【文档说明】【精准解析】专题44立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直-（文理通用）【高考】.docx，共(59)页，4.913 MB，由小赞的店铺上传

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专题44立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直最新考纲1.理解直线的方向向量及平面的法向量．2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.基础知识融会贯通1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方

向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为n·a＝0，n·b＝0.2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分

别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥

u.(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2.3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0.(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u.(3)设平面α和β的法向量分别

为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.重点难点突破【题型一】利用空间向量证明平行问题【典型例题】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PB⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，且AB＝1，AD＝CD＝2，E在线段PD上．（Ⅰ）若E是

PD的中点，试证明：AE∥平面PBC；（Ⅱ）若异面直线BC与PD所成的角为60°，求四棱锥P﹣ABCD的侧视图的面积．【解答】（Ⅰ）证法一：在四棱锥P﹣ABCD中，取PC的中点F，连接EF、FB，因为E是PD的中点，所以EFCDAB，…所以四边形AEFB是平行四边形，

…则AE∥FB，而AE⊄平面PBC，FB⊂平面PBC，…∴AE∥平面PBC．…证法二：如图，以B为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直于AB的直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设PB＝t，则P（0，0，t），D（﹣1，2，0），C（1，2，0），A（﹣1

，0，0），所以E（，1，），，…设平面PBC的法向量为（x，y，z），则，所以，即取y＝﹣1，得到平面PBC的法向量为（2，﹣1，0）．所以0，而AE⊄平面PBC，则AE∥平面PBC．…（Ⅱ）解：同（Ⅰ）法二建立空间直角坐标系，设PB＝t（t＞0），则P（0，0，

t），D（﹣1，2，0），C（1，2，0），所以（﹣1，2，﹣t），（1，2，0），则||，||，…由已知异面直线BC与PD成60°角，所以•，又•1×1+2×2+（﹣t）×0＝3，所以3，解得t，即PB，所以侧视图的面积为S2．…

【再练一题】如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB，AF＝1，M是线段EF的中点．（1）求证AM∥平面BDE；（2）求二面角A﹣DF﹣B的大小；（3）试在线段AC上一点P，使得PF与CD所成的角是60°．【解答】证明：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标

系设AC∩BD＝N，连接NE，则点N、E的坐标分别是（、（0，0，1），∴（，又点A、M的坐标分别是（）、（∴（∴且NE与AM不共线，∴NE∥AM又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDF解：（Ⅱ）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF∩AD＝A，∴AB⊥平面ADF∴为平面D

AF的法向量∵•0，∴•（，，1）＝0得，∴NE为平面BDF的法向量∴cos∴的夹角是60°即所求二面角A﹣DF﹣B的大小是60°（3）设P（x，x，0），，，则cos||，解得或（舍去）所以当点P为线段A

C的中点时，直线PF与CD所成的角为60°．思维升华(1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量

的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．【题型二】利用空间向量证明垂直

问题命题点1证线面垂直【典型例题】如图，在四棱锥O﹣ABCD中，OA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，OA＝2，M、N、Q分别为OA、BC、CD的中点．（Ⅰ）证明：DN⊥平面OAQ；（Ⅱ）求点B到平面DMN的距离．【解答】解：（Ⅰ）由题

意，可知AO，AB，AD两两垂直，于是可如图建立空间直角坐标系，从而可得以下各点的坐标：A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），O（0，0，2），M（0，0，1），N（2，1，0），Q（1，2，0），∵．∴．即AQ⊥D

N．又知OA⊥DN，∴DN⊥平面OAQ．（Ⅱ）设平面DMN的法向量为，由．得即，令x＝1，得平面DMN的法向量，∴点B到平面DMN的距离．【再练一题】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，，BC＝1，PA＝2，E为PD的中点．（1）

求的值；（2）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，并求出N到AB和AP的距离．【解答】解：（1）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，，BC＝1，PA＝2，E为PD的中点．以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A

（0，0，0），C（，1，0），P（0，0，2），B（，0，0），（），（），∴．（2）设在侧面PAB内找一点N（a，0，c），使NE⊥平面PAC，D（0，1，0），E（0，，1），（﹣a，，1﹣c），（0，0，2），（），∴，解得a，c＝1，∴N（，0，1），

∴N到AB的距离为1，N到AP的距离为．命题点2证面面垂直【典型例题】如图，在三棱锥V﹣ABC中，VC⊥底面ABC，AC⊥BC，D是AB的中点，且AC＝BC＝2，．（1）求证：平面VAB⊥平面VCD；（2）求二面角V﹣

AB﹣C的大小；（3）求点C到平面VAB的距离．【解答】（1）证明：∵三棱锥V﹣ABC中，VC⊥底面ABC，AC⊥BC，∴以CA为x轴，以CB为y轴，以CV为z轴，建立空间直角坐标系，∵D是AB的中点，且

