專題7.6 空間向量的應(yīng)用（舉一反三）（新高考專用）（含答案） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16672" 【題型1 向量法證明線線平行】 PAGEREF _Tc16672 \h 4
\l "_Tc9127" 【題型2 向量法證明直線和平面平行】 PAGEREF _Tc9127 \h 6
\l "_Tc16510" 【題型3 向量法證明平面和平面平行】 PAGEREF _Tc16510 \h 9
\l "_Tc230" 【題型4 向量法證明線線垂直】 PAGEREF _Tc230 \h 14
\l "_Tc3667" 【題型5 向量法證明直線和平面垂直】 PAGEREF _Tc3667 \h 18
\l "_Tc32715" 【題型6 向量法證明平面和平面垂直】 PAGEREF _Tc32715 \h 23
\l "_Tc3351" 【題型7 求異面直線所成的角】 PAGEREF _Tc3351 \h 28
\l "_Tc29515" 【題型8 求線面角】 PAGEREF _Tc29515 \h 31
\l "_Tc15577" 【題型9 求平面與平面所成角】 PAGEREF _Tc15577 \h 36
\l "_Tc14428" 【題型10 點(diǎn)到直線距離、異面直線距離的向量求法】 PAGEREF _Tc14428 \h 42
\l "_Tc5947" 【題型11 求點(diǎn)面距、線面距、面面距】 PAGEREF _Tc5947 \h 44
\l "_Tc14490" 【題型12 立體幾何中的探索性問題】 PAGEREF _Tc14490 \h 50
1、空間向量的應(yīng)用
【知識(shí)點(diǎn)1 空間位置關(guān)系的向量表示】
1．直線的方向向量
直線的方向向量：如果表示非零向量的有向線段所在的直線與直線l平行或重合，那么稱此向量
為直線l的方向向量.
2．平面的法向量
平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量，則稱向量為平面α的法向量.
【知識(shí)點(diǎn)2 用空間向量研究直線、平面的平行關(guān)系】
1．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 .
2．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．
3．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)．
4．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．
【知識(shí)點(diǎn)3 用空間向量研究直線、平面的垂直關(guān)系】
1．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.
2．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．
3．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．
4．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．
【知識(shí)點(diǎn)4 用向量法求空間角】
1．用向量法求異面直線所成角的一般步驟：
(1)建立空間直角坐標(biāo)系；
(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；
(4)注意兩異面直線所成角的范圍是，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對(duì)值.
2．向量法求直線與平面所成角的主要方法:
(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)；
(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補(bǔ)角，取其余角就是斜線和平面所成的角.
3．向量法求二面角的解題思路:
用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個(gè)法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.
【知識(shí)點(diǎn)5 用空間向量研究距離問題】
1．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(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)．
2．向量法求點(diǎn)到直線距離的步驟：
(1)根據(jù)圖形求出直線的單位方向向量.
(2)在直線上任取一點(diǎn)M(可選擇特殊便于計(jì)算的點(diǎn)).計(jì)算點(diǎn)M與直線外的點(diǎn)N的方向向量.
(3)垂線段長度.
3．求點(diǎn)到平面的距離的常用方法
(1)直接法：過P點(diǎn)作平面的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個(gè)三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點(diǎn)P到平面的距離.
②轉(zhuǎn)化法：若點(diǎn)P所在的直線l平行于平面，則轉(zhuǎn)化為直線l上某一個(gè)點(diǎn)到平面的距離來求.
③等體積法.
④向量法：設(shè)平面的一個(gè)法向量為，A是內(nèi)任意點(diǎn)，則點(diǎn)P到的距離為.
【方法技巧與總結(jié)】
1．異面直線所成角的范圍是；直線與平面所成角的范圍是；二面角的范圍是；兩個(gè)平面夾角的范圍是.
【題型1 向量法證明線線平行】
【例1】（23-24高二上·河南·期末）在空間直角坐標(biāo)系中，已知A1,2,3，B?2,?1,6，C3,2,1，D4,3,0，則直線AB與CD的位置關(guān)系是（ ）
A．異面B．平行C．垂直D．相交但不垂直
【解題思路】利用給定的坐標(biāo)，求出向量AB,CD,AC的坐標(biāo)，再借助共線向量判斷得解.
【解答過程】由A1,2,3，B?2,?1,6，C3,2,1，D4,3,0，
得AB=?3,?3,3，CD=1,1,?1，則AB=?3CD，即AB//CD，
而AC=(2,0,?2)，顯然向量AB,AC不共線，即點(diǎn)C不在直線AB上，
所以直線AB與CD平行．
故選：B.
【變式1-1】（23-24高二上·廣東深圳·期末）已知空間中兩條不同的直線m，n，其方向向量分別為a，b，則“a，b共線”是“直線m，n平行”的（ ）
A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件
C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件
【解題思路】利用充分必要條件的概念進(jìn)行判斷即可.
【解答過程】若直線的方向向量a，b共線，則兩直線平行或重合，
又因?yàn)橹本€m，n是空間中兩條不同的直線，所以兩直線m，n平行，即“a，b共線”是“直線m，n平行”的充分條件；
若直線m，n平行，則a，b共線，即“a，b共線”是“直線m，n平行”的必要條件；
綜上，“a，b共線”是“直線m，n平行”的充分必要條件.
故選：C.
【變式1-2】（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知兩不重合直線l1和l2的方向向量分別為v1=1,0,?1，v2=?2,0,2，則l1與l2的位置關(guān)系是（ ）
A．平行B．相交C．垂直D．不確定
【解題思路】根據(jù)兩直線方向向量平行兩直線平行即可求解》
【解答過程】因?yàn)関1=1,0,?1，v2=?2,0,2，
所以v2=?2v1，
所以l1//l2，
故選：A.
【變式1-3】（23-24高三上·河北衡水·階段練習(xí)）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點(diǎn)，則下列說法錯(cuò)誤的是（ ）

