1.4.2用空間向量研究距離夾角問題（11大題型提分練）

用空間向量研究距離、夾角問題題型一求異面直線所成角1．（2324高二下·安徽黃山·期末）如圖，在四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，底面四邊形ABCD為菱形，AA1=A1B1=12AB=1A．14 B．154 C．1 D【答案】B【分析】建立空間坐標(biāo)系，即可利用向量夾角求解.【詳解】取BC中點Q，連接AQ，AC，由菱形得△ABC為等邊三角形，∵Q為中點，∴AQ⊥BC，又∵AD//BC，∴AQ⊥AD，又∵AA1⊥∴以A為坐標(biāo)原點，以AQ、AD、AA1所在直線分別為x軸、y軸、A(0,0,0),A1(0,0,1),D1(0,1,1),Q(3,0,0),C(3,1,0),B(3,-1,0)，C1(32,1所以cosC故,故直線AD1與直線C1M所成角的正弦值為15故選：B2．（2324高二下·江蘇徐州·期中）如圖，四邊形ABCD,AB=BD=DA=4,BC=CD=22，現(xiàn)將△ABD沿BD折起，當(dāng)二面角A-BD-C的大小在[π6,π3]時，直線AB和CDA．22-616 B．28 C【答案】B【分析】取BD中點O，連結(jié)AO，CO，以O(shè)為原點，OC為x軸，OD為y軸，過點O作平面BCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出直線AB與CD所成角的余弦值取值范圍．【詳解】取BD中點O，連接AO，CO，AB=BD=DA=4,BC=CD=22則CO⊥BD,AO⊥BD，且CO=2,AO=23，于是∠AOC是二面角A-BD-C顯然BD⊥平面AOC，在平面AOC內(nèi)過點O作Oz⊥OC，則BD⊥Oz，直線OC,OD,Oz兩兩垂直，以O(shè)為原點，直線OC,OD,Oz分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，B(0,-2,0),C(2,0,0),D(0,2,0)，設(shè)二面角A-BD-C的大小為θ，θ∈[π因此A(23cosθ,0,23sin于是cosα=|顯然cosθ∈[12,3所以cosα的最大值為2故選：B【點睛】關(guān)鍵點點睛：建立空間直角坐標(biāo)系，求出動點A的坐標(biāo)，利用向量建立函數(shù)關(guān)系是解題的關(guān)鍵.3．（2324高二下·山西晉城·期末）如圖，平面ABCD⊥平面ABEF，四邊形ABEF為正方形，四邊形ABCD為菱形，∠DAB=60°，則直線AC,FB所成角的正弦值為（

）A．63 B．53 C．104【答案】C【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量的夾角即可求解.【詳解】取AB的中點O，連接OD,四邊形ABCD為∠DAB=60°的菱形，所以DO⊥AB，由于平面ABCD⊥平面ABEF，且兩平面交線為AB，DO⊥AB,DO?平面ABCD，故DO⊥平面ABEF,又四邊形ABEF為正方形，故建立不妨設(shè)正方形的邊長為2，則A0,-1,0故AC=則，又故，故直線AC,FB所成角的正弦值104故選：C4．（2324高二下·廣西南寧·階段練習(xí)）已知點O0,0,0，A1,0,1，B-1,1,2，C-1,0,-1，則異面直線OC與A．36 B．33 C．24【答案】D【分析】應(yīng)用求空間向量夾角余弦值的公式計算余弦值，然后利用同角三角函數(shù)關(guān)系求解正弦值即可.【詳解】設(shè)兩條異面直線所成的角為θ，且這兩條異面直線的方向向量分別是OC=-1,0,-1，則cosθ=OC?所以sinθ=1-cos2θ=336，故選：D5．（2324高二下·甘肅酒泉·期中）四棱錐P-ABCD的底面是邊長為2的菱形，∠DAB=60°，對角線AC與BD相交于點O，PO⊥底面ABCD，PB與底面ABCD所成的角為60°，E是PB的中點(1)證明：OE//平面PAD(2)求DE與PA所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)14【分析】（1）連接OE，即可說明EO//（2）建立空間直角坐標(biāo)系，由線面角求出PO，再利用空間向量法計算可得.【詳解】（1）連接OE，因為ABCD為菱形，對角線AC與BD相交于點O，所以O(shè)為BD的中點，又E是PB的中點，則EO//PD，且EO?平面PAD，PD?平面所以EO//平面PAD（2）因為ABCD為菱形，所以AC⊥BD，又PO⊥底面ABCD，則PO,OC,OB兩兩互相垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點，射線OB,OC,OP分別為x軸、y軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，菱形ABCD中，∠DAB=60°，所以BD=2OB=2，在Rt△AOB中OA=因為PO⊥底面ABCD，所以PB與底面ABCD，所成的角為∠PBO=60°，所以PO=OB?tan則A又E是PB的中點，則E1于是DE=32設(shè)DE與AP的夾角為θ，則有cosθ=所以sinθ=所以異面直線DE與PA所成角的正弦值為144題型二已知異面直線所成角求其他量1．（2324高二上·海南·期中）在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，SA⊥平面ABCD，SA=AB，E是BC的中點，F(xiàn)是棱SD上一點（不含端點），滿足SD=λFD．若異面直線AE與CF所成角的余弦值為427，則A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】先根據(jù)條件建立合適空間直角坐標(biāo)系，然后表示出點F坐標(biāo)，利用向量法表示出異面直線所成角的余弦值，求解出SD,FD的倍數(shù)關(guān)系則λ【詳解】取CD中點M，連接AM,AC，因為四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，所以△ABC,△ADC均為等邊三角形，又因為M為CD中點，所以AM⊥CD，又因為AB//CD，所以AM⊥AB，以A為坐標(biāo)原點，以AB,AM,AS方向為x,y,z軸正方向，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系：設(shè)AB=SA=1，所以A0,0,0設(shè)mSD=FD所以F12m-1,3所以cosAE化簡可得16m2-8m+1=0所以14SD=FD，所以故選：C.2．（2324高二上·河南·期末）在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中，向量a→=1,-1,m，b→=1【答案】±【分析】由向量夾角的余弦公式運(yùn)算即可.【詳解】設(shè)l1，l2所成角為則cosθ=解得m=±2故答案為：±23．（2324高二上·福建廈門·期中）如圖1，在△ABC中，D,E分別為AB,AC的中點，O為DE的中點，AB=AC=25，BC=4.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1(1)求證：A1(2)線段A1C上是否存在點F，使得直線DF和BC所成角的余弦值為357【答案】(1)證明見解析(2)存在，A【分析】（1）根據(jù)等腰三角形三線合一性質(zhì)和面面垂直性質(zhì)可得A1O⊥平面（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點可建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)A1F=λA【詳解】（1）∵AB=AC，D,E分別為AB,AC中點，∴AD=AE∵O為DE中點，∴A又平面A1DE⊥平面BCED，平面A1DE∩平面BCED=DE，∴A1O⊥平面BCED，又BD?平面BCED（2）取BC中點G，連接OG，∵AB=AC，G為BC中點，∴AG⊥BC∴AG=AB2則以O(shè)為坐標(biāo)原點，OG,OE,則A10,0,2，D0,-1,0，B∴A1C=2,2,-2假設(shè)在線段A1C上存在點F，使得直線DF和BC所成角的余弦值為設(shè)A1F=λ∴DF∴cos整理可得：16λ2-24λ+9=∴存在滿足題意的點F，此時A14．（2324高二上·上?！ふn后作業(yè)）如圖，設(shè)ABCD-A1B1C1D

