关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
专题13 空间向量与立体几何（八大题型8 大易错题）
【题型1 用基向量表示指定向量的方法】
1．（24-25 高二上·天津滨海新·阶段练习）如图在三棱锥P−ABC 中，M是AB的中点，若⃗
PA =⃗a，⃗PB =⃗b，⃗PC =⃗c，则下列向量中与⃗CM相等的向量是（ ）
A．1
2⃗a+ 1
2⃗b−⃗c
B．−⃗a−⃗b+⃗c
C．−1
2⃗a−1
2⃗b+⃗c
D．⃗a+⃗b−⃗c
【答案】A
【分析】结合图形，由空间向量的运算求解即可；
【详解】M是AB的中点，所以⃗
CM = 1
2 (⃗CA +⃗CB)= 1
2 (⃗PA −⃗PC +⃗PB−⃗PC)= 1
2 (⃗a−⃗c +⃗b−⃗c)= 1
2⃗a+ 1
2⃗b−⃗c，
故选：A.
2．（24-25 高二上·海南·阶段练习）如图，空间四边形OABC中，⃗OA =⃗a，⃗OB =⃗b，⃗OC =⃗c，点M 为BC
中点，点N 在侧棱OA 上，且ON =2 NA，则⃗MN =（ ）
A．−2
3⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c
B．2
3⃗a−1
2⃗b−1
2⃗c
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．1
2⃗a+ 1
2⃗b−1
2⃗c
D．−1
2⃗a−2
3⃗b+ 1
2⃗c
【答案】B
【分析】根据图形，利用空间向量的线性运算求解即可.
【详解】⃗MN =⃗ON −⃗OM = 2
3⃗OA −1
2 (⃗OB+⃗OC)= 2
3⃗a−1
2⃗b−1
2⃗c.
故选：B.
3．（23-24 高二上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，空间四边形OABC 中，⃗OA =⃗a，⃗OB=⃗b，⃗OC =⃗c，点M 在
OA 上，且⃗OM = 2
3⃗OA，点N 为BC 中点，则⃗MN等于（ ）
A．1
2⃗a+ 1
2⃗b−1
2⃗c
B．−2
3⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c
C．2
3⃗a+ 2
3⃗b−1
2⃗c
D．−2
3⃗a+ 2
3⃗b−1
2⃗c
【答案】B
【分析】利用空间向量的加法及减法运算法则进行线性运算，逐步表示即可得到结果.
【详解】∵点N为BC中点，
∴⃗ON =⃗OB+⃗BN =⃗OB+ 1
2⃗BC =⃗OB+ 1
2 (⃗OC −⃗OB)= 1
2⃗OB+ 1
2⃗OC = 1
2⃗b+ 1
2⃗c，
∴⃗MN =⃗ON −⃗OM =⃗ON −2
3⃗OA = 1
2⃗b+ 1
2⃗c−2
3⃗a=−2
3⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c.
故选：B.
4．（24-25 高二上·陕西咸阳·阶段练习）如图，三棱锥O−ABC中，⃗OA =⃗a，⃗OB =⃗b，⃗OC =⃗c，点M为
BC中点，点N 满足⃗ON =2⃗NA，则⃗MN =（ ）
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．1
2⃗a−1
3⃗b−2
3⃗c
B．1
2⃗a−1
3⃗b+ 2
3⃗c
C．2
3⃗a−1
2⃗b−1
2⃗c
D．−1
2⃗a−2
3⃗b+ 1
2⃗c
【答案】C
【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】⃗MN =⃗MO+⃗ON =−1
2 (⃗OB+⃗OC)+ 2
3⃗OA = 2
3⃗OA −1
2⃗OB−1
2⃗OC = 2
3⃗a−1
2⃗b−1
2⃗c.
故选：C.
【题型2 三点共线和空间四点共面的问题】
5．（24-25 高二上·四川·期末）已知向量⃗a=(2,−1,−3)，⃗b=(λ ,2, μ)，若⃗a，⃗b共线，则λ−μ=（ ）
A．−2
B．2
C．−10
D．10
【答案】C
【分析】根据向量共线的坐标表示计算可得结果.
【详解】依题意可得λ
2 = 2
−1 = μ
−3，解得λ =−4，μ=6，
所以λ−μ=−10.
故选：C.
6．（24-25 高二上·安徽蚌埠·阶段练习）设e1，e2是空间两个不共线的非零向量，已知⃗AB =2⃗e1+ k⃗e2，⃗
BC =⃗e1+3⃗e2，⃗DC =2⃗e1−⃗e2，且A、B、D三点共线，则实数k的值为（ ）
A．−2
B．−4
C．−8
D．8
【答案】C
【分析】利用向量的线性运算表示⃗AD，根据A、B、D三点共线可得⃗AB = λ⃗AD，建立等量关系可得k
的值.
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】∵AB⃗=2e⃗1+ k e⃗2，BC⃗=e⃗1+3e⃗2，DC⃗=2e⃗1−e⃗2，
∴AD⃗= AB⃗+ BC⃗−DC⃗=(2e⃗1+ k e⃗2)+(e⃗1+3e⃗2)−(2e⃗1−e⃗2)=e⃗1+(k + 4)e⃗2，
∵A、B、D三点共线，
∴∃λ∈R，使得⃗AB = λ⃗AD，
即2e⃗1+k e⃗2= λ[e⃗1+(k + 4)e⃗2]= λe⃗1+ λ(k + 4)e⃗2，
∴λ =2，λ(k + 4)=k，解得k =−8．
故选：C．
7．（24-25 高二上·山西·阶段练习）若{⃗a,⃗b,⃗c}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．a
→
+ b
→，c
→，⃗a+⃗b+⃗c，
B．⃗a−⃗c，⃗a，⃗a+⃗c
C．⃗b+⃗c，⃗b，⃗c−⃗b
D．⃗a+⃗b，⃗b+⃗c，⃗c +⃗a
【答案】D
【分析】根据空间向量的基底向量的定义结合向量共面逐项分析判断.
【详解】对于A，因为⃗a+⃗b+⃗c =(⃗a+⃗b)+⃗c，所以⃗a+⃗b+⃗c，⃗a+⃗b，⃗c共面，故A 错误；
对于B，因为⃗a= 1
2
(⃗a−⃗c)+ 1
2
(⃗a+⃗c)，所以⃗a−⃗c，⃗a，⃗a+⃗c共面，故B 错误；
对于C，因为b
→
= 1
2(b
→
+ c
→)−1
2(c
→
−b
→)，所以⃗b+⃗c，⃗b，⃗c−⃗b共面，故C 错误；
对于D，假设三个向量共面，则存在实数x，y，使得a
→
+ b
→
= x(c
→
+ b
→)+ y(c
→
+ a
→)成立，
则¿显然方程组无解，所以⃗a+⃗b，⃗b+⃗c，⃗c +⃗a不共面，故D 正确.
故选：D.
8．（24-25 高二上·贵州六盘水·期末）已知向量⃗OM =(2,1,2),⃗ON =(−2,1,1),⃗OP =(8,6, λ)，若
O , M , N , P四点共面，则向量⃗OP在⃗OM上的投影向量的模为（ ）
A．12
B．22
3
C．44
9
D．44
3
【答案】D
【分析】根据O , M , N , P四点共面，可得⃗OM ,⃗ON ,⃗OP共面，再根据空间向量共面定理求出λ，再求
出向量⃗OP在⃗OM上的投影长度即可.
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】因为O , M , N , P四点共面，
所以⃗OM ,⃗ON ,⃗OP共面，
则存在唯一实数对(x , y)，使得⃗OP = x⃗OM + y⃗ON，
即(8,6, λ)= x (2,1,2)+ y (−2,1,1)，
所以¿，解得¿，
所以⃗OP =(8,6,11)，
向量⃗OP在⃗OM上的投影向量的模即为向量⃗OP在⃗OM上的投影长度，
所以向量⃗OP在⃗OM上的投影向量的模为|⃗OP⋅⃗OM|
|⃗OM|
= 44
3 .
故选：D.
9．（24-25 高二上·河南·阶段练习）已知三个向量⃗a=(1,1,0),⃗b=(−1,0,2),⃗c =(x ,2,5)共面，则x =（ ）
A．−9
2
B．9
2
C．−1
2
D．1
2
【答案】C
【分析】根据向量共面设出对应向量关系式，解方程组可求出结果.
【详解】因为⃗a,⃗b,⃗c共面，所以设⃗c =m⃗a+n⃗b，所以¿，解得x =−1
2，
故选：C.
10．（24-25 高二上·贵州贵阳·阶段练习）O为空间任意一点，若⃗OP= 3
4⃗OA + 1
8⃗OB+t⃗OC，若A ,B ,C , P
四点共面，则t =（ ）
A．1
B．1
2
C．1
8
D．1
4
【答案】C
【分析】根据空间向量共面的基本定理可得答案.
