727 3427 设平面PAE的法向量为n=x 2 ,y 2 ,z 2
，由 n n ⋅ ⋅ A A P E = = 0 0 ，即 2z 6 2 x = 2 0 +2y 2 =0 ，
令x 2 = 6，得y 2 =-3，z 2 =0，所以n= 6,-3,0 ，
m⋅n
设二面角F-AE-P为α，则cosα=
m ⋅n
6+9 10
= = ．
2 6× 15 4
【解题方法总结】
(1)在平面α内，a⊥ l，在平面β内，b⊥ l(l 是交线l的方向向量)，其方向如图所示，则
a⋅b
二面角α-l-β的平面角的余弦值为 ．
|a||b|
(2)设n ，n 是二面角α-l-β的两个半平面的法向量，其方向一个指向二面角内侧，另
1 2
n ⋅n
一个指向二面角的外侧，则二面角α-l-β的余弦值为 1 2 ．
|n|⋅|n |
1 2
15 题型十五：求点面距、线面距、面面距
2798 (2024·山东青岛·高三统考期中)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，
△PAB为等边三角形，面PAB⊥底面ABCD，E为AD的中点.
(1)求证：AC⊥PE；
5
(2)在线段BD上存在一点F，使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为 .
5
①确定点F的位置；
②求点C到平面PEF的距离.
【解析】(1)取AB中点O，连接OE，PO,
∵△PAB为等边三角形,
∴PO⊥AB,
面PAB⊥底面ABCD，
面PAB∩底面ABCD=AB，
PO⊂面PAB，
∴PO⊥面ABCD，
∴PO⊥AC，
第 页 共 页
1728 3427∵AC⊥BD，
BD⎳OE，
∴AC⊥OE又PO∩OE=O，
∴AC⊥面POE，
∵PE⊂面POE，
∴AC⊥PE，
(2)①如图以O为原点，OP为z轴，OB为x轴建立空间
直角坐标系.设BC=BP=2，
P0,0, 3 ，A-1,0,0 ，B1,0,0 ，D-1,2,0 ,E-1,1,0 ,
AP=(1,0, 3)，PB=1,0,- 3
，PE=(-1,1,- 3)，BD=(-2,2,0)，
BF=λBD=(-2λ,2λ,0)，∴PF=PB+BF=(1-2λ,2λ,- 3)
设n =(x,y,z)是平面PEF的一个法向量
1
-x+y- 3z=0
则有
1-2λ
，
x+2λy- 3z=0
令z= 3解得：
n =(3-6λ,6-6λ, 3)
1
6-6λ 3-3λ
∴cos= =
1 2 3+(3-6λ)2+(6-6λ)2 72λ2-108λ+48
5
因为直线AP与平面PEF所成角的正弦值为
5
3-3λ 5
∴|cos|= =
1 2 18λ2-27λ+12 5
第 页 共 页
1729 34279(1-λ)2 1
即 =
72λ2-108λ+48 5
1
解得λ= ，所以点F的位置是线段BD上靠近B的三等分点，
3
②C1,2,0 ，E-1,1,0
，EC=(2,1,0)
n 1 4 3
n =(1,4, 3)，1 = , ,
1 |n| 20 20 20
1
n 2 4 3
点C到平面PEF的距离d=EC⋅ 1 = + = 5.
|n| 20 20 5
1
2799 (2024·全国·高三专题练习)如图，已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂
直，AB=AF=2，∠ADC=60°
.
(1)求直线BF与平面ABCD的夹角；
(2)求点A到平面FBD的距离.
【解析】(1)设AC∩BD=O，因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，所以
易得AF⊥平面ABCD，
以O点为坐标原点，以OD所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，过O点且平行于AF
的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
由已知得B(- 3,0,0)，F(0,1,2)，
因为z轴垂直于平面ABCD，因此可令平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1)，
又BF=( 3,1,2)，设直线BF与平面ABCD的夹角为θ，
则有sinθ= cosm,BF
m⋅BF
=
m BF
2 2 π
= = ，即θ= ， 1×2 2 2 4
π
所以直线BF与平面ABCD的夹角为 .
