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1.2.1空间中的点、直线与空间向量
1.2.2空间中的平面与空间向量——题型·技巧攻略
题型1直线的方向向量 3
题型2向量法求异面直线所成的角 5
◆类型1求异面直线所成的角 5
◆类型2已知异面直线所成的角求其他量 7
题型3平面法向量的概念辨析 9
题型4平面法向量求法 10
题型5平面方程的表示 12
题型6利用法向量研究线面位置关系 13
◆类型1空间向量与平行 13
◆类型2空间向量与垂直 15
题型7探索性问题 16
题型8最值问题 19
知识点一.平面的法向量
1.平面的法线
与平面垂直的直线叫作平面的法线。
由于垂直于同一平面的直线是互相平行的，所以，我们可以考虑用平面的垂线的方向来刻画平面的“方向”。
2.平面的法向量：如果表示非零向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n垂直于平面α，记作n⊥α，此时，我们把向量n叫作平面α的法向量.
注意：
平面α的一个法向量垂直于平面α内的所有向量.
（2）一个平面的法向量有无限多个，它们相互平行.
3.平面法向量的性质
（1）如果直线垂直于平面α，则直线l的任意一个方向都是平面α的一个法向量.
（2）如果n是平面α的一个法向量，则对任意的实数λ ≠0，空间向量λn也是平面α的一个法向量，而且平面α的任意两个法向量都平行
（3）如果n为平面α的一个法向量，A为平面α上一个已知的点，则对于平面α上任意一点B，向量一定与向量n垂直，即 n=0，从而可知平面α的位置可由n和A唯一确定.
知识点二.直线与平面的位置关系
如果v是直线I的一个方向向量，n是平面α的一个法向量
（1）
（2）
知识点三.平面与平面的位置关系
如果n1是平面α1的一个法向量，n2是平面α2的一个法向量：
（1）α1α2；
（2）α1//α2,或α1与α2重合
知识点四.三垂线定理及其逆定理
1.射影
已知空间中的平面α以及点A，过点A作α的垂线，设I与α相交于点A ，则A' 就是点A在平面α内的射影（称为投影）．空间中，图形F上，在平面内的所有点，所组成的集合F' 称为图形F在平面α 内的射影。
2.三垂线定理
如果在平面内的一条直线与平面的一条斜线在该平面内的射影垂直，则它也和这条斜线垂直。
3.三垂线定理的逆定理
如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线垂直 则它也和这条斜线在平面内的射影垂直.
知识点五.异面直线所成的角
向量求法：若两异面直线所成角为，它们的方向向量分别为，则有=_ _____ .
2.范围：（0,]
题型1直线的方向向量
【方法总结】 空间中，一个向量成为直线l的方向向量，必须具备以下两个条件： ①是非零向量； ②向量所在的直线与l平行或重合.
【例题1】（多选）（2021·高二课时练习）[多选题]下列命题中真命题有（ ）．
A．直线l的方向向量有无穷多个
B．若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反
C．若向量是直线l的一个方向向量，则向量也是直线l的一个方向向量
D．两直线的方向向量平行，则两直线平行；两直线的方向向量垂直，则两直线垂直
【变式1-1】1．已知，在直线l上，写出直线l的一个方向向量：______．
【变式1-1】2．（多选）（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考模拟预测）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，直线的方向向量为，直线的方向向量为，则（ ）
A．
B．
C．与为相交直线或异面直线
D．在向量上的投影向量为
【变式1-1】3（2022秋·全国·高二专题练习）已知直线的方向向量，直线的方向向量，且，则的值是（ ）
A． B．6 C．14 D．
【变式1-1】4．（2020秋·北京·高二校考阶段练习）已知空间中两条不同的直线，其方向向量分别为，则“”是“直线相交”的（ ）
A．.充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【变式1-1】5．放置于空间直角坐标系中的棱长为2的正四面体ABCD中，H是底面中心，平面ABC，写出：
（1）直线BC的一个方向向量___________；
（2）点OD的一个方向向量___________；
（3）的重心坐标___________.
题型2向量法求异面直线所成的角
【方法总结】求异面直线所成角的方法 基向量法：在一些不适合建立坐标系的题型中，经常采用取定基向量的方法，在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则与可分别作为a与b的方向向量，则cos θ=，根据条件可以把与用基表示，再进行计算. （2）坐标法：根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，利用坐标法求线线 角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单．
◆类型1求异面直线所成的角
【例题2-1】在棱长为1的正方体中，E为棱的中点，F为棱的中点．则异面直线与所成角的余弦值是（ ）．
A． B． C． D．
【变式2-1】1．在三棱柱中，如图所示，侧棱底面，点是的中点，是的中点，，则与所成角的余弦值是（ ）
A． B．
C． D．
【变式2-1】2．在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点.
(1)证明：平面.
(2)求直线与所成角的余弦值.
【变式2-1】3．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2，点M、N分别是AA1、A1C1的中点，点P在棱A1B1上，且A1P=3PB1，Q为BP的中点，
(1)求证：；
(2)求MN与BP所成角的余弦值；
(3)求NQ的长.
【变式2-1】4．如图，在四棱锥中，四边形为矩形，且，，．
(1)求线段的长度；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)若为的中点，证明：．
◆类型2已知异面直线所成的角求其他量
【例题2-2】如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，是线段的中点，是线段上一点（不与两点重合），且．若直线与所成角的余弦值是，则（ ）
A． B． C． D．
【变式2-2】1．在长方体中，为空间内一点，为底面内一点，且满足，异面直线与所成角为，则当线段的长度取最小值时，的值为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-2】2．(多选)在三棱锥中，平面平面BCD，，，为等边三角形，E是棱AC的中点，F是棱AD上一点，若异面直线DE与BF所成角的余弦值为，则AF的值可能为（ ）
A． B．1 C． D．
【变式2-2】3．已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为2的正方形，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，E是线段PD上的动点（不含端点），若线段AB上存在点F（不含端点），使得异面直线PA和EF所成的角的大小为30°，则线段AF长的取值范围是______.
