高中數(shù)學培優(yōu)講義練習（選擇性必修一）：空間向量的應用-重難點題型精講（教師版）

專題1.9空間向量的應用-重難點題型精講1．空間中點、直線和平面的向量表示(1)空間中點的位置向量：如圖，在空間中，我們?nèi)∫欢cO作為基點，那么空間中任意一點P就可以用向量eq\o(OP,\s\up6(→))來表示．我們把向量eq\o(OP,\s\up6(→))稱為點P的位置向量．(2)空間中直線的向量表示式：直線l的方向向量為a，且過點A.如圖，取定空間中的任意一點O，可以得到點P在直線l上的充要條件是存在實數(shù)t，使eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋ta①，把eq\o(AB,\s\up6(→))＝a代入①式得eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))②，①式和②式都稱為空間直線的向量表示式．2．空間中直線、平面的平行(1)線線平行的向量表示：設u1，u2分別是直線l1，l2的方向向量，則l1∥l2?u1∥u2??λ∈R，使得u1＝λu2.(2)線面平行的向量表示：設u是直線l的方向向量，n是平面α的法向量，l?α，則l∥α?u⊥n?u·n＝0.(3)面面平行的向量表示：設n1，n2分別是平面α，β的法向量，則α∥β?n1∥n2??λ∈R，使得n1＝λn2.3．空間中直線、平面的垂直(1)線線垂直的向量表示：設u1，u2分別是直線l1,l2的方向向量，則l1⊥l2?u1⊥u2?u1·u2＝0.(2)線面垂直的向量表示：設u是直線l的方向向量，n是平面α的法向量，l?α，則l⊥α?u∥n??λ∈R，使得u＝λn.(3)面面垂直的向量表示：設n1，n2分別是平面α，β的法向量，則α⊥β?n1⊥n2?n1·n2＝0.4．距離問題(1)點P到直線l的距離：已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點，P是直線l外一點，設向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量為eq\o(AQ,\s\up6(→))＝a，則點P到直線l的距離為eq\r(a2－a·u2)(如圖)．(2)點P到平面α的距離：設平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)的定點，P是平面α外一點，則點P到平面α的距離為eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)(如圖)．5．夾角問題(1)兩個平面的夾角：平面α與平面β的夾角：平面α與平面β相交，形成四個二面角，我們把這四個二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角．(2)空間角的向量法解法角的分類向量求法范圍兩條異面直線所成的角設兩異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別為u，v，則cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\f(|u·v|,|u||v|)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))直線與平面所成的角設直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sinθ＝|cos〈u，n〉|＝eq\f(|u·n|,|u||n|)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))兩個平面的夾角設平面α與平面β的夾角為θ，平面α，β的法向量分別為n1，n2，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))【題型1求平面的法向量】【方法點撥】(1)求平面ABC的法向量時，要選取平面內(nèi)兩不共線向量，如eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))；(2)設平面的法向量為n＝(x，y，z)；(3)聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))并求解；(4)所求出向量中的三個坐標不是具體的值而是比例關系，設定一個坐標為常數(shù)(常數(shù)不能為0)便可得到平面的一個法向量．【例1】（2022春?