4
(2)由(1)空间直角坐标系，得D( 3,0,0)，A(0,1,0)，所以BD=(2 3,0,0)，BF=( 3,1,
2)，
第 页 共 页
1730 3427
可设平面FBD的法向量为n =(x,y,z)，则 n ⋅B D =0 ，得 2 3x=0 ，
n⋅BF=0 3x+y+2z=0
令z=1，得x=0，y=-2，即n=(0,-2,1)，
又因为AF=(0,0,2)，
AF⋅n
所以点A到平面FBD的距离为
n
2 2 5
= = .
5 5
2800 (2024·广东东莞·高三校联考阶段练习)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面△PAD
1
是正三角形，且与底面ABCD垂直，BC⎳平面PAD，BC= AD=1，E是棱PD上的
2
动点.
(1)当E是棱PD的中点时，求证：CE⎳平面PAB；
(2)若AB=1，AB⊥AD，求点B到平面ACE距离的范围.
【解析】(1)证明：因为BC⎳平面PAD，BC⊂平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD
=AD，所以BC⎳AD.
取PA的中点F，连接BF、EF，
1
因为E是棱PD的中点，所以，EF⎳AD且EF= AD，
2
1
因为BC⎳AD且BC= AD，所以，EF⎳BC且EF=BC，
2
所以，四边形BCEF为平行四边形，则CE⎳BF，
因为CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，所以CE⎳平面PAB.
(2)取AD的中点O，连接PO.
因为△PAD是正三角形，所以PO⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
所以，PO⊥平面ABCD，
1
因为BC⎳AD，BC= AD，O为AD的中点，所以，BC⎳AO且BC=AO，
2
所以，四边形ABCO为平行四边形，则CO⎳AB，
因为AB⊥AD，则CO⊥AD，
以点O为坐标原点，OC、OD、OP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，
第 页 共 页
1731 3427则A0,-1,0 、C1,0,0 、P0,0, 3 、D0,1,0
，所以AC=1,1,0 ，
设DE=λDP=λ0,-1, 3 =0,-λ, 3λ ，其中0≤λ≤1，
则AE=AD+DE=0,2,0 +0,-λ, 3λ =0,2-λ, 3λ ，
设平面ACE的法向量n=x 1 ,y 1 ,z 1 ，
n⋅AC=x +y =0
所以 1 1
n⋅AE=2-λ
，
y + 3λz =0 1 1
令z 1 =2-λ，得n= 3λ,- 3λ,2-λ ，
AB⋅n
设点B到平面ACE距离为d，d=
n
3λ
= .
7λ2-4λ+4
当λ=0时，d=0；
1 3 3
当0<λ≤1时， ≥1，则00，
则A0,0,0 ，Bt,0,0 ，Ct,2,0 ，P0,1, 3
3 3
，E0, ,
2 2
，
3 3
所以AC=(t,2,0),AE=0, ,
2 2
，AB=(t,0,0),AP=(0,1, 3)，
设面ACE的法向量为n=x 1 ,y 1 ,z 1
n⋅AC=tx
1
+2y
1
=0
，则 3 3 ，令x 1 =2，则n=
n⋅AE= y + z =0
2 1 2 1
2,-t, 3t ，
设面ABP的法向量为m=x 2 ,y 2 ,z 2
n⋅AB=tx =0
，则 2 ，令z 2 =1，则m=
n⋅AP=y + 3z =0
2 2
0,- 3,1 ，
m⋅n 由|cos|=
m n
= 2 3t = 6 ，解得t=1，
2⋅ 4+4t2 4
则面ACE的法向量为n=2,-1, 3
，AB=(1,0,0)，
|AB⋅n|
点B到平面ACE的距离
n
2 2
= = .
8 2
2802 (2024·湖北·模拟预测)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AECF
1
所截得到的，其中AB=4，BC=2，CC =3，BE=1，则点C到平面AECF的距离为
1 1
( )
第 页 共 页
1733 34272 3 2 4 33 33
A. B. C. D.
2 2 11 11
【答案】C
【解析】以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐
标系D-xyz，
则D0,0,0 ,A2,0,0 ,B2,4,0 ,C0,4,0 ,E2,4,1 ,C 10,4,3 ，
∴AC 1 =-2,4,3
，AE=0,4,1 .
设n为平面AEC 1 F的法向量，n=x,y,z ，
由 n ·A E =0 ，得 4y+z=0 ，
n·AC =0 -2x+4y+3z=0
1
x=1
令z=1，∴ 1 ，
y=-
4
1
所以n=1,- ,1
4
.
