专题7.6 空间向量的应用（举一反三讲义）
【全国通用】
【题型1 平行关系的向量证明】..............................................................................................................................4
【题型2 垂直关系的向量证明】..............................................................................................................................8
【题型3 异面直线夹角的向量求法】....................................................................................................................13
【题型4 线面角的向量求法】................................................................................................................................17
【题型5 面面角的向量求法】................................................................................................................................22
【题型6 点到直线距离、异面直线距离的向量求法】.......................................................................................27
【题型7 点面距离、面面距离的向量求法】.......................................................................................................32
【题型8 轨迹问题的向量求法】............................................................................................................................37
【题型9 探索性问题的向量求法】........................................................................................................................43
1、空间向量的应用
考点要求
真题统计
考情分析
(1)理解直线的方向向量及平面
的法向量，能用向量方法证明立
体几何中有关线面位置关系的一
些简单定理
(2)能用向量法解决异面直线、
直线与平面、平面与平面的夹角
问题，并能描述解决这一类问题
的程序，体会向量法在研究空间
角问题中的作用
(3)会求空间中点到直线以及点
到平面的距离
(4)以空间向量为工具，探究空
间几何体中线、面的位置关系或
空间角存在的条件
2023 年新高考I 卷：第18
题，12 分
2023 年新高考Ⅱ卷：第20
题，12 分
2024 年新高考I 卷：第17
题，15 分
2024 年新高考Ⅱ卷：第17
题，15 分
2025 年全国一卷：第9 题，6
分、第17 题，15 分
2025 年全国二卷：第17 题，
15 分
2025 年北京卷：第17 题，14
分
2025 年天津卷：第17 题，15
分
空间向量的应用是高考的重点、
热点内容，属于高考的必考内容之一.
从近几年的高考情况来看，空间向量
解立体几何一般以解答题形式为主，
每年必考，难度中等偏难，第一小问
一般考查空间线、面位置关系的证
明；空间角与点、线、面距离问题通
常在解答题的第二小问考查；有时在
选择题、多选题中也会涉及，难度一
般.
近年命题趋势更注重动态几何问
题和向量法的综合应用，如通过翻折
情境分析空间角的变化，需灵活求
解；备考时需强化坐标系建立技巧、
法向量求解步骤及空间角公式的熟练
应用，同时注重向量运算的严谨性，
避免因计算失误失分.
知识点
1 空间位置关系的向量表示
1．直线的方向向量
直线的方向向量：如果表示非零向量⃗a的有向线段所在的直线与直线l 平行或重合，那么称此向量⃗a为直线l
的方向向量.
2．平面的法向量
平面的法向量：直线l⊥α，取直线l 的方向向量⃗a，则称向量⃗a为平面α 的法向量.
知识点
2 用空间向量研究直线、平面的平行关系
1．空间中直线、平面的平行
(1)线线平行的向量表示：设
分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔
⇔∃λ∈R，使得
.
(2)线面平行的向量表示：设⃗u是直线l 的方向向量，⃗n是平面α 的法向量，l⊄α，则l∥α⇔⃗u⊥⃗n⇔⃗u·⃗n＝0.
(3)面面平行的向量表示：设
分别是平面α，β 的法向量，则α∥β⇔
⇔∃λ∈R，使得
.
2．利用向量证明线线平行的思路：
证明线线平行只需证明两条直线的方向向量共线即可．
3．证明线面平行问题的方法：
(1)证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线向量且直线不在平面内；
(2)证明直线的方向向量可以用平面内两个不共线向量表示且直线不在平面内；
(3)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直且直线不在平面内．
4．证明面面平行问题的方法：
(1)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行．
(2)将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明．
知识点
3 用空间向量研究直线、平面的垂直关系
1．空间中直线、平面的垂直
(1)线线垂直的向量表示：设
分别是直线l1 , l2的方向向量，则l1⊥l2⇔
⇔
.
(2)线面垂直的向量表示：设⃗u是直线 l 的方向向量，⃗n是平面α 的法向量，l⊄α，则l⊥α⇔⃗u∥⃗n⇔∃λ∈R，
使得⃗u＝λ⃗n.
(3)面面垂直的向量表示：设
分别是平面α，β 的法向量，则α⊥β⇔
⇔
.
2．证明两直线垂直的基本步骤：
建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直．
3．用坐标法证明线面垂直的方法及步骤：
(1)利用线线垂直：①将直线的方向向量用坐标表示；②找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方
向向量；③判断直线的方向向量与平面内两条直线的方向向量垂直．
(2)利用平面的法向量：①将直线的方向向量用坐标表示；②求出平面的法向量；③判断直线的方向向量与
平面的法向量平行．
4．证明面面垂直的两种方法：
(1)常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明．
(2)法向量法：证明两个平面的法向量互相垂直．
知识点
4 用向量法求空间角
1．用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是
，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对
值.
2．向量法求直线与平面所成角的主要方法:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就
是斜线和平面所成的角.
3．向量法求二面角的解题思路:
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大
小.
知识点
5 用空间向量研究距离问题
1．距离问题
(1)点P 到直线l 的距离：已知直线l 的单位方向向量为⃗u，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点，设向量
AP在直线l 上的投影向量为AQ＝⃗a，则点P 到直线l 的距离为
(如图)．
(2)点P 到平面α 的距离：设平面α 的法向量为⃗n，A 是平面α 内的定点，P 是平面α 外一点，则点P 到平面
α 的距离为
(如图)．
2．向量法求点到直线距离的步骤：
(1)根据图形求出直线的单位方向向量⃗v.
(2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M 与直线外的点N 的方向向量⃗MN.
(3)垂线段长度
.
3．求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P 点作平面α 的垂线，垂足为Q，把PQ 放在某个三角形中，解三角形求出PQ 的长度就是
点P 到平面α 的距离.
(2)转化法：若点P 所在的直线l 平行于平面α，则转化为直线l 上某一个点到平面α 的距离来求.
(3)等体积法.
(4)向量法：设平面α 的一个法向量为⃗
n
，A 是α 内任意点，则点P 到α 的距离为
.
【方法技巧与总结】
1．异面直线所成角的范围是
；直线与平面所成角的范围是
；二面角的范围是
；两个平
面夹角的范围是
.
【题型1 平行关系的向量证明】
【例1】（24-25 高二下·四川南充·阶段练习）如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，
AB = ❑√2，AF =1, M在EF上且AM //平面BDE，则M点的坐标为（ ）
A．(1,1,1)
B．(
❑√2
2 ,
❑√2
2 ,1)
C．(
❑√2
3 ,
❑√2
3 ,1)
D．(
❑√2
4 ,
❑√2
4 ,1)
【答案】B
【解题思路】设M (λ , λ ,1)，求平面BDE的法向量，根据线面平行可得⃗AM ⊥⃗n，根据向量垂直的坐标运
算求解即可.
【解答过程】由题意可知：A (❑√2,❑√2,0), D(❑√2,0,0),B(0,❑√2,0), E (0,0,1)，
设M (λ , λ ,1)，则⃗DE =(−❑√2,0,1),⃗BE =(0,−❑√2,1),⃗AM =(λ−❑√2, λ−❑√2,1)．
设平面BDE的法向量⃗n=(x , y , z)，则{⃗
DE⋅⃗n=−❑√2 x + z =0⃗
BE⋅⃗n=−❑√2 y + z =0)，
令z = ❑√2，则x = y =1，可得⃗n=(1,1,❑√2)，
因为AM //平面BDE，则⃗AM ⊥⃗n，
即⃗AM ⋅⃗n= λ−❑√2+ λ−❑√2+ ❑√2=0，解得λ =
❑√2
2 ，即M点坐标为(
❑√2
2 ,
❑√2
2 ,1)．
故选：B.
【变式1-1】（24-25 高二上·江西·阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1 D1中， AB = BC =2 A A1
，当 ⃗A1C = λ⃗A1 P时，有D1 P//平面BDC1，则实数λ的值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．5
2
【答案】C
【解题思路】根据题意可知，以A点为坐标原点，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，利用共线定理和线面平行的向量解法可确定实数λ的值.
【解答过程】如下图所示：
以A点为坐标原点，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；设A A1=1，
则A1(0,0,1),B(2,0,0),C(2,2,0),C1(2,2,1), D(0,2,0), D1(0,2,1)，设P( x , y , z)
即⃗A1C =(2,2,−1)，⃗A1 P =( x , y , z−1)，
由⃗A1C = λ⃗A1 P得⃗A1C =(2,2,−1)= λ⃗A1 P =( λx , λy , λz−λ)
即x = 2
λ , y = 2
λ , z =1−1
λ ，所以P( 2
λ , 2
λ ,1−1
λ )
则⃗D1 P =( 2
λ , 2
λ −2,−1
λ )
设平面BDC1的一个法向量为⃗m=( x1, y1, z1)，⃗
BC1=(0,2,1),⃗BD =(−2,2,0)，所以{⃗
m·⃗BC1=2 y1+ z1=0⃗
m·⃗BD =−2 x1+2 y1=0)
令y1=1，则x1=1, z1=−2；所以⃗m=(1,1,−2)
由D1 P//平面BDC1可知，⃗m·⃗D1 P =0,即6
λ −2=0.
所以λ =3.
故选：C.
【变式1-2】（2025·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD 与正方体
ABCD−A1B1C1 D1组合而成的，且PC =
❑√3
2 AB.
(1)求证：PC //平面ADC1B1；
(2)若AB =3，求四棱锥P−ADC1B1的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)9．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系证明线面平行即可；
（2）根据线面垂直结合锥体体积公式计算即可.
【解答过程】（1）如图以点A1为原点，A1 D1为 x 轴A1B1为 y 轴A1 A为 z 轴建立空间直角坐标系．
设 AB =2a,则 PC =
❑√3
2 AB = ❑√3a,过 P 作P P1平面ABCD . P−ABCD是正四棱锥点P1是正方形
ABCD的中心,
因为PC
2= P P1
2+C P1
2，PC = ❑√3a,C P1= ❑√2a，所以P P1=a,
C (2a,2a,2a), P(a,a,3a), PC
→
=(−a,−a,a)
设平面ADC1B1法向量为n
→
=(x , y , z),
A (0,0,2a), D (0,2a,2a),C1(2a,2a,0),
AD
→
=(2a,0,0), A C
→
1=(2a,2a,−2a),
则{
2ax =0
2ax +2ay −2az =0),
可得{
x =0
y =1
z =1),
所以n
→
=(0,1,1),n
→
· PC
→
=0−a+a=0,PC不在平面ADC1B1内，所以PC //平面ADC1B1
（2）因为AB =3，所以C D1=3 ❑√2,
因为PC //平面ADC1B1,所以V P−ADC1B1=V C −ADC1B1，
因为C D1⊥C1 D , AD⊥C D1, AD∩DC1= D,AD⊂平面ADC1B1,DC1⊂平面ADC1B1,所以C D1⊥
平面ADC1B1,
V P−ADC1B1=V C −ADC1B1= 1
3 × C D1
2
×S ADC1B1= 1
3 ×
❑√2
2 ×3×3 ❑√2×3=9.
【变式1-3】（2025·全国·模拟预测）如图，在三棱锥A −BCD中，△ABC和△BCD都是正三角形，E 是
BC的中点，点F 满足⃗DF = λ⃗EA (λ≠0)．
(1)求证：平面ABC ⊥平面ADF；
(2)若|AD)=|BC)=2❑√3，且BF ∥平面ACD，求DF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)6
【解题思路】（1）根据面面垂直的判定定理可证得结果，
（2）取△BCD的中心为O，证明AO⊥平面BCD，建立空间直角坐标系，由线面平行利用向量法列式可
得结果.
【解答过程】（1）如图，连接DE，因为⃗DF = λ⃗EA，所以DF ∥AE．所以A，E，D，F 四点共面．
因为在三棱锥A −BCD中，△ABC和△BCD都是正三角形，E 是BC的中点，
所以AE⊥BC，DE⊥BC．因为AE , DE⊂平面ADF，AE∩DE = E，所以BC ⊥平面ADF，
又BC ⊂平面ABC，所以平面ABC ⊥平面ADF．
（2）如图，记△BCD的中心为O，连接OA，
由（1）BC ⊥平面AED，而AO⊂平面AED，故AO⊥BC，
又BC ⊂平面BCD，故平面AED⊥平面BCD，
而平面AED∩平面BCD = DE，AO⊂平面AED，故AO⊥平面BCD，
过O作直线x⊥CD，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为△BCD是正三角形，|BC)=2❑√3，所以|OD)=2，|OE)=1，|OA)=2❑√2．
所以A (0,0,2❑√2)，B(−❑√3,−1,0)，C (❑√3,−1,0)，D (0,2,0)，E (0,−1,0)．
所以⃗CA =(−❑√3,1,2❑√2)，⃗CD =(−❑√3,3,0)．
设平面ACD的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，则{⃗
n⋅⃗CA =0⃗
n⋅⃗CD =0)，即{
−❑√3 x + y +2❑√2 z =0
−❑√3 x +3 y =0 )，
令y = ❑√2，则x = ❑√6，z =1，所以⃗n=(❑√6,❑√2,1)．
因为⃗EA =(0,1,2❑√2)，⃗BD =(❑√3,3,0)，
所以⃗BF =⃗BD +⃗DF =⃗BD + λ⃗EA =(❑√3,3,0)+ λ(0,1,2❑√2)=(❑√3, λ+3,2❑√2 λ)．
因为BF //平面ACD，所以⃗n⋅⃗BF =0，
即❑√3×❑√6+(λ+3)❑√2+2❑√2 λ =0，解得λ =−2，
此时|⃗DF)=2|⃗EA)=6．故DF 的长为6．
【题型2 垂直关系的向量证明】
【例2】（24-25 高三下·陕西安康·阶段练习）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，M 是线段C1 D1（不含端
点）上的动点，N 为BC 的中点，则（ ）
A．BD⊥AM
B．平面A1BD⊥平面A D1 M
C．MN //平面A1BD
D．CM //平面A1BD
【答案】B
【解题思路】由面面垂直的判定定理判断B，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法证明面面、
线面的位置关系判断ACD．
【解答过程】因为A1 D⊥A D1，A1 D⊥C1 D1，A D1∩C1 D1= D1，A D1,C1 D1⊂平面A D1 M，所以
A1 D⊥平面A D1 M，又A1 D⊂平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面A D1 M，故B 正确；
以点D 为原点，分别以DA，DC，D D1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.设AB =2，则
B (2,2,0)，A1(2,0,2)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，N (1,2,0).
设M (0, y ,2)(0< y <2)，则⃗DB =(2,2,0)，⃗D A1=(2,0,2).设平面A1BD的法向量为m
→
=(x1, y1, z1)，
则有{⃗
m⋅⃗D A1=2 x1+2 z1=0,⃗
m⋅⃗DB =2 x1+2 y1=0,)可取x1=1，得⃗m=(1,−1,−1).
又⃗AM =(−2, y ,2)，
则⃗DB⋅⃗AM =(2,2,0)⋅(−2, y ,2)=2 y −4≠0，故A 不正确；
因为⃗CM =(0, y −2,2)，所以⃗m⋅⃗CM =(1,−1,−1)⋅(0, y −2,2)=−y ≠0，故D 不正确；
因为⃗MN =(1,2−y ,−2)，所以⃗m⋅⃗MN =(1,−1,−1)⋅(1,2−y ,−2)=1+ y ≠0，故C 不正确．
故选：B．
【变式2-1】（24-25 高二上·上海嘉定·期中）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，Q为A A1上一动点，则下
列各选项正确的是（ ）
A．存在点Q使得BQ与平面B1CD垂直
B．存在点Q使得DQ与平面B1CD垂直
C．存在点Q使得B1Q与平面B1CD垂直D．存在点Q使得D1Q与平面B1CD垂直
【答案】D
【解题思路】如图，以D为原点，以DA , DC , D D1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，求出平面B1CD的法向量，设Q(1,0,t )(0≤t ≤1)，然后逐个分析判断即可.