(1)證明：AP⊥B(2)若異面直線AP與D1B1所成角為π(3)當(dāng)∠APC為鈍角時，求λ的取值范圍．【答案】(1)證明見解析(2)λ=1(3)1【分析】（1）建立坐標(biāo)系，利用向量數(shù)量積為0，證明線線垂直；（2）寫出向量坐標(biāo)，利用夾角公式可得答案；（3）利用鈍角可得數(shù)量積小于零且不等于-1，求解即可.【詳解】（1）以D為坐標(biāo)原點，DA,DC,DD1所在直線分別為設(shè)正方體的棱長為1，則B1,1,0，B11,1,1，D10,0,1D1B=因為D1PD所以AP=因為AP?B1（2）D1B1因為直線AP與D1B1所以AP?解得λ=±1，因為動點P在對角線BD1上，所以（3）PC=PB+因為∠APC為鈍角，所以PA?PC=3又因為3λ2-4λ+1≠-1在R上恒成立

5．（2223高二上·北京昌平·階段練習(xí)）如圖，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，M是線段EF的中點

(1)求證AM//平面BDE；(2)試在線段AC上確定一點P，使得PF與CD所成的角是60°.【答案】(1)證明見解析(2)點P為AC的中點【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量共線證明線線共線，從而利用線面平行的判定證明即可；（2）設(shè)出點的坐標(biāo)，利用向量夾角的坐標(biāo)運(yùn)算公式建立方程，即可求解點的位置.【詳解】（1）因為正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，且平面ABCD∩平面ACEF=AC，且EC⊥AC，EC?平面ACEF，所以EC⊥平面ABCD，又CD⊥CB，如圖建立空間直角坐標(biāo)系.

設(shè)AC∩BD=N，連結(jié)NE，則N22,22又A(2,2,0),M2∴NE=AM，且NE與AM不共線，又NE?平面BDE，AM?平面BDE，∴AM∥平面BDE（2）設(shè)P(t,t,0)，0≤t≤2，又F(2,2,1)則PF=(2-t,又∵PF與CD所成的角為60°，∴(2解之得t=22或t=322（舍去），故點題型三直線與平面所成的角1．（2324高二下·安徽宣城·期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，且AD∥BC,∠BAD=90°,BC=1，AP=AB=(1)求證：平面PBC⊥平面ADMN；(2)求直線BD與平面ADMN所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)42【分析】（1）先證明PB⊥平面ADMN，根據(jù)面面垂直的判定定理即可證明結(jié)論；（2）方法一：結(jié)合（1）可知PB⊥平面ADMN，即可說明∠BDN即為直線BD與平面ADMN所成的角，解三角形，即可求得答案；方法二，建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點坐標(biāo)，利用空間角的向量求法，即可求得答案.【詳解】（1）∵PA⊥平面ABCD,AD?平面ABCD，則PA⊥AD，由∠BAD=90°，則又AB∩PA=A,AB,PA?平面PAB，∴AD⊥平面PAB,PB?平面PAB，∴AD⊥PB，∵AP=AB，且N為PB的中點，∴PB⊥AN，∵AN∩AD=A,AN,AD?平面ADMN，∴PB⊥平面ADMN，又PB?平面PBC，所以平面PBC⊥平面ADMN；（2）解法一：如圖，連結(jié)DN，由（1）知PB⊥平面ADMN，所以，DN為直線BD在平面ADMN內(nèi)的射影，且DN⊥BN，所以，∠BDN即為直線BD與平面ADMN所成的角.在直角梯形ABCD內(nèi)，過C作CH⊥AD于H，則四邊形ABCH為矩形，CH=AB=3,AH=BC=1，在Rt所以，AD=AH+DH=2,BD=A而PB=3+3=6，在Rt所以sin∠BDN=綜上，直線BD與平面ADMN所成角的正弦值為42解法二：在直角梯形ABCD內(nèi)，過C作CH⊥AD于H，則四邊形ABCH為矩形，CH=AB=3,AH=BC=1，在Rt△CDH所以，AD=AH+DH=2，以A點為原點，AB?AD?則A0,0,0由（1）知，PB⊥平面ADMN，平面ADMN法向量可取為PB=設(shè)直線BD與平面ADMN所成角為θ，則sinθ=綜上，直線BD與平面ADMN所成角的正弦值為42142．（2324高二下·湖南岳陽·期末）如圖，在圓錐SO中，AD為圓O的直徑，B,C為圓弧AD的兩個三等分點，M為SD的中點，SO=OA=3；(1)求證：平面SBD⊥平面SOC；(2)求直線SD與平面ABM所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）利用線面垂直的性質(zhì)得到SO⊥BD，再根據(jù)條件得到OC⊥BD，利用線面垂直的判定定理得到BD⊥面SOC，再利用面面垂直的判定定理，即可證明結(jié)果；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面ABM的一個法向量及SD，再利用線面角的向量法，即可求出結(jié)果.【詳解】（1）因為SO⊥面圓O，又BD?面圓O，所以SO⊥BD，又B,C為圓弧AD的兩個三等分點，所以BC=CD，得到又OB=OD，所以O(shè)C⊥BD,又SO∩OC=O，SO,OC?面SOC，所以BD⊥面SOC，又BD?面SBD，所以平面SBD⊥平面SOC.（2）取AD的中點H，連接OH，如圖，以O(shè)H,OD,OS所以直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，因為M為SD的中點，SO=OA=3，所以A(0,-3,0),D(0,3,0),S(0,0,3),M(0,3又因為∠AOB=π3，OA=OB=3，所以則SD=(0,3,-3)，AM=(0,設(shè)平面ABM的一個法向量為n=(x,y,z)，由n?AB取y=-1，得到x=33，z=3，所以設(shè)直線SD與平面ABM所成的角為θ，所以.3．（2324高二下·江蘇徐州·期中）已知平行四邊形ABCD中，AB=3,AD=5,BD=4,E是線段AD的中點.沿直線BD將△BCD翻折成△BC'D，使得平面B(1)求證：C'D⊥平面(2)求直線BD與平面BEC'【答案】(1)證明見解析；(2)341【分析】（1）利用翻折的特性，結(jié)合勾股定理逆定理證得C'D⊥BD，再利用面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的（2）由（1）建立空間直角坐標(biāo)系，求出直線的方向向量與平面的法向量，再線面角的向量求法求解即得.【詳解】（1）在?ABCD中，AB=3,AD=5,BD=4，翻折后，C'D=CD=AB=3,C于是C'D⊥BD，而平面BC'D⊥平面ABD，平面BC'D∩平面所以C'D⊥平面（2）由（1）知C'D⊥平面ABD，且CD⊥BD，顯然直線如圖，以D為原點，直線DB,CD,DC'分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系則D0,0,0，A4,3,0，B4,0,0由E是線段AD的中點，得E(2,32,0)在平面BEC'中，BE=(-2,設(shè)平面BEC'法向量為n=(x,y,z)，則BE?n設(shè)直線BD與平面BEC'所成角為θ，則sin以直線BD與平面BEC'所成角的正弦值為4．（2324高二上·湖北襄陽·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面四邊形ABCD滿足AB=CB=2,AD=CD=5,∠ABC=90°，棱PD上的點E滿足直線(1)求PEED(2)若PB=5,PD=22，且PA=PC，求直線CE【答案】(1)2(2)4【分析】（1）由題意得：連接AC,BD交于O點，過C做CF∥AB，交BD于T點，先證平面PAB//平面CEF，從而PEDE=AFFD（2）利用余弦定理可得PO=2，從而PO⊥BD，以O(shè)為原點，OC，OD，OP所在的直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求解線面角.【詳解】（1）由題意得：連接AC,BD交于O點，過C做CF∥AB，交BD于T點，如圖所示：由于CF//AB,CF?平面PAB，AB?平面所以CF//平面PAB，又CE//平面PAB．CF∩CE=C,CF,CE?平面所以平面PAB//平面CEF，平面PAD∩平面PAB=PA平面PAD∩平面CEF=EF，所以EF故PEDE由于AB=CB=2所以△ABD≠△BCD，則∠CBT=π4，所以四邊形ABCT為正方形，所以∴在Rt△COD中，CO=1,CD=5，所以O(shè)D=2，所以∴PE（2）在△POB和△POD中，由cos∠POB=-PO滿足PO2+BO2又有AC交BD于O點，所以PO⊥平面ABCD，滿足PO,CO,DO兩兩垂直，故以O(shè)為原點，OC，OD，OP所在的直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則P0,0,2于是有BP=設(shè)平面PBC的法向量為n=x,y,z，由取n=2,-2,1，又故所求角的正弦值為cosCE5．（2324高二下·廣西貴港·期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC,AD=2BC=4，側(cè)面PAD⊥平面ABCD,O,M分別為AD,PD的中點．