又CC 1 =0,0,3 ，
|CC·n| 4 33
∴点C到平面AECF的距离d= 1 = .
1 11
|n|
故选：C.
2803 (2024·云南昆明·昆明市第三中学校考模拟预测)如图，已知ABC-ABC 是侧棱长和
1 1 1
底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC 的中点.则点C到平面ABD的距离为
1 1
( )
第 页 共 页
1734 34272 2 3 2 2
A. a B. a C. a D. a
4 8 4 2
【答案】A
【解析】取AB的中点O，连接CO，
因为△ABC为等边三角形，O为AB的中点，则CO⊥AB，
以点O为坐标原点，OB、OC、BB 的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的
1
空间直角坐标系，
3
则C0, a,0
2
a
、A- ,0,0
2
a
、B ,0,a
1 2
3 a
、D0, a,
2 2
，
设平面AB 1 D的法向量为n=x,y,z
，AB 1 =a,0,a
a 3 a
，AD= , a, 2 2 2 ，
n⋅AB
1
=ax+az=0
由 a 3 a ，取x=1，可得n=1,0,-1
n⋅AD= x+ ay+ z=0
2 2 2
，
a 3
AC= , a,0
2 2
AC⋅n
，所以，点C到平面ABD的距离为d=
1
n
a
2 2a
= = .
2 4
故选：A.
2804 (2024·全国·高三专题练习)两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A1,2,3 ，且两平
面的一个法向量n=-1,0,1 ，则两平面间的距离是 ( )
2
A. 2 B. C. 3 D.3 2
2
【答案】A
【解析】∵两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(1,2,3),OA=(1,2,3)，
且两平面的一个法向量n=(-1,0,1)，
|n⋅OA| 2
∴两平面间的距离d= = = 2．
|n| 2
故选：A
2805 (2024·全国·高三专题练习)空间直角坐标系中A0,0,0 、B1,1,1 、C1,0,0 )、
D-1,2,1 ，其中A∈α，B∈α，C∈β，D∈β，已知平面α⎳平面β，则平面α与平面β间
的距离为 ( )
26 13 3 5
A. B. C. D.
26 13 3 5
【答案】A
第 页 共 页
1735 3427
【解析】由已知得AB=1，1，1
，CD=-2，2，1
，AC=1，0，0
，设向量n=x，y,z
与向量AB、CD都垂直，则
n ⋅A B =0 ，即 x+y+z=0 ，取x=1，n =1，3,-4
n⋅CD=0 -2x+2y+z=0
，
AC⋅n
又平面α⎳平面β，则平面α与平面β间的距离为d=
n
=
1×1+3×0+-4 ×0
12+32+-4
26
= ，
2 26
故选：A.
2806 (2024·全国·高三专题练习)在棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中，则平面ABC
1 1 1 1 1
与平面ACD之间的距离为
1 1
3 3 2 3 3
A. B. C. D.
6 3 3 2
【答案】B
【解析】建立如图所示的直角坐标系，则A(1,0,0)，C(0,1,0)，D(0,0,1)，A(1,0,1)，
1 1
所以DA =(1,0,-1)，DC =(0,1,-1)，AD=(-1,0,0)，
1 1
m⊥DA
设平面A 1 C 1 D的一个法向量m=(x,y,1)，则 1，
m⊥DC
1
即
m⋅D A 1 =x-1=0 ，解得
x=1 ，故m=(1,1,1)，
m⋅DC =y-1=0 y=1
1
显然平面ABC∥平面ACD，
1 1 1
|AD⋅m| 1 3
所以平面ABC与平面ACD之间的距离d= = = ．
1 1 1 |m| 3 3
2807 (2024·高二课时练习)如图所示，在长方体ABCD-ABCD 中，AA=5,AB=12，则
1 1 1 1 1
直线BC 到平面ABCD 的距离是 ( )
1 1 1 1
第 页 共 页
1736 342760 13
A.5 B.8 C. D.