【解答过程】如图，以D为原点，以DA , DC , D D1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D(0,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1),C(0,1,0), D1(0,0,1)，
所以⃗DC =(0,1,0),⃗D B1=(1,1,1)，
设平面B1CD的法向量为⃗m=( x , y , z)，则
{⃗
m⋅⃗DC = y =0⃗
m⋅⃗D B1= x + y + z =0)，令x =1，则⃗m=(1,0,−1)，
设Q(1,0,t )(0≤t ≤1)，
对于A，⃗BQ =(0,−1,t )，若BQ与平面B1CD垂直，则⃗BQ与⃗m共线，则存在唯一λ，使⃗BQ = λ⃗m，则
(0,−1,t )= λ(1,0,−1)，所以{
0= λ
−1=0
t =−λ)，方程组不成立，所以⃗BQ与⃗m不共线，所以BQ与平面B1CD不
垂直，所以A 错误，
对于B，⃗DQ =(1,0,t )，若DQ与平面B1CD垂直，则⃗DQ与⃗m共线，则存在唯一μ，使⃗DQ = μ⃗m，则
(1,0,t )= μ(1,0,−1)，所以{
1= μ
0=0
t =−μ)，得t =−1不合题意，所以⃗DQ与⃗m不共线，所以DQ与平面B1CD不
垂直，所以B 错误，
对于C，⃗B1Q =(0,−1,t −1)，若B1Q与平面B1CD垂直，则⃗B1Q与⃗m共线，则存在唯一λ1，使⃗
B1Q = λ1⃗m，则(0,−1,t −1)= λ1(1,0,−1)，所以{
0= λ1
−1=0
t −1=−λ1)
，方程组不成立，所以⃗B1Q与⃗m不共线，
所以B1Q与平面B1CD不垂直，所以C 错误，
对于D，⃗D1Q =(1,0,t −1)，若D1Q与平面B1CD垂直，则⃗D1Q与⃗m共线，则存在唯一μ1，使⃗
D1Q = μ1⃗m，则(1,0,t −1)= μ1(1,0,−1)，所以{
1= μ1
0=0
t −1=−μ1)
，得t =0符合题意，所以当Q(1,0,0)时，⃗
D1Q与⃗m共线，此时D1Q与平面B1CD垂直，所以D 正确，
故选：D.
【变式2-2】（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图1，在高为6 的等腰梯形ABCD中，AB //CD，且
CD =6, AB =12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BC O1O，如图2，点P为BC的中
点，点E在线段AB上（不同于A ，B两点），连接OE并延长至点Q，使AQ //OB.
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2 AE，求三棱锥P−ABQ 的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)9
【解题思路】（1）由OA ，OB，OO1两两垂直建立空间直角坐标系，由向量坐标运算得到
OD⊥AQ，OD⊥PQ，再根据线面垂直判定定理即可证明；
（2）先计算S△ABQ，再计算三棱锥P−ABQ的高ℎ= OO1
2
，然后根据棱锥体积计算即可.
【解答过程】（1）由题设知OA ,OB ,OO1两两垂直，
以O为坐标原点，OA ，OB，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设AQ =m，则O(0,0,0), A(6,0,0),B(0,6,0),C(0,3,6), D(3,0,6),Q(6,m,0)，
则⃗OD =(3,0,6),⃗AQ =(0,m,0),⃗PQ =(6,m−9
2 ,−3)，
因为P为BC中点，所以P(0, 9
2 ,3).
因为⃗OD⋅⃗AQ =0,⃗OD⋅⃗PQ =0，
所以⃗OD⊥⃗AQ ,⃗OD⊥⃗PQ，
即OD⊥AQ，OD⊥PQ，
又AQ , PQ⊂平面PAQ,AQ∩PQ＝Q，
所以OD⊥平面PAQ.
（2）因为BE＝2 AE，AQ//OB，
所以AQ＝1
2 OB＝3，
因为AB =12,由题设知OA ⊥OB，所以OA =6，
所以S△ABQ= 1
2 AQ⋅OA = 1
2 ×3×6=9
因为高为6 的等腰梯形AABCD中，AB//CD，
所以三棱锥P−ABQ的高ℎ= OO1
2
=3,
所以V P−ABQ= 1
3 S△ABQ⋅OO1
2
= 1
3 ⋅9⋅3=9.
【变式2-3】（2025·新疆·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为菱
形，∠ABC =60
°.
(1)求证：AC ⊥PB；
(2)若AB =2，当平面PAB⊥平面PBC时，求PD的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)❑√6
【解题思路】（1）通过PD⊥平面ABCD可得出PD⊥AC，再根据直线与平面垂直的判定即可证得
AC ⊥平面PBD，最后通过直线与平面垂直的性质定理可证得AC ⊥PB.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面与平面垂直的空间向量公式即可求解.
【解答过程】（1）在菱形ABCD中，AC ⊥BD，
又PD⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，
∴PD⊥AC，又PD∩BD = D，
PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，
∴AC ⊥平面PBD，PB⊂平面PBD，
∴AC ⊥PB.
（2）设AC，BD交点为O，则OA ⊥OB，
以O为原点，以OA，OB，分别为x轴，y轴，建立如图直角坐标系，
设PD =t，则A (1,0,0)，B(0,❑√3,0)，C (−1,0,0)，P(0,−❑√3,t)，⃗
AB =(−1,❑√3,0)，⃗PB =(0,2❑√3,−t)，⃗BC =(−1,−❑√3,0)，
设平面PAB的法向量为n
→
=(x1, y1, z1)，则{
−x1+ ❑√3 y1=0
2❑√3 y1−t z1=0)，
取y =1，则n
→
=(
❑√3,1, 2❑√3
t )，
取平面PBC的法向量为m
→
=(x2, y2, z2)，
则{
−x2−❑√3 y2=0
2❑√3 y2−t z2=0)，取y =1，则m
→
=(−❑√3,1, 2❑√3
t )，
∴−3+1+ 12
t
2 =0，
∴t
2=6，t = ❑√6.
即PD = ❑√6.
【题型3 异面直线夹角的向量求法】
【例3】（2025·浙江·二模）正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点M , N分别为正方形A1B1C1 D1及
AB B1 A1的中心，则异面直线BD与MN所成角的余弦值为（ ）
A．0
B．
❑√3
4
C．1
2
D．
❑√3
2
【答案】C
【解题思路】以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角余弦值即可.
【解答过程】如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，
则D (0,0,0),B (1,1,0), M(
1
2 , 1
2 ,1), N(1, 1
2 , 1
2)，
故⃗MN =(
1
2 ,0,−1
2),⃗BD =(−1,−1,0)，
所以|cos⟨⃗MN ,⃗BD))=|⃗MN ⋅⃗BD)
|⃗MN )|⃗BD)
=
1
2
❑√2
2 ×❑√2
= 1
2，
所以异面直线BD与MN所成角的余弦值为1
2.
故选：C.
【变式3-1】（2025·安徽合肥·模拟预测）中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几
何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）
､
.现有一个如图所示
的曲池，它的高为2，A A1、B B1、C C1、D D1均与曲池的底面ABCD垂直，底面扇环对应的两个圆的
半径分别为1和2，对应的圆心角为90
∘，则图中异面直线A B1与C D1所成角的余弦值为（ ）
A．4
5
B．3
5
C．
❑√10
10
D．3 ❑√10
10
【答案】A
【解题思路】建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.
【解答过程】设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1、OC、OB，
以O为坐标原点，分别以OC、OB、OO1所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则C (1,0,0)、A (0,2,0)、B1(0,1,2)、D1(2,0,2)，
所以⃗C D1=(1,0,2)，⃗A B1=(0,−1,2)，cos⟨⃗A B1,⃗C D1)=⃗
A B1⋅⃗C D1
|⃗A B1)⋅|⃗C D1)
=
4
❑√5⋅❑√5 = 4
5 ，
所以异面直线A B1与C D1所成角的余弦值为4
5 .
故选：A.
【变式3-2】（2025·江苏苏州·三模）如图，正四棱锥S−ABCD，SA =2，AB = ❑√2，P为侧棱SD上的
点，且⃗SP =3⃗PD．
(1)求证：AC ⊥SD；
(2)求异面直线SA与CP所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√7
28
【解题思路】（1）连结BD交AC于点O，连结SO，证明四边形ABCD是正方形，证明AC ⊥平面SBD，
证明；
（2）以O为原点建立空间直角坐标系O−xyz，利用空间向量即可求解.
【解答过程】（1）连结BD交AC于点O，连结SO，
因为正四棱锥S−ABCD，所以SO⊥平面ABCD，
又AC ⊂平面ABCD，
所以SO⊥AC，因为正四棱锥S−ABCD，
所以四边形ABCD是正方形，
所以AC ⊥BD，因为AC ⊥SO，AC ⊥BD，SO∩BD =O，SO⊂平面SBD，SO⊂平面SBD，
所以AC ⊥平面SBD，又SD⊂平面SBD，
所以AC ⊥SD；
（2）
因为OS⊥OB，OS⊥OC，OB⊥OC，
所以以O为原点建立空间直角坐标系O−xyz，
A(0,−1,0)，S(0,0,❑√3)，C(0,1,0)，D(−1,0,0)，
所以⃗SA =(0,−1,−❑√3),⃗DS =(1,0,❑√3)，⃗
CP =⃗CD +⃗DP =⃗CD + 1
4⃗DS =(−1,−1,0)+(
1
4 ,0,
❑√3
4 )=(−3
4 ,−1,
❑√3
4 )，
所以cos〈⃗SA ,⃗CP 〉=⃗SA ⋅⃗CP
|⃗SA)|⃗CP)
=
❑√7
28 ，
因此异面直线SA与CP所成角的余弦值为
❑√7
28 .
【变式3-3】（2025·河南新乡·二模）《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.
如图，在四面体ABCD中，CD⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB = 4，BC =CD =3，⃗AE = 2
3⃗EC.
(1)证明：四面体ABCD为鳖臑；
(2)若直线MN ⊥平面ABD，求直线BE与MN所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√10
10
【解题思路】（1）利用线面垂直的性质可证CD⊥BC，CD⊥AC，CD⊥AB，进而利用线线垂直证明
AB⊥平面BCD，进而可得AB⊥BD，可得结论；
（2）以B为坐标原点，⃗BC，⃗BA的方向分别为x，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得平面ABD的
法向量与直线BE的方向向量，利用向量法可求得直线BE与MN所成角的余弦值.
【解答过程】（1）因为CD⊥平面ABC，BC ⊂平面ABC，AC ⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以CD⊥BC，CD⊥AC，CD⊥AB.
又AB⊥BC，且BC ∩CD =C，BC ,CD⊂平面BCD，
所以AB⊥平面BCD，又BD⊂平面BCD，则AB⊥BD，
所以四面体ABCD的四个面都为直角三角形，则四面体ABCD为鳖臑.
（2）以B为坐标原点，⃗BC，⃗BA的方向分别为x，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A (0,4,0)，B (0,0,0)，D (3,0,3)，E(
6
5 , 12
5 ,0)，
则⃗BA =(0,4,0)，⃗BD =(3,0,3)，⃗BE =(
6
5 , 12
5 ,0).
设平面ABD的法向量为⃗n=(x , y , z)，则{⃗
n⋅⃗BA = 4 y =0⃗
n⋅⃗BD =3 x +3 z =0)，
令x =1，得⃗n=(1,0,−1).
由cos⟨⃗BE ,⃗n)=⃗BE⋅⃗n
|⃗BE)|⃗n)
=
❑√10
10 ，
得直线BE与MN所成角的余弦值为
❑√10
10 .
【题型4 线面角的向量求法】
【例4】（2024·青海西宁·模拟预测）在直三棱柱ABC −A1B1C1中，AB⊥AC，AB = AC = 3
2 A A1，D
为线段BC的中点，点E在线段B1C1上，且B1 E = 1
3 B1C1，则直线DE与平面AC C1 A1所成角的正弦值为
（ ）
A．1
6
B．
❑√2
6
C．
❑√3
6
D．1
3
【答案】B
【解题思路】以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【解答过程】如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，
不妨设A A1= 4，则AB = AC =6，
则D (3,3,0), E (4,2,4)，故⃗DE =(1,−1,4)，
因为x轴⊥平面AC C1 A1，则可取平面AC C1 A1的法向量为⃗n=(1,0,0)，
则|cos⟨⃗DE ,⃗n))=|⃗DE⋅⃗n)
|⃗DE)|⃗n)
=
1
3 ❑√2×1 =
❑√2
6 ，
即直线DE与平面AC C1 A1所成角的正弦值为
❑√2
6 .
故选：B.
【变式4-1】（2024·四川攀枝花·一模）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早
一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角
形的三棱锥如图，在堑堵ABC −A1B1C1中，∠ACB =90
∘，若AC = BC =1，A A1=2，直线B1C与平面
AB B1 A1所成角的余弦值为（ ）
A．3 ❑√10
10
B．
❑√10
10
C．1
3
D．2❑√2
3
【答案】A
【解题思路】以点C为原点，CA、CB、C C1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间
向量法与同角三角函数的基本关系可求得直线B1C与平面AB B1 A1所成角的余弦值.
【解答过程】在堑堵ABC −A1B1C1中，C C1⊥平面ABC，∠ACB =90
∘，A A1=2，AC = BC =1，
以点C为原点，CA、CB、C C1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B1(0,1,2)、C (0,0,0)、A (1,0,0)、B (0,1,0)，⃗
C B1=(0,1,2)，⃗BA =(1,−1,0)，⃗B B1=(0,0,2)，
设平面AB B1 A1的法向量⃗n=(x , y , z)，
则{⃗
n⋅⃗BA = x−y =0⃗
n⋅⃗B B1=2 z =0 )，取x =1，得⃗n=(1,1,0)，
设直线B1C与平面AB B1 A1所成角为θ，则sinθ = |⃗C B1⋅⃗n)
|⃗C B1)⋅|⃗n)
=
1
❑√5×❑√2 =
1
❑√10，
所以cosθ =
❑√1−sin
2θ = ❑√1−1
10 = 3 ❑√10
10
，
因此，直线B1C与平面AB B1 A1所成角的余弦值为3 ❑√10
10
．
故选：A．
【变式4-2】（2025·全国·模拟预测）由四棱柱ABCD−A1B1C1 D1截去三棱锥D1−A1 DC1后得到如图所
示的几何体，四边形ABCD是菱形，AC = 4 ,BD =2,O为AC与BD的交点，B1O⊥平面ABCD.
(1)求证：B1O//平面A1 DC1；
(2)若B1O =2❑√3，求A C1与平面A1 DC1所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√29
29
【解题思路】（1）取A1C1中点O1，连接B1O1，O1 D ,OO1，根据线面平行的判定证明B1O∥O1 D即
可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【解答过程】（1）如图所示，取A1C1中点O1，连接B1O1，O1 D ,OO1，
则由题意B1B // A A1//OO1且B1B = A A1=OO1，故四边形B1BOO1是平行四边形，
所以B1O1// BO且B1O1= BO，故B1O1//OD且B1O1=OD，
所以四边形B1O1 DO是平行四边形，则B1O//O1 D.
又B1O⊄平面A1 DC1,O1 D⊂平面A1 DC1，所以B1O//平面A1 DC1.
（2）由题意可知AC ,BD ,O B1两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则由题意A (0,−2,0), D (1,0,0),C (0,2,0),B (−1,0,0),B1(0,0,2❑√3).
又⃗A A1=⃗C C1=⃗B B1=(1,0,2❑√3)，⃗
OC1=⃗OC +⃗C C1=⃗OC +⃗B B1=(0,2,0)+(1,0,2❑√3)=(1,2,2❑√3)，⃗
O A1=⃗OA +⃗A A1=⃗OA +⃗B B1=(0,−2,0)+(1,0,2❑√3)=(1,−2,2❑√3)，
即A1(1,−2,2❑√3)，C1(1,2,2❑√3)，
所以⃗A C1=(1,4,2❑√3)，⃗D A1=(0,−2,2❑√3)，⃗DC1=(0,2,2❑√3).
