1.4空间向量的应用（精练）法向量的求法1．（2022·湖北·高二阶段练习）已知平面α内有两点()1,1,2M -，(),3,3N a ，平面α的一个法向量为()6,3,6n =-，则=a （）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】C【解析】因为()1,1,2M -，(),3,3N a ，所以()1,4,1MN a =-，因为平面α的一个法向量为()6,3,6n =-，所以n MN ⊥r uuu r ，则()613460n MN a ⋅=--⨯+=，解得2a =，故选：C.2．（2022·全国·高二课时练习）在直三棱柱111ABC A B C -中，以下向量可以作为平面ABC 法向量的是()A ．ABB ．11AC C ．1BCD ．1AA 【答案】D 【解析】如图，∵1CC 、1AA 、1BB 均垂直于平面ABC ，故选项D 中1AA 可以作为平面ABC 的法向量．故选：D ．3．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体1111ABCD A B C D -，分别写出对角面11A ACC 和平面1ACB 的一个法向量．【答案】平面11A ACC 的一个法向量为()1,1,0m =，平面1ACB 的一个法向量为()1,1,1n =-；【解析】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,1,0C 、()10,1,1C 、()11,1,1B 、()11,0,1A ，所以()1,1,0AC =-，()10,1,1AB =，()10,0,1AA =，设面11A ACC 的法向量为(),,m x y z =，所以100m AC x y m AA z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩，令1x =，则1y =，0z =，所以()1,1,0m =，即平面11A ACC 的一个法向量为()1,1,0m =，设平面1ACB 的法向量为(),,n a b c =，则100n AC a b n AB b c ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1a =，则1b =，1c =-，所以()1,1,1n =-，所以平面1ACB 的一个法向量为()1,1,1n =-；4．（2022·全国·高二）已知()1,1,1A ，()0,2,0B ，()2,3,1C ．(1)写出直线BC 的一个方向向量；(2)写出平面ABC 的一个法向量．【答案】(1)()2,1,1BC =；(2)()2,1,3n =--.【解析】(1)因为()0,2,0B ，()2,3,1C ，所以()2,1,1BC =，所以直线BC 的一个方向向量为()2,1,1BC =.(2)因为()1,1,1A ，()0,2,0B ，()2,3,1C ，所以()1,2,0AC =，()2,1,1BC =，设平面ABC 的一个法向量为(),,n x y z =，则0,0n AC n BC ⋅=⋅=，即2020x y x y z +=⎧⎨++=⎩，令1y =-，则2x =，3z =-，所以()2,1,3n =--，所以平面ABC 的一个法向量为()2,1,3n =--.空间向量证平行1．（2022·全国·高二课时练习）已知直线的方向向量()1,1,2a =-，平面α的一个法向量为()0,2,1n =，则线面的位置关系是（）A ．平行B ．在平面内C ．垂直D ．平行或在平面内【答案】D 【解析】由题可知：()1012210a n ⋅=⨯+-⨯+⨯=，故直线平行或在平面内.故选：D.2．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体ABCD A B C D ''''-中，点E ，F ，G ，H ，M ，N 分别是该正方体六个面的中心，求证：平面EFG ∥平面HMN ．【答案】证明见解析.【解析】由题意知，建立如图空间直角坐标系D xyz -，设正方体的棱长为2，则()()()()()()1,1,01,0,12,1,11,1,21,2,10,1,1E F G H M N ，，，，，，得()()()()0,1,11,1,00,1,11,1,0EF FG HM NM =-==-=，，，，所以////EF HM FG NM ，，即////EF HM FG NM ，，又HM ⊂平面HMN ，NM ⊂平面HMN ，所以//EF 平面HMN ，//FG 平面HMN ，又EF ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ，EF FG F ⋂=，所以平面EFG //平面HMN.3．（2021·全国·高二课时练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为2，M ，N 分别为1A B ，AC 的中点，证明：1MN B C ∥.【答案】证明见解析.【解析】连接1AB ,如图，由正方体知四边形11ABB A 是正方形，且M 是1A B 的中点，所以11AB A B M ⋂=，即M 是1AB 的中点，又N 是AC 的中点，所以1MN B C ∥.4．（2022·全国·高二）如图，已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在平面相交于AD ，点M ，N分别在对角线BD ，AE 上，且13BM BD =，13AN AE =．求证：//MN 平面CDE ．【答案】证明见解析【解析】证明：因为M 在BD 上，且13BM BD =，所以111333MB DB DA AB ==+．同理1133AN AD DE =+．又CD BA AB ==-，所以MN MB BA AN =++11113333DA AB BA AD DE ⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，21213333BA DE CD DE =+=+.又CD 与DE 不共线，所以MN ，CD ，DE 共面．因为MN 不在平面CDE 内，所以//MN 平面CDE ．5．（2022·全国·高二）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点M ，N 分别在线段1A B ，11D B 上，且113BM BA =，11113B N B D =，P 为棱11BC 的中点．求证：//MN BP ．【答案】证明见解析【解析】证明：11MN MB BB B N =++．因为113BM BA =，11113B N B D =，所以11111133MN BA BB B D =-++，()()111111111133BB B A BB B A A D =-++++，11111121213333BB A D BB B C =+=+．