連云港期中）在三棱錐P﹣ABC中，CP，CA，CB兩兩互相垂直，AC＝CB＝1，PC＝2，建立如圖所示的空間直角坐標系，則下列向量是平面PAB的一個法向量的是（）A．(1，1，12) B．(1，2，1) C．（1，1，1【解題思路】由題意P（0，0，2），A（1，0，0），B（0，1，0），則PA→=（1，0，﹣2），AB→=（﹣1，1，【解答過程】解：在三棱錐P﹣ABC中，CP，CA，CB兩兩互相垂直，AC＝CB＝1，PC＝2，建立如圖所示的空間直角坐標系，由題意P（0，0，2），A（1，0，0），B（0，1，0），則PA→=（1，0，﹣2），AB→=（﹣1，設平面PAB的一個法向量為n→=（x，y，由n→?PA→=0n→?AB→=0，得x?2z=0又（1，1，12）=∴平面PAB的一個法向量為（1，1，12故選：A．【變式1-1】（2022春?湖北月考）已知平面α內(nèi)有兩點M（1，﹣1，2），N（a，3，3），平面α的一個法向量為n→=(6，A．4 B．3 C．2 D．1【解題思路】MN→=(a?1，4，1)，由平面α的一個法向量為【解答過程】解：平面α內(nèi)有兩點M（1，﹣1，2），N（a，3，3），MN→因為平面α的一個法向量為n→所以n→⊥MN解得a＝2，故選：C．【變式1-2】（2021秋?河北區(qū)期末）如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則平面A1BC1的一個法向量為（）A．（1，1，1） B．（﹣1，1，1） C．（1，﹣1，1） D．（1，1，﹣1）【解題思路】由題意寫出點B、A1和C1的坐標，利用坐標表示出BA1→和【解答過程】解：由題意可知，B（1，1，0），A1（1，0，1），C1（0，1，1），所以BA1→=（0，﹣1，1），BC1→=（﹣設n→=（x，y，則n→?BA令z＝1，得x＝y(tǒng)＝1，所以n→=（1，1，即平面A1BC1的一個法向量為n→=（1，1，故選：A．【變式1-3】（2021秋?諸暨市期末）在空間直角坐標系內(nèi)，平面α經(jīng)過三點A（1，0，2），B（0，1，0），C（﹣2，1，1），向量n→=(1，λ，μ)是平面A．﹣7 B．﹣5 C．5 D．7【解題思路】求出AB→，AC→，由AB→?n【解答過程】解：由A（1，0，2），B（0，1，0），C（﹣2，1，1），則AB→=（﹣1，1，﹣2），AC→=（﹣3，因為向量n→=（1，λ，μ）是平面所以AB→?n→解得λ=5μ=2所以λ+μ＝5+2＝7．故選：D．【題型2空間線面平行關系的判定及應用】【方法點撥】利用向量證明線線平行的思路：證明線線平行只需證明兩條直線的方向向量共線即可．證明線面平行問題的方法：(1)證明直線的方向向量與平面內(nèi)的某一向量是共線向量且直線不在平面內(nèi)；(2)證明直線的方向向量可以用平面內(nèi)兩個不共線向量表示且直線不在平面內(nèi)；(3)證明直線的方向向量與平面的法向量垂直且直線不在平面內(nèi)．證明面面平行問題的方法：(1)利用空間向量證明面面平行，通常是證明兩平面的法向量平行．(2)將面面平行轉化為線線平行然后用向量共線進行證明．【例2】（2021秋?成都期中）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分別為A1D1、D1C1的中點．分別以DA、DC、DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系D﹣xyz．①求點E、F的坐標；②求證：EF∥平面ACD1．【解題思路】（1）根據(jù)坐標系，利用坐標的定義，可得結論；（2）求出AC→、EF→的坐標，可得【解答過程】（1）解：由題意，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分別為A1D1、D1C1的中點，∴E（1，0，2），F(xiàn)（0，3，2），（2）證明：∵A（2，0，0），C（0，6，0），∴AC→=（﹣2，6，∵E（1，0，2），F(xiàn)（0，3，2），∴EF→=（﹣1，3，∴AC→∴AC∥EF，∵EF?平面ACD1，AC?平面ACD1，∴EF∥平面ACD1．【變式2-1】如圖，設P為長方形ABCD所在平面外一點，M在PD上，N在AC上，若DMMP=CNNA，用向量法證明：直線【解題思路】建立空間坐標系，設A，C，P三點坐標，用此三點的坐標表示出MN→，BP→，BA→，然后觀察能否用BP【解答過程】解：建立如圖所示的空間坐標系，設C（a，0，0），A（0，b，0），P（m，n，p），則D（a，b，0），∴BP→=（m，n，p），BA→=（0，b，0），CA→=（﹣a，b，0），DP→=（m﹣a，n﹣b，p），∵DMMP=CNNA，∴DMDP=CNCA，設DMDP=CNCA=λ，則DM→=λDP→=（mλ﹣aλ，nλ﹣b∴MN→=?DM→+DC→+CN→=（﹣mλ，2bλ﹣nλ﹣b，﹣pλ），∴∵BP?