设平面A1 DC1的一个法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，则{⃗
m⊥⃗D A1⃗
m⊥⃗DC1)，
所以{⃗
m⋅⃗D A1=−2 y1+2❑√3 z1=0⃗
m⋅⃗DC1=2 y1+2❑√3 z1=0 )，则y1= z1=0，取x1=1，则⃗m=(1,0,0).
设A C1与平面A1 DC1所成角θ，
则sinθ =|cos⃗AC1,⃗m)=|⃗AC1⋅⃗m)
|⃗AC1)|⃗m)
=
1
❑√29 =
❑√29
29 ，
所以A C1与平面A1 DC1所成角的正弦值为
❑√29
29 .
【变式4-3】（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台ABC −A1B1C1中，平面A A1C1C ⊥平
面ABC，A A1= A1C1=C1C =2，AC = 4，BA = BC．
(1)证明：A1B⊥A C1；
(2)求直线B B1与平面B A1C1所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
3
【解题思路】（1）根据面面垂直的性质定理推出线面垂直，进一步得到A C1⊥BO，作出辅助线易得
A C1⊥A1O，可证明A C1⊥平面A1OB，再根据线面垂直的定义即可证得A1B⊥A C1；
（2）取A1C1中点M，易知直线OB ,OC ,OM两两垂直，建立空间直角坐标系，设OB =a(a>0)，再分别
求出直线B B1的方向向量与平面B A1C1法向量，由线面角的夹角公式结合基本不等式求最大值即可.
【解答过程】（1）在三棱台ABC −A1B1C1中，取AC 的中点O，连接BO，A1O，C1O，
由BA = BC，得BO⊥AC，
由平面A A1C1C ⊥平面ABC，平面A A1C1C ∩平面ABC = AC，
BO⊂平面ABC，得BO⊥平面A A1C1C，
而A C1⊂平面A A1C1C，则A C1⊥BO，
又A1C1∥AO，A1C1= AO = A A1，则四边形A1 AOC1是菱形，故A C1⊥A1O，
而A1O∩BO =O，A1O，BO⊂平面A1OB，因此A C1⊥平面A1OB，
又A1B⊂平面A1OB，所以A1B⊥A C1．
（2）取A1C1中点M，则OM ⊥AC，
由平面A A1C1C ⊥平面ABC，平面A A1C1C ∩平面ABC = AC，OM ⊂平面A A1C1C，
则OM ⊥平面ABC，直线OB ,OC ,OM两两垂直，
以点O 原点，直线OB，OC，OM 分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，
设OB =a(a>0)，
则B (a,0,0)，A (0,−2,0)，A1(0,−1,❑√3)，C1(0,1,❑√3)，⃗
A1B =(a,1,−❑√3)，⃗A1C1=(0,2,0)，⃗AB =(a,2,0)⃗
B B1=⃗B A1+⃗A1B1=⃗B A1+ 1
2⃗AB =(−a,−1,❑√3)+ 1
2
(a,2,0)=(−a
2 ,0,❑√3)，
设平面A1BC1的法向量⃗n=(x , y , z)，则{⃗
A1C1⋅⃗n=2 y =0⃗
A1B⋅⃗n=ax + y −❑√3 z =0)，
令x = ❑√3，得⃗n=(❑√3,0,a)，
设直线B B1与平面B A1C1所成的角为θ，
sinθ =|cos⟨⃗B B1,⃗n))=|⃗B B1⋅⃗n)
|⃗B B1)|⃗n)
=
❑√3
2 a
❑√
a
2
4 +3⋅
❑√a
2+3
=
❑√3a
❑√(a
2+12)(a
2+3)
=
❑√3a
❑√a
4+15a
2+36
=
❑√3
❑√
a
2+15+ 36
a
2
≤
❑√3
❑√
15+2❑√
a
2⋅36
a
2
= 1
3，
当且仅当a= ❑√6时等号成立．
故直线B B1与平面B A1C1所成角的正弦值的最大值为1
3.
【题型5 面面角的向量求法】
【例5】（2025 高三·全国·专题练习）如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E , F分别为
AD ,BC的中点，O是AC的中点，∠ABC = 2π
3 ，则折后二面角E−OF −A的余弦值为（ ）
A．
❑√21
7
B．−
❑√21
7
C．3 ❑√13
13
D．−3 ❑√11
11
【答案】A
【解题思路】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可由向量的夹角求解.
【解答过程】由题意知平面ADC ⊥平面ABC，如图，连接OD ,OB，
因为四边形ABCD是菱形，O是AC的中点，所以OD⊥AC ,OB⊥AC，又平面ADC ∩平面
ABC = AC ,OD⊂平面ADC，所以OD⊥平面ABC，而OB⊂平面ABC，所以OD⊥OB，从而
OB ,OC，OD三线两两垂直．以O为原点，OB ,OC ,OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的
空间直角坐标系，
令AB =2，则D (0,0,1), E(0,−
❑√3
2 , 1
2), F(
1
2),
❑√3
2 ,0),⃗OE =(0,−
❑√3
2 , 1
2),⃗OF =(
1
2 ,
❑√3
2 ,0)．
设平面OEF的法向量为⃗n=(x , y , z)，则{⃗
n⋅⃗OE =0,⃗
n⋅⃗OF =0,)得{
−
❑√3
2 y + 1
2 z =0,
1
2 x +
❑√3
2 y =0,)
取y =1，则x =−❑√3, z = ❑√3，得平面OEF的一个法向量为⃗n=(−❑√3,1,❑√3)．
易知平面ABC的一个法向量为⃗OD =(0,0,1)，
则cos⟨⃗n,⃗OD)=⃗n⋅⃗OD
|⃗n)|⃗OD)
=
❑√3
❑√7×1 =
❑√21
7
．由图知，二面角E−OF −A为锐角，
所以二面角E−OF −A的余弦值为
❑√21
7
．
故选:A．
【变式5-1】（2024·江西宜春·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，平面α经过点B , D，平面β经
过点A , D1，当平面α , β分别截正方体所得截面面积最大时，平面α与平面β的夹角的余弦值为（ ）
A．1
2
B．
❑√3
3
C．
❑√6
3
D．
❑√3
2
【答案】A
【解题思路】因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面BD D1B1与平面
ABC1 D1夹角的余弦值，建立空间直角坐标系，求得即可.
【解答过程】
如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大，
所以题目转化为求平面BD D1B1与平面ABC1 D1夹角的余弦值，
以D点为坐标原点，以⃗DA ,⃗DC ,⃗D D1的方向分别为x , y , z轴正方向，
建立空间直角坐标系D−xyz，
由ABCD−A1B1C1 D1为正方体，设棱长为a，(a>0)，所以四边形ABCD为正方形，
所以AC ⊥BD，又因为B1B⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，
所以AC ⊥B1B，又因为BD∩B1B = B，BD ,B1B⊂平面BD D1B1，所以AC ⊥平面BD D1B1，
即⃗AC为平面BD D1B1的一个法向量，
同理⃗B1C为平面ABC1 D1的一个法向量，
由A (a,0,0),C (0,a,0),B1(a,a,a)，知⃗AC =(−a,a,0),⃗B1C =(−a,0,−a)，
设平面α与平面β的夹角为θ，θ∈(0,π)，
则cosθ =⃗
AC ⋅⃗B1C
|⃗AC)⋅|⃗B1C)
= a
2
2a
2 = 1
2.
故选：A.
【变式5-2】（2025·湖南湘潭·一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，侧面PAD⊥底
面ABCD ,△PAD为正三角形，E，F 分别是棱AD，DC的中点，点G 在侧棱PD上，且PG:GD =3:1．
(1)求证：PB∥平面EFG；
(2)若PB⊥BC，求二面角F −EG−D的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√21
7
【解题思路】（1）由平行线分线段成比例易得PB∥GK，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）以E为坐标原点，以EA，EB，EP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量
计算二面角即可.
【解答过程】（1）如图，连接AC，BD交于点H，设BD交EF于点K，连接GK，
因为四边形ABCD为菱形，所以H为线段BD的中点.
因为点E，F 分别是棱AD，DC的中点，
所以点K为线段DH的中点，所以BK =3 DK.
又PG =3 DG，所以PB∥GK.
又PB⊄平面GEF，GK ⊂平面GEF，所以PB//平面EFG.
（2）如图，连接PE，因为△PAD为正三角形，E是AD的中点，所以PE⊥AD，
又侧面PAD⊥底面ABCD，所以PE⊥底面ABCD，
因为在菱形ABCD中，AD∥BC，PB⊥BC，所以PB⊥AD，
又PE∩PB = P，所以AD⊥平面PBE，所以AD⊥BE，
又E是线段AD的中点，所以AB = BD，由已知AB = AD，所以△ABD为正三角形.
故以E为坐标原点，以EA，EB，EP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
设AB =12，则E (0,0,0)，C (−12,6 ❑√3,0)，D (−6,0,0)，F (−9,3 ❑√3,0)，P(0,0,6 ❑√3)，
G(−9
2 ,0, 3 ❑√3
2 )，⃗
EF =(−9,3 ❑√3,0)，⃗EG =(−9
2 ,0, 3 ❑√3
2 )，
设平面EFG的法向量为⃗n=(x , y , z)，则{⃗
EF ⋅⃗n=0⃗
EG⋅⃗n=0)，∴{
−9 x +3 ❑√3 y =0
−9
2 x + 3 ❑√3
2
z =0)
，
不妨令x =1，则y = ❑√3，z = ❑√3，∴⃗n=(1,❑√3,❑√3)，
取平面DEG的法向量为⃗m=(0,1,0)，则cos ⟨⃗n,⃗m)=⃗n⋅⃗m
|⃗n)|⃗m) =
❑√3
❑√7 =
❑√21
7
，
易知二面角F −EG−D为锐角，故二面角F −EG−D的余弦值为
❑√21
7
.
【变式5-3】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图①，在梯形ABCD中，BC ∥AD ,
∠ABC =∠DCB =60° , BA = AD = DC , M为线段BC的中点，将△BAM沿AM折起至△B
′ AM，如图
②．
(1)若B
′ D = AD，证明：B
′ A ⊥B
′C；
(2)若二面角B
′−AM −D的大小为120
∘，求平面DA B
′与平面DC B
′夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√21
7
【解题思路】（1）设AB =2，则BC =2+2×2cos60
∘= 4，连接MD , AC,交于点E，连接B
′ E,利用余弦
定理求得cos∠AE B
′ = 1
3，同理求得B
′C =2❑√2，再由勾股定理逆定理即可证得B
′ A ⊥B
′C；
（2）取AM的中点H，连接DH ,BH,证明∠B
′ HD为二面角B
′−AM −D的平面角，由余弦定理求得
B
′ D =3，过点B
′作直线DH的垂线段B
'O,交DH于点
O，证明B
′O⊥平面MCDA,利用条件写出相关点的坐标，求出两平面的法向量坐标，利用空间夹角的坐
标公式求解即得.
【解答过程】（1）
设AB =2,因BC ∥AD , ∠ABC =∠DCB =60° ,则BC =2+2×2cos60
∘= 4,
因M为线段BC的中点，则BM = MC =2,如图②，连接MD , AC,交于点E，连接B
′ E,
易得菱形MCDA,则ME = ED =1,因B
' D = B
' M =2，则B
′ E⊥MD,且B
′ E = ❑√3，
在△B
′ AE中，由余弦定理，cos∠AE B
′ = (❑√3)
2+(❑√3)
2−2
2
2×(❑√3)
2
= 1
3,则cos∠CE B
′ =−1
3,
在△B
′CE中，由余弦定理，B
′C
2=(❑√3)
2+(❑√3)
2−2×(❑√3)
2×(−1
3 )=8,
由B
′C
2+ B
′ A
2=8+ 4 =12= A C
2,可得B
′ A ⊥B
′C.
（2）
由题意，△A B
′ M与△ADM均为边长是2 的正三角形，取AM的中点H，连接DH ,BH,
则DH ⊥AM ,BH ⊥AM,即∠B
′ HD为二面角B
′−AM −D的平面角，等于120
∘，
在△H B
′ D中，由余弦定理，B
′ D
2=(❑√3)
2+(❑√3)
2−2×(❑√3)
2×(−1
2 )=9，即B
′ D =3，
过点B
′作直线DH的垂线段B
'O,交DH于点O，因AM ⊥DH , AM ⊥B
' H，
B
′ H ∩DH = H ,B
′ H , DH ⊂平面H B
′ D,故AM ⊥平面H B
′ D,又B
′O⊂平面H B
′ D，故AM ⊥B
′O,
因B
′O⊥DH,DH ∩AM = H , DH , AM ⊂平面MCDA，故B
′O⊥平面MCDA.
分别以OD ,O B
′所在直线为y , z轴，以过点O与AM平行的直线为x轴，建立空间直角坐标系.
因∠B
′ HO=180
∘−120
∘=60
∘,则OH = ❑√3cos60
∘=
❑√3
2 ，B
′O= ❑√3sin60
∘= 3
2.
则B
′(0,0, 3
2 ), A(−1,
❑√3
2 ,0),C(2, 3 ❑√3
2
,0), D(0, 3 ❑√3
2
,0),
则⃗D B
′ =(0,−3 ❑√3
2
, 3
2 ),⃗DA =(−1,−❑√3,0),⃗DC =(2,0,0),
设平面B
′ AD的法向量为⃗m=( x , y , z)，
则{⃗
D B
′⋅⃗m=−3 ❑√3
2
y + 3
2 z =0⃗
DA ⋅⃗m=−x−❑√3 y =0 )
，故可取⃗m=(❑√3,−1,−❑√3)，
设平面DC B
′的法向量为n
→
=(a,b,c),
则{⃗
D B
′⋅n
→
=−3❑√3
2
b+ 3
2 c =0⃗
DC ⋅n
→
=2a=0
)
，故可取⃗n=(0,1,❑√3)，
则cos〈⃗m,⃗n 〉=⃗
m⋅⃗n
|⃗m|⋅|⃗n| = −1−3
2×❑√7 =−2
❑√7 ，
设平面DA B
′与平面DC B
′夹角为θ，
则sinθ =
❑√1−cos
2〈⃗m,⃗n 〉= ❑√
1−(−2
❑√7 )
2
=
❑√21
7
.
【题型6 点到直线距离、异面直线距离的向量求法】
【例6】（2025·四川·二模）已知空间中向量⃗AB=（0，1，0），向量⃗AC的单位向量为（
−
❑√3
3 ，
❑√3
3 ，−
❑√3
3 ），则点B 到直线AC 的距离为（ ）
A．
❑√3
3
B．
❑√6
3
C．2❑√3
3
D．
❑√15
3
【答案】B
【解题思路】由点B 到直线AC 的距离为：❑√|⃗AB)
2−|⃗AB⋅e
→)
2
即可求解.
【解答过程】设向量⃗AC的单位向量为⃗e，则⃗e =(−
❑√3
3 ,
❑√3
3 ,−
❑√3
3 )，⃗AB⋅⃗e =
❑√3
3 ，
点B 到直线AC 的距离为：
❑√|⃗AB)
2−|⃗AB⋅e
→)
2
=
❑√
1−(
❑√3
3 )
2
=
❑√6
3
，
故选：B.
【变式6-1】（24-25 高二下·甘肃平凉·期中）正四棱锥S−ABCD中，O为顶点S在底面ABCD内的正投
影，P为侧棱SD的中点，且SO =OD = ❑√2，则异面直线PC与BD的距离为（ ）
A．
❑√10
10
B．
❑√10
5
C．
❑√5
10
D．
❑√5
5
【答案】B
【解题思路】连接AC，BD，可得AC ⊥BD且交于O，再由SO⊥面ABCD，建立空间直角坐标系，利
用空间向量法计算可得.
【解答过程】因为S−ABCD为正四棱锥且O是S在底面ABCD内的正投影，
所以SO⊥面ABCD，
连接AC，BD，则AC ⊥BD且交于O.
因为OC ,BD⊂ 面ABCD，
所以SO⊥OC，SO⊥OD.
所以以OC，OD，OS为 x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为SO =OD = ❑√2，
则S(0,0,❑√2)，D(0,❑√2,0)，C (❑√2,0,0)，B(0,−❑√2,0)，P(0,
❑√2
2 ,
❑√2
2 )，
所以⃗BD =(0,2❑√2,0)，⃗PC =(
❑√2,−
❑√2
2 ,−
❑√2
2 ).
