资源简介

7.9　空间向量的应用
7．9.1　向量法求空间角与距离
一、 单选题
1 在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在“鳖臑”A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD，M为AD的中点，则异面直线BM与CD所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
2 如图，在大小为45°的二面角A-EF-D中，四边形ABFE和四边形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　)
A.
B.
C. 1
D.
3 [2026迁安四中月考]如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠PAC＝∠ABC＝90°，PA＝BC＝1，E是AB的中点，PB＝AC＝2，则二面角BPCE的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
4 [2025汕头二模]设平面α与长方体的六个面的夹角分别为θi(i＝1，2，…，6)，则cos2θi的值为(　　)
A．2 B. 3 C. 4 D. 6
二、 多选题
5 在空间直角坐标系中，O为坐标原点，点A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，0，1)，D(1，0，1)，E(5，6，－4)，则下列结论中正确的是(　　)
A. ＝4－3
B. A，B，C，E四点共面
C. 向量是平面ABC的法向量
D. OE与平面ABE所成角的余弦值为
6 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，AA1＝2，D，E分别是BB1，AC的中点，则下列结论中正确的是(　　)
A. CD⊥AC1
B. BE∥平面A1CD
C. A1C1与CD所成角的余弦值为
D. A1D与平面BB1C1C所成角的余弦值为
7 [2025南京一中期末]如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝2，AB⊥AC，M，N分别为CC1，BC的中点．若点P在棱A1B1上运动，则下列说法中正确的是(　　)
A. AM⊥PN
B. 点P到直线BC距离的最大值为
C. PN与平面ABC所成最小角的正切值为
D. 点N到平面AMP距离的最大值为
三、 填空题
8 [2026无锡天一中学月考]在空间直角坐标系中，点A(0，0，0)，B(1，1，1)，C(1，0，0)，D(－1，2，1)，其中A∈α，B∈α，C∈β，D∈β，已知平面α∥平面β，则平面α与平面β间的距离为________．
9 已知AB是圆锥PO的底面直径，C是底面圆周上的一点，PC＝AB＝2，AC＝，则二面角APBC的余弦值为________．
10 如图，在直四棱柱ABB1A1-DCC1D1中，AB⊥AA1，且AA1＝A1B1＝AD＝AB＝1.若AB的中点为E，则直线AC与平面A1EC1所成角的正弦值为________．
四、 解答题
11 [2026无锡锡山高级中学月考]如图，在正四棱锥P-ABCD中，底面边长为2，高为4，E，F，G分别为棱AB，AP，PC的中点．求：
(1) 点E到平面BFG的距离；
(2) 二面角F-BG-E的平面角的正弦值．
12 [2026金坛一中月考]如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，＝.
(1) 求证：BE⊥平面ACB1；
(2) 求平面D1AC与平面B1AC夹角的余弦值；
(3) 若F为线段CD上的动点，求点F到直线BE距离的最小值．
7.9.2　探究性问题
一、 多选题
1 [2025苏州期末]如图，已知P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1表面上一动点，M，N分别是线段B1C和CC1的中点，点Q满足＝λ(0≤λ≤1)，且A1P⊥DQ，设点P的轨迹围成的图形为多边形Ω，则下列结论中正确的是(　　)
A. 多边形Ω为平行四边形
B. 存在λ，使得多边形Ω的面积为
C. 存在λ，使得多边形Ω和底面ABCD的夹角为
D. 点B和多边形Ω形成的多面体的体积不变
二、 解答题
2 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，已知∠BCC1＝，BC＝1，AB＝C1C＝2，E是棱CC1的中点．
(1) 求证：C1B⊥平面ABC；
(2) 求平面AB1E与平面A1B1E夹角的余弦值；
(3) 在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
3 [2026南京二十九中开学模拟]如图1，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，如图2，沿EF将四边形EFCD折起，使二面角A-EF-C的大小为60°，M为线段AB上的一点．
(1) 若M为线段AB的中点，设直线MF与直线EA的交点为O，求证：OD∥平面EMC；
(2) 是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°？若存在，求此时线段AM的长；若不存在，请说明理由．
图1 图2
　
4 如图，在三棱锥P-ABC中，∠ABC＝，AB＝BC＝2，PA＝PB，D是棱AB的中点，点E在棱AC上．
(1) 下面有①②③三个命题，能否从中选取两个命题作为条件，证明另外一个命题成立？如果能，请你选取并证明(只要选取一组并证明)；
①平面PAB⊥平面ABC；
②DE⊥AC；
③PE⊥AC.
(2) 若三棱锥P-ABC的体积为，以你在(1)所选的两个命题作为条件，求平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的大小．
7．9　空间向量的应用
7．9.1　向量法求空间角与距离
1. A　解析：如图，正方体内的三棱锥A-BCD即为满足题意的“鳖臑”A-BCD，以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则B(0，0，0)，A(0，0，1)，C(0，1，0)，D(1，1，0)，M，所以＝，＝(1，0，0).因为cos 〈，〉＝＝＝，所以异面直线BM与CD夹角的余弦值为.
2. D　解析：因为＝＋＋，所以||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，所以BD＝.
3. C　解析：因为平面PAC⊥平面ABC，且AC 为交线，PA⊥AC，PA 平面PAC，所以PA⊥平面ABC，以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．因为PB＝AC＝2，在Rt△ABC中，AB＝＝＝，所以B(0，0，0)，P(0，，1)，C(1，0，0)，E，＝(－1，，1)，＝(0，－，－1)，＝.设平面BPC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则即令y1＝1，则m＝(0，1，－).同理，设平面EPC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则即令y2＝2，则n＝(，2，－).设二面角B-PC-E的平面角为θ∈，则cos θ＝＝＝.
4. A　解析：设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，正方体一个顶点处的三个平面的法向量分别为n1＝(1，0，0)，n2＝(0，1，0)，n3＝(0，0，1)，则cos 〈m，n1〉＝＝，cos 〈m，n2〉＝＝，cos 〈m，n3〉＝＝.因为正方体有三对互相平行的平面，所以cos2θi＝2(＋＋)＝2.
5．BC　解析：因为A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，0，1)，D(1，0，1)，E(5，6，－4)，所以＝(0，2，0)，＝(－1，0，1)，＝(4，6，－4)，所以4－3＝4(0，2，0)－3(－1，0，1)＝(3，8，－3)≠，故A错误；设＝x＋y，即解得即＝3－4，设＝λ，即(－1，0，1)＝λ(0，2，0)，即显然λ无解，即与不共线，所以A，B，C，E四点共面，故B正确；因为＝(1，0，1)，所以·＝0，·＝0，所以⊥且⊥，所以向量是平面ABC的一个法向量，故C正确；设平面ABE的法向量为n＝(a，b，c)，所以令a＝1，则b＝0，c＝1，所以n＝(1，0，1).又＝(5，6，－4)，设OE与平面ABE所成的角为θ，所以sin θ＝＝＝，即OE与平面ABE所成角的正弦值为，故D错误．故选BC.
6. BCD　解析：以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意，得E(0，0，0)，A，C，B，B1，D，A1，C1(－，0，2).对于A，＝，＝(－1，0，2)，则·＝－＋0＋2≠0，所以CD与AC1不垂直，故A错误；对于B，设A1C与AC1的交点为M，连接MD，易得MD∥EB.又MD 平面A1CD，BE 平面A1CD，所以BE∥平面A1CD，故B正确；对于C，＝，＝(－1，0，0)，所以·＝－，||＝＝，||＝1，所以|cos 〈·〉|＝＝＝，即A1C1与CD所成角的余弦值为，故C正确；对于D，＝，设平面BB1C1C的法向量为n＝(x，y，z)，由＝，＝(0，0，2)，得令x＝，则y＝－1，z＝0，所以n＝(，－1，0).设A1D与平面BB1C1C所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，所以cos θ＝，即A1D与平面BB1C1C所成角的余弦值为，故D正确．故选BCD.
7. ABD　解析：如图，以，，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，则A(0，0，0)，M(0，2，1)，N(1，1，0)，P(x，0，2)，0≤x≤2，所以＝(0，2，1)，＝(x－1，－1，2).因为·＝0，所以AM⊥PN，故A正确；因为B(2，0，0)，C(0，2，0)，所以＝(－2，2，0)，＝(x－2，0，2)，0≤x≤2，所以点P到直线BC的距离为＝，当x＝0时，取得最大值，故B正确；易知平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，设PN与平面ABC所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，m〉|＝，当x＝0或x＝2时，sin θ取得最小值，此时tan θ＝，故C错误；因为＝(0，2，1)，＝(x，0，2)，设平面AMP的法向量为n＝(a，b，c)，所以令b＝x，则c＝－2x，a＝4，即n＝(4，x，－2x)，又＝(1，1，0)，则|cos 〈，n〉|＝＝＝.设f(x)＝，0≤x≤2，则f′(x)＝＝，当0≤x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当8. 　解析：由题意，得＝(1，1，1)，＝(－2，2，1)，＝(1，0，0).设向量n＝(x，y，z)与向量，都垂直，则即取x＝1，则n＝(1，3，－4).又平面α∥平面β，所以平面α与平面β间的距离d＝＝＝.
