§4 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．
基础考点1 空间位置关系与空间角
【典例1】 (2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2．
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD；
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
[解] (1)证明：取PD的中点S，连接SF，SC，
则SF∥ED，SF＝ED＝1，
而ED∥BC，ED＝2BC，故SF∥BC，SF＝BC，
故四边形SFBC为平行四边形，
故BF∥SC．又BF 平面PCD，SC 平面PCD，
所以BF∥平面PCD．
(2)因为ED＝2，所以AE＝1，故AE∥BC，AE＝BC，
故四边形AECB为平行四边形，故CE∥AB，由题知，AB⊥平面PAD，所以CE⊥平面PAD．
又PE，ED 平面PAD，故CE⊥PE，CE⊥ED，而PE⊥ED，
故以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，
则＝(0，－1，－2)，＝(1，－1，－2)，＝(1，0，－2)，＝(0，2，－2)，
设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，
则由 可得取z＝1，
则m＝(0，－2，1)为平面PAB的一个法向量，
设平面PCD的法向量为n＝(a，b，c)，
则由可得取c＝1，则n＝(2，1，1)为平面PCD的一个法向量，故|cos 〈m，n〉|＝＝，故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为．
【典例2】 (2024·山东青岛一模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1与BB1间的距离为，AB＝AC＝A1B＝2，A1C＝BC＝2．
(1)证明：平面A1ABB1⊥平面ABC；
(2)若点N在棱A1C1上，求直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值．
[解] (1)证明：取棱A1A中点D，连接BD，因为AB＝A1B，所以BD⊥AA1．
由题意知AA1∥BB1，
所以BD⊥BB1，所以BD＝．
因为AB＝2，所以AD＝1，AA1＝2．
因为AC＝2，A1C＝2，所以＝A1C2，所以AC⊥AA1，
同理AC⊥AB，
因为AA1∩AB＝A，且AA1，AB 平面A1ABB1，所以AC⊥平面A1ABB1，
因为AC 平面ABC，
所以平面A1ABB1⊥平面ABC．
(2)取AB中点O，连接A1O，取BC中点P，连接OP，则OP∥AC，
由(1)知AC⊥平面A1ABB1，
所以OP⊥平面A1ABB1．
因为A1O 平面A1ABB1，AB 平面A1ABB1，
所以OP⊥A1O，OP⊥AB．
因为AB＝A1A＝A1B，则A1O⊥AB．
以O为原点，OP，OB，OA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则A(0，－1，0)，A1(0，0，)，B1(0，2，)，C(2，－1，0)，
可设点N＝(0≤a≤2)，
则＝(0，2，0)，＝＝(a，1，)，
设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，得
取x＝，则y＝0，z＝2，所以n＝(，0，2)为平面A1B1C的一个法向量．
设直线AN与平面A1B1C所成角为θ，
则sin θ＝＝＝×
＝×＝×，
若a＝0，则sin θ＝，
若a≠0，则sin θ＝×≤×＝，
当且仅当a＝，即a＝2时，等号成立，
所以直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值为．
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z1＝1，则p＝为平面SAB的一个法向量，
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x2＝1，
则q＝为平面SOB的一个法向量，
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．(2024·河南洛阳三模)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧棱DD1⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2A1B1＝4，∠ADC＝120°．
(1)证明：平面DBB1D1⊥平面ADD1A1；
(2)若四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为，求直线B1C与平面ADD1A1所成角的正弦值．
[解] (1)证明：因为底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝120°，所以∠DAB＝60°．
因为在△ABD中，AD＝2，AB＝4，
由余弦定理可得DB2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60°＝12，
所以DB＝2，
所以DA2＋DB2＝AB2，所以△ADB为直角三角形，
即AD⊥BD．
又因为DD1⊥平面ABCD，DB 平面ABCD，
所以DD1⊥BD．
因为AD 平面ADD1A1，DD1 平面ADD1A1，
且AD∩DD1＝D，
所以BD⊥平面ADD1A1．
又因为BD 平面DBB1D1，
所以平面DBB1D1⊥平面ADD1A1．
(2)因为四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为，DD1⊥平面ABCD，
而＝(S四边形ABCD＋＋)·DD1，
所以＝·DD1·(AD·DB＋A1D1·D1B1＋)，
所以＝·DD1·7，解得DD1＝1．
