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课后限时练14　空间向量与立体几何(A)
1．(2025·天津高考)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，C1B1中点，点G在棱CC1上，且CG＝3C1G．
(1)求证：GF⊥平面EBF；
(2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值；
(3)求三棱锥D-BEF的体积．
2．(2025·安徽六校联合模拟)如图1，在边长为4的等边△ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，且AD＝2，AE＝1，连接DE，沿DE将△ADE折起得到四棱锥A-BCDE(图2)，使AC＝．
(1)求证：平面ACE⊥平面BCDE；
(2)求平面ACE与平面ACD夹角的余弦值．
课后限时练14(A)
1．解：(1)证明：以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则G(0，4，3)，F(2，4，4)，E(2，0，4)，B(4，4，0)，＝(2，0，1)，＝(0，4，0)，＝(－2，0，4)，
因为·＝0，·＝0，所以GF⊥EF，GF⊥BF．
又EF∩BF＝F，EF 平面EBF，BF 平面EBF，
所以GF⊥平面EBF．
(2)设平面EBF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
则y1＝0，取x1＝2，则z1＝1，
故n1＝(2，0，1)．
设平面EBG的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则
又＝(－2，4，－1)，＝(－4，0，3)，
故
取x2＝6，则y2＝5，z2＝8，
故n2＝(6，5，8)．
则cos〈n1，n2〉＝，
所以平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为．
(3)设点D到平面EBF的距离为d，
易知＝(2，0，4)，
由(2)知平面EBF的一个法向量为n1＝(2，0，1)，
故d＝．
在△EBF中，易知BE＝6，BF＝2，EF＝4，
故EF2＋BF2＝BE2，所以EF⊥BF，
所以S△EBF＝，
故三棱锥D-BEF的体积为V＝S△EBF·d＝．
2．解：(1)证明：在△ADE中，由余弦定理得，
DE2＝AD2＋AE2－2AD·AEcos∠BAD＝4＋1－2×2×1×＝3，
所以DE2＋AE2＝AD2，得AE⊥DE，
由题图1，在△ACE中，由余弦定理得，
CE2＝AC2＋AE2－2AC·AEcos∠BAC＝42＋1－2×4×1×＝13，
所以在题图2中，CE2＋AE2＝AC2，得AE⊥EC，
由DE∩EC＝E，DE 平面BCDE，EC 平面BCDE，
得AE⊥平面BCDE，又AE 平面ACE，
所以平面ACE⊥平面BCDE．
(2)由(1)知，AE⊥ED，
所以EB⊥ED，
所以，以点E为原点，分别以EB，ED，EA所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则E(0，0，0)，D，A(0，0，1)，C(1，2，0)．
得，
设平面ACE的法向量为m＝，
则 令y＝1，得平面ACE的一个法向量为m＝(－2，1，0)，
设平面ACD的法向量为n＝，
则 令b＝1，得平面ACD的一个法向量为n＝，
设平面ACE与平面ACD的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝，
所以平面ACE与平面ACD夹角的余弦值为．
1/2课后限时练14　空间向量与立体几何(B)
1．(2025·湖南长沙二模)在平面四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝BD＝2，AB⊥BD，将△BCD沿BD翻折至△BPD，其中P为动点．
(1)若AP＝AD，证明：AB⊥平面BPD；
(2)求直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值．
2．(2025·广东湛江一模)如图，四棱锥S-ABCD的底面是边长为2的正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点，且SB∥平面PAC．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)求直线SB到平面PAC的距离；
(3)请判断在平面PAC上是否存在一点E，使得△ESB是以SB为底边，为顶角的等腰三角形．若存在，请求出点E的轨迹；若不存在，请说明理由．
课后限时练14(B)
1．解：(1)证明：在△ABD中，AB＝BD＝2，AB⊥BD，所以AD＝2．
因为AP＝AD＝2，AB＝PB＝2，所以AB2＋PB2＝AP2，
所以AB⊥BP．
又因为AB⊥BD，BP，BD 平面BPD，BP∩BD＝B，
所以AB⊥平面BPD．
(2)如图，建立以B为原点的空间直角坐标系，设二面角P-BD-A的平面角为θ，则A(2，0，0)，B(0，0，0)，D(0，2，0)，P(cos θ，1，sin θ)．
所以．
设平面ABD的一个法向量为n＝(0，0，1)．
直线AP与平面ABD所成角为α，则
sin α＝
＝
＝．
设y＝，
设8－4cos θ＝t(8－4)，
所以y＝1－当且仅当t＝4，即cos θ＝时取等号，即sin α≤．
所以直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值为．
2．解：(1)证明：如图，连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由SA＝SC得SO⊥AC．
在正方形ABCD中，AC⊥BD．
又SO∩BD＝O，SO，BD 平面SBD，所以AC⊥平面SBD．
又因为SD 平面SBD，所以AC⊥SD．
(2)连接PO，因为SB∥平面PAC，SB 平面SBD，平面SBD∩平面PAC＝PO，
所以SB∥PO．
在△SBD中，O为BD的中点，所以点P为SD的中点．
易知直线SO，AC，BD两两垂直，如图，以点O为原点建立空间直角坐标系．
因为正方形ABCD的边长为2，所以A，C(0，，0)，B(，0，0)，P－，0，，S(0，0，)．
设平面PAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则可得
所以 则y＝0，
令x＝3，可得m＝．
因为SB∥平面PAC，所以直线SB到平面PAC的距离等于点B到平面PAC的距离，
所以直线SB到平面PAC的距离为．
(3)不存在．
理由如下：根据第(2)问可得直线SB到平面PAC的距离为．
又因为SB∥平面PAC，设点Q为SB的中点，所以点Q到平面PAC的距离为．
假设在平面PAC上存在点E，使得△ESB是以SB为底边，为顶角的等腰三角形，
则有EQ＝SB·tan．
因为EQ＝，所以不存在满足条件的点E．
1/2课时14　空间向量与立体几何
[备考指南]　立体几何解答题常与图形翻折、探索性问题结合命题，主要考查利用向量法判定空间位置关系、求空间角、空间距离，备考时应提高识图、绘图能力，做到论证与运算并重．
命题点1　空间位置关系与空间角
【典例1】　(2025·山东济宁一模)底面为菱形的四棱锥P-ABCD中，AC与BD交于点O，平面PBD⊥平面ABCD，平面PAC⊥平面ABCD．
(1)证明：PO⊥平面ABCD；
(2)若OA＝2OD＝2，直线DC与平面PBC所成角的正弦值为，求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值．
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【典例2】　(2025·广东广州二模)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠BAD为锐角，E，F分别为棱A1D1，CD的中点，点M在棱C1D1上，且C1M＝3MD1，AA1＝AB＝4，点P在直线EM上．
(1)证明：EM∥平面AB1F；
(2)若直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为32，当直线FP与平面AB1F所成角的正弦值最大时，求MP的长．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟
1．利用向量法求线面角的两种方法
(1)法一：分别求出直线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(或直角)或钝角的补角，取其余角就是直线与平面所成的角．
2．利用向量法计算两个平面夹角大小的方法
(1)法向量法：如图1，分别求出两个平面的法向量m，n，若两个平面的夹角为θ，则cos θ＝．
(2)方向向量法：如图2，AB⊥l，CD⊥l，若两个平面的夹角为θ，则
cos θ＝|cos 〈〉|＝．
1．(多选)已知SO⊥平面α于点O，点A，B是平面α上的两个动点，且∠OSA＝，∠OSB＝，则(　　)
A．SA与SB所成的角可能为
B．SA与OB所成的角可能为
C．SO与平面SAB所成的角可能为
D．平面SOB与平面SAB的夹角可能为
2．(2025·湖南岳阳二模)如图，在圆锥PO中，AC为底面圆O的一条直径，B，D为底面圆周上不同于A，C的两点，圆锥母线长为，AC＝2，∠BAC＝30°．
(1)若AD＝1，平面PAD与平面PBC的交线为l，证明：AD∥l；
(2)若AD与平面PCD所成角的正切值为，求AD的长．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
命题点2　空间位置关系与空间距离
【典例3】　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝，BC＝2BB1＝2，P，Q分别为B1C1，A1B的中点．
(1)证明：A1B⊥CP；
(2)求直线A1B与平面CPQ所成角的正弦值；
(3)设点C1到直线CQ的距离为d1，点C1到平面CPQ的距离为d2，求的值．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　求空间距离的方法
(1)点线距的求解方法：
直线的方向向量s―→直线外一点A与直线上一点P构成的向量―→向量在直线的方向向量s上的投影向量的模|―→代入公式d＝．
(2)点面距的求解方法：向量法、等体积法．
1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足＝，则下列说法正确的是(　　)
A．点A到直线BE的距离为