平面PAB，BA?平面PAB，MN?平面PAB，∴MN∥平面PAB．【變式2-2】（2021秋?黃陵縣校級期末）如圖，已知棱長為4的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，E，F(xiàn)分別是棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中點，求證：平面AMN∥平面EFBD．【解題思路】證法一：正方體的棱長為4，如圖建立空間直角坐標系，利用向量法，可證得：MN∥平面EFBD，AK∥平面EFBD，進而得到平面AMN∥平面EFBD．證法二：求出平面AMN的法向量和平面EFBD的法向量，根據(jù)兩個法向量平行，可得平面AMN∥平面EFBD．【解答過程】證法一：正方體的棱長為4，如圖建立空間直角坐標系，則D（0，0，0），A（4，0，0），M（2，0，4），N（4，2，4），B（4，4，0），E（0，2，4），F(xiàn)（2，4，4）．取MN的中點K，EF的中點G，BD的中點O，則O（2，2，0），K（3，1，4），G（1，3，4）．MN→=（2，2，0），EF→=（2，2，0），AK→=（﹣1，1，4），OG→∴MN→∥EF→，∴MN∥EF，AK∥OG，∴MN∥平面EFBD，AK∥平面EFBD，∴平面AMN∥平面EFBD．證法二：設平面AMN的法向量是a→=（a1，a2，a3），平面EFBD的法向量是b→=（b1，b2由a→得?2a1+4a3=02a2+4a3=0由b→得2b2+4b3=0?2b1+4b3=0取∵a→∥b∴平面AMN∥平面EFBD．【變式2-3】已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別是BB1，DD1的中點，求證：（1）FC1∥平面ADE；（2）平面ADE∥平面B1C1F．【解題思路】建立空間直角坐標系D﹣xyz，求出D，A，C，C1，E，F(xiàn)，B1，的坐標，求出FC1→，DA（1）利用向量的數(shù)量積為0求出平面ADE的法向量，通過向量的數(shù)量積推出n1→⊥FC1→，利用直線與平面平行的判定定理證明（2）求出平面B1C1F的一個法向量．與平面ADE的法向量，通過向量共線證明，平面ADE∥平面B1C1F．【解答過程】解：如圖所示建立空間直角坐標系D﹣xyz，則有D（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），E（2，2，1），F(xiàn)（0，0，1），B1（2，2，2），所以FC1→=（0，2，1），DA→=（2，0，0），AE→（1）設n1→=（x1，y1，z1）是平面ADE的法向量，則n1→⊥DA即n1→?DA→=2x1n1→?AE所以n1→=（0，﹣1，2）因為n1→?FC1→又因為FC1?平面ADE，即FC1∥平面ADE．（2）因為C1B1→=（2，0，0），設n2→=（x2，y2，z由n2→⊥FC1→，n2→令z2＝2?y2＝﹣1，所以n2→=（0，﹣1所以n1→=n2→，所以平面ADE∥平面【題型3空間線面垂直關系的判定及應用】【方法點撥】證明兩直線垂直的基本步驟：建立空間直角坐標系→寫出點的坐標→求直線的方向向量→證明向量垂直→得到兩直線垂直．用坐標法證明線面垂直的方法及步驟：(1)利用線線垂直：①將直線的方向向量用坐標表示；②找出平面內(nèi)兩條相交直線，并用坐標表示它們的方向向量；③判斷直線的方向向量與平面內(nèi)兩條直線的方向向量垂直．(2)利用平面的法向量：①將直線的方向向量用坐標表示；②求出平面的法向量；③判斷直線的方向向量與平面的法向量平行．證明面面垂直的兩種方法：(1)常規(guī)法：利用面面垂直的判定定理轉化為線面垂直、線線垂直去證明．(2)法向量法：證明兩個平面的法向量互相垂直．【例3】（2021?常熟市校級模擬）如圖，PD垂直正方形ABCD所在平面，AB＝2，E是PB的中點，cos＜DP→，（1）建立適當?shù)目臻g坐標系，寫出點E的坐標；（2）在平面PAD內(nèi)求一點F，使EF⊥平面PCB．【解題思路】（1）以DA、DC、DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間坐標系，求出AE→和DP→的坐標，代入兩個向量的夾角公式，解方程求得點（2）由F∈平面PAD，可設F（x，0，z），則EF→?BC→=0，且EF→?PC【解答過程】解：（1）以DA、DC、DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間坐標系，則A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0）．