AC＝BC＝2，，∴V（0，0，），A（2，0，0），B（0，2，0），D（1，1，0），C（0，0，0）∴，，，∴2+2+0＝0，，故AB⊥CD，AB⊥CV，∴AB⊥平面VCD，∵AB⊂平面VAB，∴平面VAB⊥平面VCD．（2）解：由（1）知AB⊥平面VCD，∴∠VDC是二面角V﹣

AB﹣C的平面角，∵AC＝BC＝2，，VC⊥底面ABC，AC⊥BC，∴VC＝CD，VC⊥CD，∴∠VDC，故二面角V﹣AB﹣C的大小为．（3）解：∵V（0，0，），A（2，0，0），B（0，2，0），C（0，0，0），∴，，（0，

0，），设平面VAB的法向量为，则，∴，解得，∴点C到平面VAB的距离d1．【再练一题】在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝2BC，∠ABC＝60°，AC⊥FB．（Ⅰ

）求证：AC⊥平面FBC；（Ⅱ）线段ED上是否存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC？证明你的结论．【解答】（Ⅰ）证明：∵AB＝2BC，∠ABC＝60°，在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcos60°＝3BC2，∴AC2+BC2＝4BC2＝A

B2，∴∠ACB＝90°．∴AC⊥BC．又∵AC⊥FB，FB∩BC＝B，∴AC⊥平面FBC．（Ⅱ）线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC．证明如下：因为AC⊥平面FBC，所以AC⊥FC．因为CD⊥FC，所以FC⊥平面ABCD．所以CA，CF，CB两两互

相垂直，如图建立的空间直角坐标系C﹣xyz．在等腰梯形ABCD中，可得CB＝CD．设BC＝1，所以，．所以，．设平面EAC的法向量为（x，y，z），则，所以取z＝1，得（0，2，1）．假设线段ED上存在点Q，设，所以．设平

面QBC的法向量为（a，b，c），则所以取c＝1，得．要使平面EAC⊥平面QBC，只需，即，此方程无解．所以线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC．思维升华证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的

坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可

证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．【题型三】利用空间向量解决探

索性问题【典型例题】如图，四棱锥S﹣ABCD中．ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD＝a（a＞0），AB＝2AD，SDAD．E为CD上一点，且CE＝3DE．（1）求证：AE⊥平面SBD；（2）M、N分别在线段CD、SB上的点，是否存在M、N，使MN⊥CD且

MN⊥SB，若存在，确定M、N的位置；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）证明：因为四棱锥S﹣ABCD中．ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，所以SD⊥平面ABCD．BD就是SB在底面ABCD上的射影．因为AB＝2AD，E为CD上一

点，且CE＝3DE．如图：∵tan∠1，tan∠DBA，∴∠BAC＝∠DBA，同理∠BDA＝∠DEA∴∠1+∠BDA＝90°．所以AE⊥BD．所以AE⊥平面SBD；（2）假设存在MN满足MN⊥CD且MN⊥SB．建立如图

所示的空间直角坐标系，由题意可知，D（0，0，0），A（a，0，0），C（0，2a，0），B（a，2a，0），S（0，0，），设（a，2a，0）+t（﹣a，﹣2a，）＝（a﹣ta，2a﹣ta，），（t∈[0，1]）即M（a﹣ta，2a﹣ta，），

N（0，y，0），y∈[0，2a]（a﹣ta，2a﹣ta﹣y，）．使MN⊥CD且MN⊥SB，则，可得，t∉[0，1]．y＝3a+3a∉[0，2a]．故不存在MN使MN⊥CD且MN⊥SB．【再练一题】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，垂足为

A，PA＝AB，点M在棱PD上，PB∥平面ACM．（1）试确定点M的位置；（2）计算直线PB与平面MAC的距离；（3）设点E在棱PC上，当点E在何处时，使得AE⊥平面PBD？【解答】解：（1）设AC∩BD＝O，则O这BD的中点，设点

M为PD中点，∵在△PBD中，PB∥OM，OM⊂平面ACM，∴PB∥平面ACM．故当点M为PD中点时，PB∥平面ACM．（2）设AB＝1，则PA＝AB＝1，∵底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，∴CD⊥PD，∴AM，AC，MC，∴AM2+MC2＝AC2，∴，取AD的中点F，连接AF，

则MF∥PA，MF⊥平面ABCD，且MF，∵PB∥平面ACM，M为PC的中点，∴直线PB与平面MAC的距离为点D到平面MCA的距离，设为h，∵VM﹣ACD＝VD﹣ACM，∴，解得h．（3）以A为原点，AB、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B（1，0，0）