B．点O到平面ABC1D1的距离为
C．平面A1BD到平面B1CD1的距离为　
D．点P到直线AB的距离为
2．(2025·北京东城一模)如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为平行四边形，平面ADE⊥平面CDE，AD⊥DE，AD＝DE＝DC＝1，BF∥DE．
(1)证明：FC∥平面ADE；
(2)已知点E到平面AFC的距离为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求BF的长．
条件①：AE⊥CD；
条件②：AC＝CE．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
命题点3　利用空间向量解决翻折、探索性问题
【典例4】　(2025·全国二卷)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＝3AD，CD＝2AD．将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°．
(1)证明：A′B∥平面CD′F；
(2)求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟
1．翻折问题：弄清翻折前后的变量和不变量，以不变量作为解题的切入点．
2．探索性问题：建系→引参设点→求解验证．
(2025·江西鹰潭二模)如图1，等腰梯形AECD是由三个全等的等边三角形拼成，现将△BCE沿BC翻折至△BCP，使得PD＝AB，如图2所示．
(1)求证：PD⊥BC；
(2)在直线PD上是否存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
课时14　空间向量与立体几何
典例1　解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
因为平面PBD⊥平面ABCD，BD为交线，AC 平面ABCD，所以AC⊥平面PBD．
因为PO 平面PBD，
所以AC⊥PO，
因为平面PAC⊥平面ABCD，AC为交线，BD 平面ABCD，所以BD⊥平面PAC，
因为PO 平面PAC，所以BD⊥PO，
因为AC∩BD＝O，AC，BD 平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD．
(2)由(1)知，AC，PO，BD两两垂直，
以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由 OA＝2OD＝2，
则D(0，－1，0)，C(－2，0，0)，B(0，1，0)，＝(－2，1，0)，
设P(0，0，t)，t>0，则＝(0，1，－t)，＝(2，1，0)，
设平面PBC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则
令z＝2，得y＝2t，x＝－t，
故m＝(－t，2t，2)，
直线DC与平面PBC所成角的正弦值为，
即
＝，
解得t＝1，负值舍去，则m＝，
平面PAC的一个法向量为n＝，
设平面PAC与平面PBC夹角为θ，
cos θ＝
＝，
所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为．
典例2　解：(1)证明：取C1D1的中点N，连接A1N，NF，因为F为CD的中点，所以NF∥CC1，且NF＝CC1．
又AA1∥CC1，且AA1＝CC1，则NF∥AA1，且NF＝AA1．
所以四边形AFNA1是平行四边形，所以AF∥A1N．
因为C1M＝3MD1，则M为ND1的中点．
又E为A1D1的中点，则EM∥A1N，所以EM∥AF．
因为AF 平面AB1F，EM 平面AB1F，
所以EM∥平面AB1F．
(2)法一：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为32，
得AA1·AB·ADsin∠BAD＝32，
解得sin∠BAD＝，
因为∠BAD为锐角，所以∠BAD＝．
以DC，DD1所在直线分别为y，z轴，以△ABD的AB边上的高所在直线为x轴，建立空间直角坐标系D-xyz．
则E(，－1，4)，M(0，1，4)，F(0，2，0)，B1(2，2，4)，A(2，－2，0)，＝λ，P＝(λ，－2λ－1，4)，
，
设平面AB1F的法向量为n＝，直线FP与平面AB1F所成角为θ，
由
取y＝，得x＝2，z＝－，则平面AB1F的一个法向量为n＝(2，，－)．
则sin θ＝
＝
＝．
当λ＝－时，sin θ取得最大值．
此时，所以MP的长为．
法二：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为32，
得AA1·AB·ADsin∠BAD＝32，解得sin∠BAD＝，
因为∠BAD为锐角，所以∠BAD＝．
连接AC，BD，设AC∩BD＝O，连接A1C1，B1D1，
设A1C1∩B1D1＝O1，
以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz．
则A(0，－2，0)，B1(2，0，4)，F(－1，，0)，E(－1，－，4)，M－，4，
＝，－4.
设＝λ，
即，
则＝，－4.
设平面AB1F的法向量为n＝，
直线FP与平面AB1F所成角为θ，
由
令y＝1，则x＝3，z＝－2，
则平面AB1F的一个法向量为n＝(3，1，－2)，
则sin θ＝
＝
＝．
当λ＝时，sin θ取得最大值．
此时·．
所以MP的长为．
法三：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为32，
得AA1·AB·ADsin∠BAD＝32，
得sin∠BAD＝，
因为∠BAD为锐角，所以∠BAD＝．
由(1)知EM∥平面AB1F且点P在直线EM上，
则点P到平面AB1F的距离为定值d．
设直线FP与平面AB1F所成角为θ，
则sin θ＝．
当PF最小时，sin θ取得最大值．
如图，过N作NP⊥EM，交EM的延长线于点P，连接FP，
因为NF⊥EM，NF∩NP＝N，NF，NP 平面NPF，则EM⊥平面NPF．
又FP 平面NPF，则FP⊥EM．
则MP为所求．
在△EMD1中，EM＝
＝．
cos∠EMD1＝，
在Rt△NMP中，MP＝MN·cos∠NMP＝MN·cos∠EMD1＝．
所以MP的长为．
考教衔接
1．AC　[设OA＝1，则SO＝，SA＝2，OB＝，SB＝，
以O为原点，OA，OS所在直线分别为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则S(0，0，)，A(1，0，0)，设B(m，n，0)，且m2＋n2＝3，
＝(1，0，－＝(m，n，－＝(m，n，0)，＝(0，0，－)，
若SA与SB所成的角为，则
，解得m＝－3±．当m＝－3－时，m2>3，不符合题意；当m＝－3＋时，n2＝6－12>0，方程有解，故A正确；
若SA与OB所成的角为，
则，得m2＝9>3，不符合题意，故B错误；
设平面SAB的法向量为p＝(x1，y1，z1)，
则
取p＝，
若SO与平面SAB所成的角为，则
＝，
解得m＝1，n＝±，故C正确；
设平面SOB的法向量为q＝(x2，y2，z2)，则
取q＝，
若平面SOB与平面SAB的夹角为，则p·q＝0，即·＝0，得m2＋n2＝m，又m2＋n2＝3，得m＝3，m2＝9>3，不符合题意，故D错误．
故选AC．]
2．解：(1)证明：因为AC为直径，则AD⊥CD，AB⊥BC，
且AD＝1，AC＝2，则CD＝且∠CAD＝60°，
又因为∠BAC＝30°，则∠BAD＝90°，即AD⊥AB．
且AB⊥BC，AD，BC 平面ABCD，可知AD∥BC，
且AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC，
又因为AD 平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l．
(2)法一：由题意知，AD⊥CD，
如图，以D点为坐标原点，DA，DC所在直线分别为x，y轴，过D与OP平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
可知PO＝＝2，设AD＝a，
则A，C，P，2，
可得＝，2，＝0，，0，设平面PCD的一个法向量为n＝，
则
令z＝1，则x＝－，y＝0，可得n＝，
设AD与平面PCD所成角为θ，θ∈，
则tan θ＝，
可得cos θ＝sin θ，
且cos2θ＋sin2θ＝sin2θ＋sin2θ＝1，解得sin θ＝，
即
＝，
整理得16＋a2＝19，解得a＝，负值舍去，即AD＝．
法二：以O点为坐标原点，OC，OP所在直线分别为y，z轴，在平面ABCD内过点O垂直于AC的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则PO＝＝2，P，
A(0，－1，0)，C(0，1，0)，
设D(cos θ，sin θ，0)，可得＝(cos θ，sin θ＋1，0)，＝(0，1，－2)，＝(cos θ，sin θ，－2)，
设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
令z＝1，则x＝，y＝2，可得n＝，
设AD与平面PCD所成角为α，α∈，则tan α＝，
可得cos α＝sin α，
且cos2α＋sin2α＝sin2α＋sin2α＝1，解得sin α＝，
即
＝
＝，
整理得18＋2sin θ＝19，
解得sin θ＝，
所以，
即AD＝．
典例3　解：(1)证明：连接A1P，BP，
因为A1B1＝A1C1，P为B1C1的中点，所以A1P⊥B1C1，
因为棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，
所以BB1⊥平面A1B1C1，BB1 平面CBB1C1，所以平面A1B1C1⊥平面CBB1C1，
又平面A1B1C1∩平面CBB1C1＝B1C1，A1P 平面A1B1C1，
所以A1P⊥平面CBB1C1，又CP 平面CBB1C1，所以A1P⊥CP．
在矩形BB1C1C中，BC＝2BB1＝2，P为B1C1的中点，
所以CP＝BP＝，
所以CP2＋BP2＝BC2，
故BP⊥CP，
又A1P∩BP＝P，A1P 平面A1BP，BP 平面A1BP，
所以CP⊥平面A1PB，又A1B 平面A1PB，
所以CP⊥A1B．
(2)取BC的中点M，连接PM，
由(1)及题意易知A1P，PM，PB1两两垂直，则以P为坐标原点，PM，PB1，PA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系P-xyz，如图所示．
由A1B1＝，PB1＝1，则A1P＝2，B(1，1，0)，C(1，－1，0)，A1(0，0，2)，Q，1.