A．MN與CC1垂直
B．MN與AC垂直
C．MN與BD平行
D．MN與A1B1平行
【解題思路】通過空間向量建系法，結(jié)合向量平行與垂直的性質(zhì)一一驗(yàn)證即可
【解答過程】設(shè)正方體的棱長為1，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，M12，1，12，N0，12，12，
∴MN=-12，-12，0，CC1=(0，0，1)，AC=(-1，1，0)，BD=(-1，-1，0)，A1B1=(0，1，0)，∴MN·CC1=0，∴MN⊥CC1，A說法正確；MN·AC=12-12=0，∴MN⊥AC，B說法正確；易知BD=2MN，且M，N?BD，∴MN∥BD，C說法正確；設(shè)MN=λA1B1，得-12=0×λ，-12=λ，0=0×λ，無解，所以MN與A1B1不平行，D說法錯(cuò)誤.
故選：D.
【題型2 向量法證明直線和平面平行】
【例2】（2024高二上·全國·專題練習(xí)）如圖，在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC,AB=1，AC=AA1=2,AD=CD=5，且點(diǎn)M,N分別為B1C和D1D的中點(diǎn)， 求證：MN//平面ABCD.
【解題思路】以A為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面ABCD的一個(gè)法向量n=(0,0,1)和向量MN=(0,?52,0)，結(jié)合MN?n=0，即可證得MN//平面ABCD.
【解答過程】以A為原點(diǎn)，分別以AC,AB,AA1所在直線為x,y,zz軸建立空間直角坐標(biāo)系，
如圖所示，可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,?2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2)，C1(2,0,2),D1(1,?2,2)，
又因?yàn)镸,N分別為B1C和D1D的中點(diǎn)，可得M(1,12,1),N(1,?2,1)，
又由向量n=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量，且MN=(0,?52,0),
由此可得MN?n=0，又因?yàn)橹本€MN?平面ABCD，所以MN//平面ABCD.
【變式2-1】（2024高二上·全國·專題練習(xí)）如圖所示，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB=BC=12AP=2，D是AP的中點(diǎn)，E,F,G分別為PC,PD,CB的中點(diǎn)，將△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD，試用向量方法證明AP ∥平面EFG.
【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，求出AP的方向向量和平面EFG的法向量即可求解.
【解答過程】由題意可知底面ABCD為正方形，
因?yàn)镻D⊥平面ABCD，DA,DC?平面ABCD，所以DA,DC,DP兩兩垂直，
如圖以D為原點(diǎn)，以DA,DC,DP為方向向量建立空間直角坐標(biāo)系D?xyz，
則有關(guān)點(diǎn)及向量的坐標(biāo)為：
P0,0,2，C0,2,0，G1,2,0，E0,1,1，F(xiàn)0,0,1，A2,0,0，
AP=?2,0,2，EF=0,?1,0，EG=1,1,?1，
設(shè)平面EFG的法向量為n=x,y,z，
則n?EF=?y=0n?EG=x+y?z=0，取x=1可得平面EFG的一個(gè)法向量為n=1,0,1，
因?yàn)閚?AP=?2+0+2=0，又AP在平面EFG外，
所以AP ∥平面EFG.
【變式2-2】（2024高二·全國·專題練習(xí)）如圖，在四棱錐O?ABCD中，底面ABCD為矩形，OA⊥底面ABCD，OA=2，AD=2AB=2，M為OA的中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn)，求證：直線MN//平面OCD.
【解題思路】利用空間向量法可證
【解答過程】因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，OA⊥底面ABCD，所以AB，AD，AO兩兩互相垂直，
所以分別以AB，AD，AO所在直線為x,y,z 軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，
則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，M(0,0,1)，N(1,1,0)，0,0,2，
∴MN=1,1,?1，DC=(1,0,0)，DO=0,?2,2
設(shè)平面OCD的法向量為n=(x,y,z)，
則n?DO=0n?DC=0，即 ?2y+2z=0x=0，取z=1，得n=(0,1,1)
所以MN?n=1×0+1×1?1×1=0
又∵ MN?平面OCD，所以直線MN//平面OCD，
【變式2-3】（23-24高二上·江西·階段練習(xí)）如圖，正四棱錐P?ABCD的高為6，AB=32，且M是棱PC上更靠近C的三等分點(diǎn).
(1)證明：BD⊥PC；
(2)若在棱PB上存在一點(diǎn)N，使得AN//平面BDM，求BN的長度.
【解題思路】（1）連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接PO，證明BD⊥平面POC后可證得線線垂直；
（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由空間向量法求得點(diǎn)N位置，計(jì)算出向量的模得結(jié)論．
【解答過程】（1）如圖，連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接PO.
∵底面ABCD是正方形，PB=PD，∴BD⊥PO，BD⊥OC，
∵PO∩OC=O，PO，OC?平面POC.∴BD⊥平面POC.
∵PC?平面POC，∴BD⊥PC.
（2）以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OB，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(3,0,0)，P(0,0,6)，D(0?3.0)，B(0.3.0)，M(?2.0.2).
DB=(0,6,0)，DM=(?2,3,2)，AB=(?3,3,0)，BP=0,?3,6.
設(shè)平面BDM的法向量為n=(x,y?z).則n?DB=6y=0,n?DM=?2x+3y+2z=0.
取z=1，則x=1，y=0，得n=(1,0,1).
設(shè)BN=λBP=(0.?3λ.6λ)，λ∈[0.1]，則AN=AB+BN=(?3,3?3λ,6λ).
∵AN//平面BDM，∴AN?n=?3+6λ=0，得λ=12.故BN=94+9=352.
【題型3 向量法證明平面和平面平行】
【例3】（2024高二·全國·專題練習(xí)）如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA=AD=2，E，F(xiàn)，G分別是線段PA，PD，CD的中點(diǎn)，求證：平面EFG//平面PBC．
【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量即可求解.
【解答過程】因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，
所以AB，AP，AD兩兩垂直，
以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則A0,0,0,B2,0,0,C2,2,0,D0,2,0,P0,0,2,E0,0,1,F0,1,1,G1,2,0．
所以PB=(2,0,?2)，F(xiàn)E=(0,?1,0)，F(xiàn)G=(1,1,?1)，BC=(0,2,0)，
設(shè)n1=(x1,y1,z1)是平面EFG的法向量，
則n1⊥FE，n1⊥FG，即n1?FE=0n1?FG=0，得?y1=0x1+y1?z1=0，
令z1=1，則x1=1，y1=0，所以n1=(1,0,1)，
設(shè)n2=(x2,y2,z2)是平面PBC的法向量，
由n2⊥PB，n2⊥BC，即n2?PB=0n2?BC=0，得2x2?2z2=02y2=0，
令z2=1，則x2=1，y2=0，所以n2=(1,0,1)，
所以n1//n2，所以平面EFG∥平面PBC．
【變式3-1】（23-24高二·全國·課后作業(yè)）如圖，已知在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N，P分別是AD1，BD，B1C的中點(diǎn)．證明：