，D（0，1，0），P（0，0，1），C（1，1，0），∴，（0，1，﹣1），设平面PBD的法向量（x，y，z），则，，∴，∴，设，则E（λ，λ，1﹣λ），∵AE⊥平面PBD，∴，∴，∴E为PC中点．故当点E为PC中点时，AE⊥平面PBD．思维升华对于“是否存在”型

问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．基础知识训练1．【山西省长治市第二中学2018-

2019学年高二上学期期中考试】如图，在各棱长均为2的三棱柱111ABCABC−中，侧面11AACC⊥底面ABC，160AAC=．(1)求侧棱1AA与平面1ABC所成角的正弦值；(2)已知点D满足BDBABC=+uuuruuruuur，那么在直线1AA

上是否存在点P，使//DP平面1ABC？若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）64（2）恰好为1A点．【解析】（1）∵侧面11AACC⊥底面ABC，作A1O⊥AC于点O，∴1AO⊥平面ABC．又160ABCAAC==，且各棱长都相

等，∴1AO=，13OAOB==，BOAC⊥．故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则()0,1,0A−，()3,0,0B，()10,0,3A，()0,1,0C，∴()10,1,3AA=，()13,0,3AB=−，()0,2,0AC=．设

平面1ABC的法向量为(),,nxyz=则1•3230•20nABxyznACy=+−===，取1x=，得()1,0,1n=．设侧棱AA1与平面AB1C所成角的为θ，则111•36sin|cos,4|?|22AAnAA

nAAn====，∴侧棱1AA与平面1ABC所成角的正弦值为64．（2）∵BDBABC=+，而()()3,1,03,1,0BABC，=−−=−，∴()23,0,0BD=−，又∵()3,0,0B，∴点()3,0,0D−．假设存在点P符合题意

，则点P的坐标可设为()0,,Pyz，∴()3,,DPyz=∵DP∥平面1ABC，()1,0,1n=−为平面1ABC的法向量，∴0DPn=，得z=3,又由1APAA=，得133y+==，∴0y=．又DP平面1ABC，故存在点P，使DP∥平面1ABC，其坐标为()0,0,3，即恰好

为1A点．2．【北京市东城区2019届高三第二学期综合练习（一)】如图，在棱长均为2的三棱柱111ABCABC−中，点C在平面11AABB内的射影O为1AB与1AB的交点，,EF分别为11,BCAC的中点．（Ⅰ）求证：四边形11AABB为正方

形；（Ⅱ）求直线EF与平面11AACC所成角的正弦值；（Ⅲ）在线段1AB上存在一点D，使得直线EF与平面1ACD没有公共点，求1ADDB的值.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）3015；（Ⅲ）12.【解析】（Ⅰ）连结CO．因为C在平面11AABB内的射影

O为与1AB的交点，所以CO⊥平面11AABB．由已知三棱柱111ABCABC−各棱长均相等，所以ACBC=，且11AABB为菱形.由勾股定理得OAOB=，即11ABAB=.所以四边形11AABB为正方形.（Ⅱ）由（Ⅰ）知CO⊥平

面11,AABB1,.COOACOOA⊥⊥在正方形11AABB中，1OAOA⊥．如图建立空间直角坐标系Oxyz−．由题意得11(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(2,0,0),(0,0,2),(2,2,2)OAABCC−−，2222(,0,),(2,,)2222EF−−．所以1(

2,2,0),(0,2,2).AAAC=−=−设平面11AACC的法向量为(,,),mxyz=则10,0.mAAmAC==即220,220.xyyz−+=−+=令1,x=则1,1.yz==于是(

1,1,1)m=．又因为322(,,0)22EF=−，设直线EF与平面11AACC所成角为，则30sin|cos|15mEFm,EFmEF===．所以直线EF与平面1AAC所成角的正弦值为3015.（Ⅲ）直线EF与平面1ACD没有公共点，即EF∥平面1ACD．设D点坐标为0

(0,,0)y，D与O重合时不合题意，所以00y．因为10(2,,0)ADy=−，1(2,0,2)AC=−．设111(,,)nxyz=为平面1ACD的法向量，则110,0.nADnAC==即10111

20,220.xyyxz−+=−+=令11x=，则102yy=，11z=.于是02(1,,1)ny=.若EF∥平面1ACD，0nEF=.又322(,,0)22EF=−，所以03222022y−=，解得023y=．此时EF不属于平

面1ACD，所以223AD=，1423DB=.所以112ADDB=．3．【江西省上高县第二中学2018-2019学年高二下学期第一次月考】四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，E，F分别为线段AB，BC的中点．（1）线段AP上一点M，满足14AM

AP=，求证：EM∥平面PDF；（2）若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角A-PD-F的余弦值．【答案】（1）见解析（2）13【解析】（1）由题意，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，设PA=a，则A（0，0，0），M（0，0，4a

