高中數(shù)學(xué)人教A版 (2019)選擇性必修第一冊第一章空間向量與立體幾何1.4 空間向量的應(yīng)用練習(xí)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1．空間中點(diǎn)、直線和平面的向量表示
(1)空間中點(diǎn)的位置向量：如圖，在空間中，我們?nèi)∫欢c(diǎn)O作為基點(diǎn)，那么空間中任意一點(diǎn)P就可以用向量eq \(OP,\s\up6(→))來表示．我們把向量eq \(OP,\s\up6(→))稱為點(diǎn)P的位置向量．

(2)空間中直線的向量表示式：直線l的方向向量為a ，且過點(diǎn)A.如圖，取定空間中的任意一點(diǎn)O，可以得到點(diǎn)P在直線l上的充要條件是存在實(shí)數(shù)t，使eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋ta①，把eq \(AB,\s\up6(→))＝a代入①式得eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋teq \(AB,\s\up6(→))②，
①式和②式都稱為空間直線的向量表示式．
2．空間中直線、平面的平行
(1)線線平行的向量表示：設(shè)u1，u2分別是直線l1，l2的方向向量，則l1∥l2?u1∥u2??λ∈R，使得u1＝λu2.
(2)線面平行的向量表示：設(shè)u是直線 l 的方向向量，n是平面α的法向量，l?α，則l∥α?u⊥n?u·n＝0.
(3)面面平行的向量表示：設(shè)n1 ，n2 分別是平面α，β的法向量，則α∥β?n1∥n2??λ∈R，使得n1＝λn2 .
3．空間中直線、平面的垂直
(1)線線垂直的向量表示：設(shè) u1，u2 分別是直線 l1 , l2 的方向向量，則l1⊥l2?u1⊥u2?u1·u2＝0.
(2)線面垂直的向量表示：設(shè)u是直線 l 的方向向量，n是平面α的法向量， l?α，則l⊥α?u∥n??λ∈R，使得u＝λn.
(3)面面垂直的向量表示：設(shè)n1，n2 分別是平面α，β的法向量，則α⊥β?n1⊥n2?n1·n2＝0.
4．距離問題
(1)點(diǎn)P到直線 l 的距離：已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點(diǎn)，P是直線l外一點(diǎn)，設(shè)向量eq \(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量為eq \(AQ,\s\up6(→))＝a，則點(diǎn)P到直線l的距離為eq \r(a2－?a·u?2) (如圖)．

(2)點(diǎn)P到平面α的距離：設(shè)平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)的定點(diǎn)，P是平面α外一點(diǎn)，則點(diǎn)P到平面α的距離為eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)(如圖)．
5．夾角問題
(1)兩個(gè)平面的夾角：平面α與平面β的夾角：平面α與平面β相交，形成四個(gè)二面角，我們把這四個(gè)二面角中不大于90° 的二面角稱為平面α與平面β的夾角．
(2)空間角的向量法解法
【題型1 求平面的法向量】
【方法點(diǎn)撥】
(1)求平面ABC的法向量時(shí)，要選取平面內(nèi)兩不共線向量，如eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))；
(2)設(shè)平面的法向量為n＝(x，y，z)；
(3)聯(lián)立方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AB,\s\up6(→))＝0，))并求解；
(4)所求出向量中的三個(gè)坐標(biāo)不是具體的值而是比例關(guān)系，設(shè)定一個(gè)坐標(biāo)為常數(shù)(常數(shù)不能為0)便可得到平面的一個(gè)法向量．
【例1】(2023春?連云港期中）在三棱錐P﹣ABC中，CP，CA，CB兩兩互相垂直，AC＝CB＝1，PC＝2，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則下列向量是平面PAB的一個(gè)法向量的是（）
A．(1，1，12)B．(1，2，1)C．（1，1，1）D．（2，﹣2，1）
【變式1-1】(2023春?湖北月考）已知平面α內(nèi)有兩點(diǎn)M（1，﹣1，2），N（a，3，3），平面α的一個(gè)法向量為n→=(6，?3，6)，則a＝（）
A．4B．3C．2D．1
【變式1-2】（2023秋?河北區(qū)期末）如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則平面A1BC1的一個(gè)法向量為（）
A．（1，1，1）B．（﹣1，1，1）C．（1，﹣1，1）D．（1，1，﹣1）
【變式1-3】（2023秋?諸暨市期末）在空間直角坐標(biāo)系內(nèi)，平面α經(jīng)過三點(diǎn)A（1，0，2），B（0，1，0），C（﹣2，1，1），向量n→=(1，λ，μ)是平面α的一個(gè)法向量，則λ+μ＝（）
A．﹣7B．﹣5C．5D．7
【題型2 空間線面平行關(guān)系的判定及應(yīng)用】
【方法點(diǎn)撥】
利用向量證明線線平行的思路：
證明線線平行只需證明兩條直線的方向向量共線即可．
證明線面平行問題的方法：
(1)證明直線的方向向量與平面內(nèi)的某一向量是共線向量且直線不在平面內(nèi)；
(2)證明直線的方向向量可以用平面內(nèi)兩個(gè)不共線向量表示且直線不在平面內(nèi)；
(3)證明直線的方向向量與平面的法向量垂直且直線不在平面內(nèi)．
證明面面平行問題的方法：
(1)利用空間向量證明面面平行，通常是證明兩平面的法向量平行．
(2)將面面平行轉(zhuǎn)化為線線平行然后用向量共線進(jìn)行證明．
【例2】（2023秋?成都期中）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分別為A1D1、D1C1的中點(diǎn)．分別以DA、DC、DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz．
①求點(diǎn)E、F的坐標(biāo)；
②求證：EF∥平面ACD1．
【變式2-1】如圖，設(shè)P為長方形ABCD所在平面外一點(diǎn)，M在PD上，N在AC上，若DMMP=CNNA，用向量法證明：直線MN∥平面PAB．
【變式2-2】（2023秋?黃陵縣校級期末）如圖，已知棱長為4的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，E，F(xiàn)分別是棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中點(diǎn)，求證：平面AMN∥平面EFBD．
【變式2-3】已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別是BB1，DD1的中點(diǎn)，求證：
（1）FC1∥平面ADE；
（2）平面ADE∥平面B1C1F．
【題型3 空間線面垂直關(guān)系的判定及應(yīng)用】
【方法點(diǎn)撥】
證明兩直線垂直的基本步驟：
建立空間直角坐標(biāo)系→寫出點(diǎn)的坐標(biāo)→求直線的方向向量→證明向量垂直→得到兩直線垂直．
用坐標(biāo)法證明線面垂直的方法及步驟：
(1)利用線線垂直：①將直線的方向向量用坐標(biāo)表示；②找出平面內(nèi)兩條相交直線，并用坐標(biāo)表示它們的方
向向量；③判斷直線的方向向量與平面內(nèi)兩條直線的方向向量垂直．
(2)利用平面的法向量：①將直線的方向向量用坐標(biāo)表示；②求出平面的法向量；③判斷直線的方向向量與
平面的法向量平行．
證明面面垂直的兩種方法：
(1)常規(guī)法：利用面面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為線面垂直、線線垂直去證明．
(2)法向量法：證明兩個(gè)平面的法向量互相垂直．
【例3】（2023?常熟市校級模擬）如圖，PD垂直正方形ABCD所在平面，AB＝2，E是PB的中點(diǎn)，cs＜DP→，AE→＞=33．
（1）建立適當(dāng)?shù)目臻g坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（2）在平面PAD內(nèi)求一點(diǎn)F，使EF⊥平面PCB．
【變式3-1】(2023春?青羊區(qū)校級期末）如圖所示的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BC的中點(diǎn)，在CC1上求一點(diǎn)P，使面A1B1P⊥面C1DE．
【變式3-2】（2023?浦東新區(qū)校級模擬）四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是平行四邊形，AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（8，3，2），
（1）求證：PA⊥底面ABCD；
（2）求PC的長．
【變式3-3】（2023秋?吉林期末）如圖，直棱柱（側(cè)棱垂直于底面的棱柱）ABC﹣A1B1C1，在底面ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分別為A1B1，A1A的中點(diǎn)．
（1）求cs＜BA1→，CB1→＞的值；
（2）求證：BN⊥平面C1MN．
【題型4 利用空間向量研究距離問題】
【方法點(diǎn)撥】
用向量法求點(diǎn)到直線的距離的一般步驟：
(1)求直線的方向向量．
(2)計(jì)算所求點(diǎn)與直線上某一點(diǎn)所構(gòu)成的向量在直線的方向向量上的投影向量的長度．
(3)利用勾股定理求解．另外，要注意平行直線間的距離與點(diǎn)到直線的距離之間的轉(zhuǎn)化．
用向量法求點(diǎn)面距的步驟：
(1)建系：建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系．
(2)求點(diǎn)坐標(biāo)：寫出(求出)相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)．
(3)求向量：求出相關(guān)向量的坐標(biāo)(eq \(AP,\s\up6(→))，α內(nèi)兩不共線向量，平面α的法向量n)．
(4)求距離d＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).