9. 　解析：以O为坐标原点，OB，OP所在直线分别为y轴，z轴，过点O在平面ABC上垂直AB的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，C为底面圆周上一点，则∠ACB＝90°.又AC＝，AB＝PC＝2，所以BC＝1，PO＝，则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，P(0，0，)，C，＝(0，1，－)，＝.设平面CPB的法向量为m＝(x，y，z)，则即令z＝1，得x＝1，y＝，所以m＝(1，，1).又易知平面APB的一个法向量为n＝(1，0，0)，所以cos 〈m，n〉＝＝＝＝，所以锐二面角A-PB-C的余弦值为.
10. 　解析：在直四棱柱ABB1A1DCC1D1中，AB⊥AA1，所以DC⊥DD1.又DA⊥DC，DA⊥DD1，所以以D为坐标原点，DA，DC，DD1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，则A1(1，0，1)，E(1，1，0)，C1(0，1，1)，C(0，2，0)，A(1，0，0)，所以＝(0，－1，1)，＝(－1，0，1)，＝(－1，2，0).设平面A1EC1的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，则y＝1，z＝1，所以平面A1EC1的一个法向量为n＝(1，1，1)，设直线AC与平面A1EC1所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，所以直线AC与平面A1EC1所成角的正弦值为.
11. (1) 取底面正方形的中心O为坐标原点，分别以OE，OP所在直线为x轴，z轴，过点O与AB平行的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，－，0)，B(，，0)，C(－，，0)，D(－，－，0)，P(0，0，4)，
所以E(，0，0)，F(，－，2)，G(－，，2)，＝(0，，0)，＝(－，－，2)，＝(－，，0).
设平面BFG的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝1，z＝，即n＝(1，1，)是平面BFG的一个法向量．
则点E到平面BFG的距离d＝＝＝.
(2) 设平面BGE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝4，则y1＝0，z1＝3，即m＝(4，0，3)是平面BGE的一个法向量．
设二面角F-BG-E的大小为θ，则|cos θ|＝＝＝＝，
得sin θ＝＝＝，
所以二面角F-BG-E的平面角的正弦值为.
12．(1) 由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，得AA1⊥底面ABCD.
因为AC 平面ABCD，
所以AA1⊥AC.
又AB⊥AC，AA1∩AB＝A，AA1 平面AA1B1B，AB 平面AA1B1B，
所以AC⊥平面AA1B1B.
因为BE 平面AA1B1B，
所以AC⊥BE.
因为AB＝1，AC＝AA1＝2，＝，
所以＝＝.
又∠EAB＝∠ABB1＝90°，
所以△ABE∽△BB1A，
所以∠ABE＝∠BB1A.
因为∠B1AB＋∠BB1A＝90°，
所以∠B1AB＋∠ABE＝90°，所以BE⊥AB1.
又AC∩AB1＝A，AC 平面ACB1，AB1 平面ACB1，
所以BE⊥平面ACB1.
(2) 因为AA1⊥底面ABCD，AB 平面ABCD，AC 平面ABCD，
所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.
又AB⊥AC，所以AA1，AB，AC两两垂直，
故以A为坐标原点，AC，AB，AA1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，
则A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，－2，0)，D1(1，－2，2)，E.
由(1)知，＝为平面B1AC的一个法向量．
设平面D1AC的法向量为n＝(x，y，z)，
因为＝(1，－2，2)，＝(2，0，0)，
所以
令z＝1，则y＝1，x＝0，即平面D1AC的一个法向量为n＝(0，1，1).
因为cos 〈n，〉＝＝＝，
所以平面D1AC与平面B1AC夹角的余弦值为.
(3) 设＝λ＝(－λ，－2λ，0)，0≤λ≤1，
则F(2－λ，－2λ，0)，＝(2－λ，－2λ，－).
设点F到直线BE的距离为d，
则d＝＝＝＝，
所以当λ＝时，dmin＝，即点F到直线BE距离的最小值为.
7．9.2　探究性问题
1. ABD　解析：对于A，如图1，设AB，DC，D1C1，BC，BB1的中点分别为E，F，G，H，K，连接A1E，EC，GC，A1G，EF，D1F，AK.因为A1P⊥DQ，所以DQ⊥多边形Ω.当点Q在点N处时，DQ在平面BAA1B1内的射影为AK，DQ在平面ABCD内的射影为DC，由A1E⊥AK，EF⊥DC，得A1E⊥DQ，EF⊥DQ，所以DQ⊥平面A1EFD1，即多边形Ω为平行四边形A1EFD1，当点Q在点M处时，DQ在平面BAA1B1内的射影为AK，DQ在平面ABCD内的射影为DH，由A1E⊥AK，EC⊥DH，得A1E⊥DQ，EC⊥DQ，所以DQ⊥平面A1ECG，即多边形Ω为平行四边形A1ECG，当点Q在MN上移动时，多边形Ω绕A1E转动，与D1C1的交点在D1G之间，由面面平行的性质可得多边形Ω总为平行四边形，故A正确；对于B，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图1所示的空间直角坐标系，则M(1，2，1)，N(0，2，1)，D(0，0，0)，A1(2，0，2)，E(2，1，0)，所以＝(－1，0，0)，＝(0，1，－2)，＝(1，2，1)，所以＝λ＝(－λ，0，0)，＝＋＝(1，2，1)＋(－λ，0，0)＝(1－λ，2，1).设多边形Ω与C1D1的交点为I，设I(0，m，2)，则＝(－2，m，0).因为⊥，所以·＝0，所以－2(1－λ)＋2m＋0＝0，即m＝1－λ，所以I(0，1－λ，2)，所以＝(－2，1－λ，0).与＝(0，1，－2)共线同向的单位向量为u＝＝，所以点I到直线A1E的距离为d＝＝＝.因为λ∈[0，1]，所以d∈.又A1E＝＝，所以多边形Ω的面积∈[2，2]，所以存在λ，使得多边形Ω的面积为，故B正确；对于C，如图2，过点Q作QZ⊥BC于点Z，易得QZ⊥平面ABCD，故为平面ABCD的一个法向量，连接DZ，又为多边形Ω所在平面的一个法向量，则∠DQZ为多边形Ω所在平面和底面ABCD的夹角．又cos ∠DQZ＝≤<，所以不存在λ，使得多边形Ω所在平面和底面ABCD的夹角等于，故C错误；对于D，如图3，设多边形Ω所在平面与D1C1交于点P2，与DC交于点P1.四棱锥B-A1EP1P2被平面BEP2分成两个三棱锥分别为三棱锥P2-BEP1，三棱锥P2-BEA1，两个三棱锥底面无论多边形Ω变化，底面面积均不变，两个三棱锥的高均为正方体的棱长，所以三棱锥P2-BEP1，三棱锥P2-BEA1的体积为定值，所以点B和多边形Ω形成的多面体的体积不变，故D正确．故选ABD.
图1 图2 图3
2. (1) 在△BCC1中，由余弦定理，得C1B2＝BC2＋C1C2－2BC·C1C·cos ＝3，则C1B2＋BC2＝C1C2，
所以C1B⊥BC.
因为AB⊥平面BB1C1C，C1B 平面BB1C1C，
所以AB⊥C1B.
又AB∩BC＝B，AB 平面ABC，BC 平面ABC，
所以C1B⊥平面ABC.
(2) 由(1)可知AB，BC，BC1两两垂直，故以B为坐标原点，BC，BC1，BA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，则A(0，0，2)，A1(－1，，2)，E(，，0)，B1(－1，，0)，
所以＝(，－，0)，＝(1，－，2)，＝(0，0，2).
设平面AB1E的法向量为m＝(a，b，c)，
则即
取a＝1，则b＝，c＝1，所以m＝(1，，1)是平面AB1E的一个法向量．
设平面A1B1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则y＝，z＝0，所以n＝(1，，0)是平面A1B1E的一个法向量．
设平面AB1E与平面A1B1E的夹角为α，
则cos α＝＝＝.
(3) 假设线段CA上存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为，不妨设＝λ，0≤λ≤1.
因为＝(－1，0，2)，＝(，－，0)，
所以＝＋＝(－λ，－，2λ).
设EM与平面A1B1E所成的角为β，则sin β＝cos 〈·n〉＝＝＝，解得λ＝或λ＝，
即存在点M，使得EM与平面A1B1E所在角的正弦值为，
此时的值为或.
3. (1) 因为E，F分别为AD，BC的中点，
所以EF∥AB∥CD，且AE＝FB＝2.
又M为AB的中点，且AB⊥OE，AB⊥BF，
易得△OAM≌△FBM，所以OA＝FB＝AE＝2.
如图，连接DF交CE于点N，连接MN.
由题意，得四边形CDEF为平行四边形，
所以N为DF的中点．
因为AM∥EF，A是OE的中点，
所以M为OF的中点，
所以MN∥OD.
又MN 平面EMC，OD 平面EMC，
所以OD∥平面EMC.
(2) 因为EF∥AB∥CD，所以EF⊥DE，EF⊥AE.
又DE 平面CEF，AE 平面AEF，
所以∠DEA即为二面角A-EF-C的平面角，
所以∠DEA＝60°.
如图，设AE，BF的中点分别为H，P，连接HD，HP.
因为∠DEA＝60°，HE＝DE＝1，
所以HD2＝DE2＋HE2－2DE·HE cos 60°＝4＋1－4cos 60°＝3，
所以HD2＋HE2＝DE2，所以HD⊥AE，
因为HP∥EF，所以HP⊥DE，HP⊥AE.