设异面直线BD与PC的公垂线方向向量为⃗n=(x , y , z)，
则有 {⃗
n⋅⃗BD =0⃗
n⋅⃗PC =0) ，即{
2❑√2 y =0
❑√2 x−
❑√2
2 y −
❑√2
2 z =0)
，取⃗n=(1,0,2).
又因为⃗CD =(−❑√2,❑√2,0)，
所以异面直线BD与PC的距离d =|⃗CD⋅⃗n)
|⃗n)
=|−❑√2)
❑√1+ 4 =
❑√10
5
.
所以异面直线BD与PC的距离为
❑√10
5
.
故选：B.
【变式6-2】（24-25 高二上·辽宁大连·期末）三棱台ABC −A1B1C1中，
AB =2 A1B1, AB⊥BC , AC ⊥B B1，平面A A1B1B⊥平面ABC，AB =3,BC =2,B B1=1,⃗AE =2⃗EB
，A1C与A C1交于D．
(1)证明：DE∥平面A1BC1；
(2)求异面直线A1C1与DE 的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
❑√22
11
【解题思路】（1）由题意和三棱台的结构特征可得AC
A1C1
= AD
C1 D =2，进而证得DE // BC1，结合线面平
行的判定定理即可证明；
（2）根据面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质证得BC ⊥B1B、B B1⊥ AB，建立如图空间直
角坐标系，利用空间向量法求解线线距，即可求解.
【解答过程】（1）三棱台ABC −A1B1C1中，AB =2 A1B1，则AC =2 A1C1，
有△ACD∼△A1C1 D，得AC
A1C1
= AD
C1 D =2，所以AD =2C1 D，
又⃗AE =2⃗EB，所以在平面ABC1内，AD
C1 D = AE
EB ，有DE // BC1，
DE⊂平面A1BC1,BC1⊂平面A1BC1，所以DE //平面A1BC1．
（2）已知平面A A1B1B⊥平面ABC，平面A A1B1B∩平面ABC = AB，AB⊥BC，
BC ⊂平面ABC，所以BC ⊥平面A A1B1B，由B B1⊂平面A A1B1B，得BC ⊥B1B，
又AC ⊥B B1,BC ∩AC =C ,BC ⊂平面ABC，AC ⊂平面ABC，
所以B B1⊥平面ABC，由AB⊂平面ABC，得B B1⊥ AB.
以B 为坐标原点⃗BA ,⃗BC ,⃗B B1的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图空间直角坐标系．
则有B1(0,0,1), E(1,0,0),C1(0,1,1),C(0,2,0), A1(
3
2 ,0,1)，⃗
BC1=(0,1,1),⃗E A1=(
1
2 ,0,1),⃗A1C1=(−3
2 ,1,0)，
因为DE // BC1，所以⃗ED = 2
3⃗BC1= 2
3 (0,1,1)=(0, 2
3 , 2
3)，
设向量⃗n=( x , y , z)，且满足：⃗n⋅⃗DE =0,⃗n⋅⃗A1C1=0，
则有¿，令x =2⇒⃗n=(2,3,−3)，⃗
E A1=(
1
2 ,0,1)在⃗n=(2,3,−3)的投影数量为⃗n⋅⃗E A1
|⃗n|
= −2
❑√22 =−
❑√22
11 ，
则异面直线A1C1与DE 的距离为
❑√22
11 .
【变式6-3】（2025·广东·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2 的正方形，
△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，M 为PD的中点．
(1)求点P 到直线BM的距离；
(2)求平面PAC与平面PAD的夹角的余弦值．
【答案】(1)
❑√7
2
(2)2❑√7
7
【解题思路】（1）取AB的中点O，连接PO，由题可得PO⊥平面ABCD，在平面ABCD内过点O作
Oy ⊥AB，则射线OB ,Oy ,OP两两垂直，以点O为坐标原点，射线OB ,Oy ,OP分别为x , y , z轴，建立空
间直角坐标系，求出直线BM与BP所成角的正弦，利用向量法求出点P到直线BM的距离；
（2）求出平面PAD和平面CAP的法向量，利用向量法求解.
【解答过程】（1）取AB的中点O，连接PO，如图，在正三角形PAB中，则PO⊥AB，
因为侧面PAB⊥底面ABCD，平面PAB∩平面ABCD = AB，PO⊂平面PAB，
所以PO⊥平面ABCD，
在平面ABCD内过点O作Oy ⊥AB，则射线OB ,Oy ,OP两两垂直，
以点O为坐标原点，射线OB ,Oy ,OP分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
则B (1,0,0), A (−1,0,0), D (−1,2,0), P(0,0,❑√3), M(−1
2 ,1,
❑√3
2 ),C (1,2,0)，
所以⃗AD =(0,2,0),⃗AP =(1,0,❑√3),⃗AC =(2,2,0),⃗BM =(−3
2 ,1,
❑√3
2 ),⃗BP =(−1,0,❑√3)，
设直线BM与BP所成角为θ，则
cosθ = |⃗BP⋅⃗BM )
|⃗BP)⋅|⃗BM )
=
3
❑√1+3×❑√
9
4 +1+ 3
4
= 3
4 ，所以sinθ =
❑√7
4 ，
所以点P到直线BM的距离为|⃗BP)⋅sinθ =
❑√7
2 .
（2）设平面PAD的法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，
则{⃗
m⋅⃗AD =2 y1=0⃗
m⋅⃗AP = x1+ ❑√3 z1=0)，令z1=1，可得⃗m=(−❑√3,0,1)，
设平面CAP的法向量为⃗n=(x2, y2, z2)，
则{⃗
n⋅⃗AC =2 x2+2 y2=0⃗
n⋅⃗AP = x2+ ❑√3 z2=0)，令z2=1，可得⃗n=(−❑√3,❑√3,1)，
所以cos<⃗m,⃗n¿¿=|m
→
· n
→)
|⃗m)|⃗n) = 3+1
2×❑√7 = 2❑√7
7
，
所以平面CAP与平面PAD的夹角的余弦值为2❑√7
7
.
【题型7 点面距离、面面距离的向量求法】
【例7】（2025·江西萍乡·一模）如图，在平行四边形ABCD 中，AB =2BC =2，∠ABC =60°，E 为CD
的中点，沿AE 将△DAE翻折至△PAE的位置得到四棱锥P−ABCE，且PB =2.若F 为棱PB 的中点，则点
F 到平面PCE 的距离为（ ）
A．
❑√3
2
B．
❑√15
10
C．
❑√15
15
D．
❑√15
3
【答案】B
【解题思路】先根据已知条件推导面面垂直关系，再建立空间直角坐标系确定各点坐标，最后通过向量垂
直的条件求解平面法向量，再用点到面的距离公式计算即可.
【解答过程】在四边形ABCD中，连接BE，由题意可知△DAE是边长为1 的等边三角形，
则∠AED =π
3 ，∠BCE = 2π
3 ，BC =CE =1，则∠CEB =π
6 ，可知∠AEB =π
2 ，
即AE⊥EB，且BE =
❑√A B
2−A E
2= ❑√3，由PB =2，PE =1，BE = ❑√3，
则P E
2+ B E
2= P B
2，可知PE⊥EB.
由AE∩PE = E，AE，PE⊂平面PAE，
可得EB⊥平面PAE，又因为EB⊂平面ABCE，所以平面PAE⊥平面ABCE .
取AE中点O，AB中点H，连PO，OH，则PO =
❑√3
2 ，OH // BE，可得OH ⊥AE，
因为△PAE为等边三角形，则PO⊥AE，平面PAE∩平面ABCE = AE，
PO⊂平面PAE，所以PO⊥平面ABCE.
以O 为原点，OA ,OH ,OP分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,
❑√3
2 )，E(−1
2 ,0,0)，B(−1
2 ,❑√3,0)，
F(−1
4 ,
❑√3
2 ,
❑√3
4 )，C(−1,
❑√3
2 ,0)，可得⃗PC =(−1,
❑√3
2 ,−
❑√3
2 )，⃗PE =(−1
2 ,0,−
❑√3
2 )，⃗
PF =(−1
4 ,
❑√3
2 ,−
❑√3
4 ).
设平面PCE的法向量⃗n=(x , y , z)，
则{⃗
n⋅⃗PC =−x +
❑√3
2 y −
❑√3
2 z =0⃗
n⋅⃗PE =−1
2 x−
❑√3
2 z =0 )
，令x = ❑√3，则y =1，z =−1，
可得⃗n=(❑√3,1,−1)，
由点F 为线段PB的中点，知点F 到平面PCE的距离是点B 到平面PCE的距离的1
2.
平面PCE的一个法向量⃗n=(❑√3,1,−1)，⃗CB =(
1
2 ,
❑√3
2 ,0)，
点B 到平面PCE的距离
d
′ =|⃗n⋅⃗CB)
|⃗n)
=
❑√3
❑√5 =
❑√15
5
，所以点F 到平面PCE的距离为
❑√15
10 .
故选：B.
【变式7-1】（24-25 高二下·全国·课后作业）正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，E，F，G，H分别
是棱AB，AD，B1C1，D1C1的中点，则平面EF D1B1和平面GHDB之间的距离为（ ）
A．1
3
B．2
3
C．1
2
D．1
6
【答案】B
【解题思路】将问题转化为点F到平面GHDB的距离，以D为坐标原点，分别以⃗DA，⃗DC，⃗D D1的方向
为x轴、y轴、z轴的正方向，并均以1 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解
即可.
【解答过程】以D为坐标原点，分别以⃗DA，⃗DC，⃗D D1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，并均以1 为
单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，F(1,0,0)，B(2,2,0)，H (0,1,2)，E(2,1,0)，B1(2,2,2)，
所以⃗DF =(1,0,0)，⃗DH =(0,1,2)，⃗DB =(2,2,0)，⃗E B1=(0,1,2)，
所以⃗DH =⃗E B1，因为D , H , E ,B1四点不共线，所以DH∥E B1，
由E B1⊄面GHDB，DH ⊂面GHDB，则E B1//面GHDB，
因为E，F，分别是棱AB，AD的中点，所以EF∥BD，
同理，EF∥平面GHDB，而EF ∩E B1= E，EF , E B1⊂面EF D1B1，
所以平面EF D1B1∥平面GHDB , EF ⊂面EF D1B1，故EF //平面GHDB，
所以平面EF D1B1和平面GHDB之间的距离，就是EF到平面GHDB的距离，也就是点F到平面GHDB的
距离．
设平面GHDB的法向量为⃗n=( x , y , z)，则{⃗
n⋅⃗DH = y +2 z =0⃗
n⋅⃗DB =2 x +2 y =0)，不妨取y =−2，则⃗n=(2,−2,1)，
所以点F到平面GHDB的距离d =|⃗DF ⋅⃗n)
|⃗n)
=|1×2+0×(−2)+0×1)
❑√2
2+(−2)
2+1
2
= 2
3，
即平面EF D1B1和平面GHDB之间的距离是2
3．
故选：B.
【变式7-2】（2025·湖南长沙·模拟预测）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平
面PCD，PA ⊥AD，PA = AD =2，点E 为线段PD的中点，点F 为线段PC上的动点（不含端点）.
(1)证明：平面AEF ⊥平面PCD；
(2)若平面AEF与平面PBC的夹角为π
4 ，求点P 到平面AEF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)4
3
【解题思路】（1）利用线面垂直的性质定理、判定定理可得答案；
（2）利用线面垂直的性质定理、判定定理得出PA ⊥平面ABCD，以A 为原点，⃗AB，⃗AD，⃗AP分别为x
轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设⃗PF = λ⃗PC (0< λ<1)，记PB的中点为G，求出平面AEF、平面
PBC的一个法向量，由二面角的斜率求法求出λ，再由点面距离的向量求法可得答案.
【解答过程】（1）因为PA ⊥AD，PA = AD =2，PE = DE = ❑√2，所以AE⊥PD.
又因为平面PAD⊥平面PCD，且平面PAD∩平面PCD = PD，
所以AE⊥平面PCD，又AE⊂平面AEF，
所以平面AEF ⊥平面PCD；
（2）由（1）知，AE⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AE⊥CD，
又因为底面ABCD为正方形，所以CD⊥AD，由AD∩AE = A，AD , AE⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，PA ⊂平面PAD，所以CD⊥PA，
又因为PA ⊥AD，CD∩AD = D，CD , AD⊂平面ABCD，所以PA ⊥平面ABCD，
以A 为原点，⃗AB，⃗AD，⃗AP分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，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 (0,1,1)，
则⃗AE =(0,1,1)，⃗AP =(0,0,2)，⃗PC =(2,2,−2)，⃗PB =(2,0,−2)，
设⃗PF = λ⃗PC (0< λ<1)，则⃗AF =⃗AP+⃗PF =⃗AP+ λ⃗PC =(2 λ ,2 λ ,2−2 λ)，
设平面AEF的法向量⃗m=(x1, y1, z1)，则{⃗
m⋅⃗AE = y1+ z1=0,⃗
m⋅⃗AF =2 λ x1+2 λ y1+(2−2 λ) z1=0)，
令y1= λ，则x1=1−2 λ，z1=−λ，故⃗m=(1−2 λ , λ ,−λ)，
设平面PBC的法向量⃗n=(a,b,c)，{⃗
n⋅⃗PB =2a−2c =0⃗
n⋅⃗PC =2a+2b−2c =0)，令a=1，则c =1,b=0，
则平面PBC的法向量⃗n=(1,0,1)，
由题意得，|cos ⟨⃗m,⃗n))=|⃗m⋅⃗n)
|⃗m)|⃗n) =cosπ
4 ，即
|1−3 λ)
❑√2×
❑√6 λ
2−4 λ+1
=
❑√2
2 ，
整理得，3 λ
2−2 λ =0，解得λ= 2
3或λ =0（舍），则⃗m=(−1
3 , 2
3 ,−2
3)
所以平面AEF的法向量可取⃗ℎ=−3⃗m=(1,−2,2)，
所以点P到平面AEF的距离d =|⃗AP⋅⃗ℎ)
|⃗ℎ)
=
4
2❑√1+ 4+ 4 = 4
3 .
【变式7-3】（24-25 高二上·内蒙古赤峰·阶段练习）如图所示，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、F、G 分别为C C1,C1B1,C1 A1的
中点．
(1)求证：B1 D⊥平面ABD；
(2)求证：平面EGF//平面ABD；
(3)求平面EGF 与平面ABD 的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)3 ❑√2
2
.
【解题思路】（1）建立合适空间直角坐标系，应用向量法可得⃗B1 D⊥⃗BA，⃗B1 D⊥⃗BD，再由线面垂直
的判定定理即可证得结论；
（2）同（1）可证B1 D⊥平面EFG，结合（1）结论及线面垂直的性质即可证；
（3）向量法求点F 到平面ABD 的距离，结合（2）结论即可得结果.
【解答过程】（1）由题设，BA ,BC ,B B1两两互相垂直，
以B 为坐标原点，BA ,BC ,B B1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则B(0,0,0), D(0,2,2),B1(0,0,4)，设BA =a，则A(a,0,0).
所以⃗BA =(a,0,0),⃗BD =(0,2,2),⃗B1 D =(0,2,−2)，易得⃗B1 D⋅⃗BA =0，⃗B1 D⋅⃗BD =0，
所以⃗B1 D⊥⃗BA，⃗B1 D⊥⃗BD，所以B1 D⊥BA，B1 D⊥BD，
又BA ∩BD = B，且BA ,BD都在平面ABD内，故B1 D⊥平面ABD.
（2）由题意知E(0,0,3),G( a
2 ,1,4), F(0,1,4)，则⃗EG =( a
2 ,1,1),⃗EF =(0,1,1)，
所以⃗B1 D⋅⃗EG =0，⃗B1 D⋅⃗EF =0，则⃗B1 D⊥⃗EG，⃗B1 D⊥⃗EF，
所以B1 D⊥EG，B1 D⊥EF，
又EG∩EF = E且B1 D , EF都在平面EFG内，所以B1 D⊥平面EFG，
结合（1）知，平面EGF//平面ABD.