设平面CPQ的法向量为n＝(x，y，z)，
又＝(1，－1，0)，＝，1，
则
令x＝1，则n＝(1，1，－1)．
设直线A1B与平面CPQ所成的角为θ，又＝(1，1，－2)，
则sin θ＝，
故直线A1B与平面CPQ所成角的正弦值为．
(3)由(2)知平面CPQ的一个法向量为n＝(1，1，－1)，C1(0，－1，0)，＝(1，0，0)，
所以点C1到平面CPQ的距离为d2＝，
又，
直线CQ的一个单位方向向量为u＝，
则||＝1，|·u|＝，
所以点C1到直线CQ的距离为d1＝，
所以．
考教衔接
1．BCD　[根据正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，
B1(1，0，1)，
C1(1，1，1)，
D1(0，1，1)．
则E，O，1.
又，故P．
对于A，＝(－1，0，0)，
故点A到直线BE的距离为
，故A错误；
对于B，＝(0，1，1)，＝－，－，0，
设平面ABC1D1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则取y1＝1，则m＝(0，1，－1)，
故点O到平面ABC1D1的距离为，故B正确；
对于C，＝(－1，0，1)，＝(－1，0，1)，故，
而B，A1，C，D1不共线，故BA1∥CD1．
因为BA1 平面B1CD1，CD1 平面B1CD1，
故BA1∥平面B1CD1，
同理BD∥平面B1CD1，而BD∩BA1＝B，BD，BA1 平面DBA1，所以平面DBA1∥平面B1CD1，
故平面DBA1到平面B1CD1的距离即为点B1到平面DBA1的距离．
又＝(－1，1，0)，＝(－1，0，0)，设平面DBA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则取y2＝1，则n＝(1，1，1)，
故点B1到平面DBA1的距离为
，故C正确；
对于D，＝(1，0，0)，故点P到直线AB的距离为
＝，故D正确．故选BCD．]
2．解：(1)证明：由四边形ABCD为平行四边形，得AD∥BC，又BF∥DE，
AD 平面ADE，BC 平面ADE，则BC∥平面ADE，同理BF∥平面ADE，
由BC∩BF＝B，BC，BF 平面BCF，则平面BCF∥平面ADE，
又FC 平面BCF，则FC∥平面ADE．
(2)因为平面ADE⊥平面CDE，AD⊥DE，平面ADE∩平面CDE＝DE，AD 平面ADE，
所以AD⊥平面CDE，又DE，CD 平面CDE，则AD⊥DE，AD⊥CD．
选条件①：由AE⊥CD，AD∩AE＝A，AD，AE 平面ADE，则CD⊥平面ADE，
DE 平面ADE，则CD⊥DE；
选条件②：由AD⊥DE，AD⊥CD，AD＝DE＝DC＝1，
则△ADE≌△ADC，又AC＝CE，故AC＝AE＝CE，
所以△ADE≌△ADC≌△EDC，则CD⊥DE．
综上，AD⊥DE，AD⊥CD，CD⊥DE，
以D为原点，为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz，
所以A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(0，0，1)，令BF＝x>0，则F(1，1，x)，
故＝(0，1，x)，＝(1，0，x)，＝(－1，0，1)，
设平面AFC的一个法向量为m＝(a，b，c)，则
取a＝x，则m＝(x，x，－1)，
由题设，可得4x2－4x＋1＝0，解得x＝，
所以BF＝．
典例4　解：(1)证明：法一：∵EB∥FC，EB 平面CD'F，FC 平面CD'F，∴EB∥平面CD'F，
∵A'E∥D'F，A'E 平面CD'F，D'F 平面CD'F，∴A'E∥平面CD'F．
∵EB 平面BA'E，A'E 平面BA'E，EB∩A'E＝E，∴平面BA'E∥平面CD'F．
∵A'B 平面BA'E，∴A'B∥平面CD'F．
法二：如图，延长DC至点G，使得DG＝AB，连接GB，GD'，
∵AB∥CD，∴AB∥DG，又AB＝DG，
∴四边形ABGD是平行四边形，∴AD＝BG，AD∥BG．
翻折后，A'D'＝BG，A'D'∥BG，
∴四边形A'BGD'是平行四边形，∴A'B∥D'G．
∵A'B 平面CD'F，D'G 平面CD'F，
∴A'B∥平面CD'F．
(2)∵∠DAB＝90°，EF∥AD，∴∠FEB＝90°，即AB⊥EF，翻折后，A'E⊥EF，EB⊥EF，
∴平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角的平面角为∠A'EB，
即∠A'EB＝60°，同理∠D'FC＝60°．
设AD＝1，取CF的中点O，连接D'O，
在△OD'F中，D'F＝1，OF＝，∠D'FO＝60°，由余弦定理得OD'＝，
∴D'F2＝OF2＋OD'2，
∴OD'⊥OF．
在线段EB上取一点M，使得EM＝，连接OM，则EM＝OF，又EM∥OF，∴四边形EMOF为平行四边形，
∴EF∥OM，
∵D'F⊥EF，CF⊥EF，D'F∩CF＝F，D'F，CF 平面CD'F，
∴EF⊥平面CD'F，即OM⊥平面CD'F，
∴OM，OC，OD'两两垂直，
如图所示，以O为坐标原点，以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则B，C，D'0，0，，E1，－，0，F0，－，0，＝(1，1，0)，＝(1，0，0)，．
设平面BCD'的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
即取z1＝，则m＝(－3，3，)．
设平面EFD'A'的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则取z2＝，则n＝(0，－3，)．
设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ，
则cos θ＝，∴sin θ＝，
∴平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为．
考教衔接
解：(1)证明：在图1中，连接DE交BC于O点，在图2中，易知△BCD，△BCP都是等边三角形，易得DO⊥BC，PO⊥BC，
又DO∩PO＝O，DO，PO 平面POD，可得BC⊥平面POD，
又PD 平面POD，所以PD⊥BC．
(2)法一：假设存在点M，符合题意．设AB＝2a，则PD＝3a，
则在△POD中，由OD＝OP＝a，PD＝3a，由余弦定理得∠POD＝120°．
由(1)得BC⊥平面POD，又AD∥BC，
∴AD⊥平面POD，∵AD 平面ADP，
∴平面ADP⊥平面POD．
如图，作OQ⊥PD，垂足为Q，则OQ⊥平面ADP，
在△POD中，由OD＝OP＝a，DP＝3a，∠POD＝120°，得OQ＝a．
取AP中点N，连接BN，QN，MN，由QN∥AD，QN＝AD，OB∥AD，OB＝AD，得四边形BNQO为平行四边形．
因为OQ⊥平面ADP，所以BN⊥平面ADP，
则直线BM与平面APD所成角θ为∠BMN，且BN＝OQ＝a．
由已知cos θ＝，
即sin θ＝，由BN＝BMsin∠BMN＝a，得BM＝a．
在△BDM中，设DM＝t，由余弦定理得＋t2－2·2a·t·
即4t2－12at＋5a2＝0，解得t＝a或t＝．
所以存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为的值为5或．
法二(向量法)：设AB＝2a，则PD＝3a，则在△POD中，OD＝OP＝a，PD＝3a，
由余弦定理，得∠POD＝120°，作PH⊥DO，垂足为H，连接OH，得∠POH＝60°，∴PH＝POsin 60°＝a，
如图，以BC的中点O为原点，的方向分别为x，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则B，A，D(0，－a，0)，P0，a，a，所以＝0，－，－a，
设平面ADP的法向量为n＝(x，y，z)，
则
解得x＝0，令y＝－1，则z＝，即向量n＝，
设存在点M，＝λ＝λ0，a，a＝0，λa，λa，
所以＝－a，λa－a，λa，
设直线BM与平面APD所成角为θ，
又cos θ＝，
所以sin θ＝，
所以sin θ＝
＝
＝，解得λ1＝，λ2＝．
所以存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为的值为5或．
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专题四　立体几何
课时14　空间向量与立体几何
[备考指南]　立体几何解答题常与图形翻折、探索性问题结合命题，主要考查利用向量法判定空间位置关系、求空间角、空间距离，备考时应提高识图、绘图能力，做到论证与运算并重．
命题点1　空间位置关系与空间角
【典例1】　(2025·山东济宁一模)底面为菱形的四棱锥P-ABCD中，AC与BD交于点O，平面PBD⊥平面ABCD，平面PAC⊥平面ABCD．