【例4】(2023春?南通期末）如圖，在四面體P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝2PA＝2，點(diǎn)D在線段AC上．
（1）當(dāng)D是線段AC中點(diǎn)時(shí)，求A到平面PBD的距離；
（2）若二面角A﹣PD﹣B的余弦值為13，求ADAC的值．
【變式4-1】(2023春?岳麓區(qū)校級期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD=12AD＝1．E為棱AD的中點(diǎn)，異面直線PA與CD所成的角為90°．
（1）在平面PAB內(nèi)是否存在一點(diǎn)M，使得直線CM∥平面PBE，如果存在，請確定點(diǎn)M的位置，如果不存在，請說明理由；
（2）若二面角P?CD?A的大小為45°，求P到直線CE的距離．
【變式4-2】(2023春?九龍坡區(qū)校級月考）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F(xiàn)分別為AA1，AC，A1C1的中點(diǎn)，AB=BC=5，AC＝AA1＝2．
（1）求證：AC⊥平面BEF；
（2）求點(diǎn)D與平面BEC1的距離；
（3）求二面角B﹣CD﹣C1的正弦值．
【變式4-3】(2023秋?渝中區(qū)月考）在如圖所示的五面體ABCDFE中，面ABCD是邊長為2的正方形，AE⊥面ABCD，DF∥AE，且DF=12AE＝1，N為BE的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：FN∥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角N﹣MF﹣D的余弦值；
（Ⅲ）求點(diǎn)A到平面MNF的距離．
【題型5 利用空間向量求空間角】
【方法點(diǎn)撥】
求異面直線夾角的方法：
(1)傳統(tǒng)法：作出與異面直線所成角相等的平面角，進(jìn)而構(gòu)造三角形求解．
(2)向量法：在兩異面直線a與b上分別取點(diǎn)A，B和C，D，則eq \(AB,\s\up6(→))與eq \(CD,\s\up6(→))可分別為a，b的方向向量，則cs
θ＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|).
利用平面的法向量求直線與平面夾角的基本步驟：
(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)求直線的方向向量u；
(3)求平面的法向量n；(4)設(shè)線面角為θ，則sin θ＝eq \f(|u·n|,|u||n|) .
利用向量法求二面角的大小的關(guān)鍵是確定平面的法向量，求法向量的方法主要有兩種：
(1)求平面的垂線的方向向量；
(2)利用法向量與平面內(nèi)兩個(gè)不共線向量的數(shù)量積為零，列方程組求解.
【例5】（2023秋?盤龍區(qū)月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，E為線段PD的中點(diǎn)，已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°．
（1）證明：直線PB∥平面ACE；
（2）求直線PB與平面PCD所成角的正弦值．
【變式5-1】(2023秋?安徽月考）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C．
（1）求證：AB⊥B1C；
（2）若∠B1BC＝60°，直線AB與平面BB1C1C所成的角為30°，求二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值．
【變式5-2】(2023春?江都區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD與BDEF均為菱形，直線AC⊥平面BDEF，點(diǎn)O為AC與BD的交點(diǎn)，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°．
（1）求異面直線DE與CF所成角的余弦值；
（2）求二面角A﹣FB﹣C的余弦值．
【變式5-3】(2023?南京模擬）如圖，AB為圓柱底面的直徑，△ACD是圓柱底面的內(nèi)接正三角形，AP和DQ為圓柱的兩條母線，若AB＝2AP＝2．
（1）求證：平面PCQ⊥平面BDQ；
（2）求BP與面ABQ所成角正弦值；
（3）求二面角B﹣AQ﹣C的余弦值．
【題型6 利用空間向量研究存在性問題】
【例6】(2023?歷城區(qū)校級模擬）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1=BC=2AB=2AC，點(diǎn)M為B1C1的中點(diǎn)．
（1）證明：AC1∥平面A1BM；
（2）AC上是否存在點(diǎn)N，使二面角B﹣A1M﹣N的大小為π4，若存在，求ANCN的值；若不存在，請說明理由．
【變式6-1】(2023春?內(nèi)江期末）四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，∠BCD＝60°，PA=PD=2，E是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在側(cè)棱PC上．
（1）若Q是PC的中點(diǎn)，求二面角E﹣DQ﹣C的余弦值；
（2）是否存在Q，使PA∥平面DEQ？若存在，求出PQPC的值；若不存在，說明理由．
【變式6-2】(2023?迎澤區(qū)校級模擬）菱形ABCD中，∠ABC＝120°，EA⊥平面ABCD，EA∥FD，EA＝AD＝2FD＝2．
（Ⅰ）證明：直線FC∥平面EAB；
（Ⅱ）線段EC上是否存在點(diǎn)M使得直線EB與平面BDM所成角的正弦值為28？若存在，求EMMC，若不存在，說明理由．
【變式6-3】(2023?海淀區(qū)校級模擬）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝1，AB＝AA1＝2，H，F(xiàn)分別是棱C1D1，BB1的中點(diǎn)．
（Ⅰ）請判斷直線HF與平面A1BCD1的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（Ⅱ）求直線HF與平面ABCD所成角的正弦值；
（Ⅲ）在線段HF上是否存在一點(diǎn)Q，使得點(diǎn)Q到平面A1BCD1的距離是2，若存在，求出HQHF的值；若不存在，說明理由．
角的分類
向量求法
范圍
兩條異面直線所成的角
設(shè)兩異面直線 l1，l2 所成的角為θ，其方向向量分別為u，v，則cs θ＝|cs〈u，v〉|＝ eq \f(|u·v|,|u||v|)
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
直線與平面所成的角
設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sin θ＝|cs 〈u，n〉|＝eq \f(|u·n|,|u||n|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
兩個(gè)平面的夾角
設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，平面α，β的法向量分別為n1，n2，則cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
專題1.9 空間向量的應(yīng)用-重難點(diǎn)題型精講
1．空間中點(diǎn)、直線和平面的向量表示
(1)空間中點(diǎn)的位置向量：如圖，在空間中，我們?nèi)∫欢c(diǎn)O作為基點(diǎn)，那么空間中任意一點(diǎn)P就可以用向量eq \(OP,\s\up6(→))來表示．我們把向量eq \(OP,\s\up6(→))稱為點(diǎn)P的位置向量．

(2)空間中直線的向量表示式：直線l的方向向量為a ，且過點(diǎn)A.如圖，取定空間中的任意一點(diǎn)O，可以得到點(diǎn)P在直線l上的充要條件是存在實(shí)數(shù)t，使eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋ta①，把eq \(AB,\s\up6(→))＝a代入①式得eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋teq \(AB,\s\up6(→))②，
①式和②式都稱為空間直線的向量表示式．
2．空間中直線、平面的平行
(1)線線平行的向量表示：設(shè)u1，u2分別是直線l1，l2的方向向量，則l1∥l2?u1∥u2??λ∈R，使得u1＝λu2.
(2)線面平行的向量表示：設(shè)u是直線 l 的方向向量，n是平面α的法向量，l?α，則l∥α?u⊥n?u·n＝0.
(3)面面平行的向量表示：設(shè)n1 ，n2 分別是平面α，β的法向量，則α∥β?n1∥n2??λ∈R，使得n1＝λn2 .
3．空間中直線、平面的垂直
(1)線線垂直的向量表示：設(shè) u1，u2 分別是直線 l1 , l2 的方向向量，則l1⊥l2?u1⊥u2?u1·u2＝0.
