1
1.2.1 空间中的点、直线与空间向量
1.2.2 空间中的平面与空间向量
课程标准
学习目标
1.理解平面的法向量
2.能用向量语言表述线面、面面的垂直、平
行关系
3.能用向量方法证明有关线、面位置关系的
一些定理
1.了解空间向量的有关概念
2.掌握两个空间向量的夹角、方向向量和平面的法向
量的概念
知识点01 平面的法向量
1.平面的法线
与平面垂直的直线叫作平面的法线。
由于垂直于同一平面的直线是互相平行的，所以，我们可以考虑用平面的垂线的方向来刻画平面的“方
向”。
2.平面的法向量：如果表示非零向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n 垂直于平面α，记
作n⊥α，此时，我们把向量n 叫作平面α 的法向量.
注意：
（1）平面α 的一个法向量垂直于平面α 内的所有向量.
（2）一个平面的法向量有无限多个，它们相互平行.
3.平面法向量的性质
2
（1）如果直线垂直于平面α，则直线l 的任意一个方向都是平面α 的一个法向量.
（2）如果n 是平面α 的一个法向量，则对任意的实数λ ≠0，空间向量λn 也是平面α 的一个法向量，而且
平面α 的任意两个法向量都平行
（3）如果n 为平面α 的一个法向量，A 为平面α 上一个已知的点，则对于平面α 上任意一点B，向量⃗AB
一定与向量n 垂直，即 ⃗AB∙n=0，从而可知平面α 的位置可由n 和A 唯一确定.
【即学即练1】（22-23 高二上·山东济宁·阶段练习）已知平面
内有一点
，平面
的一个法向量
为
，则下列四个点中在平面
内的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】设平面
内任意一点
，由题意
，由此可得
，对比选项即可得
解.
【详解】设平面
内任意一点
，则
，平面
的一个法向量为
所以
，整理得
，
而
，
，
，
，
所以对比选项可知只有
在平面
内.
故选：C.
【即学即练2】（23-24 高二上·吉林延边·期末）已知平面
的一个法向量为
，直线的方向向
量为
，若
，则实数
（ ）.
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】由
，得到直线与平面
的法向量
垂直，得出
，进而求得
的值.
【详解】因为
，所以
，所以
，解得
．
故选：
.
知识点02 直线与平面的位置关系
如果v 是直线l的一个方向向量，n 是平面α 的一个法向量
（1）n// v ⟺l⊥α
（2）n⊥v ⟺l //α ，
l
或⊂α
3
【即学即练3】（23-24 高二下·甘肃·期中）已知平面α外的直线l的方向向量为⃗v =(1,0,2)，平面α的一个
法向量为⃗n =(6,1,−3)，则（ ）
A．l与α斜交
B．l⊥α
C．l //α
D．⃗v //⃗n
【答案】C
【分析】根据题意，求得⃗v ⃗n=0，得到⃗v ⊥⃗n，即可得到答案.
【详解】由平面α外的直线l 的方向向量为⃗v =(1,0,2)，平面α的一个法向量为⃗n =(6,1,−3)，
可得⃗v ⃗n =(1,0,2)(6,1,−3)=0，所以⃗v ⊥⃗n，则l //α.
故选：C.
【即学即练4】（23-24 高二上·山东济南·阶段练习）直线l的方向向量⃗a =(1,2,3)，平面α的一个法向量⃗
n=(k −1,k ,k +1)，若l⊥α，则k =（ ）
A．
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【分析】由题意可得⃗a //⃗n，从而列出方程组求解即可.
【详解】由题意若l⊥α，且直线l的方向向量⃗a =(1,2,3)，平面α的一个法向量⃗n=(k −1,k ,k +1)，
则⃗a //⃗n，k −1
1
= k
2 = k +1
3
，解得k =2.
故选：C.
知识点03 平面与平面的位置关系
如果n1是平面α1的一个法向量，n2是平面α2的一个法向量：
（1）n1⊥n2 ⟺α1⊥α2；
（2）n1//n2 ⟺α1//α2,或α1与α2重合
【即学即练5 】（22-23 高二下· 江苏连云港· 阶段练习）已知平面α , β的法向量分别为⃗
a=（1，−1,2）,⃗n=（5，−1,−3），则这两个平面的位置关系为（ ）
A．平行
B．相交但不垂直
C．相交垂直
D．不能确定
【答案】C
【分析】先判断法向量的位置关系，进而判断两平面的位置关系.
【详解】因为⃗a=（1，−1,2）,⃗n=（5，−1,−3），
所以⃗a ⃗n=0，
4
则⃗a ⊥⃗n，所以α ⊥β.
故选：C.
【即学即练6】（2024 高三·全国·专题练习）已知平面α 内有两点M(1，－1，2)，N(a，3，3)，平面α 的
一个法向量为n＝(6，－3，6)，则实数a＝ .
【答案】2
【详解】
因为M(1，－1，2)，N(a，3，3)，所以⃗MN＝(a－1，4，1).因为平面α 的一个法向量为n＝(6，－3，6)，
所以n⊥⃗MN，则n⃗MN＝6(a－1)－3×4＋6＝0，解得a＝2.
难点：空间中的动点问题
示例1：（23-24 高二上·重庆·期中）如图，设ABCD−A1B1C1 D1为正方体，动点P在对角线B D1上，记
|D1 P|
|D1B|
= λ．
(1)证明：AP⊥B1C；
(2)当∠APC为钝角时，求λ的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)(
1
3 ,1)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明AP⊥B1C；
（2）显然∠APC不是平角，则∠APC为钝角时有⃗PA ⋅⃗PC <0，解得不等式即可．
【详解】（1）以D为坐标原点，DA , DC , D D1所在直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，则B (1,1,0),B1(1,1,1)，D1(0,0,1), A (1,0,0),C (0,1,0)；
5⃗
D1B =(1,1,−1),⃗B1C =(−1,0,−1)，
因为|D1 P|
|D1B|
= λ，所以，⃗D1 P = λ⃗D1B
所以⃗AP =⃗A D1+⃗D1 P =⃗A D1+ λ⃗D1B =(−1,0,1)+ λ(1,1,−1)=(λ−1, λ ,1−λ)，
所以⃗AP⋅⃗B1C =1−λ+ λ−1=0，所以AP⊥B1C．
（2）⃗PC =⃗PB+⃗BC =(1−λ)⃗D1B+⃗BC =(−λ ,1−λ , λ−1)，⃗PA =(1−λ ,−λ , λ−1)，
B D1与AC是异面直线，显然∠APC不是平角，
则∠APC为钝角，有⃗PA ⋅⃗PC =3 λ
2−4 λ+1<0，解得1
3 < λ<1．
所以λ的取值范围为(
1
3 ,1)．
【题型1：直线的方向向量】
例1 ．（23-24 高二上·山西·阶段练习）已知直线l 的一个方向向量⃗m=(3,−2,1)，且直线l 经过
A (a,2,−1)和B (−2,3,b)两点，则a+b=（ ）
A．−2
B．−1
C．1
D．2
【答案】A
【分析】利用空间向量共线的坐标表示即可.
【详解】因为⃗AB =(−2−a,1,b+1)，直线l的一个方向向量为⃗m=(3,−2,1)，
所以有向量⃗AB与向量为⃗m共线，
所以−2−a
3
= 1
−2 = b+1
1
，解得a=−1
2，b=−3
2，
所以a+b=−2，
故选：A.
变式1．（23-24 高二下·江苏盐城·期中）如图，已知棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1，E，F，G
6
分别为AB，C D1, AD的中点，则异面直线A1G与EF所成角为（ ）
A．π
6
B．π
4
C．π
3
D．π
2
【答案】D
【分析】分别以DA , DC , D D1所在的直线为x , y , z轴建立空间直角坐标系，求出⃗A1G ,⃗EF的坐标，利用
空间向量夹角公式即可求解.
【详解】如图分别以DA , DC , D D1所在的直线为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
则A1(2,0,2),G(1,0,0), E(2,1,0), F(0,1,1)，
所以⃗A1G =(−1,0,−2),⃗EF =(−2,0,1)，
设异面直线A1G与EF所成角为θ，
则 cosθ =|⃗A1G⋅⃗EF |
|⃗A1G|⋅|⃗EF |
=|2−2|
√5⋅√5 =0，
所以异面直线A1G与EF所成角为π
2 .
故选：D.
变式2．（23-24 高二下·江苏扬州·期末）已知一直线经过点A (2,3,2),B (−1,0,−1)，下列向量中是该直线
的方向向量的为（ ）
A．⃗a=(−1,1,1)
B．⃗a=(1,−1,1)
C．⃗a=(1,1,−1)
D．⃗a=(1,1,1)
【答案】D
【分析】根据直线的方向向量与⃗AB共线判断.
【详解】由题意得直线的方向向量与⃗AB =(−3,−3,−3)共线，
而(1,1,1)=−1
3
(−3,−3,−3)，所以⃗a=(1,1,1)是该直线的方向向量.
故选：D.
7
变式3．（23-24 高二上·陕西咸阳·期末）已知两条异面直线的方向向量分别是⃗m=(1,−2,3)，⃗n=(2,1,0)，
这两条异面直线所成的角为（ ）
A．π
2
B．π
3
C．π
4
D．π
6
【答案】A
【分析】应用求空间向量夹角余弦值的公式cosθ =⃗
m⋅⃗n
|⃗m|⋅|⃗n| 计算即可.
【详解】设两条异面直线所成的角为θ，且这两条异面直线的方向向量分别是⃗m=(1,−2,3)，⃗n=(2,1,0)，
则cosθ =|⃗
m⋅⃗n
|⃗m|⋅|⃗n||=|
1×2+(−2)×1+3×0
√1
2+(−2)
2+3
2⋅√2
2+1
2+0
2|=0，且0<θ≤π
2 ，
所以两条异面直线所成的角θ =π
2 ，
故选：A.
变式4 ．（23-24 高二上· 湖北孝感· 期末）如图，在空间直角坐标系D−xyz中，正四棱柱
ABCD−A
' B
'C
' D
'的底面边长为4，高为2，O 为上底面中心，E，F，G 分别为棱AD、AB、C
' D
'的中
点.若平面OEF与平面OBG的交线为l，则l 的方向向量可以是（ ）
A．(2,1,−1)
B．(2,−1,1)
C．(2,1,−2)
D．(2,−1,2)
【答案】A
【分析】作出平面OEF、平面OBG截正四棱柱ABCD−A
' B
'C
' D
'所得截面，进而确定出交线l，再求出
其方向向量.
【详解】连接B
' D
' ,BD , E D
' , F B
'，正四棱柱ABCD−A
' B
'C
' D
'的对角面BD D
' B
'是矩形，则
BD // B
' D
'，
而E , F分别是AD , AB中点，则EF // BD // B
' D
'，又O 为上底面中心，则O∈B
' D
'，
因此四边形EF B
' D
'是平面OEF截正四棱柱ABCD−A
' B
'C
' D
'所得截面，
延长GO∩A
' B
' = H，由G是C
' D
'的中点，得GH // B
'C
' // BC，连接BH ,CG，
则四边形BCGH是平面OBG截正四棱柱ABCD−A
' B
'C
' D
'所得截面，
显然F B
'与BH相交，令交点为M，M ∈l，四边形B B
' HF是正方形，则M (4,3,1)，
而O(2,2,2)，又O∈l，所以向量⃗OM =(2,1,−1)是直线l的一个方向向量，A 满足，
选项BCD 中向量与⃗OM不共线，即选项BCD 不满足.
故选：A
8
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几
何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点
中至少有两个点在几何体的同一平面上.
变式5．（2024 高二上·全国·专题练习）若直线l1,l2的方向向量分别为⃗a=(1,2,−2),⃗b=(−2,3,2)，则
（ ）
A．l1∥l2
B．l1⊥l2
C．l1,l2相交但不垂直
D．不能确定
【答案】B
【分析】计算⃗a⋅⃗b，根据其结果，即可判断出答案.
【详解】由题意得⃗a⋅⃗b=(1,2,−2)⋅(−2,3,2)=−2+6−4 =0，
∴⃗a⊥⃗b，∴l1⊥l2，
故选：B
变式6．（多选）（23-24 高二上·广东江门·期末）如图，在四面体ABCD中，E，F ，G，H分别是
AB，BC ，CD，DA的中点，M是EG和FH的交点，O为空间中任意一点，则（ ）
A．E，F ，G，H四点共面
B．⃗EG⋅⃗FH =0
C．⃗EH为直线BD的方向向量
D．⃗OM = 1
2 (⃗OA +⃗OB+⃗OC +⃗OD)
【答案】AC
【分析】证明四边形EFGH是平行四边形即可判断A 和B；利用方向向量的概念即可判断C；利用向量加
法运算计算判断D 作答.
【详解】在四面体ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，则EH // BD // FG，
EF // AC //GH，
于是得四边形EFGH是平行四边形，故E，F，G，H四点共面，即A 正确
因平行四边形两条对角线不一定垂直，即EG, FH不一定垂直，则⃗EG⋅⃗FH =0不一定成立，B 不正确；
因EH // BD，⃗EH ≠⃗0，则⃗EH为直线⃗BD的方向向量，C 正确；
平行四边形EFGH中，M是EG和FH的交点，则M是EG中点，对空间任意一点O，
9
则⃗OM = 1
2 (⃗OE +⃗OG)= 1
2 (⃗OA +⃗OB
2
+⃗OC +⃗OD
2
)= 1
4 (⃗OA +⃗OB+⃗OC +⃗OD)，D 不正确.
故选：AC.
变式7 ．（多选）（23-24 高二上· 河南焦作· 期中）已知空间直角坐标系O−xyz中，点
A (1,0,1),B (−1,−1,2),C (0,1,2)，则下列结论正确的是（ ）
A．直线AB的一个方向向量的坐标为(2,1,−1)
B．直线AC与平面xOy的交点坐标为(2,1,0)
C．点B关于平面yOz的对称点为B
' (1,−1,2).