(1)證明：PB∥平面OMC．(2)若CD=2,PA=PD=4，求直線PC與平面PAB所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)1510【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理證明線面平行；（2）利用向量法計算直線與平面所成角的正弦值；【詳解】（1）證明：連接BD,OB，設(shè)BD與OC相交于點E，因為AD∥BC，

AD=2BC=2OD=4，所以O(shè)BCD為平行四邊形，即E為BD的中點．連接ME，因為M為PD的中點，所以PB∥ME．因為PB?平面OMC,ME?平面OMC，所以PB∥平面OMC．（2）因為PA=PD，所以PO⊥AD．因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD．取BC的中點H，連接OH．因為ABCD是等腰梯形，所以O(shè)H⊥AD．以O(shè)為坐標(biāo)原點，OH,OD,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A0,-2,0所以AB=設(shè)平面PAB的法向量為m=x,y,z令x=1，則y=-3,z=1，可得cosm,所以直線PC與平面PAB所成角的正弦值為1510題型四已知線面角求其他量1．（2324高二下·云南曲靖·階段練習(xí)）如圖，在斜三棱柱BCE-ADF中，側(cè)面ABCD⊥側(cè)面ABEF，AB=AD=AF=2,∠ADC=∠AFE=60°，M為線段CD上的動點(1)當(dāng)M為CD的中點時，證明：EM⊥BF；(2)若EM與平面BCE所成角的正弦值為1525，求線段CM的長度【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）作出輔助線，得到AE⊥BF，AM⊥AB，由面面垂直得到線面垂直，得到AM⊥BF，從而證明出AM⊥平面ABEF，AM⊥BF，得到BF⊥平面AEM，證明出結(jié)論；（2）作出輔助線，證明出AM1,AB,AN兩兩互相垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，設(shè)M(3【詳解】（1）連接AE,AM，∵AB=AD=AF=2,∠ADC=∠AFE=60°，∴四邊形ABCD,ABEF均為含60°的菱形，△ACD∴AE⊥BF，當(dāng)M為CD的中點時，有AM⊥AB；又∵側(cè)面ABCD⊥側(cè)面ABEF，側(cè)面ABCD∩側(cè)面ABEF=AB，AM?側(cè)面ABCD，∴AM⊥平面ABEF，又∵BF?平面ABEF，從而AM⊥BF又AE∩AM=A，AE,AM?平面AEM，∴BF⊥平面AEM，因為EM?平面AEM，所以EM⊥BF.（2）因為△AEF為等邊三角形，取EF的中點N，則AN⊥EF，又AB//EF，故AN⊥AB，取CD的中點M1，連接A由（1）知AM1⊥平面ABEF，又AN?平面ABEF∴AM以點A為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B0,2,0設(shè)M(3則BC=(設(shè)平面BCE的法向量為m=(a,b,c)由m⊥BC,令b=3,∴a=1,c=1,設(shè)EM與平面BCE所成角為θ，所以sinθ=m?EMm∵-1≤y≤1，所以y=1∴CM=1-12．（2324高二下·河南·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐Q-ABCD中，CD∥AB，BC⊥AB，平面QAD⊥平面ABCD，QA=QD，M，N分別是AD，(1)證明：QM⊥BD；(2)若AD=AB=2CD=2，直線MN與平面QBC所成角的正弦值為427，求QM【答案】(1)證明見解析；(2)3或3【分析】（1）先證明QM⊥平面ABCD，由線面垂直的性質(zhì)即可得證；（2）建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，利用空間向量法，由直線MN與平面QBC所成角的正弦值為427【詳解】（1）∵M(jìn)是AD中點，QA=QD，∴QM⊥AD，∵平面QAD⊥平面ABCD，平面QAD∩平面ABCD=AD，QM?平面QAD，∴QM⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，∴QM⊥BD．（2）取BC中點F，連接MF，∵M(jìn)，F(xiàn)分別為AD，BC中點，AB∥CD，∴MF∥AB，又BC⊥AB，∴MF⊥BC；以F為坐標(biāo)原點，F(xiàn)M，F(xiàn)B正方向為x，y軸正方向，過F作z軸//QM，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系設(shè)QM=aa>0∵M(jìn)F=12AB+CD∴M32,0,0，Q32,0,a，∴MN=-34,-設(shè)平面QBC的法向量n=x,y,z，則令x=2a，解得y=0，z=-3，∴n=∴cos<解得a=3或a=32，故QM的長為3．（2324高二下·浙江寧波·期末）如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為矩形，△FBC為等腰直角三角形，且FC⊥FB.面BCF⊥面ABCD,EF//(1)求證：BE⊥CF：(2)在線段AB上是否存在點T，使得DT與平面ACF所成角的正弦值為53？若存在，請求出BT的長度；若不存在，請說明理由【答案】(1)證明見解析；(2)BT=12或【分析】（1）利用面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的判定性質(zhì)推理即得.（2）取BC的中點O，以O(shè)為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BT=t(0,≤t≤4)，求出平面ACF的法向量，再利用線面角的向量求法求解即得.【詳解】（1）由矩形ABCD，得AB⊥BC，而平面BCF⊥平面ABCD，平面BCF∩平面ABCD=BC，AB?平面ABCD，則AB⊥平面BCF，又CF?面BCF，于是AB⊥CF，而FC⊥FB，EF//AB，AB∩BF=B,AB,BF?平面ABFE，因此CF⊥平面ABFE，又BE?平面ABFE，所以BE⊥CF.（2）取BC的中點O，作Ox//AB，連接OF，由（1）知，Ox⊥平面BCF，而OF?平面BCF，則Ox⊥OF，又FC⊥FB，F(xiàn)C=FB，則OF⊥BC，即Ox,OB,OF兩兩垂直，以O(shè)為原點，直線Ox,OB,OF分別為x,y,z建立空間直角坐標(biāo)系，假定在線段AB上存在點T，使得DT與平面ACF所成角的正弦值為53，設(shè)BT=t(0,≤t≤4)則A(4,2CA=(4,2設(shè)平面ACF的法向量n=(x,y,z)，則n?CA=4x+22于是|cos?n,DT?|=|所以在線段AB上存在點T，使得DT與平面ACF所成角的正弦值為53，此時BT=124．（2324高二下·山西運(yùn)城·期中）如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，平面PCD⊥平面ABCD，M是棱PD上的動點，N是棱AB上的一點，且AN=(1)求證:MN⊥AC;(2)若直線MN與平面MBC所成角的正弦值是55，求點M的位置【答案】(1)證明見解析；(2)M是棱PD的中點.【分析】（1）首先利用垂直關(guān)系證明DA,DC,DP互相垂直，再以點D為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，利用數(shù)量積證明線線垂直；（2）首先求平面MBC的法向量，再利用線面角的向量公式，建立方程，即可求解.【詳解】（1）證明：因為CD=PD=22PC所以PD⊥CD，因為平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD,PD?平面PCD，所以PD⊥平面ABCD，因為AD?