【详解】若A ,B ,C , P四点共面，则3
4 + 1
8 +t =1，
解得t = 1
8.
故选：C.
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【题型3 空间向量数量积的应用】
11．（24-25 高二上·北京·阶段练习）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，AC ∩BD =O，
D1O∩B1 D = P，则直线PA与直线PB夹角的余弦值为（ ）
A．√6
6
B．√3
3
C．√5
5
D．√2
2
【答案】A
【分析】作出相关图象，建立空间坐标系，利用空间向量求解直线PA与直线PB夹角的余弦值，即可
求解.
【详解】由题意作出相关图象，如下图，
以点D 为坐标原点，DA , DC , D D1所在直线为x , y , z轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为2，
则D (0,0,0) A (2,0,0)，B (2,2,0)，O(1,1,0)，D1(0,0,2)，
连接B1 D1，易得△D1 P B1与△DPO相似，又由正方体性质2 DO = B1 D1，
所以D1 P =2 PO，从而可得P(
2
3 , 2
3 , 2
3)，
故PA
→
=(
4
3 ,−2
3 ,−2
3)，PB
→
=(
4
3 , 4
3 ,−2
3)，
所以，
设直线PA与直线PB夹角为θ，则cosθ = √6
6 ，故A 正确.
故选：A.
12．（24-25 高二上·贵州贵阳·期中）若⃗a=(−1,2,1),⃗b=(1,2,3)，则(⃗a+⃗b)⋅(2⃗a−⃗b)=（ ）
A．4
B．5
C．21
D．26
【答案】A
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【分析】先求⃗a+⃗b,2⃗a−⃗b的坐标，再利用数量积的坐标运算求解.
【详解】因为⃗a=(−1,2,1),⃗b=(1,2,3)，
所以⃗a+⃗b=(0,4,4),2⃗a−⃗b=(−3,2,−1)，
则(⃗a+⃗b)⋅(2⃗a−⃗b)=0×(−3)+ 4×2+ 4×(−1)= 4.
故选：A.
13．（24-25 高二上·四川眉山·期中）棱长为1的正四面体ABCD中，点E是AD的中点，则⃗BA ⋅⃗CE =
（ ）
A．1
4
B．−1
4
C．√3
4
D．−√3
4
【答案】A
【分析】根据向量线性运算法则和数量积的性质可得BA⃗⋅CE
→
= BA⃗⋅CA⃗+ BA⃗⋅AE⃗，结合数量积定
义可得结论．
【详解】因为⃗CE =⃗CA +⃗AE，
所以BA
→
·CE
→
= BA
→
·(CA
→
+ AE
→)= BA
→
·CA
→
+ BA
→
· AE
→
，
又|BA
→|=|CA
→|=1，|AE
→|= 1
2，，，
所以BA
→
·CE
→
=1×1×cosπ
3 +1× 1
2 ×cos 2π
3 = 1
4 ．
故选：A．
14．（24-25 高二上·北京·阶段练习）已知空间向量⃗a,⃗b,⃗c满足⃗a+⃗b+⃗c =⃗0，且|⃗a|=2,|⃗b|=3,|⃗c|= 4，
则cos〈⃗a,⃗b 〉=（ ）
A．1
2
B．√2
2
C．√3
2
D．1
4
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】D
【分析】由题可知⃗a+⃗b=−⃗c，然后两边同时平方，代入已知数据计算即可.
【详解】因为⃗a+⃗b+⃗c =⃗0，
所以⃗a+⃗b=−⃗c⇒(⃗a+⃗b)
2=(−⃗c)
2⇒⃗a
2+⃗b
2+2⃗a·⃗b=⃗c
2,
得4+9+2×2×3cos⟨⃗a,⃗b⟩=16⇒cos⟨⃗a,⃗b⟩= 1
4 .
故选：D
15．（2024 高三·全国·专题练习）空间四边形OABC中，OB =OC，∠AOB =∠AOC =π
3 ，则
cos⟨⃗OA ,⃗BC⟩的值是（ ）
A．1
2
B．√2
2
C．−1
2
D．0
【答案】D
【分析】利用OB =OC，以及⃗OA ⋅⃗BC的数量积的定义化简cos⟨⃗OA ,⃗BC⟩的值，
【详解】OB =OC，故⃗OA ⋅⃗BC =⃗OA ⋅(⃗OC −⃗OB)=⃗OA ⋅⃗OC −⃗OA ⋅⃗OB
=|OA⃗|⋅|OC⃗|cos π
3 −|OA⃗|⋅|OB⃗|cos π
3 =|OA⃗|⋅|OB⃗|cos π
3 −|OA⃗|⋅|OB⃗|cos π
3 =0
所以.
故选：D．
16．（24-25 高二上·安徽黄山·期中）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，
AB = AD =1, A C1= 4 , A A1=3，∠A1 AB =∠A1 AD =π
3
，则∠BAD =（ ）
A．π
3
B．2π
3
C．π
4
D．π
2
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】B
【分析】由图及空间向量加法可得⃗A C1=⃗AB+⃗AD +⃗A A1，后由题意及模长公式可得答案.
【详解】设∠BAD =θ，因为六面体ABCD−A1B1C1 D1是平行六面体，
所以⃗A C1=⃗AB+⃗AD +⃗A A1，因为AB = AD =1, A C1= 4 , A A1=3，
代入计算可得：⃗
A C1
2=(⃗AB+⃗AD +⃗A A1)
2=⃗A B
2+⃗AD
2+⃗A A1
2+2⃗AB⋅⃗AD +2⃗AD⋅⃗A A1+2⃗A A1⋅⃗AB，
故有：16=1+1+9+2|⃗AB|⋅|⃗AD|cos∠BAD+2|⃗AD|⋅|⃗A A1|cos∠A1 AD +2|⃗A A1|⋅
|⃗AB|cos∠A1 AB，所以16=11+2cosθ+6cosπ
3 +6cosπ
3 ，
所以cosθ =−1
2，因为θ∈(0,π)，所以θ = 2π
3 .
故选：B
【题型4 利用空间向量证明空间线面位置关系】
17．（20-21 高二上·山东菏泽·阶段练习）如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，
AD⊥CD，AB //CD，AB = AD =2，CD = 4，M 为CE 的中点．
(1)求证：BM∥平面ADEF；
(2)求证：BC ⊥平面BDE.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可以D 为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量共面定理可证明⃗n⊥⃗BM，即
可证明BM //平面ADEF；
（2）由空间向量数量积为零可证明BC ⊥DB，BC ⊥DE，再由线面垂直的判定定理即可证明
BC ⊥平面BDE.
【详解】（1）根据题意可知平面ADEF ⊥平面ABCD，平面ADEF ∩平面ABCD = AD，
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
又ADEF是正方形，所以AD⊥ED，ED⊂平面ADEF，
所以ED⊥平面ABCD，从而可得⃗DA，⃗DC，⃗DE两两垂直；
以D 为原点，分别以⃗DA，⃗DC，⃗DE分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标
系．
则D (0,0,0), A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,4,0), E (0,0,2), F (2,0,2)，
又M为CE的中点，所以M (0,2,1)，
则⃗BM =(−2,0,1)，且平面ADEF的一个法向量为⃗n=(0,1,0)，
因为⃗n⋅⃗BM =0，可知⃗n⊥⃗BM，
又BM ⊄平面ADEF，所以BM∥平面ADEF.
（2）因为⃗BC =(−2,2,0),⃗DB =(2,2,0),⃗DE =(0,0,2)
易知⃗BC ⋅⃗DB =−4+ 4 =0，所以BC ⊥DB；
又⃗BC ⋅⃗DE =0，可得BC ⊥DE；
又DB∩DE = D，DB , DE⊂平面BDE，
所以BC ⊥平面BDE.
18．（23-24 高二上·新疆阿克苏·阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E , F ,G分别是棱
AB ,BC ,CD的中点.
(1)证明：EF ∥ A1C1；
(2)证明：A1 F ⊥C1 E；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算，根据共线即可求解，
（2）根据向量垂直满足的坐标关系即可求解.
【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则
E (2,1,0), F (1,2,0), A1(2,0,2),C1(0,2,2),
故⃗A1C1=(−2,2,0),⃗EF =(−1,1,0),
由于⃗A1C1=2⃗EF，故⃗A1C1//⃗EF，显然EF，A1C1不重合，故EF ∥ A1C1；；
（2）⃗A1 F =(−1,2,−2),⃗C1 E =(2,−1,−2)
故⃗A1 F ⋅⃗C1 E =(−1,2,−2)⋅(2,−1,−2)=−2−2+ 4 =0，
因此⃗A1 F ⊥⃗C1 E，故A1 F ⊥C1 E
19．（2024 高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA ⊥AB，底面ABCD是矩形，且
AB = 4，AD =3．侧面PBC是面积为15
2 的直角三角形，其中BC ⊥BP．点E , F分别为线段AB , PC
的中点，连接EF．
(1)证明：直线EF //平面PAD；
(2)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】(1)证明见解析；
(2)2√2
5
.