D．∠BAC为钝角
【答案】AC
【分析】A 求得⃗AB =(−2,−1,1)，判断是否与(2,1,−1)共线即可；B 设直线AC与平面xOy的交点
D( x , y ,0)，根据⃗AD与⃗AC =(−1,1,1)共线求坐标；C 由空间直角坐标系中点关于平面对称的性质写出对
称点判断；D 由cos∠BAC =⃗
AB⋅⃗AC
|⃗AB||⃗AC |
的符号判断.
【详解】A：由⃗AB =(−2,−1,1)，而−⃗AB =(2,1,−1)，故直线AB的一个方向向量为(2,1,−1)，对；
B：由⃗AC =(−1,1,1)，令直线AC与平面xOy的交点D( x , y ,0)，则⃗AD =( x−1, y ,−1)，
所以x−1
−1 = y
1 = −1
1 ⇒¿，即交点D(2,−1,0)，错；
C：点B关于平面yOz的对称点为B
' (1,−1,2)，对；
D：由cos∠BAC =⃗
AB⋅⃗AC
|⃗AB||⃗AC |
=
2
√6×√3 >0，故∠BAC为锐角，错.
故选：AC
【方法技巧与总结】
空间中，一个向量成为直线l 的方向向量，必须具备以下两个条件：
①是非零向量；
②向量所在的直线与l 平行或重合.
【题型2：异面直线所成角】
例2．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形ABCD，∠DAB =π
3 ，将△DAC沿对角线AC折起，使以
A ,B ,C , D四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为（ ）
A．3
5
B．√3
2
C．3
4
D．√3
4
【答案】C
【分析】当三棱锥D−ABC的体积最大时，平面ACD⊥平面ABC，以E 为原点，⃗EB ,⃗EC ,⃗ED分别为
x , y , z轴的正方向建立空间直角坐标系，求出向量⃗AB ,⃗CD的坐标，根据向量夹角的坐标表示可解.
【详解】记AC的 中点分别为E，因为AD =CD，所以DE⊥AC，
同理，BE⊥AC，记AB =2a，
因为∠DAB =π
3 ，所以∠DAC =∠BAC =π
6 ，
所以BE = DE =a，AE =CE =√3a，
10
易知，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥D−ABC的体积最大，此时∠BED =π
2 ，
以E 为原点，⃗EB ,⃗EC ,⃗ED分别为x , y , z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则A (0,−√3a,0),B (a,0,0),C (0,√3a,0), D (0,0,a)
所以⃗AB =(a,√3a,0),⃗CD =(0,−√3a,a)，
所以cos⟨⃗AB ,⃗CD⟩= −3a
2
2a×2a =−3
4 ，
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为3
4 .
故选：C
变式1．（23-24 高二上·广东中山·期中）如图，圆锥的轴截面ABC为等边三角形，D为弧AB的中点，E，
F分别为母线BC、AC的中点，则异面直线BF和DE所成角的大小为（ ）
A．π
4
B．π
3
C．π
2
D．2π
3
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，求出⃗BF，⃗DE，利用线线角的向量法，即可求出结果.
【详解】取AB中点O，连接OC ,OD，如图，以OD ,OB ,OC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角
坐标系，
不妨设AB =2，则B(0,1,0), D(1,0,0),C(0,0,√3), A(0,−1,0),
又E，F分别为母线BC、AC的中点，所以E(0, 1
2 , √3
2 ), F(0,−1
2 , √3
2 )，
则⃗BF =(0,−3
2 , √3
2 )，⃗DE =(−1, 1
2 , √3
2 )，
设异面直线BF和DE所成角的θ，
则cosθ =|cos⟨⃗BF ,⃗DE⟩|=|⃗BF ⋅⃗DE|
|⃗BF||⃗DE|
=
−3
4 +3
4
|⃗BF||⃗DE|
=0，又θ∈[0,π
2 ]，所以θ =π
2 .
11
故选：C.
变式2．（2024·全国·模拟预测）在正三棱柱ABC −A1B1C1中，已知AB = A A1=1，则异面直线A C1与
B1C所成角的余弦值为（ ）
A．1
4
B．√2
4
C．√2
3
D．3
4
【答案】A
【分析】法一（定义法），通过补形，得出∠D B1C为异面直线A C1与B1C所成角或其补角，再在
△D B1C中，根据条件，利用余弦定理即可求出结果；法二（向量法），根据条件求出⃗A C1⋅⃗B1C，
A C1= B1C =√2，再利用线线角的向量法，即可求出结果.
【详解】如图，将正三棱柱ABC −A1B1C1补形成直四棱柱ACBD−A1C1B1 D1，易知其底面ACBD为
菱形．
连接D B1，则A C1// D B1，所以∠D B1C为异面直线A C1与B1C所成角或其补角．
在菱形A C BD中，∠ACB =60° ,BC =1，连接CD，则CD =2×1×cos30° =√3，
在△D B1C中，D B1=C B1=√2，
则由余弦定理得cos∠D B1C = D B1
2+C B1
2−C D
2
2× D B1×C B1
=
2+2−3
2×√2×√2 = 1
4 ，
异面直线A C1与B1C所成角的余弦值为1
4 ，
故选：A．
解法二 由题，AC = AB = A A1=1, A C1= B1C =√2，
12⃗
A C1=⃗AC +⃗A A1,⃗B1C =⃗BC +⃗B1B =⃗BA +⃗AC +⃗A1 A =⃗AC −⃗A A1−⃗AB，
所
以⃗
A C1⋅⃗B1C =(⃗AC +⃗A A1)⋅(⃗AC −⃗A A1−⃗AB)=|⃗AC|
2−⃗AC ⋅⃗A A1−⃗AC ⋅⃗AB+⃗A A1⋅⃗AC −|⃗A A1|
2−⃗A A1⋅⃗AB
=|⃗AC|
2−⃗AC ⋅⃗AB−|⃗A A1|
2=−1
2，
所以cos⟨⃗A C1,⃗B1C⟩=
−1
2
√2×√2 =−1
4
，则异面直线A C1与B1C所成角的余弦值为1
4 ．
故选：A．
变式3．（2024·全国·模拟预测）如图，已知O是圆柱下底面圆的圆心，A A1为圆柱的一条母线，B为圆柱
下底面圆周上一点，OA =1，∠AOB = 2π
3 ，△A A1B为等腰直角三角形，则异面直线A1O与AB所成角
的余弦值为（ ）
A．√3
6
B．√2
4
C．√3
4
D．√2
3
【答案】C
【分析】方法一（定义法）：过点B作B B1// A A1交圆柱的上底面于点B1，连接A1B1,B1O，则
∠B1 A1O或其补角即异面直线A1O与AB所成的角，再通过解三角形即可求出结果；方法二（坐标法）：
建立空间直角坐标系，求出⃗AB ,⃗O A1坐标，再利用向量的夹角公式cos⟨⃗a,⃗b⟩=⃗a⋅⃗b
|⃗a||⃗b|
，即可求出结果；方
法三（向量法）：根据条件求得⃗A1O⋅⃗AB = 3
2，及|⃗AB|=√3，|⃗O A1|=2，再利用向量夹角公式，即可求
出结果.
【详解】方法一 如图，过点B作B B1// A A1交圆柱的上底面于点B1，连接A1B1,B1O，
则由圆柱的性质易证四边形A1B1BA为矩形，所以A1B1// AB，所以∠B1 A1O或其补角即异面直线
A1O与AB所成的角，
在△AOB中，OA =OB =1,∠AOB = 2π
3 ，所以AB =2OBsin ∠AOB
2
=2sinπ
3 =√3，
因为△A A1B为等腰直角三角形，且A A1⊥AB，所以A1 A = AB =√3，
所以B1O = A1O =√A1 A
2+O A
2=2，又A1B1= AB =√3，
13
所
以cos∠B1 A1O= A1O
2+ A1B1
2−B1O
2
2 A1O⋅A1B1
= 4+3−4
2×2×√3 = √3
4 ，
（
另
解
：
在△B1 A1O中
，
B1O = A1O =2, A1B1= AB =√3，所以cos∠B1 A1O=
A1B1
2
A1O = √3
4
）
即异面直线A1O与AB所成角的余弦值为√3
4 ，
故选：C.
解法二 由圆柱的性质知可以O为坐标原点，OA所在直线为y轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，因为OA =1,∠AOB = 2π
3 ，
所以A (0,1,0),B(−√3
2 ,−1
2 ,0)，所以⃗AB =(−√3
2 ,−3
2 ,0)，
因为△A A1B为等腰直角三角形，且A A1⊥AB，所以A1 A = AB =√3，
则A1(0,1,√3),⃗OA1=(0,1,√3)，
所以cos⟨⃗AB ,⃗O A1⟩=⃗AB⋅⃗O A1
|⃗AB|⋅|⃗O A1|
=
−3
2
√3×2 =−√3
4
，故异面直线A1O与AB所成角的余弦值为√3
4 ，
故选：C.
14
解法三 在△ABO中，OA =OB =1,∠AOB = 2π
3 ，所以AB =2OBsinπ
3 =√3,∠OAB =π
6 ，
因为△A A1B为等腰直角三角形，且A A1⊥AB，所以A A1= AB =√3，
易知A A1⊥AO，所以A1O =√A A1
2+O A
2=2,⃗A A1⋅⃗AO =0,⃗A A1⋅⃗AB =0，
所以⃗A1O⋅⃗AB =(⃗AO−⃗A A1)⋅⃗AB =⃗AO⋅⃗AB−⃗A A1⋅⃗AB =|⃗OA|⋅|⃗AB|cosπ
6 = 3
2，
所以cos⟨⃗A1O ,⃗AB⟩=⃗A1O⋅⃗AB
|⃗A1O|⋅|⃗AB|
=
3
2
2×√3 = √3
4
，
则异面直线A1O与AB所成角的余弦值为√3
4 ，
故选：C.
变式4．（23-24 高二上·浙江嘉兴·期末）如图，把正方形纸片ABCD沿对角线AC进行翻折，点E，F满足⃗
AD =3⃗AE，⃗CB =3⃗CF，O是原正方形ABCD的中心，当∠EOF = 2π
3 ，直线AD与BC所成角的余弦值
为（ ）
A．1
2
B．1
3
C．1
4
D．1
5
【答案】C
【分析】设正方形边长为3，求出相关线段长，利用余弦定理求出cos∠AOE，结合数量积的运算律，即
可求出⃗AD⋅⃗BC，利用向量的夹角公式求得cos⟨AD⃗,BC⃗⟩，再结合异面直线所成角的范围即可求得答案.
【详解】设正方形边长为3，由题意知∠AOE =∠COF ,OE =OF，AE =CF =1, AO =OC = 3√2
2
，
∠OAE =π
4 ，故OE =√A O
2+ A E
2−2 AO⋅AEcosπ
4 =√( 3√2
2
)
2
+1
2−2⋅3√2
2
⋅1⋅√2
2 =√
5
2
，
15
则cos∠AOE = A O
2+O E
2−A E
2
2 AO⋅OE
=
9
2 + 5
2 −1
2⋅3√2
2
⋅√
5
2
= 2√5
5
，
把正方形纸片ABCD沿对角线AC进行翻折后，直线AD与BC为异面直线，
则⃗AD⋅⃗BC =9⃗AE⋅⃗FC =9(⃗OE−⃗OA )⋅(⃗OC −⃗OF )
=9(⃗OE⋅⃗OC −⃗OE⋅⃗OF −⃗OA ⋅⃗OC +⃗OA ⋅⃗OF )
=9(−⃗OE⋅⃗OA −⃗OE⋅⃗OF +⃗OA
2−⃗OC ⋅⃗OF )
=9(−√
5
2 ⋅3√2
2
⋅2√5
5
−√
5
2 ⋅√
5
2 ⋅(−1
2 )+ 9
2 −√
5
2 ⋅3√2
2
⋅2√5
5
)
=−9
4 ，
故cos⟨AD⃗,BC⃗⟩=
AD⃗⋅BC⃗
| AD⃗|⋅|BC⃗|
=
−9
4
3×3 =−1
4
，
由题意知直线AD与BC为异面直线，它们所成角的范围为(0,π
2 ]，
故直线AD与BC所成角的余弦值为1
4 ，
故选：C
变式5．（多选）（23-24 高二上·福建福州·期末）如图，圆锥的顶点为P，底面圆心为O.点A，B，M 是底
面圆周上三个不同的点，且OA ⊥OB.已知|OA|=|OP|=1，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥P−ABM体积的最大值为2+√2
6
B．当PM ⊥OA时，直线PM与OB所成角为45°
C．存在点M，使得直线PM与AB所成角为30°
D．当直线PM与OB成60°角时，PM与OA所成角为60°
【答案】BD
【分析】对于A 项，只需使AB边上的高最大即可，显然是经过圆心的高最长；对于B 项，由条件可推出
OA ⊥OM，故得B ,O , M三点共线，即可转化求角；对于C 项，可以建系后通过求点坐标和相关向量坐
标，借助于正弦型函数的值域判断；对于D 项，可由PM与OB成60°求出点M坐标，再求解验证PM与
16
OA所成的角即得.
【详解】
对于A 项，如图，要使三棱锥P−ABM体积最大，则须使△ABM面积最大， 因AB =√2,取AB的中点H，
连
接
HO并
延
长
与
底
面
圆
交
于
点
M，
此
时
△ABM面
积
最
大
，
则
V P−AB M max= 1
3 × 1
2 ×√2×( √2
2 +1)×1= √2+1
6
，故A 项错误；
对于B 项，如图，因OP⊥平面AOB,OA ⊂平面AOB，则OP⊥OA,因PM ⊥OA，OM ∩OP=O,则
OA ⊥平面POM，
又OM ⊂平面POM,则OA ⊥OM,即B ,O , M三点共线，故直线PM与OB所成角即∠PMO,显然该角为
45°，故B 项正确；
对于C 项，如图，不妨分别以⃗OB ,⃗OA ,⃗OP为x , y , z轴的正方向建立空间直角坐标系. 则
A(0,1,0),B(1,0,0), P(0,0,1),
因点M在底面圆上一动点，故可设为M (cosθ ,sinθ ,0),0<θ<360
∘且θ≠90
∘，则⃗
AB =(1,−1,0),⃗PM =(cosθ ,sinθ ,−1)，
设直线PM与AB所成角为α，则cosα =|⃗PM ⋅⃗AB|
|⃗PM |⋅|⃗AB|
=|sinθ−cosθ|
2
= √2
2 |sin(θ−45
∘)|，
因|sin(θ−45
∘)|≤1，故cosα ≤√2
2 ，又因0<α ≤90
∘，故45
∘≤α ≤90
∘，故不存在点M，使得直线PM与
AB所成角为30°，故C 项错误；
对于D 项，由C 项建系，可得：⃗PM =(cosθ ,sinθ ,−1),⃗OB =(1,0,0),因直线PM与OB成60°，则
cos60
∘=|cosθ|
√2
，解得：|cosθ|= √2
2 ，
17
又⃗PM =(cosθ ,sinθ ,−1),⃗OA =(0,1,0),设PM与OA所成角为φ，则cosφ =|sinθ|
√2
=
√2
2
√2 = 1
2
，因
0<φ≤90
∘，故φ =60
∘，故D 项正确.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：本题重点考查与圆锥有关的体积，异面直线的夹角问题.