(2)線面垂直的向量表示：設(shè)u是直線 l 的方向向量，n是平面α的法向量， l?α，則l⊥α?u∥n??λ∈R，使得u＝λn.
(3)面面垂直的向量表示：設(shè)n1，n2 分別是平面α，β的法向量，則α⊥β?n1⊥n2?n1·n2＝0.
4．距離問題
(1)點(diǎn)P到直線 l 的距離：已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點(diǎn)，P是直線l外一點(diǎn)，設(shè)向量eq \(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量為eq \(AQ,\s\up6(→))＝a，則點(diǎn)P到直線l的距離為eq \r(a2－?a·u?2) (如圖)．

(2)點(diǎn)P到平面α的距離：設(shè)平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)的定點(diǎn)，P是平面α外一點(diǎn)，則點(diǎn)P到平面α的距離為eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)(如圖)．
5．夾角問題
(1)兩個(gè)平面的夾角：平面α與平面β的夾角：平面α與平面β相交，形成四個(gè)二面角，我們把這四個(gè)二面角中不大于90° 的二面角稱為平面α與平面β的夾角．
(2)空間角的向量法解法
【題型1 求平面的法向量】
【方法點(diǎn)撥】
(1)求平面ABC的法向量時(shí)，要選取平面內(nèi)兩不共線向量，如eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))；
(2)設(shè)平面的法向量為n＝(x，y，z)；
(3)聯(lián)立方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AB,\s\up6(→))＝0，))并求解；
(4)所求出向量中的三個(gè)坐標(biāo)不是具體的值而是比例關(guān)系，設(shè)定一個(gè)坐標(biāo)為常數(shù)(常數(shù)不能為0)便可得到平面的一個(gè)法向量．
【例1】(2023春?連云港期中）在三棱錐P﹣ABC中，CP，CA，CB兩兩互相垂直，AC＝CB＝1，PC＝2，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則下列向量是平面PAB的一個(gè)法向量的是（）
A．(1，1，12)B．(1，2，1)C．（1，1，1）D．（2，﹣2，1）
【解題思路】由題意P（0，0，2），A（1，0，0），B（0，1，0），則PA→=（1，0，﹣2），AB→=（﹣1，1，0），由此列方程組，能求出平面PAB的一個(gè)法向量．
【解答過程】解：在三棱錐P﹣ABC中，CP，CA，CB兩兩互相垂直，AC＝CB＝1，PC＝2，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
由題意P（0，0，2），A（1，0，0），B（0，1，0），
則PA→=（1，0，﹣2），AB→=（﹣1，1，0），
設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為n→=（x，y，z），
由n→?PA→=0n→?AB→=0，得x?2z=0?x+y=0，令z＝1，得n→=（2，2，1），
又（1，1，12）=12n→，
∴平面PAB的一個(gè)法向量為（1，1，12）．
故選：A．
【變式1-1】(2023春?湖北月考）已知平面α內(nèi)有兩點(diǎn)M（1，﹣1，2），N（a，3，3），平面α的一個(gè)法向量為n→=(6，?3，6)，則a＝（）
A．4B．3C．2D．1
【解題思路】MN→=(a?1，4，1)，由平面α的一個(gè)法向量為n→=(6，?3，6)，得n→⊥MN→，由此能求出a的值．
【解答過程】解：平面α內(nèi)有兩點(diǎn)M（1，﹣1，2），N（a，3，3），
MN→=(a?1，4，1)，
因?yàn)槠矫姒恋囊粋€(gè)法向量為n→=(6，?3，6)，
所以n→⊥MN→，則n→?MN→=6(a?1)?3×4+6=0，
解得a＝2，
故選：C．
【變式1-2】（2023秋?河北區(qū)期末）如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則平面A1BC1的一個(gè)法向量為（）
A．（1，1，1）B．（﹣1，1，1）C．（1，﹣1，1）D．（1，1，﹣1）
【解題思路】由題意寫出點(diǎn)B、A1和C1的坐標(biāo)，利用坐標(biāo)表示出BA1→和BC1→，根據(jù)平面法向量的定義列方程組求出即可．
【解答過程】解：由題意可知，B（1，1，0），A1（1，0，1），C1（0，1，1），
所以BA1→=（0，﹣1，1），BC1→=（﹣1，0，1），
設(shè)n→=（x，y，z），
則n→?BA1→=0n→?BC1→=0，即?y+z=0?x+z=0，
令z＝1，得x＝y(tǒng)＝1，
所以n→=（1，1，1），
即平面A1BC1的一個(gè)法向量為n→=（1，1，1）．
故選：A．
【變式1-3】（2023秋?諸暨市期末）在空間直角坐標(biāo)系內(nèi)，平面α經(jīng)過三點(diǎn)A（1，0，2），B（0，1，0），C（﹣2，1，1），向量n→=(1，λ，μ)是平面α的一個(gè)法向量，則λ+μ＝（）
A．﹣7B．﹣5C．5D．7
【解題思路】求出AB→，AC→，由AB→?n→=0AC→?n→=0，可得關(guān)于λ和μ的方程組，求解即可．
【解答過程】解：由A（1，0，2），B（0，1，0），C（﹣2，1，1），
則AB→=（﹣1，1，﹣2），AC→=（﹣3，1，﹣1），
因?yàn)橄蛄縩→=（1，λ，μ）是平面α的一個(gè)法向量，
所以AB→?n→=0AC→?n→=0，即 ?1+λ?2μ=0?3+λ?μ=0，
解得 λ=5μ=2，
所以λ+μ＝5+2＝7．
故選：D．
【題型2 空間線面平行關(guān)系的判定及應(yīng)用】
【方法點(diǎn)撥】
利用向量證明線線平行的思路：
證明線線平行只需證明兩條直線的方向向量共線即可．
證明線面平行問題的方法：
(1)證明直線的方向向量與平面內(nèi)的某一向量是共線向量且直線不在平面內(nèi)；
(2)證明直線的方向向量可以用平面內(nèi)兩個(gè)不共線向量表示且直線不在平面內(nèi)；
(3)證明直線的方向向量與平面的法向量垂直且直線不在平面內(nèi)．
證明面面平行問題的方法：
(1)利用空間向量證明面面平行，通常是證明兩平面的法向量平行．
(2)將面面平行轉(zhuǎn)化為線線平行然后用向量共線進(jìn)行證明．
【例2】（2023秋?成都期中）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分別為A1D1、D1C1的中點(diǎn)．分別以DA、DC、DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz．
①求點(diǎn)E、F的坐標(biāo)；
②求證：EF∥平面ACD1．
【解題思路】（1）根據(jù)坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)的定義，可得結(jié)論；
（2）求出AC→、EF→的坐標(biāo)，可得AC→=2EF→，從而可得線線平行，即可得到線面平行．
【解答過程】（1）解：由題意，AD＝AA1＝2，AB＝6，E、F分別為A1D1、D1C1的中點(diǎn)，
∴E（1，0，2），F(xiàn)（0，3，2），
（2）證明：∵A（2，0，0），C（0，6，0），
∴AC→=（﹣2，6，0），
∵E（1，0，2），F(xiàn)（0，3，2），
∴EF→=（﹣1，3，0），
∴AC→=2EF→，
∴AC∥EF，
∵EF?平面ACD1，AC?平面ACD1，
∴EF∥平面ACD1．
【變式2-1】如圖，設(shè)P為長方形ABCD所在平面外一點(diǎn)，M在PD上，N在AC上，若DMMP=CNNA，用向量法證明：直線MN∥平面PAB．
【解題思路】建立空間坐標(biāo)系，設(shè)A，C，P三點(diǎn)坐標(biāo)，用此三點(diǎn)的坐標(biāo)表示出MN→，BP→，BA→，然后觀察能否用BP→，BA→表示出MN→即可判斷線面是否平行．
【解答過程】解：建立如圖所示的空間坐標(biāo)系，設(shè)C（a，0，0），A（0，b，0），P（m，n，p），則D（a，b，0），
∴BP→=（m，n，p），BA→=（0，b，0），CA→=（﹣a，b，0），DP→=（m﹣a，n﹣b，p），DC→=（0，﹣b，0），
∵DMMP=CNNA，∴DMDP=CNCA，設(shè)DMDP=CNCA=λ，則DM→=λDP→=（mλ﹣aλ，nλ﹣bλ，pλ），CN→=λCA→=（﹣aλ，bλ，0）．
∴MN→=?DM→+DC→+CN→=（﹣mλ，2bλ﹣nλ﹣b，﹣pλ），∴MN→=?λBP→+（2λ﹣1）BA→．
∵BP?平面PAB，BA?平面PAB，MN?平面PAB，∴MN∥平面PAB．
【變式2-2】（2023秋?黃陵縣校級期末）如圖，已知棱長為4的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，E，F(xiàn)分別是棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中點(diǎn)，求證：平面AMN∥平面EFBD．