【分析】（1）法1，取PD的中点G，利用线面平行的判断，结合平行四边形性质推理得证.法2，利
用垂直关系证明直线PA , AB , AD两两垂直，以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的
向量证明推理即得.
（2）法1，过点E作EQ⊥PB交PB于点Q，利用定义法求出线面角的正弦值.法2，由（1）中空间直
线坐标系，求出平面PBC的法向量，再利用线面角的向量求法求解.
【详解】（1）法1，取PD的中点G，连接GF ,GA．
由F为PC的中点，得GF // DC且GF = 1
2 DC，由四边形ABCD为矩形，得AB // DC且AB = DC，
则GF // AB且GF = 1
2 AB，又E为AB的中点，则GF // AE且GF = AE，
四边形AEFG为平行四边形，于是EF // AG，而EF ⊄平面PAD，AG⊂平面PAD，
所以EF //平面PAD.
法2：取PD的中点G，连接GA，由BC ⊥BP，BC ⊥AB，AB∩PB = B，
AB , PB⊂平面PAB，得BC ⊥平面PAB，又AD // BC，于是AD⊥平面PAB，
而PA ⊂平面PAB，则AD⊥PA，又PA ⊥AB , AB⊥AD，则直线PA , AB , AD两两垂直，
以A为原点，直线PA , AB , AD分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
在Rt△PBC中，S△PBC = 1
2 BC ⋅PB = 15
2 ，BC =3，则PB =5，
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
在Rt△PAB中，AB = 4，PA =√P B
2−A B
2=3，
则A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,3,0), D(0,3,0), P(0,0,3), E(2,0,0), F(2, 3
2 , 3
2 ),G(0, 3
2 , 3
2 )，
则⃗AG =(0, 3
2 , 3
2 ),⃗EF =(0, 3
2 , 3
2 )，即⃗AG =⃗EF，因此EF // AG，
又EF ⊄平面PAD，AG⊂平面PAD，所以EF //平面PAD.
（2）法1：过点E作EQ⊥PB交PB于点Q，连接QF．
由BC ⊥BP，BC ⊥AB，AB∩PB = B，AB , PB⊂平面PAB，得BC ⊥平面PAB，
而EQ⊂平面PAB，则EQ⊥BC，又BC ∩PB = B，BC , PB⊂平面PBC，则EQ⊥平面PBC，
因此∠EFQ即为直线EF与平面PBC所成的角，
在Rt△PBC中，S△PBC = 1
2 ⋅BC ⋅PB = 15
2 ，由BC =3，得PB =5，
在Rt△PAB中，AB = 4，PA =√P B
2−A B
2=3，
而PA ⊂平面PAB，则BC ⊥PA，又AD // BC，于是AD⊥PA，
在Rt△PAD中，PA = AD =3，G为PD中点，则AG = EF = 3√2
2
，
由∠PAB =∠EQB =90°，∠ABP =∠QBE，得△EQB∽△PAB，
则EQ
EB = PA
PB ，即EQ
2 = 3
5，解得EQ = 6
5，在Rt△EQF中，sin∠EFQ = EQ
EF = 2√2
5
，
所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为2√2
5
.
法2：由（1）得⃗BC =(0,3,0)，⃗BP =(−4,0,3)，⃗EF =(0, 3
2 , 3
2 )，
设平面PBC的法向量为⃗n=( x , y , z)，则¿，令x =3，得⃗n=(3,0,4)，
设直线EF与平面PBC所成的角为θ，
则sinθ =|cos〈⃗EF ,⃗n 〉|=|⃗EF ⋅⃗n|
|⃗EF ||⃗n|
=
6
3√2
2
⋅5
= 2√2
5
，
所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为2√2
5
.
【题型5 用向量法求异面直线所成角】
20．（23-24 高二上·山西吕梁·阶段练习）如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，AB⊥BC，AB = BC，
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A A1= AC =2√2，点E为棱A1B1
的中点，点F是棱BC上的一点，且BF =3 FC，则直线AE与C1 F
所成角的余弦值为（ ）
A．16
99
B．32
99
C．8√33
99
D．16√33
99
【答案】D
【分析】求出AB、BC的长，以点B为坐标原点，BC、BA、B B1所在直线分别为x、y、z轴建立空
间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线AE与C1 F所成角的余弦值.
【详解】因为AB⊥BC，AB = BC，A A1= AC =2√2，则A C
2= A B
2+ BC
2=2 A B
2=8，
故AB = BC =2，
在直三棱柱ABC −A1B1C1中，B B1⊥底面ABC，
以点B为坐标原点，BC、BA、B B1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，
因为点E为棱A1B1的中点，点F是棱BC上的一点，且BF =3 FC，
则A (0,2,0)、E(0,1,2√2)、C1(2,0,2√2)、F(
3
2 ,0,0)，⃗
AE =(0,−1,2√2)，⃗C1 F =(−1
2 ,0,−2√2)，
所以，cos⟨⃗AE ,⃗C1 F⟩=⃗AE⋅⃗C1 F
|⃗AE|⋅|⃗C1 F|
=
−8
3× √33
2
=−16√33
99
.
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
因此，直线AE与C1 F所成角的余弦值为16√33
99
.
故选：D.
21．（24-25 高二上·辽宁大连·期中）如图所示，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E为BC的
中点，CF = 1
2 C C1，则异面直线EF与B1 D1所成角的余弦值为（ ）
A．2
3
B．√3
6
C．1
2
D．4√21
21
【答案】C
【分析】以D为原点，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，则⃗
EF =(−1,0,1),⃗D1B1=(2,2,0)，然后根据线线角的向量公式即可求出结果.
【详解】如图，以D为原点，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，
因为正方体的棱长为2，且E为BC中点，CF = 1
2 C C1,
则D1(0,0,2),B1(2,2,2), E(1,2,0), F(0,2,1).
所以⃗EF =(−1,0,1),⃗D1B1=(2,2,0)，
设异面直线EF与B1 D1所成角为θ，
则cosθ =|cos⟨⃗EF ,⃗D1B1⟩|=|⃗EF ⋅⃗D1B1|
|⃗EF |⋅|⃗D1B1|
=|−2+0+0|
|√2×2√2| = 1
2,
所以异面直线EF与B1 D1所成角的余弦值为1
2.
故选：C.
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
22．（24-25 高三上·吉林·期末）正三棱台ABC −≝¿中，AB =2 AD =2 DE，G，H分别为AB，DE的中
点，则异面直线GH，BF所成角的余弦值为（ ）
A．−1
4
B．1
4
C．2
3
D．−2
3
【答案】C
【分析】先做ET //GH， 得出∠TBE =π
3 ，再得出BF =√3，进而应用空间向量的线性表示及数量
积公式计算，最后应用异面直线所成角的向量法求解.
【详解】
设AB =2 AD =2 DE =2，过点E做ET //GH，T是GB中点，
因为G，H分别为AB，DE的中点，所以GH ⊥AB，所以ET ⊥AB,
因为BT = 1
2 ,BE =1,所以GH = ET =√1−1
4 = √3
2 ，
所以∠TBE =π
3 ，因为正三棱台ABC −≝¿中，三个侧面是全等的等腰梯形，
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以∠BEF =2π
3 ，B F
2=1+1−2×1×1×cos∠BEF =3,BF =√3
所以⃗BE⋅⃗EF =−⃗EB⋅⃗EF =−1×1×cos∠BEF = 1
2，⃗BE⋅⃗BG =1×1×cos∠GBE = 1
2，⃗
EF ⋅⃗BG = 1
2⃗BC ⋅⃗BG =1×1×cos∠ABC = 1
2
又因为⃗GH =⃗TE =⃗BE−⃗BT =⃗BE−1
2⃗BG，⃗BF =⃗BE +⃗EF，
所以⃗
GH ⋅⃗BF =(⃗BE +⃗EF)⋅(⃗BE−1
2⃗BG)=⃗BE
2−1
2⃗BG⋅⃗BE +⃗BE⋅⃗EF −1
2⃗BG⋅⃗EF =1−1
4 + 1
2 −1
4 =1，
设异面直线GH，BF所成角为θ
所以cosθ = |⃗GH ⋅⃗BF|
|⃗GH|⋅|⃗BF|
=
1
√3
2 ×√3
= 2
3.
故选：C.
23．（24-25 高二上·四川成都·期末）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，
AB = AD =1, A A1=2,∠A1 AD =∠A1 AB =π
3 ，∠BAD =π
2 ，则异面直线A C1与B B1所成角的余
弦值为（ ）
A．1
2
B．√2
3
C．2√5
5
D．3√10
10
【答案】D
【分析】设⃗AB =⃗a,⃗AD =⃗b,⃗A A1=⃗c，利用空间向量的夹角公式可求异面直线A C1与B B1所成角的余
弦值.