(1)证明：PO⊥平面ABCD；
(2)若OA＝2OD＝2，直线DC与平面PBC所成角的正弦值为，求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值．
[解]　(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
因为平面PBD⊥平面ABCD，BD为交线，AC 平面ABCD，所以AC⊥平面PBD．
因为PO 平面PBD，所以AC⊥PO，
因为平面PAC⊥平面ABCD，AC为交线，BD 平面ABCD，所以BD⊥平面PAC，
因为PO 平面PAC，所以BD⊥PO，
因为AC∩BD＝O，AC，BD 平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD．
(2)由(1)知，AC，PO，BD两两垂直，
以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由OA ＝2OD＝2，
则D(0，－1，0)，C(－2，0，0)，B(0，1，0)，＝(－2，1，0)，
设P(0，0，t)，t＞0，则＝(0，1，－t)，＝(2，1，0)，
设平面PBC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则
令z＝2，得y＝2t，x＝－t，
故m＝(－t，2t，2)，
直线DC与平面PBC所成角的正弦值为，
即＝
＝＝，
解得t＝1，负值舍去，则m＝，
平面PAC的一个法向量为n＝，
设平面PAC与平面PBC夹角为θ，
cos θ＝＝
＝＝，
所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为．
【典例2】　(2025·广东广州二模)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠BAD为锐角，E，F分别为棱A1D1，CD的中点，点M在棱C1D1上，且C1M＝3MD1，AA1＝AB＝4，点P在直线EM上．
(1)证明：EM∥平面AB1F；
(2)若直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为32，当直线FP与平面AB1F所成角的正弦值最大时，求MP的长．
[解]　(1)证明：取C1D1的中点N，连接A1N，NF，因为F为CD的中点，所以NF∥CC1，且NF＝CC1．
又AA1∥CC1，且AA1＝CC1，则NF∥AA1，且NF＝AA1．
所以四边形AFNA1是平行四边形，所以AF∥A1N．
因为C1M＝3MD1，则M为ND1的中点．
又E为A1D1的中点，则EM∥A1N，所以EM∥AF．
因为AF 平面AB1F，EM 平面AB1F，
所以EM∥平面AB1F．
(2)法一：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为32，得AA1·AB·AD sin ∠BAD＝32，
解得sin ∠BAD＝，
因为∠BAD为锐角，所以∠BAD＝．
以DC，DD1所在直线分别为y，z轴，以△ABD的AB边上的高所在直线为x轴，建立空间直角坐标系D-xyz．
则E，M(0，1，4)，F (0，2，0)，B1(2，2，4)，A(2，－2，0)，＝，
设＝λ＝，P＝，
＝＝，
设平面AB1F的法向量为n＝，直线FP与平面AB1F所成角为θ，
由 得
取y＝，得x＝2，z＝－，
则平面AB1F的一个法向量为n＝．
则sin θ＝＝
＝．
当λ＝－时，sin θ取得最大值．
此时＝＝，所以MP的长为．
法二：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为32，
得AA1·AB·AD sin ∠BAD＝32，
解得sin ∠BAD＝，
因为∠BAD为锐角，所以∠BAD＝．
连接AC，BD，设AC∩BD＝O，连接A1C1，B1D1，
设A1C1∩B1D1＝O1，
以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz．
则A，B1，F，E，M，
＝＝＝＝．
设＝λ，即＝，
则＝＝．
设平面AB1F的法向量为n＝，
直线FP与平面AB1F所成角为θ，
由得
令y＝1，则x＝3，z＝－2，
则平面AB1F的一个法向量为n＝(3，1，－2)，
则sin θ＝＝　
＝＝．
当λ＝时，sin θ取得最大值．
此时＝·＝＝．
所以MP的长为．
法三：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为32，得AA1·AB·AD sin ∠BAD＝32，得sin ∠BAD＝，
因为∠BAD为锐角，所以∠BAD＝．
由(1)知EM∥平面AB1F且点P在直线EM上，
则点P到平面AB1F的距离为定值d．
设直线FP与平面AB1F所成角为θ，
则sin θ＝．
当PF最小时，sin θ取得最大值．
如图，过N作NP⊥EM，交EM的延长线于点P，连接FP，
因为NF⊥EM，NF∩NP＝N，NF，NP 平面NPF，则EM⊥平面NPF．
又FP 平面NPF，则FP⊥EM．
则MP为所求．
在△EMD1中，
EM＝
＝＝．
cos ∠EMD1＝＝，
在Rt△NMP中，MP＝MN·cos ∠NMP＝MN·cos ∠EMD1＝．
所以MP的长为．
反思领悟
1．利用向量法求线面角的两种方法
(1)法一：分别求出直线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(或直角)或钝角的补角，取其余角就是直线与平面所成的角．
2．利用向量法计算两个平面夹角大小的方法
(1)法向量法：如图1，分别求出两个平面的法向量m，n，若两个平面的夹角为θ，则cos θ＝．
(2)方向向量法：如图2，AB⊥l，CD⊥l，若两个平面的夹角为θ，则
cos θ＝|cos 〈〉|＝．
1．(多选)已知SO⊥平面α于点O，点A，B是平面α上的两个动点，且∠OSA＝，∠OSB＝，则(　　)
A．SA与SB所成的角可能为
B．SA与OB所成的角可能为
C．SO与平面SAB所成的角可能为
D．平面SOB与平面SAB的夹角可能为
√
√
AC　[设OA＝1，则SO＝，SA＝2，OB＝，SB＝，
以O为原点，OA，OS所在直线分别为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则S(0，0，)，A(1，0，0)，设B(m，n，0)，且m2＋n2＝3，
＝(1，0，－)，＝(m，n，－)，＝(m，n，0)，＝(0，0，－)，
若SA与SB所成的角为，则
＝＝＝cos ＝，解得m＝－3±．当m＝－3－时，m2>3，不符合题意；当m＝－3＋时，n2＝6－12>0，方程有解，故A正确；
若SA与OB所成的角为，则＝＝＝cos ＝，得m2＝9>3，不符合题意，故B错误；
设平面SAB的法向量为p＝(x1，y1，z1)，
则取p＝，
若SO与平面SAB所成的角为，则
＝＝＝sin ＝，
解得m＝1，n＝±，故C正确；
设平面SOB的法向量为q＝(x2，y2，z2)，则取q＝，
若平面SOB与平面SAB的夹角为，则p·q＝0，即·＝0，得m2＋n2＝m，又m2＋n2＝3，得m＝3，m2＝9>3，不符合题意，故D错误．故选AC．]
2．(2025·湖南岳阳二模)如图，在圆锥PO中，AC为底面圆O的一条直径，B，D为底面圆周上不同于A，C的两点，圆锥母线长为，AC＝2，∠BAC＝30°．
(1)若AD＝1，平面PAD与平面PBC的交线为l，证明：AD∥l；
(2)若AD与平面PCD所成角的正切值为，求AD的长．
[解]　(1)证明：因为AC为直径，则AD⊥CD，AB⊥BC，
且AD＝1，AC＝2，则CD＝且∠CAD＝60°，
又因为∠BAC＝30°，则∠BAD＝90°，即AD⊥AB．
且AB⊥BC，AD，BC 平面ABCD，可知AD∥BC，且AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC，
又因为AD 平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l．
(2)法一：由题意知，AD⊥CD，
如图，以D点为坐标原点，DA，DC所在直线分别为x，y轴，过D与OP平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
可知PO＝＝2，设AD＝a，
则A，C，P，
可得＝＝＝
设平面PCD的一个法向量为n＝，则
令z＝1，则x＝－，y＝0，可得n＝，
设AD与平面PCD所成角为θ，θ∈，
则tan θ＝＝，可得cos θ＝sin θ，
且cos2θ＋sin2θ＝sin2θ＋sin2θ＝1，解得sinθ＝，
即＝＝＝，
整理得16＋a2＝19，解得a＝，负值舍去，即AD＝．