又AE 平面AED，DE 平面AED，AE∩DE＝E，
所以HP⊥平面AED，
因为HD 平面AED，
所以HD⊥HP，
故以H为坐标原点，，，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，)，E(－1，0，0)，F(－1，4，0)，C(0，4，).
设M(1，m，0)(0≤m≤4)，
所以＝(－1，0，－)，＝(2，m，0)，＝(1，4，).
设平面EMC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
令y1＝2，则x1＝－m，z1＝，所以n1＝(－m，2，).
因为直线DE与平面EMC所成的角为60°，
所以sin 60°＝|cos 〈，n1〉|＝＝＝，解得m＝1或m＝3，
所以存在点M，当AM＝1或AM＝3时，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.
4. (1) 若选择①②，可证明③：
由PA＝PB，D是线段AB的中点，得PD⊥AB.
又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，
且PD 平面PAB，
所以PD⊥平面ABC.
因为AC 平面ABC，
所以PD⊥AC.
又DE⊥AC，PD∩DE＝D，PD，DE均在平面PDE内，
所以AC⊥平面PDE.
因为PE 平面PDE，所以AC⊥PE.
若选择①③，可证明②：
由PA＝PB，D是线段AB的中点，得PD⊥AB.
又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，
且PD 平面PAB，
所以PD⊥平面ABC，
因为AC 平面ABC，
所以PD⊥AC.
又PE⊥AC，PD∩PE＝P，PD，PE均在平面PDE内，
所以AC⊥平面PDE.
因为DE 平面PDE，
所以AC⊥DE.
若选择②③，可证明①：
由PA＝PB，D是线段AB的中点，得PD⊥AB.
因为PE⊥AC，DE⊥AC，DE∩PE＝E，DE，PE均在平面PDE内，
所以AC⊥平面PDE.
因为PD 平面PDE，所以PD⊥AC.
又AB∩AC＝A，AB，AC均在平面ABC内，
所以PD⊥平面ABC.
因为PD 平面PAB，
所以平面PAB⊥平面ABC.
(2) 方法一：如图1，取线段AC的中点F，连接DF，
则由∠ABC＝，及D是线段AB的中点，得DF⊥AB.
由(1)，知PD⊥平面ABC，则PD⊥DF，PD⊥AB，
故以D为坐标原点，DA，DF，DP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．
因为三棱锥P-ABC的体积V＝，且∠ABC＝，
又AB＝BC＝2，所以V＝××PD＝，
解得PD＝1，
所以由AB＝BC＝2，D是线段AB的中点，DE⊥AC，
得P(0，0，1)，D(0，0，0)，E，B(－1，0，0)，C(－1，2，0)，
所以＝(0，0，1)，＝，＝(1，0，1)，＝(0，2，0).
设平面PDE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即解得
所以平面PDE的一个法向量为n1＝(1，－1，0).
设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则即解得
所以平面PBC的一个法向量为n2＝(1，0，－1).
设平面PDE与平面PBC所成的锐二面角为θ，
则|cos θ|＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝.
因为0<θ<，
所以平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的大小为.
方法二：如图2，延长ED交CB的延长线于点Q，连接PQ，
则平面PDE∩平面PBC＝PQ.
由三棱锥P-ABC的体积为，且∠ABC＝，AB＝BC＝2，
得＝××PD，解得PD＝1.
因为∠ABC＝，D是线段AB的中点，DE⊥AC，
所以在等腰直角三角形CEQ中，CE＝，CQ＝3.
连接CD.在Rt△CPD中，PD＝1，CD＝，所以PC＝.
在等腰直角三角形BDQ中，BD＝BQ＝1，所以QD＝.
在Rt△QPD中，PD＝1，QD＝，所以PQ＝.
在△CPQ中，因为PC2＋PQ2＝CQ2，所以PC⊥PQ.
又由(1)知，CE⊥平面PDE，PE是PC在平面PDE内的射影，
由三垂线逆定理，得PE⊥PQ，
则∠CPE即为二面角C-PQ-E的平面角．
又sin ∠CPE＝＝＝，
所以平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的大小为.
图1 图2
　7.9　空间向量的应用
7．9.1　向量法求空间角与距离
复习目标　掌握用空间向量的方法求空间角和距离．
空间角
距离
活动一 基础引入
1 [2025枣庄八中月考]已知三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均相等，且∠A1AB＝∠A1AC＝∠BAC＝60°，则异面直线AB与B1C所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
2 如图，已知P为菱形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，F为PC的中点，则二面角C-BF-D的正切值为(　　)
A. B. C. D.
3 (多选)[2026惠泽高级中学月考]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为A1B，B1C的中点，则下列结论中正确的是(　　)
A. 直线EF∥平面ABCD
B. EF⊥AC
C. 异面直线EF与直线D1C所成角的大小为60°
D. 平面B1CD1到平面BA1D的距离等于EF
4 [2026锡山高级中学月考]在空间直角坐标系中，点A(－1，1，1)，B(－2，0，1)，P(0，1，3)，则点P到直线AB的距离为________．
5 [2026无锡新吴三中月考]在空间直角坐标系Oxyz中，过点P(x0，y0，z0)且一个法向量为n＝(a，b，c)的平面α的方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面α的方程为2x－y－2z＋5＝0，直线l是平面β：x－y－3＝0与平面γ：2x＋3y＋5z＋2＝0的交线，则直线l与平面α所成角的正弦值为________．
活动二 典例悟法
题组一　异面直线所成的角
1 [2025扬中二中期末]如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，E，F分别为棱AB，A1B1的中点．
(1) 求证：AF∥平面B1CE；
(2) 求直线C1E与直线AF夹角的余弦值．
(1) 如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为________；
(2) [2025衢州、丽水、湖州二模]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别为正方形A1B1C1D1及ABB1A1的中心，则异面直线BD与MN所成角的余弦值为(　　)
A. 0 B. C. D.
题组二　直线与平面所成的角
2 如图，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.
(1) 求证：AC⊥B1D；
(2) 求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．
[2025扬州期末] 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝3，CC1＝4，二面角A-CC1-B为直二面角．N为棱C1B1的中点，棱A1B1与平面ACN相交于点M.
(1) 求证：M为棱A1B1的中点；
(2) 若直线AC1与平面ACN所成角的正弦值为，求CB的长．
[2025北京卷·17]如图，在四棱锥P-ABCD中，△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC＝90°∠BAC＝90°，E为BC的中点．
(1) 若F为PD的中点，G为PE的中点，求证：FG∥平面PAB；
(2) 若PA⊥平面ABCD，PA＝AC，求AB与平面PCD所成角的正弦值．
题组三　二面角
3 [2025扬州期中]如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分别为棱C1D1，BB1，A1B1的中点．
(1) 求证：A1N⊥平面AMQ；
(2) 求二面角N-AM-Q的正切值．
[2025天一中学月考]如图，在四棱锥PA-BCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BAD＝60°，AB＝4，AD＝2，PB＝PD＝2，且AD⊥PB.
(1) 求证：BC⊥平面PBD；
(2) 求二面角C-PA-D的余弦值．
[2025全国二卷·17]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) 求证：A′B∥平面CD′F；
(2) 求平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值．
题组四　距离问题
4 [2025启东、通州期中联考]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，BC⊥CD，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PD＝AB＝2，BC＝CD＝1.
(1) 求证：PD⊥AB；
(2) 求PB与平面PAD所成角的正弦值；
(3) 若线段PC上存在一点E，使得截面ABE将四棱锥P-ABCD分成体积之比为5∶7的上下两部分，求点P到截面ABE的距离．
5 [2025湖南“长望浏宁”四县联考]如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝1，CD＝2，AA1＝2，M是DD1的中点．
(1) 求证：BC⊥B1M；
(2) 求点B到平面MB1C的距离．
[2025邵阳二模] 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB＝AC＝2，BC＝2，∠ACC1＝60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且＝λ.
(1) 求证：A1C⊥平面ABC1；
(2) 是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
[2024新课标Ⅰ卷·17]如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝.
(1) 若AD⊥PB，求证：AD∥平面PBC；
(2) 若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD的长．
7.9.2　探究性问题
复习目标　利用空间向量解决探索性问题、最值问题等．
活动一 基础引入
1 (多选)[2026如皋期初] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，动点P在正方体表面A1B1C1D1上(不包括边界)，则下列说法中正确的是(　　)
A. 存在点P，使得CP∥平面A1BD
B. 存在点P，使得AP⊥平面A1BD
C. 若AP与CC1的夹角为，则点P的轨迹长度为
D. 若M为正方形C1CDD1的中心，则AP＋PM的最小值为2
2 如图，在三棱锥P-ABC中，已知PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC.
(1) 求证：BC⊥平面PAB；
(2) 若PA＝AB＝6，BC＝3，在线段PC上(不含端点)，是否存在点D，使得二面角B-AD-C的余弦值为？若存在，确定点D的位置；若不存在，请说明理由．
活动二 典例悟法
题组一　空间向量解决探索性问题
1 [2025广外实验中学月考]如图，在四面体ABOC中，OC⊥OA, OC⊥OB，∠AOB＝120°，且OA＝OB＝OC＝1.
(1) 设P为AC的中点，在线段AB上是否存在一点Q，使PQ⊥OA？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
(2) 求二面角O-AC-B的平面角的余弦值．
2 [2025扬州安宜高级中学期末]如图，在三棱锥P-ABC中，底面△ABC是边长为2的正三角形，PA＝PC＝4.