又因为P 为11B C 中点，所以111111111321322332BP BB B P BB B C BB B C MN ⎛⎫=+=+=+= ⎪⎝⎭，从而BP 与MN 为共线向量．因为直线MN 与BP 不重合，所以//MN BP ．6．（2021·全国·高二课时练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ．2PA AB AD ===，四边形ABCD 满足AB AD ⊥，//BC AD ，4BC =，点M 为PC 的中点，求证：//DM 平面PAB ．【答案】证明见解析【解析】证明：因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA AD ⊥，PA AB ⊥．又AB AD ⊥，所以PA ，AB ，AD 两两垂直．以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示：则()002P ,,，()2,0,0B ，()0,2,0D ，()2,4,0C ．因为点M 为PC 的中点，所以()1,2,1 M ，故()1,0,1DM =．又()0,0,2AP =，()2,0,0AB =，所以1122DM AP AP =+．所以DM ，AP ，AB 为共面向量．又DM ⊄平面PAB ，所以//DM 平面PAB ．7．（2022广东）如图，在四棱锥P -ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°角.求证：CM ∥平面PAD .【答案】证明见解析.【解析】证明：由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.因为PC⊥平面ABCD，所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，所以∠PBC＝30°.因为PC＝2，所以BC＝3PB＝4，所以D(0,1,0)，B30,0)，A34,0)，P(0,0,2)，M33 () 22，所以DP＝(0，－1,2)，DA＝33,0)，CM＝33 () 22.设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，由DP nDA n⎧⋅=⎨⋅=⎩得202330y zy-+=⎧⎪⎨+=⎪⎩取y＝2，得x3z＝1，所以n＝(32,1)是平面PAD的一个法向量.因为333201022n CM⋅=⨯+⨯，所以n CM⊥，.又CM⊄平面PAD，所以CM∥平面PAD.8．（2022·吉林）如图，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD，B1C 的中点，利用向量法证明：（1）MN ∥平面CC 1D 1D ；（2）平面MNP ∥平面CC 1D 1D ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）证明：以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，0)，M (1，0，1)，N (1，1，0)，P (1，2，1).由正方体的性质，知AD ⊥平面CC 1D 1D ，所以DA ＝(2，0，0)为平面CC 1D 1D 的一个法向量.由于MN ＝(0，1，－1)，则·MN DA ＝0×2＋1×0＋(－1)×0＝0，所以MN ⊥DA .又MN ⊄平面CC 1D 1D ，所以MN ∥平面CC 1D 1D.（2）证明：因为DA ＝(2，0，0)为平面CC 1D 1D 的一个法向量，由于MP ＝(0，2，0)，MN ＝(0，1，－1)，则·0·0MP DA MN DA ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即DA ＝(2，0，0)也是平面MNP 的一个法向量，所以平面MNP ∥平面CC 1D 1D.9．（2021·全国·高二课时练习）四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，1//,2PD QA QA AB PD ==，.求证：//PC 平面BAQ .【答案】证明见解析.【解析】如图所示，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长度，DA 为x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，可得(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)DA AB AQ ===，则0,0DA AB DA AQ ⋅=⋅=，所以DA 时平面BAQ 的一个法向量，又因为(0,2,1)PC =-，且0DA PC ⋅=，即DA PC ⊥且PC ⊄平面BAQ ，所以//PC 平面BAQ .10．（2022福建）如图，在四棱锥O ﹣ABCD 中，OA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 是边长为2的正方形，且OA ＝2，M ，N 分别为OA ，BC 的中点．求证：直线MN ∥平面OCD ；【答案】证明见解析【解析】分别以AB 、AD 、AO 为x 、y 、z 轴，建立如图坐标系可得B （2，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0），O （0，0，2），M （0，0，1），N （2，1，0）∴MN =（2，1，﹣1），DO =（0，﹣2，2），DC =（2，0，0），AB =uu u r （2，0，0），BN =（0，1，0）设平面OCD 的法向量为n =（x ，y ，z ），由00n DO n DC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22020y z x -+=⎧⎨=⎩取y ＝1，得z ＝1，x ＝0，所以平面OCD 的法向量为n =（0，1，1），∴MN •n =2×0+1×1+（﹣1）×1＝0，可得MN ⊥n又∵MN ⊄平面OCD ，∴直线MN ∥平面OCD .11．（2021·青海）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是线段AC 的中点，点N 是线段1A B 上的点，若//MN 平面11B BCC ，试确定点N 的位置，并说明理由．【答案】点N 是线段1A B 的中点；理由见解析．【解析】设()101BN BA λλ=≤≤，因为//MN 平面11B BCC ，所以存在实数x ，y ，使得1MN xBC yBB =+．①又()()()111122MN BN BM BA BC BA BB BA BC BA λλ=-=-+=+-+11122BC BB BA λλ⎛⎫ ⎪⎝⎭=-++-，②比较①②，可知102λ-=，即12λ=，即点N 是线段1A B 的中点．