13 2
【答案】C
【解析】以D为坐标原点，DA,DC,DD 所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间
1
直角坐标系．
则C0,12,0 ,D 10,0,5 ．设Bx,12,0 ,B 1x,12,5 x≠0 ．设平面ABCD 的法向量为 1 1
n=a,b,c ，
由n⊥BC,n⊥CD ，得
1
n⋅BC=(a,b,c)⋅(-x,0,0)=-ax=0,n⋅CD =(a,b,c)⋅(0,-12,5)=-12b+5c=0,
1
5
∴a=0,b= c，∴可取n=(0,5,12)．
12
BB⋅n
1
又BB=(0,0,-5)，∴点B 到平面ABCD 的距离为
1 1 1 1
60
= ,
13
|n|
∵BC ∥BC，BC⊂平面ABCD ，BC ⊄平面ABCD ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴BC ∥平面ABCD ，
1 1 1 1
60
∴BC 到平面ABCD 的距离为 ．
1 1 1 1 13
故选：C
2808 (2024·全国·高三专题练习)已知ABCD-ABCD 是棱长为1的正方体，则平面
1 1 1 1
ABD 与平面CBD的距离为 ．
1 1 1
3 1
【答案】 / 3
3 3
【解析】以D为坐标原点，DA,DC,DD 所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直
1
角坐标系，
第 页 共 页
1737 3427则A(1,0,0),B(1,1,0),D(0,0,0),C(0,1,1),D(0,0,1),B(1,1,1)，
1 1 1
可得AB =(0,1,1),AD =(-1,0,1),BC =(-1,0,1),DC =(0,1,1)，
1 1 1 1
因为AD =BC,AB =DC ，则AD ∥BC,AB ∥DC ，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以AD ∥BC,AB ∥DC ，
1 1 1 1
因为AD ⊄平面CBD，BC ⊂平面CBD，AB ⊄平面CBD，DC ⊂平面CBD，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以AD ∥平面CBD，AB ∥平面CBD，
1 1 1 1
又AD ∩AB =A，AD,AB ⊂平面ABD ，
1 1 1 1 1 1
所以平面ABD ∥平面CBD，
1 1 1
所以平面ABD 与平面CBD的距离等于点C 到平面ABD 的距离d，
1 1 1 1 1 1
n⋅AB =y+z=0
设平面AB
1
D
1
的法向量为n=(x,y,z)，则 1 ，
n⋅AD =-x+z=0
1
令z=1，可得x=1,y=-1，所以n=(1,-1,1)，
CB ⋅n
1 1
又因为CB =(1,0,0)，所以d=
1 1
n
3
= ．
3
3
所以平面ABD 与平面CBD的距离为 ．
1 1 1 3
3
故答案为： ．
3
2809 (2024·高二单元测试)在直三棱柱ABC-ABC 中，AA =AB=BC=3，AC=2，D
1 1 1 1
是AC的中点，则直线BC到平面ABD的距离为 ．
1 1
3 10
【答案】
10
【解析】连AB 与AB交于E，则E为AB 的中点，连DE，因为D是AC的中点，则
1 1 1
DE⎳BC，
1
因为BC⊄平面ABD，DE⊂平面ABD，所以BC⎳平面ABD，
1 1 1 1 1
所以直线BC到平面ABD的距离就等于点B 到平面ABD的距离．
1 1 1 1
因为AB=BC，D是AC的中点，所以DB⊥AC，
以点D为坐标原点，DC为x轴，DB为y轴，过D平行于AA 的直线为z轴，
1
建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,2 2,3)，B(0,2 2,0)，A(-1,0,3)，
1 1
DB =(0,2 2,3)，DB=(0,2 2,0)，DA =(-1,0,3)，
1 1
设平面ABD的一个法向量为n=(x,y,z)，
1
第 页 共 页
1738 3427
n⋅DB=2 2y=0
则 ，则y=0，令z=1，得x=3，则n=(3,0,1)，
n⋅DA =-x+3z=0
1
|n⋅DB| 3 3 10
所以所求距离为d= 1 = = .
|n | 9+0+1 10
3 10
故答案为： .
10
2810 (2024·全国·高三专题练习)如图，在长方体ABCD-ABCD 中，AA =AB=2，BC
1 1 1 1 1
=1，E、F、H分别是AB、CD、AB 的中点，则直线EC到平面AFH的距离为 .
