(共24张PPT)
第七章
立体几何与空间向量
阶段提能(八) 空间向量的综合应用
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
1．(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．
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
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．
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
(2)由题意知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，
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)，
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
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，
真题感悟 明确考向
2
4
3
题号
1
则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为．
(3)由＝(0，0，2)，平面CB1M的一个法向量为m＝(1，3，1)，
则有＝＝，
即点B到平面CB1M的距离为．
2
3
题号
1
4
2．(2024·山东济南二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD 为直角梯形，AB∥CD, ∠DAB＝∠PCB＝60°，CD＝1，AB＝3，PC＝2，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点．
(1)证明：PF⊥AD；
(2)当EF为何值时，直线BE 与平面PAD所成
角的正弦值为？
2
3
题号
1
4
解：(1)证明：过点D作DM⊥AB，垂足为M，
由题意知四边形BCDM为矩形，可得AM＝2，BC＝DM＝AM tan 60°＝2，
由PC＝2，∠PCB＝60°，则△PBC为等边三角形，又F为线段BC的中点，则PF⊥BC．
因为平面PCB⊥平面ABCD，平面PCB∩平面ABCD＝BC，PF 平面PCB，
所以PF⊥平面ABCD，又AD 平面ABCD，
所以PF⊥AD．
2
3
题号
1
4
(2)由(1)可知，PF⊥平面ABCD．
取线段AD的中点N，连接NF，则FN∥AB，FN＝2．
又AB⊥BC，可知NF⊥BC，
以F为坐标原点，NF，FB，FP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
2
3
题号
1
4
则A，D，P，B(0，，0)，
因为E为线段PF上一点，设E，a∈，
可得＝＝＝，
设平面PAD的法向量n＝，
则
令x＝－3，则y＝，z＝－2，可得n＝(－3，，－2)，
2
3
题号
1
4
由题意可得＝＝＝，
整理得a2－4a＋4＝0，解得a＝2，
所以当EF＝2时，直线BE 与平面PAD所成角的正弦值为．
2
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题号
4
1
3．(2024·湖北武汉二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为6的等边三角形，CC1＝6，∠ACC1＝60°，D，E分别是线段AC，CC1的中点，平面ABC⊥平面C1CAA1．
(1)求证：A1C⊥平面BDE；
(2)若P为线段B1C1的中点，求平面PBD与平面BDE夹角的余弦值．
2
3
题号
4
1
解：(1)证明：连接AC1，由题意可知四边形CC1A1A是菱形，则A1C⊥AC1，又D，E分别为AC，CC1的中点，
所以DE∥AC1，故A1C⊥DE．
又△ABC为等边三角形，D为AC的中点，则BD⊥AC．
2
3
题号
4
1
又平面ABC⊥平面CC1A1A，平面ABC∩平面CC1A1A＝AC，BD 平面ABC，
所以BD⊥平面CC1A1A，又A1C 平面CC1A1A，故BD⊥A1C．
又BD∩DE＝D，BD，DE 平面BDE，故A1C⊥平面BDE．
2
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题号
4
1
(2)由AC＝CC1＝6，∠ACC1＝60°，则△C1CA为等边三角形．连接C1D，
由D是AC的中点，则C1D⊥AC．由(1)得BD⊥平面CC1A1A，
故以D为原点，DB，DA，DC1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，
2
3
题号
4
1
则D，B，C1，C，A1，
＝＝，则P，
＝＝，
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则
2
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题号
4
1
取z＝1，所以n＝是平面PBD的一个法向量，
由(1)得＝是平面BDE的一个法向量，
＝＝＝，
即平面PBD与平面BDE夹角的余弦值为．
2
4
3
题号
1
4．(2025·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所成角的正弦值；若不存在，说明理由．
2
4
3
题号
1
解：(1)证明：依题意可知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
4
3
题号
1
(2)存在．由题意，得PC＝AC＝＝2，BC＝＝2，由(1)知PB⊥PC，
所以PB＝＝2．