(1) 求证：PB⊥AC；
(2) 若平面PAC⊥平面ABC，在线段PB(包含端点)上是否存在一点E，使得平面PAB⊥平面ACE？若存在，求出线段PE的长；若不存在，请说明理由．
3 [2025常州期中] 如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知CD1⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，AA1＝，E是线段BD1上的动点．
(1) 求证：B1C1∥平面BCD1；
(2) 求直线AE与BB1所成角的余弦值的最大值；
(3) 在线段BD1上是否存在与点B不重合的点E，使得二面角B-AE-C的正弦值为？若存在，求出线段BE的长；若不存在，请说明理由．
题组二　空间向量解决立体几何中的最值问题
4 [2025武汉二模]如图，在直角梯形ABCD中，BC∥AD，AB⊥AD，BC＝8，AD＝9，AB＝2，E为线段BC不在端点上的一点，过点E作AB的平行线交AD于点F，将矩形ABEF翻折至与梯形ECDF垂直，得到六面体ABCDEF.
(1) 若CF⊥BD，求线段BE的长；
(2) 求异面直线BC与AD所成角的余弦值的最小值．
　　
[2026镇江一中等校期初]如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝，动点M在线段A1D1上(含端点).
(1) 求线段AC1的长；
(2) 记AC1与BM所成的角为θ，求θ的最大值并指出此时点M的位置．
题组三　解决空间的距离问题
5 [2025淮安期末] 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，AD⊥CD，AB＝PD＝AD＝CD＝2，PD⊥平面ABCD，E为棱PC上的点，F为棱AD上的点，G为棱PB上的点．
(1) 若E，F分别为棱PC，AD的中点，求证：EF∥平面PAB；
(2) 求PD与平面PBC所成角的正弦值；
(3) 若＝＝＝λ(λ∈(0，1))，则当λ取何值时，三棱锥C-EFG的体积最大？
7．9　空间向量的应用
7．9.1　向量法求空间角与距离
1. C　解析：不妨设棱长为2，由题意，得||＝||＝||＝2，·＝·＝·＝2.因为＝＋＝－＋－，所以||2＝(－＋－)2＝||2＋||2＋||2＋2·－2·－2·＝8，即||＝2.又·＝－·＋·－||2＝－4，所以cos 〈，〉＝＝＝－，所以异面直线AB与B1C所成角的余弦值为.
2. D　解析：设AC∩BD＝O，连接OF，以O为坐标原点，OB，OC，OF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PA＝AD＝AC＝1，则BD＝，所以B，F，C，D，所以＝，易知为平面BDF的一个法向量．由＝，＝，得平面BCF的一个法向量为n＝(1，，)，所以cos 〈n，〉＝，所以sin 〈n，〉＝，所以tan 〈n，〉＝.故二面角C-BF-D的正切值为.
3. AC　解析：以A为坐标原点，AB，AD，AA1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．设正方体的棱长为2，则A1(0，0，2)，B(2，0，0)，B1(2，0，2)，C(2，2，0)，A(0，0，0).对于A，E(1，0，1)，F(2，1，1)，则＝(1，1，0).又平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，则·n＝(1，1，0)·(0，0，1)＝0，所以⊥n.又EF不在平面ABCD内，所以直线EF∥平面ABCD，故A正确；对于B，·＝(2，2，0)·(1，1，0)＝2＋2＝4，所以EF与AC不垂直，故B错误；对于C，D1(0，2，2)，则＝(2，0，－2)，得cos 〈，〉＝＝＝，所以异面直线EF与直线D1C所成角的大小为60°，故C正确；对于D，设平面B1CD1的法向量为m＝(x，y，z)，则令x＝1，则y＝z＝1，即m＝(1，1，1).设平面BA1D的法向量为m1＝(x1，y1，z1)，则令x1＝1，则y1＝z1＝1，即m1＝(1，1，1)，所以平面B1CD1与平面BA1D平行，则平面B1CD1到平面BA1D的距离等于d＝＝＝，所以d≠||＝，故D错误．故选AC.
4. 　解析：设的单位方向向量为u，因为A(－1，1，1)，B(－2，0，1)，P(0，1，3)，所以＝(1，0，2)，＝(－1，－1，0)，所以||＝＝，||＝＝，所以u＝＝，则·u＝－，所以点P到直线AB的距离为d＝＝＝.
5. 　解析：由题意，得平面α的一个法向量为m＝(2，－1，－2)，平面β的一个法向量为a＝(1，－1，0)，平面γ的一个法向量为b＝(2，3，5).设直线l的方向向量为l＝(i，j，k)，则β∩γ＝l，l β，l γ，所以即取i＝1，则l＝(1，1，－1).设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈l，m〉|＝＝＝.
例1　(1) 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，易知AB∥A1B1且AB＝A1B1.
因为E，F分别为棱AB，A1B1的中点，
所以AE∥B1F，AE＝B1F，
所以四边形AEB1F为平行四边形，
所以AF∥B1E.
因为AF 平面B1CE，B1E 平面B1CE，
所以AF∥平面B1CE.
(2) 由题意，得AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，
以A为坐标原点，AB，AC，AA1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，
则A(0，0，0)，C1(0，2，2)，E(1，0，0)，F(1，0，2)，
所以＝(1，0，2)，＝(1，－2，－2)，
则cos 〈，〉＝＝＝－，
所以直线C1E与直线AF夹角的余弦值为.
变式训练　(1) 　解析：不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得C(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，所以＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)，所以cos 〈，〉＝＝＝＝＞0，所以与的夹角即为直线BC1与直线AB1所成的角，所以直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为.
(2) C　解析：方法一(向量法)：如图1，以D为坐标原点，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)，M(，，1)，N，所以＝，＝(－1，－1，0)，所以|cos 〈，〉|＝＝＝，即异面直线BD与MN所成角的余弦值为.
方法二(综合法)：如图2，连接AB1，B1D1，AD1，易知MN∥AD1，BD∥B1D1，则异面直线BD与MN所成角为∠B1D1A.又△B1D1A是等边三角形，所以∠B1D1A＝60°，则cos ∠B1D1A＝，即异面直线BD与MN所成角的余弦值为.
图1
　图2
例2　(1) 易知AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
设AB＝t(t>0)，则A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)，
所以＝(－t，3，－3)，＝(t，1，0)，＝(－t，3，0).
因为AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0，
解得t＝或t＝－(舍去)，
所以＝(－，3，－3)，＝(，1，0).
因为·＝－3＋3＋0＝0，
所以⊥，即AC⊥B1D.
(2) 由(1)知＝(0，3，3)，＝(，1，0)，＝(0，1，0).
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则n＝(1，－，).
设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，
所以直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.
变式训练　(1) 因为直三棱柱ABC-A1B1C1，所以A1C1∥AC.
又A1C1 平面ACN，AC 平面ACN，所以A1C1∥平面ACN.
又A1C1 平面A1B1C1，平面A1B1C1∩平面ACN＝MN，
所以A1C1∥MN.
又N为棱C1B1的中点，所以M为棱A1B1的中点．
(2) 方法一(向量法)：由直三棱柱ABC-A1B1C1，得CC1⊥平面ABC，
又AC 平面ABC，BC 平面ABC，
所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，
所以∠ACB即为二面角A-CC1-B的平面角．
又二面角A-CC1-B为直二面角，所以∠ACB＝90°.
如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
设CB＝t(t>0)，则A(3，0，0)，C1(0，0，4)，N，
所以＝(－3，0，4)，＝(3，0，0)，＝.
设n＝(x，y，z)为平面ACN的法向量，
则即
令z＝t，则n＝(0，－8，t)，
所以cos 〈n，〉＝＝.
设直线AC1与平面ACN所成的角为θ，
所以sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝，
解得t＝4(负值舍去)，即CB＝4.
方法二(综合法)：如图，在平面BCC1B1内，过点C1作C1G⊥CN，垂足为G，连接AG.
由直三棱柱ABC-A1B1C1，得CC1⊥平面ABC.
又AC 平面ABC，BC 平面ABC，
所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，
所以∠ACB即为二面角A-CC1-B的平面角．
又二面角A-CC1-B为直二面角，
所以∠ACB＝90°，即AC⊥CB.
又AC⊥CC1，CC1∩CB＝C，CC1 平面BCC1B1，CB 平面BCC1B1，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又C1G 平面BCC1B1，所以AC⊥C1G.
因为C1G⊥CN，AC∩CN＝C，AC 平面ACN，CN 平面ACN，
所以C1G⊥平面ACN，
所以∠C1AG为直线AC1与平面ACN所成的角．
设CB＝t(t>0)，
因为AC1＝＝5，CN＝＝，
所以C1G＝＝，
所以sin ∠C1AG＝＝＝，
解得t＝4(负值舍去)，即CB＝4.
链接高考
(1) 如图，取PA的中点N，PB的中点M，连接FN，MN，GM.
因为△ACD与△ABC为等腰直角三角形，且∠ADC＝90°，∠BAC＝90°，
不妨设AD＝CD＝2，
所以AC＝AB＝2，则BC＝4.
因为E，F分别为BC，PD的中点，
所以FN＝AD＝1，BE＝2，
所以GM＝1.
因为∠DAC＝45°，∠ACB＝45°，
所以AD∥BC，
所以FN∥GM，
则四边形FGMN为平行四边形，
所以FG∥MN.