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】设⃗AB =⃗a,⃗AD =⃗b,⃗A A1=⃗c ,∴⃗A C1=⃗a+⃗b+⃗c ,⃗B B1=⃗c，⃗
A C1⋅⃗B B1=(⃗a+⃗b+⃗c)⋅⃗c =⃗a·⃗c +⃗b·⃗c +⃗c
2=1×2× 1
2 +1×2× 1
2 +2
2=6，
∵|⃗A C1|=√(⃗a+⃗b+⃗c)
2=√⃗a
2+⃗b
2+⃗c
2+2⃗a·⃗b+2⃗a·⃗c +2⃗b·⃗c.
=√1
2+1
2+2
2+2×0+2×1×2× 1
2 +2×1×2× 1
2 =√10，∴|⃗A C1|=√10.
，
∴异面直线A C1与B B1所成角的余弦值3√10
10
.
故选：D.
24．（24-25 高二上·广东东莞·期中）若空间中三个点A (−1,0,0),B (0,1,−1),C (−2,−1,2)，则直线AB
与直线AC夹角的余弦值是（ ）
A．−2√2
3
B．2√2
3
C．−1
3
D．1
3
【答案】B
【分析】求出向量⃗AB ,⃗AC，利用向量夹角公式求解可得.
【详解】因为A (−1,0,0),B (0,1,−1),C (−2,−1,2)，所以⃗AB =(1,1,−1),⃗AC =(−1,−1,2)，
记直线AB与直线AC的夹角为θ，
则cosθ =|cos⟨⃗AB ,⃗AC⟩|= |⃗AB⋅⃗AC|
|⃗AB|⋅|⃗AC|
=|−1−1−2|
√3×√6
= 2√2
3
.
故选：B
【题型6 用向量法求解直线与平面所成角】
25．（24-25 高二上·河南驻马店·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面ABCD⊥平面PAD，
AB⊥AD，AB = BC =CD = AD = PA = PD =2，点E是线段PA的中点．
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)求异面直线CE与PB所成角的余弦值；
(2)求直线PA与平面BCE所成角的正弦值．
【答案】(1)√14
7
(2)2√57
19
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得PF ⊥平面ABCD，即可建立空间直角坐标系，利用向量的
夹角求解，
（2）求解平面法向量，即可利用向量的夹角求解.
【详解】（1）取AD的中点F，连接PF．
因为PA = PD，所以PF ⊥AD．
因为平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD = AD，PF ⊂平面PAD，
故PF ⊥平面ABCD．
以F为坐标原点，⃗FA ,⃗DC ,⃗FP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标
系，
则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (−1,2,0)，P(0,0,√3)，E(
1
2 ,0, √3
2 )，
故⃗CE =(
3
2 ,−2, √3
2 )，⃗PB =(1,2,−√3)，
故|cos⟨⃗CE ,⃗PB⟩|=|⃗CE⋅⃗PB|
|⃗CE||⃗PB|
=
4
√7×2√2 = √14
7 ，
故异面直线CE与PB所成角的余弦值为√14
7
．
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（2）由（1）得⃗CB =(2,0,0)，⃗EB =(
1
2 ,2,−√3
2 )，
设平面BCE的法向量为⃗m=(x , y , z)，则¿即¿
易知x =0，令y =√3，则z = 4，即⃗m=(0,√3,4)．
设直线PA与平面BCE所成的角为θ，易得⃗AP =(−1,0,√3)，
则sinθ =|cos⟨⃗AP ,⃗m⟩|=|⃗AP⋅⃗m|
|⃗AP||⃗m|
=
4√3
2×√19 = 2√57
19
，
故直线PA与平面BCE所成角的正弦值为2√57
19
．
26．（24-25 高二上·山东泰安·阶段练习）如图，在三棱锥P−ABC中，AB = BC =2√2，
PA = PB = PC = AC = 4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M −PA −C为30
∘，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)√3
4
【分析】（1）连接OB，证明出OP⊥AC，PO⊥OB，然后利用线面垂直的判定定理即可证得结论
成立；
（2）以点O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设⃗
CM = λ⃗CB，其中0< λ≤1，利用空间向量法可求出λ的值，然后利用空间向量法可求得PC与平面
PAM所成角的正弦值.
【详解】（1）因为AP =CP= AC = 4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP =2√3．
连接OB，因为AB = BC =2√2，AC = 4，则A B
2+ BC
2= A C
2，可得AB⊥BC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
因为O为AC的中点，则OB⊥AC，且OB = 1
2 AC =2，
由O P
2+O B
2= P B
2知PO⊥OB．
因为OP⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC =O，OB、AC ⊂平面ABC，所以，PO⊥平面ABC.
（2）因为OP⊥平面ABC，OB⊥AC，
以点O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
由已知得O(0,0,0)、B (2,0,0)、A (0,−2,0)、C (0,2,0)、P(0,0,2√3)，
所以，⃗AP =(0,2,2√3)，易知平面PAC的一个法向量为⃗m=(1,0,0)，
设⃗CM = λ⃗CB = λ(2,−2,0)=(2 λ ,−2 λ ,0)，其中0< λ≤1，
则⃗AM =⃗AC +⃗CM =(0,4,0)+(2 λ ,−2 λ ,0)=(2 λ ,4−2 λ ,0)，
设平面PAM的法向量为⃗n=(x , y , z)，则¿，
取x =√3(2−λ)，可得⃗n=(√3(2−λ),−√3 λ , λ)，
由题意可得|cos ⟨⃗m,⃗n⟩|= |⃗m⋅⃗n|
|⃗m|⋅|⃗n|=
|√3(2−λ)|
√3(2−λ)
2+ 4 λ
2 = √3
2 ，
因为0< λ≤1，解得λ= 2
3，所以，⃗n=(
4√3
3
,−2√3
3
, 2
3)，
可取平面PAM的一个法向量为⃗u=(2√3,−√3,1)，
又因为⃗PC =(0,2,−2√3)，cos⟨⃗CP ,⃗u⟩=⃗CP⋅⃗u
|⃗CP|⋅|⃗u|
= −4√3
4×4 =−√3
4 ，
所以，PC与平面PAM所成角的正弦值为√3
4 .
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
27．（24-25 高二上·河南南阳·阶段练习）在图1 的直角梯形ABCD 中，∠A =∠D =90°，AB = BC =2，
DC =3，点E是DC 边上靠近于点D的三等分点，AC 交BE 于点F，以BE 为折痕将△BCE折起，使点
C到达C1的位置，且A C1=√6，如图2.
(1)求四棱锥C1−ABED的体积V ；
(2)求C1B与平面C1 AD所成角的正弦值.
【答案】(1)3
2；
(2)2√7
7
【分析】（1）根据边长可得∠C =60°，∠ABC =120°；进而可得四边形ABCE为菱形，即可根据
勾股定理得AF ⊥C1 F，可证C1 F ⊥平面ABED，即可根据体积公式求解，
（2）建立空间直角坐标系，求解法向量，即可根据向量夹角求解.
【详解】（1）根据题意，由直角梯形边长AB = BC =2，DC =3，
可知cosC = DC −AB
BC
= 1
2 ,故∠C =60°，∠ABC =120°；
又点E是DC边上靠近于点D的三等分点，所以EC =2，可得△BCE为等边三角形；
连接AE，如下图所示：
可得四边形ABCE为菱形，所以AC ⊥BE，
即折起后AF ⊥BE，C1 F ⊥BE，
如图所示，易知AF =C1 F =√3，又A C1=√6，满足A F
2+C1 F
2= A C1
2，
即AF ⊥C1 F；
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
又AF ∩BE = F，AF，BE⊂平面ABED，
所以C1 F ⊥平面ABED，且C1 F =√3，梯形ABED的面积为1
2 ×(1+2)×√3= 3√3
2
，
所以V = 1
3 × 3√3
2
×√3= 3
2 .
（2）以D为坐标原点，分别以⃗DA，⃗DE为x，y轴，⃗F C1方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，如
下图所示：
则D(0,0,0)，A(√3,0,0)，B(√3,2,0)，E (0,1,0),C1(
√3
2 , 3
2 ,√3)，
可得⃗C1B =(
√3
2 , 1
2 ,−√3)，⃗DC1=(
√3
2 , 3
2 ,√3)，⃗DA =(√3,0,0)，
设平面C1 AD的法向量⃗m=( x , y , z)，则¿，
令y =−2，则得⃗m=(0,−2,√3)为平面C1 AD一个法向量，
设BC1与平面C1 AD所成的角为θ，
所以sinθ =|cos⟨⃗m,⃗BC1⟩|=|⃗m⋅⃗C1B|
|⃗m||⃗C1B|
=|−4|
2√7 = 2√7
7
.
【题型7 利用向量法解二面角问题】
28．（2024·浙江温州·一模）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，平面ABC1⊥平面ABC，A C1⊥
平面BC C1B1.
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)求证：BC1⊥BC；
(2)若二面角A −A1C1−B1的正弦值为√5
3 ，且AB =2BC =2，求A C1.