（3）由（1）（2）知，⃗BF =(0,1,4)，⃗B1 D =(0,2,−2)是平面ABD 的法向量，
所以点F 到平面ABD 的距离为d =|BF⃗·B1 D⃗)
|B1 D⃗)
= 6
❑√8 = 3 ❑√2
2
，
由（2）知，平面EGF 与平面ABD 的距离等于点F 到平面ABD 的距离，
所以两平面间的距离为3 ❑√2
2
.
【题型8 轨迹问题的向量求法】
【例8】（2024·四川成都·三模）在棱长为5 的正方体 ABCD−A1B1C1 D1 中，Q是D D1中点，点P在
正方体的内切球的球面上运动，且CP⊥AQ，则点P的轨迹长度为（ ）
A．❑√5π
B．2❑√5π
C．5π
4
D．5π
【答案】B
【解题思路】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到AQ⊥平面CDRH，由点到平面的距离和球的半径
得到点P的轨迹为以❑√5为半径的圆，从而求出点P的轨迹长度.
【解答过程】以点D为原点，DA , DC , D D1所在直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
则Q(0,0, 5
2)，A (5,0,0,),C (0,5,0)，
球心O(
5
2 , 5
2 , 5
2)，取A1 D1的中点R，B1C1的中点H，连接DR , RH , HC，
则R(
5
2 ,0,5)，⃗DR⋅⃗AQ =(
5
2 ,0,5)⋅(−5,0, 5
2)=−25
2 + 25
2 =0，⃗
DC ⋅⃗AQ =(0,5,0)⋅(−5,0, 5
2)=0，
故DR⊥AQ，CD⊥AQ，
又DR∩CD = D，DR ,CD⊂平面CDRH，
故AQ⊥平面CDRH，
故当P位于平面CDRH与内切球O的交线上时，满足CP⊥AQ，
此时O(
5
2 , 5
2 , 5
2)到平面CDRH的距离为
d =|⃗DO⋅⃗AQ)
|⃗AQ)
=|(
5
2 , 5
2 , 5
2)⋅(−5,0, 5
2))
❑√25+ 25
4
=
25
4
5 ❑√5
2
=
❑√5
2
，
r = ❑√
25
4 −5
4 = ❑√5，其中r为平面CDRH截正方体内切球所得截面圆的半径，
故点P的轨迹为以❑√5为半径的圆，
故点P的轨迹长度为2❑√5π.
故选：B.
【变式8-1】（2025·北京·二模）设正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，P 为正方体表面上一点，且点
P 到直线A A1的距离与它到平面ABCD 的距离相等，记动点P 的轨迹为曲线W，则曲线W 的周长为（ ）
A．3 ❑√2
B．2❑√2+π
C．6 ❑√2
D．4 ❑√2+π
【答案】D
【解题思路】建立空间直角坐标系，得点P的坐标满足(x −2)
2+ y
2= z
2，由题意分六种情况讨论即可求解.
【解答过程】以D为原点，DA , DC , D D1建立如图所示的空间直角坐标系，
显然点P到平面ABCD的距离为|z)，
设点P(x , y , z)，在A A1上取一点A2(2,0, z)，而A (2,0,0), A1(2,0,2)，
所有⃗A2 P =(x −2, y ,0),⃗A A1=(0,0,2)，从而⃗A2 P⋅⃗A A1=0，
所以点P 到直线A A1的距离为|⃗A2 P)=
❑√(x−2)
2+ y
2，
所以(x −2)
2+ y
2= z
2，
令z =0，得x =2, y =0，此时点P的轨迹就是一个点，此时点P的轨迹长度是0，
令z =2，得(x−2)
2+ y
2= 4 , x , y ∈[0,2)，此时点P在以A1为圆心半径为2 的四分之一的圆周上面运动，
此时点P的轨迹长度是1
4 ×2π×2=π，
令x =0，得4 + y
2= z
2, z , y ∈[0,2)，即y =0, z =2，此时点P的轨迹长度是0，
令x =2，得y
2= z
2, z , y ∈[0,2)，即y = z , z , y ∈[0,2)，此时点P在线段A B1上运动，轨迹长度是2❑√2，
令y =0，(x−2)
2= z
2, z , x∈[0,2)，即2−x = z , z , x∈[0,2)，此时点P在线段A D1上运动，轨迹长度为
2❑√2，
令y =2得，(x −2)
2+ 4 = z
2, z , x ∈[0,2)，即x =2, z =2，此时点P的轨迹长度是0，
综上所述，所求为4 ❑√2+π.
故选：D.
【变式8-2】（2025·浙江嘉兴·二模）如图，已知AD // BC // FE，平面ABF ⊥平面ADEF，AB⊥AF
，AF ⊥AD，AD =2BC =2 EF =2 AF =2，点P为梯形ADEF内（包括边界）一个动点，且BP//平面
CDE．
(1)求点P的轨迹长度；
(2)当线段BP最短时，直线BP与平面BCEF所成角θ的正弦值为
❑√3
6 ，求三棱锥P−CDE的体积．
【答案】(1)❑√2
(2)1
6或
❑√2
12 .
【解题思路】（1）利用空间中的垂直关系可得AB⊥平面ADEF，建立如图所示的空间直角坐标系后利用
直线的方向向量和平面的法向量可求P的轨迹方程，从而可求轨迹长度；
（2）利用向量法结合直线BP与平面BCEF所成角θ的正弦值为
❑√3
6 求得AB的长度，再结合向量法可求P
到直线DE的距离，从而可求体积.
【解答过程】（1）因为平面ABF ⊥平面ADEF，AB⊥AF，平面ABF ∩平面ADEF = AF，
AB⊂平面ABF，故AB⊥平面ADEF，
而AF ⊥AD，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
设B (0,0,b)，则A (0,0,0), F (1,0,0), E (1,1,0), D (0,2,0),C (0,1,b)，
因点P为梯形ADEF内（包括边界）一个动点，可设P(x , y ,0)，则⃗BP =(x , y ,−b)，
又⃗EC =(−1,0,b),⃗DC =(0,−1,b)，
设平面CDE的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则{
m
→
· EC
→
=−x +bz =0
m
→
· DC
→
=−y +bz =0)
，故可取⃗m=(b,b,1)，
因BP//平面CDE，则⃗BP⋅⃗m=0，
故bx +by −b=0，即x + y −1=0，
取x =0，则y =1，取y =0，则x =1，
故P的轨迹长度为❑√1
2+1
2= ❑√2.
（2）取AD的中点为G，连接FG，AP，由（1）可得P的轨迹为FG.
又由（1）可得BA ⊥平面ADEF，而AP⊂平面ADEF，
故AB⊥AP，因A P
2= B P
2−A B
2，若线段BP最短，则AP最短，此时有AP⊥FG，
而AF = AG =1，故点P为FG的中点，故P(
1
2 , 1
2 ,0)，
设平面BCEF的法向量为⃗n=(u,v ,t )，而⃗EF =(0,−1,0)，⃗BF =(1,0,−b)，
故{
−v =0
u−bt =0)，故可取⃗n=(b,0,1)，
因直线BP与平面BCEF所成角θ的正弦值为
❑√3
6 ，
而⃗BP =(
1
2 , 1
2 ,−b)，则得
❑√3
6 =|⃗BP⋅⃗n)
|⃗BP)|⃗n)
=|
−b
2
❑√b
2+1×❑√b
2+ 1
2)
，
故2b
4−3b
2+1=0，故b=1或b=
❑√2
2 ，
易得BC //平面ADEF，则点C到平面PDE的距离为1或
❑√2
2 ，
又⃗ED =(−1,1,0)，⃗EP =(−1
2 ,−1
2 ,0)，
故P到直线ED的距离为❑
√
|EP)
2−(
ED⃗⋅EP⃗
|ED⃗) )
2
= ❑√
1
2 −0
❑√2 =
❑√2
2 ，
易得|⃗ED)= ❑√2，故S△PED= 1
2 ×
❑√2
2 ×❑√2= 1
2，
故三棱锥P−CDE的体积为1
3 × 1
2 ×1= 1
6 或者为1
3 × 1
2 ×
❑√2
2 =
❑√2
12 .
【变式8-3】（2025·江苏·三模）如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，点D在BC上，AD⊥DC1．
(1)证明：AD⊥平面B B1C1C；
(2)若AB = AC =2❑√2, AB⊥AC，二面角C −A C1−D的大小为π
3 ．
①求AC与平面ADC1所成角的正弦值；
②点E在侧面AB B1 A1内，且三棱锥E−ADC1的体积为4
3 ，求E的轨迹的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)①1
2；②2❑√3
【解题思路】（1）根据直棱柱的性质及线面垂直的判定定理即可得证；
（2）以{⃗AB ,⃗AC ,⃗A A1)为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，①中求出平面的法向量，利用向
量夹角得出直棱柱的高，再由线面角的向量求法求解；
②中根据三棱锥体积求出点E到平面的距离，再由向量法求距离，化简可得轨迹方程，利用轨迹方程确定
轨迹为线段，即可得解.
【解答过程】（1）在直三棱柱ABC −A1B1C1中，C C1⊥平面ABC,
因为AD⊂平面ABC，所以C C1⊥AD.
又因为AD⊥DC1，C C1∩DC1=C1，C C1, DC1⊂平面B B1C1C，
所以AD⊥平面B B1C1C .
（2）①在直三棱柱ABC −A1B1C1中，A A1⊥平面ABC，AB⊥AC，
以{⃗AB ,⃗AC ,⃗A A1)为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(❑√2,❑√2,0)，设B1(2❑√2,0,a),C1(0,2❑√2,a),
设平面ADC1的法向量⃗n1=(x , y , z)，
由{⃗
n1⋅⃗AD = ❑√2 x + ❑√2 y =0⃗
n1⋅⃗A C1=2❑√2 y +az =0)，取x =1，得y =−1, z = 2❑√2
a
，
所以平面ADC1的一个法向量⃗n1=(1,−1, 2❑√2
a )，
又平面CA C1的法向量⃗n2=(1,0,0)，
所以cosπ
3 = |⃗n1⋅⃗n2)
|⃗n1|⋅)⃗n2)
=
1
❑√
8
a
2 +2
= 1
2，解得a=2.
所以⃗n1=(1,−1,❑√2),⃗AC =(0,2❑√2,0)，
所以cos⟨⃗n1,⃗AC)= −2❑√2
2×2❑√2 =−1
2 .
设AC与平面ADC1所成角为θ，则sinθ = 1
2 .
②因为AD⊥DC1, AD =2, DC1=2❑√2，
所以S△ADC1=2❑√2.
因为三棱锥E−ADC1的体积为4
3 ，
所以E到平面ADC1的距离为❑√2.
因为E在侧面AB B1 A1上，可设E( x ,0, z),
E到平面ADC1的距离为d =|⃗n1⋅⃗AE|
|⃗n1|
= x + ❑√2 z
2
= ❑√2，
即轨迹方程为z =−
❑√2
2 x +2，而A1(0,0,2),B(2❑√2,0,0),
所以E在侧面AB B1 A1上的运动轨迹是线段A1B，
所以E的轨迹长度为A1B =2❑√3.
【题型9 探索性问题的向量求法】
【例9】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角
形，其中∠EBC = π
2 ，且AB = BC =2CD = 4．
(1)设线段BE中点为F，证明：CF ∥平面ADE；
(2)在线段AB上是否存在点M，使得点B到平面CEM的距离等于
❑√2
2 ，如果存在，求MB的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，MB的长为2❑√30
15
【解题思路】（1）取AE的中点G，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）设MB = x，根据等体积法V B−MEC =V M −BEC求出x 的值，即可得出结论.
【解答过程】（1）取BE的中点F，AE的中点G，连结FG、GD、CF，
则有GF = 1
2 AB，GF // AB，
因为DC = 1
2 AB，CD // AB，所以CD //GF且CD =GF，
所以四边形CFGD是平行四边形，则CF // DG，
又DG⊂平面ADE，CF ⊄平面ADE，
所以CF //平面ADE.
（2）存在.设MB = x(0< x<4)，在Rt△BEC中，EC =
❑√B E
2+ BC
2= 4 ❑√2.
因为MB⊥平面BEC，所以V M −BEC = 1
3 S△BEC× MB = 1
3 × 1
2 ×BE×BC × MB = 8 x
3 .
因为MB⊥平面BEC，BE⊂平面BEC，BC ⊂平面BEC
所以MB⊥BE,MB⊥BC，
则△MBE ,△MBC均为直角三角形.
在Rt△MBE中，ME =
❑√M B
2+ B E
2=
❑√x
2+16，
同理，MC =
❑√x
2+16.
取EC的中点H，因为ME = MC，所以MH ⊥EC，
而MH =
❑√M E
2−E H
2=
❑√x
2+8.
故S△MEC = 1
2 × EC × MH = 1
2 ×4 ❑√2×
❑√x
2+8=
❑√8 x
2+64.
因为点B到面CEM的距离等于
❑√2
2 ，
所以V B−MEC = 1
3 S△MEC×
❑√2
2 = 2
❑√x
2+8
3
.
而V B−MEC =V M −BEC，所以2
❑√x
2+8
3
= 8 x
3
，解得x = 2❑√30
15
.
所以在线段AB上只存在唯一一点M，当且仅当BM = 2❑√30
15
时，点B到面CEM的距离等于
❑√2
2 .
【变式9-1】（2025·江西景德镇·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，BC = B B1, E , F分别
为BC ,B B1的中点，且AF ⊥EC1.
(1)证明：AC ⊥平面BC C1B1.
(2)若AC = BC，在线段EC1上是否存在点M，使平面AM A1与平面AME夹角的余弦值为3 ❑√102
34
？若存
在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，理由见解析.
【解题思路】（1）先求证FC ⊥EC1，接着由题设AF ⊥EC1结合线面垂直判定定理求证EC1⊥平面
AFC，进而得EC1⊥AC，再由直三棱柱性质得C1C ⊥AC，进而由线面垂直判定定理即可求证AC ⊥
平面BC C1B1；
（2）建立适当的空间直角坐标系，设AC = BC = B B1=2，M (x ,0,2−2 x)(0≤x ≤1)，求出平面AM A1的
一个法向量为⃗m和平面AME的一个法向量为⃗n， 再由|cos⃗m,⃗n)=|⃗
m·⃗n
|⃗m)|⃗n))= 3 ❑√102
34
求解即可.
【解答过程】（1）证明：因为BC = B B1，
所以由题在Rt△FBC和Rt△EC C1中，FB = EC ,BC =C C1，故Rt△FBC ≌Rt△EC C1，
所以∠EC1C +∠FC C1=∠BCF +∠FC C1=π
2 ，
所以可得FC ⊥EC1，又AF ⊥EC1，AF ∩FC = F，AF 、FC ⊂平面AFC，
所以EC1⊥平面AFC，又AC ⊂平面AFC，所以EC1⊥AC，
又由直三棱柱性质可得C1C ⊥AC，C1C ∩EC1=C1,C1C 、EC1⊂平面BC C1B1，
所以AC ⊥平面BC C1B1.
（2）由题意和（1）可以C 为原点，CB,CA ,C C1为x , y , z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
若AC = BC，则可设AC = BC = B B1=2，
则C (0,0,0), A (0,2,0), E (1,0,0), A1(0,2,2), F (2,0,1),C1(0,0,2),设M (x ,0,2−2 x)(0≤x ≤1)，
则⃗AM =(x ,−2,2−2 x),⃗A A1=(0,0,2),⃗AE =(1,−2,0)，
设平面AM A1的一个法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，平面AME的一个法向量为⃗n=(x2, y2, z2)，
则{⃗
m⊥⃗AM⃗
m⊥⃗A A1)，{⃗
n⊥⃗AM⃗
n⊥⃗AE)，
则{⃗
m·⃗AM = x x1−2 y1+(2−2 x) z1=0⃗
m·⃗A A1=2 z1=0
)，{⃗
n·⃗AM = x x2−2 y2+(2−2 x) z2=0⃗
n·⃗AE = x2−2 y2=0
)，
取x1=2, x2=2，则⃗m=(2, x ,0),⃗n=(2,1,1)，
所以|cos ⟨⃗m,⃗n))=|⃗
m·⃗n
|⃗m)|⃗n))=
4+ x
❑√4+ x
2×❑√6
= 3 ❑√102
34
⇒16 x
2−34 x +13=0，
解得x = 13
8 （舍去）或x = 1
2 ，
所以若AC = BC，在线段EC1上存在点M，使平面AM A1与平面AME夹角的余弦值为3 ❑√102
34
，此时M
为线段EC1的中点.