空间向量证垂直1．（2022·江苏·滨海县五汛中学高二期中）已知平面α的法向量为(342)n =-，，，(342)AB =--，，，则直线AB 与平面α的位置关系为（）A ．AB α∥B ．AB α⊥C ．AB α⊂D ．AB α⊂或AB α∥【答案】B【解析】因为AB n =-，即(342)n =-，，与(342)AB =--，，平行，所以直线AB 与平面α垂直.故选：B2．（2022·福建泉州）在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别是111A A C D ，，11A D 的中点，则（）A ．//AC 平面EFGB ．1//AC 平面EFG C ．1B C ⊥平面EFGD ．BD ⊥平面EFG【答案】A【解析】取1CC 、BC 、AB 的中点分别记为H 、I 、J ，连接FH 、HI 、IJ 、EJ ，根据正方体的性质可得面EFG 即为平面EGFHIJ ，对于A ：如图1，//AC IJ ，AC ⊄平面EFG ，IJ ⊂平面EFG ，所以//AC 平面EFG ，故A 正确；对于B ：如图2，在平面11A D CB 中，1A C GI K =，则1A C平面EFG K =，所以B 错误；对于C 、D ：如图3，1B D ⊥平面EGFHIJ ，因为过平面EGFHIJ 外一点作1B （D ）仅能作一条垂线垂直该平面，故C 、D 错误；其中1B D ⊥平面EGFHIJ 可按如下证明：如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则()0,2,0D ，()12,0,2B ，()0,0,1E ，()0,1,2G ，()1,2,2F ，所以()12,2,2DB =-，()0,1,1EG =，()1,2,1EF =，所以10DB EG ⋅=，()12122210DB EF ⋅=⨯+⨯-+⨯=，即1DB EG ⊥，1DB EF ⊥，又EGEF E =，,EG EF ⊂平面EFG ，所以1B D ⊥平面EFG ；故选：A3．（2022·江苏·连云港高中高二期中）（多选）给出下列命题，其中是真命题的是（）A ．若直线l 的方向向量()1,1,2a =-，直线m 的方向向量12,1,2⎛⎫=- ⎪⎝⎭r b ，则l 与m 垂直B ．若直线l 的方向向量()0,1,1a =-，平面α的法向量()1,1,1n =--r，则l α⊥C ．若平面α，β的法向量分别为()10,1,3=u r n ，()21,0,2=u u rn ，则αβ⊥D ．若存在实数,,x y 使,=+MP xMA yMB 则点,,,P M A B 共面【答案】AD【解析】对于A ：因为直线l 的方向向量()1,1,2a =-，直线m 的方向向量12,1,2⎛⎫=- ⎪⎝⎭r b ，且()12,1,21101,1,22a b ⎛⎫-=--= ⎪⎝⎭⋅=-⋅，所以a b ⊥，所以l 与m 垂直.故A 正确；对于B ：因为直线l 的方向向量()0,1,1a =-，平面α的法向量()1,1,1n =--r，且a n λ≠，所以l α⊥不成立.故B 不正确；对于C ：因为平面α，β的法向量分别为()10,1,3=u r n ，()21,0,2=u u rn ，且2100660n n =++≠⋅=，所以12,n n 不垂直，所以αβ⊥不成立.故C 不正确；对于D ：若,MA MB 不共线，则可以取,MA MB 为一组基底，由平面向量基本定理可得存在实数,,x y 使,=+MP xMA yMB 则点,,,P M A B 共面；若,MA MB 共线，则存在实数,,x y 使,=+MP xMA yMB 所以,,,P M A B 共线，则点,,,P M A B 共面也成立.综上所述：点,,,P M A B 共面.故D 正确.故选：AD4．（2022·全国·高二课时练习）（多选）给定下列命题，其中正确的命题是（）A ．若1n u r ，2n u u r分别是平面α，β的法向量，则12n n αβ⇔∥∥B ．若1n u r ，2n u u r分别是平面α，β的法向量，则120n n αβ⇔⋅=∥C ．若n 是平面α的法向量，且向量a 是平面α内的直线l 的方向向量，则0a n ⋅=D ．若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直【答案】ACD【解析】对A ，若1n u r ，2n u u r分别是平面α，β的法向量，则12n n αβ⇔∥∥，故A 正确B 错误；对C ，若n 是平面α的法向量，则n 与平面α的任意直线的方向向量均垂直，所以0a n ⋅=，故C 正确；对D ，若两个平面垂直时，它们的法向量垂直是真命题，所以它的逆否命题“若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直”也是真命题，故D 正确.故选：ACD.5．（2022·江苏·泗阳县实验高级中学高二阶段练习）（多选）已知12,v v 分别为直线的12,l l 方向向量（12,l l 不重合），12,n n 分别为平面,αβ的法向量（,αβ不重合），则下列说法中，正确的是（）A ．1212//v v l l ⇔⊥B ．1212v v l l ⊥⇔⊥C ．12//n n αβ⇔⊥D ．12n n αβ⊥⇔⊥【答案】BD【解析】因为1v ，2v 分别为直线1l ，2l 的方向向量1(l ，2l 不重合），则1212////v v l l ⇔，故选项A 错误；则1212v v l l ⊥⇔⊥，故选项B 正确；因为1n u r ，2n u u r分别为平面α，β的法向量(α，β不重合），则12////n n αβ⇔，故选项C 错误；则12n n αβ⊥⇔⊥，故选项D 正确．故选：BD ．6．（2022·江苏·盐城市伍佑中学高二阶段练习）（多选）已知直线l 的方向向量为m ，平面α的法向量为n ，则能使l α⊥的是（）A ．(1,2,1),(1,0,1)m n ==B ．(0,1,0),(0,3,0)m n ==C ．11(1,2,1),,1,22m n ⎛⎫=-=-- ⎝⎭D ．(1,2,3),(2,2,2)m n =-=-【答案】BC【解析】因为直线l 的方向向量为m ，平面α的法向量为n ，要使l α⊥，只需m ∥n .对于A ：(1,2,1),(1,0,1)m n ==.因为101121≠≠，所以m 、n 不平行.故A 错误；对于B ：(0,1,0),(0,3,0)m n ==.因为13n m =，所以m ∥n .故B 正确；对于C ：11(1,2,1),,1,22m n ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭.因为2n m =-，所以m ∥n .故C 正确；对于D ：(1,2,3),(2,2,2)m n =-=-.因为123222-≠≠-，所以m 、n 不平行.故D 错误；故选：BC.7．