【解題思路】證法一：正方體的棱長為4，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法，可證得：MN∥平面EFBD，AK∥平面EFBD，進(jìn)而得到平面AMN∥平面EFBD．
證法二：求出平面AMN的法向量和平面EFBD的法向量，根據(jù)兩個(gè)法向量平行，可得平面AMN∥平面EFBD．
【解答過程】
證法一：正方體的棱長為4，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，
則D（0，0，0），A（4，0，0），M（2，0，4），
N（4，2，4），B（4，4，0），E（0，2，4），F(xiàn)（2，4，4）．
取MN的中點(diǎn)K，EF的中點(diǎn)G，BD的中點(diǎn)O，則O（2，2，0），K（3，1，4），G（1，3，4）．
MN→=（2，2，0），EF→=（2，2，0），AK→=（﹣1，1，4），OG→=（﹣1，1，4），
∴MN→∥EF→，AK→=OG→，
∴MN∥EF，AK∥OG，
∴MN∥平面EFBD，AK∥平面EFBD，
∴平面AMN∥平面EFBD．
證法二：設(shè)平面AMN的法向量是a→=（a1，a2，a3），平面EFBD的法向量是b→=（b1，b2，b3）．
由a→?AM→=0，a→?AN→=0，
得?2a1+4a3=02a2+4a3=0取a3＝1，得a→=（2，﹣2，1）．
由b→?DE→=0，b→?BF→=0，
得2b2+4b3=0?2b1+4b3=0取b3＝1，得b→=（2，﹣2，1）．
∵a→∥b→，
∴平面AMN∥平面EFBD．
【變式2-3】已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別是BB1，DD1的中點(diǎn)，求證：
（1）FC1∥平面ADE；
（2）平面ADE∥平面B1C1F．
【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，求出D，A，C，C1，E，F(xiàn)，B1，的坐標(biāo)，求出FC1→，DA→，AE→．
（1）利用向量的數(shù)量積為0求出平面ADE的法向量，通過向量的數(shù)量積推出n1→⊥FC1→，利用直線與平面平行的判定定理證明FC1∥平面ADE．
（2）求出平面B1C1F的一個(gè)法向量．與平面ADE的法向量，通過向量共線證明，平面ADE∥平面B1C1F．
【解答過程】解：如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，
則有D（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），
E（2，2，1），F(xiàn)（0，0，1），B1（2，2，2），
所以FC1→=（0，2，1），DA→=（2，0，0），AE→=（0，2，1）．
（1）設(shè)n1→=（x1，y1，z1）是平面ADE的法向量，則n1→⊥DA→，n1→⊥AE→，
即n1→?DA→=2x1n1→?AE→=2y1+z1?x1=0z1=?2y1，令z1＝2?y1＝﹣1，
所以n1→=（0，﹣1，2）因?yàn)閚1→?FC1→=?2+2＝0，所以n1→⊥FC1→，
又因?yàn)镕C1?平面ADE，
即FC1∥平面ADE．
（2）因?yàn)镃1B1→=（2，0，0），設(shè)n2→=（x2，y2，z2）是平面B1C1F的一個(gè)法向量．
由n2→⊥FC1→，n2→⊥C1B1→，得n2→?FC1→=2y2+z2=0n2→?C1B1→=2x2=0?x2=0z2=?2y2．
令z2＝2?y2＝﹣1，所以n2→=（0，﹣1，2），
所以n1→=n2→，所以平面ADE∥平面B1C1F．
【題型3 空間線面垂直關(guān)系的判定及應(yīng)用】
【方法點(diǎn)撥】
證明兩直線垂直的基本步驟：
建立空間直角坐標(biāo)系→寫出點(diǎn)的坐標(biāo)→求直線的方向向量→證明向量垂直→得到兩直線垂直．
用坐標(biāo)法證明線面垂直的方法及步驟：
(1)利用線線垂直：①將直線的方向向量用坐標(biāo)表示；②找出平面內(nèi)兩條相交直線，并用坐標(biāo)表示它們的方
向向量；③判斷直線的方向向量與平面內(nèi)兩條直線的方向向量垂直．
(2)利用平面的法向量：①將直線的方向向量用坐標(biāo)表示；②求出平面的法向量；③判斷直線的方向向量與
平面的法向量平行．
證明面面垂直的兩種方法：
(1)常規(guī)法：利用面面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為線面垂直、線線垂直去證明．
(2)法向量法：證明兩個(gè)平面的法向量互相垂直．
【例3】（2023?常熟市校級模擬）如圖，PD垂直正方形ABCD所在平面，AB＝2，E是PB的中點(diǎn)，cs＜DP→，AE→＞=33．
（1）建立適當(dāng)?shù)目臻g坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)；
（2）在平面PAD內(nèi)求一點(diǎn)F，使EF⊥平面PCB．
【解題思路】（1）以DA、DC、DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間坐標(biāo)系，求出AE→和DP→的坐標(biāo)，代入兩個(gè)向量的夾角公式，解方程求得點(diǎn)E坐標(biāo)．
（2）由F∈平面PAD，可設(shè)F（x，0，z），則EF→?BC→=0，且EF→?PC→=0，解方程組求得F的坐標(biāo)．
【解答過程】解：（1）以DA、DC、DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間坐標(biāo)系，則A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0）．
設(shè)P（0，0，2m），則E（1，1，m）．
∴AE→=（﹣1，1，m），DP→=（0，0，2m），
∴cs＜DP→，AE→＞=2m21+1+m2?2m=33，解得m＝1．
∴點(diǎn)E坐標(biāo)是（1，1，1）．
（2）∵F∈平面PAD，∴可設(shè)F（x，0，z）?EF→=（x﹣1，﹣1，z﹣1）．
∵EF⊥平面PCB，∴EF→⊥CB→?（x﹣1，﹣1，z﹣1）?（2，0，0）＝0?x＝1．
∵EF→⊥PC→，∴（x﹣1，﹣1，z﹣1）?（0，2，﹣2）＝0?z＝0．
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)是（1，0，0），即點(diǎn)F是AD的中點(diǎn)．
【變式3-1】(2023春?青羊區(qū)校級期末）如圖所示的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BC的中點(diǎn)，在CC1上求一點(diǎn)P，使面A1B1P⊥面C1DE．
【解題思路】以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為2，且P（0，2，a），分別求出面A1B1P與面C1DE的法向量，然后根據(jù)面A1B1P⊥面C1DE，則兩法向量垂直建立等式，從而求出所求．
【解答過程】解：以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)正方體棱長為2，且P（0，2，a），則DE→=(1，2，0)，DC1→=(0，2，2)，
設(shè)n1→=(x1，y1，z1)且n1→⊥平面DEC1，則x1+2y1=0y1+z1=0，取n1→=(2，?1，1)．
又A1P→=(?2，2，a?2)，A1B1→=(0，2，0)，
設(shè)n2→=(x2，y2，z2)且n2→⊥平面A1B1P，則?2x2+2y2+(a?2)z2=0y2=0，
取n2→=(a?2，0，2)．
由面A1B1P⊥面C1DE，得n1→?n2→=0
即2（a﹣2）+2＝0解得a＝1．
故P為CC1的中點(diǎn)．
【變式3-2】（2023?浦東新區(qū)校級模擬）四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是平行四邊形，AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（8，3，2），
（1）求證：PA⊥底面ABCD；
（2）求PC的長．
【解題思路】（1）由已知中向量AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（8，3，2），根據(jù)兩個(gè)向量的數(shù)量積為0，兩個(gè)向量垂直，我們可以判斷出AP⊥AB且AP⊥AD，進(jìn)而根據(jù)線面垂直的判定定理得到PA⊥底面ABCD；
（2）由已知中向量AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（8，3，2），根據(jù)向量加法的三角形法則，可以求出向量PC的坐標(biāo)，進(jìn)而代入向量模的計(jì)算公式，得到答案．
【解答過程】證明：（1）∵AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（8，3，2），