(1)MN//平面CC1D1D；
(2)平面MNP//平面CC1D1D．
【解題思路】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)正方體性質(zhì)可知DA為平面CC1D1D的一個(gè)法向量，然后證明MN⊥DA即可得證；
（2）證明DA也是平面MNP的一個(gè)法向量即可.
【解答過程】（1）證明：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.
設(shè)正方體的棱長為2，則A(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，M(1,0,1)，N(1,1,0)，P(1,2,1)．

由正方體的性質(zhì)，知AD⊥平面CC1D1D，
所以DA=(2,0,0)為平面CC1D1D的一個(gè)法向量．
由于MN=(0,1,?1)，
則MN?DA=0×2+1×0+(?1)×0=0，
所以MN⊥DA．
又MN?平面CC1D1D，
所以MN//平面CC1D1D．
（2）證明：因?yàn)镈A=(2,0,0)為平面CC1D1D的一個(gè)法向量，
由于MP=(0,2,0)，MN=(0,1,?1)，
則MP·DA=0MN·DA=0，
即DA=(2,0,0)也是平面MNP的一個(gè)法向量，
所以平面MNP//平面CC1D1D．
【變式3-2】（23-24高二下·全國·課后作業(yè)）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2.求證：平面A1C1B//平面ACD1.
【解題思路】根據(jù)題意，以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面A1C1B與平面ACD1的法向量，由法向量平行，即可證明面面平行；
【解答過程】以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1 DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(3,0,0)，B(3,4,0)，C(0,4,0)，A1(3,0,2)，B1(3,4,2)，C1(0,4,2)，D1(0,0,2)，
則A1C1=(?3,4,0)，A1B=(0,4,?2)，AC=(?3,4,0)，AD1=(?3,0,2).
設(shè)平面A1C1B的法向量為n=(x,y,z)，
則n?A1C1=?3x+4y=0n?A1B=4y?2z=0.
取x=4，則y=3，z=6，
所以平面A1C1B的一個(gè)法向量為n=(4,3,6).
設(shè)平面ACD1的法向量為m=(a,b,c)，
則m?AC=?3a+4b=0m?AD1=?3a+2c=0.
取a=4，則b=3，c=6，
所以平面ACD1的一個(gè)法向量為m=(4,3,6).
因?yàn)閙=n，即m//n，
所以平面A1C1B//平面ACD1.
【變式3-3】（23-24高二上·天津薊州·階段練習(xí)）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2.
(1)求證：平面A1C1B//平面ACD1.
(2)線段B1C上是否存在點(diǎn)P，使得A1P//平面ACD1？若存在，求出點(diǎn)P的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由.
【解題思路】（1）根據(jù)題意，以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面A1C1B與平面ACD1的法向量，由法向量平行，即可證明面面平行；
（2）由空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，由A1P與平面ACD1的法向量垂直，代入計(jì)算，即可求解.
【解答過程】（1）證明：以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(3,0,0)，B(3,4,0)，C(0,4,0)，A1(3,0,2)，B1(3,4,2)，C1(0,4,2)，D1(0,0,2)，
則A1C1=(?3,4,0)，A1B=(0,4,?2)，AC=(?3,4,0)，AD1=(?3,0,2).
設(shè)平面A1C1B的法向量為n=(x,y,z)，
則n?A1C1=?3x+4y=0n?A1B=4y?2z=0.
取x=4，則y=3，z=6，所以平面A1C1B的一個(gè)法向量為n=(4,3,6).
設(shè)平面ACD1的法向量為m=(a,b,c)，
則m?AC=?3a+4b=0m?AD1=?3a+2c=0.
取a=4，則b=3，c=6，所以平面ACD1的一個(gè)法向量為m=(4,3,6).
因?yàn)閙=n，即m//n，所以平面A1C1B//平面ACD1.
（2）設(shè)線段B1C上存在點(diǎn)P使得A1P//平面ACD1，B1P=tB1C(0≤t≤1).
由（1）得A1B1=(0,4,0)，B1C=(?3,0,?2)，平面ACD1的一個(gè)法向量為m=(4,3,6)，
所以A1P=A1B1+B1P=A1B1+tB1C=(?3t,4,?2t).
所以m?A1P=?3t×4+4×3+(?2t)×6=0，解得t=12.
所以當(dāng)P為線段B1C的中點(diǎn)時(shí)，A1P//平面ACD1.
【題型4 向量法證明線線垂直】
【例4】（23-24高二下·湖南長沙·開學(xué)考試）如圖，在下列各正方體中，l為正方體的一條體對(duì)角線，M、N分別為所在棱的中點(diǎn)，則滿足MN⊥l的是（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷即得.
【解答過程】在正方體中，建立空間直角坐標(biāo)系，令棱長為2，體對(duì)角線l的端點(diǎn)為B,D1，
對(duì)于A，B(2,2,0),D1(0,0,2),M(1,2,2),N(2,1,0)，直線l的方向向量a=(2,2,?2)，

MN=(1,?1,?2)，顯然MN?a=4≠0，直線MN與l不垂直，A不是；
對(duì)于B，由選項(xiàng)A知，直線l的方向向量a=(2,2,?2)，M(0,1,2),N(2,0,1)，

則MN?=(2,?1,?1),顯然MN?a=4≠0，直線MN與l不垂直，B不是；
對(duì)于C，由選項(xiàng)A知，直線l的方向向量a=(2,2,?2)，M(0,2,1),N(1,0,0)，