設P（0，0，2m），則E（1，1，m）．∴AE→=（﹣1，1，m），DP→=（0，0∴cos＜DP→，AE→＞=∴點E坐標是（1，1，1）．（2）∵F∈平面PAD，∴可設F（x，0，z）?EF→=（x﹣1，﹣1，z﹣∵EF⊥平面PCB，∴EF→⊥CB→?（x﹣1，﹣1，z﹣1）?（2，0，0）＝0?x＝∵EF→⊥PC→，∴（x﹣1，﹣1，z﹣1）?（0，2，﹣2）＝0?z＝∴點F的坐標是（1，0，0），即點F是AD的中點．【變式3-1】（2022春?青羊區(qū)校級期末）如圖所示的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BC的中點，在CC1上求一點P，使面A1B1P⊥面C1DE．【解題思路】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，設正方體棱長為2，且P（0，2，a），分別求出面A1B1P與面C1DE的法向量，然后根據(jù)面A1B1P⊥面C1DE，則兩法向量垂直建立等式，從而求出所求．【解答過程】解：以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，設正方體棱長為2，且P（0，2，a），則DE→=(1，設n1→=(x1，y1，z又A1P→設n2→=(x2，y2，z2取n2→由面A1B1P⊥面C1DE，得n即2（a﹣2）+2＝0解得a＝1．故P為CC1的中點．【變式3-2】（2021?浦東新區(qū)校級模擬）四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是平行四邊形，AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（（1）求證：PA⊥底面ABCD；（2）求PC的長．【解題思路】（1）由已知中向量AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（8，3，2），根據(jù)兩個向量的數(shù)量積為0，兩個向量垂直，我們可以判斷出AP⊥AB且AP⊥（2）由已知中向量AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（8，【解答過程】證明：（1）∵AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（∴AP→?AB∴AP→⊥AB即AP⊥AB且AP⊥AD，又∵AB∩AD＝A∴AP⊥平面ABCD；（2）∵AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（∴AC→=AB∴|PC|=94【變式3-3】（2021秋?吉林期末）如圖，直棱柱（側棱垂直于底面的棱柱）ABC﹣A1B1C1，在底面ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分別為A1B1，A1A的中點．（1）求cos＜（2）求證：BN⊥平面C1MN．【解題思路】（1）以C為原點，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的坐標系C﹣xyz，求得A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2），B（0，1，0），從而可求得BA1→=（1，﹣1，2），CB1→=（0，1，2），BA1→?CB1→=3，（2）利用向量的坐標運算可求得C1M→?BN→=0，C1N→?BN→=0，C【解答過程】解：以C為原點，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的坐標系C﹣xyz（1）依題意，A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2），B（0，1，0），∴BA1→=（1，﹣1，2），CB1→∴BA1→?CB1→=1×0+（﹣1又|BA1→|=6，|∴cos＜BA證明：（2）A1（1，0，2），C1（0，0，2），B1（0，1，2），N（1，0，1），∴M（12，12，2），∴C1M→=（12，12，0），C1N→=（1，∴C1M→?BN→=12×1+1同理可求C1N→?∴C1M→⊥BN→，C1N→⊥BN→，C1M∴BN⊥平面C1M．