∴AP→?AB→=0，AP→?AD→=0，
∴AP→⊥AB→，AP→⊥AD→，
即AP⊥AB且AP⊥AD，
又∵AB∩AD＝A
∴AP⊥平面ABCD；
（2）∵AB→=（﹣1，2，1），AD→=（0，﹣2，3），AP→=（8，3，2），
∴AC→=AB→+AD→=(?1，0，4)，PC→=AP→?AC→=(9，3，?2)，
∴|PC|=94．
【變式3-3】（2023秋?吉林期末）如圖，直棱柱（側(cè)棱垂直于底面的棱柱）ABC﹣A1B1C1，在底面ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分別為A1B1，A1A的中點(diǎn)．
（1）求cs＜BA1→，CB1→＞的值；
（2）求證：BN⊥平面C1MN．
【解題思路】（1）以C為原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的坐標(biāo)系C﹣xyz，求得A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2），B（0，1，0），從而可求得BA1→=（1，﹣1，2），CB1→=（0，1，2），BA1→?CB1→=3，|BA1→|=6，|CB1→|=5，于是可求得cs＜BA1→，CB1→＞的值．
（2）利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算可求得C1M→?BN→=0，C1N→?BN→=0，C1M∩C1N＝C1，由線面垂直的判定定理即可證得結(jié)論．
【解答過程】解：以C為原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的坐標(biāo)系C﹣xyz
（1）依題意，A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2），B（0，1，0），
∴BA1→=（1，﹣1，2），CB1→=（0，1，2），
∴BA1→?CB1→=1×0+（﹣1）×1+2×2＝3，
又|BA1→|=6，|CB1→|=5，
∴cs＜BA1→，CB1→＞=BA1→?CB1→|BA1→|?|CB1→|=3010，
證明：（2）A1（1，0，2），C1（0，0，2），B1（0，1，2），N（1，0，1），
∴M（12，12，2），∴C1M→=（12，12，0），C1N→=（1，0，﹣1），BN→=（1，﹣1，1），
∴C1M→?BN→=12×1+12×（﹣1）+1×0＝0，
同理可求C1N→?BN→=0，
∴C1M→⊥BN→，C1N→⊥BN→，C1M∩C1N＝C1，
∴BN⊥平面C1M．
【題型4 利用空間向量研究距離問題】
【方法點(diǎn)撥】
用向量法求點(diǎn)到直線的距離的一般步驟：
(1)求直線的方向向量．
(2)計(jì)算所求點(diǎn)與直線上某一點(diǎn)所構(gòu)成的向量在直線的方向向量上的投影向量的長度．
(3)利用勾股定理求解．另外，要注意平行直線間的距離與點(diǎn)到直線的距離之間的轉(zhuǎn)化．
用向量法求點(diǎn)面距的步驟：
(1)建系：建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系．
(2)求點(diǎn)坐標(biāo)：寫出(求出)相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)．
(3)求向量：求出相關(guān)向量的坐標(biāo)(eq \(AP,\s\up6(→))，α內(nèi)兩不共線向量，平面α的法向量n)．
(4)求距離d＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).
【例4】(2023春?南通期末）如圖，在四面體P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝2PA＝2，點(diǎn)D在線段AC上．
（1）當(dāng)D是線段AC中點(diǎn)時(shí)，求A到平面PBD的距離；
（2）若二面角A﹣PD﹣B的余弦值為13，求ADAC的值．
【解題思路】（1）以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB、AC、AP所在直線分別為x，y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法可求得A到平面PBD的距離；
（2）設(shè)點(diǎn)D（0，t，0），其中0≤t≤2，利用向量法可得出關(guān)于t的方程，解出t的值，即可得解．
【解答過程】解：（1）因?yàn)镻A⊥平面ABC，AB⊥AC，
以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB、AC、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
因?yàn)镈為AC的中點(diǎn)，則A（0，0，0）、B（2，0，0）、D（0，1，0）、P（0，0，1），
設(shè)平面PBD的法向量為m→=(x，y，z)，BP→=(?2，0，1)，BD→=(?2，1，0)，
則m→?BP→=?2x+z=0m→?BD→=?2x+y=0，取x＝1，可得m→=(1，2，2)，AB→=(2，0，0)，
所以點(diǎn)A到平面PBD的距離為|AB→?m→||m→|=23；
（2）設(shè)點(diǎn)D（0，t，0），其中0≤t≤2，BP→=(?2，0，1)，BD→=(?2，t，0)，
設(shè)平面PBD的法向量為n→1=(x1，y1，z1)，則n1→?BP→=?2x1+z1=0n1→?BD→=?2x1+ty1=0，
取x1＝t，可得n1＝（t，2，2t），易知平面PAD的一個(gè)法向量為n2→=（1，0，0），
由已知可得|cs＜n→1，n→2＞|=|n1→?n2→||n1→|?|n2→|=t5t2+4=13，解得t＝1，
此時(shí)點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，故ADAC=12．
【變式4-1】(2023春?岳麓區(qū)校級期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD=12AD＝1．E為棱AD的中點(diǎn)，異面直線PA與CD所成的角為90°．
（1）在平面PAB內(nèi)是否存在一點(diǎn)M，使得直線CM∥平面PBE，如果存在，請確定點(diǎn)M的位置，如果不存在，請說明理由；
（2）若二面角P?CD?A的大小為45°，求P到直線CE的距離．
【解題思路】（1）先判斷存在符合題意的點(diǎn)，再通過作輔助線找到該點(diǎn)，證明CM∥平面PBE即可；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，通過已知的二面角度數(shù)，找到線段之間關(guān)系，從而確定相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，然后利用向量的運(yùn)算求得答案．
【解答過程】解：（1）延長AB交直線CD于點(diǎn)M，
∵點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，∴AE=ED=12AD，
∵BC＝CD=12AD，∴ED＝BC，
∵AD∥BC，即ED∥BC，
∴四邊形BCDE為平行四邊形，即EB∥CD，
∵AB∩CD＝M，∴M∈CD，∴CM∥BE，
∵BE?平面PBE，CM?平面PBE，
∴CM∥平面PBE，
∵M(jìn)∈AB，AB?平面PAB，
∴M∈平面PAB，
故在平面PAB內(nèi)可以找到一點(diǎn)M（M＝AB∩CD），使得直線CM∥平面PBE．
（2）如圖所示，∵∠ADC＝∠PAB＝90°，即PA⊥AB，
且異面直線PA與CD所成的角為90°，即PA⊥CD，
又AB∩CD＝M，AB，CD?平面ABCD，∴AP⊥平面ABCD，
∵AD?平面ABCD，∴PA⊥AD，
又AD⊥CD，PA⊥CD，AD∩PA＝A，AD，PA?平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
∵PD?平面PAD，∴CD⊥PD，
因此∠PDA是二面角P﹣CD﹣A的平面角，大小為45°，
∴PA＝AD，
不妨設(shè)AD＝2，則BC=CD=12AD=1，
以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，平行于CD的直線為x軸，AD為y軸，AP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz，
∴P（0，0，2），E（0，1，0），C（﹣1，2，0），
∴EC→=(?1，1，0)，EP→=(0，?1，2)，EC→方向上的單位向量坐標(biāo)為u→=(?12，12，0)，
所以P到直線CE的距離為EP→2?(EP→?u→)2=5?12=322．
【變式4-2】(2023春?九龍坡區(qū)校級月考）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F(xiàn)分別為AA1，AC，A1C1的中點(diǎn)，AB=BC=5，AC＝AA1＝2．
（1）求證：AC⊥平面BEF；
（2）求點(diǎn)D與平面BEC1的距離；