1 1
2
【答案】
3
【解析】以D为原点，DC，DA，DD 所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标
1
系，如图所示，
由题，则A0,1,0 ，C2,0,0 ，
因为E、F、H分别是AB、CD、AB 的中点，
1 1
第 页 共 页
1739 3427所以E1,1,0 ，F1,0,0 ，H1,1,2 ，
则EC=AF=1,-1,0 ，所以EC⎳AF，所以EC⎳平面AFH，所以点E到平面AFH
的距离即为直线EC到平面AFH的距离，
设平面AFH的法向量为n=x,y,z
AF⋅n=0
，则 ，
AH⋅n=0
因为AH=1,0,2
x-y=0
，所以 ，取x=2，则y=2，z=-1，
x+2z=0
所以n=2,2,-1 是平面AFH的一个法向量，
又向量AE=1,0,0
AE⋅n
，所以点E到平面AFH的距离为
n
2
= ， 3
2
即直线EC到平面AFH的距离为 .
3
2
故答案为：
3
2811 (2024·浙江温州·统考模拟预测)在棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中，E为线段
1 1 1 1
AB 的中点，F为线段AB的中点，则直线FC到平面AEC 的距离为 ．
1 1 1
6 1
【答案】 / 6
6 6
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1,0,0
1
,E1, ,1
2
,C 10,1,1
1
,F1, ,0
2
,C0,1,0 ，
1
故EC =-1, ,0
1 2
1
,FC=-1, ,0
2
，故EC ⎳FC，
1
而EC ⊂平面AEC ，FC⊄平面AEC ，故FC⎳平面AEC ，
1 1 1 1
故直线FC到平面AEC 的距离为即为F到平面AEC 的距离.
1 1
设平面AEC 1 的法向量为n=x,y,z ，
1
又AE=0, ,1
2
1
y+z=0
2
，故 ，取y=2，则n=1,2,-1
1
-x+ y=0
2
，
而FE=0,0,1
1
，故F到平面AEC 的距离为 1 6
6
= ， 6
6
故答案为： .
6
2812 (2024·高二课时练习)如图，在棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中，E为线段DD
1 1 1 1 1
的中点，F为线段BB 的中点．
1
第 页 共 页
1740 3427(1)求直线FC 到直线AE的距离；
1
(2)求直线FC 到平面ABE的距离．
1 1
【解析】(1)建立如下图所示的空间直角坐标系，
B 11,1,1
1
,E0,0,
2
1
,F1,1,
2
，A1,0,0 ,C 10,1,1 ，
1
因为FC =-1,0,
1 2
1
,AE=-1,0,
2
，所以AE⎳FC ，即AE⎳FC ，
1 1
所以点F到直线AE的距离即为直线FC 到直线AE的距离，
1
AE
u=
AE
2 5 5
=- ,0,
5 5
1
，AF=0,1,
2
，
AF
5 5
2= ，AF⋅u= ，
4 10
5 5
所以直线FC 到直线AE的距离为 -
1 4 10
2 30
= ；
5
(2)因为AE⎳FC ，FC ⊄平面ABE，AE⊂平面ABE，所以FC ⎳平面ABE，
1 1 1 1 1 1
所以直线FC 到平面ABE的距离等于C 到平面ABE的距离，
1 1 1 1
C 1 B 1 =1,0,0
,AB 1 =0,1,1
1
,AE=-1,0, 2 ，
设平面AB 1 E的一个法向量为n=x,y,z ，
1
AE⋅n=0 -x+ z=0
则 ，即 2 ，取z=2，可得n=1,-2,2
AB ⋅n=0 y+z=0
1
，
n⋅CB
1 1
所以C 到平面ABE的距离为
1 1
n
1
= ，
3
1
所以直线FC 到平面ABE的距离为 .
1 1 3
【解题方法总结】
如图所示，平面α的法向量为n，点Q是平面α内一点，点P是平面α外的任意一点，则
点P到平面α的距离d，就等于向量PQ在法向量n方向上的投影的绝对值，即d=|PQ|
第 页 共 页
1741 3427
|PQ⋅n|
=|cos|或d=
|PQ|⋅|n|
16 题型十六：点到直线距离、异面直线的距离
2813 (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，底面△ABC是边长为
1 1 1
2 3的正三角形，AA = 7，顶点A 在底面的射影为底面正三角形的中心，P，Q分别是
1 1
异面直线AC,AB上的动点，则P，Q两点间距离的最小值是 ( )