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1CD 和1DC 相交于点O ，求证：1AO A B ⊥．【答案】证明见解析【解析】证明：如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则()2,0,0A 、()0,1,1O 、()12,0,2A 、()2,2,0B ，所以()2,1,1AO =-，()10,2,2A B =-，所以()12012120AO A B ⋅=-⨯+⨯+⨯-=，所以1AO A B ⊥，即1AO A B⊥8．（2022西安）如图，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，PA ＝AD ＝2，M 、N 分别是AB 、PC 的中点．求证：平面MND ⊥平面PCD ；【答案】证明见解析【解析】∵PA ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，∴AB 、AD 、AP 两两互相垂直，如图所示，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 轴、y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，可得A （0，0，0），B （2，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2），M （1，0，0），N （1，1，1），∴MN =（0，1，1），ND =（﹣1，1，﹣1），PD =（0，2，﹣2）设m =（x ，y ，z ）是平面MND 的一个法向量，可得00m MN y z m ND x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩，取y ＝﹣1，得x ＝﹣2，z ＝1，∴m =（﹣2，﹣1，1）是平面MND 的一个法向量，同理可得n =（0，1，1）是平面PCD 的一个法向量，∵m •n =-2×0+（﹣1）×1+1×1＝0，∴m n ⊥，即平面MND 的法向量与平面PCD 的法向量互相垂直，可得平面MND ⊥平面PCD .9．（2022·北京）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，113AB AA a ==，E ，F 分别是1BB ，1CC 上的点，且BE a =，2CF a =，求证：平面AEF ⊥平面ACF ．【答案】证明见解析.【解析】以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，不妨设2a =，则()0,0,0A ，)3,1,2E ，()0,2,4F ，∴)3,1,2AE =，()0,2,4AF =．∵x 轴⊥平面ACF ，∴可取平面ACF 的一个法向量为()1,0,0m =．设平面AEF 的法向量为(),,n x y z =，则320240n AE x y z n AF y z ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取1z =，得()0,2,1n =-为平面AEF 的一个法向量．∵0m n ⋅=，∴m n ⊥，∴平面AEF ⊥平面ACF ．10．（2022·全国·专题练习）已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上的动点．（1）求证：A 1E ⊥BD ；（2）若平面A 1BD ⊥平面EBD ，试确定E 点的位置．【答案】（1）证明见解析；（2）E 为CC 1的中点.【解析】以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的棱长为a ，则A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )．设E (0，a ，e )(0≤e ≤a )．（1）1A E →＝(－a ，a ，e －a )，BD →＝(－a ，－a ，0)，1A E BD →→⋅＝a 2－a 2＋(e －a )·0＝0，∴1A E BD →→⊥，即A 1E ⊥BD ；（2）设平面A 1BD ，平面EBD 的法向量分别为1n →＝(x 1，y 1，z 1)，2n →＝(x 2，y 2，z 2)．∵DB →＝(a ，a ，0)，1DA →＝(a ，0，a )，DE →＝(0，a ，e )∴10n DB →→⋅=，110n DA →→⋅=，20n DB →→⋅=，10n DE →→⋅=.∴11110,0,ax ay ax az +=⎧⎨+=⎩,22220,0.ax ay ay ez +=⎧⎨+=⎩取x 1＝x 2＝1，得1n →＝(1，－1，－1)，2n →＝(1，－1，a e)．由平面A 1BD ⊥平面EBD 得1n →⊥2n →.∴2－a e＝0，即e ＝2a .∴当E 为CC 1的中点时，平面A 1BD ⊥平面EBD .11．（2022·全国·高二专题练习）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AB AD ⊥，AC CD ⊥，60ABC ∠=︒2PA AB BC ===，E 是PC的中点．求证：（1）CD AE ⊥；（2）PD ⊥平面ABE ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】方法一（1）以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A ，()2,0,0B，()C，D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()002P ,,，12E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以1,3CD ⎛⎫⎪⎝⎭=-，1,122AE ⎛⎫ ⎪⎭=⎝，所以110102CD AE ⋅=-⨯++⨯=，所以CD AE ⊥．（2）由（1），得2PD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,0AB =，12AE ⎛⎫ ⎪⎭=⎝．设向量(),,n x y z =是平面ABE 的法向量，则00n AB n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即201023x x y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩，取2y =，则(0,2,n =，所以3PD =，所以//PD n uu u r r，所以PD ⊥平面ABE ．方法二（1）∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA CD ⊥．又AC CD ⊥，PA AC A =，∴CD ⊥平面PAC ．