【变式9-2】（2025·贵州遵义·模拟预测）在多面体ABCDMN中，已知四边形ABNM是边长为2 的正方
形，AB = AD = 1
2 BC，AD // BC，AB⊥AD，平面ABNM ⊥平面ABCD，H为线段BC的中点．
(1)若平面ANH ∩平面MNC =l，求证：MC //l；
(2)在线段NC上是否存在一点P，使得平面PAH ⊥平面NAH？若存在，求PN
NC 的值；若不存在，说明理
由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，PN
NC = 3
4
【解题思路】（1）连接BM交AN于点E，连接HE，先证明MC //平面ANH，再结合线面平行的性质求
证即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【解答过程】（1）证明：连接BM交AN于点E，连接HE，
因为四边形ABNM为正方形，
所以E为BM的中点，又H为线段BC的中点，
所以EH // MC，
又EH ⊂平面ANH，MC ⊄平面ANH，
所以MC //平面ANH，
因为平面ANH ∩平面MNC =l，且MC ⊂平面MNC，
所以MC //l.
（2）在正方形ABNM中，NB⊥AB，
因为平面ABNM ⊥平面ABCD，平面ABNM ∩平面ABCD = AB，且NB⊂平面ABNM，
所以NB⊥平面ABCD，
又AD // BC，AB⊥AD，所以AB⊥BC，
以B为原点，以BA ,BC ,BN所在直线为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
又AB = AD = BN = 1
2 BC =2，H为线段BC的中点，
所以A (2,0,0), N (0,0,2), H (0,2,0),C (0,4,0)，
则⃗AH =(−2,2,0),⃗AN =(−2,0,2),⃗NC =(0,4 ,−2)，
设⃗NP = λ⃗NC =(0,4 λ ,−2 λ)，0≤λ≤1，则P(0,4 λ ,2−2 λ)，
所以⃗AP =(−2,4 λ ,2−2 λ)，
设平面PAH的一个法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，
则{⃗
m⋅⃗AH =−2 x1+2 y1=0⃗
m⋅⃗AP =−2 x1+ 4 λ y1+(2−2 λ) z1=0)，取x1=1−λ，可得⃗m=(1−λ ,1−λ ,1−2 λ)，
设平面NAH的一个法向量为⃗n=(x2, y2, z2)，
则{⃗
m⋅⃗AH =−2 x2+2 y2=0⃗
m⋅⃗AN =−2 x2+2 z2=0)，取x2=1，可得⃗n=(1,1,1)，
由平面PAH ⊥平面NAH，则⃗m⋅⃗n=1−λ+1−λ+1−2 λ =0，解得λ= 3
4 ，即⃗NP= 3
4⃗NC，
所以在线段NC上存在一点P，使得平面PAH ⊥平面NAH，且PN
NC = 3
4 .
【变式9-3】（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形ABCD中，D =60° , DC =2 AD =2，将
△ADC沿AC折起，使点D 到达点P 位置，且PC ⊥BC，连接PB得三棱锥P−ABC，如图2．
(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；
(2)在线段PC上是否存在点M，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为5
8，若存在，求出| PM |
| PC | 的
值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；2
3
【解题思路】（1）推导出PA ⊥AC，证明出BC ⊥平面PAB，可得出PA ⊥BC， 利用面面垂直的判定
定理可证得结论成立；
（2）以点A为坐标原点，⃗BC、⃗AC、⃗AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设⃗
PM = λ⃗PC，其中0≤λ≤1，利用空间向量法可得出关于λ的等式，结合0≤λ≤1求出λ的值，即可得出结
论.
【解答过程】（1）证明：翻折前，因为四边形ABCD为平行四边形，∠D =60
∘，则∠B =60
∘，
因为DC =2 AD =2，则AB = DC =2，BC = AD =1，
由余弦定理可得A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB⋅BC cos∠B = 4+1−2×2×1× 1
2 =3，
所以，A C
2+ BC
2= A B
2，则BC ⊥AC，同理可证AD⊥AC，
翻折后，则有BC ⊥AC，PA ⊥AC，
因为PC ⊥BC，AC ∩PC =C，AC、PC ⊂平面PAC，
所以，BC ⊥平面PAC，
因为PA ⊂平面PAC，则PA ⊥BC，
因为AC ∩BC =C，AC、BC ⊂平面ABC，所以，PA ⊥平面ABC，
所以平面PAB⊥平面ABC.
（2）因为PA ⊥平面ABC，BC ⊥AC，以点A为坐标原点，⃗
BC、⃗AC、⃗AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A (0,0,0)、P(0,0,1)、C (0,❑√3,0)、B(−1,❑√3,0)，
设⃗PM = λ⃗PC = λ(0,❑√3,−1)=(0,❑√3 λ ,−λ)，其中0≤λ≤1，
则⃗AM =⃗AP+⃗PM =(0,0,1)+(0,❑√3 λ ,−λ)=(0,❑√3 λ ,1−λ)，⃗AB =(−1,❑√3,0)，
设平面ABM的法向量为⃗m=(x , y , z)，则{⃗
m⋅⃗AB =−x + ❑√3 y =0⃗
m⋅⃗AM = ❑√3 λy +(1−λ) z =0)，
取y = λ−1，则z = ❑√3 λ，x = ❑√3(λ−1)，所以，⃗m=(❑√3(λ−1), λ−1,❑√3 λ)，
平面MBC的一个法向量为⃗n=(a,b,c)，⃗PB =(−1,❑√3,−1)，⃗PC =(0,❑√3,−1)，
则{⃗
n⋅⃗PB =−a+ ❑√3b−c =0⃗
n⋅⃗PC = ❑√3b−c =0 )，令b= ❑√3，可得⃗n=(0,❑√3,3)，
则，整理可得λ= 2
3，
因此，线段PC上存在点M，使平面AMB 与平面MBC 的夹角的余弦值为5
8，且|PM )
|PC) = 2
3.
一、单选题
1．（2024·宁夏吴忠·一模）已知平面α ={P∣⃗n⋅⃗P0 P =0)，其中点P0(1,2,3)，法向量⃗n=(1,1,1)，则下列
各点中不在平面α内的是（ ）
A．(1,2,3)
B．(−2,4,5)
C．(−3,4,5)
D．(2,−4,8)
【答案】B
【解题思路】结合各个选项分别求出⃗P0 P，计算⃗n⋅⃗P0 P的值是否为0，从而得出结论．
【解答过程】平面α ={P∣⃗n⋅⃗P0 P =0)，其中点P0(1,2,3)，法向量⃗n=(1,1,1)，
对于A，设P(1,2,3)，则⃗P0 P =(0,0,0)，
∵ ⃗P0 P⋅⃗n=0，∴(1,2,3)在平面α内；
对于B，设P(−2,4,5)，则⃗P0 P =(−3,2,2)，
∵ ⃗P0 P⋅⃗n=−3+2+2=1≠0，∴(−2,4,5)不在平面α内；
对于C，设P(−3,4,5)，则⃗P0 P =(−4,2,2)，
∵ ⃗P0 P⋅⃗n=−4+2+2=0，∴(−3,4,5)在平面α内；
对于D，设P(2,−4,8)，则⃗P0 P =(1,−6,5)，
∵ ⃗P0 P⋅⃗n=1−6+5=0，∴(2,−4,8)在平面α内．
故选：B．
2．（2025·贵州遵义·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，M、N分别棱B B1，C1 D1的中点，则
下列选项正确的是（ ）
A．A1 M ∥CN
B．A1B1⊥MC
C．MN ⊥面A A1C1C
D．MN //面A1BD
【答案】B
【解题思路】建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量共线的基本定理可得A 错误；由向量的数量积
为零可得B 正确，C 错误；求出面A1BD的法向量，由⃗MN与⃗n不垂直可得D 错误.
【解答过程】
以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为2，
对于A，A1(2,0,2), M (2,2,1),C (0,2,0), N (0,1,2)，
则⃗A1 M =(0,2,−1),⃗CN =(0,−1,2)，
若A1 M ∥CN，则⃗A1 M = λ⃗CN ⇒(0,2,−1)= λ(0,−1,2)，λ无解，故A 错误；
对于B，B1(2,2,2)，⃗A1B1=(0,2,0),⃗MC =(−2,0,−1)，
则⃗A1B1⋅⃗MC =(0,2,0)⋅(−2,0,−1)=0，所以⃗A1B1⊥⃗MC，即A1B1⊥MC，故B 正确；
对于C，A (2,0,0)，⃗MN =(−2,−1,1)，⃗AC =(−2,2,0)，
则⃗MN ⋅⃗AC =(−2,−1,1)⋅(−2,2,0)= 4−2+0=2≠0，所以⃗MN与⃗AC不垂直，因为AC ⊂平面
A A1C1C，所以MN与平面A A1C1C不垂直，故C 错误；
对于D，B (2,2,0), D (0,0,0)，⃗A1B =(0,2,−2),⃗DB =(2,2,0)，
设面A1BD的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则{⃗
n⋅⃗A1B =0⃗
n⋅⃗DB =0)⇒{
2 y −2 z =0
2 x +2 y =0)，取y =1，则⃗n=(−1,1,1)，
所以⃗MN ⋅⃗n=(−2,−1,1)⋅(−1,1,1)=2−1+1=2≠0，即⃗MN与⃗n不垂直，所以MN与平面A1BD不平
行，故D 错误；
故选：B.
3．（2025·甘肃白银·三模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，
AB = BC =3,B B1=2,⃗DM = 2
3⃗DB ,⃗A1 N = 1
3⃗A1C1，则异面直线A1 M和BN夹角的余弦值为（ ）
A．
❑√6
3
B．7
9
C．5
9
D．2❑√6
9
【答案】B
【解题思路】建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解异面直线所成角得余弦值即可.
【解答过程】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，
则A1(3,0,2), M (2,2,0)，B (3,3,0), N (2,1,2)，
故异面直线A1 M和BN夹角的余弦值为|⃗A1 M ⋅⃗BN)
|⃗A1 M)⋅|⃗BN )
= |(−1,2,−2)⋅(−1,−2,2))
❑√1+ 4 + 4×❑√1+ 4 + 4
= 7
9.
故选：B.
4．（2025·甘肃甘南·模拟预测）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E，F分别为棱A A1，B B1
的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G = λ(0< λ<2)，则点G到平面D1 EF的距离为（ ）
A．2❑√5
5
B．
❑√5
5
C．1
5
D．
❑√3
3
【答案】A
【解题思路】建立空间直接坐标系，写出点坐标，利用空间坐标法求点到平面的距离即可.
【解答过程】
以D为原点，DA，DC，D D1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D−xyz．
则G (2, λ ,2)，D1(0,0,2)，E (2,0,1)，F (2,2,1)，
所以D1 E
→
=(2,0,−1)，D1 F
→
=(2,2,−1)，GE
→
=(0,−λ ,−1)，
设平面D1 EF的法向量为n
→
=(x , y , z)，则¿
令x =1，则y =0，z =2，所以平面D1 EF的一个法向量为n
→
=(1,0,2)．
所以点G到平面D1 EF的距离为|⃗
GE⋅⃗n⃗
n )=|
−1×2
❑√5 )= 2❑√5
5
，
故选：A.
5．（2025·河南安阳·一模）如图，在三棱锥S−ABC中，SA，SB，SC两两垂直，SC =3，SB =2，
SA =1，D为线段SC上靠近C的三等分点，点E为△ABC的重心，则点E到直线BD的距离为（ ）
A．
❑√3
6
B．
❑√6
6
C．
❑√3
3
D．
❑√6
3
【答案】B
【解题思路】根据题意，以S为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即
可得到结果.
【解答过程】
根据题意，以S为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则S (0,0,0),B (2,0,0), D (0,2,0), A (0,0,1),C (0,3,0)，
又点E为△ABC的重心，所以E(
2
3 ,1, 1
3)，
则⃗EB =(
4
3 ,−1,−1
3)，⃗DB =(2,−2,0)，
则cos<⃗EB ,⃗DB>=|⃗EB⋅⃗DB)
|⃗EB)|⃗DB)
=
8
3 +2
❑√
16
9 +1+ 1
9 ×2❑√2
=
14
❑√26×2❑√2 =
7
❑√52，
则sin<⃗EB ,⃗DB>=
❑√1−cos
2<⃗EB ,⃗DB>=
❑√3
❑√52，
所以点E到直线BD的距离为|⃗EB)⋅sin<⃗EB ,⃗DB>= ❑√
16
9 +1+ 1
9 ×
❑√3
❑√52 =
❑√26
3
×
❑√3
❑√52 =
❑√6
6 .
故选：B.
6．（2025·北京顺义·一模）六氟化硫是一种无机化合物，常温常压下为无色无味无毒不燃的稳定气体.化学
式为S F6，在其分子结构中，硫原子位于中心，六个氟原子均匀分布在其周围，形成一个八面体的结构.如
图所示，该分子结构可看作正八面体，记为P−ABCD−Q，各棱长均相等，则平面PAB与平面QAB夹角
的余弦值是（ ）
A．
❑√2
2
B．
❑√2
3
C．1
2
D．1
3
【答案】D
【解题思路】建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法求平面与平面的夹角即可.
【解答过程】
设正八面体的棱长为a，连接AC、BD相较于点O，连接OP，
根据正八面体的性质可知ABCD为正方形，AC ⊥BD，OP⊥平面ABCD，
建立如图所示，以O为坐标原点，
分别以OB、OC、OP为x、y、z轴的空间直角坐标系，
A(0,−
❑√2a
2
,0)，B(
❑√2a
2
,0,0)，P(0,0,
❑√2a
2 )，Q(0,0,−
❑√2a
2 )，
所以⃗PA =(0,
❑√2a
2
,
❑√2a
2 )，⃗PB =(−
❑√2a
2
,0,
❑√2a
2 )，
设平面PAB的法向量为⃗n1=(x1, y1, z1)，
所以{⃗
n1⋅⃗PA =0⃗
n1⋅⃗PB =0)，{
❑√2a
2
y1+
❑√2a
2
z1=0
−
❑√2a
2
x1+
❑√2a
2
z1=0)
，令x1=1，
则有：{
x1=1
y1=−1
z1=1 )
，所以⃗n1=(1,−1,1)，⃗
QA =(0,
❑√2a
2
,−
❑√2a
2 )，⃗QB =(−
❑√2a
2
,0,−
❑√2a
2 )，
设平面QAB的法向量为⃗n2=(x2, y2, z2)，
所以{⃗
n2⋅⃗QA =0⃗
n2⋅⃗QB =0)，{
❑√2a
2
y2−
❑√2a
2
z2=0
−
❑√2a
2
x2−
❑√2a
2
z2=0)
，令y2=1，
则有：{
x2=−1
y2=1
z2=1 )
，所以⃗n2=(−1,1,1)，
设平面PAB与平面QAB夹角为θ，则cosθ =|⃗
n1⋅⃗n2
|⃗n1)|⃗n2))=|
−1−1+1
❑√3⋅❑√3 )= 1
3，
平面PAB与平面QAB夹角的余弦值为1
3.
故选：D.
7．（2025·黑龙江·一模）正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为1， E为棱D D1的中点，点P在面对角线
BC1上运动(P点异于B、C1点)，以下说法错误的是（ ）
A．B D1//平面AEC
B．A1 P⊥B1 D
C．直线B1 E与平面CD D1C1所成角的余弦值为2
3
D．三棱锥P−AC D1的体积为1
6
【答案】C
【解题思路】根据线面平行的判定定理可证明A 选项正确；应用空间向量计算数量积，可判断B 正确；
根据线面角的计算，可得C 选项错误；应用空间向量法可求得点到平面距离，再结合三棱锥的体积公式，
计算可得D 正确.