【題型4利用空間向量研究距離問題】【方法點撥】用向量法求點到直線的距離的一般步驟：(1)求直線的方向向量．(2)計算所求點與直線上某一點所構成的向量在直線的方向向量上的投影向量的長度．(3)利用勾股定理求解．另外，要注意平行直線間的距離與點到直線的距離之間的轉化．用向量法求點面距的步驟：(1)建系：建立恰當?shù)目臻g直角坐標系．(2)求點坐標：寫出(求出)相關點的坐標．(3)求向量：求出相關向量的坐標(eq\o(AP,\s\up6(→))，α內(nèi)兩不共線向量，平面α的法向量n)．(4)求距離d＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).【例4】（2022春?南通期末）如圖，在四面體P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝2PA＝2，點D在線段AC上．（1）當D是線段AC中點時，求A到平面PBD的距離；（2）若二面角A﹣PD﹣B的余弦值為13，求AD【解題思路】（1）以點A為坐標原點，AB、AC、AP所在直線分別為x，y、z軸建立空間直角坐標系，利用向量法可求得A到平面PBD的距離；（2）設點D（0，t，0），其中0≤t≤2，利用向量法可得出關于t的方程，解出t的值，即可得解．【解答過程】解：（1）因為PA⊥平面ABC，AB⊥AC，以點A為坐標原點，AB、AC、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，因為D為AC的中點，則A（0，0，0）、B（2，0，0）、D（0，1，0）、P（0，0，1），設平面PBD的法向量為m→則m→?BP→=?2x+z=0m→?BD所以點A到平面PBD的距離為|AB（2）設點D（0，t，0），其中0≤設平面PBD的法向量為n→1=(取x1＝t，可得n1＝（t，2，2t），易知平面PAD的一個法向量為n2→=（1，0由已知可得|cos＜n→1，此時點D為AC的中點，故ADAC【變式4-1】（2022春?岳麓區(qū)校級期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD=12AD＝1．E為棱AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為（1）在平面PAB內(nèi)是否存在一點M，使得直線CM∥平面PBE，如果存在，請確定點M的位置，如果不存在，請說明理由；（2）若二面角P?CD?A的大小為45°，求P到直線CE的距離．【解題思路】（1）先判斷存在符合題意的點，再通過作輔助線找到該點，證明CM∥平面PBE即可；（2）建立空間直角坐標系，通過已知的二面角度數(shù)，找到線段之間關系，從而確定相關點的坐標，然后利用向量的運算求得答案．【解答過程】解：（1）延長AB交直線CD于點M，∵點E為AD的中點，∴AE=ED=1∵BC＝CD=12AD，∴ED＝∵AD∥BC，即ED∥BC，∴四邊形BCDE為平行四邊形，即EB∥CD，∵AB∩CD＝M，∴M∈CD，∴CM∥BE，∵BE?平面PBE，CM?平面PBE，∴CM∥平面PBE，∵M∈AB，AB?平面PAB，∴M∈平面PAB，故在平面PAB內(nèi)可以找到一點M（M＝AB∩CD），使得直線CM∥平面PBE．（2）如圖所示，∵∠ADC＝∠PAB＝90°，即PA⊥AB，且異面直線PA與CD所成的角為90°，即PA⊥CD，又AB∩CD＝M，AB，CD?平面ABCD，∴AP⊥平面ABCD，∵AD?平面ABCD，∴PA⊥AD，又AD⊥CD，PA⊥CD，AD∩PA＝A，AD，PA?平面PAD，∴CD⊥平面PAD，∵PD?平面PAD，∴CD⊥PD，因此∠PDA是二面角P﹣CD﹣A的平面角，大小為45°，∴PA＝AD，不妨設AD＝2，則BC=CD=1以A為坐標原點，平行于CD的直線為x軸，AD為y軸，AP為z軸建立空間直角坐標系A﹣xyz，∴P（0，0，2），E（0，1，0），C（﹣1，2，0），∴EC→=(?1，所以P到直線CE的距離為EP→【變式4-2】（2022春?九龍坡區(qū)校級月考）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F(xiàn)分別為AA1，AC，A1C1的中點，AB=BC=5，AC＝AA1＝2（1）求證：AC⊥平面BEF；（2）求點D與平面BEC1的距離；（3）求二面角B﹣CD﹣C1的正弦值．【解題思路】（1）通過證明AC⊥BE，AC⊥EF來證得AC⊥平面BEF．（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求得D到平面BEC1的距離．