），P（0，0，a），F（2，1，0），D（0，2，0），E（1，0，0），所以EM=（-1，0，4a），PF=（2，1，-a），PD=（0，2，-a），设平面PDF的法向量n=（x，y，z），则2020nPFxyaznPDya

z=+−==−=，取z=2，得n=（2a，a，2），∵n·EM=-2a+2×4a=0，EM平面PDF，∴EM∥平面PDF．（2）因为PB与平面ABCD所成的角为45°，可得PA=AB=2，所以P（0，0，2），D（0，2，0），F

（2，1，0），所以PD=（0，2，-2），PF=（2，1，0），设平面PDF的法向量为m=（x，y，z），则22020mPDyzmPFxy=−==+=，取y=1，得m=（12−，1，1），又由平面PAD的法向量p=（1，0，0），设二面角A-PD-F的平面角为θ，则112co

s3914mpmp===，∴二面角A-PD-F的余弦值为13．4．【2019届高三第二次全国大联考（新课标Ⅰ卷)】已知在直四棱柱1111ABCDABCD−中，AD∥BC，AB⊥BC，ABBC，AB=1，12AAAD==，Q为1AB的中点

，平面11ABBA与平面QCD所成的锐二面角的余弦值为47777.（1）求证：1BDAC⊥；（2）若点P是棱AD上的点，且三棱锥PABQ−的体积为512，求直线PQ和平面1ABC所成角的正弦值的大小.【答案】(1)见解析；（2）见解析.【解析】

（1）∵在直四棱柱1111ABCDABCD−中，AD∥BC，AB⊥BC，∴AB，AD，AA1两两垂直，∴以A为原点，AB，AD，AA1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，又1AB=，12AAAD==，()1,0,0B，()10,0,2A，(

)0,2,0D，Q为1AB的中点，1,0,12Q，设(01)BCaa=，则()1,,0Ca，1,2,12DQ=−，()1,2,0CDa=−−，设平面QCD的法向量为()1111,,nxyz=，则()11111201202xayxyz−+−=−+=

，令12y=，得142xa=−，12za=+，即平面QCD的一个法向量为()142,2,2naa=−+，又平面11ABBA的一个法向量为()00,1,0n=，102nn=，2151224naa=−+，01n=，224777751224aa=−+，解得

12a=或1910a=，01a，12a=，11,,02C，111,,22AC=−，()1,2,0BD=−，∴10ACBD=，1BDAC⊥.（2）设()0,,0(02)Ptt，Q为

1AB的中点，11122AQBAABSS==，又三棱锥PABQ−的体积为512，1153212t=，52t=，50,,02P，15,,122PQ=−，设平面1ABC的法向量为()2222,,nxyz=，1111,,2,0,,022ACBC

=−=，∴222201+202yxyz=−=，令22x=，得21z=，即平面1ABC的一个法向量为()22,0,1n=，设直线PQ和平面1ABC所成的角为，则2222sincos,5552PQn===，即直线PQ和平面1AB

C所成角的正弦值为225.5．【江苏省常州“教学研究合作联盟”2018-2019高二下学期期中考试】如图，在四棱锥PABCD−中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，2ABCBAD==，122PAABBCAD====，点E,F分别是AB,PD的中

点.（1）求证：//EF平面PBC；（2）若点M为棱PC上一点，且平面EFM⊥平面PBC，求证：.EMPC⊥【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】PA⊥平面ABCD，AD平面,ABCD.PAAD⊥PA⊥平面ABCD，AB

平面,ABCD.PAAB⊥又因为,2BAD=所以ABAD⊥，则,,ABADAP两两垂直，则以,,ABADAP为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.Axyz−则各点的坐标为()()()()()0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,4,0,0,0,2.ABCDP因为点,EF

分别是AB，PD的中点，所以()()1,0,0,0,2,1.EF（1）证明：设平面PBC的一个法向量为()1,,.nxyz=因为()()2,0,2,0,2,0,BPBC=−=由11,,nBPnBC⊥⊥得22020xz

y−+==，令1,x=所以0,1.yz==则()11,0,1.n=因为()1,2,1,EF=−所以10.EFn=又EF平面,PBC所以//EF平面PBC.（2）证明：因为M为棱PC上一点，所以,PMPC=01.设(),,,Mxyz则()(),,22,2,2,xyz−=−，所以2

,2,22.xyz===−即()2,2,22,M−所以()21,2,22,EM=−−()1,2,1.EF=−设平面EFM的一个法向量为()2,,,nxyz=则22,.nEMnEF⊥⊥所以()()212220,20xyzxyz−+

+−=−++=消去y可得()()31230.xz−+−=令32,x=−则131,.2zy=−=−所以2132,,31.2n=−−−平面EFM⊥平面,PBC12.nn⊥则32310,