以D为原点，DA，DB，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B1(0，，1)，C(－2，2，0)，所以＝(－2，，－1)，
而平面ADD1A1的一个法向量为n＝(0，1，0)，
设直线B1C与平面ADD1A1所成角为θ，
则sin θ＝＝＝＝．
所以直线B1C与平面ADD1A1所成角的正弦值为．
【教师备选资源】
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＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
∴△ACD与△ABD均为等边三角形，
∴AC＝AB，
∴AE⊥BC．
又∵AE∩DE＝E，AE，DE 平面ADE，
∴BC⊥平面ADE，
∵AD 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轴、y轴、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)，E(0，0，0)，∵＝，
∴F(－，0，)，
∴＝(－，0，)，
＝(0，，－)，＝(－，0，0)，
设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
则即令x1＝1，解得y1＝z1＝1，
则即令y2＝1，解得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|＝＝＝，故sin θ＝，
∴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C为原点，CD，CB，CC1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B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)，所以＝，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)为平面A2C2D2的一个法向量．
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．
3．如图所示，六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠BAD＝，AA1∥BB1∥CC1∥DD1，且BB1⊥平面ABCD，AA1＝CC1，＝λ＝λ(0＜λ≤1)，＝2，平面BEF与平面ABCD的交线为l．
(1)证明：直线l⊥平面B1BDD1；
(2)已知EF＝2，三棱锥B1-BDF的体积＝，若D1F与平面BDD1所成角为θ，求sin θ的取值范围．
[解] (1)证明：连接AC，BD，B1D1．
∵AA1＝CC1，AA1∥CC1，＝λ＝λ，
∴＝，即AE＝CF，AE∥CF，
∴四边形AEFC为平行四边形，则AC∥EF．
∵EF 平面BEF，AC 平面BEF，
∴AC∥平面BEF，
∵平面BEF∩平面ABCD＝l，
且AC 平面ABCD，∴AC∥l．
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，则AC⊥BB1，
又BD∩BB1＝B，BD，BB1 平面B1BDD1，
∴AC⊥平面B1BDD1，又AC∥l，
∴l⊥平面B1BDD1．
(2)连接A1C1交B1D1于点O1，AC∩BD＝O，则OO1∥BB1．
∵BB1⊥平面ABCD，
∴OO1⊥平面ABCD，
∵OB，OC 平面ABCD，
∴OO1⊥OB，OO1⊥OC，又OB⊥OC．
∴以点O为原点，OB，OC，OO1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，
∵∠BAD＝，AC＝EF＝2，∴OA＝OC＝1，AB＝BD＝，
设BB1＝t，则DD1＝2t.∵＝＝×1××t＝，
∴t＝2，即BB1＝2，DD1＝4，
∴OO1＝3，则D1，F(0，1，3λ)，＝(0，0，3λ)，
∴＝，又＝(0，1，0)是平面BDD1的一个法向量，
∴sin θ＝＝，
设f (λ)＝(3λ－4)2＋(0＜λ≤1)，
则f (λ)∈，∴＜sin θ≤．
∴sin θ的取值范围是．
基础考点2 空间位置关系与空间距离
【典例3】 (2024·天津高考)如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
(1)求证：D1N∥平面CB1M；
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值；
(3)求点B到平面CB1M的距离．
[解] (1)证明：取CB1的中点P，连接NP，MP，
由N是B1C1的中点，故NP∥CC1，且NP＝CC1．
由M是DD1的中点，故D1M＝DD1＝CC1，且D1M∥CC1，则有D1M∥NP，D1M＝NP，
故四边形D1MPN是平行四边形，故D1N∥MP．
又MP 平面CB1M，D1N 平面CB1M，
故D1N∥平面CB1M．
(2)由题意知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，B1(2，0，2)，M(0，1，1)，C(1，1，0)，C1(1，1，2)，则有＝(1，－1，2)，＝(－1，0，1)，＝(0，0，2)．
设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，
则有
分别取x1＝x2＝1，则有y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0，
即m＝(1，3，1)，n＝(1，1，0)分别为平面CB1M与平面BB1C1C的一个法向量，
设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为．
(3)由＝(0，0，2)，平面CB1M的法向量为m＝(1，3，1)，
则有＝＝，
即点B到平面CB1M的距离为．
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，点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 [根据题意可建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