1 1
7 6
A. B.2 C. 6 D.
2 2
【答案】D
【解析】如图，O是底面正△ABC的中心，AO⊥平面ABC，AO⊂平面ABC，则AO
1 1
⊥AO，
2 3
AB=2 3，则AO= × ×2 3=2，又AA = 7，AO= AA2-AO2= 3，
3 2 1 1 1
CO⊥AB，直线CO交AB于点D，OD=1，
以直线CO为x轴，OA 为z轴，过O平行于AB的直线为y轴建立空间直角坐标系，如
1
图，
则A(0,0, 3)，A(1,- 3,0)，B(1, 3,0)，C(-2,0,0)，
1
AA =(-1, 3, 3)，AC=(-3, 3,0)，AB=(1, 3,- 3)，
1 1
AC =AA +AC=(-4,2 3, 3)，
1 1
设n=(x,y,z)与AB和AC 都垂直，
1 1
n⋅AC =-4x+2 3y+ 3z=0
则 1 ，取x= 3，则y=1,z=2，n=( 3,1,2)，
n⋅AB=x+ 3y- 3z=0
1
n⋅AA
1
P，Q两点间距离的最小值即为异面直线AC 与AB间的距离等于
1 1
n
=
- 3+ 3+2 3 6
= ．
3+1+4 2
故选：D．
第 页 共 页
1742 34272814 (2024·全国·高三专题练习)在长方体ABCD-ABCD 中，AB=1，BC=2，AA =
1 1 1 1 1
3，则异面直线AC与BC 之间的距离是 ( )
1
5 7 6 6
A. B. C. D.
5 7 6 7
【答案】D
【解析】
如图所示，以D为原点，DA,DC,DD 所在直线为x,y,z轴如图建立空间直角坐标系
1
则A(2,0,0),C(0,1,0),B(2,1,0),C(0,1,3)
1
∴CA=(2,-1,0),BC =(-2,0,3)
1
设直线AC与BC 的公垂线的方向向量为n=(x,y,z)
1
则 n ⋅C A =0 ∴ 2x-y=0
n⋅BC =0 -2x+3z=0
1
不妨令z=2∴x=3,y=6∴n=(3,6,2)
又AB=(0,1,0)
则异面直线AC与BC 之间的距离d= AB⋅n = 6 = 6
1 |n | 32+62+22 7
故选：D
2815 (2024·全国·高三专题练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面
第 页 共 页
1743 3427ABCD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 1
【答案】 / 65
5 5
【解析】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，
则点E1,2,0 、F0,1,1
2
、M0,0,
3
，
1
FM=0,-1,-
3
，FE=1,1,-1
FM⋅FE
，cos∠EFM=
FM
⋅FE
2
- 3 30
= = ，
10 15 × 3
3
195
所以，sin∠EFM= 1-cos2∠EFM= ，
15
所以，CD的中点E到直线MF的距离d=FE
195 65
sin∠EFM= 3× = .
15 5
65
故答案为： .
5
2816 (2024·全国·高三专题练习)已知空间中三点A(1,1, 3),B(1,-1,2),C(0,0,0)，则点A到
直线BC的距离为 ．
【答案】 3
【解析】∵A(1,1, 3),B(1,-1,2),C(0,0,0)，
∴CA=(1,1, 3),CB=(1,-1,2),∴CA = 12+12+ 3
2= 5,CB =
12+-1 2+2 2= 6
第 页 共 页
1744 3427
CA⋅CB
∴cos=
CA
CB
1×1+1×-1
=
+2 3 2 3 10
= = ，
5× 6 30 5
15
∴sin= 1-cos2= ，
5
设点A到直线BC的距离为d，则
d=CA
15
sin= 5× = 3.
5
故答案为： 3.
2817 (2024·福建莆田·高三莆田一中校考期中)已知空间中三点A2,0,0 ，B0,2,0 ，
C2,2,2 ，则点C到直线AB的距离为 ．
【答案】 6
【解析】依题意得AC=0,2,2
，AB=-2,2,0 ，
则点C到直线AB的距离为
d= AC
AC⋅AB 2-
AB
2 4 = 8-
2 2
2 = 6.
故答案为： 6.