−+−=所以1,2=()1,1,1.M从而()0,1,1,EM=因为()2,2,2,PC=−所以0,EMPC=则,EMPC⊥即.EMPC⊥6．【江西省南昌市南昌外国语学校2019届高三高考适应性测试】如图,已知长方形A

BCD中,2,1ABAD==,M为DC的中点.将ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM.(1)求证:ADBM⊥.(2)点E是线段DB上的一动点,当二面角EAMD−−大小为3时,试确定点E的位置.【答案】（1）见解析；（2）当E位于线段DB之间,且233DEEB=−【解

析】解：取AM的中点O,AB的中点N,则,,ONOAOD两两垂直,以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系,如图,根据已知条件,得2,0,02A,2,2,02B−,2,0,02M−

,20,0,2D(1)由于()22,0,,0,2,0,22ADBM=−=−则•0ADBM=,故ADBM⊥.(2)设存在满足条件的点E,并设DEDB=,则222,,,2,222EEExyz−=−−则点E的坐标为222,2,22

2−−.(其中0,1)易得平面ADM的法向量可以取()10,1,0n=,设平面AME的法向量为()2,,nxyz=,则()2,0,0AM=−,2222,2,2222AE=−−−

则()22202222202222nAMxnAExyz=−==−−++−=解得()0:1:2xyz==−，取()20,1,2n=−由于二面角EAMD−−大小为3,则()12122212•11co

scos,32•14nnnnnn−====−+，由于0,1,故解得233=−.故当E位于线段DB之间,且233DEEB=−时,二面角EAMD−−大小为3.7．【北京市朝阳区2019届高三第一次（3月)综合练习（一模)】如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABC

D．四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且//ADBC，90BAD=，1ABAD==，3BC=．(1)求证：AFCD⊥；(2)求直线BF与平面CDE所成角的正弦值；(3)线段BD上是否存

在点M，使得直线//CE平面AFM若存在，求BMBD的值；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）105；（Ⅲ）线段BD上存在点M，使得//CE平面AFM，且23BMBD=．【解析】解：（Ⅰ）证明：因为ADEF为正方形，所以AFAD⊥．又因为平面ADEF⊥

平面ABCD，且平面ADEF平面ABCDAD=，所以AF⊥平面ABCD．所以AFCD⊥．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，AF⊥平面ABCD，所以AFAD⊥，AFAB⊥．因为90BAD=，所以,,ABADAF两两垂直．分别以,,ABADAF为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图）．因为1AB

AD==，3BC=，所以()()()()()()0,0,0,1,0,0,1,3,0,0,1,0,0,1,1,0,0,1ABCDEF，所以()()()1,0,1,1,2,0,0,0,1BFDCDE=−==．设平面CDE的一个法向量为(),,nxyz=，则0,

0.nDCnDE==即20,0.xyz+==令2x=，则1y=−，所以()2,1,0n=−．设直线BF与平面CDE所成角为，则()2110sincos,552nBF−===．（Ⅲ）设((01)BMBD=，，设()111,,Mxyz，则()()1111,,1,1

,0xyz−=−，所以1111,,0xyz=−==，所以()1,,0M−，所以()1,,0AM=−．设平面AFM的一个法向量为()000,,mxyz=，则0,0.mAMmAF==因为()0,0,1AF=，所以()00010,0

.xyz−+==令0x=，则01y=−，所以(),1,0m=−．在线段BD上存在点M，使得//CE平面AFM等价于存在0,1，使得0mCE=．因为()1,2,1CE=−−，由0mCE=，所以()210−−−=，解得

20,13=，所以线段BD上存在点M，使得//CE平面AFM，且23BMBD=．8．【2019年3月2019届高三第一次全国大联考（新课标Ⅰ卷)】如图，在直三棱柱111ABCABC−中，1CA=，2CB=，90BCA=，侧棱12AA=

，M为AB的中点．（1）求异面直线11,ABCA所成角的余弦值；（2）若N为1AA上一动点，求N在何位置时1CB⊥BN；（3）求二面角1BCMB−−的余弦值．【答案】（1）55（2）点N与点1A重合（3）66【解析】（1）以C

为坐标原点，CB，CA，CC1所在直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，则()()()()()()11110,0,0,0,1,0,2,0,0,2,0,2,0,0,2,0,1,2,1,,02CABBCAM所以(

)()112,1,2,0,1,2ABCA=−=，所以()()112,1,20,1,25cos,595ABCA−==，即异面直线11,ABCA所成角的余弦值为55.（2）设点N的坐标为()0,1,,z则()()12,0,2,2,1,CBBNz==−，

∴()()12,0,22,1,420,CBBNzz=−=−+=即2z=，∴当2AN=，即点N与点1A重合时，1CB⊥BN.（3）设平面1MCB的一个法向量为(),,nxyz=，11,,02CM=，()12,0,2CB=，则121001202201yxyCMnxCBnxzz=