則MN=(1,?2,?1),顯然MN?a=0，MN⊥l，C是；
對(duì)于D，由選項(xiàng)A知，直線l的方向向量a=(2,2,?2)，M(2,0,1),N(1,2,0)，

則MN=(?1,2,?1),顯然MN?a=4≠0，直線MN與l不垂直，D不是.
故選：C.
【變式4-1】（23-24高二下·江蘇徐州·期中）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，下列關(guān)系正確的是（ ）
A．A1D1⊥B1CB．A1D⊥BDC．AC1⊥CD1D．AC1⊥A1C
【解題思路】建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系后，借助空間向量計(jì)算其數(shù)量積即可得.
【解答過程】以D為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)正方體棱長為1，則有D0,0,0、D10,0,1、A1,0,0、A11,0,1、
B1,1,0、B11,1,1、C0,1,0、C10,1,1，
故A1D1=?1,0,0、B1C=?1,0,?1、A1D=?1,0,0、BD=?1,?1,0、
AC1=?1,1,1、CD1=0,?1,1、A1C=?1,1,?1，
對(duì)A：A1D1?B1C=?12=1，故A錯(cuò)誤；
對(duì)B：A1D?BD=?12=1，故B錯(cuò)誤；
對(duì)C：AC1?CD1=?1×1+1×1=0，故AC1⊥CD1，故C正確；
對(duì)D：AC1?A1C=1+1?1=1，故D錯(cuò)誤.
故選：C.
【變式4-2】（2024高二·全國·專題練習(xí)）如圖，在多面體PABCD中，∠ABC=90°,△DAB,△DBC都是等邊三角形，AC=22,PB=2,PB⊥平面ABC,M為PC的中點(diǎn).證明：BM⊥AD
【解題思路】取AC的中點(diǎn)Q，根據(jù)線面垂直判定定理證明DQ⊥平面ABC，由條件求DQ，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量方法證明結(jié)論.
【解答過程】由∠ABC=90°,△DAB,△DBC都是等邊三角形，AC=22，可得AB=BC=2.
取AC的中點(diǎn)為Q，則QB=QC=QA，
又DB=DC=DA，所以△QBD?△QCD?△QAD，
所以∠DQA=∠DQC=∠DQB=90°，即DQ⊥AC,DQ⊥BQ，
又AC∩BQ=Q,AC、BQ?平面ABC，故DQ⊥平面ABC.
因?yàn)椤鰽BC?△ADC，所以∠ADC=∠ABC=90°,DQ=12AC=2.
因?yàn)镻B⊥平面ABC,∠ABC=90°，AB、BC?平面ABC，
所以PB⊥ AB,PB⊥BC，又AB⊥BC，所以BA,BC,BP兩兩垂直，
以B為原點(diǎn)，BA,BC,BP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則A2,0,0,D1,1,?2,P0,0,2,C0,2,0，M0,1,22，
所以AD=?1,1,?2,BM=0,1,22，
所以AD?BM=0，則AD⊥BM.
【變式4-3】（2024高三·全國·專題練習(xí)）斜三棱柱ABC?A1B1C1的各棱長都為4,∠A1AB=60°，點(diǎn)A1在下底面ABC的投影為AB的中點(diǎn)O.在棱BB1（含端點(diǎn)）上是否存在一點(diǎn)D使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的長；若不存在，請(qǐng)說明理由；
【解題思路】連接OC，以O(shè)為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BD=λBB1,λ∈0,1，根據(jù)A1D?AC1=0結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解.
【解答過程】因?yàn)辄c(diǎn)A1在下底面ABC的投影為AB的中點(diǎn)O，故A1O⊥平面ABC，
連接OC，由題意△ABC為正三角形，故OC⊥AB，
以O(shè)為原點(diǎn)，OA,OC,OA1分別為x?y?z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
則A(2,0,0),A10,0,23，B?2,0,0,B1?4,0,23,C1?2,23,23，
可得BB1=?2,0,23，AC1=?4,23,23，A1B=?2,0,?23，
設(shè)BD=λBB1=?2λ,0,23λ,λ∈0,1，
可得A1D=A1B+BB1=?2λ?2,0,23λ?23，
假設(shè)在棱BB1（含端點(diǎn)）上存在一點(diǎn)D使A1D⊥AC1，
則A1D?AC1=42λ+2+2323λ?23=0，解得λ=15，
所以存在，此時(shí)BD=15BB1=45.
【題型5 向量法證明直線和平面垂直】
【例5】（23-24高二上·浙江·期中）已知正三棱臺(tái)ABC?A1B1C1中，AA1=1，BC=2B1C1=2，D、E分別為AA1、B1C1的中點(diǎn).