【解答过程】对于A，连接BD、AC，相交于点O，连接OE，如图所示，
因为四边形ABCD为正方形，所以O是BD中点，
又E为棱D D1的中点，所以OE // B D1，
又OE⊂平面AEC，B D1⊄平面AEC，所以B D1//平面AEC，故A 正确；
对于B，以D为原点，以DA、DC、D D1为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设
BP = λBC，则A1(1,0,1)，B1(1,1,1),D (0,0,0),P(1−λ ,1, λ)，
所以⃗B1 D =(−1,−1,−1),⃗A1 P =(−λ ,1, λ−1)，⃗A1 P⋅⃗B1 D =(−1)×(−λ)+(−1)×1+(−1)×(λ−1)=0
，所以A1 P⊥B1 D，故B 正确；
对于C，由B 选项知，A (1,0,0)，E(0,0, 1
2)，所以⃗B1 E =(−1,−1,−1
2)，
因为DA ⊥平面CD D1C1，所以平面CD D1C1的法向量为⃗DA =(1,0,0)，
设直线B1 E与平面CD D1C1所成角为θ，
所以sinθ = |⃗DA ⋅⃗B1 E)
|⃗DA)⋅|⃗B1 E)
= 2
3，所以cosθ =
❑√1−sin
2θ =
❑√5
3 ，故C 错误；
对于D，因为P(1−λ ,1, λ)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，D1(0,0,1)，
则⃗AP =(−λ ,1, λ)，⃗AC =(−1,1,0)，⃗C D1=(0,−1,1)，
设平面AC D1的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则{⃗
m⋅⃗AC =0⃗
m⋅⃗C D1=0)，即{
−x + y =0
−y + z =0)，解得⃗m=(1,1,1)，
因为AC = A D1=C D1= ❑√2，所以S△AC D1= 1
2 ×❑√2×❑√2×
❑√3
2 =
❑√3
2 ，
点P到平面AC D1的距离为ℎ=⃗AP⋅⃗m
|⃗m)
= −λ+1+ λ
❑√3
=
❑√3
3 ，
所以三棱锥P−AC D1的体积为V P−AC D1= 1
3 ×
❑√3
2 ×
❑√3
3 = 1
6 ，故D 正确.
故选：C.
8．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知四面体ABCD中，AB ,BC ,BD两两垂直，BC = BD = ❑√2, AB与平
面ACD所成角的正切值为1
2，则点B到平面ACD的距离为（ ）
A．
❑√3
2
B．2❑√3
3
C．
❑√5
5
D．2❑√5
5
【答案】D
【解题思路】建立空间直角坐标系，根据条件求出平面ACD的法向量，利用向量法求出点到平面的距离.
【解答过程】如图，以B为原点，BC ,BD ,BA所在直线分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
设BA =t，t >0，则B (0,0,0),C (❑√2,0,0), D(0,❑√2,0), A (0,0,t )，
所以⃗AB =(0,0,−t )，⃗CA =(−❑√2,0,t),⃗CD =(−❑√2,❑√2,0)．
设平面ACD的法向量为⃗n=(x , y , z)，则{⃗
n⋅⃗CA =−❑√2 x +tz =0⃗
n⋅⃗CD =−❑√2 x + ❑√2 y =0)，
令x =1，得y =1, z =
❑√2
t ，故⃗n=(1,1,
❑√2
t )．
因为直线AB与平面ACD所成角的正切值为1
2，
所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为
❑√5
5 ，
即
|⃗AB⋅⃗n)
|⃗AB)⋅|⃗n)
=
❑√2
t ⋅❑√
1+1+ 2
t
2
=
❑√5
5 ，解得t =2，
所以平面ACD的一个法向量为⃗n=(1,1,
❑√2
2 )，
故B到平面ACD的距离为d =|⃗AB⋅⃗n)
|⃗n)
=
❑√2
❑√1+1+ 1
2
= 2❑√5
5
．
故选：D．
二、多选题
9．（2025·山东潍坊·二模）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E、F分别为线段A1 D1、AB的中点，则
（ ）
A．EF与BC异面
B．EF //平面CD D1C1
C．EF ⊥AC
D．BD⊥平面EF C1
【答案】AC
【解题思路】利用异面直线的定义可判断A 选项；建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BCD 选
项.
【解答过程】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，
不妨设正方体的棱长为2，则A (2,0,0)、B (2,2,0)、C (0,2,0)、D (0,0,0)、
E (1,0,2)、F (2,1,0)、C1(0,2,2)，
对于A 选项，EF、BC既不平行，也不相交，故EF与BC异面，A 对；
对于B 选项，⃗EF =(1,1,−2)，易知平面CD D1C1的一个法向量为⃗m=(1,0,0)，
则⃗EF ⋅⃗m=1≠0，故EF与平面CD D1C1不平行，B 错；
对于C 选项，⃗AC =(−2,2,0)，所以，⃗EF ⋅⃗AC =−2+2=0，故EF ⊥AC，C 对；
对于D 选项，⃗DB =(2,2,0)，所以，⃗EF ⋅⃗DB =2+2= 4，所以，EF、BD不垂直，
故BD与平面EF C1不垂直，D 错.
故选：AC.
10．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）在棱长为1 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，O 为上底面A1B1C1 D1
的中心，则（ ）
A．OB //平面AC D1
B．OB⊥C1 D
C．直线BC1与C D1的距离为
❑√3
3
D．直线BC与平面AC D1所成角的正弦值为
❑√3
3
【答案】ACD
【解题思路】建立空间直角坐标系，根据向量法判断线面平行、线线垂直判断A，B，运用异面直线向量
距离公式求解判断C，根据向量法求解线面角判断D.
【解答过程】如图，建立空间直角坐标系，
则D (0,0,0), A (1,0,0),B (1,1,0),C (0,1,0),O(
1
2 , 1
2 ,1),C1(0,1,1), D1(0,0,1)，
所以⃗AC =(−1,1,0),⃗A D1=(−1,0,1)，⃗OB =(
1
2 , 1
2 ,−1)，
设平面AC D1的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则{⃗
m⋅⃗AC =−x + y =0⃗
m⋅⃗A D1=−x + z =0)，令x =1，可得⃗m=(1,1,1)，
所以⃗OB⋅⃗m= 1
2 ×1+ 1
2 ×1−1×1=0，即⃗OB⊥⃗m，
又因为OB⊄平面AC D1，所以OB//平面AC D1，故A 正确；⃗
BC =(−1,0,0)，平面AC D1的法向量⃗m=(1,1,1)，
设直线BC 与平面AC D1所成角为θ，
则sinθ =|cos⟨⃗BC ,⃗m))= |⃗BC ⋅⃗m)
|⃗BC)⋅|⃗m)
=|
−1
1×❑√3)=
❑√3
3 ，
所以直线BC 与平面AC D1所成角的正弦值为
❑√3
3 ，故D 正确；⃗
C1 D =(0,−1,−1)，⃗OB =(
1
2 , 1
2 ,−1)，
则⃗OB⋅⃗C1 D = 1
2 ×0+ 1
2 ×(−1)+(−1)×(−1)= 1
2 ≠0，
所以OB⊥C1 D不成立，故B 错误；
因为⃗BC1=(−1,0,1),⃗C D1=(0,−1,1)，设⃗n⊥⃗BC1,⃗n⊥⃗C D1，⃗n=(a,b,c)，
则{⃗
n⋅⃗BC1=−a+c =0⃗
n⋅⃗C D1=−b+c =0)，令a=1，则⃗n=(1,1,1)，
又因为⃗BC =(−1,0,0)，所以直线BC1与C D1的距离为|⃗
BC ⋅⃗n
|⃗n) )= 1
❑√3 =
❑√3
3 ，故C 正确.
故选：ACD.
11．（2025·山西·三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，E，F分别是棱C C1和B1C1的中
点．则（ ）
A．B1 D⊥EF
B．平面A1 EF与侧面A A1 D1 D的交线长为2❑√2
C．点C到平面A1 EF的距离为2
3
D．B1 D与平面A1 EF所成角的余弦值为
❑√3
9
【答案】BC
【解题思路】对于A 由B1C // EF即可判断，对于B 由EF // A1 D得面A1 EF与侧面A A1 D1 D的交线为
A1 D即可求解，对于CD 建立空间直角坐标系利用向量法即可判断.
【解答过程】因为B1 D与B1C不垂直，又B1C // EF，所以B1 D与EF不垂直，故A 错误；
由EF // A1 D， 所以E , F , A1, D四点共面，A1 D⊂平面A1 EFD，
所以平面A1 EFD与侧面A A1 D1 D的交线为A1 D，
由正方体棱长为2，得A1 D =2❑√2，故B 正确；
以D为坐标原点，建立如图所示坐标系．则C (0,2,0)，B1(2,2,2)，A1(2,0,2)，E (0,2,1)，F (1,2,2)，
所以⃗A1 F =(−1,2,0)，⃗EF =(1,0,1)，⃗B1 D =(−2,−2,−2)，⃗CE =(0,0,1)，
设平面A1 EF的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，由{⃗
n⋅⃗EF =0,⃗
n⋅⃗A1 F =0,)得{
x + z =0,
−x +2 y =0.)
令x =1，则y = 1
2，z =−1，
所以⃗n=(1, 1
2 ,−1)为平面A1 EF的一个法向量，
所以点C到平面A1 EF的距离d =|⃗n⋅⃗CE)
|⃗n)
= 2
3，故C 正确；
设B1 D与平面A1 EF所成角为α，则sinα =|⃗
n⋅⃗B1 D
|⃗n)|⃗B1 D))=
1
3
2 ×2❑√3
=
❑√3
9 ，
所以cosα =
❑√1−sin
2α =
❑√78
9
，
所以B1 D与平面A1 EF所成角的余弦值为
❑√78
9
，故D 错误．
故选：BC.
三、填空题
12．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）直三棱柱ABC −A1B1C1中，
AB = BC =2, A A1= ❑√3,∠ABC =120
∘, E为AB边中点，则异面直线A C1与B1 E所成角的余弦值为
.
【答案】
❑√15
5
【解题思路】由题意建立适当的空间直角坐标系，求出异面直线B1 E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即可运算求解.
【解答过程】取AC中点D，连接BD，因为AB = BC，所以BD⊥AC，
以D为原点，DB , DC分别为x , y轴，过点D且垂直于面BAC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐
标系，
AB = BC =2, A A1= ❑√3,∠ABC =120
∘,
所以AC =2❑√3, AD = DC = ❑√3,BD =1，
所以B (1,0,0), A (0,−❑√3,0),B1(1,0,❑√3),C1(0,❑√3,❑√3), E(
1
2 ,−
❑√3
2 ,0)，
所以⃗B1 E =(−1
2 ,−
❑√3
2 ,−❑√3),⃗A C1=(0,2❑√3,❑√3)，⃗
B1 E⋅⃗A C1=−1
2 ×0+(−
❑√3
2 )×2❑√3+(−❑√3)×❑√3=−6
|⃗B1 E)=
❑√(−1
2)
2
+(−
❑√3
2 )
2
+(−❑√3)
2=2,⃗A C1=
❑√(2❑√3)
2+(❑√3)
2= ❑√15
所以异面直线B1 E与A C1所成角为θ，.
则cosθ = |⃗B1 E⋅⃗A C1)
|⃗B1 E)⋅|⃗A C1)
=|
−6
2⋅❑√15)=
❑√15
5
，
所以异面直线B A1与A C1所成角的余弦值为
❑√15
5
.
故答案为：
❑√15
5
.
13．（2025·湖南·三模）如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，△ABC 是正三角形，D 为AC 的中点，点E
在棱C C1上，且CE =2 EC1，若AB =2，A A1=3，则点A1到平面BDE 的距离为 .
【答案】❑√5
【解题思路】建立适当的空间直角坐标系，求出⃗A1B ,⃗n，其中⃗n是平面BDE的法向量，结合公式
|⃗A1B⋅⃗n)
|⃗n)
即可运算求解.
【解答过程】如图，取AB , A1B1的中点F ,G，因为A A1⊥平面ABC，FB , FC ⊂平面ABC，
所以A A1⊥FB , A A1⊥FC，
因为三角形ABC是等边三角形，点F是AB中点，所以FB⊥FC，
所以FB , FC , FG两两互相垂直，以点F为坐标原点，FB , FC , FG所在直线分别为x , y , z轴建立空间直
角坐标系，
因为CE =2 EC1，AB =2，A A1=3，D 为AC 的中点，
所以B (1,0,0), A (−1,0,0),C (0,❑√3,0), D(−1
2 ,
❑√3
2 ,0), E(0,❑√3,2), A1(−1,0,3)，
所以⃗A1B =(2,0,−3),⃗DB =(
3
2 ,−
❑√3
2 ,0),⃗EB =(1,−❑√3,−2)，
设平面BDE的法向量为⃗n=(x , y , z)，
所以{⃗
DB⋅⃗n= 3
2 x−
❑√3
2 y =0⃗
EB⋅⃗n= x−❑√3 y −2 z =0)
，令x =1，解得y = ❑√3, z =−1，
所以可取⃗n=(1,❑√3,−1)，
点A1到平面BDE 的距离为|⃗A1B⋅⃗n)
|⃗n)
=
2+3
❑√1+3+1 = ❑√5.
故答案为：❑√5.
14．（2025·湖南·三模）如图1，已知球O 的半径R = ❑√3．在球O 的内接三棱锥D−ABC中．DB⊥平面
ABC，AC ⊥BC，AC = ❑√2BC，BD = ❑√6．P，Q 分别为线段AC，BC 的中点，G 为线段BD 上一点
（不与点B 重合），如图2．则平面OBC与平面GPQ夹角的余弦值的最大值为
．
【答案】
❑√15
5
【解题思路】以点C 为坐标原点，直线CB，CA 分别为x，y 轴，过点C 且与BD 平行的直线为z 轴，建立
适当的空间直角坐标系，求出平面OBC与平面GPQ的法向量，进一步得平面OBC与平面GPQ夹角的余
弦值的最大值的表达式，结合换元法、基本不等式求解即可.
【解答过程】因为DB⊥平面ABC，AC , AB⊂平面ABC，所以DB⊥AC，DB⊥AB，
因为AC ⊥BC，又BD∩BC = B，所以AC ⊥平面BCD，
又CD⊂平面BCD，所以AC ⊥CD，
易知在Rt△ACD和Rt△ADB中，斜边AD 的中点到点A，B，C，D 的距离相等，
即AD 为球O 的直径，设BC =a(a>0)，因为AC ⊥BC，AC = ❑√2BC，
所以AB = ❑√3a，AC = ❑√2a，因为AD =2❑√3，BD = ❑√6，
所以Rt△ADB中，AB = ❑√6= ❑√3a，a= ❑√2．
以点C 为坐标原点，直线CB，CA 分别为x，y 轴，过点C 且与BD 平行的直线为z 轴建立如图所示的空间
直角坐标系，
则C (0,0,0)，A (0,2,0)，B(❑√2,0,0)，D(❑√2,0,❑√6)，设BG=t，t ∈(0,❑√6)，
由题可知P(0,1,0)，Q(
❑√2
2 ,0,0)，G(❑√2,0,t)，O(
❑√2
2 ,1,
❑√6
2 )，
则⃗CO =(
❑√2
2 ,1,
❑√6
2 ),⃗BC =(−❑√2,0,0)，⃗PQ =(
❑√2
2 ,−1,0)，⃗QG =(
❑√2
2 ,0,t)，
设平面OBC的一个法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，
则{⃗
m⋅⃗BC =−❑√2 x1=0⃗
m⋅⃗CO =
❑√2
2 x1+ y1+
❑√6
2 z1=0)
，取z1=−2，可得⃗m=(0,❑√6,−2)．
设平面GPQ的一个法向量为⃗p=(x2, y2, z2)，
则{⃗
p⋅⃗PQ =
❑√2
2 x2−y2=0⃗
p⋅⃗QG =
❑√2
2 x2+t z2=0)
，取x2= ❑√2t，可得⃗p=(❑√2t ,t ,−1)．
设平面OBC与平面GPQ的夹角为θ．
因为cosθ =|cos ⟨⃗m,⃗p))=|⃗m⋅⃗p)
|⃗m)|⃗p) =
|❑√6t +2)
❑√10⋅
❑√3t
2+1
=
❑√5
5 ×|❑√3t + ❑√2)
❑√3t
2+1
=
❑√5
5 ×
❑√
(❑√3t + ❑√2)
2
3t
2+1
=
❑√5
5 ×❑√
1+ 2❑√6t +1
3t
2+1
，
令s=2❑√6t +1，则s∈(1,13)，t = s−1
2❑√6 ，3t
2= (s−1)
2
8
，
可得
2❑√6t +1
3t
2+1
=
s
(s−1)
2
8
+1
=
8 s
s
2−2s+9
=
8
s+ 9
s −2
≤
8
2❑√s⋅9
s −2
=
8
6−2 =2
，
当且仅当s=3，即t =
❑√6
6 时等号成立，
此时cosθ =
❑√5
5 ×❑√
1+ 2❑√6t +1
3t
2+1
≤
❑√15
5
即cosθ取得最大值
❑√15
5
．
故答案为：
❑√15
5
.