求解与圆锥有关的问题的主要方法有：
（1）推理化归法：借助于圆锥的轴与底面垂直特征，可完成各项推理转化，将问题移到基本图形解决；
（2）空间图形平面化：在处理空间几何问题时，常将某平面上的关系化成直观图利用平面几何方法求解；
（如A 项求AB边上的最长的高）
（3）建系坐标法:对于易于建系，而且较易使用空间向量解决的夹角、距离等问题时常用.
变式6．（23-24 高二下·江苏淮安·阶段练习）正四面体P−ABC的棱长为2√3，点M 为平面ABC内的动
点，且满足PM =3，则直线PM 与直线AB 的所成角的余弦值的取值范围为 .
【答案】[0, 1
3]
【分析】
结合正四面体的结构特征求出相关线段长，确定M 轨迹，建立空间直角坐标系，设
M (cosα ,sinα ,0),α ∈[0,2π]，从而表示出⃗PM ,⃗AB的坐标，利用向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】由题意知正四面体P−ABC的棱长为2√3，
设P 在底面ABC上的射影为O，则O 为正三角形ABC的中心，
设D 为AB的中点，连接CD ,OA ,OC，则O 在CD上，CD⊥AB，
且OA =OC = 2
3 ×2√3×sinπ
3 =2,OD = 1
3 ×2√3×sinπ
3 =1，
则PO =√P A
2−A O
2=√12−4 =2√2，而PM =3，
故OM =√P M
2−O P
2=√9−8=1，故点M 轨迹为平面ABC内以O 为圆心半径为1 的圆，
以O 为坐标原点，以OA为x 轴，过点O 作CD的垂线为y 轴，OP为z 轴，建立平面直角坐标系，
设M (cosα ,sinα ,0),α ∈[0,2π)，A (1,−√3,0),B(1,√3,0), P(0,0,2√2)，⃗
PM =(cosα ,sin α ,−2√2),⃗AB =(0,2√3,0)，
故cos〈⃗PM ,⃗AB 〉=⃗
PM ⋅⃗AB
|⃗PM ||⃗AB|
= 2√3sin α
3×2√3 = 1
3 sin α，α ∈[0,2π)，
设直线PM 与直线AB 的所成角为θ ,θ∈(0,π
2 ]，
则cosθ =|cos〈⃗PM ,⃗AB 〉|= 1
3 |sin α |∈[0, 1
3]，
18
故答案为：[0, 1
3]
变式7．（23-24 高二下·浙江·开学考试）已知正四面体ABCD，点M为棱CD的中点，则异面直线AM与
BC所成角的余弦值为
.
【答案】√3
6 /1
6 √3
【分析】先设正四面体的棱长，设定基底为{⃗AB ,⃗AC ,⃗AD}，表示⃗AM与⃗BC，应用用空间向量的数量积
求解即可.
【详解】正四面体ABCD的棱长设为2，
其中|⃗AB|=|⃗AC |=|⃗AD|=2，三个向量⃗AB ,⃗AC ,⃗AD间的夹角都为π
3 ，
则⃗AM = 1
2 (⃗AC +⃗AD),⃗BC =⃗AC −⃗AB，⃗
AM ⋅⃗BC = 1
2 (⃗AC +⃗AD)⋅(⃗AC −⃗AB)
= 1
2 (⃗AC
2−⃗AC ⋅⃗AB+⃗AD⋅⃗AC −⃗AD⋅⃗AB)
= 1
2 (4−2+2−2)
=1
由⃗AM
2= 1
4 (⃗AC
2+2⃗AC ⋅⃗AD+⃗AD
2)= 1
4
(4+ 4+ 4)=3，得|⃗AM |=√3，且|⃗BC |=2，
异面直线AM与BC所成角的余弦值为|⃗
AM ⋅⃗BC
|⃗AM||⃗BC||=|
1
2×√3 |= √3
6 .
故答案是：√3
6 .
变式8．（23-24 高三上·四川成都·期末）在棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，底面ABCD为平行四边形，
|A A1|=3，|BD|= 4，⃗A B1⋅⃗BC −⃗A D1⋅⃗DC =5，设异面直线A A1与BD的夹角为θ，则cosθ = .
【答案】5
12
【分析】根据⃗A B1=⃗AB+⃗A A1,⃗A D1=⃗AD +⃗A A1化简数量积等式，结合底面是平行四边形可得到
|⃗A A1||⃗BD|cosθ =5，代入条件可求得结果.
【
详
解
】
19⃗
A B1⋅⃗BC −⃗A D1⋅⃗DC =(⃗AB+⃗A A1)⋅⃗BC −(⃗AD+⃗A A1)⋅⃗DC =(⃗AB⋅⃗BC −⃗AD⋅⃗DC)+⃗A A1⋅(⃗BC −⃗DC)
因为底面ABCD为平行四边形，所以⃗AB =⃗DC ,⃗AD =⃗BC，
所以⃗AB⋅⃗BC −⃗AD⋅⃗DC =0，
所以⃗A B1⋅⃗BC −⃗A D1⋅⃗DC =⃗A A1⋅(⃗BC −⃗DC)=⃗A A1⋅⃗BD =|⃗A A1||⃗BD|cosθ =5，
所以cosθ = 5
12，
故答案为：5
12.
【方法技巧与总结】
求异面直线所成角的方法
1.基向量法：在一些不适合建立坐标系的题型中，经常采用取定基向量的方法，在两异面直线a 与b 上分
别取点A，B 和C，D，则⃗AB与⃗CD可分别作为a 与b 的方向向量，则cos θ=|⃗AB⃗∙CD|
|⃗AB⃗||CD|
，根据条件可
以把⃗AB与⃗CD用基表示，再进行计算.
2.坐标法：根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，利用坐标法求线线
角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单．
【题型3：平面法向量的概念】
例3．（23-24 高二下·江苏盐城·期中）ν
→为直线l的方向向量，⃗n1和⃗n2分别为平面α与β的法向量（α与β不
重合，l⊄α），下列说法：①⃗n1∥⃗n2⇔α ∥β；②⃗n1⊥⃗n2⇔α ⊥β；③ν
→
∥n⃗1⇔l∥α；④
ν
→
⊥n⃗1⇔l∥α．其中正确的有（ ）
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】C
【分析】利用空间向量法分别判断即可得到答案.
【详解】因为α , β 不重合，l⊄α，
对①，平面α , β平行等价于平面α , β的法向量平行，故①正确；
对②，平面α , β的法向量垂直等价于平面α , β垂直，故②正确；
对③，若⃗ν //⃗n1⇔l⊥α ，故③错误；
20
对④，⃗ν ⊥⃗n1⇔l //α，故④正确.
故选：C.
变式1.（23-24 高二上·全国·期中）已知⃗v为直线l的方向向量，⃗n1和⃗n2分别为平面α与β的法向量(α与β不重
合），那么下列说法中：
①⃗n1//⃗n2⇔α // β；
②⃗n1⊥⃗n2⇔α ⊥β；
③⃗v //⃗n1⇔l //α；
④⃗v ⊥⃗n1⇔l //α．
其中正确的有（ ）
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】B
【分析】
根据题意，根据直线的方向向量和平面的法向量的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意知，平面α与平面β不重合，
对于①中，因为⃗n1和⃗n2分别为平面α和β的法向量，
当⃗n1//⃗n2，可得α与平面β平行，即α // β，所以①正确；
对于②中，平面α与平面β垂直等价于平面α于平面β的法向量垂直，所以②正确；
对于③中，因为⃗v为直线l的方向向量，⃗n1分别为平面α的法向量，
若⃗v //⃗n1，可得l⊥α，所以③错误；
对于④中，因为⃗v为直线l的方向向量，⃗n1分别为平面α的法向量，
若⃗v ⊥⃗n1，可得l //α或l⊂α，所以④错误．
故选：B．
变式2 ．（23-24 高二上· 浙江绍兴· 期末）已知平面α ⊥平面β ,α , β的法向量分别为⃗
n1=(1,2,3),⃗n2=(0, x ,2)，则实数x =（ ）
A．3
B．-3
C．2
D．-2
【答案】B
【分析】由平面α , β互相垂直可知其对应的法向量也垂直，然后用空间向量垂直的坐标运算求解即可.
【详解】∵平面α ⊥平面β，
∴平面α , β的法向量也垂直，
∴⃗n1⋅⃗n2=0，即⃗n1⋅⃗n2=0+2 x +6=0，解得：x =−3.
故选：B.
变式3．（22-23 高二上·全国·阶段练习）设直线l的方向向量⃗v =(x ,1,2)，平面α 的法向量⃗n=(−1,1,2)，若
l⊥α，则x =（ ）
A．−1
B．0
C．5
D．4
【答案】A
【分析】由法向量的概念结合向量共线定理即可求解.
【详解】由l⊥α，则⃗v //⃗n，则存在非零常数λ，使得⃗v = λ⃗n，即¿，解得x =−1.
故选：A.
变式4．（23-24 高二上·广东梅州·期末）空间直角坐标系中，已知点P(0,3,−1)，向量⃗u=(2,−1,1)，则
过点P且以⃗u为法向量的平面方程为（ ）
A．2 x−y + z =−4
B．x +2 y −z =7
C．x−y +2 z =−5
D．−x +2 y + z =5
【答案】A
【分析】根据平面法向量的定义可得.
21
【详解】设过点P且以⃗u为法向量的平面上不同于P 的任一点A (x , y , z)，
则⃗PA =(x , y −3, z +1)，所以⃗PA ⋅⃗u=2 x−( y −3)+(z +1)=2 x−y + z + 4 =0，
所以过点P且以⃗u为法向量的平面方程为2 x−y + z =−4，
故选：A
变式5．（23-24 高二上·云南昆明·期末）我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面
直角坐标系中，过点A (−3,4)的直线l的一个法向量为(1,−2)，则直线l的点法式方程为：
1×(x +3)+(−2)×( y −4)=0，化简得x−2 y +11=0.类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点
M (1,2,3)的平面的一个法向量为⃗m=(1,−4,2)，则该平面的方程为（ ）
A．x−4 y +2 z +1=0
B．x−4 y −2 z +1=0
C．x + 4 y −2 z +1=0
D．x + 4 y −2 z−1=0
【答案】A
【分析】根据题意进行类比，利用平面法向量与面内任意向量垂直，即可求得结论．
【详解】根据题意进行类比，在空间任取一点P(x , y , z)，
则⃗MP =(x−1, y −2, z−3)
∵平面法向量为⃗m=(1,−4,2)，
∴ 1×(x−1)−4×( y −2)+2×(z−3)=0
∴ x−4 y +2 z +1=0
故选：A．
变式6．（多选）（22-23 高二下·福建漳州·期中）设α ，β是不重合的两个平面，⃗m,⃗n分别为平面α ，β
的法向量，⃗a为直线l的方向向量，则下列结论错误的是（ ）
A．⃗a//⃗m⇒ l //α
B．⃗a⊥⃗m⇒l //α
C．⃗m//⃗n⇒ α // β
D．⃗m⊥⃗n ⇒ α // β
【答案】ABD
【分析】利用平面法向量和直线的方向向量，判定线面的空间位置关系.
【详解】对A，若一直线的方向向量与一平面的法向量平行，则该直线垂直于该平面，
所以若⃗a//⃗m，则l⊥α， A 错误；
对B，若一直线的方向向量与一平面的法向量垂直，则该直线平行于该平面或者在该平面内，
所以若⃗a⊥⃗m，则l //α或l⊂α， B 错误；
对C，若两个不同的平面的法向量互相平行，则两个平面互相平行，
所以若⃗m//⃗n，则α // β， C 正确；
对D，若两个平面的法向量互相垂直，则两个平面垂直，
所以若⃗m⊥⃗n，则α ⊥β， D 错误.
故选：ABD．
变式7．（多选）（2024 高二上·全国·专题练习）给出下列命题，其中是真命题的为（ ）
A．若直线l的方向向量⃗a=(1,−1,2)，直线m的方向向量⃗b=(2,1,−1
2 )，则l 与m 垂直
B．若直线l的方向向量⃗a=(0,1,−1)，平面α的法向量⃗n=(1,−1,−1)，则l⊥α
C．若平面α , β的法向量分别为⃗n1=(0,1,3),⃗n2=(1,0,2)，则α ⊥β
D．若平面α经过三点A(1,0,−1),B(0,1,0),C(−1,2,0)，向量⃗n=(1,u,t )是平面α的法向量，则u+t =1
【答案】AD
【分析】对于A，计算⃗a⋅⃗b，即可判断；对于B，求出⃗a⋅⃗n的值，即可判断；对于C，计算⃗n1⋅⃗n2的值，
即可判断；对于D，求出⃗AB ,⃗BC的坐标，根据法向量含义可得⃗n⋅⃗AB =0,⃗n⋅⃗BC =0，即可判断.