【变式2-2】4．为正方体，动点P在对角线上，记．
(1)求证：；
(2)若异面直线AP与所成角为，求的值．
【变式2-2】5．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，且，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱上的点．
(1)证明：；
(2)在棱A1B1上是否存在一点M，使得异面直线MF与AC所成的角为30°？ 若存在，指出M的位置；若不存在，说明理由．
题型3平面法向量的概念辨析
【方法总结】 平面的法向量的定义及应用 平面的法向量不唯一，并且垂直于平面α的所有共面向量. （2）直线与平面垂直的判定，必须证直线与平面内的两条相交直线垂直，至于两直线与已知直线是否有公共点，并不重要.
【例题3】已知为直线l的方向向量，、分别为平面、的法向量（、不重合），那么下列说法中：①；②；③；④.其中正确的有（ ）.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【变式3-1】1．以下真命题共有___________个.
①一个平面的单位法向量是唯一的；
②一条直线的方向向量和一个平面的法向量垂直，则这条直线和这个平面平行；
③若两个平面的法向量不平行，则这两个平面相交.
【变式3-1】2．在直三棱柱中，以下向量可以作为平面ABC法向量的是( )
A． B． C． D．
【变式3-1】3．在直三棱柱中，给出向量：①；②；③；④．可以作为平面ABC的法向量的是_______．（选填序号）
【变式3-1】4．已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量，若，则实数_______．
【变式3-1】5．已知直线l的方向向量，平面的一个法向量为，若直线l在平面内，则的值是（ ）
A． B． C．2 D．16
【变式3-1】6．已知平面的一个法向量为，写出一个以为起点，且平行于平面的单位向量的终点坐标为______.
题型4平面法向量求法
【方法总结】求平面法向量的步骤 （1）设出平面的法向量为n=（x，y，z）. （2）找出（求出）平面中两个不共线的向量的坐标a=（a1， a2， a3）， b=（b1， b2， b3）. （3）根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组 （4）解方程组，取其中的一个解作为法向量（由于一个平面的法向量有无数多个，故可在方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量）.
【例题4】如图，在空间直角坐标系中，有正方体，给出下列结论：
①直线的一个方向向量为；
②直线的一个方向向量为；
③平面的一个法向量为；
④平面的一个法向量为．
其中正确的个数为（ ）．
A．1 B．2 C．3 D．4
【变式4-1】1．如图，在三棱锥中，平面，，以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示，为平面的一个法向量，则的坐标可能是（ ）
A． B． C． D．
【变式4-1】2．（多选）已知空间中三点，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．与共线的单位向量是
C．与夹角的余弦值是
D．平面ABC的一个法向量是
【变式4-1】3．如图的空间直角坐标系中，垂直于正方形所在平面，与平面的所成角为，E为中点，则平面的单位法向量______．（用坐标表示）
【变式4-1】4．如图，在棱长为3的正方体中，点在棱上，且．以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
(1)求平面的一个法向量；
(2)求平面的一个法向量．
【变式4-1】5．如图，在长方体中，，，，建立适当的空间直角坐标系，求下列平面的一个法向量：
(1)平面ABCD；
(2)平面；
(3)平面．
题型5平面方程的表示
【例题5】已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列四个点中在平面内的是（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】（多选）在空间直角坐标系中，已知向量（其中），定点，异于点的动点，则以下说法正确的是（ ）
A．若为直线的方向向量，则
B．若为直线的方向向量，则
C．若为平面的法向量，面经过和P，则
D．若为平面的法向量，面经过和P，则
题型6利用法向量研究线面位置关系
◆类型1空间向量与平行
【方法总结】 线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行面面平行①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题
【例题6-1】已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【变式6-1】1．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体中，，，在线段上取点M，在上取点N，使得直线平面，则线段MN长度的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式6-1】2．如图，在长方体中， ，当 时，有平面，则实数的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
【例题6-2】（2022·全国·高二专题练习）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点.分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz.
(1)求点E、F的坐标；
(2)求证：EF∥平面ACD1.
【变式6-2】1.（2023春·高二课时练习）如图，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，是棱的中点．求证：平面平面.
【变式6-2】2．（2023春·高二课时练习）如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点，求证：平面EFG∥平面PBC．
【变式6-2】3．如图，三棱柱中侧棱与底面垂直，且，，分别为的中点．
求证：∥平面；
◆类型2空间向量与垂直
【例题6-3】（2022秋·河南郑州·高二校考阶段练习）已知向量，分别是直线、的方向向量，若，则下列几组解中可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【变式6-3】1.（2022·全国·高二专题练习）四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，.
(1)求证：PA⊥底面ABCD；
(2)求PC的长.
【变式6-3】2．（2023春·江苏宿迁·高二校考阶段练习）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点.
(1)求证：.
(2)求证：平面.
【变式6-3】3．（2023春·高二课时练习）如图所示，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD，M是EA的中点．求证：平面DEA⊥平面ECA.
【变式6-3】4. （2023春·高二课时练习）如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3，试证明AM⊥平面BMC.
题型7探索性问题
【例题7】（多选）如图，在长方体中，，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，，P，D三点共线
B．当时，
C．当时，平面
D．当时，平面
【变式7-1】1．（2023秋·高二课时练习）如图，已知空间几何体的底面ABCD是一个直角梯形，其中,,,，且底面ABCD，PD与底面成角．
(1)若，求该几何体的体积；
(2)若AE垂直PD于E，证明：；
(3)在（2）的条件下，PB上是否存在点F，使得，若存在，求出该点的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式7-1】2．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，.
(1)求证：平面平面；
(2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且 平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【变式7-1】3.（2023春·广东汕尾·高二陆丰市龙山中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，是的中点．
(1)求证：平面．
(2)若，线段上是否存在一点，使平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
【变式7-1】4．（2023·江西·校联考二模）正四棱锥中，，E为中点，，平面平面，平面.
(1)证明：当平面平面时，平面
(2)当时，T为表面上一动点（包括顶点），是否存在正数m，使得有且仅有5个点T满足，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由.