∵AE ⊂平面PAC ，∴CD AE ⊥．（2）∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA AB ⊥．又AB AD ⊥，PA AD A ⋂=，∴AB ⊥平面PAD ，∴AB PD ⊥．由题可得2PA AC ==，由E 是PC 的中点，∴AE PC ⊥．又CD AE ⊥，PCCD C =，∴AE ⊥平面PCD ，∴AE PD ⊥．∵AB PD ⊥，AE PD ⊥，AB AE A =，∴PD ⊥平面ABE ．12．（2021·全国·高二课时练习）如图所示，已知ADB △和ADC 都是以D 为直角顶点的直角三角形，且AD BD CD ==，60BAC ∠=．求证：BD ⊥平面ADC ．【答案】证明见解析【解析】不妨设1AD BD CD ===，则2AB AC ==，由空间向量数量积的定义可得cos 601AB AC AB AC ⋅=⋅=，因为1AD CD ==且45CAD ∠=，所以，cos 451AD AC AD AC ⋅=⋅=，所以，()110BD AC AD AB AC AC AD AB AC ⋅=-⋅=⋅-⋅=-=，BD AC ∴⊥，又因为BD AD ⊥，ACAD A =，因此，BD ⊥平面ACD .空间向量求空间角1．（2022·贵州·遵义市第五中学）在三棱锥P —ABC 中，PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA =PB =PC ，M 、N 分别为AC 、AB 的中点，则异面直线PN 和BM 所成角的余弦值为（）A 3B 3C ．63D ．66【答案】B【解析】以点P 为坐标原点，以PA ，PB ，PC 方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，令2PA =，则()0,0,0P ，()0,2,0B ，()1,0,0M ，()1,1,0N ，则(1,1,0)PN =，(1,2,1)BM =-，设异面直线PN 和BM 所成角为θ，则||3cos 6||||PN BM PN BM θ⋅==.故选：B.2．（2022·青海·海东市第一中学如图，在三棱柱111ABC A B C -中，11222A C AA AB AC BC ====，160BAA ∠=︒．(1)证明：平面ABC ⊥平面11AA B B ．(2)设P 是棱1CC 的中点，求AC 与平面11PA B 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)64【解析】(1)设2AB =．在四边形11AA B B 中，∵12AA AB =，160BAA ∠=︒，连接1A B ，∴由余弦定理得2221112cos6012A B AA AB AA AB =+-⋅︒=，即13A B =∵22211A B AB AA +=，∴1A B AB ⊥．又∵22211A B BC A C +=，∴1A B BC ⊥，AB BC B ⋂=，∴1A B ⊥平面ABC ，∵1A B ⊂平面11AA B B ，∴平面ABC ⊥平面11AA B B ．(2)取AB 中点D ，连接CD ，∵AC BC =，∴CD AB ⊥，由（1）易知CD ⊥平面11AA B B ，且3CD =如图，以B 为原点，分别以射线BA ，1BA 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系B -xyz ，则(2,0,0)A ，13,0)A ，3)C ，1(2,23,0)B -，1(1,23,3)C -，3,3)P ．11(2,0,0)A B =-，1(0,3,3)A P =-，设平面11PA B 的法向量为(,,)n x y z =，则11100n A B n A P ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得20330x -=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令1y =，则取(0,1,1)n =，(3)AC =-uuu r ，||36cos ,||||22AC n AC n AC n ⋅〈〉===AC 与平面11PA B 63．（2022·广西）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1113【解析】(1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ，所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，所以ODA OAD∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以//OE 平面PAC(2)解：过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以224OA AP PO =-=，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD ，43AB =所以12AC =，所以()23,2,0O ，()43,0,0B ，()23,2,3P ，()0,12,0C ，所以333,1,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则333,1,2AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()43,0,0AB =，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB x ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则3y =-，0x =，所以()0,3,2n =-；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令3a =6c =-，0b =，所以)3,0,6m =-；所以cos ,n m n m n m⋅===设二面角C AE B --为θ，由图可知二面角C AE B --为钝二面角，所以cos θ=11sin 13θ==故二面角C AE B --的正弦值为1113；4．（2022·江苏南京·高二期末）如图，斜三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为正三角形，D 为棱AC 的中点，1A D ⊥平面ABC ．(1)证明：BD ⊥平面11ACC A ；(2)若12AA AB ==，求直线1AB 与平面1BB C 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析【解析】(1)在正ABC 中，因为D 为AC 的中点，所以BD AC ⊥．