【详解】对于A，⃗a⋅⃗b=1×2−1×1+2×(−1
2 )=0，则⃗a⊥⃗b，
22
所以直线l与m垂直，故A 是真命题；
对于B，⃗a⋅⃗n=(0,1,−1)⋅(1,−1,−1)=−1+1=0，则⃗a⊥⃗n，
所以l∥α或l⊂α，故B 是假命题；
对于C，⃗n1⋅⃗n2=(0,1,3)⋅(1,0,2)=6≠0，即⃗n1,⃗n2不垂直，
所以α ⊥β不成立，故C 是假命题；
对于D，⃗AB =(−1,1,1),⃗BC =(−1,1,0)，
因为向量⃗n=(1,u,t )是平面α的法向量，故⃗n⋅⃗AB =0,⃗n⋅⃗BC =0，
即¿，故D 是真命题，
故选：AD
【方法技巧与总结】
平面的法向量的定义及应用
1.平面的法向量不唯一，并且垂直于平面α 的所有共面向量.
2.直线与平面垂直的判定，必须证直线与平面内的两条相交直线垂直，至于两直线与已知直线是否有公共
点，并不重要.
【题型4：平面法向量的求解】
例4．（22-23 高二上·湖北荆州·期末）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为1，以D为原点，
{⃗DA ,⃗DC ,⃗D D1}为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面A B1C的一个法向量是（ ）
A．(1,1,1)
B．(−1,1,1)
C．(1,−1,1)
D．(1,1,−1)
【答案】D
【分析】求出⃗A B1,⃗AC的坐标，设平面A B1C的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，利用¿求出法向量.
【详解】如图由已知得A (1,0,0),B1(1,1,1),C (0,1,0)，
则A B⃗1=(0,1,1), AC⃗=(−1,1,0)，
设平面A B1C的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿，取y =1得⃗n=(1,1,−1).
故选：D.
变式1．（23-24 高二上·广东茂名·期中）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，E 为棱D D1的中点，
以A 为坐标原点建立空间直角坐标系（如图）.则平面ABE 的一个法向量为（ ）
23
A．(1,0,−2)
B．(0,1,2)
C．(0,2,−4)
D．(−2,1,4)
【答案】C
【分析】设平面ABE 的法向量为⃗m=(x , y , z)，然后由⃗m⊥⃗AB，⃗m⊥⃗AE可求出其法向量.
【详解】由题意可得A (0,0,0)，E (0,2,1)，B (2,0,0)，
所以⃗AE =(0,2,1)，⃗AB =(2,0,0)
设平面ABE 的法向量为⃗m=(x , y , z)，
由¿，得到¿，取y =1, z =−2，则⃗m=(0,1,−2)，
所以平面ABE 的一个法向量为⃗m=(0,1,−2)，
所以2⃗m=(0,2,−4)是平面ABE 的法向量.
故选：C.
变式2．（多选）（22-23 高二上·广东惠州·期末）已知空间中⃗AB =(2,1,0)，⃗AC =(−1,2,1)，则下列结论
正确的有（ ）
A．⃗AB⊥⃗AC
B．与⃗AB共线的单位向量是(1,1,0)
C．|⃗BC|=√11
D．平面ABC的一个法向量是(1,−2,5)
【答案】ACD
【分析】对于A，由⃗AB⋅⃗AC =0判断；对于B，由(1,1,0)不是单位向量判断；对于C，由向量的模公式
求解判断；对于D，利用平面法向量判断.
【详解】对于A，⃗AB⋅⃗AC =(2,1,0)⋅(−1,2,1)=−2+2=0，故⃗AB⊥⃗AC，A 正确；
对于B，(1,1,0)不是单位向量，且(1,1,0)与⃗AB =(2,1,0)不共线，B 错误；
对于C，⃗BC =⃗AC −⃗AB =(−3,1,1)，∴|⃗BC|=√11，C 正确；
对于D，设⃗m=(1,−2,5)，则⃗m⋅⃗AB =(1,−2,5)⋅(2,1,0)=2−2=0，⃗
m⋅⃗BC =(1,−2,5)⋅(−3,1,1)=−3−2+5=0，所以⃗m⊥⃗AB，⃗m⊥⃗BC，
又AB∩BC = B，所以平面ABC的一个法向量是(1,−2,5)，D 正确．
故选：ACD
24
变式3．（多选）（23-24 高二上·四川眉山·期中）已知空间中三点A (0,1,0)、B (2,2,0)、C (−1,3,1)，则
下列结论正确的有（ ）
A．⃗AB与⃗AC是共线向量
B．⃗AB的单位向量是(
2√5
5
,−√5
5 ,0)
C．⃗AB与⃗BC夹角的余弦值是−√55
11
D．平面ABC的一个法向量是(1,−2,5)
【答案】CD
【分析】由空间向量的坐标运算即可判断AB，由空间向量夹角坐标公式，即可判断C，由平面法向量的
计算公式，即可判断D.
【详解】对于A 选项，⃗AB =(2,1,0)，⃗AC =(−1,2,1)，因为2
−1 ≠1
2 ≠0
1，则⃗AB、⃗AC不共线，A 错；
对于B 选项，与⃗AB同向的单位向量为⃗AB
|⃗AB|
=
1
√2
2+1
2+0
2 (2,1,0)=(
2√5
5
, √5
5 ,0)，B 错；
对于C 选项，⃗BC =(−3,1,1)，cos⟨⃗AB ,⃗BC⟩=⃗AB⋅⃗BC
|⃗AB|⋅|⃗BC|
= −6+1
√5×√11 =−√55
11 ，
所以，⃗AB与⃗BC夹角的余弦值是−√55
11 ，C 对；
对于D 选项，设⃗n=(x , y , z)为平面ABC的法向量，则¿，取x =1，则y =−2，z =5，所以，平面ABC的
一个法向量为⃗n=(1,−2,5)，D 对.
故选：CD.
变式4．（多选）（23-24 高二上·广东佛山·阶段练习）如图，在圆台OO
'中，AB , A
' B
'分别为圆O ,O
'的
直径，AB// A
' B
' , AB =3 A
' B
' =12，圆台OO
'的高为2,C为内侧´
A
' B
'上更靠近B
'的三等分点，以O为坐
标原点，下底面垂直于AB的直线为x轴，OB ,OO
'所在的直线分别为y , z轴，建立如图所示的空间直角坐
标系，则（ ）
A．O
'的坐标为(0,0,2)
B．C的坐标为(−√3,1,2)
C．⃗AC =(−√3,6,2)
D．平面ABC的一个法向量为(2,1,√3)
【答案】AB
【分析】根据圆台的几何特征以及空间直角坐标系可知O
' (0,0,2)，可知A 正确；根据C点位置可求得
C (−√3,1,2)，即B 正确；利用空间向量的坐标运算即可得⃗AC =(−√3,7,2)，所以C 错误；易知⃗AC与
(2,1,√3)的数量积不为零，所以(2,1,√3)不是平面ABC的一个法向量，即D 正确.
25
【详解】根据空间坐标系，由圆台OO
'的高为2可直接求得O
' (0,0,2)，即A 正确；
由AB =3 A
' B
' =12可得A
' B
' = 4，所以O
'C =O
' B
' =2，
又C为内侧´
A
' B
'上更靠近B
'的三等分点，因此∠C O
' B
' =60
∘，
所以C点的横坐标为xC =−2sin 60
∘=−√3，纵坐标yC =2cos60
∘=1，
又C ∈平面A
' B
'O
'，所以可得C (−√3,1,2)，即B 正确；
易知A (0,−6,0)，所以⃗AC =(−√3,7,2)，即C 错误；
若平面ABC的一个法向量为(2,1,√3)，设⃗n=(2,1,√3)，则须满足⃗AC ⊥⃗n，
而⃗AC ⋅⃗n=(−√3,7,2)⋅(2,1,√3)=7≠0，所以(2,1,√3)不是平面ABC的一个法向量，即D 错误；
故选：AB
变式5．（23-24 高二上·辽宁抚顺·期中）在△ABC中，A (1,−2,−1),B (0,−3,1),C (2,−2,1)．向量⃗n为
平面ABC的一个法向量，则⃗n的坐标为 ．
【答案】(−2,4,1)（答案不唯一）
【分析】根据向量垂直求平面的法向量即可.
【详解】根据题意可得：⃗AB =(−1,−1,2),⃗AC =(1,0,2)，设⃗n=(x , y , z)，
∵⃗n与平面ABC垂直，则¿，可得¿，
当y = 4时，则x =−2, z =1，⃗n的坐标为(−2,4,1)．
故答案为：(−2,4,1)（答案不唯一）
变式6．（2024 高三·全国·专题练习）已知向量⃗a、⃗b是平面α内的两个不共线的向量，⃗a=(1,0,0)，⃗
b=(√2,1,−2)，求平面α的一个法向量⃗n的坐标．
【答案】⃗n=(0,2,1)（答案不唯一）
【分析】设法向量⃗n=(x , y , z)，由⃗n⊥⃗a且⃗n⊥⃗b，利用向量数量积的坐标运算求解.
【详解】设平面α的一个法向量⃗n=(x , y , z)，则¿，
令z =1，则x =0, y =2，故⃗n=(0,2,1)，
所以平面α的一个法向量⃗n=(0,2,1)（答案不唯一）.
变式7．（23-24 高二上·新疆·阶段练习）在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB = 4，BC =3，C C1=2.以
D 为原点，以{
1
3⃗DA , 1
4⃗DC , 1
2⃗D D1}为空间的一个单位正交基底，建立空间直角坐标系O−xyz，求平面
AB D1的法向量.
【答案】⃗n=(2,0,3)（答案不唯一）
【分析】根据坐标系写出点的坐标，然后写出平面AB D1内两个不共线的向量坐标，根据法向量与平面内
向量数量积为0 列方程组求解可得.
【详解】如图，以{
1
3⃗DA , 1
4⃗DC , 1
2⃗D D1}为空间的一个单位正交基底，建立空间直角坐标系O−xyz，
则A (3,0,0),B (3,4,0), D1(0,0,2)，得⃗AB =(0,4,0),⃗A D1=(−3,0,2)，
设⃗n=(x , y , z)为平面AB D1的一个法向量，
则¿，取x =2，得⃗n=(2,0,3)，
26
所以平面AB D1的一个法向量为⃗n=(2,0,3).
【方法技巧与总结】
求平面法向量的步骤
1.设出平面的法向量为n=（x，y，z）.
2.找出（求出）平面中两个不共线的向量的坐标a=（a1， a2， a3）， b=（b1， b2， b3）.
3.根据法向量的定义建立关于x，y，z 的方程组{
na=0
nb=0
4.解方程组，取其中的一个解作为法向量（由于一个平面的法向量有无数多个，故可在方程组的解中取一
个最简单的作为平面的法向量）
【题型5：利用法向量研究平行与垂直问题】
例
5 ．（2024· 山东菏泽· 二模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，
A1 D∩A D1= E ,C D1∩C1 D = F，则下列结论中正确的是（ ）
A．B B1//平面AC D1 B．平面BDC1⊥平面AC D1
C．EF ⊥平面BD D1B1 D．平面AB B1 A1内存在与EF平行的直线
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计
算即可．
【详解】因为ABCD−A1B1C1 D1为正方体，设正方体边长为2，
以D1为原点，D1 A1为x轴，D1C1为y轴，D1 D为z轴建立空间直角坐标系，
则D1(0,0,0), A (2,0,2),C (0,2,2),B (2,2,2),B1(2,2,0), E (1,0,1), F (0,1,1)，
设平面AC D1的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿，令x =1，则⃗n=(1,1,−1)，
同理解得平面BDC1的法向量⃗m=(−1,1,1)，⃗
B B1=(0,0,−2),⃗B B1⋅⃗n=2≠0，故A 不正确；
27⃗
m⋅⃗n=−1≠0，故B 不正确；⃗
EF =(−1,1,0),⃗D1 D =(0,0,2),⃗D1B1=(2,2,0)，⃗
EF ⋅⃗D1 D =0,⃗EF ⋅⃗D1B1=0，所以EF ⊥D1 D , EF ⊥D1B1，
又D1 D∩D1B1= D1，所以EF ⊥平面BD D1B1，C 正确；
平面AB B1 A1的一个法向量为⃗p=(1,0,0)，⃗
EF ⋅⃗p=−1≠0，故D 不正确；
故选：C
变式1．（23-24 高二上·河北石家庄·阶段练习）如图，在棱长为1 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，⃗
DM = λ⃗DA1(0< λ<1)，⃗CN = μ⃗C D1(0< μ<1)，若MN //平面A A1C1C，则线段MN的长度的最小值
为（ ）
A．1
3
B．1
2
C．√2
3
D．√3
3
【答案】D
【分析】建系，求出相关点的坐标，用λ , μ表示出⃗MN，证明BD⊥平面AC C1 A1，求得平面A A1C1C
的法向量，由条件得到λ+ μ=1，将|⃗MN |
2的表达式整理成二次函数，利用其最小值即得.
【详解】
如图，以点D为坐标原点，分别以DA , DC , D D1所在直线为x , y , z轴，建立空间直角坐标系.
则有D(0,0,0), A1(1,0,1),C(0,1,0), D1(0,0,1),B(1,1,0),
依题意，⃗DM = λ⃗DA1= λ(1,0,1)=( λ ,0, λ)，⃗
DN =⃗DC +⃗CN =⃗DC + μ⃗C D1=(0,1,0)+ μ(0,−1,1)=(0,1−μ, μ),
于是，⃗MN =⃗DN −⃗DM =(−λ ,1−μ, μ−λ).
又因DB⊥AC , C C1⊥平面ABCD，DB⊂平面ABCD,则C C1⊥BD,
28
又C C1∩AC =C,C C1, AC ⊂平面AC C1 A1，故BD⊥平面AC C1 A1,
故平面A A1C1C的法向量可取为⃗n=⃗DB =(1,1,0)，
因MN //平面A A1C1C，故⃗MN ⋅⃗n=−λ+1−μ=0，即λ+ μ=1.
则|⃗MN |
2= λ
2+(1−μ)
2+( μ−λ)
2=2 λ
2+(1−2 λ)
2
=6 λ
2−4 λ+1=6( λ−1
3 )
2
+ 1
3，
因0< λ<1，故当λ= 1
3时，|⃗MN |min= √3
3 .
故选：D.