题型8最值问题
【例题8】如图正方体中，，，则下列说法不正确的是（ ）
A．时，平面平面
B．时，平面平面
C．面积最大时，
D．面积最小时，
【变式8-1】1．如图，已知正方体的棱长为，是的中点，点在侧面（含边界）内，若，则面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式8-1】2．（多选）如图，在直三棱柱中，，分别是棱的中点，在线段上，则下列说法中正确的有（ ）
A． 平面
B． 平面
C．存在点，满足
D．的最小值为
【变式8-1】3．（多选）在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为
C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为
【变式8-1】4．如图，在长方体中，点E，F分别在棱，上，且．若，，，则的最小值为__________．
【变式8-1】5．已知边长为1的正方体，M为BC中点，N为平面上的动点，若，则三棱锥的体积最小值为___________.
【变式8-1】6．在棱长为1的正方体中，E为的中点，P、Q是正方体表面上相异两点．若P、Q均在平面上，满足，．
(1)判断PQ与BD的位置关系；
(2)求的最小值．
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1.2.1空间中的点、直线与空间向量
1.2.2空间中的平面与空间向量——题型·技巧攻略
题型1直线的方向向量 3
题型2向量法求异面直线所成的角 7
◆类型1求异面直线所成的角 7
◆类型2已知异面直线所成的角求其他量 13
题型3平面法向量的概念辨析 21
题型4平面法向量求法 24
题型5平面方程的表示 30
题型6利用法向量研究线面位置关系 31
◆类型1空间向量与平行 32
◆类型2空间向量与垂直 40
题型7探索性问题 45
题型8最值问题 56
知识点一.平面的法向量
1.平面的法线
与平面垂直的直线叫作平面的法线。
由于垂直于同一平面的直线是互相平行的，所以，我们可以考虑用平面的垂线的方向来刻画平面的“方向”。
2.平面的法向量：如果表示非零向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n垂直于平面α，记作n⊥α，此时，我们把向量n叫作平面α的法向量.
注意：
平面α的一个法向量垂直于平面α内的所有向量.
（2）一个平面的法向量有无限多个，它们相互平行.
3.平面法向量的性质
（1）如果直线垂直于平面α，则直线l的任意一个方向都是平面α的一个法向量.
（2）如果n是平面α的一个法向量，则对任意的实数λ ≠0，空间向量λn也是平面α的一个法向量，而且平面α的任意两个法向量都平行
（3）如果n为平面α的一个法向量，A为平面α上一个已知的点，则对于平面α上任意一点B，向量一定与向量n垂直，即 n=0，从而可知平面α的位置可由n和A唯一确定.
知识点二.直线与平面的位置关系
如果v是直线I的一个方向向量，n是平面α的一个法向量
（1）
（2）
知识点三.平面与平面的位置关系
如果n1是平面α1的一个法向量，n2是平面α2的一个法向量：
（1）α1α2；
（2）α1//α2,或α1与α2重合
知识点四.三垂线定理及其逆定理
1.射影
已知空间中的平面α以及点A，过点A作α的垂线，设I与α相交于点A ，则A' 就是点A在平面α内的射影（称为投影）．空间中，图形F上，在平面内的所有点，所组成的集合F' 称为图形F在平面α 内的射影。
2.三垂线定理
如果在平面内的一条直线与平面的一条斜线在该平面内的射影垂直，则它也和这条斜线垂直。
3.三垂线定理的逆定理
如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线垂直 则它也和这条斜线在平面内的射影垂直.
知识点五.异面直线所成的角
向量求法：若两异面直线所成角为，它们的方向向量分别为，则有=_ _____ .
2.范围：（0,]
题型1直线的方向向量
【方法总结】 空间中，一个向量成为直线l的方向向量，必须具备以下两个条件： ①是非零向量； ②向量所在的直线与l平行或重合.
【例题1】（多选）（2021·高二课时练习）[多选题]下列命题中真命题有（ ）．
A．直线l的方向向量有无穷多个
B．若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反
C．若向量是直线l的一个方向向量，则向量也是直线l的一个方向向量
D．两直线的方向向量平行，则两直线平行；两直线的方向向量垂直，则两直线垂直
【答案】AB
【分析】AB选项，由直线的方向向量的定义判断；C选项，由判断；D选项，由两直线平行或重合判断.
【详解】AB选项，由直线的方向向量的定义易知A，B正确；
C选项，当时，结论不成立，故C错误；
D选项，两直线的方向向量平行，则两直线平行或重合，故D错误．
故选：AB．
【变式1-1】1．已知，在直线l上，写出直线l的一个方向向量：______．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】根据直线方向向量的求法求得.
【详解】由于，，所以直线的一个方向向量.
故答案为：（答案不唯一）
【变式1-1】2．（多选）（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考模拟预测）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，直线的方向向量为，直线的方向向量为，则（ ）
A．
B．
C．与为相交直线或异面直线
D．在向量上的投影向量为
【答案】BC
【分析】根据空间向量之间的关系逐项判断线线、线面、面面关系即可.
【详解】因为平面的一个法向量为，直线的方向向量为，则，即，则或，故A不正确；
又平面的一个法向量为，所以，即
，所以，故B正确；
由直线的方向向量为，所以不存在实数使得，故与为相交直线或异面直线，故C正确；
在向量上的投影向量为，故D不正确.
故选：BC.
【变式1-1】3（2022秋·全国·高二专题练习）已知直线的方向向量，直线的方向向量，且，则的值是（ ）
A． B．6 C．14 D．
【答案】A
【分析】根据题意，结合向量平行的坐标运算，即可求解.
【详解】∵，∴，∴，∴，，∴.
故选：A．
【变式1-1】4．（2020秋·北京·高二校考阶段练习）已知空间中两条不同的直线，其方向向量分别为，则“”是“直线相交”的（ ）
A．.充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】两条不同的直线的方向向量不共线，两条不同的直线可能相交，可能异面；两条直线相交，则两条直线的方向向量一定不共线.
【详解】由可知，与不共线，所以两条不同的直线不平行，可能相交，也可能异面，所以“”不是“直线相交”的充分条件；
由两条不同的直线相交可知，与不共线，所以，所以“”是“直线相交”的必要条件，
综上所述：“”是“直线相交”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】本题考查了空间两条直线的位置关系，考查了空间直线的方向向量，考查了必要不充分条件，属于基础题.