(1)求該正三棱臺(tái)的表面積；
(2)求證：DE⊥平面BCC1B1
【解題思路】（1）將正三棱臺(tái)ABC?A1B1C1補(bǔ)成正三棱錐P?ABC，分析可知正三棱錐P?ABC是棱長為2的正四面體，結(jié)合三角形的面積公式可求得正三棱臺(tái)ABC?A1B1C1的表面積；
（2）設(shè)點(diǎn)P在底面ABC的射影為點(diǎn)O，則O為正△ABC的中心，取AB的中點(diǎn)M，連接CM，則CM⊥AB，以點(diǎn)CO、AB、OP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，證明出DE⊥CP，DE⊥CB，再利用線面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立.
【解答過程】（1）解：將正三棱臺(tái)ABC?A1B1C1補(bǔ)成正三棱錐P?ABC，如圖所示：
因?yàn)锽1C1//BC，且BC=2B1C1=2，則A1、B1分別為PA、PB的中點(diǎn)，
則PA=2AA1=2，PC=PB=PA=2，故△PBC是邊長為2的等邊三角形，
由此可知，△PAB、△PAC都是邊長為2的等邊三角形，
易知△ABC是邊長為2的等邊三角形，△A1B1C1是邊長為1的等邊三角形，
故正三棱臺(tái)ABC?A1B1C1的表面積為3×34S△PAB+S△ABC+S△A1B1C1=94×34×22+34×22+34×12=732.
（2）解：設(shè)點(diǎn)P在底面ABC的射影為點(diǎn)O，則O為正△ABC的中心，
取AB的中點(diǎn)M，連接CM，則CM⊥AB，
CM=ACsinπ3=2×32=3，則CO=23CM=233，
因?yàn)镻O⊥平面ABC，CO?平面ABC，則OP⊥CO，
所以，PO=PC2?OC2=22?2332=263，
以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，CO、AB、OP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則C?233,0,0、B33,1,0、P0,0,263、A33,?1,0、
D34,?34,66、E?312,14,63，
則DE=?33,1,66，CP=233,0,263，CB=3,1,0，
所以，DE?CP=?23+23=0，DE?CB=?1+1=0，所以，DE⊥CP，DE⊥CB，
因?yàn)镃P∩CB=C，CP、CB?平面BCC1B1，故DE⊥平面BCC1B1.
【變式5-1】（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，M、N、P分別是棱CC1、BC、CD的中點(diǎn)，求證：A1P⊥平面DMN．
【解題思路】結(jié)論空間直角坐標(biāo)系，求平面DMN的法向量n，證明n與A1P共線即可.
【解答過程】建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，連結(jié)DM、DN．
則D0,0,0、N12,1,0、M0,1,12、A11,0,1、P0,12,0．
于是，DN=12,1,0，DM=0,1,12．
設(shè)平面DMN的法向量為n=x,y,z．
由n⊥DN，n⊥DM，
得12x+y=0，y+12z=0．
令y=?1，則x=z=2，故n=2,?1,2．又A1P=?1,12,?1，
易知n=?2A1P，這說明n與A1P共線．
∴A1P⊥平面DMN．
【變式5-2】（2024高三·全國·專題練習(xí)）如圖，已知直三棱柱ABC?FGE,AC=BC=4,AC⊥BC,O為BC的中點(diǎn)，D為側(cè)棱BG上一點(diǎn)，且BD=14BG，三棱柱ABC?FGE的體積為32．過點(diǎn)O作OQ⊥DE，垂足為點(diǎn)Q，求證：BQ⊥平面ACQ；
【解題思路】先根據(jù)三棱柱ABC?FGE的體積為32，求出EC=4，再由題意可得CA,CB,CE兩兩垂直，所以以C為原點(diǎn)，CA,CB,CE所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量證明即可.
【解答過程】由直三棱柱ABC?FGE，得CE⊥平面ABC，又AC⊥BC,AC=BC=4，
可得三棱柱ABC?FGE的體積V=12AC×BC×CE=12×4×4×CE=32，得EC=4．
因?yàn)槿庵鵄BC?FGE為直三棱柱，所以AC⊥CE,BC⊥CE，
因?yàn)锳C⊥BC，所以CA,CB,CE兩兩垂直，
所以以C為原點(diǎn)，CA,CB,CE所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則O0,2,0,D0,4,1,E0,0,4,B0,4,0,A4,0,0,C0,0,0，
則DE=0,?4,3．設(shè)DQ=λDE=0,?4λ,3λ，則Q0,4?4λ,1+3λ，
故OQ=0,2?4λ,1+3λ．
因?yàn)镺Q⊥DE，所以O(shè)Q?DE=0，
所以0?8+16λ+3+9λ=0，解得λ=15，即Q0,165,85．
所以BQ=0,?45,85,AQ=?4,165,85，
所以CA?BQ=4,0,0?0,?45,85=0，
CQ?BQ=0,165,85?0,?45,85=?6425+6425=0.
所以BQ⊥CA,BQ⊥CQ．
又因?yàn)镃A?平面ACQ，CQ?平面ACQ，CA∩CQ=C，
所以BQ⊥平面ACQ．
【變式5-3】（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，E在棱DD1上運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)在線段B1D1上運(yùn)動(dòng)，直線DF與平面ACE交于點(diǎn)G．

(1)當(dāng)E,F為中點(diǎn)時(shí)，證明：DF⊥平面ACE；
(2)若DF⊥平面ACE，求DGDF的最大值及此時(shí)DE的長．
【解題思路】（1）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DD1方向?yàn)閤,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)E0,0,λ,Fμ,μ,10≤λ≤1,0≤μ≤1，利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算確定線線垂直，結(jié)合線面垂直判定定理證明即可；
（2）由（1）坐標(biāo)關(guān)系與線面垂直，設(shè)DG=mDF，可得AG?DF=0，建立坐標(biāo)等式關(guān)系，利用基本不等式求得最值即可.
【解答過程】（1）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DD1方向?yàn)閤,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