【答案】(1)证明见解析
(2)4√5
5
【分析】（1）过C1作C1 E⊥AB于点E，然后根据面面垂直的性质定理得C1 E⊥面ABC，然后再利
用线面垂直的性质定理得C1 E⊥BC，同理A C1⊥BC，然后再利用线面垂直的判定定理得BC ⊥面
ABC1，然后用线面垂直的性质定理得BC1⊥BC；
（2）以B为原点，BA，BC分别为x，y轴建立空间直角坐标系，然后利用坐标计算确定C1位置，计
算A C1的长度即可.
【详解】（1）过C1作C1 E⊥AB于点E，
因为平面ABC1⊥平面ABC，所以C1 E⊥面ABC，
因为BC ⊂ 面ABC
所以C1 E⊥BC，
又因为A C1⊥平面BC C1B1，所以A C1⊥BC，
而A C1∩C1 E =C1, A C1,C1 E⊂面ABC1，
所以BC ⊥面ABC1，
因为BC1⊂面ABC1
所以BC1⊥BC
（2）如图，以B为原点，BA，BC分别为x，y轴建立空间直角坐标系，
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
二面角A −A1C1−B1的平面角与二面角C1−AC −B的平面角互补，记为α，
设∠C1 AB =θ，有A (2,0,0)，C1(2−2cos
2θ ,0,2cosθsinθ)，C (0,1,0)，⃗
AC =(−2,1,0)，⃗A C1=(−2cos
2θ ,0,2cosθsinθ)
设面AC C1的法向量为⃗m=(x , y , z)，有¿，
即¿，令x =1，得⃗m=(1,2,cosθ
sinθ)，
又面ABC的法向量为⃗n=(0,0,1)，
所以|cosα|=|cos⟨⃗m,⃗n⟩|=|⃗
m⋅⃗n
|⃗m|⋅|⃗n||=
|
cosθ
sinθ|
√5+(
cosθ
sinθ)
2 = 2
3，
解得tanθ = 1
2，所以A C1=2cosθ = 4√5
5
.
29．（24-25 高二上·河南南阳·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD 为正方形，E
为棱PD 的中点，O为边AB 的中点.
(1)求证：AE //平面POC；
(2)若侧面PAB⊥底面ABCD，且∠PAB =π
3 ，AB =2 PA = 4，求二面角P−BD−A的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)√15
5
【分析】（1）取线段PC 的中点M，连接OM，EM，证得四边形AOME 为平行四边形，得线线平行
后可得线面平行；
（2）取OA 中点为Q，CD 上靠近点D的四等分点为N，证得PQ ,QN , AB两两垂直，以Q为原点，分
别以QB ,QN ,QP所在直线为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求面面角的余弦值.
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】（1）取线段PC 的中点M，连接OM，EM，
在△PCD中，E，M分别为PD，PC 的中点
∴EM //CD，且EM = 1
2 CD，
又∵底面ABCD 是正方形，且O是AB 的中点，
∴AO//CD，且AO = 1
2 CD，
∴EM // AO，且EM = AO
∴四边形AOME 为平行四边形，则OM // AE，
又OM ⊂平面POC，AE⊄平面POC，
∴AE //平面POC.
（2）由OA = PA =2，∠PAB =60°，可知△POA为等边三角形，
设OA 中点为Q，则PQ⊥OA，
又∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD =OA，PQ⊂平面PAB，
所以PQ ⊥平面ABCD，
设CD 上靠近点D的四等分点为N，则QN ⊥AB，PQ ⊥ QN，
以Q为原点，分别以QB，QN，QP 所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Q−xyz，
则P(0,0,√3)，B(3,0,0)，D(−1,4,0)，⃗PB =(3,0,−√3)，⃗BD =(−4,4,0)，
设平面PBD 的法向量为⃗n=( x , y , z)，则¿，
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
取x =1，得y =1，z =√3，
所以⃗n=(1,1,√3)为平面PBD 的一个法向量.
取平面ABD 的法向量为⃗m=(0,0,1)
设平面PBD 与平面ABD 所成的平面角为θ，且θ为锐角，
则cosθ =|cos ⟨⃗n,⃗m⟩|=|⃗
n⋅⃗m
|⃗n||⃗m||=|
1×0+1×0+√3×1
√5
|= √15
5 .
所以二面角P−BD−A的余弦值为√15
5 .
30．（24-25 高三上·广西·阶段练习）如图在三棱柱ABC −A1B1C1中，平面B1C1CB⊥平面ABC，
△ABC是等边三角形，B1C1=C C1=2，∠BC C1=120°.
(1)求棱锥B−AC C1的体积；
(2)若D为棱A1C1的中点，求二面角A −B1 D−C的正弦值.
【答案】(1)1
(2)8√91
91
【分析】（1）根据已知条件得出B1C1CB是菱形，做BC边上的高B1O，根据面面垂直性质定理得出
B1O垂直底面，即B1O也是棱柱的高，根据等体积转化求出三棱锥体积；
（2）结合（1）中条件，建立空间直角坐标系，分别求出平面CD B1和平面A B1 D的法向量，进而求
出二面角A −B1 D−C的余弦值，再根据同角三角函数的平方关系求出二面角A −B1 D−C的正弦值.
【详解】（1）取BC的中点O，连接B1O.
在三棱柱ABC −A1B1C1中，四边形B1C1CB为平行四边形，
又因为B1C1=C C1=2，所以四边形B1C1CB是菱形.
又∠BC C1=120°，则∠CB B1=60°，△B1BC是等边三角形，所以B1O⊥BC.
因为平面B1C1CB⊥平面ABC，交线是BC，
所以B1O垂直于底面ABC，B1O =√3，即三棱柱的高是B1O =√3.
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
所以V B−AC C1=V C1−ABC = 1
3 ⋅S△ABC⋅B1O = 1
3 ×(
1
2 ×2×√2
2−1)×√3=1.
（2）连接AO，由（1）知B1O⊥平面ABC，又△ABC是等边三角形，
所以AO⊥BC，故OA，OB，O B1两两垂直，以O为坐标原点，
OA，OB，O B1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示）
则A (√3,0,0)，B (0,1,0)，B1(0,0,√3)，C1(0,−2,√3)，C (0,−1,0).
因为⃗A A1=⃗B B1=⃗C C1=(0,−1,√3)，所以A1(√3,−1,√3)，
因为D为A1C1的中点，所以D(
√3
2 ,−3
2 ,√3).
则⃗B1 D =(
√3
2 ,−3
2 ,0)，⃗B1C =(0,−1,−√3)，⃗A B1=(−√3,0,√3)，
设平面CD B1的一个法向量⃗n=(x , y , z)，
则¿，即¿，
令y =1，解得x =√3，z =−√3
3 ，故⃗n=(√3,1,−√3
3 ).
设平面A B1 D的一个法向量⃗m=(a,b,c)，
则¿，即¿，
令a=√3，解得b=1，c =√3，故⃗m=(√3,1,√3).
设二面角A −B1 D−C的平面角为θ，
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
因为cos⟨⃗m,⃗n⟩=⃗m⋅⃗n
|⃗m|⋅|⃗n|=
3
√
13
3 ×√7
= 3√3
√91 ，
所以sinθ =√
1−(
3√3
√91)
2
= 8√91
91
，即二面角A −B1 D−C的正弦值为8√91
91
.
【题型8 利用空间向量求空间距离】
31．（24-25 高三上·辽宁·阶段练习）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1 D1中，A A1⊥平面
ABCD , A B1//平面CD D1C1, AD // BC , AB = AD =CD =2 A A1=2 A1B1=2.
(1)求证：AD = B1C1；
(2)求平面CD D1C1与平面BA A1B1所成角的正弦值；
(3)求点A关于平面A1BC的对称点M到平面CD D1C1的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)√42
7
(3)√21
7
【分析】（1）连接C1 D，根据线面平行的性质定理得四边形A B1C1 D为平行四边形可得答案；
（2）做AH ⊥BC交BC与点H，以点A为原点，AH , AD , A A1所在的直线分别为x , y , z轴的正方
向建立空间直角坐标系，求出平面BA A1B1、平面CD D1C1的一个法向量，由二面角的向量求法可得
答案；
（3）求出平面A1BC的一个法向量、点A到平面A1BC的距离d1，设M (x2, y2, z2)，根据⃗OM与⃗h共
线得(x2, y2, z2)= λ(√3,0,3)，再由点M到平面A1BC的距离d1求出λ，最后再求点M到平面
CD D1C1的距离.