【变式1-1】5．放置于空间直角坐标系中的棱长为2的正四面体ABCD中，H是底面中心，平面ABC，写出：
（1）直线BC的一个方向向量___________；
（2）点OD的一个方向向量___________；
（3）的重心坐标___________.
【答案】
【分析】先求出正四面体中各边的长度，得到各个点的坐标.
对于（1）（2）：直接求出方向向量；
对于（3）：利用重心坐标公式直接求得.
【详解】由题意可得：,,..
由图示，可得：，，，，，，
（1）直线BC的一个方向向量为，
（2）点OD的一个方向向量为；
（3）因为，，，，
所以的重心坐标为.
故答案为：（1）；（2）；（3）（4）.
题型2向量法求异面直线所成的角
【方法总结】求异面直线所成角的方法 基向量法：在一些不适合建立坐标系的题型中，经常采用取定基向量的方法，在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则与可分别作为a与b的方向向量，则cos θ=，根据条件可以把与用基表示，再进行计算. （2）坐标法：根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，利用坐标法求线线 角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单．
◆类型1求异面直线所成的角
【例题2-1】在棱长为1的正方体中，E为棱的中点，F为棱的中点．则异面直线与所成角的余弦值是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】以、、为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
【详解】解：以、、为x、y、z轴，建立空间直角坐标系如图，
则，，，，
∴，
∴，，，
设异面直线与所成角为，则．
∴异面直线与所成角的余弦值是
故选：B．
【变式2-1】1．在三棱柱中，如图所示，侧棱底面，点是的中点，是的中点，，则与所成角的余弦值是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，从而求得的坐标表示，进而利用空间向量夹角余弦的坐标表示求得所求.
【详解】因为在直三棱柱中，，
所以易得两两垂直，则以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以，
又点分别是的中点，所以，，
故，
设与所成的角为，
则．
所以与所成角的余弦值为．
故选：B．
.
【变式2-1】2．在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点.
(1)证明：平面.
(2)求直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）推导出平面，平面平面，由此能证明面.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与所成角的余弦值.
【详解】（1）证明：在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，
平面，平面平面，
面.
（2）解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
则，1，，，2，，，0，，，1，，
，1，，，1，，
设直线与所成角为，
则直线与所成角的余弦值为：.
【变式2-1】3．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2，点M、N分别是AA1、A1C1的中点，点P在棱A1B1上，且A1P=3PB1，Q为BP的中点，
(1)求证：；
(2)求MN与BP所成角的余弦值；
(3)求NQ的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）以A1点为坐标原点建立空间直角坐标系，写出所需点坐标，证明即可；
（2）求出，根据求解；
（3）根据空间中两点间的距离公式直接求解即可.
【详解】（1）如图，以A1点为坐标原点建立空间直角坐标系，
由题意知：A1（0，0，0），B（0，2，2），C（2，2，2），B1（0，2，0），M（0，0，1），N（1，1，0），，，
则，
所以，
故.
（2）,
设MN与BP所成角为，
故.
（3）因为N（1，1，0），，
所以.
【变式2-1】4．如图，在四棱锥中，四边形为矩形，且，，．
(1)求线段的长度；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)若为的中点，证明：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由已知角的三边作为空间向量的一组基底，由基底表示再进行模长计算即可；
（2）由基底表示、，再代入向量夹角公式计算即可；
（3）由计算即可得结果.
【详解】（1）因为，
所以，
∴，
所以线段的长度为．
（2）∵ ，，
∴，
故异面直线与所成角的余弦值为.
（3）因为为的中点，所以，
又∵ ，
∴，即．
◆类型2已知异面直线所成的角求其他量
【例题2-2】如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，是线段的中点，是线段上一点（不与两点重合），且．若直线与所成角的余弦值是，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据线面垂直的性质证DP，DC，DA两两互相垂直，构建空间直角坐标，并求直线MN与BD的方向向量，应用空间向量夹角的坐标表示列方程求参数.
【详解】因为平面，平面，平面，
所以，．
因为底面为矩形，所以．
所以DP，DC，DA两两互相垂直．
以为原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
所以，．
因为，
所以，则．
设直线MN与BD所成角为，则 ．
因为，则，
化简得，即，解得或（舍去）．
故选：B
【变式2-2】1．在长方体中，为空间内一点，为底面内一点，且满足，异面直线与所成角为，则当线段的长度取最小值时，的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用向量的运算确定的位置，再根据异面直线与所成角为可确定点在以点为圆心，半径为的圆上，即可求出长度的最小值为，进而求出的值.
【详解】由，得，即，
所以点在直线上.又异面直线与所成的角为，为底面内一点，所以点在以点为圆心，半径为的圆上，因此要使长度最小，则、、共线，且.因为，，所以，，此时，又因为与反向，所以.
故选：B.
【变式2-2】2．(多选)在三棱锥中，平面平面BCD，，，为等边三角形，E是棱AC的中点，F是棱AD上一点，若异面直线DE与BF所成角的余弦值为，则AF的值可能为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】AC
【分析】过作与平行的直线为轴，取BD的中点O，根据条件可得平面BCD，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】由为等边三角形，取BD的中点O，连接,则
又平面平面BCD，且平面平面
所以平面BCD，由
过作与平行的直线为轴，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，则，，
所以．
设，则，，
则，解得或，
故或．
故选：AC
【变式2-2】3．已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为2的正方形，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，E是线段PD上的动点（不含端点），若线段AB上存在点F（不含端点），使得异面直线PA和EF所成的角的大小为30°，则线段AF长的取值范围是______.
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法列方程，结合二次函数的性质求得长的取值范围.
【详解】设是的中点，则，
由于平面，平面，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以平面平面，
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，，
设；设，
则，
设与所成角为，则，
，
整理得，
函数的开口向下，对称轴为，
所以函数在上递增，
所以，
所以的取值范围是.