平面ABCD，所以PD⊥AD，因為四邊形ABCD是矩形，所以AD⊥CD，故DA,DC,DP兩兩垂直，以D為坐標(biāo)原點，DA,DC,DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)CD=4，則A(2,0,0),C(0,4,0),B(2,4,0),N(2,1,0),M(0,0,t)(0≤t≤4)，所以MN=(2,1,-t)因為MN所以MN⊥AC，即（2）由（1），得MN設(shè)m=(x,y,z)為平面MBC則m?CB=2x=0m?CM=-4y+tz=0設(shè)直線MN與平面MBC所成角為θ，則sinθ=|所以t2-20t2-4即M是棱PD的中點.5．（2324高二下·江蘇南京·階段練習(xí)）如圖1，△ABC是邊長為3的等邊三角形，點D，E分別在線段AC，AB上，AE=1，AD=2，沿DE將△ADE折起到△PDE的位置，使得PB=5，如圖2(1)求證：平面PDE⊥平面BCDE；(2)若點F在線段BC上，且直線DF與平面PCD所成角的正弦值為217，求BF(3)在線段PC上是否存在點M，使得DM//平面PBE，若存在，求出PMPC的值；若不存在，請說明理由【答案】(1)證明見解析(2)BF=2(3)存在；PM【分析】（1）利用余弦定理與勾股定理依次證得DE⊥PE，BE⊥PE，再利用線面垂直與面面垂直的判定定理即可得證；（2）利用（1）中結(jié)論，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BF=λBC，從而得到DF與平面PCD（3）利用（2）中結(jié)論，設(shè)PM=μPC，利用線面平行的空間向量表示得到關(guān)于μ【詳解】（1）在△PDE中，PE=1，PD=2，∠EPD=60°，由余弦定理得DE所以PE2+D在△PBE中，PE=1，BE=2，PB=所以PE2+B又因為BE∩DE=E，BE、DE?平面BCDE，所以PE⊥平面BCDE，又PE?平面PDE，所以平面PDE⊥平面BCDE.（2）由（1）可知EB，ED，EP，兩兩互相垂直，以E為原點，EB，ED，EP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D0,3,0，B2,0,0，所以PC=12設(shè)平面PCD的法向量為n=x,y,z，則令y=-1，得n=設(shè)BF=λBC0≤λ≤1，又DB則DF=因為直線DF與平面PCD所成角的正弦值為217，所以cos即32-32λ-（3）設(shè)PM=μPC0≤μ≤1，又DP則DM=易得平面PBE的法向量n=因為DM//平面PBE，所以n?即-3+332題型五兩個平面所成角1．（2324高二下·安徽滁州·期末）在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，四邊形ACEF為菱形，∠CAF=π3，平面ACEF⊥平面(1)求三棱錐B-DEF的體積；(2)求平面BAF和平面BCE夾角的余弦值.【答案】(1)2(2)1【分析】（1）由EF//AC，證得EF⊥面BDF，利用等體積轉(zhuǎn)化VB-DEF（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點，OB,OC,OF所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建泣空間直角坐標(biāo)系.分別求得平面BAF和平面BCE的法向量，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）設(shè)AC∩BD=O，如圖1，連接FC,FO.因為四邊形ACEF為菱形且∠CAF=π所以△AFC為等邊三角形，則AC⊥FO.四邊形ABCD是邊長為2的正方形，所以AC⊥BD.又FO∩BD=O,FO,BD?面BDF，故AC⊥面BDF∵EF//AC，EF⊥面BDF.又AC=BD=2，則FO=3∴V（2）因為平面ACEF⊥平面ABCD，且面ACEF∩面ABCD=AC,BD?面ABCD，在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以BD⊥面ACEF.FO?面ACEF，則BD⊥FO，又由（1）知AC⊥FO.如圖2，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OB,OC,OF所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建泣空間直角坐標(biāo)系.可得A0,-1,0設(shè)面BAF的法向量為m=x1∴AB→設(shè)兩BCE的法向量為n=x2∴BC→?故.所以，平面BAF和平面BCE夾角的余弦值為172．（2324高二下·四川成都·階段練習(xí)）如圖，已知在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，所有的棱長均為2，側(cè)面(1)證明：平面A1CE⊥底面(2)求平面A1EF與平面ABCD【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）連接CE，根據(jù)菱形性質(zhì)得EC⊥DC，再利用面面垂直的性質(zhì)定理得EC⊥底面ABCD，最后利用面面垂直的判定定理證明；（2）取DC中點為O，連接D1O,OB，利用等邊三角形的性質(zhì)及面面垂直的性質(zhì)得D1O,OB,OC兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面A1EF的一個法向量m?=2,3,2，平面ABCD的一個法向量為【詳解】（1）連接CE，在菱形DCC1D1中，因為∠D所以EC⊥D1C1，所以EC⊥DC，又因為側(cè)面?zhèn)让鍰CC1D1∩底面ABCD=DC，EC?側(cè)面DC又EC?平面A1CE，所以平面A1（2）連接D1C,BD，取DC中點為O，連接D1故三角形D1DC為等邊三角形，則D1O⊥DC，因為側(cè)面?zhèn)让鍰CC1D1∩底面ABCD=DC，D1O?又OB,OC?底面ABCD，所以D1O⊥OB，在三角形BDC中，因為BC=DC=2,∠DCB=∠DAB=π3，故三角形則BO⊥DC，所以D1則以O(shè)為坐標(biāo)原點，OB所在直線為x軸，OC所在直線為y軸，OD1所在直線為建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.又OB=OD1=2×32因為C1F=13因為D1O⊥底面所以取平面ABCD的法向量為n=(0,0,1)設(shè)平面A1EF的一個法向量為由EA1?m=0EF?設(shè)平面A1EF與平面ABCD的夾角為則cosθ=|故平面A1EF與平面ABCD3．（2324高二下·四川成都·期末）如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC為正三角形，AB=AA1=2(1)證明：A1O⊥平面(2)求平面BAA1與平面CA【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）連接AO，A1B，A1C，利用勾股定理逆定理證明（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法計算可得.【詳解】（1）連接AO，A1B，A1C，因為△ABC為正三角形且AB=2，所以AO⊥BC，AO=3，又A1O=1，AA1又∠A1AC=∠A1AB，所以△A又AO∩BC=O，AO,BC?平面ABC，所以A1O⊥平面（2）由（1）可知A1O⊥平面ABC，則A3,0,0，B0,1,0，C則AA1=-設(shè)平面BAA1的法向量為m=x,y,z，則設(shè)平面CAA1的法向量為n=a,b,c，則設(shè)平面BAA1與平面CAA1的夾角為所以平面BAA1與平面CAA4．（2324高二下·云南曲靖·期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，若∠BAD=60°,PB=PD=2,Q為PC的中點，△BDQ