+===−=+==，∴()1,2,1n=−，易知平面MCB的一个法向量为()10,0,2CC=，∵1226cos,62112nCC==++.∴二面角1BCMB−−的余弦值为66.9．【安徽省芜湖市四校2018-2019

学年高二上学期期末】如图所示，正三棱柱111ABCABC−的底面边长是2，侧棱长是3，D是AC的中点．（Ⅰ）求证：1//BC平面1ABD；（Ⅱ）在线段1AA上是否存在一点E，使得平面11BCE⊥平面1ABD？若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由．【答案】（I）见解析；（II）存在点E，使

得平面11BCE⊥平面1ABD，且33AE=【解析】（I）连接1AB交1AB于点M，连接MD．∵三棱柱111ABCABC−是正三棱柱，∴四边形11BAAB是矩形，∴M为1AB的中点．∵D是AC的中点，∴1

//MDBC．又MD平面1ABD，1BC平面1ABD，∴1//BC平面1ABD．（II）作COAB⊥于点O，则CO⊥平面11ABBA，以O为坐标原点建立空间直角坐标系如图，假设存在点E，设()1,,0Ea．∵12,3,ABAAD==是AC的中点，∴()()()()()(

)1111,0,0,1,0,0,0,0,3,1,3,0,1,3,0,0,3,3ABCABC−−．∴()11333,0,,,0,,2,3,02222DBDBA==．设是平面1ABD的法向量为()1,,nxyz=，∴111,nBDnBA⊥

⊥，∴33022230xzxy+=+=，令3x=−，得()13,2,3n=−．∵()1,,0Ea，则()()1111,3,3,1,0,3CEaCB=−−=−−．设平面11BCE的法向量为()2,,n

xyz=，∴21211,nCEnCB⊥⊥．∴()33030xayzxz+−−=−−=，令3z=−，得263,,33na=−−．∵平面11BCE⊥平面1ABD，∴12·0nn=，即12333303a−+−=−，解得33a=．∴存在点E，使得平

面11BCE⊥平面1ABD，且33AE=．10．【广东省云浮市2018-2019学年高二上期末】在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为梯形，//ABCD，22ABBCCD==，

DCFB⊥，CF⊥平面ABCD．()1求BE与平面EAC所成角的正弦值；()2线段BE上是否存在点M，使平面EAC⊥平面DFM？若存在，求BMBE的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）23；（2）见解析【解析】()1四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为梯形，//

ABCD，DCFB⊥，CF⊥平面ABCD．以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，CF为z轴，建立空间直角坐标系，设222ABBCCD===，则(0,B1，0)，(1,E0，1)，(2,A1，0)，(0,C0，0)，(0,F0，1)，()1,1,1BE=−，(2,

CA=1，0)，(1,CE=0，1)，设平面EAC的法向量(,nx=y，)z，则200nCAxynCExz=+==+=，取1x=，得()1,2,1n=−−，设BE与平面EAC所成角为，则

22sin336BEnBEn===．BE与平面EAC所成角的正弦值为23．()2线段BE上不存在点M，使平面EAC⊥平面DFM．理由如下：设线段BE上存在点(,Mab，)c，BMBE=，01，使平面EAC⊥平面DFM，则()(),1,,,abc−=−，(),1

,M−，(),1,DM=−，(0,DF=0，1)，设平面DMF的法向量(,mx=y，)z，则()100mDMxyzmDFz=+−+===，取1x=，得1,,01m=−，平面EAC⊥平面DFM，平面EAC的法向

量()1,2,1n=−−，2101mn=−=−，解得10,1=−，线段BE上不存在点M，使平面EAC⊥平面DFM．11．【陕西省西安市西安中学2018-2019学年高二上学期期末】如图，在三棱

柱中，平面的中点．（1）求证：；（2）求异面直线所成的角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：由题意易知，设,建立如图所示的空间直角坐标系，则,,则，故.（2），，故异面直线所成的角为.12．【湖北省荆州

中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”2019届高三上学期期末】在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为的正方形,平面PAC⊥底面ABCD，PA=PC=（1）求证：PB=PD;（2）若点M,N分别是棱PA,PC的中点,平面DMN与棱PB的交点Q,

则在线段BC上是否存在一点H,使得DQ⊥PH,若存在,求BH的长,若不存在,请说明理由.【答案】(1)见证明；(2)见解析【解析】(1)证明：记AC∩BD=O，连结PO，底面ABCD为正方形，OA=OC=

OB=OD=2.PA=PC，PO⊥AC，平面PAC∩底面ABCD=AC，PO平面PAC，PO⊥底面ABCD.BD底面ABCD，PO⊥BD.PB=PD.(2)以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向