法二：以O点为坐标原点，OC，OP所在直线分别为y，z轴，在平面ABCD内过点O垂直于AC的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则PO＝＝2，P(0，0，2)，A(0，－1，0)，C(0，1，0)，
设D，可得＝，＝＝(cos θ，sin θ，－2)，
设平面PCD的一个法向量为n＝，
则
令z＝1，则x＝，y＝2，可得n＝，
设AD与平面PCD所成角为α，α∈，
则tan α＝＝，可得cos α＝sin α，
且cos2α＋sin2α＝sin2α＋sin2α＝1，解得sinα＝，
即＝
＝
＝，
整理得18＋2sinθ＝19，解得sin θ＝，
所以＝＝，即AD＝．
【教用·备选题】
1．(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值．
[解]　(1)证明：连接AE，DE，∵DB＝DC，E为BC的中点，
∴DE⊥BC．
又∵DA＝DA，DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
∴△ACD≌△ABD(SAS)，
∴AC＝AB，
∴AE⊥BC．又∵AE∩DE＝E，AE，DE 平面ADE，
∴BC⊥平面ADE．
∵DA 平面ADE，
∴BC⊥DA．
(2)设DA＝DB＝DC＝2，∴AB＝AC＝2，
由题意知△DBC为等腰直角三角形，
∴DE＝EB＝EC＝．
∵AE⊥BC，∴AE＝＝，又AD＝2，∴AE2＋DE2＝4＝AD2，∴AE⊥DE．
又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，BC，DE 平面BCD，∴AE⊥平面BCD，以E为原点，ED，EB，EA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D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)，
＝(－，0，)，∵＝，
∴ F (－，0，)，
∴＝(0，，－)，＝(－，0，0)，
设平面DAB与平面ABF的法向量分别为＝＝(x2，y2，z2)，
则即令x1＝1，得y1＝z1＝1，
即令y2＝1，得x2＝0，z2＝1，
故平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(1，1，1)，n2＝(0，1，1)，设二面角D-AB-F的平面角为θ，
则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝，
故sin θ＝，所以二面角D-AB-F的正弦值为．
2．(2023·新高考Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3．
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P．
[解]　(1)证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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，则B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，
所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)，
因为＝，所以B2C2∥A2D2．
(2)设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，
所以＝(2，0，1－n)，＝(0，－2，3－n)，
设平面PA2C2的一个法向量为a＝(x1，y1，z1)，
所以则
令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)．
设平面A2C2D2的一个法向量为b＝(x2，y2，z2)，
又＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，1)，
所以则
令y2＝1，得b＝(1，1，2)．
所以|cos 150°|＝|cos 〈a，b〉|
＝＝，
整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，
所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝1．
命题点2　空间位置关系与空间距离
【典例3】　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝，BC＝2BB1＝2，P，Q分别为B1C1，A1B的中点．
(1)证明：A1B⊥CP；
(2)求直线A1B与平面CPQ所成角的正弦值；
(3)设点C1到直线CQ的距离为d1，点C1到平面CPQ的距离为d2，求的值．
[解]　(1)证明：连接A1P，BP，
因为A1B1＝A1C1，P为B1C1的中点，所以A1P⊥B1C1，
因为棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，
所以BB1⊥平面A1B1C1，BB1 平面CBB1C1，
所以平面A1B1C1⊥平面CBB1C1，
又平面A1B1C1∩平面CBB1C1＝B1C1，A1P 平面A1B1C1，
所以A1P⊥平面CBB1C1，又CP 平面CBB1C1，所以A1P⊥CP．
在矩形BB1C1C中，BC＝2BB1＝2，P为B1C1的中点，
所以CP＝BP＝，
所以CP2＋BP2＝BC2，故BP⊥CP，
又A1P∩BP＝P，A1P 平面A1BP，BP 平面A1BP，
所以CP⊥平面A1PB，又A1B 平面A1PB，
所以CP⊥A1B．
(2)取BC的中点M，连接PM，
由(1)及题意易知A1P，PM，PB1两两垂直，则以P为坐标原点，PM，PB1，PA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系P-xyz，如图所示．
由A1B1＝，PB1＝1，则A1P＝2，B(1，1，0)，C(1，－1，0)，A1(0，0，2)，Q．
设平面CPQ的法向量为n＝(x，y，z)，又＝(1，－1，0)，
＝，则 即
令x＝1，则n＝(1，1，－1)．
设直线A1B与平面CPQ所成的角为θ，又＝(1，1，－2)，
则sin θ＝＝＝＝，
故直线A1B与平面CPQ所成角的正弦值为．
(3)由(2)知平面CPQ的一个法向量为n＝(1，1，－1)，C1(0，－1，0)，＝(1，0，0)，所以点C1到平面CPQ的距离为d2＝＝，
又＝，直线CQ的一个单位方向向量为u＝＝，则||＝1，|·u|＝，
所以点C1到直线CQ的距离为d1＝＝，所以＝＝．
反思领悟　求空间距离的方法
(1)点线距的求解方法：
直线的方向向量s―→直线外一点A与直线上一点P构成的向量―→向量在直线的方向向量s上的投影向量的模|―→代入公式d＝．
(2)点面距的求解方法：向量法、等体积法．
1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足＝，则下列说法正确的是(　　)
A．点A到直线BE的距离为
B．点O到平面ABC1D1的距离为
C．平面A1BD到平面B1CD1的距离为　
D．点P到直线AB的距离为
√
√
√
BCD　[根据正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，
A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)．
则E，O．
又＝，故P．
对于A，＝＝(－1，0，0)，
故点A到直线BE的距离为
＝＝，故A错误；
对于B，＝(0，1，1)，＝，
设平面ABC1D1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则 即取y1＝1，则m＝(0，1，－1)，
故点O到平面ABC1D1的距离为＝＝，故B正确；
对于C，＝(－1，0，1)，＝(－1，0，1)，故∥，
而B，A1，C，D1不共线，故BA1∥CD1．
因为BA1 平面B1CD1，CD1 平面B1CD1，
故BA1∥平面B1CD1，
同理BD∥平面B1CD1，而BD∩BA1＝B，BD，BA1 平面DBA1，所以平面DBA1∥平面B1CD1，
故平面DBA1到平面B1CD1的距离即为点B1到平面DBA1的距离．
又＝(－1，1，0)，＝(－1，0，0)，设平面DBA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则 即取y2＝1，则n＝(1，1，1)，
故点B1到平面DBA1的距离为＝，故C正确；
对于D，＝＝(1，0，0)，
故点P到直线AB的距离为
＝＝，故D正确．
故选BCD．]
2．(2025·北京东城一模)如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为平行四边形，平面ADE⊥平面CDE，AD⊥DE，AD＝DE＝DC＝1，BF∥DE．