(1)求P到平面ABCD的距離；(2)求平面BDQ與平面PAB夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)105【分析】（1）連接AC交BD于O點，連接PO，QO，即可證明BD⊥平面PAC，即可得到BD⊥OQ，由三角形△BDQ的面積求出OQ，即可求出PA，PO，從而得到PO⊥AC，即可證明PO⊥平面ABCD，即可得解；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法計算可得.【詳解】（1）連接AC交BD于O點，連接PO，QO.因為ABCD為菱形，所以BD⊥AC，O為BD的中點，因為PB=PD，且O為BD的中點，所以BD⊥PO，因為AC∩PO=O，AC,PO?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，因為OQ?平面BDQ，所以BD⊥OQ，因為ABCD為邊長為2菱形且∠BAD=60所以△ABD為等邊三角形，所以BD=2，因為S△BDQ=1在△PAC中，OQ為中位線，所以PA=2OQ=6在△POA中，PO2=3,O因為AC∩BD=O，AC,BD?平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，所以P到平面ABCD的距離為PO=3（2）如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA,OB,OP的方向分別為

則A(3設(shè)平面PAB的法向量為m=x1所以m?AP=-3x設(shè)平面BDQ的法向量為n=x2所以n?OB=y2因為cosm所以平面BDQ與平面PAB夾角的余弦值為1055．（2324高二下·陜西西安·期末）如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，且PA=2，AB=BC=22，AC=4．點Q為棱BP上一點，且AQ⊥BP(1)求CQ的長；(2)求二面角Q-AC-B的余弦值．【答案】(1)CQ=(2)5【分析】（1）根據(jù)平面幾何知識可證得AB⊥BC，再由線面垂直的性質(zhì)定理和判定判定定理得證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，運(yùn)用面面角的向量求解方法可求得答案.【詳解】（1）因為AB=BC=22，AC=4，所以AB2因為PA⊥底面ABC，且BC?底面ABC，所以PA⊥BC．又AB⊥BC，AB∩PA=A，AB,PA?平面ABP，所以BC⊥平面ABP．因為AQ?平面ABP，所以AQ⊥BC．又AQ⊥BP，PB∩BC=B，PB,BC?平面PBC，所以AQ⊥平面PBC．由CQ?平面PBC，得AQ⊥CQ．又PA⊥底面ABC，AB?底面ABC，所以PA⊥AB，所以BP=A由等面積法得AQ=AP?ABBP=（2）以A為原點建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，所以則A0,0,0，C0,4,0，P0,0,2由（1）得BQ=AB2-A則AC=0,4,0，設(shè)平面ACQ的法向量為n1=x,y,z，則AQ令x=2，得n1由PA⊥底面ABC，得n2=0,0,1則cosn由圖可知，二面角Q-AC-B為銳角，所以二面角Q-AC-B的余弦值為55題型六已知面面角求其他量1．（2324高二下·江蘇徐州·期中）如圖，在三棱柱中ABC-A1B1C1中，AB,AC,AA1兩兩互相垂直，AA1=2AB=2AC,M,N是線段BB1,CC

【答案】π【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出CN,BM的長，求出平面AMN與平面ABC的法向量，借助面面角的向量求法求出CN,BM關(guān)系，再判斷當(dāng)B1M取最小時CN,BM的長，進(jìn)而求得∠AMB【詳解】在三棱柱ABC-A1B