分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由（1）可知OP=2.可得P(0,0,2)，A(0,-2,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(-2,0,0),可得，M(0,-1,1),N(0,1,1)..设平面的法向量n

=，令，可得n=.记，可得，=0，可得，，解得.可得，.记，可得，，若DQ⊥PH，则，，解得.故.13．【北京市西城区2018-2019学年度第一学期高二数学期末】如图，四棱锥的底面是直角梯形，的中点，.（

Ⅰ）证明：⊥平面；（Ⅱ）求二面角的大小；（Ⅲ）线段上是否存在一点，使得直线平面.若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析【解析】（Ⅰ）因为平面.所以，又.如图，以为原点建立空间直角坐标系．由题意得所以.所以,

所以,所以平面.（Ⅱ）设平面的法向量为，因为.所以，即，令，则.于是.因为⊥平面，所以为平面的法向量，又.所以.因为所求二面角为钝角，所以二面角大小为.（Ⅲ）解：设，，.设平面的法向量，则，即，令.于是，如果直线平面，那么，解得.所以，存在点为线段靠近点的三等分点，使得直线平面.14．【北

京市大兴区2018~2019学年度第一学期期末检测】如图，边长为的正方形和高为的等腰梯形所在的平面互相垂直，交于点，点为线段上任意一点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）是否存在点

使平面与平面垂直，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）（Ⅲ）存在，且此时的值为【解析】证明：（Ⅰ）因为正方形中，交于点，所以.因为所以所以为平行四边形.所以.又因为平面平面，所以平面.解：（Ⅱ）取中点，连结，因为梯形为等腰梯形

，所以.又因为平面平面，平面，平面平面,所以平面.又因为,所以两两垂直.如图，建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以.设直线与平面所成角为，，所以直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）设，则设

平面的法向量为，则，即，令，则.所以.若平面与平面垂直，则.由，得.所以线段OF上存在点使平面与平面垂直，的值为.15．【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．（Ⅰ）求

证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在一点M，使平面？说明理由.【答案】(Ⅰ)见证明；(Ⅱ)（Ⅲ）见解析【解析】（Ⅰ）证明：在三棱柱中，因为底面，CD⊂平面ABC，所以．又为等边三角形，的中点，所

以．因为，所以平面；（Ⅱ）取中点，连结，则因为分别为的中点，所以．由（Ⅰ）知，如图建立空间直角坐标系．由题意得，，．设平面法向量则令，则．即．平面BAE法向量．因为，所以由题意知二面角为锐角，所以它的余弦值为.（Ⅲ）解：在线段上不存在点M，使平面

．理由如下．假设线段上存在点M，使平面．则，使得．因为，所以．又，所以．由（Ⅱ）可知，平面法向量，平面，当且仅当，即，使得．所以解得．这与矛盾．所以在线段上不存在点M，使平面．能力提升训练1．【江苏省泰州市田家炳中学2017-2018学年度第二学期高二第二次学情调研】如图，已知矩形ABCD

所在平面外一点P，平面ABCD，E、F分别是AB、PC的中点．求证：（1）共面；（2）求证：．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】证明：如图，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角

坐标系，设，则0，0，2b，，2b，0，，为AB的中点，F为PC的中点，0，b，，b，2b，，共面.（2），．2．根据下列条件，判断相应的线、面位置关系：（1）直线的方向向量分别是；（2）直线的方向向量、平面的法向量分别是；（3）直线的方向向量、平面的法向量分别是；（4）平

面的法向量分别是．【答案】（1）；（2）相交，且不与垂直；（3）内；（4）．【解析】（1）因为，所以，所以，即．（2）因为，所以，所以既不共线也不垂直，即相交，且不与垂直．（3）因为，所以，所以，即内．（4

）因为，所以，所以，即．3．【内蒙古集宁一中2018-2019学年高二12月月考】如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点的中点．（1）求证：；（2）求证：平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）证明由题意可得平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的

空间直角坐标系.则.，，，，故.（2）证明由题意得，设平面的一个法向量为，则，得，取，则是平面的一个法向量，又，且，故，又不在平面内，故平面.4．如图所示，正方体的棱长为分别为上的点，．证明：直线平面．【答案】证明见试题

解析．【解析】分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵，∴，∴．又，∴，∴，∴．∵是平面的法向量，且平面，∴直线平面．5．如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，⊥底面，且的中点．（1）证明：直线平面；（2）证明：平面

平面．【答案】（1）证明见试题解析；（2）证明见试题解析．【解析】如图，以为原点，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则．（1）易得，设平面的法向量为，则，即，取，可得平面的一个法向量为．又，所以，