(1)证明：FC∥平面ADE；
(2)已知点E到平面AFC的距离为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求BF的长．
条件①：AE⊥CD；
条件②：AC＝CE．
[解]　(1)证明：由四边形ABCD为平行四边形，得AD∥BC，又BF∥DE，
AD 平面ADE，BC 平面ADE，则BC∥平面ADE，同理BF∥平面ADE，
由BC∩BF＝B，BC，BF 平面BCF，则平面BCF∥平面ADE，
又FC 平面BCF，则FC∥平面ADE．
(2)因为平面ADE⊥平面CDE，AD⊥DE，平面ADE∩平面CDE＝DE，AD 平面ADE，
所以AD⊥平面CDE，又DE，CD 平面CDE，则AD⊥DE，AD⊥CD．
选条件①：由AE⊥CD，AD∩AE＝A，AD，AE 平面ADE，则CD⊥平面ADE，
DE 平面ADE，则CD⊥DE；
选条件②：由AD⊥DE，AD⊥CD，AD＝DE＝DC＝1，
则△ADE≌△ADC，又AC＝CE，故AC＝AE＝CE，
所以△ADE≌△ADC≌△EDC，
则CD⊥DE．
综上，AD⊥DE，AD⊥CD，CD⊥DE，
以D为原点，为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz，
所以A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(0，0，1)，令BF＝x＞0，则F(1，1，x)，故＝(0，1，x)，＝(1，0，x)，＝(－1，0，1)，
设平面AFC的一个法向量为m＝(a，b，c)，则
取a＝x，则m＝(x，x，－1)，
由题设＝＝，可得4x2－4x＋1＝0，解得x＝，
所以BF＝．
【教用·备选题】
1．(2023·天津高考)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点．
(1)求证：A1N∥平面C1MA；
(2)求平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值；
(3)求点C到平面C1MA的距离．
[解]　(1)证明：连接MN，可得MN为△ABC的中位线，可得MN∥AC，且MN＝AC＝1，
而A1C1＝1，AC∥A1C1，
则MN∥A1C1，MN＝A1C1，
可得四边形MNA1C1为平行四边形，
则A1N∥C1M，
而A1N 平面C1MA，C1M 平面C1MA，
所以A1N∥平面C1MA．
法一(向量法)：
(2)因为A1A⊥平面ABC，且AB，AC 平面ABC，
所以A1A⊥AB，A1A⊥AC．
又AB⊥AC，所以直线A1A，AB，AC两两垂直．
如图，以A为坐标原点，向量的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz．
因为AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，
则A(0，0，0)，C1(0，1，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)．
又点M是线段BC的中点，可得M(1，1，0)，
所以＝(0，1，2)，＝(1，1，0)．
设平面C1MA的法向量为m＝(x，y，z)，
则⊥m，⊥m，
即·m＝0，·m＝0，由此可得
令y＝2，则x＝－2，z＝－1，即m＝(－2，2，－1)，
故平面C1MA的一个法向量为m＝(－2，2，－1)．
易知平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，0，0)．
设平面C1MA与平面ACC1A1的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝．
故平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值为．
(3)由(2)知，＝(0，2，0)，
平面C1MA的一个法向量m＝(－2，2，－1)，
设点C到平面C1MA的距离为d，
则d＝＝＝．
所以点C到平面C1MA的距离为．
法二(几何法)：
(2)取AC的中点H，连接MH，
由AB⊥AC，MH∥AB，可得MH⊥AC．
由A1A⊥平面ABC，MH 平面ABC，
可得A1A⊥MH，
又AC∩A1A＝A，AC 平面A1ACC1，A1A 平面A1ACC1，
可得MH⊥平面A1ACC1．
过点H作HD⊥AC1，垂足为D，连接DM，
由三垂线定理可得DM⊥AC1，可得∠MDH为平面C1MA与平面ACC1A1的夹角．
由MH＝AB＝1，
在矩形AHC1A1中，DH＝＝＝，
所以cos ∠MDH＝＝＝．
故平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值为．
(3)设点C到平面C1MA的距离为d．
过点C1作C1Q⊥AM于点Q．
在△C1MA中，AC1＝＝，MC1＝＝，AM＝，
则S△C1MA＝＝．
由得d·S△C1MA＝d×＝C1H·S△CMA＝×2××2×1＝，解得d＝．
所以点C到平面C1MA的距离为．
2．如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG＝2GD，直线AB与平面EFG相交于点H．
(1)从下面两个结论中选一个证明：
①BD∥GH；
②直线HE，GF，AC相交于一点．
(2)求直线BD到平面EFG的距离．
[解]　(1)证明：选择结论①，由E，F分别为BC，CD的中点，得EF∥BD，
又BD 平面EFG，EF 平面EFG，则BD∥平面EFG，
又BD 平面ABD，平面ABD∩平面EFG＝GH，所以BD∥GH．
选择结论②，如图，在△ACD中，AG＝2GD，
F为CD中点，则GF与AC不平行，
设GF∩AC＝K，则K∈AC，K∈GF，又AC 平面ABC，FG 平面EFG，所以K∈平面ABC，K∈平面EFG，又平面ABC∩平面EFG＝HE，因此K∈HE，所以HE，GF，AC相交于一点．
(2)若第(1)问中选①，由(1)知，BD∥平面EFG，
则点B到平面EFG的距离即为直线BD到平面EFG的距离．
若第(1)问中选②，由E，F分别为BC，CD的中点，可知EF∥BD．
又BD 平面EFG，EF 平面EFG，则BD∥平面EFG，
因此点B到平面EFG的距离即为直线BD到平面EFG的距离．
连接EA，ED，由△ABC，△BCD均为正三角形，E为BC的中点，得EA⊥BC，ED⊥BC．
又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE 平面ABC，所以AE⊥平面BCD．
又ED 平面BCD，所以AE⊥ED．
以E为原点，EB，ED，EA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E(0，0，0)，B(2，0，0)，F(－1，，0)，G＝(2，0，0)，＝(－1，，0)，＝，
设平面EFG的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
令y＝1，得n＝(，1，－2)，
设点B到平面EFG的距离为d，
则d＝＝＝，
所以BD到平面EFG的距离为．
3．(2025·天津高考)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，C1B1中点，点G在棱CC1上，且CG＝3C1G．
(1)求证：GF⊥平面EBF；
(2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值；
(3)求三棱锥D-BEF的体积．
[解]　(1)证明：以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则G(0，4，3)，F(2，4，4)，E(2，0，4)，B(4，4，0)，＝(2，0，1)，＝(0，4，0)，＝(－2，0，4)，
因为·＝0，·＝0，所以GF⊥EF，
GF⊥BF．
又EF∩BF＝F，EF 平面EBF，BF 平面EBF，
所以GF⊥平面EBF．
(2)设平面EBF的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
则y1＝0，取x1＝2，则z1＝1，
故n1＝(2，0，1)．
设平面EBG的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则
又＝(－2，4，－1)，＝(－4，0，3)，
故
取x2＝6，则y2＝5，z2＝8，
故n2＝(6，5，8)．
则cos 〈n1，n2〉＝＝＝，
所以平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为．
(3)设点D到平面EBF的距离为d，
易知＝(2，0，4)，
由(2)知平面EBF的一个法向量为n1＝(2，0，1)，
故d＝＝．
在△EBF中，易知BE＝6，BF＝2，EF＝4，