則A1,0,0,B1,1,0,C0,1,0,D0,0,0,A11,0,1,B11,1,1,C10,1,1,D10,0,1，
設(shè)E0,0,λ,Fμ,μ,10≤λ≤1,0≤μ≤1，
當(dāng)E，F(xiàn)為中點(diǎn)時(shí)，λ=μ=12，有E0,0,12,F12,12,1，
所以DF=12,12,1，AC=?1,1,0，AE=?1,0,12，有AC?DF=0，AE?DF=0，
所以DF⊥AC,DF⊥AE，又AC∩AE=A,AC,AE?平面ACE，
所以DF⊥平面ACE．
（2）由（1）可得DF=(μ,μ,1)，AC=(?1,1,0)，AE=(?1,0,λ)，
若DF⊥平面ACE，則AC?DF=0，AE?DF=0，所以λ=μ，
設(shè)DG=mDF，則AG=DG?DA=(mμ?1,mμ,m)，
由AG?平面ACE，所以AG?DF=0=(mμ?1)μ+mμ2+m=0，
當(dāng)μ≠0時(shí)，m=μ2μ2+1=12μ+1μ，有00)，則AD=2t，EG=22t，EB=2t，BG=62t，
∴G0,0,0，E0,0,22t，A0,?22t,0，D0,22t,0，B62t,0,0，
∴ EB=62t,0,?22t，AE=0,22t,22t，DE=0,?22t,22t，
設(shè)平面ABE的法向量為n1=x1,y1,z1，
則n1?EB=62tx1?22tz1=0n1?AE=22ty1+22tz1=0，令x1=1，得n1=1,?3,3，
設(shè)平面DBE的法向量為n2=(x2,y2,z2)，
則n2?EB=62tx2?22tz2=0n2?DE=?22ty2+22tz2=0，令x2=1，得n2=1,3,3，
設(shè)二面角A?EB?D的平面角為θ，
∴csθ=csn1,n2=n1?n2n1n2=17×7=17，
所以sinθ=1?cs2θ=437，即二面角A?EB?D的正弦值為437．
【題型10 點(diǎn)到直線距離、異面直線距離的向量求法】
【例10】（2024·廣西來賓·一模）棱長為3的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)滿足D1E=2ED，BF?=2FB1?，則點(diǎn)E到直線FC1的距離為（ ）
A．3355B．2355
C．375D．275
【解題思路】利用向量法求點(diǎn)到直線的距離.
【解答過程】如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)條件可得E0,0,1，F(xiàn)3,3,2，C10,3,3，
EF=3,3,1，F(xiàn)C1=?3,0,1，設(shè)向量EF與FC1的夾角為θ，
∴csθ=EF?FC1EFFC1=?9+119×10=?8190，
所以點(diǎn)E到直線FC1的距離為d=EF?sinθ=19×1?64190=3355.
故選：A.
【變式10-1】（23-24高二上·山東棗莊·階段練習(xí)）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=1，M，N分別是棱AB，CC1的中點(diǎn)，E是BD的中點(diǎn)，則異面直線D1M，EN間的距離為（ ）
A．24B．22C．1D．43
【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量即可根據(jù)公式求解.
【解答過程】以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1的方向?yàn)閤,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，易知D1(0,0,1),M(1,12,0),E(12,12,0),N(0,1,12)，
D1M=(1,12,?1),EN=(?12,12,12)，設(shè)n=(x,y,z)同時(shí)垂直于D1M,EN，
由n?D1M=x+12y?z=0n?EN=?12x+12y+12z=0，令x=1，得n=(1,0,1)，
又MN=(?1,12,12)，則異面直線D1M,EN間的距離為MN?nn=?1+122=24.
故選：A．
【變式10-2】（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知在空間直角坐標(biāo)系中，直線l經(jīng)過A3,3,3，B0,6,0兩點(diǎn)，則點(diǎn)P0,0,6到直線l的距離是（ ）
A．62B．23C．26D．32
【解題思路】由題意先求出直線的方向向量e=AB=?3,3,?3，然后依次求得cse,AP,sine,AP，則P到直線的距離為d=APsine,AP，求解即可.
【解答過程】由題意可知直線l的方向向量為：e=AB=?3,3,?3，
又AP=?3,?3,3，則cse,AP=e?APeAP=9?9?927×27=?13，
sine,AP=1??132=223，
點(diǎn)P0,0,6到直線l的距離為：d=APsine,AP=9+9+9×223=26.
故選：C.
【變式10-3】（23-24高二下·江蘇泰州·期中）在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為3的正方形，PA⊥底面ABCD,PA=6，點(diǎn)G在側(cè)棱PB上，且滿足2PG=GB，則異面直線PC和DG的距離為（ ）
A．31414B．31515C．3217D．37777
【解題思路】以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.
【解答過程】如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB→,AD→,AP→分別作為x,y,z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，
則B3,0,0,C3,3,0,D0,3,0,P0,0,6,G1,0,4.
所以DG=1,?3,4,PC=3,3,?6,DC=3,0,0，
設(shè)n=x,y,z為直線PC和DG的公垂線的方向向量，
則有n?DG=x?3y+4z=0n?PC=3x+3y?6z=0，可取n=1,3,2，
所以異面直線PC和DG的距離為DC?nn=314=31414.
故選：A.
【題型11 求點(diǎn)面距、線面距、面面距】
【例11】（2024·廣東·三模）如圖，邊長為4的兩個(gè)正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，點(diǎn)G在棱AD上，AG=2GD，直線AB與平面EFG相交于點(diǎn)H.
(1)證明：BD//GH；
(2)求直線BD與平面EFG的距離.
【解題思路】（1）首先證明BD//平面EFG，再由線面平行的性質(zhì)證明即可；
（2）連接EA,ED，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用點(diǎn)到平面距離公式求解即得.
【解答過程】（1）因?yàn)镋、F分別為BC、CD的中點(diǎn)，所以EF//BD，
又BD?平面EFG，EF?平面EFG，則BD//平面EFG，
又BD?平面ABD，平面ABD∩平面EFG=GH，所以BD//GH.
（2）由（1）知，BD//平面EFG，
則點(diǎn)B到平面EFG的距離即為BD與平面EFG的距離，
連接EA,ED，由△ABC,△BCD均為正三角形，E為BC的中點(diǎn)，得EA⊥BC,ED⊥BC，
又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC,AE?平面ABC，
于是AE⊥平面BCD，又ED?平面BCD，則EA⊥ED，
以點(diǎn)E為原點(diǎn)，直線EB,ED,EA分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則B2,0,0，F(xiàn)?1,3,0，又A(0,0,23)，D(0,23,0)，
又AG→=2GD→，可得G0,433,233，
所以EB=2,0,0，EF=?1,3,0，EG=0,433,233，
設(shè)平面EFG的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)，則EF?n=?x+3y=0EG?n=433y+233z=0，
令y=1，得n=3,1,?2，
設(shè)點(diǎn)B到平面EFG的距離為d，則d=|EB?n||n|=238=62，
所以BD與平面EFG的距離為62.
【變式11-1】（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測(cè)）如圖，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1各棱長均為2，∠BAD=π3，O是線段BD的中點(diǎn)．
(1)求點(diǎn)O到平面A1C1D的距離；
(2)求直線AB與平面A1C1D所成角的正弦值．
【解題思路】（1）連接AC，B1D1交A1C1于點(diǎn)O1，連接OO1，以點(diǎn)O為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可；
（2）利用向量法求解即可.
【解答過程】（1）連接AC，由題意，點(diǎn)O為AC,BD的交點(diǎn)，
連接B1D1交A1C1于點(diǎn)O1，連接OO1，則OO1⊥平面ABCD，
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，則AC⊥BD，
如圖，以點(diǎn)O為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，
在△ABD中，∠BAD=π3，則△ABD為等邊三角形，則BD=2,AC=23，
則O0,0,0,D?1,0,0,A10,?3,2,C10,3,2，
故OD=?1,0,0,A1C1=0,23,0,DA1=1,?3,2，
設(shè)平面A1C1D的法向量為n=x,y,z，則有n?A1C1=23y=0n?DA1=x?3y+2z=0，可取n=2,0,?1，
則點(diǎn)O到平面A1C1D的距離為OD?nn=25=255；
（2）A0,?3,0,B1,0,0，故AB=1,3,0，
則csn,AB=n?ABnAB=25×2=55，
即直線AB與平面A1C1D所成角的正弦值為55．
【變式11-2】（2024高二上·全國·專題練習(xí)）直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，邊長為2，側(cè)棱A1A=3，M、N分別為A1B1、A1D1的中點(diǎn)，E、F分別是C1D1,B1C1的中點(diǎn)．