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】（1）连接C1 D，因为BC // B1C1，AD // BC，
所以B1C1// AD，所以B1,C1, A , D四点在同一平面B1C1 DA上，
又因为A B1//平面CD D1C1，平面B1C1 DA ∩平面C1 D1 DC =C1 D，
所以A B1//C1 D，可得四边形A B1C1 D为平行四边形，
所以AD = B1C1；
（2）因为AD = B1C1=2，2B1C1= BC = 4，AB =CD =2，AD // BC，
所以四边形ABCD是等腰梯形，做AH ⊥BC交BC与点H，可得BH =1, AH =√3，
所以∠ABC =60
∘，且A1B1= 1
2 AB =1，
以点A为原点，AH , AD , A A1所在的直线分别为x , y , z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则A (0,0,0), A1(0,0,1),B1(
√3
2 ,−1
2 ,1)，D (0,2,0), D1(0,1,1),C (√3,3,0)，⃗
A1B1=(
√3
2 ,−1
2 ,0)，⃗A A1=(0,0,1)，⃗DC =(√3,1,0)，⃗D D1=(0,−1,1)，
设向量⃗n=(x , y , z)为平面BA A1B1的一个法向量，
则¿，即¿，令x =√3，得y =3，
所以⃗n=(√3,3,0)，
设向量⃗m=(a,b,c)为平面CD D1C1的一个法向量，
则¿，即¿，令a=√3，得b=−3,c =−3，
所以⃗m=(√3,−3,−3)，
cos ⟨⃗n,⃗m⟩=⃗n⋅⃗m
|⃗n|⋅|⃗m|=
3−9
√3+9×√3+9+9 =−√7
7 ，
设平面CD D1C1与平面BA A1B1所成角的为θ(θ∈[0
∘,180
∘])，
所以sinθ =√1−1
7 = √42
7
；
（3）由（2）建立的空间直角坐标系，得
A1(0,0,1)，B(√3,−1,0),C (√3,3,0)，⃗
A1B =(√3,−1,−1),⃗A1C =(√3,3,−1)，⃗AC =(√3,3,0)，
30
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
设⃗h=(x1, y1, z1)为平面A1BC的一个法向量，
则¿，即¿，令x1=√3，得z1=3, y1=0，
所以⃗h=(√3,0,3)，
则点A到平面A1BC的距离
为d1=|⃗AC||cos⟨⃗AC ,⃗h⟩|=|⃗AC ⋅⃗h|
|⃗h|
= |3|
√3+9 = √3
2 ，
设M (x2, y2, z2)，则⃗AM =(x2, y2, z2)，
因为⃗AM与⃗h共线，(x2, y2, z2)= λ(√3,0,3)，可得x2=√3 λ , y2=0, z2=3 λ，⃗
MC =(√3−√3 λ ,3,−3 λ)，
所以点M到平面A1BC的距离
为d2=|⃗MC||cos⟨⃗MC ,⃗h⟩|=|⃗MC ⋅⃗h|
|⃗h|
=|3−3 λ−9 λ|
√3+9
= √3
2 ，
解得λ= 1
2，或λ =0（舍去），
此时M =(
√3
2 ,0, 3
2)，⃗MC =(
√3
2 ,3,−3
2)，
所以点M到平面CD D1C1的距离d3=|⃗MC||cos⟨⃗MC ,⃗m⟩|=|⃗MC ⋅⃗m|
|⃗m|
=|
3
2 −9+ 9
2|
√3+9+9 = √21
7
.
【点睛】关键点点睛：第三问解题的关键点是利用向量共线求出点M的坐标.
32．（24-25 高二上·山东济宁·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，且
31
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
BC =2√2, AB =2,∠ABC = 45
∘，平面PAB⊥平面ABCD , PA = PB = BC.
(1)求证：平面PAB⊥平面PAC；
(2)点Q是棱PC上靠近点P的三等分点，求直线AD与平面BDQ所成角的正弦值；
(3)求点C到平面BDQ的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)√10
10
(3)2√5
5
【分析】（1）根据余弦定理及勾股定理结合题设易得AB⊥AC，由平面PAB∩平面ABCD = AB可
得AC ⊥平面PAB，进而结合面面垂直的判定定理即可求证；
（2）设AB ,BC的中点分别为O , E，连接OP,OE，分析易得OB ,OE ,OP两两互相垂直，进而建立
空间直角坐标系，利用空间向量求解即可；
（3）直接利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：在△ABC中，BC =√2 AB ,∠ABC = 45
∘，
由余弦定理，得A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB⋅BC ⋅cos45
∘= A B
2，
所以A C
2+ A B
2= BC
2，即AB⊥AC.
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD = AB , AB⊥AC , AC ⊂平面ABCD，
所以AC ⊥平面PAB.
又AC ⊂平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.
（2）设AB ,BC的中点分别为O , E，连接OP ,OE，
因为PA = PB ,O为AB的中点，所以PO⊥AB，
又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD = AB , PO⊂平面PAB，
所以PO⊥平面ABCD，
又OE⊂平面ABCD，所以PO⊥OE.
因为O , E分别为AB ,BC的中点，所以OE ∥ AC，
32
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
又AB⊥AC，所以OE⊥AB，即OB ,OE ,OP两两互相垂直，
以O为坐标原点，OB ,OE ,OP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，
因为AB =2，则A (−1,0,0),B (1,0,0),C (−1,2,0), D (−3,2,0)，P(0,0,√7),Q(−1
3 , 2
3 , 2√7
3 )，
则⃗BD =(−4,2,0),⃗BQ =(−4
3 , 2
3 , 2√7
3 )，
设⃗m=(x , y , z)是平面BDQ的一个法向量，
则¿，即¿，
令x =1，则⃗m=(1,2,0).
设直线AD与平面BDQ所成角为θ，又⃗AD =(−2,2,0)，
则sinθ =|cos⟨⃗AD ,⃗m⟩|= |⃗AD⋅⃗m|
|⃗AD|⋅|⃗m|
=
2
2√2×√5 = √10
10 ，
所以直线AD与平面BDQ所成角的正弦值为√10
10 .
（3）由（2）知，平面BDQ的一个法向量为⃗m=(1,2,0),⃗BC =(−2,2,0)，
由点到平面的距离公式得：C到平面BDQ的距离d =|⃗BC ⋅⃗m|
|⃗m|
= 2
√5 = 2√5
5
，
所以C到平面BDQ的距离为2√5
5
.
33．（24-25 高二上·天津·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底
面ABCD，PD = DC =2，E是PC的中点，作EF ⊥PB交PB于点F．
33
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)求证：PA //面EDB；
(2)求平面CPB与平面PBD的夹角的大小；
(3)求点B到平面EFD的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)π
3
(3)4√3
3
【分析】（1）以D为原点，直线DA , DC , DP分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，求出平面EDB
的法向量坐标，再利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）求得平面CPB和平面PBD的法向量坐标，再利用面面角的向量求法求解.
（3）先根据相似三角形的边长成比例确定F 的位置，再求得平面EFD的法向量坐标，再利用点到平
面的距离公式求解即可.
【详解】（1）在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，AD , DC ⊂底面ABCD，
则PD⊥AD , PD⊥DC，由底面ABCD是正方形，得AD⊥DC，
以D为原点，直线DA , DC , DP分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
因为PD = DC =2，则A (2,0,0),B (2,2,0), P(0,0,2), E (0,1,1)，C (0,2,0)⃗
PA =(2,0,−2),⃗DB=(2,2,0),⃗DE =(0,1,1)，设平面EDB的法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，
则¿，令y1=−1，得⃗m=(1,−1,1)，则⃗PA ⋅⃗m=2−2=0，
34
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
而PA ⊄平面EDB，所以PA //平面EDB.
（2）由（1）知，C (0,2,0)，且⃗CB =(2,0,0),⃗PC =(0,2,−2)，
设平面CPB的法向量为⃗n=(x2, y2, z2)，
则¿，取y2=1，得⃗n=(0,1,1)，⃗
DB =(2,2,0),⃗DP =(0,0,2)，而⃗CA =(2,−2,0)，则⃗DB⋅⃗CA =2×2−2×2=0,⃗DP⋅⃗CA =0，
即⃗DB⊥⃗CA ,⃗DP⊥⃗CA，则PBD的一个法向量为⃗CA =(2,−2,0)，
因此cos〈⃗n,⃗CA 〉=⃗
n⋅⃗CA
|⃗n||⃗CA |
=
−2
√2⋅2√2 =−1
2，
而0≤〈⃗n,⃗CA 〉≤π，则〈⃗n,⃗CA 〉=2π
3 ，
所以平面CPB与平面PBD的夹角为π
3 .