故EF2＋BF2＝BE2，∴EF⊥BF，所以S△EBF＝×4×2＝4，
故三棱锥D-BEF的体积为V＝S△EBF·d＝×4＝．
命题点3　利用空间向量解决翻折、探索性问题
【典例4】　(2025·全国二卷)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＝3AD，CD＝2AD．将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°．
(1)证明：A′B∥平面CD′F；
(2)求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值．
[解]　(1)证明：法一：∵EB∥FC，EB 平面CD′F，FC 平面CD′F，∴EB∥平面CD′F，
∵A′E∥D′F，A′E 平面CD′F，D′F 平面CD′F，∴A′E∥平面CD′F．
∵EB 平面BA′E，A′E 平面BA′E，EB∩A′E＝E，∴平面BA′E∥平面CD′F．
∵A′B 平面BA′E，∴A′B∥平面CD′F．
法二：如图，延长DC至点G，使得DG＝AB，连接GB，GD′，
∵AB∥CD，∴AB∥DG，又AB＝DG，
∴四边形ABGD是平行四边形，∴AD＝BG，AD∥BG．
翻折后，A′D′＝BG，A′D′∥BG，
∴四边形A′BGD′是平行四边形，∴A′B∥D′G．
∵A′B 平面CD′F，D′G 平面CD′F，∴A′B∥平面CD′F．
(2)∵∠DAB＝90°，EF∥AD，∴∠FEB＝90°，即AB⊥EF，翻折后，A′E⊥EF，EB⊥EF，
∴平面EFD′A′与平面EFCB所成二面角的平面角为∠A′EB，
即∠A′EB＝60°，同理∠D′FC＝60°．
设AD＝1，取CF的中点O，连接D′O，
在△OD′F中，D′F＝1，OF＝，∠D′FO＝60°，由余弦定理得OD′＝，
∴D′F2＝OF2＋OD′2，∴OD′⊥OF．
在线段EB上取一点M，使得EM＝，连接OM，则EM＝OF，又EM∥OF，∴四边形EMOF为平行四边形，∴EF∥OM，
∵D′F⊥EF，CF⊥EF，D′F∩CF＝F，D′F，CF 平面CD′F，
∴EF⊥平面CD′F，即OM⊥平面CD′F，
∴OM，OC，OD′两两垂直，
如图所示，以O为坐标原点，以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则B，C，D′，E，F＝(1，1，0)，＝＝(1，0，0)，＝．
设平面BCD′的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
取z1＝，则m＝(－3，3，)．
设平面EFD′A′的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即
取z2＝，则n＝(0，－3，)．
设平面BCD′与平面EFD′A′的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝＝，
∴sin θ＝＝＝，
∴平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值为．
反思领悟
1．翻折问题：弄清翻折前后的变量和不变量，以不变量作为解题的切入点．
2．探索性问题：建系→引参设点→求解验证．
(2025·江西鹰潭二模)如图1，等腰梯形AECD是由三个全等的等边三角形拼成，现将△BCE沿BC翻折至△BCP，使得PD＝AB，如图2所示．
(1)求证：PD⊥BC；
(2)在直线PD上是否存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
[解]　(1)证明：在图1中，连接DE交BC于O点，在图2中，易知△BCD，△BCP都是等边三角形，易得DO⊥BC，PO⊥BC，
又DO∩PO＝O，DO，PO 平面POD，可得BC⊥平面POD，
又PD 平面POD，所以PD⊥BC．
(2)法一：假设存在点M，符合题意．设AB＝2a，则PD＝3a，
则在△POD中，由OD＝OP＝a，PD＝3a，由余弦定理得∠POD＝120°．
由(1)得BC⊥平面POD，又AD∥BC，∴AD⊥平面POD，∵AD 平面ADP，
∴平面ADP⊥平面POD．
如图，作OQ⊥PD，垂足为Q，则OQ⊥平面ADP，
在△POD中，由OD＝OP＝a，DP＝3a，∠POD＝120°，得OQ＝a．
取AP中点N，连接BN，QN，MN，由QN∥AD，QN＝AD，OB∥AD，OB＝AD，得四边形BNQO为平行四边形．
因为OQ⊥平面ADP，所以BN⊥平面ADP，
则直线BM与平面APD所成角θ为∠BMN，且BN＝OQ＝a．
由已知cosθ＝，即sin θ＝＝，由BN＝BM sin∠BMN＝a，得BM＝a．
在△BDM中，设DM＝t，由余弦定理得＝＋t2－2·2a·t·即4t2－12at＋5a2＝0，解得t＝a或t＝．
所以存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为，此时的值为5或．
法二(向量法)：设AB＝2a，则PD＝3a，则在△POD中，OD＝OP＝a，PD＝3a，
由余弦定理，得∠POD＝120°，作PH⊥DO，垂足为H，连接OH，得∠POH＝60°，∴PH＝POsin 60°＝a，
如图，以BC的中点O为原点，的方向分别
为x，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则B，A，D，P，所以＝(－2a，0，0)，＝，
设平面ADP的法向量为n＝，
则
解得x＝0，令y＝－1，则z＝，即向量n＝，
设存在点M，＝λ，满足题意，
则＝λ＝，
所以＝＝，
设直线BM与平面APD所成角为θ，又cos θ＝，所以sin θ＝＝，
所以sinθ＝＝＝＝，
解得λ1＝，λ2＝．
所以存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为，此时的值为5或．
【教用·备选题】
1．(2025·辽宁大连模拟)如图1，在△ABC中，CD⊥AB，BD＝2CD＝2AD＝4，E为AC的中点．将△ACD沿CD折起到△PCD的位置，使DE⊥BC，如图2．
(1)求证：PB⊥PC；
(2)在线段BC上是否存在点F，使得CP⊥DF？若存在，求平面PDF与平面DEF夹角的正弦值；若不存在，说明理由．
[解]　(1)证明：依题意可知E为PC的中点，因为PD＝CD＝2，所以DE⊥PC．
又DE⊥BC，BC∩PC＝C，BC，PC 平面PCB，所以DE⊥平面PCB．
又PB 平面PCB，所以DE⊥PB．
依题意可知CD⊥PD，CD⊥BD，BD∩PD＝D，BD，PD 平面PDB，
所以CD⊥平面PDB．
又PB 平面PDB，所以CD⊥PB．
因为CD∩DE＝D，CD，DE 平面PCD，所以PB⊥平面PCD．
又PC 平面PCD，所以PB⊥PC．
(2)由题意，得PC＝AC＝＝2，BC＝＝2，由(1)知PB⊥PC，
所以PB＝＝2．
以D为原点，DP，DC所在直线分别为x轴、z轴，过点D且平行于PB的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图，
则D(0，0，0)，P(2，0，0)，C(0，0，2)，E(1，0，1)，B(2，2，0)，所以＝(2，0，－2)，＝(2，0，0)，＝(1，0，1)，＝(－2，－2，2)．
设＝t(0≤t≤1)，即＝t＝(－2t，－2t，2t)，则F(2－2t，2－2t，2t)，＝(2－2t，2－2t，2t)，
若存在点F，使得CP⊥DF，则·＝4－8t＝0，
解得t＝，则F(1，，1)，即存在点F使得CP⊥DF，则＝(1，，1)．
设平面PDF的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令y1＝1，得x1＝0，z1＝－，
所以m＝(0，1，－)，设平面DEF的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即
令x2＝1，得y2＝0，z2＝－1，
所以n＝(1，0，－1)，
所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
所以平面PDF与平面DEF夹角的正弦值为＝．
2．(2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝＝．将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4．
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
[解]　(1)证明：由AB＝8，AD＝5＝，＝，
得AE＝2，AF＝4．
又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得
EF＝
＝＝2，