变式2．（多选）（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，P 为线段A1C1的
中点，Q 为线段BC1上的动点（不包括端点），则（ ）
A．存在点Q，使得PQ // BD
B．存在点Q，使得PQ⊥平面A B1C1 D
C．三棱锥Q−APD的体积是定值
D．二面角Q−A1C1−D的余弦值为1
3
【答案】BD
【分析】A 选项，由PQ// BD推出BD //平面A1C1B，矛盾；B 选项，建立空间直角坐标系，证明出
A1B⊥A B1，A1B⊥B1C1，得到线面垂直，进而当Q 为BC1的中点时，PQ// A1B，此时PQ⊥平面
A B1C1 D，故B 正确；C 选项，假设体积为定值，得到BC1//平面APD，求出平面的法向量，证明出
BC1//平面APD不成立，C 错误；D 选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值.
【详解】对于A，若PQ// BD，因为BD⊄平面A1C1B，PQ⊂平面A1C1B，
所以BD //平面A1C1B，矛盾，故A 错误．
对于B，以D为坐标原点，DA , DC , D D1所在直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则A (2,0,0),B1(2,2,2), A1(2,0,2),B (2,2,0),C1(0,2,2)，
因为⃗A B1=(2,2,2)−(2,0,0)=(0,2,2),⃗A1B =(2,2,0)−(2,0,2)=(0,2,−2)，⃗
B1C1=(0,2,2)−(2,2,2)=(−2,0,0)，
故⃗A B1⋅⃗A1B =(0,2,2)⋅(0,2,−2)= 4−4 =0，⃗B1C1⋅⃗A1B =(−2,0,0)⋅(0,2,−2)=0，
故A1B⊥A B1，A1B⊥B1C1，
因为A B1∩B1C1= B1，A B1,B1C1⊂平面A B1C1 D，
故A1B⊥平面A B1C1 D，当Q 为BC1的中点时，PQ// A1B，
此时PQ⊥平面A B1C1 D，故B 正确．
29
对于C，Q 在线段BC1上运动，若三棱锥Q−APD的体积为定值，则BC1//平面APD，
P(1,1,2),⃗AP =(1,1,2)−(2,0,0)=(−1,1,2)，⃗DA =(2,0,0)，
设平面APD的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则¿，
解得x =0，令z =1得y =−2，故⃗m=(0,−2,1)，
故⃗BC1⋅⃗m=(−2,0,2)⋅(0,−2,1)=2，故⃗BC1与⃗m=(0,−2,1)不垂直，
故BC1//平面APD不成立，故C 错误；
对于D，二面角Q−A1C1−D即二面角B−A1C1−D，连接BP，DP，BD，
由于△A1BC1,△A1 DC1为等边三角形，
则BP⊥A1C1，DP⊥A1C1，所以∠BPD为所求二面角的平面角，
不妨设正方体的棱长为2，则△A1BC1,△A1 DC1的棱长为2√2，
故BP = DP =√6，BD =2√2，
由余弦定理可得cos∠BPD = B P
2+ D P
2−B D
2
2BP⋅DP
=
6+6−8
2×√6×√6 = 1
3，
二面角Q−A1C1−D的余弦值为1
3，故D 正确．
故选：BD
变式3．（24-25 高二上·全国·课后作业）如图所示，正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，E、F 分别是
棱BC、C C1的中点，动点P 在正方形BC C1B1（包括边界）内运动，若P A1//平面AEF，则线段P A1
长度的最小值是 ．
【答案】3√2
2
/3
2 √2
【分析】以点D为坐标原点，DA、DC、D D1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设点
P(x ,2, z)，其中x、z∈[0,2]，求出平面AEF的一个法向量⃗n=(2,1,2)，⃗A1 P =(x−2,2, z−2)，由因为
30
A1 P//平面AEF，则⃗A1 P⋅⃗n=0，可得x + z−3=0，利用二次函数的基本性质结合空间向量的模长公式
可求得线段P A1长度的最小值.
【详解】以点D为坐标原点，DA、DC、D D1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A (2,0,0)、E (1,2,0)、F (0,2,1)，A1(2,0,2)，设点P(x ,2, z)，其中x、z∈[0,2]，
设平面AEF的法向量为⃗n=(x1, y1, z1)，⃗EA =(1,−2,0)，⃗EF =(−1,0,1)，
则¿，取x1=2，可得⃗n=(2,1,2)，⃗
A1 P =(x−2,2, z−2)，因为A1 P//平面AEF，则⃗A1 P⋅⃗n=2(x−2)+2+2(z−2)=0，
所以，x + z−3=0，即z =3−x，
所以，|⃗A1 P|=√(x −2)
2+ 4 +(z−2)
2=√(x −2)
2+ 4 +(1−x)
2=√2 x
2−6 x +9
=√2(x−3
2)
2
+ 9
2 ≥3√2
2
，
当且仅当x = 3
2时，A1 P的长度取最小值3√2
2
.
故答案为：3√2
2
.
变式4．（24-25 高二上·上海·随堂练习）如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，∠ABC =90°，BC =2，
C C1= 4，点E 在线段B B1上，且E B1=1，D , E , F分别为C C1、C1B1、C1 A1的中点.求证：
(1)平面A1B1 D⊥平面ABD；
(2)平面EGF //平面ABD.
【答案】(1)证明见解析
31
(2)证明见解析
【分析】（1）利用空间向量法证明线面垂直证明面面垂直；
（2）利用空间向量法证明B1 D⊥平面EGF，再根据线面垂直的性质得到面面平行；
【详解】（1）证明：以B为坐标原点，BA ,BC ,B B1所在直线分别为x , y , z轴建立如图所示空间直角坐
标系.
则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B1(0,0,4)，E (0,0,3)，F (0,1,4)，C1(0,2,4).
设BA =a，则A (a,0,0)，A1(a,0,4)，G(
a
2 ,1,4).
因为⃗BA =(a,0,0)，⃗BD =(0,2,2)，⃗B1 D =(0,2,−2)，
所以⃗B1 D⋅⃗BA =0，⃗B1 D⋅⃗BD =0.
所以⃗B1 D⊥⃗BA，⃗B1 D⊥⃗BD，即B1 D⊥BA，B1 D⊥BD.
又BA ∩BD = B ,BA ,BD⊂平面ABD，所以B1 D⊥平面ABD.
因为B1 D⊂平面A1B1 D，所以平面A1B1 D⊥平面ABD.
（2）因为⃗EG =(
a
2 ,1,1)，⃗EF =(0,1,1)，⃗B1 D =(0,2,−2)，
所以⃗B1 D⋅⃗EG =0，⃗B1 D⋅⃗EF =0.
所以B1 D⊥EG，B1 D⊥EF.
因为EG∩EF = E , EG, EF ⊂平面EGF，所以B1 D⊥平面EGF.
又由（1）知B1 D⊥平面ABD，所以平面EGF ∥平面ABD.
变式5．（24-25 高二上·全国·课后作业）如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = AC = A A1=3，
BC =2，D 是BC的中点，F 是C C1上一点，且CF =2．
32
(1)求证：B1 F ⊥平面ADF；
(2)若⃗C1 P= 1
3⃗C1 A1，判定直线PF与平面AD B1的位置关系，并证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)PF ∥平面AD B1，证明见解析
【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，只需证明⃗B1 F ⋅⃗DA =0，⃗B1 F ⋅⃗DF =0，再结合线面垂直的
判定定理即可得证；
（2）只需证明⃗PF ⋅⃗n=0即可得证，其中平面AD B1的法向量为⃗n.
【详解】（1）因为AB = AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC，取B1C1的中点D1，则D D1⊥平面ABC，
分别以CB、AD、D D1所在直线为x 轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图，
因为AB = AC = A A1=3，BC =2，
所以A (0,−2√2,0)，B (1,0,0)，C (−1,0,0)，A1(0,−2√2,3)，B1(1,0,3)，C1(−1,0,3)，
因为CF =2，所以F (−1,0,2).⃗
B1⃗F =(−2,0,−1)，⃗DA =(0,−2√2,0)，⃗DF =(−1,0,2)，
因为⃗B1 F ⋅⃗DA =0，⃗B1 F ⋅⃗DF =0，
所以B1 F ⊥AD，B1 F ⊥DF，
又AD∩DF = D，AD , DF ⊂平面ADF，所以B1 F ⊥平面ADF；
（2）PF ∥平面ADB，
因为⃗C1 P = 1
3⃗C1 A1= 1
3 (1,−2√2,0)=(
1
3 ,−2√2
3
,0)，所以P(−2
3 ,−2√2
3
,3)，
所以⃗PF =(−1
3 , 2√2
3
,−1)．
设平面AD B1的法向量为⃗n=(x0, y0, z0)，则¿，有¿，取z0=1，则⃗n=(−3,0,1)．
因为⃗PF ⋅⃗n=0，PF不在平面AD B1上，所以PF ∥平面AD B1．
变式6．（2024·河北邢台·二模）直三棱柱ABC −A1B1C1中，∠BAC =π
2 ，AB = AC =2，A A1=3，
33
(1)如图1，点E 为棱C1 A上的动点，点F 为棱BC 上的动点，且AE
A C1
= CF
BC ，求线段EF长的最小值；
(2)如图2，点M 是棱AB 的中点，点N 是棱B1C1的中点，P 是BC1与B1C的交点，在线段A1 N上是否存
在点Q，使得PQ//面A1CM？
【答案】(1)2√377
29
(2)存在点Q在靠近点N的三等分点处
【分析】（1）以点A为原点建立空间直角坐标系，设AE = λA C1,0≤0≤1，求出⃗EF的坐标，进而可得出
答案；
（2）利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，
设AE = λA C1,0≤0≤1，则CF = λCB，
A (0,0,0),B (2,0,0),C (0,2,0),C1(0,2,3)，
故⃗EF =⃗EA +⃗AC +⃗CF =−λ⃗A C1+⃗AC + λ⃗CB
=−λ(0,2,3)+(0,2,0)+ λ(2,−2,0)=(2 λ ,2−4 λ ,−3 λ)，
所以|⃗EF|=√4 λ
2+(2−4 λ)
2+9 λ
2=√29 λ
2−16 λ+ 4，
当λ= 8
29时，|⃗EF|取得最小值2√377
29
，
所以线段EF长的最小值为2√377
29
；
（2）假设存在，设A1Q =t A1 N ,0≤t ≤1，
C (0,2,0), M (1,0,0), P(1,1, 3
2), N (1,1,3), A1(0,0,3)，
故⃗A1 M =(1,0,−3),⃗A1C =(0,2,−3)，⃗
PQ =⃗P A1+⃗A1Q =⃗P A1+t⃗A1 N =(−1,−1, 3
2)+t (1,1,0)=(t −1,t −1, 3
2)，
设平面A1CM的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则有¿，可取⃗n=(6,3,2)，
因为PQ //面A1CM，所以⃗n⊥⃗PQ，
则⃗n⋅⃗PQ =6(t −1)+3(t −1)+3=0，解得t = 2
3，
34
所以存在点Q在靠近点N的三等分点处，使得PQ//面A1CM.
变式7．（2024·重庆·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为1，E在棱D D1上运动，F在线
段B1 D1上运动，直线DF与平面ACE交于点G．
(1)当E , F为中点时，证明：DF ⊥平面ACE；
(2)若DF ⊥平面ACE，求DG
DF 的最大值及此时DE的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)最大值为√2
4 ，DE = √2
2
【分析】（1 ）以D为坐标原点，DA , DC , D D1方向为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，设
E (0,0, λ), F (μ, μ,1)(0≤λ≤1,0≤μ≤1)，利用空间向量的坐标运算确定线线垂直，结合线面垂直判定定
理证明即可；
（2）由（1）坐标关系与线面垂直，设⃗DG =m⃗DF，可得⃗AG⋅⃗DF =0，建立坐标等式关系，利用基本不
等式求得最值即可.
【详解】（1）以D为坐标原点，DA , DC , D D1方向为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
则A (1,0,0),B (1,1,0),C (0,1,0), D (0,0,0), A1(1,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1), D1(0,0,1)，
35
设E (0,0, λ), F (μ, μ,1)(0≤λ≤1,0≤μ≤1)，
当E，F 为中点时，λ= μ= 1
2，有E(0,0, 1
2), F(
1
2 , 1
2 ,1)，
所以⃗DF =(
1
2 , 1
2 ,1)，⃗AC =(−1,1,0)，⃗AE =(−1,0, 1
2)，有⃗AC ⋅⃗DF =0，⃗AE⋅⃗DF =0，
所以DF ⊥AC , DF ⊥AE，又AC ∩AE = A , AC , AE⊂平面ACE，
所以DF ⊥平面ACE．
（2）由（1）可得⃗DF =( μ, μ,1)，⃗AC =(−1,1,0)，⃗AE =(−1,0, λ)，
若DF ⊥平面ACE，则⃗AC ⋅⃗DF =0，⃗AE⋅⃗DF =0，所以λ = μ，
设⃗DG =m⃗DF，则⃗AG =⃗DG−⃗DA =(mμ−1,mμ,m)，
由AG⊂平面ACE，所以⃗AG⋅⃗DF =0=(mμ−1)μ+m μ
2+m=0，
当μ≠0时，m=
μ
2 μ
2+1
=
1
2 μ+ 1
μ
，有0<m≤√2
4 ，当μ= √2
2 时，m= √2
4 等号成立，
所以λ = μ= √2
2 ，即DE = √2
2 ，
综上，DG
DF 的最大值为√2
4 ，DE = √2
2 ．
【方法技巧与总结】
线线平行
证明两直线的方向向量共线
线面平行
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；
②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行
面面平行
①
证明两平面的法向量为共线向量；②转
化为线面平行、线线平行问题
【题型6：空间向量中的动点问题】
例6．（23-24 高二上·辽宁鞍山·期中）如图，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，M , N分别是
棱A1B1, A1 D1的中点，点E在BD上，点F在B1C上，且BE =CF，点P在线段CM上运动，下列说法正
确的是（ ）
A．三棱锥N −CME的体积不是定值
36
B．直线B1 D1到平面CMN的距离是√2
2
C．存在点P，使得∠B1 P D1=90
∘
D．△PD D1面积的最小值是5√5
6
【答案】C
【分析】根据线面平行的判定判断A；根据等体积法求得点D1到平面CMN的距离判断B；建立空间直角
坐标系，利用空间向量的数量积运算解决垂直问题判断C；求出△PD D1面积的表达式，再求得面积的最
小值判断D.