依題意，設(shè)BM=a,CN=b,AB=1，則AA則A(0,0,0),B(1,0,0),M(1,0,a),N(0,1,b)，AM=(1,0,a),設(shè)平面AMN的法向量為m=(x,y,z)，則AM?m=x+az=0AN平面ABC的法向量n=(0,0,1)由平面AMN與平面ABC所成（銳）二面角為π6，得cos化簡得a2+b2=13，當(dāng)a且tan∠AMB=ABMB故答案為:π【點睛】易錯點睛：空間向量求二面角時，一是兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想進(jìn)行向量運(yùn)算，要認(rèn)真細(xì)心，準(zhǔn)確計算．2．（2324高二下·湖南郴州·期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,E為線段PD的中點，F(xiàn)為線段PC（不含端點）上的動點.(1)證明：平面AEF⊥平面PCD；(2)是否存在點F，使二面角P-AF-E的大小為45°？若存在，求出PFPC【答案】(1)證明見解析(2)存在，PF【分析】（1）根據(jù)題意可證CD⊥平面PAD，則CD⊥AE，進(jìn)而可得AE⊥平面PCD（2）建系標(biāo)點，設(shè)PF=λPC(0<λ<1)，分別為平面AEF、平面【詳解】（1）因為底面ABCD為正方形，則CD⊥AD，又因為PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，PA⊥CD。且PA∩AD=A，PA,AD?平面PAD，可得CD⊥平面PAD，由AE?平面PAD，可得CD⊥AE，因為PA=PD，且E為PD的中點，則AE⊥PD，由CD∩PD=D，CD,PD?平面PCD，可得AE⊥平面PCD，且AE?平面AEF，所以平面AEF⊥平面PCD.（2）以AB?AD?AP分別為x軸?y則A0,0,0,B2,0,0設(shè)PF=λ則AF=設(shè)平面AEF的法向量m=x1令y1=λ，則x1又因為AC=設(shè)平面APF的法向量n=x2令x2=1，則y2由題意得：，即1-3λ2整理得即3λ2-2λ=0，解得λ=所以存在，此時PFPC3．（2324高二下·江蘇南京·期末）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C(1)證明：AB1⊥(2)若二面角A-BC-D的余弦值為34，求線段AC【答案】(1)證明見解析；(2)6.【分析】（1）應(yīng)用線面垂直判定定理證明即可；（2）設(shè)邊長，應(yīng)用空間向量法求出二面角余弦值即可求出邊長.【詳解】（1）由題意知AA1⊥平面ABC，又AB,AC?所以AA因為四邊形AA1B所以四邊形AA1B因為AA1⊥AC,AB⊥AC,A所以AC⊥平面AA又AB1?平面A因為A1D//AC，所以又因為A1B∩A所以AB1⊥（2）以A為原點，AB,AC,AA1所在直線分別為x軸、y軸、設(shè)AC=aa>0，則A所以AC=所以平面ABC的一個法向量為m→設(shè)平面BCD的一個法向量為n→則n?BC=0n?CD=0，即-設(shè)二面角A-BC-D的大小為θ，則，解得a=6，所以線段AC的長為6．4．（2223高二下·山東青島·期末）如圖，四棱錐S-ABCD中，底面ABCD為矩形，AC與BD交于點O，點E在線段SD上，且OE//平面SAB，平面SAB⊥平面ABCD，平面SAD⊥平面ABCD(1)求證：SE=DE；(2)若SA=AD=2，且平面ABE與平面BEC夾角的余弦值為32020，求【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）運(yùn)用線面平行推出線線平行，根據(jù)中點即可求證．（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求解兩個平面的法向量，即可利用法向量的夾角求解．【詳解】（1）證明：∵OE//平面SAB，OE?平面SBD，平面SAB∩平面SBD=SB，∴OE//SB，又因為四邊形ABCD為矩形，∴BO=DO，所以E是SD的中點，∴SE=DE；（2）∵四邊形ABCD為矩形，所以AB⊥AD，又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面SAD，又SA?平面SAD，所以AB⊥SA，同理，AD⊥SA，以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AS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，設(shè)AB=a(a>0)，則A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,2,0),D(0,2,0),S(0,0,2),E(0,1,1)，∴AB=(a,0,0),設(shè)平面ABE的法向量為m則m?AB=0,m?AE=0,即ax=0,設(shè)平面CBE的法向量為n=(則n?CB=0,n?CE=0,即-2則|cos解得a=3，故AB=3．5．（2324高二下·浙江嘉興·期末）如圖，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AC=2DC=2,DB=DE.(1)證明：平面BDE⊥平面ABE；(2)當(dāng)平面ABC與平面BDE的夾角為π4時，求幾何體ABCDE的體積【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）作出輔助線，得到四邊形DCGF為平行四邊形，故DF//CG，由線面垂直得到EA⊥CG，故DF⊥EA，結(jié)合DF⊥BE，從而DF⊥平面ABE，得到面面垂直；（2）方法一：作出輔助線，得到線面垂直，找到∠ABE即為平面ABC與平面BDE所成角，求出AB=AE=2，三角形三線合一可知：BC=AC=2，得到△ABC為正三角形，故BH=2sin60°=3，求出體積；方法二：建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點的坐標(biāo)，設(shè)AB=2a，根據(jù)面面角求出【詳解】（1）取BE中點F,AB中點G，連接DF,FG,GC，則GF//AE且FG=1又∵EA⊥平面ABC,DC⊥平面ABC，所以EA//DC，又∵EA=2DC，所以DC//EA且DC=1所以FG//DC且FG=DC，∴四邊形DCGF為平行四邊形，∴DF//CG，∵EA⊥平面ABC,CG?平面ABC，所以EA⊥CG，∴DF⊥EA，∵DB=DE,F是BE中點，∴DF⊥BE，∵EA,BE?平面ABE，且EA∩BE=E，∴DF⊥平面ABE，又∵DF?平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABE.（2）解法1：（幾何法）延長AC,ED交于點P，連PB，易知PC=CA=2，所以PB//CG.由（1）可知，DF⊥平面ABE，因為AB?平面ABE，所以DF⊥AB，∴CG⊥AB，∴AB⊥PB，因為EA⊥平面ABC，PB?平面ABC，所以EA⊥PB，因為AB∩AE=A，AB,AE?平面ABE，所以PB⊥平面ABE，因為BE?平面ABE，所以BE⊥PB，∴∠ABE即為平面ABC與平面BDE所成角.∴∠ABE=π過B作BH⊥AC于點H，∵EA⊥平面ABC，BH?平面ABC，所以EA⊥BH，因為EA∩AC=A，EA,AC?平面ACDE，所以BH⊥平面ACDE.∵G為AB中點，由三角形三線合一可知：BC=AC=2，∴△ABC為正三角形，故BH=2sin其中梯形ACDE的面積為S1此時，V=1解法2：（坐標(biāo)法）由（1）可得BC=2,DC//FG,∴FG⊥平面ABC.故如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=2a，則A0,-a,0∴BD設(shè)平面BDE法向量為n=則n?BE易知平面ABC法向量f=∴cosf,其中梯形ACDE的面積為S1設(shè)平面ACDE的法向量為s則s?解得z1=0，令x1=1得點B0,1,0到平面ACDE的距離h=故幾何體ABCDE的體積V=1題型七點到平面的距離1．（2324高二下·江西鷹潭·期末）在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=2AA1=4A．83 B．7 C．4 D．【答案】C【分析】如圖，以D為原點，DA,DC,DD1所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，然后求出平面OBC【詳解】如圖，以D為原點，DA,DC,DD1所在的直線分別為A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),O(0,2,2)，所以AO=(-4,2,2),設(shè)平面OBC的法向量為m=(x,y,z)m?BO=-4x-2y+2z=0m?所以點A平面OBC的距離為d=AO所以線段OA在平面OBC上的射影的長度為AO2故選：C2．（2324高二下·上海·期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，PD⊥底面ABCD，M為線段PC的中點，PD=AD=1，N為線段BC上的動點.