故答案为：
【变式2-2】4．为正方体，动点P在对角线上，记．
(1)求证：；
(2)若异面直线AP与所成角为，求的值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)．
【分析】（1）连接，，可证明平面，即可证得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，得到点的坐标，由已知可得，代入点的坐标即有，求解即可得到的值．
【详解】（1）
证明：如图，连接，.
由已知可得，平面，平面，所以，
又是正方形，所以，
又平面，平面，，
所以平面，
又动点P在对角线上，所以平面，所以平面，
所以.
（2）
以点为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴，如图建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，，，
则，.
由已知，可得，设点，则，
所以，所以，即，所以，
.
又异面直线AP与所成角为，所以，
即 ，
整理可得，因为，所以，即点位于点处时，满足条件.
【变式2-2】5．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，且，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱上的点．
(1)证明：；
(2)在棱A1B1上是否存在一点M，使得异面直线MF与AC所成的角为30°？ 若存在，指出M的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；M是A1B1中点
【分析】(1)以B为原点建立空间直角坐标系，证得即可得出结论.
(2)先设出M的坐标，利用空间向量求异面直线夹角公式可以解得M的位置.
【详解】（1）证明：由直三棱柱ABC-A1B1C1可得平面，且，故以为原点，
，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，设，且，
则， ，，由，
（2）可设，且，则，，，
由异面直线MF与AC所成的角为30°可得，
整理得，即或（舍），
所以存在点M，M是A1B1中点.
题型3平面法向量的概念辨析
【方法总结】 平面的法向量的定义及应用 平面的法向量不唯一，并且垂直于平面α的所有共面向量. （2）直线与平面垂直的判定，必须证直线与平面内的两条相交直线垂直，至于两直线与已知直线是否有公共点，并不重要.
【例题3】已知为直线l的方向向量，、分别为平面、的法向量（、不重合），那么下列说法中：①；②；③；④.其中正确的有（ ）.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】利用两平面平行充要条件判断①；利用两平面垂直充要条件判断②；利用线面垂直充要条件判断③；利用线面平行判定定理判断④.
【详解】①，判断正确；
②，判断正确；
③，判断错误；
④或，判断错误.
故选：B
【变式3-1】1．以下真命题共有___________个.
①一个平面的单位法向量是唯一的；
②一条直线的方向向量和一个平面的法向量垂直，则这条直线和这个平面平行；
③若两个平面的法向量不平行，则这两个平面相交.
【答案】1
【分析】利用单位向量和平面法向量的定义否定命题①；利用直线与平面平行的判定定理否定命题②；利用两个平面位置关系定义判断命题③.
【详解】①一个平面的单位法向量有无穷多个.判断错误；
②一条直线的方向向量和一个平面的法向量垂直，则这条直线和这个平面平行或这条直线在这个平面内.判断错误；
③若两个平面的法向量不平行，则这两个平面相交.判断正确.
综上，正确命题共有1个
故答案为：1
【变式3-1】2．在直三棱柱中，以下向量可以作为平面ABC法向量的是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出图像，根据直棱柱侧棱垂直于底面即可求解．
【详解】如图，
∵、、均垂直于平面ABC，故选项D中可以作为平面ABC的法向量．
故选：D．
【变式3-1】3．在直三棱柱中，给出向量：①；②；③；④．可以作为平面ABC的法向量的是_______．（选填序号）
【答案】②③
【分析】利用直棱柱的侧棱与底面垂直，结合平面法向量的定义，即可得到答案．
【详解】解：由于直三棱柱的侧棱与底面垂直，
所以平面的法向量可以为，．
故答案为：②③．
【变式3-1】4．已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量，若，则实数_______．
【答案】10
【分析】根据直线与平面平行，得到直线的方向向量与平面的法向量垂直，进而利用空间向量数量积为0列出方程，求出的值.
【详解】因为，所以直线的方向向量与平面的法向量垂直，
即，解得：.
故答案为：10
【变式3-1】5．已知直线l的方向向量，平面的一个法向量为，若直线l在平面内，则的值是（ ）
A． B． C．2 D．16
【答案】A
【分析】根据法向量的定义，转化为两个向量垂直，即可列式求解.
【详解】由条件可知，，得.
故选：A
【变式3-1】6．已知平面的一个法向量为，写出一个以为起点，且平行于平面的单位向量的终点坐标为______.
【答案】（答案不唯一）
【分析】设终点坐标为，写出单位向量，由向量垂直和向量的模得方程组，取方程组的一个解即可（答案不唯一）．
【详解】设终点坐标为，则单位向量为，
则，可取，，，即终点坐标为.
故答案为：（答案不唯一）
题型4平面法向量求法
【方法总结】求平面法向量的步骤 （1）设出平面的法向量为n=（x，y，z）. （2）找出（求出）平面中两个不共线的向量的坐标a=（a1， a2， a3）， b=（b1， b2， b3）. （3）根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组 （4）解方程组，取其中的一个解作为法向量（由于一个平面的法向量有无数多个，故可在方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量）.
【例题4】如图，在空间直角坐标系中，有正方体，给出下列结论：
①直线的一个方向向量为；
②直线的一个方向向量为；
③平面的一个法向量为；
④平面的一个法向量为．
其中正确的个数为（ ）．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】由直线的方向向量及平面的法向量的定义即可求解.
【详解】解：设正方体的边长为1，则，，，，，，
对①：因为，所以直线的一个方向向量为正确；
对②：因为，所以直线的一个方向向量为不正确；
对③：因为平面，又，所以平面的一个法向量为不正确；
对④：因为，，，，，
所以平面的一个法向量为不正确.
故选：A.
【变式4-1】1．如图，在三棱锥中，平面，，以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示，为平面的一个法向量，则的坐标可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出，根据法向量求解公式列方程即可求解．
【详解】依题意得，，则
设，则
，取则，所以
故选：D
【变式4-1】2．（多选）已知空间中三点，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．与共线的单位向量是
C．与夹角的余弦值是
D．平面ABC的一个法向量是
【答案】AD
【分析】对于A，通过计算来判断，对于B，利用共线单位向量的定义求解，对于C，利用向量的夹角公式求解，对于D，利用法向量的定义求解.