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)为平面ABC1D1的一个法向量，
故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B1到平面DBA1的距离．
又＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，＝(－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)为平面DBA1的一个法向量，
故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．(2024·江苏南通二模)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，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EA⊥ED，
以E为原点，EB，ED，EA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B(2，0，0)，F(－1，，0)，G，＝(2，0，0)，＝(－1，，0)，＝，设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，则
令y＝1，得n＝(，1，－2)为平面EFG的一个法向量，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．
【教师备选资源】
1．(2024·江苏盐城三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点G为的中点，且C，E，D，G四点共面．
(1)证明：平面BDF⊥平面BCG；
(2)若平面BDF与平面ABG夹角的余弦值为，且线段AB长度为2，求点G到直线DF的距离．
[解] (1)证明：过点G作GH∥CB，交底面于点H，连接HB，易知HBCG为平行四边形，所以HB∥CG，又G为的中点，则H是的中点，
所以∠HBA＝45°，而由题设知，∠ABF＝45°，则∠HBF＝∠HBA＋∠ABF＝90°，
所以FB⊥HB，即FB⊥CG，由CB⊥底面ABF，FB 平面ABF，则CB⊥FB，又CB∩CG＝C，CB，CG 平面BCG，
所以FB⊥平面BCG，又FB 平面BDF，所以平面BDF⊥平面BCG．
(2)由题意，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
令半圆柱半径为r，高为h，则B(0，2r，0)，F(2r，0，0)，D(0，0，h)，G(－r，r，h)，
所以＝(－2r，0，h)，＝(0，－2r，h)，＝(0，2r，0)，＝(－r，r，h)，
设m＝(x，y，z)是平面BDF的法向量，则令z＝2r，则m＝(h，h，2r)为平面BDF的一个法向量，
设n＝(a，b，c)是平面ABG的法向量，则令c＝r，则n＝(h，0，r)为平面ABG的一个法向量，
所以＝＝＝，
整理可得(h2－4r2)(h2＋2r2)＝0，则h＝2r，又AB＝2，
由题设可知，此时点G(－1，1，2)，D(0，0，2)，F(2，0，0)，
则＝(2，0，－2)，＝(－1，1，0)，
所以点G到直线DF的距离d＝＝．
2．(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为原点所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Axyz．
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，C1H．
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，垂足为Q．
在△C1MA中，AC1＝＝，MC1＝＝，AM＝，
则＝××＝．
由＝，可得
d＝d×＝C1H·S△CMA＝×2××2×1＝，解得d＝．
所以点C到平面C1MA的距离为.
能力考点 利用空间向量解决翻折、探索性问题
【典例4】 (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Exyz，
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)分别为平面PCD与平面PBF的一个法向量，
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．
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．
(2024·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：依题意可知点E为PC的中点，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，建立如图所示的空间直角坐标系，
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的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
令y1＝1，得x1＝0，z1＝－，
所以m＝(0，1，－)为平面PDF的一个法向量，
设平面DEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
令x2＝1，得y2＝0，z2＝－1，
所以n＝(1，0，－1)为平面DEF的一个法向量，
所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
所以平面PDF与平面DEF夹角的正弦值为＝．
【教师备选资源】
1．如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝，E为BC的中点，F为AB上一点，且EF⊥AB．现将△BEF沿EF翻折到△B′EF，如图2．
(1)证明：EF⊥AB′；