2818 (2024·全国·高三专题练习)如图，在长方体ABCD-ABCD 中，AA =AB=2，AD
1 1 1 1 1
=1，点F，G分别是AB，CC 的中点，则点D 到直线GF的距离为 ．
1 1
42
【答案】
3
【解析】以D为原点，建立空间直角坐标系，
则D 10,0,2 ,G0,2,1 ,F1,1,0 ，
所以FD 1 =-1,-1,2
,FG=-1,1,1
所以点D 到直线FG的距离为：
1
d= FD
1
FD ⋅FG
2- 1
FG
2
第 页 共 页
1745 34272
= 6-
3
2 42
= ，
3
42
即点D 到直线FG的距离为 ．
1 3
42
故答案为： ．
3
2819 (2024·全国·高三专题练习)如图，多面体ABC-ABC 是由长方体一分为二得到的，
1 1 1
AA =2，AB=BC=1，∠ABC=90°，点D是BB 中点，则异面直线DA 与BC 的距离
1 1 1 1 1
是 ．
2 1
【答案】 # 2
2 2
【解析】以B为坐标原点，分别以BC，AB,BB 为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
1
则D0,0,1 ,A 10,1,2 ,B 10,0,2 ,C 11,0,2 ,
∴DA 1 =0,1,1
,B 1 C 1 =1,0,0 ,
设m=x,y,z
是DA ，BC 的公垂线方向上的单位向量， 1 1 1
则DA ⋅m=0，即y+z=0①，
1
BC ⋅m=0，即x=0②，
1 1
易知x2+y2+z2=1③，
2 2 2 2
联立解得x=0，y=- ，z= 或x=0，y= ，z=- ；
2 2 2 2
2 2
不妨取m=0, ,-
2 2
，
又∵C 1 D=-1,0,-1 ,
CD⋅m
1
则异面直线DA 与BC 的距离d=
1 1 1
m
2
2 2
= = ，
1 2
2
故答案为： .
2
第 页 共 页
1746 34272820 (2024·全国·高三专题练习)如图，在正方体ABCD-ABCD 中，AB=1，M，N分别
1 1 1 1
是棱AB，CC 的中点，E是BD的中点，则异面直线DM，EN间的距离为 .
1 1
2
【答案】
4
【解析】
以D为原点，DA,DC,DD 的方向为x,y,z轴建立空间直角坐标系，易知D(0,0,1),
1 1
1
M1, ,0
2
1 1
,E , ,0
2 2
1
,N0,1,
2
，
1
DM=1, ,-1
1 2
1 1 1
,EN=- , ,
2 2 2
，设n=(x,y,z)同时垂直于DM,EN，由
1
1
n⋅DM=x+ y-z=0
1 2
，令x=1，得n=(1,0,1)，
1 1 1
n⋅EN=- x+ y+ z=0
2 2 2
1 1
又MN=-1, ,
2 2
MN⋅n
，则异面直线DM，EN间的距离为
1
n
1
-1+
2
=
2
= .
2 4
2
故答案为： .
4
2821 (2024·全国·高三专题练习)如图，正四棱锥P-ABCD的棱长均为2，点E为侧棱PD
第 页 共 页
1747 3427的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为 ．
2 6
【答案】
3
【解析】
建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则有：
A-1,-1,0 ，B1,-1,0 ，C1,1,0 ，D-1,1,0 ，P0,0, 2
1 1 2
，E- , ,
2 2 2
3 1 2
可得：CE=- ,- ,
2 2 2
设Mx 1 ,-1,0 ，且Nx 2 ,y 2 ,z 2
则有：CN=λCE，
3 1 2
可得：N1- λ,1- λ, λ
2 2 2
3 1 2
则有：MN=1- λ-x,2- λ, λ
2 1 2 2
故MN
3
= 1- λ-x
2 1
2 1
+2- λ
2
2 2
+ λ
2
2
3 = 1- λ-x
2 1
2 + 3 λ2-2λ+4
4
4
则当且仅当λ= ,x =-1时，MN
3 1
2 6
=
min 3
第 页 共 页
1748 34272 6
故答案为：
3
2822 (2024·湖南邵阳·高三湖南省邵东市第一中学校考阶段练习)在棱长为a的正方体
ABCD-ABCD 中，点M是线段DC 上的动点，则M点到直线AD 距离的最小值为
1 1 1 1 1 1
3a
【答案】
3
【解析】以A为坐标原点，AD,AB,AA 所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，求
1
出与两异面直线AD 和DC 都垂直的向量n，再由AD在n方向上的投影，即为M点到
1 1
直线AD 距离的最小值.