(1)證明：MD⊥PN；(2)當(dāng)N為線段BC的中點時，求點A到面MND的距離.【答案】(1)證明見解析(2)6【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證出BC⊥平面PDC和MD⊥平面PBC，進(jìn)而可得MD⊥PN；（2）以D為原點，DA,DC,DP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點的坐標(biāo)，求出平面的法向量，利用空間向量法求出點到平面的距離．【詳解】（1）∵PD⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴BC⊥PD，又BC⊥DC,PD∩DC=D,PD,DC?平面PDC，∴BC⊥平面PDC，又MD?平面PDC，∴MD⊥BC，Rt△PDC中，PD⊥DC,PD=DC,M為PC的中點，∴MD⊥PC∵PC∩BC=C,PC,BC?平面PBC，∴MD⊥平面PBC，∵PN?平面PBC，∴MD⊥PN.（2）以D為原點，DA,DC,DP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則D0,0,0，A1,0,0，M0,所以DA=1,0,0，DM=設(shè)n=x,y,z為平面

則n?DM=12y+1則點A與平面MND的距離d=n3．（2324高二下·江蘇徐州·期中）如圖，在四面體P-ABC中，PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=2PA=4，點D在線段AC上.

(1)當(dāng)點D是線段AC中點時，求點A到平面PBD的距離；(2)若二面角A-PD-B的余弦值為13，求ADAC【答案】(1)43(2)12【分析】（1）以點A為坐標(biāo)原點，AB、AC、AP所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可求得A到平面PBD的距離；（2）設(shè)點D0,t,0，其中0≤t≤4，利用空間向量法可得出關(guān)于t的方程，解出t的值，即可得解【詳解】（1）由PA⊥平面ABC，AB⊥AC，得AB,AC,AP兩兩垂直，以點A為坐標(biāo)原點，直線AB,AC,AP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖：

由D為AC的中點，則A0,0,0、B4,0,0、D0,2,0設(shè)平面PBD的法向量為m=x,y,z，BP=則m?BP=-4x+2z=0m?BD=-4x+2y=0所以點A到平面PBD的距離為d=|（2）設(shè)點D0,t,0，0≤t≤4，BP=-4,0,2設(shè)平面PBD的法向量為n1=x1,y1顯然平面PAD的一個法向量為n2則|cos?n此時點D為AC的中點，所以ADAC4．（2024·四川雅安·模擬預(yù)測）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，棱AC,CC1的中點分別為D,E,C1在平面ABC內(nèi)的射影為D，(1)若點F為棱B1C1的中點，求點F(2)求銳二面角F-BD-E的余弦值的取值范圍．【答案】(1)3(2)1【分析】（1）利用空間向量法來求點到面的距離即可；（2）用動點引入變量表示動向量，再用空間向量法求二面角的余弦值，最后利用關(guān)于變量的函數(shù)求取值范圍即可.【詳解】（1）連接DC1，依題意可知DC1⊥平面ABC所以DC由于三角形ABC是等邊三角形，所以BD⊥AC，BD=2又DC以D為原點，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則C10,0,3又C1B1=CB則DE=12設(shè)平面BDE的法向量為m=則m?DE=12x1故m=-3所以點F到平面BDE的距離為d=BF（2）設(shè)C1F=λC則DF=設(shè)平面BDF的法向量為n=則m?DF=-λx2+3故可設(shè)n=設(shè)銳二面角F-BD-E為θ，則cosθ=m?令3-λ=tt∈所以cosθ=12則cosθ=二次函數(shù)y=12s2-6s+1=12所以當(dāng)s∈1所以當(dāng)s=13時，該二次函數(shù)有最小值當(dāng)s=12時，該二次函數(shù)有最大值所以112s2即銳二面角F-BD-E的余弦值的取值范圍125．（2324高二下·江蘇南通·期中）如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是梯形，AB//(1)求點C到平面BC(2)求二面角B-C1【答案】(1)66(2)13【分析】（1）根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面BC1（2）求出平面EC1D的法向量，結(jié)合（【詳解】（1）在直四棱柱ABCD-A1B1C以D為原點，直線DA,DC,DD1分別為而AB//DC，且AD=DD1=CD=則D(0,0,0),B(1,2,0),C(0,1,0),CDB=(1,2,0),設(shè)平面BC1D的法向量n=(a,b,c)，則n?所以點C到平面BC1D（2）設(shè)平面EC1D的法向量m=(x,y,z)，則n?設(shè)二面角B-C1D-E的大小為θ所以二面角B-C1題型八直線（平面）與平面的距離1．（多選）（2223高二下·河南周口·階段練習(xí)）如圖，在幾何體ABC-A1B1C1中，四邊形A1ACB1是矩形，△ACB≌A．AB．異面直線BB1、CC．幾何體ABC-A1D．平面A1BB1【答案】ABD【分析】過點B作BE使得BE=AA1，過點C1作C1F=A1A，分析可知幾何體FABC-C1A1EB1為正方體，以點F為坐標(biāo)原點，F(xiàn)A、FC、F【詳解】過點B作BE使得BE=AA1，過點因為四邊形AA1B又因為BE=AA所以，四邊形AA1C1F因為平面A1C1B1//平面ABC，則即AB與AF、FC共面，所以，A、B、C、F四點共面，同理可知，A1、E、B1、故幾何體FABC-C因為四邊形AA1B又因為AA1⊥AB，AB∩AC=A，AB、AC?所以，AA1⊥因為△ACB≌△A1B所以，在底面ABCF中，AB=CF，BC=AF，故四邊形ABCF為平行四邊形，因為AB=BC=22AC=1，則AC=2，所以，所以，平行四邊形ABCF為正方形，又因為AA1=AB對于A選項，在正方體FABC-C1A1E故四邊形ABB1C1為平行四邊形，所以，對于B選項，以點F為坐標(biāo)原點，F(xiàn)A、FC、FC1所在直線分別為x、y、