【详解】对于A，因为，所以，
所以，所以，所以A正确，
对于B，因为，所以与共线的单位向量为，
或，所以B错误，
对于C，因为，
所以，所以C错误，
对于D，因为，，
所以，
所以，所以平面ABC的一个法向量是，所以D正确，
故选：AD.
【变式4-1】3．如图的空间直角坐标系中，垂直于正方形所在平面，与平面的所成角为，E为中点，则平面的单位法向量______．（用坐标表示）
【答案】
【分析】根据给定条件，借助线面角求出DP长，并求出点A，B，P的坐标，再利用空间向量求出平面的单位法向量作答.
【详解】如图，连接BD，因平面，则是与平面所成的角，即，
在正方形中，，而，则有，
于是得，PB中点，，
设平面的一个法向量为，则，令，得，
与共线的单位向量为，
所以平面的单位法向量.
故答案为：
【变式4-1】4．如图，在棱长为3的正方体中，点在棱上，且．以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
(1)求平面的一个法向量；
(2)求平面的一个法向量．
【答案】(1)(答案不唯一)
(2)(答案不唯一)
【分析】（1）由x轴垂直于平面，可得平面的一个法向量；
（2）利用求解平面的法向量的方法进行求解.
（1）因为x轴垂直于平面，所以是平面的一个法向量．
（2）因为正方体的棱长为3，，
所以M，B，的坐标分别为，，，
因此，，
设是平面的法向量，则
，，
所以，
取，则，．于是是平面的一个法向量．
【变式4-1】5．如图，在长方体中，，，，建立适当的空间直角坐标系，求下列平面的一个法向量：
(1)平面ABCD；
(2)平面；
(3)平面．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
（1）由于平面，所以为平面的一个法向量，
（2）设平面的法向量为，则，从而可求出法向量，
（3）设平面的法向量为，则，从而可求出法向量
(1)以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，因为平面，所以为平面的一个法向量，
所以平面的一个法向量为，
(2)设平面的法向量为，因为，
所以，令，则，
所以平面的一个法向量为，
(3)设平面的法向量为，因为，
所以，令，则
所以平面的一个法向量为
题型5平面方程的表示
【例题5】已知平面内有一点，平面的一个法向量为，则下列四个点中在平面内的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题设只需，由各选项的点坐标求的坐标，即可得答案.
【详解】由题意，符合条件的点应满足，
A：，则，故不在平面内，不满足；
B：同理，则，故在平面内，满足；
C：同理，则，故不在平面内，不满足；
D：同理，则，故不在平面内，不满足；
故选：B
【变式5-1】（多选）在空间直角坐标系中，已知向量（其中），定点，异于点的动点，则以下说法正确的是（ ）
A．若为直线的方向向量，则
B．若为直线的方向向量，则
C．若为平面的法向量，面经过和P，则
D．若为平面的法向量，面经过和P，则
【答案】AD
【分析】由直线的方向向量、平面法向量的概念求解判断．
【详解】直线是直线的一个方向向量，，为直线的方向向量，则，A正确 ，B错误，
在平面内，为平面的法向量，则，
所以，C错误D正确．
故选：AD．
题型6利用法向量研究线面位置关系
◆类型1空间向量与平行
【方法总结】 线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行面面平行①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题
【例题6-1】已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据线面平行的判定定理，结合充分、必要条件的概念，即可得答案.
【详解】若，则或，故充分性不成立，
若，则，必要性成立，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：C
【变式6-1】1．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体中，，，在线段上取点M，在上取点N，使得直线平面，则线段MN长度的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】以为轴建立空间直角坐标系发，写出各点坐标，求出平面的法向量，由向量与平面的法向量垂直可得关系式，从而表示出的模，然后可求得最小值．
【详解】解：如图，以为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，设平面的一个法向量为，
则，取，则，即，
又，，，
设，，
则，
因为平面，故即，
当时，取得最小值，即的长度的最小值为．
故选：D．
【变式6-1】2．如图，在长方体中， ，当 时，有平面，则实数的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
【答案】C
【分析】根据题意可知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用共线定理和线面平行的向量解法可确定实数的值.
【详解】如下图所示：
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系；设，
则，设
即，，
由得
即，所以
则
设平面的一个法向量为，
，所以
令，则；所以
由平面可知，,即.
所以.
故选：C
【例题6-2】（2022·全国·高二专题练习）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点.分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz.
(1)求点E、F的坐标；
(2)求证：EF∥平面ACD1.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据坐标系，利用坐标的定义，可得结论；
（2）求出、的坐标，可得，从而可得线线平行，即可得到线面平行．
【详解】（1）由题意，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分别为A1D1、D1C1的中点，
∴，
（2），，
，，
∴，∴AC∥EF，
∵EF 平面ACD1，AC 平面ACD1，
∴EF∥平面ACD1．
【变式6-2】1.（2023春·高二课时练习）如图，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，是棱的中点．求证：平面平面.
【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法分别证明，，即，，再利用面面平行的判定定理即可得证.
【详解】因为，是棱的中点，
所以，所以为正三角形.
因为为等腰梯形，，
所以.
取的中点，连接，
则，所以.
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，，，，
所以，，
又不重合，不重合，
所以，，
因为平面， 平面，
所以平面，平面，
又，平面，
所以平面平面
【变式6-2】2．（2023春·高二课时练习）如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点，求证：平面EFG∥平面PBC．
【答案】证明过程见详解
【分析】根据题意得到AB，AP，AD两两垂直，从而以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，并确定A，B，C，D，P，E，F，G的坐标，求得，，，，从而即可确定平面EFG的法向量，平面PBC的法向量，进而即可证明平面EFG∥平面PBC．
【详解】因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，
所以AB，AP，AD两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)．
所以，，，，
设是平面EFG的法向量，
则，，即，得，
令，则，，所以，
设是平面PBC的法向量，
由，，即，得，
令，则，，所以，
所以，所以平面EFG∥平面PBC．
【变式6-2】3．如图，三棱柱中侧棱与底面垂直，且，，分别为的中点．
求证：∥平面；
【答案】证明见解析
【分析】以点A为坐标原点，AB AC 所在直线分别为x y z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量证明即可.