因为FG 平面PAB，MN 平面PAB，
所以FG∥平面PAB.
(2) 以A为坐标原点，AC，AB，AP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AD＝CD＝2，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，0，0)，D(，－，0)，P(0，0，2)，
所以＝(0，2，0)，＝(，，0)，＝(－2，0，2).
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
取x＝1，则n＝(1，－1，1).
设AB与平面PCD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，
即AB与平面PCD所成角的正弦值为.
例3　(1) 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，Q分别为棱C1D1，A1B1的中点，所以QM∥A1D1.
又A1D1⊥平面ABB1A1，A1N 平面ABB1A1，
所以A1D1⊥A1N，所以QM⊥A1N.
在正方形ABB1A1中，N为B1B的中点，Q为A1B1的中点，
所以△AA1Q≌△A1B1N，所以∠QAA1＝∠NA1B1.
设AQ与A1N的交点为H，则∠QA1H＋∠A1QH＝90°，
所以∠A1HQ＝90°，即A1N⊥AQ.
又AQ 平面AMQ，QM 平面AMQ，AQ∩QM＝Q，
所以A1N⊥平面AMQ.
(2) 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
因为正方体的棱长为2，M，N，Q分别为棱C1D1，BB1，A1B1的中点，
所以D(0，0，0)，A(2，0，0)，M(0，1，2)，N(2，2，1)，Q(2，1，2)，
所以＝(0，2，1)，＝(－2，1，2).
由(1)可知A1N⊥平面AMQ，
所以＝(0，2，－1)是平面AMQ的一个法向量．
设m＝(x，y，z)是平面ANM的法向量，
则
取y＝1，得m＝(－，1，－2)，
所以cos 〈，m〉＝＝，
所以二面角N-AM-Q的余弦值为，
所以二面角N-AM-Q的正切值为.
变式训练　(1) 因为∠BAD＝60°，AB＝4，AD＝2，
所以BD＝2，且∠ADB＝90°，所以AD⊥BD.
又AD⊥PB，PB∩BD＝B，PB 平面PBD，BD 平面PBD，
所以AD⊥平面PBD.
又四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，
所以BC⊥平面PBD.
(2) 设AC与BD的交点为O，则O为BD的中点，
因为PB＝PD＝2，所以PO⊥BD.
因为BC⊥平面PBD，PO 平面PBD，所以BC⊥PO.
又BC∩BD＝B，BC 平面BCD，BD 平面BCD，
所以PO⊥平面BCD.
方法一(向量法)：如图，以D为坐标原点，DA，DB所在直线分别为x轴，y轴，过点D作PO的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(－2，2，0)，P(0，，3)，
所以＝(－4，2，0)，＝(2，－，－3)，＝(－2，0，0).
设平面PAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则所以
取x1＝，得m＝(，2，0).
设平面PAD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则所以
取z2＝1，得n＝(0，－，1).
设二面角C-PA-D的平面角为θ，
所以cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝，
所以二面角C-PA-D的余弦值为.
方法二(综合法)：因为AD 平面BCD，所以PO⊥AD.
又因为AD⊥BD，BD∩PO＝O，BD 平面PBD，PO 平面PBD，
所以AD⊥平面PBD.
作OH⊥PD，垂足为H.
因为OH 平面PBD，所以AD⊥OH.
又PD∩AD＝D，PD 平面PAD，AD 平面PAD，
所以OH⊥平面PAD.
又PA 平面PAD，所以OH⊥PA.
作OE⊥PA，连接EH.
因为OE∩OH＝O，OE 平面OEH，OH 平面OEH，
所以PA⊥平面OEH，
则∠OEH即为二面角C-PA-D的平面角．
因为PB＝PD＝2，BD＝2，所以DO＝，PO＝3，
由等面积法，得OH＝＝.
因为AO＝＝，
所以PA＝＝4，所以OE＝＝.
因为EH 平面PAD，所以OH⊥EH，
所以EH＝＝，
所以cos ∠OEH＝＝，
即二面角C-PA-D的余弦值为.
链接高考
(1) 因为EF∥AD，AB∥CD，
所以四边形AEFD为平行四边形，
所以AE∥DF，所以A′E∥D′F.
因为D′F 平面CD′F，A′E 平面CD′F，
所以A′E∥平面CD′F.
因为FC∥EB，FC 平面CD′F，EB 平面CD′F，
所以EB∥平面CD′F.
又EB∩A′E＝E，EB 平面A′EB，A′E 平面A′EB，
所以平面A′EB∥平面CD′F.
又A′B 平面A′EB，所以A′B∥平面CD′F.
(2) 方法一(综合法)：如图1，延长EF，BC相交于点C′.
因为平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°，
所以∠D′FC＝60°.
不妨设DF＝FC＝1，则EF＝1，BE＝2，FC′＝1.
点D′到平面C′FC的距离h＝1×sin 60°＝，
所以VD′-C′FC＝S△C′FC·h＝××1×1×＝.
又因为D′C′＝，D′C＝1，C′C＝，
所以S△D′CC′＝×1×＝.
因为VD′-C′FC＝VF-D′CC′，设点F到平面D′CC′的距离为h′，
所以＝××h′，解得h′＝.
因为点F到直线D′C′的距离d＝，
设平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的大小为θ，
则sin θ＝＝＝.
方法二(空间向量法)：因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB，
又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC.
如图2，以F为坐标原点，FE，FC所在直线以及过点F垂直于平面BEFC的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
因为D′F⊥EF，CF⊥EF，
所以∠D′FC为平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角，
即∠D′FC＝60°.
不妨设DF＝FC＝1，
则B(1，2，0)，C(0，1，0)，D′，E(1，0，0)，F(0，0，0)，
所以＝(－1，－1，0)，＝，＝(1，0，0)，＝.
设平面BCD′的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝，得z＝1，x＝－，则n＝(－，，1).
设平面EFD′A′的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则所以
令y1＝，则z1＝－1，x1＝0，所以m＝(0，，－1)，
所以cos 〈m，n〉＝＝＝.
设平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的大小为θ，
则sin θ＝＝.
图1 图2
例4　(1) 取AB的中点O，连接OD，OP，
由BO＝CD＝1，BO∥CD，得四边形OBCD为平行四边形．
由BC⊥CD，得平行四边形OBCD为矩形，则DO⊥AB.
由平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，DO 平面ABCD，得DO⊥平面PAB.
因为PO 平面PAB，所以DO⊥PO.
由PD＝2，DO＝1，得PO＝.
又PA＝2，AO＝1，得PO2＋AO2＝PA2，
则PO⊥AO，即PO⊥AB.
又DO⊥AB，PO∩DO＝O，PO 平面PDO，DO 平面PDO，
所以AB⊥平面PDO.
又PD 平面PDO，所以PD⊥AB.
(2) 由DO⊥PO，PO⊥AO，DO∩AO＝O，DO 平面ABCD，AO 平面ABCD，得PO⊥平面ABCD.
又DO 平面ABCD，所以PO⊥DO.
以O为坐标原点，OD，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
则P(0，0，)，A(0，－1，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，
所以＝(0，－1，－)，＝(1，0，－)，＝(0，1，－).
设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，
则令z＝1，得n＝(，－，1).
设PB与平面PAD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，
即PB与平面PAD所成角的正弦值为.
(3) 设截面ABE交PD于点F，
由AB∥CD，AB 平面ABE，DC 平面ABE，得DC∥平面ABE.
又DC 平面PDC，平面ABE∩平面PDC＝EF，则DC∥EF.
由题意，得VP-ABCD＝S梯形ABCD·PO＝××1×＝，
则VP-ABEF＝.
设＝λ(λ∈(0，1))，则EF＝λDC＝λ，
由(2)可知D(1，0，0)，P(0，0，)，A(0，－1，0)，
则＝(1，0，－)，＝(0，1，)，＝λ＝(λ，0，－λ)，
＝＋＝(λ，1，－λ)，＝(0，2，0)，
则点F到AB的距离为＝，
截面ABEF的面积为(λ＋2).
设平面ABEF的法向量为m＝(a，b，c)，
则
取c＝－λ，得m＝((1－λ)，0，－λ)，
则点P到平面ABEF的距离为d＝＝，
所以VP-ABEF＝·(λ＋2)··＝，解得λ＝(负值舍去)，
所以点P到截面ABE的距离为.
例5　方法一(向量法)：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(1，1，0)，C(0，2，0)，B1(1，1，2)，M(0，0，)，
所以＝(－1，1，0)，＝(－1，－1，－).
因为·＝1－1＋0＝0，
所以⊥，即BC⊥B1M.
(2) 由(1)，得＝(1，－1，0)，＝(1，1，)，＝(1，－1，2).
设平面MB1C的法向量为m＝(x，y，z)，
则取x＝3，得m＝(3，－1，－)，
故点B到平面MB1C的距离为d＝＝＝.
方法二(综合法)：(1) 如图，连接BD.
因为AB＝AD＝1，CD＝2，
所以BD＝BC＝，
所以BD2＋BC2＝CD2，所以BC⊥BD.
因为BB1⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以BB1⊥BC.
又BB1∩BD＝B，BB1 平面B1BDD1，BD 平面B1BDD1，
所以BC⊥平面B1BDD1.
因为B1M 平面B1BDD1，所以BC⊥B1M.
(2) 如图，连接BM，B1D1.