因为PB⊥平面PCD，所以以点D为坐标原点，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，建立空间直角坐标系，如图，
2
4
3
题号
1
则D，P，C，E，B，
所以＝＝＝．
设＝t，即＝t＝(－2t，－2t，2t)，
则F＝(2－2t，2－2t，2t)，
若存在点F，使得CP⊥DF，则＝4－8t＝0，
解得t＝，则＝，
设平面PDF的法向量为m＝，
2
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题号
1
则即
令y1＝1，得x1＝0，z1＝－，
所以m＝是平面PDF的一个法向量，
设平面DEF的法向量为n＝，
则
2
4
3
题号
1
即
令x2＝1，得y2＝0，z2＝－1，
所以n＝是平面DEF的一个法向量，
所以cos 〈m，n〉＝＝＝，
所以平面PDF与平面DEF所成角的正弦值为＝．
谢 谢！阶段提能(八) 空间向量的综合应用
1．(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．
2．(2024·山东济南二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD 为直角梯形，AB∥CD, ∠DAB＝∠PCB＝60°，CD＝1，AB＝3，PC＝2，平面PCB⊥平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点．
(1)证明：PF⊥AD；
(2)当EF为何值时，直线BE 与平面PAD所成角的正弦值为？
3．(2024·湖北武汉二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为6的等边三角形，CC1＝6，∠ACC1＝60°，D，E分别是线段AC，CC1的中点，平面ABC⊥平面C1CAA1．
(1)求证：A1C⊥平面BDE；
(2)若P为线段B1C1的中点，求平面PBD与平面BDE夹角的余弦值．
4．(2025·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所成角的正弦值；若不存在，说明理由．
阶段提能(八)
1．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〉|＝
＝＝，
故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为．
(3)由＝(0，0，2)，平面CB1M的一个法向量为m＝(1，3，1)，
则有＝＝，
即点B到平面CB1M的距离为．
2．解：(1)证明：过点D作DM⊥AB，垂足为M，
由题意知四边形BCDM为矩形，可得AM＝2，BC＝DM＝AM tan 60°＝2，
由PC＝2，∠PCB＝60°，则△PBC为等边三角形，又F为线段BC的中点，则PF⊥BC．
因为平面PCB⊥平面ABCD，平面PCB∩平面ABCD＝BC，PF 平面PCB，
所以PF⊥平面ABCD，又AD 平面ABCD，
所以PF⊥AD．
(2)由(1)可知，PF⊥平面ABCD．
取线段AD的中点N，连接NF，则FN∥AB，FN＝2．
又AB⊥BC，可知NF⊥BC，
以F为坐标原点，NF，FB，FP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A，D，P，B(0，，0)，
因为E为线段PF上一点，设E，a∈，
可得＝＝＝，
设平面PAD的法向量n＝，
则
令x＝－3，则y＝，z＝－2，可得n＝(－3，，－2)，
由题意可得＝＝＝，
整理得a2－4a＋4＝0，解得a＝2，
所以当EF＝2时，直线BE 与平面PAD所成角的正弦值为．
3．解：(1)证明：连接AC1，由题意可知四边形CC1A1A是菱形，则A1C⊥AC1，又D，E分别为AC，CC1的中点，
所以DE∥AC1，故A1C⊥DE．
又△ABC为等边三角形，D为AC的中点，则BD⊥AC．
又平面ABC⊥平面CC1A1A，平面ABC∩平面CC1A1A＝AC，BD 平面ABC，
所以BD⊥平面CC1A1A，又A1C 平面CC1A1A，故BD⊥A1C．
又BD∩DE＝D，BD，DE 平面BDE，故A1C⊥平面BDE．
(2)由AC＝CC1＝6，∠ACC1＝60°，则△C1CA为等边三角形．连接C1D，
由D是AC的中点，则C1D⊥AC．由(1)得BD⊥平面CC1A1A，
故以D为原点，DB，DA，DC1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D，B，C1，C，A1，
＝＝，则P，
＝＝，
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取z＝1，所以n＝是平面PBD的一个法向量，
由(1)得＝是平面BDE的一个法向量，
＝＝＝，
即平面PBD与平面BDE夹角的余弦值为．
4．解：(1)证明：依题意可知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)存在．由题意，得PC＝AC＝＝2，BC＝＝2，由(1)知PB⊥PC，
所以PB＝＝2．
因为PB⊥平面PCD，所以以点D为坐标原点，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，建立空间直角坐标系，如图，
则D，P，C，E，B，
所以＝＝＝．
设＝t，即＝t＝(－2t，－2t，2t)，
则F＝(2－2t，2－2t，2t)，
若存在点F，使得CP⊥DF，则＝4－8t＝0，
解得t＝，则＝，
设平面PDF的法向量为m＝，
则即
令y1＝1，得x1＝0，z1＝－，
所以m＝是平面PDF的一个法向量，
设平面DEF的法向量为n＝，
则
即
令x2＝1，得y2＝0，z2＝－1，
所以n＝是平面DEF的一个法向量，
所以cos 〈m，n〉＝＝＝，
所以平面PDF与平面DEF所成角的正弦值为＝．
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