【详解】对于A，M , N分别是棱A1B1, A1 D1的中点，则B1 D1// MN，
因为B B1// D D1，且B B1= D D1，所以四边形B B1 D1 D为平行四边形，所以B1 D1// BD，
所以BD // MN，因为MN ⊂平面CMN，BD⊄平面CMN，所以BD //平面CMN，
因为E在BD上，所以点E在平面CMN的距离不变，而△CMN面积是定值，则三棱锥E−CMN的体积不
变，
即三棱锥N −CME的体积不变，故A 错误；
对于B，因为B1 D1// MN，B1 D1⊄平面CMN，MN ⊂平面CMN，于是B1 D1//平面CMN，
因此直线B1 D1到平面CMN的距离等于点D1到平面CMN的距离h，
MN =√2,CM =CN =√C D1
2+ D1 N
2=√(2√2)
2+1
2=3，
V C −MN D1= 1
3 ×( 1
2 ×1×1)×2= 1
3，S△CMN = 1
2 ×√2×√3
2−( √2
2 )
2
= √17
2
，V D1−CMN = 1
3 ⋅√17
2 ⋅ℎ，
由V C −MN D1=V D1−CMN，得1
3 = 1
3 ⋅√17
2 ⋅ℎ，则ℎ= 2√17
17
，B 错误；
对C，以A 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则M (1,0,2)，C (2,2,0)，B1(2,0,2)，D1(0,2,2),
37
设⃗MP =t ⋅⃗MC =t (1,2,−2)，则P(t +1,2t ,−2t +2)，⃗P B1=(1−t ,−2t ,2t )，⃗P D1=(−t −1,2−2t ,2t )，
t ∈[0,1]，
由∠B1 P D1=90°，得⃗P B1⋅⃗P D1=(1−t )(−t −1)+(−2t )(2−2t )+2t ⋅2t =9t
2−4 t −1=0，解得
t = 2±√13
9
，
由于t = 2+√13
9
∈[0,1]，因此存在点P，使得∠B1 P D1=90°，C 正确；
对于D，由选项C 得P(t +1,2t ,−2t +2)在D D1的投影点为(0,2,−2t +2)，
则P 到D D1的距离d =√(t +1)
2+(2−2t )
2=√5(t −3
5 )
2
+ 16
5
，
△PD D1面积为S = 1
2 ⋅2⋅d =√5(t −3
5 )
2
+ 16
5
(t ∈[0,1])，所以当t = 3
5时，S取得最小值为4√5
5
，D 错误.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用线面平行的判定来判定A，再通过等体积法求出距离从而判断B，
C,D 选项通过建立合适的空间直角坐标系解决.
变式1．（多选）（23-24 高二上·重庆·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点
P满足⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AD，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则（ ）
A．存在点P，使得A1 P⊥平面BC C1B1
B．存在点P，使得A1 P⊥平面BDC1
C．当A1 P =√5时，CP的最小值为2√2−1
D．当A1 P =√5时，CP的最大值为2√2+1
【答案】BC
【分析】以点A为坐标原点，AB、AD、A A1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出点P
的坐标，利用空间向量法逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，以点A为坐标原点，AB、AD、A A1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，
38
则A (0,0,0)、B (2,0,0)、C (2,2,0)、D (0,2,0)、A1(0,0,2)、B1(2,0,2)、
C1(2,2,2)、D1(0,2,2)，
因为⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AD = λ(2,0,0)+ μ(0,2,0)=(2 λ ,2 μ,0)，其中λ、μ∈[0,1]，
对于A 选项，⃗A1 P =(2 λ ,2 μ,−2)，⃗C C1=(0,0,2)，则⃗A1 P⋅⃗C C1=−4≠0，
所以，A1 P与C C1不垂直，故不存在点P，使得A1 P⊥平面BC C1B1，A 错；
对于B 选项，⃗BD =(−2,2,0)，⃗BC1=(0,2,2)，
若存在点P，使得A1 P⊥平面BDC1，则¿，解得λ = μ=1，
即当点P与点C重合时，A1 P⊥平面BDC1，B 对；
对于CD 选项，|⃗A1 P|=√4 λ
2+ 4 μ
2+ 4 =√5，可得λ
2+ μ
2= 1
4 ，
又因为λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，设λ= 1
2 cosθ，μ= 1
2 sinθ，其中0≤θ≤π
2 ，
则P(cosθ ,sinθ ,0)，
则|⃗CP|=√(2−cosθ)
2+(2−sinθ)
2=√9−4 (sinθ+cosθ)=√
9−4√2sin(θ+π
4 )，
因为0≤θ≤π
2 ，则π
4 ≤θ+π
4 ≤3π
4 ，所以，√2
2 ≤sin(θ+π
4 )≤1，
所以，|⃗CP|min=√9−4√2=2√2−1，当且仅当θ+π
4 =π
2 时，即当θ =π
4 时，|⃗CP|取最小值，
|⃗CP|max =√9−4√2× √2
2 =√5，当且仅当θ+π
4 =π
4 或3π
4 时，即当θ =0或π
2 时，|⃗CP|取最大值，
C 对D 错.
故选：BC.
变式2．（多选）（23-24 高二上·浙江绍兴·期中）如图，点E 是正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱D D1的
中点，点M 在线段B D1上运动，则下列结论 正确的是（ ）
39
A．直线AD与直线C1 M始终是异面直线
B．存在点M，使得B1 M ⊥AE
C．四面体EMAC的体积为定值
D．H 为线段A A1的中点，MH //平面ACE
【答案】BCD
【分析】对于A 选项，当M位于B D1中点时，AD与C1 M共面；对于选项B 和D 可采用空间向量计算，
对于C 选项，连接AC,BD交于O ❑
1
❑
，此时EO1// B D1，易证所以四面体EMAC的体积为定值，由面
面平行的判定定理得出平面BH D1//平面A EC，进而可得MH //平面AEC.
【详解】解：
对于A 选项，连接A C1交B D1与O，当点M在O点时，直线AD与直线C1 M相交，故A 选项不正确；
对于C 选项，连接AC,BD交于O ❑
1
❑
，此时EO1// B D1，故线段B D1到平面AEC的距离为定值，所以
四面体EMAC的体积为定值，故C 选项正确；
以D为坐标原点，建立如图的坐标系，设正方体的边长为2，则D (0,0,0)，D1(0,0,2)，A (2,0,0)，
C (0,2,0)，E (0,0,1) ，B (2,2,0)，B1(2,2,2)
对于B 选项， 存在点M，使得B1 M ⊥AE，
则⃗AE =(−2,0,1)，⃗B1 M =⃗B1B+ λ⃗B D1=(0,0,−2)+ λ(−2,−2,−2)=(−2 λ ,−2 λ ,2 λ−2)，λ∈[0,1]，
所以⃗AE⋅⃗B1 M = 4 λ+2 λ−2=0，得λ= 1
3，故当M 满足D1 M =2 MB时，B1 M ⊥AE，
故B 选项正确；
对于D 选项，连接AE ,CE , AC ,BH , D1 H，如下图所示：
40
因为H 为AA1 的中点，E 为DD1 的中点，所以CE// BH , D1 H // AE ,
AE∩CE = E ,BH ∩D1 H = H ,所以平面BH D1//平面AEC，
MH ⊂平面BH D1，所以MH //平面AEC，故D 选项正确；
故选：BCD.
变式3．（23-24 高二下·四川凉山·期末）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，DE⊥平
面ABCD，AF ∥DE，∠BAD =60°，DE = DC =2 AF．
(1)求证：AC ⊥平面BDE；
(2)线段CE上是否存在点P，使得AP∥平面BEF？若存在，指出点P的位置并证明；若不存在，请说明理
由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点P，当P与C重合时，使得AP∥平面BEF.
【分析】（1）连接AC ,BD交于点O，则由四边形ABCD为菱形，得AC ⊥BD，由DE⊥平面ABCD，
得DE⊥AC，再利用线面垂直的判定定理可结论；
（2）由题意可证得DM , DC , DE两两垂直，则以D为原点，DM , DC , DE所在的直线分别为x , y , z建立
空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：连接AC ,BD交于点O，
因为四边形ABCD为菱形，所以AC ⊥BD，
因为DE⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，
所以DE⊥AC，
因为DE∩BD = D，DE ,BD⊂平面BDE，
所以AC ⊥平面BDE；
（2）解：取AB的中点M，连接DM，
因为四边形ABCD为菱形，∠BAD =60°，所以△ABD为等边三角形，
所以DM ⊥DC，
因为DE⊥平面ABCD，DM , DC ⊂平面ABCD，所以DE⊥DM , DE⊥DC，
所以DM , DC , DE两两垂直，
所以以D为原点，DM , DC , DE所在的直线分别为x , y , z建立空间直角坐标系，
41
设DE = DC =2 AF =2，则A(√3,−1,0),B(√3,1,0),C(0,2,0), E(0,0,2), F(√3,−1,1)，
所以⃗EF =(√3,−1,−1),⃗FB =(0,2,−1),⃗CE =(0,−2,2),⃗AC =(−√3,3,0)，
假设存在点P，使得AP∥平面BEF，
设⃗CP = λ⃗CE，则⃗CP = λ⃗CE =(0,−2 λ ,2 λ)，
所以⃗AP =⃗AC +⃗CP =(−√3,3−2 λ ,2 λ)，
设平面BEF的法向量为⃗m=( x , y , z)，
则¿，令y =1，则⃗m=(√3,1,2)，
由⃗AP⋅⃗m=(−√3,3−2 λ ,2 λ)⋅(√3,1,2)=−3+3−2 λ+ 4 λ =2 λ =0，得λ =0，
此时P与C重合，AP⊄平面BEF，
所以存在点P，当P与C重合时，使得AP∥平面BEF.
变式4．（23-24 高二上·河南焦作·阶段练习）如图，四边形ABCD 是边长为1 的正方形，MD⊥平面
ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD = NB =1，E 为BC 的中点.
(1)证明：MN //平面ABCD；
(2)在线段AN 上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN?如果存在，求出线段AS 的长度；若不存在，请说明
理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，AS = √2
2
【分析】（1）由MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，所以MD // NB，因为MD = NB，所以四边形
MDBN 为平行四边形，所以MN // DB可证明结论.
（2）建系，设⃗AS = λ⃗AN =(0, λ , λ)，由ES⊥平面AMN，解出λ，再由向量的模长公式计算长度.
【详解】（1）证明：连接BD，如图(1).
42
因为MD⊥平面A BCD，NB⊥平面ABCD，
所以MD // NB.
因为MD = NB，
所以四边形MDBN 为平行四边形.
所以MN // DB.
又BD⊂平面ABCD，MN ⊂平面ABCD，所以MN //平面ABCD.
（2）由题意知DM，DC，DA 两两垂直.
以点D 为原点，DA，DC，DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图(2)的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，M (0,0,1)，N (1,1,1)，E(
1
2 ,1,0)，
假设在线段AN 上存在点S，使得ES⊥平面AMN，连接AE.
易知⃗AN =(0,1,1)，⃗AM =(−1,0,1)，⃗EA =(
1
2 ,−1,0).
设⃗AS = λ⃗AN =(0, λ , λ)，0≤λ≤1，
则⃗ES =⃗EA +⃗AS =(
1
2 , λ−1, λ).
由ES⊥平面AMN，得¿即¿
解得λ= 1
2.
此时⃗AS =(0, 1
2 , 1
2)，所以|⃗AS|= √2
2 .
故在线段AN 上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时线段AS 的长度为√2
2 .
变式5 ．（23-24 高二上· 四川绵阳· 期中）在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD =π
3
，
43
AB =2 AD =2CD = 4，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点（如图1）．将△ACD沿AC折起到
△AC D
'的位置，使得二面角B−AC −D
'为直二面角（如图2）．
(1)求证：BC ∥平面PO D
'；
(2)线段P D
'上是否存在点Q，使得平面OCQ⊥平面AB D
'?若存在，求出PQ
P D
' 值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，PQ
P D
' = 1
2.
【分析】（1）利用线线平行证明线面平行即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究面面垂直计算即可.
【详解】（1）因为在梯形ABCD中，AB//CD，AB =2CD = 4，P为AB的中点，
所以CD // AP,CD = AP，所以四边形APCD为平行四边形，
因为线段AC ∩DP=O点，所以O为线段AC的中点，
所以△ABC中，OP// BC，
因为OP⊂平面PO D
'，BC ⊄平面PO D
'，
所以BC //平面PO D
'；
（2）
因为平行四边形APCD中，AP = AD =2，
所以四边形APCD是菱形，则AC ⊥DP，垂足为O，
所以AC ⊥O D
'，AC ⊥OP，
因为O D
'⊂平面AC D
'，OP⊂平面ACB，所以∠D
'OP是二面角B−AC −D
'的平面角，
因为二面角B−AC −D
'为直二面角，所以∠D
'OP =π
2 ，即OP⊥O D
'，
如图所示，分别以OA , OP , O D
'所在直线为x , y , z建立空间直角坐标系O−xyz，
线段P D
'上存在点Q，使得平面OCQ⊥平面AB D
'，
设⃗PQ = λ⃗P D
'，(0≤λ≤1)，
44
因为⃑CP =(√3,1,0),⃑P D
' =(0,−1,1)，所以⃗CQ =⃗CP+⃗PQ =⃗CP+ λ⃗P D
' =(√3,1−λ , λ)，
由⃗OC =(−√3,0,0)设平面OCQ的法向量为⃗t =(x , y , z)，
则¿，
令y = λ⇒x =0, z = λ−1，则⃗t =(0, λ , λ−1)，
由⃗B D
' =(√3,−2,1),⃗AB =(−2√3,2,0)，设平面AB D
'的法向量为⃗s=(a,b,c)，
则¿，令a=1,b=√3,c =√3，则可得⃗s=(1,√3,√3)，
则⃗t ⋅⃗s=(0, λ , λ−1)⋅(1,√3,√3)=√3 λ+√3 λ−√3=0，
解得λ= 1
2，即 Q为线段P D
'的中点，此时PQ
P D
' = 1
2.