由题意可得B1M＝＝2，CM＝＝，B1C＝＝，
则CM2＋B1M2＝B1C2，故B1M⊥CM.
设点B到平面MB1C的距离为h，
由(1)可知BC⊥平面B1BDD1，
所以三棱锥C-MBB1的体积为·BC·S△MBB1＝h·S△MB1C，
即××××2＝h××2×，
解得h＝，即点B到平面MB1C的距离为.
变式训练　(1) 因为AB＝AC＝2，BC＝2，
所以AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC.
又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，AB 平面ABC，
所以AB⊥平面AA1C1C.
因为A1C 平面AA1C1C，所以AB⊥A1C.
又A1C⊥BC1，AB 平面ABC1，BC1 平面ABC1，BC1∩AB＝B，
所以A1C⊥平面ABC1.
(2) 因为A1C⊥平面ABC1，所以A1C⊥AC1，
所以四边形AA1C1C为菱形．
取A1C1的中点E，连接AE.
因为∠ACC1＝60°，所以△AA1C1为等边三角形，所以AE⊥A1C1.
又AC∥A1C1，所以AE⊥AC.
又AB⊥平面AA1C1C，所以AB⊥AE.
如图，以A为坐标原点，AB，AC，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，－1，)，C1(0，1，)，
所以＝(0，－λ，λ)，＝＋＝(－2，－λ，λ)，＝(－2，1，)，＝(－2，2，0).
设n＝(x，y，z)为平面BPC1的法向量，
则
令y＝λ－1，则n＝.
设d为点C到平面BPC1的距离，
则d＝＝＝，
所以28λ2－16λ＋1＝0，即λ＝或λ＝.
故存在λ＝或λ＝，满足题意．
链接高考
(1) 因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，
所以PA⊥AD.
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB 平面PAB，PA 平面PAB，
所以AD⊥平面PAB.
又AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
在△ABC中，因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB.
所以AD∥BC.
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
(2) 方法一：以A为坐标原点，，的方向为y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0，0，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2).
设D(s，t，0)，由题意可知s<0，
则＝(0，2，－2)，＝(s，t－2，0)，＝(s，t，0).
由AD⊥DC，得·＝s2＋t(t－2)＝0，
即s2＝t(2－t)，故0易知平面PAC的一个法向量为m＝(1，0，0).
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即可取n＝(2－t，s，s)，
所以cos 〈m，n〉＝＝＝.
由题意，得＝，解得t＝或t＝2(舍去)，
所以AD＝＝＝.
方法二：如图，过点D作DE⊥AC于点E，过点E作EF⊥CP于点F，连接DF.
因为PA⊥平面ABCD，PA 平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABCD.
又平面PAC∩平面ABCD＝AC，DE⊥AC，DE 平面ABCD，
所以DE⊥平面PAC.
因为CP 平面PAC，所以DE⊥CP.
又EF⊥CP，DE，EF是平面DEF内的相交直线，
所以CP⊥平面DEF.
由二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，
即sin ∠DFE＝，则tan ∠DFE＝.
设AD＝x，因为AD⊥DC，所以CD＝.
由等面积法可得DE＝.
又CE＝＝，
因为△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝，
所以tan ∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝.
7．9.2　探究性问题
1. ACD　解析：如图1，连接BD，设BD的中点为E，连接A1C1，B1D1交于点F，连接A1E，CF，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(4，0，0)，B(4，4，0)，C(0，4，0)，D(0，0，0)，E(2，2，0)，F(2，2，4)，A1(4，0，4)，B1(4，4，4)，C1(0，4，4)，D1(0，0，4)，所以＝(－2，2，－4)，＝(－2，2，－4)，所以CF∥A1E.因为CF 平面A1BD，A1E 平面A1BD，所以CF∥平面A1BD，所以当点P在点F(2，2，4)处时，CP∥平面A1BD，所以存在点P，使得CP∥平面A1BD，故A正确；对于B，在平面A1BD中，＝(4，0，4)，＝(4，4，0)，设平面A1BD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即令x1＝－1，得n1＝(－1，1，1).若AP⊥平面A1BD，则＝tn1＝(－t，t，t)，P(4－t，t，t).因为动点P在正方体表面A1B1C1D1上， 所以t＝4，此时点P(0，4，4)与点C1重合．因为点P不在边界上，所以不存在点P，使得AP⊥平面A1BD，故B错误；对于C，因为AA1∥CC1，AP与CC1的夹角为，所以AP与AA1所成的角为，则∠A1AP＝.由几何知识，得点P的轨迹是以A1为圆心，A1P为半径的圆的四分之一，如图2所示(即).在△AA1P中，AA1＝4，∠A1AP＝，∠AA1P＝，所以A1P＝AA1·tan ＝4×＝，所以点P的轨迹长度为×2π×＝，故C正确；对于D，M为正方形C1CDD1的中心，如图3，作点A关于平面A1B1C1D1的对称点A2，连接A2M，所以A2(4，0，8)，M(0，2，2)，当A2，P，M三点共线时，AP＋PM最小，所以AP＋PM＝A2P＋PM≥A2M＝＝2，故D正确．故选ACD.
图1 图2 图3
2. (1) 过点A作AE⊥PB于点E.
因为平面PAB⊥平面PBC，且平面PAB∩平面PBC＝PB，AE 平面PAB，所以AE⊥平面PBC.
又BC 平面PBC，所以AE⊥BC.
因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC.
又AE∩PA＝A，AE 平面PAB，PA 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB.
(2) 假设在线段PC上(不含端点)存在点D，使得二面角BADC的余弦值为.
以B为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，6，0)，B(0，0，0)，C(3，0，0)，P(0，6，6),
所以＝(3，－6，0)，＝(0，0，6)，＝(3，－6，－6)，＝(0，6，0).
设平面ACD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
可取x1＝2，则y1＝1，z1＝0，
所以m＝(2，1，0)为平面ACD的一个法向量．
因为点D在线段PC上(不含端点)，
所以可设＝λ＝(3λ，－6λ，－6λ)，0<λ<1，
所以＝＋＝(3λ，－6λ，6－6λ).
设平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即
可取x2＝2λ－2，则y2＝0，z2＝λ，
所以n＝(2λ－2，0，λ)为平面ABD的一个法向量，
所以cos 〈m，n〉＝，0<λ<1.
由题意，得＝－，解得λ＝，
所以存在点D，使得二面角B-AD-C的余弦值为，
此时D是PC上靠近点C的三等分点．
例1　(1) 以O为坐标原点，OA，OC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O-xyz，
则A(1，0，0)，C(0，0，1)，B(－，，0).
因为P为AC的中点，所以P.
设＝λ，λ∈[0，1].
因为＝，
所以＝＋＝(1，0，0)＋λ(－，，0)＝，　
所以＝－＝.
因为PQ⊥OA，
所以·＝0，即－λ＝0，解得λ＝，
所以存在点Q，使PQ⊥OA，且＝3.
(2) 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，
则由n⊥，n⊥，且＝(1，0，－1)，
得可取x＝1，则n＝(1，，1).
又平面OAC的一个法向量为c＝(0，1，0)，
所以cos 〈n，c〉＝＝＝.
易知二面角O-AC-B的平面角是锐角，记为θ，则cos θ＝.
例2　(1) 如图，取AC的中点O，连接OP，OB.
因为△ABC是边长为2的正三角形，所以OB⊥AC.
因为PA＝PC，所以OP⊥AC.
又OB∩OP＝O，OB 平面OPB，OP 平面OPB，
所以AC⊥平面OPB.
又PB 平面OPB，所以PB⊥AC.
(2) 由(1)，得OP⊥AC，OB⊥AC.
因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，且OP 平面PAC，
所以OP⊥平面ABC.
如图，以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，P(0，0，)，C(－1，0，0)，B(0，，0)，
所以＝(－1，，0)，＝(0，，－)，＝(－2，0，0).
设＝λ(0≤λ≤1)，
则＝(0，λ，－λ)，＝＋＝(－1，λ，－λ).
设平面PAB的法向量为m＝(a，b，c)，
则
令b＝，则a＝，c＝1，所以m＝(，，1).
设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令y＝，则x＝0，z＝，所以n＝.
若平面PAB⊥平面ACE，则m·n＝0＋5＋＝0，
解得λ＝，
此时＝，||＝.
例3　(1) 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，易知B1C1∥BC，
因为B1C1 平面BCD1，BC 平面BCD1，
所以B1C1∥平面BCD1.
(2) 如图，取AB的中点F，连接CF.
在梯形ABCD中，因为AB＝2CD，AB∥CD，
所以AF∥CD，AF＝CD，
所以四边形AFCD为平行四边形，所以AD∥CF，
由AD⊥CD，得CD⊥CF.
因为CD1⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以CD1⊥CD.
易知CD，CF，CD1两两垂直，故以C为坐标原点，CD，CF，CD1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，
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝，则DD1＝.
在Rt△CDD1中，CD1＝＝2，
则A(1，1，0)，B(－1，1，0)，D1(0，0，2)，A1(0，1，2)，
所以＝(－2，0，0)，＝(－1，－1，2)，＝(－1，0，2).
设平面ABD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取z＝1，则x＝0，y＝2，
所以平面ABD1的一个法向量为n＝(0，2，1)，
则点A1到平面ABD1的距离为d＝＝＝.