【详解】因为三棱柱中侧棱与底面垂直，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为,
所以AB AC 两两垂直，
所以以点A为坐标原点，AB AC 所在直线分别为x y z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，．
取向量为平面的一个法向量，，
∴，
∴．
又∵平面，
∴平面．
◆类型2空间向量与垂直
【例题6-3】（2022秋·河南郑州·高二校考阶段练习）已知向量，分别是直线、的方向向量，若，则下列几组解中可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由方向向量的数量积为0可得．
【详解】由题意，即，代入各选项中的值计算，只有A满足．
故选：A．
【变式6-3】1.（2022·全国·高二专题练习）四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，.
(1)求证：PA⊥底面ABCD；
(2)求PC的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据两个向量的数量积为0，可以判断出AP⊥AB且AP⊥AD，进而根据线面垂直的判定定理得到PA⊥底面ABCD；
（2）根据向量加法的三角形法则，可以求出向量PC的坐标，进而代入向量模的计算公式，得到答案．
【详解】（1）∵，
∴，，
∴，，
即AP⊥AB且AP⊥AD，
又∵AB∩AD＝A，平面ABCD
∴AP⊥平面ABCD.
（2）∵，
∴，，
∴．
【变式6-3】2．（2023春·江苏宿迁·高二校考阶段练习）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点.
(1)求证：.
(2)求证：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用面面垂直性质定理证明平面，然后以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标法证明线线垂直；
（2）先求出平面的法向量，然后利用直线AM的方向向量与法向量共线即可证明线面垂直.
【详解】（1）因为四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，
建立空间直角坐标系，
由，，得，，，，
，，.
所以，，
所以，所以，
所以
（2）由（1）知，，，.
设是平面的法向量，则，，
所以，得，
取，得，，则.
因为，所以，即与共线.
所以平面.
【变式6-3】3．（2023春·高二课时练习）如图所示，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD，M是EA的中点．求证：平面DEA⊥平面ECA.
【答案】证明见解析
【分析】建系，分别求平面DEA、平面ECA的法向量，利用空间向量证明面面垂直.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，不妨设CA＝2，则CE＝2，BD＝1，
则，
所以，
设平面ECA的一个法向量是，
则，
取，则，即，
设平面DEA的一个法向量是，
则，
取，则，即，
因为，所以，
所以平面DEA⊥平面ECA.
【变式6-3】4. （2023春·高二课时练习）如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3，试证明AM⊥平面BMC.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）建系，利用空间向量证明线性垂直；
（2）利用空间向量证明线面垂直.
【详解】（1）由题意知AD⊥BC，如图，以O为坐标原点，
以过O点且平行于BC的直线为x轴，OD，OP所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz.
则，
可得，
∵
∴，即AP⊥BC.
（2）由（1）可得，
∵M是AP上一点，且AM＝3，
∴，
可得，
设平面BMC的法向量为，则，
令b＝1，则，即，
显然，故∥，
∴AM⊥平面BMC.
题型7探索性问题
【例题7】（多选）如图，在长方体中，，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，，P，D三点共线
B．当时，
C．当时，平面
D．当时，平面
【答案】ACD
【分析】由题意，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标公式，求得点的坐标，根据空间向量公式，可得答案.
【详解】由题意，如图建系：
则，
，
设，，则，
可得，
，
对于A：当时，则点P为对角线的中点，
根据长方体性质可得三点共线，故A正确；
对于B：当时，
∴，解得，
所以，
则，
因此不正确，故B错误；
对于C：当时，，
设平面的法向量为，
，
∴，，
当时，，，故，
∴，∴，
又平面，∴平面，故C正确；
对于D：当时，可得，，
设平面的法向量为，
则，，
取，则，∴，
而，∴，∴平面，故D正确．
故选：ACD
【变式7-1】1．（2023秋·高二课时练习）如图，已知空间几何体的底面ABCD是一个直角梯形，其中,,,，且底面ABCD，PD与底面成角．
(1)若，求该几何体的体积；
(2)若AE垂直PD于E，证明：；
(3)在（2）的条件下，PB上是否存在点F，使得，若存在，求出该点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在．
【分析】建立空间直角坐标系，
（1）求出，利用可得，再求体积即可；
（2）求出坐标，可得答案；
（3）由，求出E点的竖坐标、点的竖坐标，设，由，得可得答案．
【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，则，，
，
，
此时；
（2），
，
；
（3）由，E点的竖坐标为，点的竖坐标为，
设，由，得，存在．
【变式7-1】2．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，.
(1)求证：平面平面；
(2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且 平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据题意，先由线面垂直的判定定理得到平面，从而得到面面垂直；
（2）根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后结合法向量与空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）证明：在中，因，
所以，所以，又，
且，平面，所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）假设存在点，使得平面平面.
取中点为，连接，则，
因为平面平面，
平面平面，
所以平面.
如图所示建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，则，
设是平面的法向量，则，取.
设，其中.
则
连接，因 平面平面，平面平面，故取与同向的单位向量.
设是平面的法向量，
则，取.
由平面平面，知，有，解得.
故在侧棱上存在点，使得平面平面.
【变式7-1】3.（2023春·广东汕尾·高二陆丰市龙山中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，是的中点．
(1)求证：平面．
(2)若，线段上是否存在一点，使平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析.
【分析】（1）连结交于点，可知.然后根据线面平行的判定定理，即可得出平面；
（2）先证明平面．以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，设，求出点的坐标，然后得到.求出平面的法向量，根据得出的值，根据数乘向量的模，即可得出答案.
【详解】（1）
如图1，连结交于点.
因为是正方形，所以是的中点，
又是的中点，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
（2）存在，理由如下：
因为平面，平面，所以．
因为为正方形，所以．
又，平面，平面，
所以平面．
以点为坐标原点，过点作的平行线为轴，分别以为轴，
建立空间直角坐标系，如图2，
则，，，，，，
所以.
令，
则 ,
所以，所以.
因为，，
设是平面的一个法向量，
则，所以，
取，则是平面的一个法向量.
因为平面，所以，
所以有，解得，所以.
因为，
所以.