(1)求證：平面AMN //平面EFBD；
(2)求平面AMN與平面EFBD的距離．
【解題思路】（1）法一：由面面平行的判定定理即可證明；法二：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，通過證明EF→=MN→，AM→=BF→，再由面面平行的判定定理即可證明.
（2）法一: 平面AMN與平面EFBD的距離=B到平面AMN的距離?,再由等體積法即可求出答案. 法二:求出平面AMN的法向量,AB→=(0，2，0)，平面AMN與平面EFBD的距離等于B到平面AMN的距離?，由點(diǎn)到平面的距離公式即可求出答案.
【解答過程】（1）法一:證明：連接B1D1，NF,∵M(jìn)、N分別為A1B1、A1D1的中點(diǎn)，
E、F分別是C1D1,B1C1的中點(diǎn)，
∴MN//EF//B1D1，∵M(jìn)N?平面EFBD，EF?平面EFBD，
∴MN//平面EFBD，∵NF平行且等于AB，
∴ABFN是平行四邊形，∴AN//BF，
∵AN?平面EFBD，BF?平面EFBD，∴AN//平面EFBD，
∵AN∩MN=N，∴平面AMN//平面EFBD；
法二: 如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，

則A(2，0，0)，M(1，0，3)，B(2，2，0)，E(0，1，3)，
F(1，2，3)，N(2，1，3)，∴EF→=(1，1，0)，MN→=(1，1，0)，
AM→=(?1，0，3)，BF→=(?1，0，3)，
∴EF→=MN→，AM→=BF→，∴EF//MN，AM//BF，
∵M(jìn)N?平面EFBD，EF?平面EFBD，∴MN//平面EFBD，
∵AN?平面EFBD，BF?平面EFBD，∴AN//平面EFBD，
又MN∩AM=M，∴平面AMN//平面EFBD，
（2）法一:平面AMN與平面EFBD的距離=B到平面AMN的距離?．
△AMN中，AM=AN=10，MN=2，S△AMN=12?2?10?12=192，
∴由等體積可得13?192?=13?12?2?3?1，∴?=61919．
法二:
設(shè)平面AMN的一個(gè)法向量為n=x，y，z，
則n→?MN→=x+y=0n→?AM→=?x+3z=0，則可取n→=(3，?3，1)，
∵AB→=(0，2，0)，
∴平面AMN與平面EFBD的距離為d=|n→?AB→||n→|=69+9+1=61919.
【變式11-3】（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測(cè)）如圖，三棱柱ABC?A1B1C1中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，AA1=A1C.

(1)證明：A1C1⊥A1B；
(2)若三棱柱ABC?A1B1C1的體積為3，且直線AA1與平面ABC所成角為60°，求點(diǎn)A1到平面BCC1B1的距離.
【解題思路】（1）取AC中點(diǎn)O，借助等邊三角形的性質(zhì)結(jié)合線面垂直的判定定理可得AC⊥平面A1OB，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理即可得證；
（2）建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系，再利用體積公式與空間向量夾角公式，結(jié)合點(diǎn)到平面的距離公式計(jì)算即可得解.
【解答過程】（1）如圖，取AC的中點(diǎn)O，連接OB，OA1，因?yàn)椤鰽BC是等邊三角形，所以AC⊥OB，
又AA1=A1C，所以AC⊥OA1，且OB∩OA1=O，OB?平面A1OB，
OA1?平面A1OB，所以AC⊥平面A1OB，
因?yàn)锳1B?平面A1OB，所以AC⊥A1B，
又A1C1//AC，所以A1C1⊥A1B；

（2）在平面A1OB中，作A1D⊥OB，垂足為D，
由（1）知AC⊥平面A1OB，A1D?平面A1OB，所以A1D⊥AC，
而OB∩AC=O，OB?平面ABC，AC?平面ABC，
所以A1D⊥平面ABC，由O為AC中點(diǎn)，所以O(shè)A⊥OB，
所以可過點(diǎn)O作Oz軸平行于A1D，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O?xyz，