（3）求二面角B﹣CD﹣C1的正弦值．
【解題思路】（1）通過證明AC⊥BE，AC⊥EF來證得AC⊥平面BEF．
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求得D到平面BEC1的距離．
（3）利用向量法求得二面角B﹣CD﹣C1的余弦值，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為正弦值．
【解答過程】（1）證明：由于AB＝BC，E是AC的中點(diǎn)，所以AC⊥BE，
由于E，F(xiàn)分別是AC，A1C1的中點(diǎn)，所以EF∥CC1，
所以EF⊥平面ABC，所以EF⊥AC，
由于BE?EF＝E，所以AC⊥平面BEF．
（2）解：由（1）可知EA，EB，EF兩兩相互垂直，
以E為空間坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
B（0，2，0），C1（﹣1，0，2），
設(shè)平面BEC1的法向量為m→=(x1，y1，z1)，
則m→?EB→=2y1=0m→?EC1→=?x1+2z1=0，故可設(shè)m→=(2，0，1)，
D(1，0，1)，BD→=(1，?2，1)，
所以D到平面BEC1的距離為|m→?BD→|m→||=35=355．
（3）解：平面C1CD的法向量為n1→=(0，1，0)，
C(?1，0，0)，CD→=(2，0，1)，
設(shè)平面BCD的法向量為n2→=(x2，y2，z2)，
則n2→?BD→=x2?2y2+z2=0n2→?CD→=2x2+z2=0，故可設(shè)n2→=(2，?1，?4)．
設(shè)二面角B﹣CD﹣C1的二面角為θ，由圖可知，θ為鈍角，
所以csθ=n1→?n2→|n1→|?|n2→|=?11?21=?121，
sinθ=1?cs2θ=2021=210521．
【變式4-3】(2023秋?渝中區(qū)月考）在如圖所示的五面體ABCDFE中，面ABCD是邊長為2的正方形，AE⊥面ABCD，DF∥AE，且DF=12AE＝1，N為BE的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：FN∥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角N﹣MF﹣D的余弦值；
（Ⅲ）求點(diǎn)A到平面MNF的距離．
【解題思路】（Ⅰ）建立空間直角坐標(biāo)系，得到NF→=(?1，2，0)，顯然平面ABCD的法向量可以為n→=（0，0，1），所以NF→?n→=0，即NF→⊥n→，即可得證；
（Ⅱ）平面MNF的法向量為m→=(2，1，2)，平面MFD的法向量可以為u→=（0，1，0），代入公式即可求解；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知平面MNF的法向量為m→=（2，1，2），又MA→=(?1，?2，0)，代入公式即可求解．
【解答過程】（Ⅰ）證明：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，
則A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），E（0，0，2），N（1，0，1），M（1，2，0），F(xiàn)（0，2，1），
所以NF→=(?1，2，0)，顯然平面ABCD的法向量可以為n→=（0，0，1），
所以NF→?n→=0，即NF→⊥n→，
又NF?平面ABCD，所以NF∥平面ABCD；
（Ⅱ）解：因?yàn)镹F→=(?1，2，0)，MF→=(?1，0，1)，
設(shè)平面MNF的法向量為m→=（x，y，z），則m→?NF→=?x+2y=0m→?MF→=?x+z=0，
令y＝1，則x＝z＝2，所以m→=(2，1，2)，
顯然平面MFD的法向量可以為u→=（0，1，0），
設(shè)二面角N﹣MF﹣D為θ，由圖可知二面角N﹣MF﹣D為鈍角，
則csθ=?|m→?u→||m→|?|u→|=?13，
所以二面角N﹣MF﹣D的余弦值為?13；
（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知平面MNF的法向量為m→=（2，1，2），
又MA→=(?1，?2，0)，設(shè)點(diǎn)A到平面MNF的距離為d，
則d=|m→?MA→||m→|=43，
所以點(diǎn)A到平面MNF的距離為43．
【題型5 利用空間向量求空間角】
【方法點(diǎn)撥】
求異面直線夾角的方法：
(1)傳統(tǒng)法：作出與異面直線所成角相等的平面角，進(jìn)而構(gòu)造三角形求解．
(2)向量法：在兩異面直線a與b上分別取點(diǎn)A，B和C，D，則eq \(AB,\s\up6(→))與eq \(CD,\s\up6(→))可分別為a，b的方向向量，則cs
θ＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|).
利用平面的法向量求直線與平面夾角的基本步驟：
(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)求直線的方向向量u；
(3)求平面的法向量n；(4)設(shè)線面角為θ，則sin θ＝eq \f(|u·n|,|u||n|) .
利用向量法求二面角的大小的關(guān)鍵是確定平面的法向量，求法向量的方法主要有兩種：
(1)求平面的垂線的方向向量；
(2)利用法向量與平面內(nèi)兩個(gè)不共線向量的數(shù)量積為零，列方程組求解.
【例5】（2023秋?盤龍區(qū)月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，E為線段PD的中點(diǎn)，已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°．
（1）證明：直線PB∥平面ACE；
（2）求直線PB與平面PCD所成角的正弦值．
【解題思路】（1）連接BD交AC于點(diǎn)H，連接HE，可證HE∥PB，從而可證PB∥平面ACE，
（2）作Ax⊥AP，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，求得平面PCD的一個(gè)法向量，利用向量法求直線PB與平面PCD所成角的正弦值．
【解答過程】（1）證明：連接BD交AC于點(diǎn)H，連接HE，
∵AB∥DC，AB＝CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∴H是AC的中點(diǎn)，又E為線段PD的中點(diǎn)，
∴HE∥PB，又HE?平面ACE，PB?平面ACE，
∴直線PB∥平面ACE，
（2）解：∵AB⊥平面PAD，作Ax⊥AP，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
由已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°，
得B（0，0，2），P（0，2，0），D（3，﹣1，0），C（3，﹣1，2），
∴PB→=（0，﹣2，2），PD→=（3，﹣3，0），CD→=（0，0，﹣2），
設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n→=（x，y，z），
則n→?CD→=0n→?PD→=0，得?2z=03x?3y=0，不妨取n→=（3，1，0），
∴cs＜PB→，n→＞=PB→?n→|PB→|?|n→|=?222×2=?24，
所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為24．
【變式5-1】(2023秋?安徽月考）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C．
（1）求證：AB⊥B1C；
（2）若∠B1BC＝60°，直線AB與平面BB1C1C所成的角為30°，求二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值．
【解題思路】（1）推導(dǎo)出B1C⊥BC1，AO⊥B1C，從而B1C⊥平面AOB，由此能證明B1C⊥AB．
（2）設(shè)O為原點(diǎn)，OB1為x軸，OC1為y軸，OA為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值．
【解答過程】（1）證明：因?yàn)锳O⊥平面 BB1C1C，B1C?平面BB1C1C，
所以AO⊥B1C．
因?yàn)锽C＝BB1，四邊形BB1C1C是平行四邊形，所以四邊形BB1C1C是菱形．
所以BC1⊥B1C．
因?yàn)锳O∩BC1＝O，AO?平面ABC1，BC1?平面ABC1，
所以B1C⊥平面ABC1．
因?yàn)锳B?平面ABC1，所以B1C⊥AB．
（2）解：因?yàn)锳B與平面BB1C1C所成角為30°，AO⊥平面BB1C1C，
所以∠ABO＝30°，
因?yàn)椤螧1BC＝60°，所以△BCB1是正三角形，
設(shè)BC＝2，則B1C=2，BO=3，OA=1，
以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)B，OB1，OA所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則B(3，0，0)，B1(0，1，0)，A(0，0，1)，C1(?3，0，0)，