所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE＝E，PE，DE 平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，又PD 平面PDE，故EF⊥PD．
(2)连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，
则CE2＝ED2＋CD2＝36，
在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6，
得EC2＋PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，
又EC∩EF＝E，EC，EF 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，又ED 平面ABCD，
所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz，
则E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，
F (2，0，0)，A(0，－2，0)，
由F是AB的中点，得B(4，2，0)，
所以＝(3，3，－2)，＝(0，3，－2)，＝(4，2，－2)，＝(2，0，－2)，
设平面PCD与平面PBF的一个法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，
m＝(x2，y2，z2)，
则
令y1＝2，得x1＝0，z1＝3，令x2＝，得y2＝－1，z2＝1，
所以n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)，
所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
设平面PCD与平面PBF所成的二面角为θ，
则sin θ＝＝，
即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为．
课后限时练14　空间向量与立体几何(A)
1．(2025·天津高考)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，C1B1中点，点G在棱CC1上，且CG＝3C1G．
(1)求证：GF⊥平面EBF；
(2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值；
(3)求三棱锥D-BEF的体积．
[解]　(1)证明：以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则G(0，4，3)，F(2，4，4)，E(2，0，4)，B(4，4，0)，＝(2，0，1)，＝(0，4，0)，＝(－2，0，4)，
因为·＝0，·＝0，所以GF⊥EF，
GF⊥BF．
又EF∩BF＝F，EF 平面EBF，BF 平面EBF，
所以GF⊥平面EBF．
(2)设平面EBF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
则y1＝0，取x1＝2，则z1＝1，
故n1＝(2，0，1)．
设平面EBG的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则又＝(－2，4，－1)，＝(－4，0，3)，
故
取x2＝6，则y2＝5，z2＝8，故n2＝(6，5，8)．
则cos 〈n1，n2〉＝＝＝，
所以平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为．
(3)设点D到平面EBF的距离为d，易知＝(2，0，4)，
由(2)知平面EBF的一个法向量为n1＝(2，0，1)，
故d＝＝．
在△EBF中，易知BE＝6，BF＝2，EF＝4，
故EF2＋BF2＝BE2，所以EF⊥BF，
所以S△EBF＝×4×2＝4，
故三棱锥D-BEF的体积为V＝S△EBF·d＝×4＝．
2．(2025·安徽六校联合模拟)如图1，在边长为4的等边△ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，且AD＝2，AE＝1，连接DE，沿DE将△ADE折起得到四棱锥A-BCDE(图2)，使AC＝．
(1)求证：平面ACE⊥平面BCDE；
(2)求平面ACE与平面ACD夹角的余弦值．
[解]　(1)证明：在△ADE中，由余弦定理得，
DE2＝AD2＋AE2－2AD·AE cos ∠BAD＝4＋1－2×2×1×＝3，
所以DE2＋AE2＝AD2，得AE⊥DE，
由题图1，在△ACE中，由余弦定理得，
CE2＝AC2＋AE2－2AC·AE cos ∠BAC＝42＋1－2×4×1×＝13，
所以在题图2中，CE2＋AE2＝AC2，得AE⊥EC，由DE∩EC＝E，DE 平面BCDE，EC 平面BCDE，得AE⊥平面BCDE，又AE 平面ACE，所以平面ACE⊥平面BCDE．
(2)由(1)知，AE⊥ED，
所以EB⊥ED，
所以，以点E为原点，分别以EB，ED，EA所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则E(0，0，0)，D，A(0，0，1)，C(1，2，0)．
得＝＝，
设平面ACE的法向量为m＝，
则 令y＝1，
得平面ACE的一个法向量为m＝，
设平面ACD的法向量为n＝，而＝＝，
则令b＝1，
得平面ACD的一个法向量为n＝，
设平面ACE与平面ACD的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
所以平面ACE与平面ACD夹角的余弦值为．
1．(2025·湖南长沙二模)在平面四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝BD＝2，AB⊥BD，将△BCD沿BD翻折至△BPD，其中P为动点．
(1)若AP＝AD，证明：AB⊥平面BPD；
(2)求直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值．
课后限时练14　空间向量与立体几何(B)
[解]　(1)证明：在△ABD中，AB＝BD＝2，AB⊥BD，所以AD＝2．
因为AP＝AD＝2，AB＝PB＝2，所以AB2＋PB2＝AP2，所以AB⊥BP．
又因为AB⊥BD，BP，BD 平面BPD，BP∩BD＝B，所以AB⊥平面BPD．
(2)如图，建立以B为原点的空间直角坐标系，设二面角P-BD-A的平面角为θ，则A(2，0，0)，B(0，0，0)，D(0，2，0)，P(cos θ，1，sin θ)．
所以＝．
设平面ABD的一个法向量为n＝．
直线AP与平面ABD所成角为α，则
sin α＝＝＝．
设y＝＝8－4cos θ＝t，所以y＝1－，即sin α≤．
所以直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值为．
2．(2025·广东湛江一模)如图，四棱锥S-ABCD的底面是边长为2的正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点，且SB∥平面PAC．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)求直线SB到平面PAC的距离；
(3)请判断在平面PAC上是否存在一点E，使得△ESB是以SB为底边，为顶角的等腰三角形．若存在，请求出点E的轨迹；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)证明：如图，连接BD，
设AC交BD于点O，连接SO，由SA＝SC得SO⊥AC．
在正方形ABCD中，AC⊥BD．
又SO∩BD＝O，SO，BD 平面SBD，所以AC⊥平面SBD．
又因为SD 平面SBD，所以AC⊥SD．
(2)连接PO，因为SB∥平面PAC，SB 平面SBD，平面SBD∩平面PAC＝PO，
所以SB∥PO．
在△SBD中，O为BD的中点，所以点P为SD的中点．
易知直线SO，AC，BD两两垂直，如图，以点O为原点建立空间直角坐标系．
因为正方形ABCD的边长为2，
所以A，C，B，P，S．
设平面PAC的一个法向量为m＝，
则可得 所以
则y＝0，
令x＝3，可得m＝．
因为SB∥平面PAC，所以直线SB到平面PAC的距离等于点B到平面PAC的距离，
所以直线SB到平面PAC的距离为＝．
(3)不存在．
理由如下：根据第(2)问可得直线SB到平面PAC的距离为．
又因为SB∥平面PAC，设点Q为SB的中点，所以点Q到平面PAC的距离为．
假设在平面PAC上存在点E，使得△ESB是以SB为底边，为顶角的等腰三角形，则有EQ＝SB·tan＝．
因为EQ＝＜，所以不存在满足条件的点E．
谢 谢！

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