因?yàn)槿庵鵄BC?A1B1C1的體積為3，
所以12×2×2×32×A1D=3，故A1D=3，
則B0,3,0，C?1,0,0，A1,0,0，設(shè)A10,t,3，t≥0，
所以AA1=?1,t,3
平面ABC的一個(gè)法向量為n=0,0,1，
所以sin60°=csAA1,n=3t2+4=32，解得t=0，
此時(shí)A10,0,3，AA1=?1,0,3，
所以CC1=AA1=?1,0,3，CB=1,3,0，
設(shè)平面BCC1B1的法向量為m=x,y,z，
則m?CC1=0m?CB=0，即?x+3z=0x+3y=0，
令x=3，解得y=?1，z=1，所以m=3,?1,1，
又A1C=?1,0,?3，
故點(diǎn)A1到平面BCC1B1的距離為d=A1C?mm=?3?33+1+1=2155.
【題型12 立體幾何中的探索性問題】
【例12】（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）如圖，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC=π2，且AB=BC=2CD=4．
(1)設(shè)線段BE中點(diǎn)為F，證明：CF∥平面ADE；
(2)在線段AB上是否存在點(diǎn)M，使得點(diǎn)B到平面CEM的距離等于22，如果存在，求MB的長．
【解題思路】（1）取AE的中點(diǎn)G，根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；
（2）設(shè)MB=x，根據(jù)等體積法VB?MEC=VM?BEC求出x的值，即可得出結(jié)論.
【解答過程】（1）取BE的中點(diǎn)F，AE的中點(diǎn)G，連結(jié)FG、GD、CF
則有GF=12AB，GF//AB，
因?yàn)镈C=12AB，CD//AB，所以CD//GF且CD=GF，
所以四邊形CFGD是平行四邊形，則CF//DG，
又DG?平面ADE，CF?平面ADE，
所以CF//平面ADE.
（2）存在.設(shè)MB=x(00)，
所以A(0,0,0),B(2,0,0),B1(2,0,?),C(2,4,0),D1(0,2,?),D(0,2,0)
所以AB=(2,0,0),CB1=(0,?4,?),CD1=(?2,?2,?),BC=(0,4,0),BD=(?2,2,0),
設(shè)平面B1CD1的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)
則n?CB1=?4y+?z=0n?CD1=?2x?2y+?z=0，
令z=4，則x=y=?，所以n=(?,?,4)
設(shè)直線 AB與平面 B1CD1所成的角為θ，
則sinθ=csAB,n=AB·nABn=2?2×2?2+16=66，
解得?=2，所以n=(2,2,4)
所以點(diǎn)B到平面 B1CD1的距離為d=BC·nn=826=263
因?yàn)锽D·n=?2×2+2×2+4×0=0，所以BD⊥n
因?yàn)锽D不在平面B1CD1，所以BD//平面B1CD1，
因?yàn)镸在線段BD上，所以點(diǎn)M到平面 B1CD1的距離等價(jià)于點(diǎn)B到平面 B1CD1的距離，為263
故點(diǎn)M到平面 B1CD1的距離263.
19．（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺(tái)稱為正棱臺(tái).如圖，正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，E,F分別為AD,AB的中點(diǎn)，AB=2A1B1=4，側(cè)面BB1C1C與底面ABCD所成角為45°.

(1)求證：BD1//平面A1EF；
(2)線段AB上是否存在點(diǎn)M，使得直線D1M與平面A1EF所成的角的正弦值為3510，若存在，求出線段AM的長；若不存在，請(qǐng)說明理由.
【解題思路】（1）借助中位線的性質(zhì)可得線線平行，即可得線面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性質(zhì)定理即可得證；
（2）建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系后，借助空間向量可用未知數(shù)表示出直線D1M與平面A1EF所成的角的正弦值，計(jì)算即可得解.
【解答過程】（1）連接BD、B1D1，由E,F分別為AD,AB的中點(diǎn)，則EF//BD，
又EF?平面BB1D1D，BD?平面BB1D1D，故EF//平面BB1D1D，
正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，A1B1//AB且A1B1=12AB=BF，
則四邊形A1FBB1為平行四邊形，故A1F//BB1，
又A1F?平面BB1D1D，BB1?平面BB1D1D，故A1F//平面BB1D1D，
又A1F∩EF=F，且A1F?平面A1EF，EF?平面A1EF，
故平面A1EF//平面BB1D1D，又BD1?平面BB1D1D，故BD1//平面A1EF；

（2）正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，上下底面中心的連線OO1⊥底面ABCD，
底面ABCD為正方形，故AO⊥BO，
故可以O(shè)為原點(diǎn)，OA、OB、OO1為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz，
由AB=2A1B1=4，側(cè)面BB1C1C與底面ABCD所成角為45°，
則OO1=A1B1?AB2×tan45°=1，
則A12,0,1，F(xiàn)2,2,0，E2,?2,0，
假設(shè)在線段AB上存在點(diǎn)Mx,y,0滿足題設(shè)，則AM=x?2,y,0，
設(shè)AM=λAB0≤λ≤1，則M=22?22λ,22λ,0，
D1M=22?22λ,22λ+2,?1，
設(shè)平面A1EF的法向量為m=x,y,z，
則n2?A1E=2y?z=0n2?EF=22y=0，令x=1，則y=0，z=0，即m=1,0,0，
因?yàn)橹本€D1M與平面A1EF所成的角的正弦值為3510，
故csD1M,m=D1M?mD1Mm=22?22λ16λ2?8λ+11×1=3510，
解得λ=14或λ=614（舍），故AM=14AB=1，
故線段AB上存在點(diǎn)M，使得直線D1M與平面A1EF所成的角的正弦值為3510，
此時(shí)線段AM的長為1.

考點(diǎn)要求
真題統(tǒng)計(jì)
考情分析
(1)理解直線的方向向量及平面的法向量，能用向量方法證明立體幾何中有關(guān)線面位置關(guān)系的一些簡單定理
(2)能用向量法解決異面直線、直線與平面、平面與平面的夾角問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會(huì)向量法在研究空間角問題中的作用
(3)會(huì)求空間中點(diǎn)到直線以及點(diǎn)到平面的距離
(4)以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系或空間角存在的條件
2022年新高考全國I卷：第19題，12分
2022年新高考全國Ⅱ卷：第20題，12分
2023年新高考I卷：第18題，12分
2023年新高考Ⅱ卷：第20題，12分
2024年新高考I卷：第17題，15分
2024年新高考Ⅱ卷：第17題，15分
空間向量的應(yīng)用是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，屬于高考的必考內(nèi)容之一.從近幾年的高考情況來看，空間向量解立體幾何一般以解答題形式為主，每年必考，難度中等偏難，第一小問一般考查空間線、面位置關(guān)系的證明；空間角與點(diǎn)、線、面距離問題通常在解答題的第二小問考查，有時(shí)在選擇題、多選題中也會(huì)涉及.在高考復(fù)習(xí)過程中除了掌握空間向量法求空間角、空間距離，還需多鍛煉幾何法的應(yīng)用，學(xué)會(huì)靈活求解.