1
以A为坐标原点，AD,AB,AA 所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图：
1
A0,0,0 ，Da,0,0 ，C 1a,a,a ，D 1a,0,a ，
DC 1 =0,a,a
，AD 1 =a,0,a ，
点M点到直线AD 距离的最小值为两异面直线AD 和DC 间的距离，
1 1 1
设他们的公垂线所在的向量为n=x,y,z ，
n⋅DC =ay+az=0
由 1 ，令x=1，则y=1，z=-1，
n⋅AD =ax+az=0
1
所以n=1,1,-1
，AD=a,0,0 ，
n⋅AD
则两异面直线AD 和DC 间的距离为：
1 1
n
a 3
= = a
3 3
3a
故答案为：
3
2823 (2024·全国·高三专题练习)在如图所示实验装置中，正方形框架的边长都是1，且平面
ABCD⊥平面ABEF，活动弹子M,N分别在正方形对角线AC，BF上移动，则MN长度
的最小值是 ．
第 页 共 页
1749 34273
【答案】
3
【解析】∵M,N是异面直线AC，BF上两点，∴MN的最小值即为两条异面直线间距离
d.
∵平面ABCD⊥平面ABEF，AB⊥BC，平面ABCD∩平面ABEF=AB，
∴BC⊥平面ABEF，又AB⊥BE，则以B为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标
系，
则A1,0,0 ，B0,0,0 ，F1,1,0 ，C0,0,1 ，
∴AC=-1,0,1
，BF=1,1,0
，AB=1,0,0 ，
设异面直线AC，BF的公垂向量n=x,y,z ，
AC⋅n=-x+z=0
则 ，令x=1，则y=-1，z=1，∴n=1,-1,1
BF⋅n=x+y=0
，
AB⋅n
d=
n
1 3 3
= = ，即MN的最小值为 .
3 3 3
3
故答案为： .
3
2824 (2024·全国·高三专题练习)已知直三棱柱ABC-ABC 中，侧面AABB为正方形.
1 1 1 1 1
AB=BC=2，E，F分别为AC和CC 的中点，BF⊥AB.
1 1 1
(1)求四棱锥E-BBCF的体积；
1 1
第 页 共 页
1750 3427(2)是否存在点D在直线AB 上，使得异面直线BF，DE的距离为1?若存在，求出此时
1 1
线段DE的长；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)
∵侧面AABB为正方形，∴AB ⊥BB ，
1 1 1 1 1
又BF⊥AB ，且BB ∩BF=B，BB,BF⊂面BBCC，
1 1 1 1 1 1
∴AB ⊥平面BBCC，又AB⎳AB ，
1 1 1 1 1 1
∴AB⊥平面BBCC，取BC中点G，
1 1
则EG⎳AB，∴EG⊥平面BBCC.
1 1
1 1
∴V E-BB1C1F = 3 × 2 C 1 F+BB 1
1 1
⋅B 1 C 1 ⋅EG= 3 × 2 ⋅1+2 ⋅2⋅1=1.
(2)以B为原点，分别以BA，BC，BB 所在直线建立空间直角坐标系，如图，
1
则B0,0,0 ，E1,1,0 ，F0,2,1 ，
设Da,0,2
，则BF=0,2,1
，ED=a-1,-1,2
，BE=1,1,0 .
设与BF，ED均垂直的向量为n=x,y,z ，
则 B F ·n =0 ，即 2y+z=0 ，取n = 5,a-1,-2a-1
ED·n=0 (a-1)x-y+2z=0
，
BE⋅n
∴异面直线BF，DE的距离d=
n
5+a-1
=
25+5a-1
7
=1，解得a=1或 .
2 2
∴ED = a-1
3 5
2+5= 5或 .
2
故存在点D在直线AB 上，使得异面直线BF，DE的距离为1，且此时ED= 5或
1 1
3 5
.
2
【解题方法总结】
设两条异面直线a，b的公垂线的方向向量为n，这时分别在a，b上任取A，B两点，则向
第 页 共 页
1751 3427
量在n 上的正射影长就是两条异面直线a，b的距离．则d= A B ⋅ n = |AB⋅n| 即两异
|n| |n|
面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的
绝对值与公垂线的方向向量模的比值．
第 页 共 页
1752 3427