所以 AB1→=(0，1，?1)，C1B1→=(3，1，0)，A1B1→=AB→=(3，0，?1)，
設(shè)平面AB1C1的一個(gè)法向量為n1＝（x，y，z），
則n1?AB1→=y?z=0，n1?C1B1→=3x+y=0，
令x＝1，得n1=(1，?3，?3)，
設(shè)平面B1C1A1的一個(gè)法向量為n2＝（x′，y′，z′），
則 n2?A1B1→=3x'?z'=0，n2?C1B1→=3x'+y'=0，
令x′＝1，解得n2=(1，?3，3)．
設(shè)二面角A1﹣B1C1﹣A的大小為θ，
因?yàn)閏s?n1，n2?=n1?n2|n1||n2|=(1，?3，?3)?(1，?3，3)7×7=17，
所以sinθ=1?(17)2=437，
所以二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值為437．
【變式5-2】(2023春?江都區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD與BDEF均為菱形，直線AC⊥平面BDEF，點(diǎn)O為AC與BD的交點(diǎn)，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°．
（1）求異面直線DE與CF所成角的余弦值；
（2）求二面角A﹣FB﹣C的余弦值．
【解題思路】（1）說明OA，OB，OF兩兩垂直．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA、OB、OF所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，求出DE→=(0，?1，3)，CF→=(3，0，3)，利用空間向量的數(shù)量積求解異面直線所成角的余弦函數(shù)值即可．
（2）求出平面ABF的法向量，平面CBF的法向量，利用空間向量的數(shù)量積求解二面角A﹣FB﹣C的余弦值即可．
【解答過程】解：（1）∵AC⊥平面BDEF，F(xiàn)O，BD?平面BDEF，∴AC⊥FO，AC⊥BD，
∵四邊形BDEF為菱形，且∠DBF＝60°，∴△DBF為等邊三角形，
∵O為BD的中點(diǎn)，∴FO⊥BD，所以O(shè)A，OB，OF兩兩垂直．
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA、OB、OF所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，如圖所示．
∵AB＝2，四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝60°，
∴BD＝2，OA=AB2?OB2=3，
∵△BDF為等邊三角形，∴OF=3，
則A(3，0，0)，B（0，1，0），D（0，﹣1，0），E(0，?2，3)，F(xiàn)(0，0，3)，C(?3，0，0)，
∴DE→=(0，?1，3)，CF→=(3，0，3)，
設(shè)異面直線所成角為θ，則csθ=|cs＜DE→，CF→＞|=DE→?CF→|DE→|?|CF→|=64，
故csθ=64，
（2）由（1）知AB→=(?3，1，0)，BF→=(0，?1，3)，CB→=(3，1，0)，
設(shè)平面ABF的法向量為m→=(x1，y1，z1)，
則AB→?m→=?3x1+y1=0BF→?m→=?y1+3z1=0，令y1=3，則x1＝1，z1＝1，得m→=(1，3，1)．
設(shè)平面CBF的法向量為n→=(x2，y2，z2)，則BF→?n→=?y2+3z2=0CB→?n→=3x2+y2=0，
令y2=3，則x2＝﹣1，z2＝1，得n→=(?1，3，1)．
∴cs＜m→，n→＞=m→?n→|m→|?|n→|=35，
又二面角A﹣FB﹣C為鈍角，∴二面角A﹣FB﹣C的余弦值為?35．
【變式5-3】(2023?南京模擬）如圖，AB為圓柱底面的直徑，△ACD是圓柱底面的內(nèi)接正三角形，AP和DQ為圓柱的兩條母線，若AB＝2AP＝2．
（1）求證：平面PCQ⊥平面BDQ；
（2）求BP與面ABQ所成角正弦值；
（3）求二面角B﹣AQ﹣C的余弦值．
【解題思路】（1）先利用線面垂直判定定理證明AD⊥平面BDQ，再證明PQ∥AD，由此可得PQ⊥平面BDQ，再由面面垂直判定定理證明平面PCQ⊥平面BDQ；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出直線BP的方向向量與平面ABQ的法向量，再求兩向量的夾角余弦即可得BP與面ABQ所成角正弦值；（3）求平面CAQ的法向量，再求其與平面ABQ的法向量的夾角余弦，結(jié)合圖形確定二面角B﹣AQ﹣C的余弦值．
【解答過程】證明：（1）因?yàn)锳B為圓柱底面的直徑，所以AD⊥BD，
因?yàn)镈Q為圓柱的母線，故AD⊥DQ，
又BD∩DQ＝D，BD，DQ?平面BDQ，
故AD⊥平面BDQ，
由AP和DQ為圓柱的兩條母線知四邊形APQD為矩形，因此PQ∥AD，
故PQ⊥平面BDQ，
又因?yàn)镻Q?平面PCQ，所以平面PCQ⊥平面BDQ；
解：（2）由題意知DA，DB，DQ兩兩垂直，
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DB，DQ為x，y，z軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，
令A(yù)B＝2，因?yàn)椤鰽CD是圓柱底面的內(nèi)接正三角形，
故∠BAD＝30°，故AD=ABcs30°=3，BD＝ABsin30°＝1，
A(3，0，0)，B（0，1，0），Q（0，0，1），P(3，0，1)，
AB→=(?3，1，0)，AQ→=(?3，0，1)，BP→=(3，?1，1)，
設(shè)平面ABQ的法向量為n→=(x，y，z)，
由n→?AB→=0n→?AQ→=0，即?3x+y=0?3x+z=0，
令x＝1得n→=(1，3，3)，cs?BP→，n→?=|BP→?n→||BP→||n→|=10535，
所以直線BP與面ABQ所成角正弦值為10535；
（3）過C作CH⊥AD，垂足為H，DH=12AD=32，CH=32AD=32，
故點(diǎn)C的坐標(biāo)為C(32，32，0)，AC→=(?32，32，0)，AQ→=(?3，0，1)，
設(shè)平面ACQ的法向量為m→=(x，y，z)，
由m→?AC→=0m→?AQ→=0，即?32x+32y=0?3x+z=0，
令x=3得m→=(3，1，3)，
設(shè)二面角B﹣AQ﹣C的平面角為θ，
由圖可知θ為銳角，則csθ=|cs?m→，n→?|=|m→?n→||m→||n→|=5391，
所以二面角B﹣AQ﹣C的余弦值為527391．
【題型6 利用空間向量研究存在性問題】
【例6】(2023?歷城區(qū)校級模擬）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1=BC=2AB=2AC，點(diǎn)M為B1C1的中點(diǎn)．
（1）證明：AC1∥平面A1BM；
（2）AC上是否存在點(diǎn)N，使二面角B﹣A1M﹣N的大小為π4，若存在，求ANCN的值；若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）連接AB1與A1B交于點(diǎn)O，連接OM，證明OM∥AC1，根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz，不妨設(shè)AB＝1，設(shè)N（0，a，0），0≤a≤1，利用向量法求出a，從而可得出的結(jié)論．
【解答過程】（1）證明：連接AB1與A1B交于點(diǎn)O，則O為AB1的中點(diǎn)，連接OM，
因?yàn)辄c(diǎn)M為B1C1的中點(diǎn)，
所以O(shè)M∥AC1，
因?yàn)镺M?平面A1BM，AC1?平面A1BM，
所以AC1∥平面A1BM；
解：（2）存在，ANCN=2；理由如下：
由題意知，AB⊥AC，如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz，
設(shè)AB＝1，則B（1，0，0），A1(0，0，2)，M(12，12，2)，
設(shè)N（0，a，0），0≤a≤1，
所以BA1→=(?1，0，2)，A1M→=(12，12，0)，A1N→=(0，a，?2)，
設(shè)平面BA1M的一個(gè)法向量為m→=(x1，y1，z1)，則有m→?BA1=0m→?A1M=0，取x1=2得m→=(2，?2，1)，
設(shè)平面A1MN的一個(gè)法向量為n→=(x2，y2，z2)，則有n→?A1M=0，n→?A1N=0，取x2=?2得n→=(?2，2，a)，
因?yàn)閏s?m→，n→?=|m→?n→||m→|?|n→|=|a?45?4+a2|=22，解得a=23或a＝﹣6（舍），
此時(shí)ANCN=2．
【變式6-1】(2023春?內(nèi)江期末）四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，∠BCD＝60°，PA=PD=2，E是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在側(cè)棱PC上．
（1）若Q是PC的中點(diǎn)，求二面角E﹣DQ﹣C的余弦值；
（2）是否存在Q，使PA∥平面DEQ？若存在，求出PQPC的值；若不存在，說明理由．