变式6．（23-24 高二上·四川雅安·期中）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB =2, E , F ,G分别是
A A1,BC ,C1 D1的中点．
(1)用空间向量法证明：B1 D⊥平面EFG；
(2)在直线DB上是否存在点P，使得B1 P//平面EFG？若存在，请指出P的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，P在DB的延长线上，且BP = 1
2 DB
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据共线求证，
（2）根据法向量与直线的方向向量垂直即可求解.
【详解】（1）证明：以D为原点，DA , DC , D D1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空
间直角坐标系，
则D (0,0,0),B1(2,2,2)，E (2,0,1), F (1,2,0),G (0,1,2)，⃗
D B1=(2,2,2),⃗EF =(−1,2,−1),⃗EG =(−2,1,1)．
设平面EFG的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿取x =1，则y =1, z =1，得⃗n=(1,1,1)，
∵⃗D B1//⃗n,∴B1 D⊥平面EFG．
45
（2）存在点P，使得B1 P//平面EFG，P在DB的延长线上，且BP = 1
2 DB．
由题意得B (2,2,0),⃗B1B =(0,0,−2),⃗DB =(2,2,0)，
设⃗BP = λ⃗DB =(2 λ ,2 λ ,0), λ∈R，则⃗B1 P =⃗B1B+⃗BP =(2 λ ,2 λ ,−2), λ∈R，
∵B1 P//平面EFG ,∴⃗B1 P⊥⃗n,⃗B1 P⋅⃗n=2 λ+2 λ−2=0，得λ= 1
2．
变式7 ．（22-23 高二下· 湖南长沙· 期中）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，
A A1=2 AB =2 AC =2,∠A1 AB =∠A1 AC =∠BAC =60
∘，设⃗AB =⃗a,⃗AC =⃗b,⃗AA1=⃗c.
(1)试用向量⃗a,⃗b,⃗c表示⃗BC1，并求|⃗BC1|.
(2)在平行四边形B B1C1C内是否存在一点O，使得A1O⊥平面B B1C1C？若存在，试确定点O的位置；
若不存在，请说明理由.
【答案】(1)⃗BC1=⃗b+⃗c−⃗a，|⃗BC1|=√5
(2)存在，⃗BO = 3
4⃗B B1+ 1
2⃗BC
【分析】（1）根据空间向量的线性运算可得⃗BC1=⃗b+⃗c−⃗a，两边同时平方，结合向量的数量积的定义计
算即可求解；
（2）假设存在点O使得A1O⊥平面B B1C1C，则A1O⊥B B1, A1O⊥BC.设⃗BO =m⃗B B1+n⃗BC，根据
线性运算可得⃗A1O =(m−1)⃗c +n⃗b+(1−n)⃗a，结合数量积的定义建立方程组，解之即可.
46
【详解】（1）连接A C1,⃗BC1=⃗A C1−⃗AB =⃗AC +⃗AA1−⃗AB =⃗b+⃗c−⃗a，
由题意可知，|⃗a|=|⃗b|=1,|⃗c|=2，且三个向量两两夹角均为60
∘，
所以⃗a⋅⃗b= 1
2 ,⃗b⋅⃗c =1,⃗c⋅⃗a=1.
故|⃗BC1|
2=(⃗b+⃗c−⃗a)
2=⃗b
2+⃗c
2+⃗a
2+2⃗b⋅⃗c−2⃗a⋅⃗b−2⃗a⋅⃗c =1+ 4+1+2−1−2=5，
所以|⃗BC1|=√5.
（2）假设存在点O使得A1O⊥平面B B1C1C，连接AO ,BO，
不妨设⃗BO =m⃗B B1+n⃗BC，则⃗BO =m⃗c +n(⃗b−⃗a)=m⃗c +n⃗b−n⃗a，
而⃗AO =⃗AB+⃗BO =m⃗c +n⃗b+(1−n)⃗a，
所以⃗A1O =⃗AO−⃗A A1=(m−1)⃗c +n⃗b+(1−n)⃗a.
要使A1O⊥平面B B1C1C，只需A1O⊥B B1, A1O⊥BC，
即⃗A1O⋅⃗c =0,⃗A1O⋅(⃗b−⃗a)=0，
所以¿，
解得¿即⃗BO = 3
4⃗B B1+ 1
2⃗BC，
所以存在点O，即当⃗BO = 3
4⃗B B1+ 1
2⃗BC时，A1O⊥平面B B1C1C.
47
一、单选题
1 ．（2024· 四川成都· 模拟预测）已知直线l的方向向量是⃗a=(3,2,1)，平面α的一个法向量是⃗
n=(1,−1,−1)，则l与α的位置关系是（ ）
A．l⊥α
B．l∥α
C．l与α相交但不垂直
D．l∥α或l⊂α
【答案】D
【分析】由于⃗a⋅⃗n=0，得到⃗a⊥⃗n，从而确定l与α的位置关系.
【详解】因为⃗a=(3,2,1)，⃗n=(1,−1,−1)，
则⃗a⋅⃗n=3×1+2×(−1)+1×(−1)=0，
得到⃗a⊥⃗n，且直线l的方向向量是a
→
，平面α的一个法向量是n
→
，
所以l与α的位置关系是：l∥α或l⊂α，
故选：D.
2．（23-24 高二上·全国·期中）若直线l的方向向量为⃗a=(1,−2,3)，平面α的法向量为⃗n=(−3,6,−9)，则
（ ）
A．l⊥α
B．l //α
C．1⊂α
D．l与α位置关系不确定
【答案】A
【分析】根据方向向量与法向量共线即可判断.
【详解】由于直线l的方向向量为⃗a=(1,−2,3)，平面α的法向量为⃗n=(−3,6,−9)，
由于⃗n=−3⃗a，所以直线l与平面的法向量共线，所以l⊥α．
故选：A．
3．（23-24 高二上·山东威海·期末）设⃗v1，⃗v2分别是空间中的直线l1，l2的方向向量，A ∈l1，B∈l2.记甲：⃗
v1，⃗v2，⃗AB不共面，乙：l1与l2异面，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】从充分性和必要性的角度，结合异面直线的定义，即可判断和选择.
【详解】对空间中的任意两条直线l1,l2，
若⃗v1，⃗v2，⃗AB不共面，显然l1,l2不可能平行或相交，两直线异面，充分性成立；
若l1,l2是异面直线，根据异面直线的定义，定有⃗v1，⃗v2，⃗AB不共面，必要性成立；
故甲是乙的充要条件.
故选：C.
4．（23-24 高二上·广东深圳·期末）设平面α和β的法向量分别为⃗m=(1,2,−3),⃗n=(−2,k ,6)．若α ⊥β，
则k =（ ）
A．4
B．−4
C．10
D．−10
【答案】C
48
【分析】根据数量积的坐标表示列方程求解可得.
【详解】因为α ⊥β，
所以⃗m⋅⃗n=−2+2k −18=0，解得k =10.
故选：C
5．（22-23 高二下·福建龙岩·期中）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑
A −BCD中，AB⊥平面BCD，∠BDC =90°，BD = AB =CD.若建立如图所示的“空间直角坐标系，则
平面ACD的一个法向量为（ ）
A．(0,1,0)
B．(0,1,1)
C．(1,1,1)
D．(1,1,0)
【答案】B
【分析】根据题意，设BD = AB =CD =1，可得A、C、D的坐标，由此可得向量⃗DC、⃗AD的坐标，由此
可得关于x、y、z的方程组，利用特殊值求出x、y、z的值，即可得答案．
【详解】根据题意，设BD = AB =CD =1，则D (0,1,0)，C (1,1,0)，A (0,0,1)，
则⃗DC =(1,0,0)，⃗AD =(0,1,−1)，
设平面ACD的一个法向量为⃗m=(x , y , z)，
则有¿，令y =1，可得z =1，则⃗m=(0,1,1).
故选：B．
6．（23-24 高二上·全国·课后作业）在如图所示的坐标系中，ABCD−A1B1C1 D1为正方体，给出下列结
论：
①直线D D1的一个方向向量为(0,0,1)；
②直线BC1的一个方向向量为(0,1,1)；
③平面AB B1 A1的一个法向量为(0,1,0)；
④平面B1CD的一个法向量为(1,1,1).其中正确的个数为（ ）
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】C
【分析】根据空间直线的方向向量的概念以及平面的法向量的定义判断可得答案.
【详解】设正方体的棱长为a，则D(0,a,0)，D1(0,a,a)，⃗D D1=(0,0,a)，则⃗D D1与(0,0,1)平行，
49
故直线D D1的一个方向向量为(0,0,1)，故①正确；
因为B(a,0,0)，C1(a,a,a)，所以⃗BC1=(0,a,a)，因为⃗BC1与(0,1,1)平行，所以直线BC1的一个方向
向量为(0,1,1)，故②正确；
因为A(0,0,0)，D(0,a,0)，所以⃗AD =(0,a,0)，因为⃗AD是平面AB B1 A1的一个法向量，且⃗AD与
(0,1,0)平行，所以平面AB B1 A1的一个法向量为(0,1,0)，故③正确；
因为C(a,a,0)，D(0,a,0)，所以⃗CD =(−a,0,0)，
因为⃗CD⋅(1,1,1)=(−a,0,0)⋅(1,1,1)=−a≠0，所以⃗CD与(1,1,1)不垂直，所以(1,1,1)不是平面B1CD
的一个法向量，故④不正确.
故选：C
7．（2024·广东梅州·模拟预测）直三棱柱ABC −A1B1C1中，∠BAC =120°，AB = AC = A A1，则异面
直线B A1与A C1所成角的余弦值为（ ）
A．3
4
B．−3
4
C．√2
2
D．√7
4
【答案】A
【分析】由题意，以A为原点，建立空间直角坐标系，求出异面直线B A1与A C1所在直线的方向向量，由
空间向量夹角的余弦值的坐标公式求解即可.
【详解】以A为原点，在平面ABC中过A作AC的垂线交BC于D，
以AD所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，A A1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱ABC −A1B1C1中，∠BAC =120°，
设AB = AC = A A1=1，
所以B(
√3
2 ,−1
2 ,0)，A1(0,0,1)，A (0,0,0)，C1(0,1,1)，⃗
B A1=(−√3
2 , 1
2 ,1)，⃗A C1=(0,1,1)，
设异面直线B A1与A C1所成角为θ，
则cosθ = |⃗B A1⋅⃗A C1|
|⃗B A1|⋅|⃗A C1|
=
3
2
√2⋅√2 = 3
4
，
所以异面直线B A1与A C1所成角的余弦值为3
4 .
故选：A.
8．（22-23 高二上·北京丰台·阶段练习）已知点Pn(1,2,3)是法向量为⃗n=(1,1,1)的平面ABC内的一点，则
50
下列各点中，不在平面ABC内的是（ ）
A．(3,2,1)
B．(−2,5,4)
C．(−3,4,5)
D．(2,−4,8)
【答案】B
【分析】
根据平面ABC内的点与点Pn构成的向量与⃗n垂直来逐一判断.
【详解】假设选项中的点为点M，
对于A：⃗Pn M =(2,0,−2)，此时⃗Pn M ⋅⃗n=2−2=0，点(3,2,1)在平面ABC内；
对于B：⃗Pn M =(−3,3,1)，此时⃗Pn M ⋅⃗n=−3+3+1≠0，点(−2,5,4)不在平面ABC内；
对于C：⃗Pn M =(−4,2,2)，此时⃗Pn M ⋅⃗n=−4 +2+2=0，点(−3,4,5)在平面ABC内；
对于D：⃗Pn M =(1,−6,5)，此时⃗Pn M ⋅⃗n=1−6+5=0，点(2,−4,8)在平面ABC内；
故选：B.
二、多选题
9．（2024 高三·全国·专题练习）（多选）下列结论正确的是（ ）
A．已知向量a＝（9，4，－4），b＝（1，2，2），则a 在b 上的投影向量为（1，2，2）
B．若对空间中任意一点O，有⃗OP= 1
6⃗OA + 1
3⃗OB+ 1
2⃗OC则P，A，B，C 四点共面
C．已知{a，b，c}是空间的一组基底，若m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一组基底
D．若直线l 的方向向量为e＝（1，0，3），平面α 的法向量n＝（－2，0，2
3），则直线l⊥α
【答案】ABC
【详解】
分析：利用投影向量的定义判断A，利用空间四点共面，满足
＝m
＋n
＋t
，其中m＋n＋t＝1 判
断B，根据向量基底的概念判断C，利用线面关系的向量表示判断D.
详解：因为a＝（9，4，－4），b＝（1，2，2），所以a 在b 上的投影向量为
·
＝
·b＝
·
（1，2，2）＝（1，2，2），故A 正确；因为＋＋＝1，故B 正确；{a，b，c}是空间的一组基底，m＝
a＋c，所以{a，b，a＋c}两向量之间不共线，所以{a，b，m}也是空间的一组基底，故C 正确；因为直线l
的方向向量为e＝（1，0，3），平面α 的法向量n＝（－2，0，），e·n＝－2＋0＋2＝0，则直线l∥α 或
l⊂α，故D 错误．故选ABC.
【考查意图】考查空间向量应用．
10．（23-24 高二上·江苏·阶段练习）已知空间中三点A(0,1,1)，B(2,2,1)，C(2,1,0)，则（ ）
A．|⃗BC|=2
B．⃗BC方向上的单位向量坐标是(0,−√2
2 ,−√2
2 )
C．⃗n=(1,−2,2)是平面ABC 的一个法向量
51
D．⃗AC在⃗BC上的投影向量的模为√2
【答案】BC
【分析】对于A：求出⃗BC的坐标，进而可求模；对于B：根据⃗BC
|⃗BC|
求单位向量；对于C：通过计算⃗
BC ⋅⃗n,⃗AC ⋅⃗n来判断；对于D：通过计算⃗AC ⋅⃗BC
|⃗BC|
来判断.