(2)已知二面角B′-EF-A为，在棱AC上是否存在点M，使得直线EC与平面B′MF所成角的正弦值为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：翻折前，在△ABC中，EF⊥AB，
翻折后，有EF⊥AF，EF⊥FB′，
又AF∩FB′＝F，AF，FB′ 平面AFB′，
所以EF⊥平面AFB′，
因为AB′ 平面AFB′，所以EF⊥AB′．
(2)因为二面角B′-EF-A为，EF⊥AF，EF⊥FB′，
所以二面角B′-EF-A的平面角为∠B′FA＝．
以F为原点，FE，FA所在直线为x轴，y轴，过点F且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设AB＝4，则F(0，0，0)，A(0，1，0)，C(2，3，0)，E(，0，0)，B′．
所以＝(2，2，0)，＝(0，1，0)，＝＝(，3，0)．
设＝λ＝(2λ，2λ，0)，＝＝(2λ，2λ＋1，0)，其中0≤λ≤1，
设平面B′MF的法向量为u＝(a，b，c)，
由得
取c＝2λ，可得u＝(2λ＋1，－2λ，2λ)为平面B′MF的一个法向量，
所以|cos 〈u，〉|＝＝＝，
解得λ＝，满足题意，
故当＝时，直线EC与平面B′MF所成角的正弦值为．
2．如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，垂足为点E，AB＝AE＝CE＝1，DE＝．将△ADE沿AE翻折到△PAE，如图2所示．M为线段PB的中点，且ME⊥PC．
(1)求证：PE⊥EC；
(2)设点N为线段AE上任意一点，当平面BMN与平面PCE 的夹角最小时，求EN的长．
[解] (1)证明：连接EB，由题意知PE＝，BE＝＝，又M是PB的中点，
所以ME⊥PB．又ME⊥PC，PC∩PB＝P，PC，PB 平面PBC，
所以ME⊥平面PBC，又BC 平面PBC，则BC⊥ME．
由AB∥CD且AE⊥CD，AB＝AE＝CE＝1知，BE＝BC＝，
在△BCE中，CE＝2，则BC2＋BE2＝CE2，即BC⊥BE．
由ME∩BE＝E，ME，BE 平面BEM，则BC⊥平面BEM，又PE 平面BEM，于是PE⊥BC．
由题意，PE⊥AE，AE与BC相交，则PE⊥平面ABCE，又EC 平面ABCE，所以PE⊥EC．
(2)连接BN，MN，设EN＝t(0≤t≤1)，由(1)知，PE，EA，EC两两垂直，
故以E为原点，EA，EC，EP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，
由题意，N(t，0，0)，B(1，1，0)，M，
所以＝＝(t－1，－1，0)，
取平面PCE的一个法向量m＝(1，0，0)，
设平面BMN的法向量n＝(a，b，c)，则
令a＝1，即n＝为平面BMN的一个法向量，
设平面BMN与平面PCE 的夹角为θ，则
cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
所以当t＝时，(cos θ)max＝，即EN长为时，平面BMN与平面PCE 的夹角最小．
专题限时集训(十四) 空间向量与立体几何
1．(2024·江苏苏州三模)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是BC和CD的中点．
(1)求证：AB1⊥D1E；
(2)求直线EF和B1D1之间的距离；
(3)求直线EF与平面CD1E所成角的正弦值．
[解] (1)证明：由题意，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，E，F，所以＝(0，1，1)，＝，所以·＝0×＋1×1＋1×(－1)＝0，故AB1⊥D1E．
(2)因为＝＝(1，1，0)，所以＝2，
所以∥，由题意知E，F，B1，D1不共线，
故EF∥B1D1，
故知点E到直线B1D1的距离即为两条平行线EF和B1D1之间的距离，
又＝，则·＝－，＝，＝＝，
设点E到直线B1D1的距离为d，
则d＝＝＝，
即直线EF和B1D1之间的距离为．
(3)因为＝＝(0，－1，1)，
设平面CD1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则取z＝1，则n＝(0，1，1)为平面CD1E的一个法向量，
设直线EF与平面CD1E所成角为α，
则sin α＝＝＝，
所以直线EF与平面CD1E所成角的正弦值为．
2．(2024·山东济宁三模)图1是由正方形ABCD和两个正三角形△ADE，△CDF组成的一个平面图形，其中AB＝2，现将△ADE沿AD折起，使得平面ADE⊥平面ABCD，将△CDF沿CD折起，使得平面CDF⊥平面ABCD，连接EF，BE，BF，如图2．
(1)求证：EF∥平面ABCD；
(2)求平面ADE与平面BCF夹角的大小．
[解] (1)证明：分别取棱CD，AD的中点O，P，连接OF，PE，OP，
由△CDF是边长为2的正三角形，得OF⊥CD，OF＝，
又平面CDF⊥平面ABCD，平面CDF∩平面ABCD＝DC，OF 平面CDF，
则OF⊥平面ABCD，同理PE⊥平面ABCD，PE＝，
所以OF∥PE，OF＝PE，即四边形OPEF为平行四边形，OP∥EF，
而OP 平面ABCD，EF 平面ABCD，所以EF∥平面ABCD．
(2)取棱AB的中点Q，连接OQ，由四边形ABCD为正方形，得OQ⊥CD，以O为原点，OQ，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，则B(2，1，0)，C(0，1，0)，F(0，0，)，D(0，－1，0)，＝(2，0，0)，＝(0，－1，)，
设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝1，得n＝(0，，1)为平面BCF的一个法向量，
由CD⊥AD，平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，CD 平面ABCD，
得CD⊥平面ADE，则＝(0，2，0)为平面ADE的一个法向量，设平面ADE与平面BCF的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，而θ∈，解得θ＝，
所以平面ADE与平面BCF的夹角为．