四、解答题
15．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形ABCD中，AB//CD ,∠DAB =90°，F 为CD 的中
点，点E 在AB 上，EF // AD，AB =3 AD ,CD =2 AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EF D
′ A
′，
使得面EF D
′ A
′与面EFCB 所成的二面角为60°．
(1)证明：A
′ B //平面C D
′ F；
(2)求面BC D
′与面EF D
′ A
′所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√42
7
【解题思路】（1）先应用线面平行判定定理得出A
′ E //平面C D
′ F及EB //平面C D
′ F，
再应用面面平行判定定理得出平面A
′ EB//平面C D
′ F，进而得出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点B ,C , D
′ , E , F的坐标表示出来，然后将平面BC D
′及平面
EF D
′ A
′的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其
正弦值.
【解答过程】（1）设AD =1，所以AB =3,CD =2，因为F为CD中点，所以DF =1，因为EF // AD，
AB//CD，所以AEFD是平行四边形， 所以AE // DF，所以A
′ E // D
′ F，
因为D
′ F ⊂平面C D
′ F , A
′ E⊄平面C D
′ F，所以A
′ E //平面C D
′ F，
因为FC // EB , FC ⊂平面C D
′ F , EB⊄平面C D
′ F，所以EB//平面C D
′ F，
又EB∩A
′ E = E，EB , A
′ E⊂平面A
′ EB，所以平面A
′ EB //平面C D
′ F，
又A
′ B⊂平面A
′ EB，所以A
′ B //平面C D
′ F．
（2）
因为∠DAB =90°，所以AD⊥AB，又因为AB// FC , EF // AD，所以EF ⊥FC，
以F为原点，FE , FC以及垂直于平面BECF的直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系.
因为D
′ F ⊥EF ,CF ⊥EF，平面EF D
′ A
′与平面EFCB所成二面角为60° ，
所以∠D
′ FC =60
°.
则B (1,2,0)，C (0,1,0)，D
′(0, 1
2 ,
❑√3
2 )，E (1,0,0)，F (0,0,0)，.
所以⃗BC =(−1,−1,0),⃗C D
′ =(0,−1
2 ,
❑√3
2 ),⃗FE =(1,0,0),⃗F D
′ =(0, 1
2 ,
❑√3
2 ).
设平面BC D
′的法向量为⃗n=(x , y , z)，则
{⃗
BC ·⃗n=0⃗
C D
′·⃗n=0)，所以{
−1
2 y +
❑√3
2 z =0
−x−y =0 )
，令y = ❑√3，则z =1, x =−❑√3，则⃗n=(−❑√3,❑√3,1).
设平面EF D
′ A
′的法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，
则{⃗
FE·⃗m=0⃗
F D
′·⃗m=0)，所以{
1
2 y +
❑√3
2 z =0
x =0
)
，
令y = ❑√3，则z =−1, x =0，所以⃗m=(0,❑√3,−1).
所以cos⟨⃗m,⃗n)= |⃗m·⃗n)
|⃗m)⃗|n)
=
0+3−1
❑√3+3+1×❑√1+3 = 1
❑√7 .
所以平面BC D
′与平面EF D
′ A
′夹角的正弦值为❑√
1−(
1
❑√7)
2
=
❑√42
7
.
16．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥P−ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形，
∠ADC =90°，∠BAC =90°，E 为BC 的中点．
(1)若F ,G分别为PD , PE的中点，求证：FG //平面PAB；
(2)若PA ⊥平面ABCD，PA = AC，求直线AB 与平面PCD 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√3
3
【解题思路】（1）取PA 的中点N，PB 的中点M，连接FN、MN，只需证明FG∥MN即可；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB 的方向向量与面PCD 的法向量，根据向量夹角公式即可
求解.
【解答过程】（1）取PA 的中点N，PB 的中点M，连接FN、MN，
∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形且∠ADC =90°，∠BAC =90°，
不妨设AD =CD =2，∴AC = AB =2❑√2.∴BC = 4.
∵E、F 分别为BC、PD 的中点，
∴FN = 1
2 AD =1,GM = 1
2 BE =1，且FN // AD ,GM // BC.
∵∠DAC = 45° , ∠ACB = 45°，∴AD∥BC，
∴FN ∥GM，∴四边形FGMN 为平行四边形，
∴FG∥MN，
∵FG⊄平面PAB，MN ⊂平面PAB，∴FG∥平面PAB；
（2）∵PA ⊥平面ABCD，∴以A 为原点，AC、AB、AP 所在直线分别为x、y、z 轴建立如图所示的空间
直角坐标系，
设AD =CD =2，则A (0,0,0),B(0,2❑√2,0),C (2❑√2,0,0), D(❑√2,−❑√2,0), P(0,0,2❑√2)，
∴AB⃗=(0,2❑√2,0), DC⃗=(❑√2,❑√2,0),CP⃗=(−2❑√2,0,2❑√2)，
设平面PCD 的一个法向量为⃗n=( x , y , z)，
∴{
DC⃗⋅n
→
=0
CP⃗⋅n
→
=0)
，∴{
❑√2 x + ❑√2 y =0
−2❑√2 x +2❑√2 z =0)，
取x =1，∴y =−1, z =1，∴n
→
=(1,−1,1).
设AB 与平面PCD 所成角为θ，
则sinθ =|cos⟨AB⃗, n
→
⟩|= |AB
→
⋅n
→)
|AB
→)⋅|n
→)
=|0×1+2❑√2×(−1)+0×1|
2❑√2×
❑√1
2+(−1)
2+1
2
=
2❑√2
2❑√2×❑√3 =
❑√3
3 ，
即AB 与平面PCD 所成角的正弦值为
❑√3
3 .
17．（2025·江西新余·模拟预测）如图，P是菱形ABCD所在平面外一点，且△PBD为等边三角形，
(1)证明：平面PAC ⊥平面ABCD；
(2)若∠BAD =π
3 且PA = AB，问线段PC上是否存在点Q（不包含端点），使得平面ABQ与平面PBC夹
角的正弦值是
❑√5
3 ?若存在，求PQ
PC 的值，若不存在请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，PQ
PC = 1
4 或PQ
PC = 3
4
【解题思路】（1）根据题意可得BD⊥AC，PO⊥BD，结合面面垂直的判定即可证明；
（2）以O为原点建立空间直角坐标系，设⃗PQ = λ⃗PC，再利用面面角的向量求法即可求解.
【解答过程】（1）连接BD交AC于点O，连接PO．
因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，
因为O为BD的中点，且△PBD为等边三角形，所以PO⊥BD．
又AC , PO⊂平面APC，且AC ∩PO=O，所以BD⊥平面APC，
又BD⊂平面ABCD，所以平面APC ⊥平面ABCD．
（2）存在
因为∠BAD =π
3 ，所以△ABD为等边三角形，BD = AB，
又PA = AB，所以PA = PB = PD，所以三棱锥P−ABD为正三棱锥，
过P作PH ⊥平面ABCD，垂足为H，故H为△ABD的重心，
设AB =2❑√3，则OA =3,∴OH = 1
3 OA =1, HA =2，所以PH =
❑√P A
2−H A
2=2❑√2，
以O为原点，OB ,OC所在直线为x , y轴建立空间直角坐标系Oxyz如下图所示，
故A (0,−3,0),B(❑√3,0,0),C (0,3,0), P(0,−1,2❑√2)，
则⃗BP =(−❑√3,−1,2❑√2),⃗BC =(−❑√3,3,0)，
设平面PBC的法向量为⃗n1=(x1, y1, z1)，
则{⃗
BP⋅⃗n1=−❑√3 x1−y1+2❑√2 z1=0⃗
BC ⋅⃗n1=−❑√3 x1+3 y1=0 )，令x1= ❑√3，故⃗n1=(❑√3,1,❑√2)．
设⃗PQ = λ⃗PC =(0,4 λ ,−2❑√2 λ), λ∈(0,1)，
则⃗AQ =⃗AP+⃗PQ =(0,4 λ+2,2❑√2−2❑√2 λ),⃗AB =(❑√3,3,0)，
设平面ABQ的法向量为⃗n2=(x2, y2, z2)，
则{⃗
AB⋅⃗n2= ❑√3 x2+3 y2=0⃗
AQ⋅⃗n2=(4 λ+2) y2+(2❑√2−2❑√2 λ) z2=0)，
令x2= ❑√3，故⃗n2=(
❑√3,−1,
2 λ+1
❑√2−❑√2 λ)．
设平面ABQ与平面PBC的夹角为θ，
于是cosθ =|cos⟨⃗n1,⃗n2))=|⃗
n1⋅⃗n2
|⃗n1)⋅|⃗n2))= |2+ ❑√2⋅
2 λ+1
❑√2−❑√2 λ)
❑√6×❑√
4 +(
2 λ+1
❑√2−❑√2 λ)
2 =|
❑√3
1−λ
❑√8+(
2 λ+1
1−λ )
2)
，
cosθ =
❑√3
❑√12 λ
2−12 λ+9
=
1
❑√4(λ−1
2)
2
+2
，由于sinθ =
❑√5
3 ，则cosθ = 2
3，
即
1
❑√
4(λ−1
2)
2
+2
= 2
3，由于λ∈(0,1)，所以λ= 1
4 或λ= 3
4 ，
所以PQ
PC = 1
4 或PQ
PC = 3
4 ．
18．（2025·天津·高考真题）正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为4，E、F分别为A1 D1,C1B1中点，
CG =3GC1．
(1)求证：GF ⊥平面FBE；
(2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值；
(3)求三棱锥D−FBE的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)4
5
(3)32
3
【解题思路】（1）法一、利用正方形的性质先证明FG⊥BF，再结合正方体的性质得出EF ⊥平面
BC C1B1，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线
面垂直即可；
（2）利用空间向量计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可.
【解答过程】（1）法一、在正方形BC C1B1中，
由条件易知tan ∠C1 FG = C1G
C1 F = 1
2 = F B1
B B1
= tan ∠B1BF，所以∠C1 FG=∠B1BF，
则∠B1 FB+∠B1BF =π
2 =∠C1 FG+∠B1 FB，
故∠BFG =π−(∠C1 FG+∠B1 FB)=π
2 ，即FG⊥BF，
在正方体中，易知D1C1⊥平面BC C1B1，且EF // D1C1，
所以EF ⊥平面BC C1B1，
又FG⊂平面BC C1B1，∴EF ⊥FG，
∵EF ∩BF = F , EF 、BF ⊂平面BEF，∴GF ⊥平面BEF；
法二、如图以D 为中心建立空间直角坐标系，
则B (4,4,0), E (2,0,4), F (2,4,4),G (0,4,3)，
所以⃗EF =(0,4,0),⃗EB =(2,4 ,−4),⃗FG =(−2,0,−1)，
设⃗m=(a,b,c)是平面BEF的一个法向量，
则{⃗
m⋅⃗EF = 4 b=0⃗
m⋅⃗EB =2a+ 4 b−4 c =0)，令a=2，则b=0,c =1，所以⃗m=(2,0,1)，
易知FG
→
=−m
→
，则⃗FG也是平面BEF的一个法向量，∴GF ⊥平面BEF；
（2）同上法二建立的空间直角坐标系，
所以⃗EG =(−2,4 ,−1),⃗BG =(−4,0,3)，
由（1）知⃗FG是平面BEF的一个法向量，
设平面BEG的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，所以{⃗
n⋅⃗EG =−2 x + 4 y −z =0⃗
n⋅⃗BG =−4 x +3 z =0 )，
令x =6，则z =8, y =5，即⃗n=(6,5,8)，
设平面BEF与平面BEG的夹角为α，
则cosα =|cos⟨⃗FG ,⃗n))= |⃗FG⋅⃗n)
|⃗FG)⋅|⃗n)
=
20
❑√5×❑√125 = 4
5 ；
（3）由（1）知EF ⊥平面BC C1B1，FB⊂平面BC C1B1，∴EF ⊥FB，
易知S△BEF = 1
2 EF ⋅BF = 1
2 ×4×
❑√4
2+2
2= 4 ❑√5，
又⃗DE =(2,0,4)，则D 到平面BEF的距离为d =|⃗DE⋅⃗FG)
|⃗FG)
= 8
❑√5
，
由棱锥的体积公式知：V D−BEF = 1
3 d ×S△BEF = 1
3 × 8
❑√5 ×4 ❑√5= 32
3 .
19．（2025·全国·模拟预测）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD // BC，AD⊥AB，
AD =2BC，E为PD的中点，如图所示．
(1)证明：CE //平面PAB；
(2)若△PAB为等边三角形，平面PAB⊥平面ABCD，AB = AD =2，求二面角P−AC −E的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√6
4
【解题思路】（1）取PA的中点F，连接BF , EF，由题设先证明四边形BCEF为平行四边形，可得
CE // BF，进而求证即可；
（2）取AB的中点O ,CD的中点G，连接PO，由面面垂直的性质得到PO⊥平面ABCD，进而建立空间
直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【解答过程】（1）如图所示，取PA的中点F，连接BF , EF．
由E , F分别为PD , PA的中点，则EF // AD , AD =2 EF，
而AD // BC , AD =2BC，得EF // BC , EF = BC，
即四边形BCEF为平行四边形，故CE // BF，
而BF ⊂平面PAB ,CE⊄平面PAB，故CE //平面PAB．
（2）取AB的中点O ,CD的中点G，连接PO，
由△PAB为等边三角形，则PO⊥AB．
由平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD = AB , PO⊂平面PAB，
故PO⊥平面ABCD．
由AD // BC , AD⊥AB，
以O为坐标原点，OB ,OG ,OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A (−1,0,0),C (1,1,0), D (−1,2,0), P(0,0,❑√3)，E(−1
2 ,1,
❑√3
2 )，
则⃗AC =(2,1,0),⃗PC =(1,1,−❑√3),⃗AE =(
1
2 ,1,
❑√3
2 )．
设平面PAC的一个法向量为⃗m=(a,b,c)，
则¿，即{
2a+b=0
a+b−❑√3c =0)，取b=2，得⃗m=(−1,2,
❑√3
3 )，
设平面ACE的一个法向量为⃗n=(d ,e ,f )，
则{⃗
AC ⋅⃗n=0⃗
AE⋅⃗n=0)，即{
2d +e =0
1
2 d +e+
❑√3
2 f =0)
，取e =−2，得⃗n=(1,−2,❑√3)．
则cos⟨⃗m,⃗n)=⃗m⋅⃗n
|⃗m)⋅|⃗n) =
−1×1−2×2+
❑√3
3 ×❑√3
❑√1+ 4+ 1
3 ×❑√1+ 4+3
=−
❑√6
4 ．
由图形知，二面角P−AC −E为锐二面角，
故二面角P−AC −E的余弦值为
❑√6
4 ．