（3）利用向量法求得二面角B﹣CD﹣C1的余弦值，進而轉化為正弦值．【解答過程】（1）證明：由于AB＝BC，E是AC的中點，所以AC⊥BE，由于E，F(xiàn)分別是AC，A1C1的中點，所以EF∥CC1，所以EF⊥平面ABC，所以EF⊥AC，由于BE?EF＝E，所以AC⊥平面BEF．（2）解：由（1）可知EA，EB，EF兩兩相互垂直，以E為空間坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，B（0，2，0），C1（﹣1，0，2），設平面BEC1的法向量為m→則m→?EBD(1，所以D到平面BEC1的距離為|m（3）解：平面C1CD的法向量為n1C(?設平面BCD的法向量為n2則n2→?設二面角B﹣CD﹣C1的二面角為θ，由圖可知，θ為鈍角，所以cosθ=nsinθ=1?co【變式4-3】（2022秋?渝中區(qū)月考）在如圖所示的五面體ABCDFE中，面ABCD是邊長為2的正方形，AE⊥面ABCD，DF∥AE，且DF=12AE＝1，N為（Ⅰ）求證：FN∥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角N﹣MF﹣D的余弦值；（Ⅲ）求點A到平面MNF的距離．【解題思路】（Ⅰ）建立空間直角坐標系，得到NF→=(?1，2，0)，顯然平面ABCD的法向量可以為n→=（0，（Ⅱ）平面MNF的法向量為m→=(2，1，2)，平面MFD的法向量可以為u→（Ⅲ）由（Ⅱ）知平面MNF的法向量為m→=（2，1，2），又【解答過程】（Ⅰ）證明：如圖建立空間直角坐標系，則A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），E（0，0，2），N（1，0，1），M（1，2，0），F(xiàn)（0，2，1），所以NF→=(?1，2，0)，顯然平面ABCD的法向量可以為n→所以NF→?n又NF?平面ABCD，所以NF∥平面ABCD；（Ⅱ）解：因為NF→設平面MNF的法向量為m→=（x，y，z），則令y＝1，則x＝z＝2，所以m→顯然平面MFD的法向量可以為u→=（0，1，設二面角N﹣MF﹣D為θ，由圖可知二面角N﹣MF﹣D為鈍角，則cosθ=?所以二面角N﹣MF﹣D的余弦值為?1（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知平面MNF的法向量為m→=（2，1，又MA→=(?1，?2，0)，設點則d=|所以點A到平面MNF的距離為43【題型5利用空間向量求空間角】【方法點撥】求異面直線夾角的方法：(1)傳統(tǒng)法：作出與異面直線所成角相等的平面角，進而構造三角形求解．(2)向量法：在兩異面直線a與b上分別取點A，B和C，D，則eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(CD,\s\up6(→))可分別為a，b的方向向量，則cosθ＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|).利用平面的法向量求直線與平面夾角的基本步驟：(1)建立空間直角坐標系；(2)求直線的方向向量u；(3)求平面的法向量n；(4)設線面角為θ，則sinθ＝eq\f(|u·n|,|u||n|).利用向量法求二面角的大小的關鍵是確定平面的法向量，求法向量的方法主要有兩種：(1)求平面的垂線的方向向量；(2)利用法向量與平面內(nèi)兩個不共線向量的數(shù)量積為零，列方程組求解.【例5】（2021秋?盤龍區(qū)月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，E為線段PD的中點，已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°．（1）證明：直線PB∥平面ACE；（2）求直線PB與平面PCD所成角的正弦值．【解題思路】（1）連接BD交AC于點H，連接HE，可證HE∥PB，從而可證PB∥平面ACE，（2）作Ax⊥AP，建立如圖所示的空間直角坐標系，求得平面PCD的一個法向量，利用向量法求直線PB與平面PCD所成角的正弦值．【解答過程】（1）證明：連接BD交AC于點H，連接HE，∵AB∥DC，AB＝CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴H是AC的中點，又E為線段PD的中點，∴HE∥PB，又HE?平面ACE，PB?