因为1A D ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC 所以1BD A D⊥因为1AC A D D ⋂=，AC ，1A D 均在平面11ACC A 内，所以BD ⊥平面11ACC A (2)因为1A D ⊥平面ABC ．所以1A D DC ⊥，1A D DB ⊥．即1DA ，DC ，DB 两两相互垂直．以{}1,,DB DC DA 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．因为12AB AC AA ===，所以点()0,1,0A -，)B ，()0,1,0C，(1A所以(1AA =，)AB =，()BC =从而11AB AA AB =+=，(11BB AA ==设平面1BB C 的一个法向量为(),,n x y z =，则0n BC ⋅=uu u rr ，10n BB ⋅=即00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，令y =则()1n =-记直线1AB 与平面1BB C 所成角为θ．则111sin cos ,5AB n AB n AB nθ⋅=<>==⨯，所以，直线1AB 与平面1BB C．5．（2022·内蒙古）如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥底面ABCD ，M 为线段PC 的中点，PD AD =，N 为线段BC上的动点．(1)证明：平面MND ⊥平面PBC(2)当点N 在线段BC 的何位置时，平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°？指出点N 的位置，并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)点N 在线段BC 的中点【解析】(1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，BC ⊂底面ABCD ，所以PD BC ⊥，因为CD BC ⊥，CDPD D =，所以BC ⊥平面PCD ，因为DM ⊂平面PCD ，所以BC DM ⊥，因为四边形ABCD 为正方形，PD AD =，所以PD CD =，因为在PDC △中，PD CD =，M 为线段PC 的中点，所以DM PC ⊥，因为PC BC C ⋂=，所以DM ⊥平面PBC ，因为DM ⊂平面DMN ，所以平面MND ⊥平面PBC ，(2)当点N 在线段BC 的中点时，平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°，理由如下：因为PD ⊥底面ABCD ，,⊂DA DC 平面ABCD ，所以,PD DA PD DC ⊥⊥，因为DA DC ⊥，所以,,DA DC DP 两两垂直，所以以D 为原点，以,,DA DC DP 所在的直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设1PD AD ==，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,0,1),(0,1,0),0,,22D A B P C M ⎛⎫⎪⎝⎭，设(,1,0)(01)N λλ<<，则11(1,0,1),(0,1,0),(,1,0),0,,22AP AB DN DM λ⎛⎫=-=== ⎪⎝⎭，设(,,)m x y z =为平面PAB 的法向量，则m AP x z m AB y ⎧⋅=-+=⎨⋅==⎩，令1x =，则=(1,0,1)m u r ，设(,,)n a b c =为平面MND 的法向量，则011022n DN a b n DM b c λ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1a =，则(1,,)n λλ=-，因为平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°，所以cos ,2m n m n m n⋅===，化简得24410λλ-+=，得12λ=，所以当点N 在线段BC 的中点时，平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°6．（2022·四川·成都七中）如图1，在边上为4的菱形ABCD 中，60DAB ∠=︒，点M ，N 分别是边BC ，CD 的中点，1AC BD O ⋂=，AC MN G ⋂=．沿MN 将CMN △翻折到PMN 的位置，连接PA ，PB ，PD ，得到如图2所示的五棱锥P ABMND -．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD ⊥平面PAG ？证明你的结论；(2)当四棱锥P MNDB -体积最大时，求直线PB 和平面MNDB 所成角的正弦值；(3)在（2）的条件下，在线段PA 上是否存在一点Q ，使得二面角Q MN P --余弦值的绝对值为1010？若存在，试确定点Q 的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)在翻折过程中总有平面PBD ⊥平面PAG ，证明见解析(2)3010(3)Q 存在且Q 为线段PA 的中点【解析】(1)在翻折过程中总有平面PBD ⊥平面PAG ，证明如下：∵点M ，N 分别是边CD ，CB 的中点，又60DAB ∠=︒，∴BD MN ∥，且PMN 是等边三角形，∵G 是MN 的中点，∴MN PG ⊥，∵菱形ABCD 的对角线互相垂直，∴BD AC ⊥，∴MN AC ⊥，∵AC PG G ⋂=，AC ⊂平面PAG ，PG ⊂平面PAG ，∴MN ⊥平面PAG ，∴BD ⊥平面PAG ，∵BD ⊂平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAG ．(2)由题意知，四边形MNDB 为等腰梯形，且4DB =，2MN =，1O G =，所以等腰梯形MNDB 的面积()242S +==要使得四棱锥P MNDB -体积最大，只要点P 到平面MNDB 的距离最大即可，∴当PG ⊥平面MNDB 时，点P 到平面MNDB此时四棱锥P MNDB -体积的最大值为133V =⨯=，直线PB 和平面MNDB 所成角的为PBG ∠，连接BG ，在直角三角形PBG 中，PG =BG =由勾股定理得：PB ==sin10PG PBG PB ∠==．(3)假设符合题意的点Q 存在．