设直线AA1与平面ABD1所成的角为θ，则sin θ＝＝，
故cos θ＝.
又因为AA1∥BB1，且AE 平面ABD1，
所以当直线AE与BB1所成角为θ时，其余弦值取得最大值，即为.
(3) 由(2)，得A(1，1，0)，B(－1，1，0)，C(0，0，0)，D1(0，0，2)，
则 ＝(1，1，0)，＝(－2，0，0)，＝(1，－1，2).
因为E∈BD1，所以∥，设＝λ＝(λ，－λ，2λ)，0<λ≤1，
则＝＋＝(λ－2，－λ，2λ).
设平面AEB的法向量为m1＝(x1，y1，z1)，则
即令z1＝1，则x1＝0，y1＝2，
所以平面AEB的一个法向量为m1＝(0，2，1).
设平面AEC的法向量为m2＝(x2，y2，z2)，则
即令z2＝－λ＋1，则x2＝λ，y2＝－λ，
所以平面AEC的一个法向量为m2＝(λ，－λ，1－λ).
设二面角B-AE-C的大小为α，
则|cos α|＝＝.
由二面角B-AE-C的正弦值为，得|cos α|＝＝，
所以＝，化简，得3λ2－2λ＝0，
解得λ1＝或λ2＝0.
因为0<λ≤1，所以λ＝，所以存在点E，此时||＝＝＝.
例4　方法一(综合法)：(1) 如图1，连接DE.
因为平面ABEF⊥平面ECDF，平面ABEF∩平面ECDF＝EF，BE⊥EF，BE 平面ABEF，
所以BE⊥平面ECDF.
因为CF 平面ECDF，所以BE⊥CF.
又CF⊥BD，BE∩BD＝B，BE 平面BDE，BD 平面BDE，
所以CF⊥平面BDE.
因为DE 平面BDE，所以CF⊥DE，
此时△FEC∽△DFE，所以DF·EC＝EF2.
设BE＝t(0解得t＝5，所以BE＝5.
(2) 如图1，过点C作EF的平行线交DF于点G，连接AG.
由CG∥EF∥BA，且CG＝EF＝BA，
得四边形CGAB是平行四边形，则BC∥AG，
所以∠DAG即为异面直线BC与AD所成的角．
设BE＝m(0则tan ∠DAG＝tan (∠DAF－∠GAF)＝＝＝≤＝，
当且仅当m＝6时，等号成立，
所以∠DAG正切值的最大值为，此时余弦值有最小值，
即异面直线BC与AD所成角的余弦值的最小值为.
方法二(空间向量法)：因为平面ABEF⊥平面ECDF，平面ABEF∩平面ECDF＝EF，AF⊥EF，AF 平面ABEF，
所以AF⊥平面ECDF.
又EF⊥FD，所以以{，，}为正交基底，建立如图2所示的空间直角坐标系．
设BE＝t(0则F(0，0，0)，A(0，0，t)，B(2，0，t)，C(2，8－t，0)，D(0，9－t，0).
(1) 因为＝(2，8－t，0)，＝(－2，9－t，－t)，且CF⊥BD，
所以·＝－12＋(8－t)(9－t)＝0，
解得t＝5，所以BE＝5.
(2) 设异面直线BC与AD所成的角为θ，θ∈，
因为＝(0，8－t，－t)，＝(0，9－t，－t)，
所以cos θ＝＝＝，
令(8－t)(9－t)＋t2＝u，
则＝＝≤，
当且仅当t＝6时，等号成立，
则cos θ＝＝≥＝，
所以异面直线BC与AD所成角余弦值的最小值为.
图1 图2
变式训练　(1) 设＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝〈c，b〉＝，
则a·b＝a·c＝c·b＝1×1×cos ＝.
因为＝＋＝＋＋＝a＋b＋c，
所以||2＝(a＋b＋c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2(a·b＋a·c＋c·b)＝1＋1＋1＋2×＝6，
故线段AC1的长为.
(2) 因为动点M在线段A1D1上(含端点)，
所以设＝t＝t，0≤t≤1，
所以＝－＝＋－＝－a＋tb＋c，
所以·＝(a＋b＋c)·(－a＋tb＋c)
＝－|a|2＋t|b|2＋|c|2＋(t－1)a·b＋(t＋1)c·b
＝t＋(t－1)＋(t＋1)＝2t.
又||＝，||2＝(－a＋tb＋c)2＝|a|2＋t2|b|2＋|c|2－2ta·b＋2tc·b－2a·c＝t2＋2－t＋t－1＝t2＋1，
所以||＝，
所以cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝·＝·.
因为0≤t≤1，所以1≤t2＋1≤2，所以0≤1－≤，
所以0≤cos θ≤.
因为0<θ≤，余弦函数在区间上单调递减，所以当cos θ＝0时， θ取得最大值，此时点M与点A1重合．
例5　(1) 如图，取BC的中点M，连接EM.
因为E，F分别为棱PC，AD的中点，
所以EM∥PB，FM∥AB.
因为EM 平面PAB，PB 平面PAB，
所以EM∥平面PAB，同理FM∥平面PAB.
因为EM∩FM＝M，EM 平面EFM，FM 平面EFM，
所以平面PAB∥平面EFM.
又因为EF 平面EFM，所以EF∥平面PAB.
(2) 由题意，得AD⊥CD，PD⊥平面ABCD，
所以DA，DC，DP两两垂直，
则以{，，}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
因为AB＝PD＝AD＝CD＝2，
所以P(0，0，2)，A(2，0，0)，C(0，4，0)，B(2，2，0)，D(0，0，0)，
所以＝(0，0，－2)，＝(－2，2，0)，＝(2，2，－2).
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则y＝1，z＝2，所以n＝(1，1，2).
设PD与平面PBC所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝，
所以PD与平面PBC所成角的正弦值为.
(3) 方法一：设点F到平面EGC(也即平面PBC)的距离为h，
三棱锥C-EFG体积为V(λ)，则VC-EFG＝VF-EGC，
由(2)可知F(2λ，0，0)，＝(－2λ，4，0)，平面PBC的一个法向量为n＝(1，1，2)，
则点F到平面PBC距离为＝.
因为PB＝＝2，PC＝＝2，BC＝＝2，
所以PC2＝PB2＋BC2，即△PBC为直角三角形，
所以S△PBC＝2，
所以点B到棱PC的距离为＝.
又因为＝＝λ，
所以EC＝2(1－λ)，且点G到边EC的距离为λ，
所以△EGC的面积为×2(1－λ)×λ＝2λ(1－λ)，
所以V(λ)＝VF-EGC＝×2λ(1－λ)×＝λ(λ－1)(λ－2)，λ∈(0，1)，
所以V(λ)＝(λ3－3λ2＋2λ)，所以V′(λ)＝(3λ2－6λ＋2)，
令V′(λ)＝(3λ2－6λ＋2)＝0，解得λ＝或λ＝(舍去)，列表如下：
λ
V′(λ) ＋ 0 －
V(λ) ↗ 极大值 ↘
故当λ＝时，三棱锥C-EFG的体积最大．
方法二：设三棱锥C-EFG体积为V(λ)，则VC-EFG＝VF-EGC，
因为＝＝λ，所以S△PEG＝λS△PGC，S△PGC＝λS△PBC，
所以S△CEG＝(1－λ)S△PGC＝λ(1－λ)S△PBC，
所以VF-EGC＝λ(1－λ)VF-PBC＝(1－λ)λVP-FBC＝(1－λ)λ×S△FBC×PD＝λ(1－λ)(2－λ)×，
则V′(λ)＝(3λ2－6λ＋2).
令V′(λ)＝(3λ2－6λ＋2)＝0，解得λ＝或λ＝(舍去)，列表如下：
λ
V′(λ) ＋ 0 －
V(λ) ↗ 极大值 ↘
故当λ＝时，三棱锥C-EFG的体积最大．(共90张PPT)
第七章
7.9　空间向量的应用
立体几何与空间向量
7.9.1　向量法求空间角与距离
复习目标　掌握用空间向量的方法求空间角和距离．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　基础引入
C
D
3 (多选)[2026惠泽高级中学月考]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为A1B，B1C的中点，则下列结论中正确的是 (　　)
A. 直线EF∥平面ABCD
B. EF⊥AC
C. 异面直线EF与直线D1C所成角的大小为60°
D. 平面B1CD1到平面BA1D的距离等于EF
AC
4 [2026锡山高级中学月考]在空间直角坐标系中，点A(－1，1，
1)，B(－2，0，1)，P(0，1，3)，则点P到直线AB的距离为_______．
5 [2026无锡新吴三中月考]在空间直角坐标系O-xyz中，过点P(x0，y0，z0)且一个法向量为n＝(a，b，c)的平面α的方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面α的方程为2x－y－2z＋5＝0，直线l是平面β：x－y－3＝0与平面γ：2x＋3y＋5z＋2＝0的
交线，则直线l与平面α所成角的正弦值为______．
活动二　典例悟法
题组一　异面直线所成的角
[2025扬中二中期末]如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，E，F分别为棱AB，A1B1的中点．
(1) 求证：AF∥平面B1CE；
(2) 求直线C1E与直线AF夹角的余弦值．
1
【解析】(1) 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，易知AB∥A1B1且AB＝A1B1.
因为E，F分别为棱AB，A1B1的中点，
所以AE∥B1F，AE＝B1F，
所以四边形AEB1F为平行四边形，
所以AF∥B1E.