平面ACE，∴直線PB∥平面ACE，（2）解：∵AB⊥平面PAD，作Ax⊥AP，建立如圖所示的空間直角坐標系，由已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°，得B（0，0，2），P（0，2，0），D（3，﹣1，0），C（3，﹣1，2），∴PB→=（0，﹣2，2），PD→=（3，﹣3，0），CD→=（設平面PCD的一個法向量為n→=（x，y，則n→?CD→=0n→?PD→=0∴cos＜PB→，所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為24【變式5-1】（2022秋?安徽月考）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C．（1）求證：AB⊥B1C；（2）若∠B1BC＝60°，直線AB與平面BB1C1C所成的角為30°，求二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值．【解題思路】（1）推導出B1C⊥BC1，AO⊥B1C，從而B1C⊥平面AOB，由此能證明B1C⊥AB．（2）設O為原點，OB1為x軸，OC1為y軸，OA為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值．【解答過程】（1）證明：因為AO⊥平面BB1C1C，B1C?平面BB1C1C，所以AO⊥B1C．因為BC＝BB1，四邊形BB1C1C是平行四邊形，所以四邊形BB1C1C是菱形．所以BC1⊥B1C．因為AO∩BC1＝O，AO?平面ABC1，BC1?平面ABC1，所以B1C⊥平面ABC1．因為AB?平面ABC1，所以B1C⊥AB．（2）解：因為AB與平面BB1C1C所成角為30°，AO⊥平面BB1C1C，所以∠ABO＝30°，因為∠B1BC＝60°，所以△BCB1是正三角形，設BC＝2，則B1以O為原點，分別以OB，OB1，OA所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(3所以AB設平面AB1C1的一個法向量為n1＝（x，y，z），則n令x＝1，得n1設平面B1C1A1的一個法向量為n2＝（x′，y′，z′），則n令x′＝1，解得n2設二面角A1﹣B1C1﹣A的大小為θ，因為cos?所以sinθ=1?所以二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值為43【變式5-2】（2022春?江都區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD與BDEF均為菱形，直線AC⊥平面BDEF，點O為AC與BD的交點，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°．（1）求異面直線DE與CF所成角的余弦值；（2）求二面角A﹣FB﹣C的余弦值．【解題思路】（1）說明OA，OB，OF兩兩垂直．以O為坐標原點，OA、OB、OF所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系O﹣xyz，求出DE→=(0，（2）求出平面ABF的法向量，平面CBF的法向量，利用空間向量的數(shù)量積求解二面角A﹣FB﹣C的余弦值即可．【解答過程】解：（1）∵AC⊥平面BDEF，F(xiàn)O，BD?平面BDEF，∴AC⊥FO，AC⊥BD，∵四邊形BDEF為菱形，且∠DBF＝60°，∴△DBF為等邊三角形，∵O為BD的中點，∴FO⊥BD，所以OA，OB，OF兩兩垂直．以O為坐標原點，OA、OB、OF所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系O﹣xyz，如圖所示．∵AB＝2，四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝60°，∴BD＝2，OA=A∵△BDF為等邊三角形，∴OF=3則A(3，0，0)，B（0，1，0），D（0，﹣1，0），E(0∴DE→=(0，?1設異面直線所成角為θ，則cosθ=|cos＜故cosθ=64（2）由（1）知AB→=(?3，1設平面ABF的法向量為m→則AB→?m→=?3x1+y1=0BF→?設平面CBF的法向量為n→=(x令y2=3，則x2＝﹣1，z2＝1，得∴cos＜又二面角A﹣FB﹣C為鈍角，∴二面角A﹣FB﹣C的余弦值為?35【變式5-3】（2022?南京模擬）如圖，AB為圓柱底面的直徑，△ACD是圓柱底面的內(nèi)接正三角形，AP和DQ為圓柱的兩條母線，若AB＝2AP＝2．（1）求證：平面PCQ⊥平面BDQ；（2）求BP與面ABQ所成角正弦值；（3）求二面角B﹣AQ﹣C的余弦值．