3．(2024·天津和平区模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F分别为CC1，BC的中点．
(1)求异面直线A1B与EF所成角的余弦值；
(2)求点B1到平面AEF的距离；
(3)求平面AEF与平面A1EB夹角的余弦值．
[解] (1)由题意可知AB，AC，AA1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，B(2，0，0)，E(0，2，1)，F(1，1，0)，
则＝(2，0，－2)，＝(1，－1，－1)，
所以|cos 〈〉|＝＝＝，
即异面直线A1B与EF所成角的余弦值为．
(2)由(1)易知＝(2，0，2)，＝(0，2，1)，＝(1，1，0)，
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则有
取y＝－1，则x＝1，z＝2，所以n＝(1，－1，2)为平面AEF的一个法向量，
所以点B1到平面AEF的距离为d＝＝＝．
(3)由(1)可知＝(2，0，－2)，＝(0，2，－1)，
设平面A1EB的法向量为m＝(a，b，c)，则有
取c＝2，则b＝1，a＝2，所以m＝(2，1，2)为平面A1EB的一个法向量，
设平面AEF与平面A1EB的夹角为α，
则cos α＝＝＝＝，
即平面AEF与平面A1EB夹角的余弦值为．
4．(2024·浙江宁波模拟)在空间四边形ABCD中，AB＝BC＝BD＝AC＝2，AD＝DC＝．
(1)求证：平面ADC⊥平面ABC；
(2)对角线BD上是否存在一点E，使得直线AD与平面ACE所成角为30°.若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
[解] (1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO，
因为AC＝2，AD＝DC＝，AC2＝AD2＋DC2，所以AD⊥CD，DO⊥AC，且DO＝1．
又AB＝BC＝AC＝2，则BO⊥AC，且BO＝．
又BD＝2，则BD2＝DO2＋BO2，则DO⊥OB．
因为AC∩OB＝O，AC，OB 平面ABC，所以DO⊥平面ABC．
因为DO 平面ADC，所以平面ADC⊥平面ABC．
(2)易知OB，OC，OD两两垂直，以O为原点，OB，OC，OD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O(0，0，0)，A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，1)，则＝(，0，－1)．
设＝λ＝(λ，0，－λ)，0＜λ＜1，则E(λ，0，－λ＋1)．
则＝(λ，0，－λ＋1)，＝(0，1，0)．设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝λ－1，则z＝λ，y＝0，即n＝(λ－1，0，λ)为平面ACE的一个法向量．
又＝(0，1，1)，所以sin 30°＝，即＝，即2λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝或λ＝(舍去)，
因为＝λ，所以＝λ()，所以λ＝(1－λ)，
所以＝＝＝＝＝．
故＝．
1 / 1§4 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．
基础考点1 空间位置关系与空间角
【典例1】 (2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2．
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD；
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
[听课记录]
【典例2】 (2024·山东青岛一模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1与BB1间的距离为，AB＝AC＝A1B＝2，A1C＝BC＝2．
(1)证明：平面A1ABB1⊥平面ABC；
(2)若点N在棱A1C1上，求直线AN与平面A1B1C所成角的正弦值的最大值．
[听课记录]
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．(2024·河南洛阳三模)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧棱DD1⊥平面ABCD，AB＝2AD＝2A1B1＝4，∠ADC＝120°．
(1)证明：平面DBB1D1⊥平面ADD1A1；
(2)若四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为，求直线B1C与平面ADD1A1所成角的正弦值．
基础考点2 空间位置关系与空间距离
【典例3】 (2024·天津高考)如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
(1)求证：D1N∥平面CB1M；
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值；
(3)求点B到平面CB1M的距离．
[听课记录]
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，点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．(2024·江苏南通二模)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．
能力考点 利用空间向量解决翻折、探索性问题
【典例4】 (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．
[听课记录]
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．
(2024·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．
1 / 1