（3）
因为PD⊥底面ABCD，BC ⊂底面ABCD,
所以BC ⊥PD
底面ABCD是正方形，所以BC ⊥DC,
PD∩DC = D,PD , DC ⊂平面PCD,
所以BC ⊥平面PCD,PC ⊂平面PCD,
所以BC ⊥PC，所以在△PBC为直角三角形，
又由题知EF ⊥PB，所以在△EPF也为直角三角形，
故△PBC与△PEF相似，
则sin ∠EPF = EF
PE = BC
PB , EF
√2 =
2
2√3，
35
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
EF = √2
√3
,PF =√
(√2)
2−(
√2
√3)
2
= 2√3
3
，
而PB =√2
2+2
2+2
2=2√3，所以PF
PB =
2√3
3
2√3 = 1
3
，
所以F是线段PB 中靠近点P 的三等分点，
由第（1）小问可知，D (0,0,0)，E (0,1,1)，B (2,2,0), P(0,0,2)，
因为F是线段PB 中靠近点P 的三等分点，所以点F(
2
3 , 2
3 , 4
3)，
设平面EFD的一个法向量为⃗p=( x , y , z)，
而⃗DF =(
2
3 , 2
3 , 4
3)，⃗DE =(0,1,1)，
则有¿，令z =−3，则y =3，x =3，⃗p=(3,3,−3)，⃗
BD =(−2,−2,0)，|cos⟨⃗p,⃗BD⟩|= |⃗p⋅⃗BD|
|⃗p|⋅|⃗BD|
=
12
3√3×2√2 = √6
3 ，
设B 点到平面EFD的距离为d，
则d =|⃗BD|⋅|cos⟨⃗p,⃗BD⟩|=2√2× √6
3 = 4√3
3
；
故B 点到平面EFD的距离为4√3
3
.
34．（24-25 高二上·广西河池·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，侧棱PA ⊥底面ABCD，
AB⊥BC，且PA =2，AB = BC =√2，AD =CD =√5，E为PC中点．
36
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)求点C到平面EAD的距离；
(2)求平面PBC与平面EAD夹角的正弦值．
【答案】(1)4
3
(2)√78
9
【分析】（1）先证OE⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，由点到面的距离公式求解即可；
（2）由面面角的向量求法求解角的余弦值，即可求解正弦值.
【详解】（1）设AC与BD交点为O，连接OE，则OE // PA，所以OE⊥平面ABCD，
所以OC，OD，OE三条直线两两互相垂直，
以OC，OD，OE所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
由题意知OA =1，OD =2，
则A (−1,0,0)，B (0,−1,0)，C (1,0,0)，D (0,2,0)，P(−1,0,2)，E (0,0,1)， ⃗
AD =(1,2,0)，⃗AE =(1,0,1)，
设平面EAD 的法向量为⃗n=(x1, y1, z1)，
¿，可取⃗n=(2,−1,−2)，
又⃗AC =(2,0,0)，则点C 到平面EAD 的距离：d =|⃗
AC ⋅⃗n
|⃗n| |=
4
√4 +1+ 4 = 4
3 ；
（2）⃗PD =(1,2,−2)，⃗AD =(1,2,0)，⃗PB =(1,−1,−2)，⃗BC =(1,1,0)，
37
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
设平面PBC 的法向量为⃗m=(x2, y2, z2)，
则¿，可取⃗m=(1,−1,1)，
所以cos ⟨⃗m,⃗n⟩=⃗
m⋅⃗n
|⃗m|⋅|⃗n| =
1
√3×√9 = √3
9 ，
所以平面PBC 与平面EAD 夹角的余弦值为√3
9 ，
所以平面PBC 与平面EAD 夹角的正弦值为√78
9 .
1．（24-25 高二上·山西·阶段练习）如图，在棱长为6 的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，AB的
中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为（ ）
A．1
6
B．1
3
C．1
2
D．5
9
【答案】A
【分析】作AO⊥平面BCD，垂足为O，连接OC，以O为坐标原点，直线OC，OA分别为y轴，z轴
建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解⃗BE ,⃗CF，再利用向量的夹角余弦值的坐标运算
得所求.
【详解】作AO⊥平面BCD，垂足为O，连接OC，则O为△BCD的中心，
38
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
以O为坐标原点，直线OC，OA分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A (0,0,2√6)，B(3,−√3,0)，C (0,2√3,0)，D(−3,−√3,0)，
所以E(−3
2 ,−√3
2 ,√6)，F(
3
2 ,−√3
2 ,√6)，⃗BE =(−9
2 , √3
2 ,√6)，⃗CF = (
3
2 ,−5√3
2
,√6)，
设BE，CF所成的角为θ，所以cosθ =|cos〈⃗BE ,⃗CF 〉|= |⃗BE⋅⃗CF|
|⃗BE||⃗CF|
=
9
2
3√3×3√3 = 1
6
.
故选：A.
2．（24-25 高二上·广西玉林·期中）如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，△ABC是等边三角形，
A A1=√2, AB =2，则点C到直线A B1的距离为（ ）
A．√6
3
B．√23
3
C．√30
3
D．√15
3
【答案】C
【分析】取AC的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，根据点到线距离的向量求法和投
影的定义计算即可.
【详解】取AC的中点O，则BO⊥AC，且BO =√3，
以OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，O与A1C1中点连线所在直线为z轴，建立如图所示的空
39
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
间直角坐标系O−xyz，
因为A (0,−1,0),B1(√3,0,√2),C (0,1,0)，则⃗A B1=(√3,1,√2),⃗CA =(0,−2,0)，
所以⃗CA在⃗A B1上的投影的长度为|⃗CA ⋅⃗AB|
|⃗AB|
= 2
√6 = √6
3 ，
故点C到直线A B1的距离为d =√|AC|
2−(
√6
3 )
2
=√4−2
3 = √30
3
，
故选：C.
3．（24-25 高二上·江苏南通·阶段练习）已知点Q (1,2,3)，平面α ={P∣⃗n⋅⃗PQ =0}，其中⃗n=(2,−1,2)，
则点A (−1,0,1)到平面α的距离是（ ）
A．5
3
B．7
3
C．2
D．3
【答案】C
【分析】求出平面α的法向量，利用点面距离的向量求法即可求解．
【详解】由题意，⃗QA =(−2,−2,−2)，⃗n为平面α的法向量，
|⃗n|=3，⃗QA ⋅⃗n=−4 +2−4 =−6，所以d =|⃗QA ⋅⃗n|
|⃗n|
= 6
3 =2．
故选：C．
4．（2023·上海嘉定·一模）正四棱台ABCD−A1B1C1 D1, AB =3, A1B1=1, A A1=2, M是C1 D1的中点，
在直线A A1、BC上各取一个点P、Q，使得M、P、Q 三点共线，则线段PQ的长度为 ．
【答案】27
5
【分析】根据正四棱台的特征，建立空间直角坐标系，利用M、P、Q 三点共线，得到等量关系，从
而确定P ,Q的位置，进而得到线段PQ的长度.
40
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】结合题意：连接AC ,BD交于点O,A1C1,B1 D1交于点O1,连接OO1
由正四棱台的结构特征,易知AC ,BD ,OO1两两垂直，
故以OA ,OB ,OO1分别为x , y , z轴建立如图所示的空间直角坐标系：
因为在正四棱台ABCD−A1B1C1 D1, AB =3, A1B1=1, A A1=2，
所以易计算得到： OA =OB = 3√2
2
，OO1=√2，
所以A(
3√2
2
,0,0),B(0, 3√2
2
,0), A1(
√2
2 ,0,√2),C1(−√2
2 ,0,√2), D1(0,−√2
2 ,√2)，
C(−3√2
2
,0,0),
因为M是C1 D1的中点,所以M(−√2
4 ,−√2
4 ,√2)，
所以⃗MP =⃗M A1+ λ⃗A1 A =(
3√2
4
, √2
4 ,0)+ λ(√2,0,−√2)=(
3√2
4
+√2 λ , √2
4 ,−√2 λ).⃗
MQ =⃗MB+ μ⃗BC =(
√2
4 , 7√2
4
,−√2)+u(−3√2
2
,−3√2
2
,0)=(
√2
4 −3√2
2
u, 7√2
4
−3√2
2
u,−√2),
要使M、P、Q 三点共线，则⃗MP，⃗MQ共线，
则¿，解得：¿，
所以⃗MP =(
11√2
20
, √2
4 , √2
5 )，⃗MQ =(−11√2
4
,−5√2
4
,−√2),
所以⃗PQ =⃗MQ−⃗MP =(−33√2
10
,−3√2
2
,−6√2
5 )，
所以|⃗PQ|=√(
−33√2
10 )
2
+(−3√2
2 )
2
+(−6√2
5 )
2
= 27
5
.
故答案为:27
5
41
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
5．（24-25 高二上·天津·阶段练习）如图， 在四棱锥P−ABCD，PA ⊥平面ABCD， 底面ABCD是直
角梯形， 其中AD // BC， AB⊥AD， PA = 4 , AB = AD = 1
2 BC =2,，E 为棱BC上的点，且
BE = 1
4 BC.
(1)求证: DE⊥平面APC；
(2)求平面APC与平面PCD所成夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)√5
5
【分析】（1）由题意建系，写出相关点的坐标，计算向量坐标和平面的法向量⃗m的坐标，由⃗
DE //⃗m即可证得；
（2）分别求两平面的法向量坐标，由空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）
42
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
因PA ⊥平面ABCD，且AB⊥AD,故可以点A为坐标原点，
AB , AD , AP所在直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系(如图所示).