所以，所以直线平面．（2）方法1：如图，连接于点，连接，则点的坐标为．易得，显然，故，所以．又⊥底面，所以⊥底面，又平面，所以平面平面．方法2：易得，设平面的法向量为，则，即，取，得，所以平面的一个法向量为．由⊥底面，可得是平面的一个法向量，因为，所以，所以平面平面．6．【北京101

中学2018-2019学年上学期高二年级期中考试】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，O为AD中点，AB=1，AD=2，AC=CD=.（1）证明：直线AB∥平面PCO；（2）求二面角P－CD－A的余

弦值；（3）在棱PB上是否存在点N，使AN⊥平面PCD，若存在，求线段BN的长度；若不存在，说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.【解析】（1）因为AC=CD，O为AD中点，所以．又AB⊥AD，所以AB∥CO，又AB平面PCO，CO平面PCO

，所以AB∥平面PCO．（2）因为PA=PD，所以PO⊥AD.又因为PO平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.因为CO平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC=CD，所以CO⊥AD.如图建立空间直角坐标系O－.则A（0，1，0），B（1，1，0），C（2，0

，0），D（0，－1，0），P（0，0，1）.设平面PCD的法向量为，则，得'令z=2，则．又平面ABCD的法向量为=（0，0，1），所以.由图形得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．（3）假设存在点N是棱PB上一点，使得AN⊥平

面PCD，则存在∈[0，1]使得，因此.由（2）得平面PCD的法向量为.因为AN⊥平面PCD，所以，即.解得∈[0，1]，所以存在点N是棱PB上一点，使AN⊥平面PCD，此时.7．【宁夏石嘴山三中2018-2019学年高二（上)第二次月考模拟】如图所示，已知四边形ABCD是平行四边形，

P点是四边形ABCD所在平面外一点，连接PA、PB、PC、PD，设点E、F、G、H分别为△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的重心．试用向量法证明E、F、G、H四点共面．【答案】见解析【解析】分别延长PE、PF、PG、PH，交对边于M、N、Q、

R点，因为E、F、G、H分别是所在三角形的重心，所以M、N、Q、R为所在边的中点，顺次连接M、N、Q、R得到的四边形为平行四边形，且有；如图所示，∴；又∵，∴，∴由共面向量定理知：E、F、G、H四点共面．8．如图正方形ABCD的边长为，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC

的中点，FO＝，且FO⊥平面ABCD.(1)求证：AE∥平面BCF；(2)求证：CF⊥平面AEF.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】(1)取BC中点H，连接OH，则OH∥BD，又四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，∴以O为原点，建立如图所示的直角坐标系

，则A(3，0，0)，E(1，－2，)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(0，0，)，B(1，2，0).＝(－2，－2，0)，＝(1，0，)，＝(－1，－2,)．设平面BCF的法向量为＝(x，y，z)，则.取z

＝1，得＝(－，1)．又四边形BDEF为平行四边形，∴＝(－1，－2，)，∴＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，)＝(－3，－4，)，∴＝3－4＝0，∴，又AE平面BCF，∴AE∥平面BCF.(2)＝(

－3，0，)，∴＝－3＋3＝0，＝－3＋3＝0，∴，又AEAF＝A，∴CF平面AEF.9．如图，正△ABC的边长为4，CD为AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.(1)试判断直线AB与平

面DEF的位置关系，并说明理由；(2)在线段BC上是否存在一点P，使？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）平面，理由见解析；（2）.【解析】(1)AB∥平面DEF，理由如下：在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB.又因为AB⊄平面DEF，EF平面DEF

，所以AB∥平面DEF.(2)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，，0)，E(0，，1)，故＝(0，，1)．假设存在点P(x，y，0)满足条件，则＝(x，y，－2)，，所以.又＝

(，y，0)，＝(－x，，0)，，所以()()＝，所以.把代入上式得，所以，所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时.10．【河北省保定市2019届高三上学期期末考试】如图，正三棱柱中（底面为正三角形，侧棱垂直于底面），侧棱长，底面边长，N是的中点．

（1）求证：平面平面；（2）求三棱锥的高．【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）取AB中点O，A1B1中点M，连结OC、OM，∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1中（底面为正三角形，侧棱垂直于底面），侧棱长AA1＝2，底面边长AB＝

1，N是CC1的中点．∴以O为原点，OC为x轴，OM为y轴，OC为z轴，建立空间直角坐标系，A（，0，0），N（0，1，），B1（，2，0），），（﹣1，2，0），设平面ANB1的法向量（x，y，z），则，取y＝1

，得（2，1，0），平面AA1B1B的法向量（0，0，1），∵0，∴平面ANB1⊥平面AA1B1B．（2）B（，0，0），（﹣1，0，0），设平面ABN的法向量（x，y，z），则，取z＝2，得（0，，2），∴点B1到平面ANB

的距离d．∴三棱锥B1﹣ANB的高为．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com