【变式7-1】4．（2023·江西·校联考二模）正四棱锥中，，E为中点，，平面平面，平面.
(1)证明：当平面平面时，平面
(2)当时，T为表面上一动点（包括顶点），是否存在正数m，使得有且仅有5个点T满足，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见详解
(2)不存在，理由见详解
【分析】（1）根据正四棱锥分析可得平面，结合面面垂直以及线面平行的性质分析证明；
（2）建系，利用空间向量求得即为点，再根据空间距离分析可得，结合四棱锥的外接球和内切球分析运算.
【详解】（1）连接，由题意可知：，
设，连接，则平面，
平面，则，
，平面，
故平面.
若为直线，此时平面，可得平面平面，符合题意，
故平面；
若不为直线，∵平面平面，则存在直线平面，使得平面，
可得 ，且平面，平面，
故 平面，
又∵平面，平面平面，
则 ，可得 ，
故平面；
综上所述：平面.
（2）不存在，理由如下：
如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则有，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
设平面的任一点坐标，则，
由，解得，
可得交线满足，
令，可得交线与轴的交点为，即为点.
设四棱锥表面上任一点，
则，
，
可得，
且
故
，
表示点到点的距离的平方，
设四棱锥的内切球的半径为，
∵的体积，表面积，
则，
可得四棱锥内切球的球心坐标为，
又∵，可得四棱锥的外接球的球心为，
显然既不是内切球的球心也不是外接球的球心，
故不存在m，使得有且仅有5个点T满足.
题型8最值问题
【例题8】如图正方体中，，，则下列说法不正确的是（ ）
A．时，平面平面
B．时，平面平面
C．面积最大时，
D．面积最小时，
【答案】D
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，取线段的中点，求出平面的法向量，利用空间向量法可判断AB选项的正误；分析可知，求出关于的表达式，利用二次函数的基本性质可判断CD选项的正误.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、、、、，
，，所以，，
，线段的中点为，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，取，则.
对于A选项，设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
若平面平面，则，则，解得，A对；
对于B选项，设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
若平面平面，则，即，解得，B对；
对于CD选项，，则，故，
因为.
因为，当时，取最小值，则的面积最小，D错，
当时，取最大值，则的面积最大，C对.
故选：D.
【变式8-1】1．如图，已知正方体的棱长为，是的中点，点在侧面（含边界）内，若，则面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，利用向量法确定M的轨迹满足，求出的最小值，直接求出面积的最小值.
【详解】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则 ，，，，
设 ，则 ，，
因为 ，
所以 ，得 ，
所以 ，
所以 ，
当 时， 取最小值 ，
易知，
所以 的最小值为．
故选：D.
【变式8-1】2．（多选）如图，在直三棱柱中，，分别是棱的中点，在线段上，则下列说法中正确的有（ ）
A． 平面
B． 平面
C．存在点，满足
D．的最小值为
【答案】AD
【分析】对于A，在平面找一条直线，使其与平行即可；
对于B，先由证明四点共面，再证四点共面，进而能判断直线与平面的位置关系；
对于C，以为正交基底，建立空间直角坐标系，用坐标运算即可；
对于D，把三棱锥的正面和上底面展开，即能找到的最小值，构造直角三角形求解即可.
【详解】对于A，连接， 分别是棱的中点，且，四边形为平行四边形， ，又平面，平面在平面内，所以 平面，故A正确；
对于B，易知，所以四点共面，又点，所以四点共面，平面，而平面，直线 平面，故B不正确；
对于C，以为正交基底，建立如图1所示的空间直角坐标系.
则，，，
，，，
，
若，则，，在线段延长线上，而不在线段上，故C不正确；
对于D，把图1的正面和上底面展开如图2所示，连接即为所求，过做PG垂直于且与其相交于，与相交于，易得，，
，，在中，
，，故D正确.
故选：AD
【变式8-1】3．（多选）在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为
C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为
【答案】BD
【解析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，在逐项判断，即可得出结果.
【详解】
在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，
因为该正方体的棱长为，分别为的中点，
则，，，，
所以，设，则，
因为，
所以，，当时，；当时，；
取，，，，
连接，，，，则，，
所以四边形为矩形， 则，，即，，又，且平面，平面，
所以平面，又，，
所以为中点，则平面，所以，为使，
必有点平面，又点在正方体的表面上运动，
所以点的轨迹为四边形，因此点不可能是棱的中点，即A错；
又，，所以，则点的轨迹不是正方形；
且矩形的周长为，故C错，D正确；
因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最大，所以线段的最大值为，故B正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法，由，求出动点轨迹图形，即可求解.
【变式8-1】4．如图，在长方体中，点E，F分别在棱，上，且．若，，，则的最小值为__________．
【答案】2
【分析】建立空间直角坐标系，设，，，，表示出，，根据垂直得到，即可得到，再分和两种情况讨论，最后利用基本不等式计算可得．
【详解】解：以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，，，，则，．
因为，所以，即，化简得．
当时，显然不符合题意
当时，当且仅当，即时等号成立．
故的最小值为．
故答案为：
【变式8-1】5．已知边长为1的正方体，M为BC中点，N为平面上的动点，若，则三棱锥的体积最小值为___________.
【答案】
【分析】以D为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
利用垂直关系明确动点坐标特点，代入体积公式可得最值.
【详解】以D为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，设
∴，
又，
∴，即，
∴，
∴
∴.
故答案为：
【变式8-1】6．在棱长为1的正方体中，E为的中点，P、Q是正方体表面上相异两点．若P、Q均在平面上，满足，．
(1)判断PQ与BD的位置关系；
(2)求的最小值．
【答案】(1)PQ与BD的位置关系是平行
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量判断PQ与BD的位置关系；（2）用含参数的表达式求出，进而求出最小值.
（1）
以D为原点，以射线DA，DC，分别为x，y，z轴的正向建立空间直角坐标系，，，．
因为P、Q均在平面上，所以设，，
则，，．
因为，，
所以
解得:
所以，，
即，，
所以PQ与BD的位置关系是平行．
（2）
由（1）可知：，，
所以．
当时，有最小值，最小值为．
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