以G 为坐标原点，GA ，GM ，GP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则()A ，()0,1,0M ，()0,1,0N -，(P ，由（2）知，AG PG ⊥，又AG MN ⊥，且MN PG G ⋂=，MN ⊂平面PMN ，PG ⊂平面PMN ，AG ⊥平面PMN ，故平面PMN 的一个法向量为()11,0,0n =u r，设AQ AP λ=（01λ≤≤），∵()33,0,3AP =-，()33,0,3AQ λλ=-，故()()331,0,3λλ-，∴()0,2,0NM =，()()331,1,3QM λλ=--，平面QMN 的一个法向量为()2222,,n x y z =，则20n NM ⋅=，20n QM ⋅=，即()222220,33130,y x y z λλ=⎧⎪⎨-+-=⎪⎩令21z =，所以()220,31y x λλ=⎧⎪⎨=⎪-⎩()()()()211,0,1,0,313131n λλλλ⎛⎫==- ⎪ ⎪--⎝⎭，则平面QMN 的一个法向量()(),0,31n λλ=-，设二面角Q MN P --的平面角为θ，则()122110cos 1091n n n n λθλλ⋅===+-，解得：12λ=，故符合题意的点Q 存在且Q 为线段PA 的中点．空间向量求距离1．（2022·青海）如图，在四棱锥A -BCDE 中，底面BCDE 为矩形，M 为CD 中点，连接BM ，CE 交于点F ，G 为△ABE 的重心．(1)证明：//GF 平面ABC(2)已知平面ABC ⊥BCDE ，平面ACD ⊥平面BCDE ，BC =3，CD =6，当平面GCE 与平面ADE 所成锐二面角为60°时，求G 到平面ADE 的距离．【答案】(1)证明见解析3【解析】(1)延长EG 交AB 于N ，连接NC ,因为G 为△ABE 的重心，所以点N 为AB 的中点，且2EGGN=,因为//CM BE ,故CMF EBF ∽,所以2EF BECF CM==,故EF EGCF GN=，故//GF NC ,而NC ⊂平面ABC ，GF ⊄平面ABC,故//GF 平面ABC ；(2)由题意知，平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC平面BCDE=BC ，DC BC ⊥,DC ⊂平面BCDE ，故DC ⊥平面ABC,AC ⊂平面ABC,则DC AC ⊥,同理BC AC ⊥，又,,BCDC C BC DC =⊂平面BCDE,所以AC ⊥平面BCDE ，以C 为原点，以CB,CD,CA 所在直线分别为x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，设点G 到平面BCDE 的距离为(0)t t >，则(0,0,3),(3,0,0),(3,6,0),(2,2,),(0,6,0)A t B E G t D ，故(2,2,),(3,6,0),(0,6,3),(3,0,0)CG t CE AD t DE ===-=,设平面GCE 的法向量为111(,,)m x y z =，则00m CG m CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11111220360x y tz x y ++=⎧⎨+=⎩，取11y =，则112,,2,z x t ==-即2(2,1,)m t=-，设平面ADE 的法向量为222(,,)n x y z =，则00n AD n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即22263030y tz x -=⎧⎨=⎩，取22z =，则2y t =，则(0,,2)n t =，所以4||||1cos 602||||t m n t m n ︒+⋅==⋅，解得212,t t ==，又(2,4,DG =-，故点G 到平面ADE的距离为||4||DG n d n ⋅===.2（2022·上海交大附中）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -，其中13AB AA ==，．(1)若点P 是棱1AA 上的动点，求三棱锥1B PBC -的体积．(2)求点1D 到平面1ACB 的距离【答案】(1)【解析】(1)实际上需求三棱锥1P B BC -的体积．由正四棱柱，1113,3BB AA BC AB A B AB ======角形1B BC的面积为1111322B BC S BC BB =⋅⋅=⨯⨯=△因为P 是棱1AA 上的动点且1AA 与平面11BCC B 平行，则只需写出1AA 与平面11BCC B 间的距由于1A B ⊥平面11BCC B ，不妨记三棱锥的高为1A B则三棱锥1P B BC -的体积11111333P B BC B BC V S A B -=⋅⋅=⨯=△(2)以D为原点，如图建立空间直角坐标系．则11(3,0,0),(0,3,0),A B C D可知111(3,3,0),(3,3,0),D B CA CB ==-=设平面1ACB 的法向量为(,,)n x y z =则13300030y xx y n CA n CB x z ⎧⎧=⎧-=⋅=⎪⎪⎪⇒⇒⎨⎨⎨⋅=+==⎪⎪⎪⎩⎩⎩不妨设(2,2,n =，同时设点1D 到平面1ACB 的距离为d则11||n D B d n ⋅=故点1D 到平面1ACB3．（2022·北京）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为等边三角形，四边形11BCC B 是边长为2的正方形，D 为AB中点，且1A D =(1)求证：CD ⊥平面11ABB A ；(2)若点P 在线段1B C 上，且直线AP 与平面1A CD求点P 到平面1A CD【答案】(1)证明见解析【解析】(1)证明：由题知112,1,AA AD A D ===，因为222115AD A A A D +==，所以1⊥A A AD ，又111,B B BC B B A A ⊥∥，所以1A A BC ⊥，又ADBC B =，所以1A A ⊥平面ABC ，又CD ⊂平面ABC ，所以1CD AA ⊥，在正三角形ABC 中，D 为AB 中点，于是CD AB ⊥，又1AB AA A ⋂=，所以CD ⊥平面11ABB A (2)取BC 中点为11,O B C 中点为Q ，则,OA BC OQ BC ⊥⊥，由（1）知1A A ⊥平面ABC ，且OA ⊂平面ABC ，所以1OA AA ⊥，又11B B A A ∥，所以11,OA BB BB BC B ⊥⋂=，所以OA ⊥平面11BCC B ，于是,,OA OB OQ 两两垂直如图，以O 为坐标原点，,,OB OQ OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系则()((()()1110,0,0,,0,,1,0,0,,1,2,02O A A C D B ⎛- ⎝⎭所以(()(113,1,2,,2,2,0,1,0,2CD CA CB AC ⎛====-- ⎝⎭设平面1A CD 的法向量为(),,n x y z =r，则100n CD n CA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即30220x z x y ⎧=⎪⎨⎪+=⎩令1x =，则1z y ==于是(1,1,n =设()[]12,2,0,0,1CP CB λλλλ==∈，则(121,2,AP AC CP CB λλλ=+==-由于直线AP 与平面1A CD于是25cos ,5AP n ==，即21λ+=，整理得24830λλ-+=，由于[]0,1λ∈，所以12λ=于是()11,1,0CP CB λ==设点P 到平面1A CD 的距离为d 则11255113CP n d n⋅+===++所以点P 到平面1A CD 的距离为2554．