则A(0,0,0),C(2,4,0), D(0,2,0), E(2,1,0), P(0,0,4).
于是，⃗AP =(0,0,4),⃗AC =(2,4,0),
设平面APC的法向量为⃗m=( x1, y1, z1)，
则¿，令x1=−2，可得⃗m=(−2,1,0)；
又⃗DE =(2,−1,0)，显然，⃗DE //⃗m，故得DE⊥平面APC；
（2）由（1）建系，则⃗CD =(−2,−2,0),⃗CP =(−2,−4,4)，
设平面PCD的法向量为⃗n=( x2, y2, z2)，
则¿，令x2=2，可得⃗n=(2,−2,−1).
设平面APC与平面PCD所成夹角为θ，
因cos〈⃗m,⃗n 〉=⃗
m⋅⃗n
|⃗m|⋅|⃗n| = −4−2
3√5 =−2√5
5
，
则sinθ =√1−cos
2⟨⃗m,⃗n⟩=√
1−(−2√5
5 )
2
= √5
5
.
即平面APC与平面PCD所成夹角的正弦值为√5
5 .
6．（24-25 高二上·河南洛阳·阶段练习）如图所示，三棱柱ABC −A1B1C1中，AC = BC = A B1=2．
A B1⊥平面ABC，A C1⊥AC，D点是AC的中点．
(1)证明：AC ⊥B1C1；
(2)求A1 D与平面B B1C1C所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
43
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)√34
34
【分析】（1）根据线面垂直的性质得到A B1⊥AC，然后利用线面垂直的判定定理得到AC ⊥平面
A B1C1，最后根据线面垂直的性质证明即可；
（2）建系，利用空间向量的方法计算即可.
【详解】（1）因为A B1⊥平面ABC，AC ⊂平面ABC，所以A B1⊥AC，
因为A C1⊥AC，A C1∩A B1= A，A C1, A B1⊂平面A B1C1，
所以AC ⊥平面A B1C1，
因为B1C1⊂平面A B1C1，
所以AC ⊥B1C1.
（2）
在三棱柱ABC −A1B1C1中，BC ∥B1C1，
因为AC ⊥B1C1，所以AC ⊥BC，
在平面AC B1内，过点C作Cz∥A B1，
因为A B1⊥平面ABC，所以Cz⊥平面ABC，
如图，以C为原点，分别以CB ,CA ,Cz为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
则C (0,0,0)，B (2,0,0)，B1(0,2,2)，D (0,1,0)，A (0,2,0)，⃗
B1B =(2,−2,−2)，⃗AD =(0,−1,0)，⃗
A1 D =⃗A1 A +⃗AD =⃗B1B+⃗AD =(2,−3,−2)，⃗CB =(2,0,0)，⃗C B1=(0,2,2)，
设平面B B1C1C的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则¿，令y =1，则z =−1，x =0，所以⃗m=(0,1,−1)，
44
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
设A1 D与平面B B1C1C所成角为θ，
所以sinθ =|cos⟨⃗A1 D ,⃗m⟩|=|⃗
A1 D⋅⃗m
|⃗A1 D||⃗m||=|(2,−3,−2)⋅(0,1,−1)|
√4+9+ 4×√1+1
= √34
34 .
7．（24-25 高二上·河南驻马店·期末）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，A A1⊥平面ABC，D，E分别
为AC，A1C1的中点，AB = BC =√5，AC = A A1=2.
(1)求证：AC ⊥平面BDE；
(2)求直线DE与平面ABE所成角的正弦值；
(3)求点C到平面ABE的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)√6
6
(3)2√6
3
【分析】（1）先根据线面垂直的性质证得AC ⊥BD，再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；
（3）利用向量法求解即可.
【详解】（1）在三棱柱中，D，E 为AC , A1C1的中点，
∴DE // A A1，
∵A A1⊥平面ABC，
∴DE⊥平面ABC，
∵AC ⊂平面ABC，∴DE⊥AC，
在三角形ABC中，AB = BC，D为AC中点，
∴AC ⊥BD，
∵DE∩BD = D，DE，BD⊂平面BDE，
∴AC ⊥平面BDE；
45
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（2）如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，
在直角三角形ABD中，AB =√5，AD = 1
2 AC =1，
∴BD =2，D (0,0,0)，E (0,0,2)，A (1,0,0)，B (0,2,0)，⃗
DE =(0,0,2)，⃗AB =(−1,2,0)，⃗AE =(−1,0,2)，
设平面ABE的法向量为⃗m=(x , y , z)，
¿，令x =2，则y =1，z =1，
所以⃗m=(2,1,1)，
设直线DE与平面ABE所成角为θ，
所以sinθ =|cos〈⃗DE ,⃗m 〉|= |⃗DE⋅⃗m|
|⃗DE|⋅|⃗m|
=
2
2×√4+1+1 = √6
6 ；
（3）设点D到平面ABE的距离为d，所以d =|⃗DE⋅⃗m|
|⃗m|
= 2
√6 = √6
3
，
故点C到平面ABE的距离2√6
3
.
8．（24-25 高二上·辽宁大连·期中）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC 为底面直径，
△ABD为底面圆O的内接正三角形，且边长为√3，E在母线PC 上，且AE =√3，CE =1，EC ⊥BD.
46
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)求证：平面BED⊥平面ABD；
(2)求二面角E−AB−D的余弦值.
(3)设线段PO 上动点为M，求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)√21
7
(3)1
【分析】（1）设AC 与BD 交于点F，证明EF ⊥平面ABD，根据面面垂直的判定定理，即可证明结
论；
（2）建立空间直角坐标系，根据空间角的向量求法，即可求得答案；
（3）利用向量法求出直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值的表达式，结合基本不等式即可求得最大
值.
【详解】（1）如图所示，设AC 与BD 交于点F，连接EF，
由于PO⊥底面ABD ,BD⊂底面ABD，故PO⊥BD，
又EC ⊥BD，即BD⊥PC，PC ∩PO= P , PC , PO⊂平面AEC，
故BD⊥平面AEC，又EF , AC ⊂平面AEC，故BD⊥EF，BD⊥AC，
△ABD为底面圆O的内接正三角形，且边长为√3，
则AD =√3, AF =√3× √3
2 = 3
2，AC =
AD
sinπ
3
=2；
又AE =√3,CE =1,∴A C
2= A E
2+C E
2，即AE⊥EC,
而AE
AC = AF
AE = √3
2 ,∴△AEC∽△AFE，则∠AFE =∠AEC =π
2 ，即EF ⊥AC，
结合BD⊥EF，AC ,BD⊂平面ABD，AC ∩BD = F，
∴EF ⊥平面ABD，又EF ⊂平面BED，
∴平面BED⊥平面ABD.
47
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（2）以点F 为坐标原点，以FA , FB , FE为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
结合（1）可知PO =2 EF =2√
(√3)
2−(
3
2)
2
=√3，
则A(
3
2 ,0,0),B(0, √3
2 ,0), D(0,−√3
2 ,0), E(0,0, √3
2 ), P(
1
2 ,0,√3),O(
1
2 ,0,0)，
则⃗AB =(−3
2 , √3
2 ,0),⃗AE =(−3
2 ,0, √3
2 )，
设平面ABE 的法向量为⃗n=(x , y , z)，则¿，
令x =1，则⃗n=(1,√3,√3)，
平面ABD的法向量可取为⃗m=(0,0,1)，
则cos〈⃗n,⃗m 〉=⃗n⋅⃗m
|⃗n||⃗m|= √3
√7 = √21
7 ，由原图可知二面角E−AB−D为锐角，
故二面角E−AB−D的余弦值为√21
7 ；
（3）由（2）可得⃗DO =(
1
2 , √3
2 ,0),⃗OP =(0,0,√3),
设⃗OM = λ⃗OP(0≤λ≤1)，则⃗DM =⃗DO+⃗OM =(
1
2 , √3
2 ,√3 λ)，
设直线DM 与平面ABE 所成角为θ，
则sinθ =|⃗n⋅⃗DM |
|⃗n||⃗DM|
=|3 λ+2|
√7×√3 λ
2+1
，
48
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
则sin
2θ = 9 λ
2+12 λ+ 4
7(3 λ
2+1)
= 1
7(3+ 12 λ+1
3 λ
2+1)，
令y = 12 x +1
3 x
2+1
, x∈[0,1]，则y = 4×
x + 1
12
x
2+ 1
3
= 4×
x + 1
12
(x + 1
12 −1
12)
2
+ 1
3
=
4
x + 1
12 +
49
144
x + 1
12
−1
6
≤
4
2√
(x + 1
12)⋅
49
144
x + 1
12
−1
6
= 4
，
当且仅当x + 1
12 =
49
144
x + 1
12
，即x = 1
2时取等号，
即当λ= 1
2时，12 λ+1
3 λ
2+1
取最大值4，则sin
2θ = 1
7(3+ 12 λ+1
3 λ
2+1)取最大值1，
故直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为1.
49