【解題思路】（1）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz利用向量法能求出二面角E﹣DQ﹣C的余弦值；
（2）設(shè)PQ→=λPC→(0≤λ≤1)，Q（x，y，z），推導(dǎo)出Q(?2λ，3λ，?λ+1)，利用向量法能求出當(dāng)λ=23時(shí)，PA∥平面DEQ．
【解答過程】（1）解：取AD中點(diǎn)O，連接OP，OB，BD，
因?yàn)镻A＝PD，所以PO⊥AD，
因?yàn)閭?cè)面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩底面ABCD＝AD，
所以PO⊥底面ABCD，可知，BO⊥AD，PO⊥AD，
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，
則D(?1，0，0)，E(?1，3，0)，P(0，0，1)，C(?2，3，0)，
因?yàn)镼為PC中點(diǎn)，所以Q(?1，32，12)，
所以DE→=(0，3，0)，DQ→=(0，32，12)，
所以平面DEQ的法向量為n1→=(1，0，0)，
因?yàn)镈C→=(?1，3，0)，DQ→=(0，32，12)，
設(shè)平面DQC的法向量為n2→=(x，y，z)，
則DC→?n2→=0DQ→?n2→=0，即?x+3y=032y+12z=0，
令x=3，則y=1，z=?3，即n2→=(3，1，?3)，
所以cs＜n1→，n2→＞=n1→?n2→|n1→||n2→|=217，
由圖可知，二面角E﹣DQ﹣C為銳角，所以余弦值為217；
（2）解：設(shè)PQ→=λPC→(0≤λ≤1)，
由（1）可知PC→=(?2，3，?1)，PA→=(1，0，?1)，
設(shè)Q（x，y，z），則PQ→=(x，y，z?1)，
又因?yàn)镻Q→=λPC→=(?2λ，3λ，?λ)，
所以x=?2λy=3λz=?λ+1，即Q(?2λ，3λ，?λ+1)，
所以在平面DEQ中，DE→=(0，3，0)，DQ→=(1?2λ，3λ，1?λ)，
所以平面DEQ的法向量為n1→=(1?λ，0，2λ?1)，
又因?yàn)镻A∥平面DEQ，所以PA→?n1→=0，
即（1﹣λ）+（﹣1）（2λ﹣1）＝0，解得λ=23，
所以當(dāng)λ=23時(shí)，即PQPC=23，PA∥平面DEQ．
【變式6-2】(2023?迎澤區(qū)校級模擬）菱形ABCD中，∠ABC＝120°，EA⊥平面ABCD，EA∥FD，EA＝AD＝2FD＝2．
（Ⅰ）證明：直線FC∥平面EAB；
（Ⅱ）線段EC上是否存在點(diǎn)M使得直線EB與平面BDM所成角的正弦值為28？若存在，求EMMC，若不存在，說明理由．
【解題思路】（Ⅰ）取AE的中點(diǎn)H，連接HF，HB，先證四邊形BCFH為平行四邊形，從而知FC∥HB，再由線面平行的判定定理，得證；
（Ⅱ）取AB的中點(diǎn)N，連接DN，先證FD，DC，DN兩兩垂直，再以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)EM→=λEC→，λ∈[0，1]，用含λ的式子表示出點(diǎn)M的坐標(biāo)，求得平面BDM的法向量n→，由|cs＜BE→，n→＞|=28，解之即可．
【解答過程】（Ⅰ）證明：取AE的中點(diǎn)H，連接HF，HB，
因?yàn)镋A∥FD，EA＝2FD＝2，所以四邊形ADFH為平行四邊形，所以HF∥AD，HF＝AD，
又菱形ABCD，所以AD∥BC，AD＝BC，
所以HF∥BC，HF＝BC，即四邊形BCFH為平行四邊形，
所以FC∥HB，
因?yàn)镕C?平面EAB，HB?平面EAB，
所以FC∥平面EAB．
（Ⅱ）解：取AB的中點(diǎn)N，連接DN，
因?yàn)榱庑蜛BCD中，∠ABC＝120°，所以△ABD是等邊三角形，所以DN⊥AB，所以DN⊥DC，
因?yàn)镋A⊥平面ABCD，EA∥FD，所以FD⊥平面ABCD，
所以FD⊥DC，F(xiàn)D⊥DN，
故以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DN，DC，DF所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則B（3，1，0），C（0，2，0），D（0，0，0），E（3，﹣1，2），
所以EC→=（?3，3，﹣2），BE→=（0，﹣2，2），DB→=（3，1，0），
設(shè)EM→=λEC→，λ∈[0，1]，則M（3（1﹣λ），3λ﹣1，2（1﹣λ）），
設(shè)平面BDM的法向量為n→=（x，y，z），則n→?DB→=0n→?DM→=0，即3x+y=03(1?λ)x+(3λ?1)y+2(1?λ)z=0，
令x＝﹣1，則y=3，z＝，所以n→=（﹣1，3，3?23λ1?λ），
因?yàn)橹本€EB與平面BDM所成角的正弦值為28，
所以|cs＜BE→，n→＞|＝|BE→?n→|BE→|?|n→||＝|?23+2?3?23λ1?λ22?4+(3?23λ1?λ)2|=28，
化簡得，32λ2+20λ﹣7＝0，即（4λ﹣1）（8λ+7）＝0，解得λ=14或?78（舍負(fù)），
即EM→=14EC→，
所以EMMC=13．
【變式6-3】(2023?海淀區(qū)校級模擬）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝1，AB＝AA1＝2，H，F(xiàn)分別是棱C1D1，BB1的中點(diǎn)．
（Ⅰ）請判斷直線HF與平面A1BCD1的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（Ⅱ）求直線HF與平面ABCD所成角的正弦值；
（Ⅲ）在線段HF上是否存在一點(diǎn)Q，使得點(diǎn)Q到平面A1BCD1的距離是2，若存在，求出HQHF的值；若不存在，說明理由．
【解題思路】（Ⅰ）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出所需各點(diǎn)坐標(biāo)，求得平面A1BCD1的一個(gè)法向量n→，由HF→?n→=0，得解；
（Ⅱ）易知平面ABCD的一個(gè)法向量m→=（0，0，1），設(shè)直線HF與平面ABCD所成角為θ，由sinθ＝|cs＜HF→，m→＞|，得解；
（Ⅲ）假設(shè)存在HQ→=λHF→，λ∈[0，1]滿足題意，由點(diǎn)Q到平面A1BCD1的距離是|D1Q→?n→|n→||，求得該距離，并判斷是否等于2，即可得解．
【解答過程】解：（Ⅰ）結(jié)論：直線HF∥平面A1BCD1，
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA→，DC→，DD1→的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，
則B（1，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），H（0，1，2），F(xiàn)（1，2，1），
所以CD1→=（0，﹣2，2），BC→=（﹣1，0，0），HF→=（1，1，﹣1），
設(shè)平面A1BCD1的法向量為n→=(x，y，z)，則n→?CD1→=?2y+2z=0n→?BC→=?x=0，
令y＝1，得n→=（0，1，1），
因?yàn)镠F→?n→=0+1﹣1＝0，且HF?平面A1BCD1，
所以直線HF與平面A1BCD1平行．
（Ⅱ）由長方體的性質(zhì)知，DD1⊥平面ABCD，
所以平面ABCD的一個(gè)法向量m→=（0，0，1），
設(shè)直線HF與平面ABCD所成角為θ，
則sinθ＝|cs＜HF→，m→＞|＝|HF→?m→|HF→|?|m→||＝|?13×1|=33，
故直線HF與平面ABCD所成角的正弦值為33．
（Ⅲ）假設(shè)存在HQ→=λHF→，λ∈[0，1]，使得點(diǎn)Q到平面A1BCD1的距離是2，
由（Ⅰ）知，H（0，1，2），F(xiàn)（1，2，1），所以Q（λ，λ+1，2﹣λ），
所以D1Q→=（λ，λ+1，﹣λ），
由（Ⅰ）知，平面A1BCD1的一個(gè)法向量為n→=（0，1，1），
所以點(diǎn)Q到平面A1BCD1的距離是|D1Q→?n→|n→||＝|λ+1?λ2|=22＜2，
故在線段HF上不存在點(diǎn)Q，使得點(diǎn)Q到平面A1BCD1的距離是2.角的分類
向量求法
范圍
兩條異面直線所成的角
設(shè)兩異面直線 l1，l2 所成的角為θ，其方向向量分別為u，v，則cs θ＝|cs〈u，v〉|＝ eq \f(|u·v|,|u||v|)
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
直線與平面所成的角
設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sin θ＝|cs 〈u，n〉|＝eq \f(|u·n|,|u||n|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
兩個(gè)平面的夾角
設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，平面α，β的法向量分別為n1，n2，則cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多