（2022·北京市第五中学三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11CC B B ，11CC B B 是矩形，已知132CC AC BC AC BC =⊥==，，，动点D 在棱1AA 上，点E 在棱1CC 上，且12CE EC =.(1)求证：BC ED ⊥;(2)若直线AB 与平面1DEB 31A D DA 的值;(3)在满足（2）的条件下，求点1A 到平面1DEB 的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)1=2A D DA ；(3)点1A 到平面1DEB 的距离为263.【解析】(1)因为四边形11CC B B 是矩形，所以1BC CC ⊥，又AC BC ⊥，1AC CC C =，1,AC CC ⊂平面11ACC A ，所以BC ⊥平面11ACC A ，又ED ⊂平面11ACC A ，所以BC ED ⊥，(2)因为平面ABC ⊥平面11CC B B ，平面ABC平面11CC B B BC =，AC ⊂平面ABC ，AC BC ⊥，所以AC ⊥平面11CC B B ，又1BC CC ⊥，所以1,,AC BC CC 两两相互垂直，以C 为原点，CA ，CB ，1CC 为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则(2,0,0)A ，(0,2,0)B ，1(0,2,3)B ，(0,0,2)E ,设1(01)ADAA λλ=≤≤，则(2,0,3)D λ，所以1(0,2,1)EB =，(2,0,32)ED λ=-，=(2,2,0)AB -设平面1DEB 的法向量为n ，=(,,)n x y z ，则100n EB n ED ⎧⋅=⎨⋅=⎩，202(32)0y z x z λ+=⎧⎨+-=⎩，取2z =，可得=(23,1,2)n λ--，设直线AB 与平面1DEB 的夹角为θ，则sin cos ,AB n AB n AB nθ⋅===3，化简可得231030λλ-+=，又01λ≤≤，所以1=3λ，所以1=2A D DA；(3)由(2)平面1DEB 的法向量为n ，=(1,1,2)n -，又1(0,0,2)A D =-，设点1A 到平面1DEB 的距离为d ，则1263A D n d n⋅===.所以点1A 到平面1DEB 5．（2022·天津·耀华中学二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，其中//AD BC ，AB AD ⊥，4PA =，122AB AD BC ===，E 为棱BC 上的点，且14BE BC =.(1)求证：DE ⊥平面PAC ；(2)求二面角A PC D --的余弦值；(3)求点E 到平面PCD 的距离.【答案】(1)证明过程见解析；；(3)2.【解析】(1)因为PA ⊥平面ABCD ，,AB AD ⊂平面ABCD ，所以,PA AB PA AD ⊥⊥，而AB AD ⊥，因此可以建立如下图所示的空间直角坐标系，则有(0,0,4),(2,0,0),(2,4,0),(0,2,0),(2,1,0)P B C D E ，(2,1,0)DE =-，(0,0,4)AP =，(2,4,0)AC =，因为20(1)0040,22(1)4000DE AP DE AC ⋅=⨯+-⨯+⨯=⋅=⨯+-⨯+⨯=，所以,DE PA DE AC ⊥⊥，而,PA AC ⊂平面PAC ，所以DE ⊥平面PAC ；(2)设平面PDC 的法向量为(,,)m x y z =，(2,4,4),(0,2,4)PC PD =-=-，则有24400(2,2,1)2400x y z m PC m PC m y z m PD m PD ⎧⎧+-=⎧⊥⋅=⇒⇒⇒=-⎨⎨⎨-=⊥⋅=⎩⎩⎩，由（1）可知平面PAC 的法向量为(2,1,0)DE =-，所以有222225cos ,5(2)212(1)m DE m DE m DE⋅〈〉===-⋅-++⨯+-，由图知二面角A PC D --为锐角，所以二面角A PC D --的余25；(3)由（2）可知：平面PDC 的法向量为(2,2,1)m =-，(2,1,4)PE =-，所以可得：222222222141cos ,21(2)2121(4)PE m PE m PE m⋅-⨯+⨯-⨯〈〉===⋅-++⨯++-所以点E 到平面PCD 的距离为2222cos ,21(4)221PE PE m ⋅〈〉++-=.6．（2022·山东临沂）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A D 的中点，过1AB E 的平面截此正方体，得如图所示的多面体，F 为棱1CC上的动点．(1)点H 在棱BC 上，当14CH CB =时，//FH 平面1AEB ，试确定动点F 在棱1CC 上的位置，并说明理由；(2)若2AB =，求点D 到平面AEF 的最大距离．【答案】(1)F 为1CC 中点，证明见解析(2)263【解析】(1)设平面11BCC B 与平面1AEB 的交线为l ，因为FH ∥平面1AEB ，平面11BCC B 平面1AEB l =，FH ⊂平面11BCC B 所以//FH l .由正方体1111ABCD A B C D -知，平面1ADD E ∥平面11BCC B ，又因为平面1ADD E平面1AEB AE =，平面11BCC B 平面1AEB l =，所以//AE l ，所以AE FH∥取BC 中点G ，连接1C G ，易知1AE GC ∥，所以1GC FH ∥，又因为H 为CG 中点，所以F 为1CC 中点.(2)以点D 为原点，1,,DA DC DD 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有()()()()0,0,0,2,0,0,1,0,2,0,2,D A E F t ，其中[]0,2t ∈()()()1,0,2,2,2,,2,0,0AE AF t DA =-=-=设平面AEF 的法向量为(),,n x y z =则有2002200x z n AE x y tz n AF ⎧-+=⎧⋅=⇒⎨⎨-++=⋅=⎩⎩，不妨取2x =，则2,2,12t n ⎛⎫=-⎪⎝⎭所以D AEFAD n dn-⋅=2t =，即点F 与点1C 重合时，取等..所以点D到平面AEF的最大距离为3。