【解題思路】（1）先利用線面垂直判定定理證明AD⊥平面BDQ，再證明PQ∥AD，由此可得PQ⊥平面BDQ，再由面面垂直判定定理證明平面PCQ⊥平面BDQ；（2）建立空間直角坐標系，求出直線BP的方向向量與平面ABQ的法向量，再求兩向量的夾角余弦即可得BP與面ABQ所成角正弦值；（3）求平面CAQ的法向量，再求其與平面ABQ的法向量的夾角余弦，結合圖形確定二面角B﹣AQ﹣C的余弦值．【解答過程】證明：（1）因為AB為圓柱底面的直徑，所以AD⊥BD，因為DQ為圓柱的母線，故AD⊥DQ，又BD∩DQ＝D，BD，DQ?平面BDQ，故AD⊥平面BDQ，由AP和DQ為圓柱的兩條母線知四邊形APQD為矩形，因此PQ∥AD，故PQ⊥平面BDQ，又因為PQ?平面PCQ，所以平面PCQ⊥平面BDQ；解：（2）由題意知DA，DB，DQ兩兩垂直，以D為坐標原點，DA，DB，DQ為x，y，z軸，建立如圖空間直角坐標系，令AB＝2，因為△ACD是圓柱底面的內(nèi)接正三角形，故∠BAD＝30°，故AD=ABcos30°=3，BD＝ABsin30A(3，0，0)，B（0，1，0），Q（0，0AB→=(?3，1設平面ABQ的法向量為n→由n→?AB令x＝1得n→=(1，所以直線BP與面ABQ所成角正弦值為10535（3）過C作CH⊥AD，垂足為H，DH=12AD=故點C的坐標為C(32，32設平面ACQ的法向量為m→由m→?AC令x=3得m設二面角B﹣AQ﹣C的平面角為θ，由圖可知θ為銳角，則cosθ=|cos?m所以二面角B﹣AQ﹣C的余弦值為5273【題型6利用空間向量研究存在性問題】【例6】（2022?歷城區(qū)校級模擬）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1=BC=2AB=2AC，點（1）證明：AC1∥平面A1BM；（2）AC上是否存在點N，使二面角B﹣A1M﹣N的大小為π4，若存在，求AN【解題思路】（1）連接AB1與A1B交于點O，連接OM，證明OM∥AC1，根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；（2）建立空間直角坐標系A﹣xyz，不妨設AB＝1，設N（0，a，0），0≤a≤1，利用向量法求出a，從而可得出的結論．【解答過程】（1）證明：連接AB1與A1B交于點O，則O為AB1的中點，連接OM，因為點M為B1C1的中點，所以OM∥AC1，因為OM?平面A1BM，AC1?平面A1BM，所以AC1∥平面A1BM；解：（2）存在，ANCN由題意知，AB⊥AC，如圖建立空間直角坐標系A﹣xyz，設AB＝1，則B（1，0，0），A1(0，設N（0，a，0），0≤a≤1，所以BA1→=(?1，設平面BA1M的一個法向量為m→=(x1，y1設平面A1MN的一個法向量為n→=(x2，y2因為cos?m→，n→?=此時ANCN【變式6-1】（2022春?內(nèi)江期末）四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，側面PAD⊥底面ABCD，∠BCD＝60°，PA=PD=2，E是BC的中點，點Q在側棱PC（1）若Q是PC的中點，求二面角E﹣DQ﹣C的余弦值；（2）是否存在Q，使PA∥平面DEQ？若存在，求出PQPC【解題思路】（1）以O為坐標原點，建立空間直角坐標系O﹣xyz利用向量法能求出二面角E﹣DQ﹣C的余弦值；（2）設PQ→=λPC→(0≤λ≤1)，Q（x，y，z），推導出Q(?2λ【解答過程】（1）解：取AD中點O，連接OP，OB，BD，因為PA＝PD，所以PO⊥AD，因為側面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩底面ABCD＝AD，所以PO⊥底面ABCD，可知，BO⊥AD，PO⊥AD，以O為坐標原點，如圖建立空間直角坐標系O﹣xyz，則D(?因為Q為PC中點，所以Q(?所以DE→所以平面DEQ的法向量為n1因為DC→設平面DQC的法向量為n2則DC→?n令x=3，則y=1，z=所以cos＜由圖可知，二面角E﹣DQ﹣C為銳角，所以余弦值為217（2）解：設PQ→由（1）可知PC→設Q（x，y，z），則PQ→又因為PQ→所以x=?2λy=所以在平面DEQ中，DE→所以平面DEQ的法向量為n1又因為PA∥平面DEQ，所以PA→即（1﹣λ）+（﹣1）（2λ﹣1）＝0，解得λ=2所以當λ=23時，即PQPC=2【變式6-2】（2022?迎澤區(qū)校級模擬）菱形ABCD中，∠ABC＝120°，EA⊥平面ABCD，EA∥FD，EA＝AD＝2FD＝2．（Ⅰ）證明：直線FC∥平面EAB；（Ⅱ）線段EC上是否存在點M使得直線EB與平面BDM所成角的正弦值為28？若存在，求EM【解題思路】