因为AF 平面B1CE，B1E 平面B1CE，
所以AF∥平面B1CE.
(1) 如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为
______；
C
图1
图2
题组二　直线与平面所成的角
如图，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.
(1) 求证：AC⊥B1D；
(2) 求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．
2
【解析】(1) 易知AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
设AB＝t(t>0)，则A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)，
[2025扬州期末] 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝3，CC1＝4，二面角A-CC1-B为直二面角．N为棱C1B1的中点，棱A1B1与平面ACN相交于点M.
(1) 求证：M为棱A1B1的中点；
【解析】(1) 因为直三棱柱ABC-A1B1C1，所以A1C1∥AC.
又A1C1 平面ACN，AC 平面ACN，所以A1C1∥平面ACN.
又A1C1 平面A1B1C1，平面A1B1C1∩平面ACN＝MN，
所以A1C1∥MN.
又N为棱C1B1的中点，所以M为棱A1B1的中点．
(2) 方法一(向量法)：由直三棱柱ABC-A1B1C1，得CC1⊥平面ABC，
又AC 平面ABC，BC 平面ABC，
所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，
所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，
所以∠ACB即为二面角A-CC1-B的平面角．
又二面角A-CC1-B为直二面角，
所以∠ACB＝90°，即AC⊥CB.
又AC⊥CC1，CC1∩CB＝C，CC1 平面BCC1B1，CB 平面BCC1B1，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又C1G 平面BCC1B1，所以AC⊥C1G.
因为C1G⊥CN，AC∩CN＝C，AC 平面ACN，CN 平面ACN，
[2025北京卷·17]如图，在四棱锥P-ABCD中，△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC＝90°∠BAC＝90°，E为BC的中点．
(1) 若F为PD的中点，G为PE的中点，求证：FG∥平面PAB；
(2) 若PA⊥平面ABCD，PA＝AC，求AB与平面PCD所成角的正弦值．
所以GM＝1.
因为∠DAC＝45°，∠ACB＝45°，
所以AD∥BC，
所以FN∥GM，
则四边形FGMN为平行四边形，
所以FG∥MN.
因为FG 平面PAB，MN 平面PAB，
所以FG∥平面PAB.
题组三　二面角
[2025扬州期中]如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分别为棱C1D1，BB1，A1B1的中点．
(1) 求证：A1N⊥平面AMQ；
(2) 求二面角N-AM-Q的正切值．
3
【解析】(1) 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，Q分别为棱C1D1，A1B1的中点，所以QM∥A1D1.
又A1D1⊥平面ABB1A1，A1N 平面ABB1A1，
所以A1D1⊥A1N，所以QM⊥A1N.
在正方形ABB1A1中，N为B1B的中点，Q为A1B1的中点，
所以△AA1Q≌△A1B1N，所以∠QAA1＝∠NA1B1.
设AQ与A1N的交点为H，则∠QA1H＋∠A1QH＝90°，
所以∠A1HQ＝90°，即A1N⊥AQ.
又AQ 平面AMQ，QM 平面AMQ，AQ∩QM＝Q，
所以A1N⊥平面AMQ.
作OH⊥PD，垂足为H.
因为OH 平面PBD，所以AD⊥OH.
又PD∩AD＝D，PD 平面PAD，AD 平面PAD，
所以OH⊥平面PAD.
又PA 平面PAD，所以OH⊥PA.
作OE⊥PA，连接EH.
因为OE∩OH＝O，OE 平面OEH，OH 平面OEH，
所以PA⊥平面OEH，
[2025全国二卷·17]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) 求证：A′B∥平面CD′F；
(2) 求平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角
的正弦值．
【解析】(1) 因为EF∥AD，AB∥CD，
所以四边形AEFD为平行四边形，
所以AE∥DF，所以A′E∥D′F.
因为D′F 平面CD′F，A′E 平面CD′F，
所以A′E∥平面CD′F.
因为FC∥EB，FC 平面CD′F，EB 平面CD′F，
所以EB∥平面CD′F.
又EB∩A′E＝E，EB 平面A′EB，A′E 平面A′EB，
所以平面A′EB∥平面CD′F.
又A′B 平面A′EB，所以A′B∥平面CD′F.
图1
方法二(空间向量法)：因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB，
又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC.
如图2，以F为坐标原点，FE，FC所在直线以及过点F垂直于平面BEFC的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
因为D′F⊥EF，CF⊥EF，
所以∠D′FC为平面EFD′A′与平面EFCB所成的二
面角，
即∠D′FC＝60°.
不妨设DF＝FC＝1，
图2
题组四　距离问题
[2025启东、通州期中联考]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，BC⊥CD，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PD＝AB＝2，BC＝CD＝1.
(1) 求证：PD⊥AB；
(2) 求PB与平面PAD所成角的正弦值；
(3) 若线段PC上存在一点E，使得截面ABE将四棱锥
P-ABCD分成体积之比为5∶7的上下两部分，求点P到截
面ABE的距离．
4
则PO⊥AO，即PO⊥AB.
又DO⊥AB，PO∩DO＝O，PO 平面PDO，DO 平面PDO，
所以AB⊥平面PDO.
又PD 平面PDO，所以PD⊥AB.
(2) 由DO⊥PO，PO⊥AO，DO∩AO＝O，DO 平面
ABCD，AO 平面ABCD，得PO⊥平面ABCD.
又DO 平面ABCD，所以PO⊥DO.
以O为坐标原点，OD，OB，OP所在直线分别为x
轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，
5
(2) 因为A1C⊥平面ABC1，所以A1C⊥AC1，
所以四边形AA1C1C为菱形．
取A1C1的中点E，连接AE.
因为∠ACC1＝60°，所以△AA1C1为等边三角形，所以AE⊥A1C1.
又AC∥A1C1，所以AE⊥AC.
又AB⊥平面AA1C1C，所以AB⊥AE.
如图，以A为坐标原点，AB，AC，AE所在直线
分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，
【解析】(1) 因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，
所以PA⊥AD.
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB 平面PAB，PA 平面PAB，
所以AD⊥平面PAB.
又AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
在△ABC中，因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB.
所以AD∥BC.
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
方法二：如图，过点D作DE⊥AC于点E，过点E作EF⊥
CP于点F，连接DF.
因为PA⊥平面ABCD，PA 平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABCD.
又平面PAC∩平面ABCD＝AC，DE⊥AC，DE 平面ABCD，
所以DE⊥平面PAC.
因为CP 平面PAC，所以DE⊥CP.
谢谢观看
Thank you for watching(共59张PPT)
第七章
7.9　空间向量的应用
立体几何与空间向量
7.9.2　探究性问题
复习目标　利用空间向量解决探索性问题、最值问题等．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　基础引入
ACD
图1
图2
图3
【解析】(1) 过点A作AE⊥PB于点E.
因为平面PAB⊥平面PBC，且平面PAB∩平面PBC＝PB，AE 平面PAB，所以AE⊥平面PBC.
又BC 平面PBC，所以AE⊥BC.
因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC.
又AE∩PA＝A，AE 平面PAB，PA 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB.
活动二　典例悟法
1
[2025扬州安宜高级中学期末]如图，在三棱锥P-ABC中，底面△ABC是边长为2的正三角形，PA＝PC＝4.
(1) 求证：PB⊥AC；
2
(2) 若平面PAC⊥平面ABC，在线段PB(包含端点)上是否存在一点E，使得平面PAB⊥平面ACE？若存在，求出线段PE的长；若不存在，请说明理由．
【解析】(1) 如图，取AC的中点O，连接OP，OB.
因为△ABC是边长为2的正三角形，所以OB⊥AC.
因为PA＝PC，所以OP⊥AC.
又OB∩OP＝O，OB 平面OPB，OP 平面OPB，
所以AC⊥平面OPB.
又PB 平面OPB，所以PB⊥AC.
(2) 由(1)，得OP⊥AC，OB⊥AC.
因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，且OP 平面PAC，
3
4
【解析】方法一(综合法)：(1) 如图1，连接DE.
因为平面ABEF⊥平面ECDF，平面ABEF∩平面ECDF＝EF，BE⊥EF，BE 平面ABEF，
所以BE⊥平面ECDF.
因为CF 平面ECDF，所以BE⊥CF.
又CF⊥BD，BE∩BD＝B，BE 平面BDE，BD 平
面BDE，
所以CF⊥平面BDE.
因为DE 平面BDE，所以CF⊥DE，
图1
此时△FEC∽△DFE，所以DF·EC＝EF2.
设BE＝t(0解得t＝5，所以BE＝5.
(2) 如图1，过点C作EF的平行线交DF于点G，连接AG.
由CG∥EF∥BA，且CG＝EF＝BA，
得四边形CGAB是平行四边形，则BC∥AG，
所以∠DAG即为异面直线BC与AD所成的角．
设BE＝m(0图2
5
【解析】(1) 如图，取BC的中点M，连接EM.
因为E，F分别为棱PC，AD的中点，
所以EM∥PB，FM∥AB.
因为EM 平面PAB，PB 平面PAB，
所以EM∥平面PAB，同理FM∥平面PAB.
因为EM∩FM＝M，EM 平面EFM，FM 平面EFM，
所以平面PAB∥平面EFM.
又因为EF 平面EFM，所以EF∥平面PAB.
谢谢观看
Thank you for watching

展开更多......

收起↑