【详解】对于A：⃗BC =(0,−1,−1)，则|⃗BC|=√1+1=√2，A 错误；
对于B：⃗BC方向上的单位向量坐标是⃗BC
|⃗BC|
= (0,−1,−1)
√2
=(0,−√2
2 ,−√2
2 )，B 正确；
对于C：⃗BC =(0,−1,−1),⃗AC =(2,0,−1)，¿，
又⃗AC与⃗BC不平行，故⃗n=(1,−2,2)是平面ABC 的一个法向量，C 正确；
对于D：⃗AC在⃗BC上的投影向量的模为|⃗
AC ⋅⃗BC
|⃗BC| |= 1
√2 = √2
2 ，D 错误.
故选：BC.
11．（23-24 高二上·内蒙古赤峰·阶段练习）已知空间中三点A (0,1,0)、B (2,2,0)、C (−1,3,1)，则下列结
论不正确的有（ ）
A．⃗AB与⃗AC是共线向量
B．⃗AB的单位向量是(
2√5
5
,−√5
5 ,0)
C．⃗AB与⃗BC夹角的余弦值是√55
11
D．平面ABC的一个法向量是(1,−2,5)
【答案】ABC
【分析】利用共线向量的坐标关系可判断A 选项；利用单位向量的定义可判断B 选项；利用空间向量数量
积的坐标运算可判断C 选项；利用法向量的定义可判断D 选项.
【详解】对于A 选项，⃗AB =(2,1,0)，⃗AC =(−1,2,1)，
因为2
−1 ≠1
2 ≠0
1，则⃗AB、⃗AC不共线，A 错；
对于B 选项，⃗AB的单位向量为⃗AB
|⃗AB|
=
1
√2
2+1
2+0
2 (2,1,0)=(
2√5
5
, √5
5 ,0)，B 错；
对于C 选项，⃗BC =(−3,1,1)，cos⟨⃗AB ,⃗BC⟩=⃗AB⋅⃗BC
|⃗AB|⋅|⃗BC|
= −6+1
√5×√11 =−√55
11 ，
所以，⃗AB与⃗BC夹角的余弦值是−√55
11 ，C 错；
对于D 选项，设⃗n=(x , y , z)为平面ABC的法向量，
则¿，取x =1，则y =−2，z =5，
52
所以，平面ABC的一个法向量为⃗n=(1,−2,5)，D 对.
故选：D.
三、填空题
12．（2024 高二上·全国·专题练习）如图，PA ⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E 为CD的中点，
F 是AD上一点，当BF ⊥PE时，AF
FD ＝ .
【答案】1
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，用向量的数量积为0 表示垂直可求得结论．
【详解】建立如图空间直角坐标系，设正方形ABCD的边长为1，
PA =a，则B(1,0,0) E( 1
2 ,1,0)，P(0,0,a)，.
设F(0, y ,0)，则⃗BF =(−1, y ,0),⃗PE =( 1
2 ,1,−a)
因为BF ⊥PE， ⃗BF ⋅⃗PE =−1
2 + y =0，y = 1
2，
即F(0, 1
2 ,0)是AD 的中点，故AF
FD =1，
故选：B.
13．（23-24 高二上·北京石景山·期末）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，AB =2, A A1= 4 , E为
棱C C1上的一个动点，给出下列四个结论：
53
①A1B1⊥BE；
②三棱锥E−B1B D1的体积为定值；
③存在点E，使得AC ∥平面B D1 E；
④存在点E，使得B1 D⊥平面B D1 E.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①②③
【分析】以D为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及空间向量的应用，逐项判定，
即可求解.
【详解】以D为原点，DA , DC , D D1所在的直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0), A1(2,0,4),B1(2,2,4),C1(0,2,4), D1(0,0,4)，
设E(0,2,a),a∈[0,4]，则⃗A1B1=(0,2,0),⃗BE =(−2,0,a)，
因为⃗A1B1⋅⃗BE =0，所以⃗A1B1⊥⃗BE，即A1B1⊥BE，所以①正确；
由V E−B1B D1=V D1−B1BE，因为△B1BE的面积为定值，点D1到平面B1BE的距离也是定值，
所以V E−B1B D1为定值，所以②正确；
又由⃗BE =(−2,0,a),⃗B D1=(−2,−2,4)
设平面B D1 E的法向量为⃗n=( x , y , z)，则¿，
取x =a，可得y =−4−a, z =2，所以⃗n=(a,4−a,2)，
因为⃗AC =(−2,2,0)，由⃗AC ⋅⃗n=−2a+8−2a=0，解得a=2，所以③正确；
又因为⃗D B1=(2,2,4)，⃗D1B =(2,2,−4)，则⃗D B1⋅⃗D1B =−8≠0，
所以不存在点E，使得B1 D⊥平面B D1 E，所以④错误.
故选：①②③.
54
14．（23-24 高二上·山东聊城·期中）如图，PA ⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，E , F分别为PD，
PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O，PA = AB =2，若OG//平面EFC，则AG=
.
【答案】2
3
【分析】
建立空间直角坐标系，求出平面EFC的法向量，根据⃗n⋅⃗OG =0求解即可.
【详解】如图所示，以A 为坐标原点，⃗AB ,⃗AD ,⃗AP的方向分别为x , y , z轴的正方向建立空间直角坐标系，
由题意可得P(0,0,2),B (2,0,0), D (0,2,0),C (2,2,0),O(1,1,0)，
则F (1,0,1), E (0,1,1)，
所以⃗FC =(1,2,−1),⃗FE =(−1,1,0)，
设平面EFC的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿，令x =1，则得一个法向量为⃗n=(1,1,3).
因为OG//平面EFC，则⃗n⋅⃗OG =0，
设G (0,0,a)，则⃗OG =(−1,−1,a)，所以−1−1+3a=0，
55
解得a= 2
3，所以G(0,0, 2
3)，即AG = 2
3.
故答案为：2
3
四、解答题
15 ．（23-24 高二上· 青海海东· 阶段练习）如图，在正四棱柱 ABCD−A1B1C1 D1中，
AA ₁=2 AB =2BC =2，M 是棱CC ₁上任意一点.
(1)求证: AM ⊥BD;
(2)若M 是棱C C1的中点，求异面直线AM 与BC 所成角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)√2
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法从而求证；
（2）利用空间向量法求解异面直线所成的角.
【详解】（1）以A 为原点，AB，AD，A A1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，
因为A A1=2 AB =2BC =2，则A (0,0,0),B (1,0,0), D (0,1,0), M (1,1,m)，0≤m≤2，
可得⃗AM =(1,1,m),⃗BD =(−1,1,0)，则⃗AM ⋅⃗BD =(1,1,m)⋅(−1,1,0)=−1+1=0，
所以⃗AM ⊥⃗BD，即AM ⊥BD.
（2）M是棱C C1的中点，故C (1,1,0), M (1,1,1)，则⃗AM =(1,1,1),⃗BC =(0,1,0)，
设异面直线AM与BC所成角的大小为θ，θ∈(0, π
2 ]，
则，
56
所以tanθ = sinθ
cosθ =√
1−(
√3
3 )
2
√3
3
=√2，
故异面直线AM与BC所成角的正切值为√2.
16．（23-24 高二上·广东江门·期中）长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB =1，A A1= AD =2.点E为AB中
点.
(1)求证：A1 D⊥平面ABC1 D1；
(2)求证：B D1//平面A1 DE.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
【分析】
（1）根据长方体的性质，结合线面垂直的判定定理、正方形的性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质进行证明即可.
【详解】（1）因为ABCD−A1B1C1 D1是长方体，
所以AB⊥平面AD D1 A1，而A1 D⊂平面AD D1 A1，
所以AB⊥A1 D，
又因为A A1= AD =2，
所以侧面AD D1 A1是正方形，因此A D1⊥A1 D，
因为AB∩A D1= A , AB , A D1⊂平面ABC1 D1，
所以A1 D⊥平面ABC1 D1；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，
57
D (0,0,0), E(2, 1
2 ,0), A1(2,0,2),B (2,1,0), D1(0,0,2)，⃗
B D1=(−2,−1,2),⃗DE =(2, 1
2 ,0),⃗D A1=(2,0,2)，
设平面A1 DE的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则有¿，
因为⃗B D1⋅⃗m=−2×1+(−1)×(−4)+2×(−1)=0，
所以有B D1//平面A1 DE.
17．（2024 高三·全国·专题练习）如图，已知四棱锥PABCD 的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，
AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.求证：
(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】证明：（1）取BC 的中点O，连接PO，△PBC 为等边三角形，即PO⊥BC.
∵ 平面PBC⊥底面ABCD，BC 为交线，PO⊂平面PBC，
∴ PO⊥底面ABCD.
以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z
轴，建立空间直角坐标系，如图.
不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝√3，
∴ A(1，－2，0)，B(1，0，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，√3)，
58
∴ ⃗BD＝(－2，－1，0)，⃗PA＝(1，－2，－√3).
∵ ⃗BD⋅⃗PA＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－√3)＝0，
∴ ⃗PA⊥⃗BD，∴ PA⊥BD.
（2）取PA 的中点M，连接DM，则M(1
2，－1，√3
2 ).
∵ ⃗DM＝(3
2，0，√3
2 )，⃗PB＝(1，0，－√3)，
∴ ⃗DM·⃗PB＝3
2×1＋0×0＋√3
2 ×(－√3)＝0，
∴ ⃗DM⊥⃗PB，即DM⊥PB.
∵ ⃗DM ⋅⃗PA＝3
2×1＋0×(－2)＋√3
2 ×(－√3)＝0，
∴ ⃗DM⊥⃗PA，即DM⊥PA.
∵ PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，∴ DM⊥平面PAB.
∵ DM⊂平面PAD，∴ 平面PAD⊥平面PAB.
18．（23-24 高二上·四川泸州·期末）如图所示，在几何体PABCD中，AD⊥平面PAB，点C在平面PAB
的投影在线段PB上(BC < PC)，BP =6，AB = AP =2√3，DC =2，CD //平面PAB.
(1)证明：平面PCD⊥平面PAD.
(2)若平面BCD与平面PCD的夹角的余弦值为√7
14 ，求线段AD的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)2 或3
【分析】（1）过点C作PB的垂线，垂足为E，连接AE，由题意及正弦定理可得AE⊥AP，结合
AD⊥AE，AE //CD可证明结论；
（2）由（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设AD =t (t >0)，由平面BCD与平面PCD的夹角的余弦值
为√7
14 ，列出方程即可解出t.
【详解】（1）过点C作P B的垂线，垂足为E，连接AE，由题知CE⊥平面PAB，
因为AD⊥平面PAB，所以CE // DA，
又因为CD //平面PAB，所以CD // EA，
所以四边形AECD为矩形，所以AE =2.
因为BP =6，AB = AP =2√3，cos∠APE =
3
2√3 = √3
2 ，所以∠APE = π
6 ，
由正弦定理易知，∠AEP= π
3 ，所以AE⊥AP，又因为AE⊥AD，且AD∩AP = A，所以AE⊥平面
59
ADP.
因为CD // EA，所以CD⊥平面ADP，
因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD；
（2）由（1）知，AE , AP , AD两两垂直，分别以AE , AP , AD所在的直线为x , y , z轴建立如图所示空间
直角坐标系，设AD =t (t >0)，
易得：D (0,0,t )，C (2,0,t ), P(0,2√3,0),B(3,−√3,0)，
所以DC⃗=(2,0,0), PD⃗=(0,−2√3,t),BD⃗=(−3,√3,t).
设平面BCD的法向量⃗m=(x1, y1, z1)，所以¿ ，
令y1=t，可得平面BCD的一个法向量⃗m=(0,t ,−√3)，
设平面PCD的法向量⃗n=(x2, y2, z2)，所以¿，
令y2=t，可得平面PCD的一个法向量⃗n=(0,t ,2√3)，
所以|cos ⟨⃗m,⃗n⟩|= |⃗m⋅⃗n|
|⃗m|⋅|⃗n|=
|t
2−6|
√t
2+3⋅√t
2+12
= √7
14 ，
解得t =2或t =3，所以|AD|=2或3.
19 ．（23-24 高二上· 四川南充· 阶段练习）如图，直三棱柱ABC −A1B1C1中，AC ⊥BC，
AC = BC =C C1，M , N分别为AC，B1C1的中点．
(1)求证：MN //平面AB B1 A1；
(2)线段C C1上是否存在点Q，使A1B⊥平面MNQ？若存在，求CQ
C C1
；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见详解；
(2)Q 是C C1的中点, 即CQ
C C1
= 1
2.
60
【分析】（1）（2）根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即可.
【详解】（1）在直三棱柱ABC −A1B1C1中，AC ⊥BC，直线CB,C C1,CA两两垂直，
以C 为原点，以直线CB,C C1,CA分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系C −xyz，
设AC =2，则M (0,0,1), A (0,0,2),B (2,0,0), N (1,2,0),B1(2,2,0)，⃗
MN =(1,2,−1),⃗AB =(2,0,−2),⃗A B1=(2,2,−2)，设⃗n=(x , y , z)是平面AB B1 A1的一个法向量，
则¿，令x =1，得⃗n=(1,0,1)，
显然⃗MN ⋅⃗n=1+0−1=0，即⃗MN ⊥⃗n，而MN ⊄平面AB B1 A1，
所以MN //平面AB B1 A1.
（2）假定线段C C1上存在点Q满足条件，由（1）设CQ = y0，0≤y0≤2，
A1(0,2,2),B (2,0,0), M (0,0,1), N (1,2,0),Q(0, y0,0)，
则⃗A1B =(2,−2,−2)，⃗MN =(1,2,−1),⃗MQ =(0, y0,−1)，
设⃗m=(a,b,c)是平面MNQ的一个法向量，
则¿，令b=1，得⃗m=( y0−2,1, y0)，
由A1B⊥平面MNQ，得A1B //⃗m，即存在实数λ，满足：⃗
m= λ⃗A1B，即¿，解得λ=−1
2 , y0=1，因此CQ =1，即Q 是C C1的中点，
所以线段C C1上存在点Q，使A1B⊥平面MNQ，CQ
C C1
= 1
2.