則B1,1,0、A1,0,0、C0,1,0、A11,0,1BB1=cosB所以，異面直線BB1、C1C所成的角為對于C選項，VABC-A1對于D選項，因為AC1//BB1，AC1?平面A因為A1B1//AC，AC?平面A1BB1又因為AC1∩AC=A，AC1、AC?平面AC設(shè)平面ACC1的法向量為m=x,y,z，則m?AC=-x+y=0m?又因為AA1=0,0,1，所以，平面A1BB1故選：ABD.2．（2324高二上·山東淄博·階段練習(xí)）在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，(1)求直線EC與AC(2)求直線FC到平面AEC【答案】(1)3(2)6【分析】（1）以D1為原點，D1A（2）利用向量法求線面距離作答即可.【詳解】（1）在正方體ABCD-A1B1C1D則A1,0,1，C0,1,1，C10,1,0，所以AC1=所以直線EC與AC1所成角的余弦值為（2）由（1）知，AE=0,12,-1，E顯然FC=EC而FC?平面AEC1，EC1?平面AE因此直線FC到平面AEC1的距離等于點F到平面設(shè)平面AEC1的法向量為則n?AE=12所以點F到平面AEC1的距離為所以直線FC到平面AEC1的距離是3．（2022高二·全國·專題練習(xí)）設(shè)正方體ABCD-A1B(1)求直線B1C到平面(2)求平面A1BD與平面B【答案】(1)2(2)2【分析】（1）直線B1C到平面A1BD的距離等于點（2）平面A1BD與平面B1CD【詳解】（1）以D為原點，DA,DC,DD1為x，y，則D所以CB1=2,0,2,又CB1?平面A1BD，DA1所以直線B1C到平面A1BD的距離等于點設(shè)平面A1BD的一個法向量為則n?DA1=2x+2z=0n?所以點B1到平面A1BD

（2）由（1）知CB1//平面A1BD又B1C∩D1B所以平面A1BD//平面即平面A1BD與平面B1CD由（1）知，點B1到平面A1BD所以平面A1BD與平面B14．（2122高二·湖南·課后作業(yè)）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，設(shè)M、N、E、【答案】8【分析】建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系，求出平面EFBD的法向量，并證明平面AMN//平面EFBD.于是兩平面的距離轉(zhuǎn)化為點到平面的距離．利用向量距離公式求出即可.【詳解】以D為坐標(biāo)原點，以DA,DC,DD1所在直線分別為x軸，y軸，則E(0,2,4),F(2,4,4),B(4,4,0),A(4,0,0)，M(2,0,4),N(4,2,4),∴EF設(shè)a=(1,m,n)是平面EFBD則a?EF=0a?DE=又因為AM=所以a?AM=0,a?AN=0所以平面AMN//平面EFBD，所以兩平面的距離即是點A到平面BDEF的距離．從而兩平面間距離為|BA5．（2022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A1

(1)求證：平面AMN//平面EFBD；(2)求平面AMN與平面EFBD的距離．【答案】(1)證明見解析(2)6【分析】（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（2）法一:平面AMN與平面EFBD的距離=B到平面AMN的距離h,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【詳解】（1）法一:證明：連接B1D1E、F分別是∴MN//EF//B1D1，∵M(jìn)N?∴MN//平面EFBD，∵NF平行且等于AB∴ABFN是平行四邊形，∴AN//∵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﹣

則A(2，F(xiàn)(1，2AM→∴EF→=MN→∵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h．△AMN中，AM=AN=10，MN=2，∴由等體積可得13?19法二:設(shè)平面AMN的一個法向量為n=則n→?MN∵AB∴平面AMN與平面EFBD的距離為d=題型九點到直線的距離1．（2324高二上·河北石家莊·階段練習(xí)）在空間直角坐標(biāo)系中，已知A(1,1,-1),B(1,2,2),C(-3,4,2)，則點A到直線BC的距離為（

）A．755 B．10 C．392【答案】A【分析】利用空間向量法求出點到直線距離即可.【詳解】BC=-4,2,0，∴d=BA故選：A.2．（2324高二下·江蘇揚(yáng)州·期末）已知三棱柱ABC-A1B(1)證明：平面A1ACC(2)若CM=λCC10≤λ≤1，且直線AC與平面A1BM所成角的正弦值為10【答案】(1)證明見解析(2)3.【分析】（1）取AC的中點O，連接A1O,BO，可證得A1O⊥AC，A1（2）以O(shè)A所在直線為x軸，以O(shè)B所在直線為y軸，以O(shè)A1所在直線為z【詳解】（1）證明：取AC的中點O，連接A1所以A1所以AO2+由題設(shè)可知，△ABC為邊長為2的等邊三角形，所以BO=3因為A1B=6，所以A又因為A1O⊥AC,AC∩BO=O,AC?所以A1O⊥平面又因為A1O?平面A1ACC（2）由（1）可知OA,OB,OA所以以O(shè)A所在直線為x軸，以O(shè)B所在直線為y軸，以O(shè)A1所在直線為z所以A1,0,0CA=因為CM=λCC1設(shè)平面A1BM的法向量為則n?B取y=λ+1,z=λ+1,x=3所以n=3λ-1,λ+1,λ+1設(shè)直線AC與平面A1BM所成角為sinθ=化簡整理得9解得λ=15，或所以M-又因為MA所以MA設(shè)點M到直線A1B1的距離為d所以d=33．（2324高二下·江蘇連云港·期中）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，AD//BC，AD=2BC=2，PA=AB，點E在PB上，且(1)證明：PD//平面AEC(2)當(dāng)二面角E-AC-B的余弦值為63時，求點P到直線CD的距離【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）連結(jié)BD，交AC于點F，連結(jié)EF，利用相似比得BEEP=1（2）以A為原點，AB,AD,AP所在直線為x,y,z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，利用二面角的向量公式求出PA，再由點到直線的距離的向量公式可得.【詳解】（1）連結(jié)BD，交AC于點F，連結(jié)EF，因為AD//所以BFFD=BC所以BFFDPD//因為EF?面AEC，PD?面AEC，所以PD//平面AEC（2）以A為原點，AB,AD,AP所在直線為x,y,z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)P0,0,m，m>0，則B(m,0,0)，C(m,1,0)，E(2m3則AC，AE=(設(shè)平面EAC的法向量為n=則n?AC=0令x=1，可取n=1,-m,-2平面ABC的法向量可取m=所以cos<得m=1，因為DP=與DC同向的單位向量u=所以點P到直線CD的距離為d=DP4．（2324高二下·江蘇揚(yáng)州·階段練習(xí)）如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠ADB=90°，AB=2AD=2,PD⊥底面ABCD．(1)證明：PA⊥BD；(2)若PD=AD，求平面APB與平面PBC所成角的余弦值．(3)在（2）的條件下，求點A到直線PC的距離.【答案】(1)證明見解析(2)2(3)2【分析】（1）先證BD⊥平面PAD，由此能證明PA⊥BD;（2）以D為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，利用向量法平面APB與平面PBC所成角的余弦值（3）直接利用空間中點到線的距離公式求解.【詳解】（1）證明：因為∠ADB=90°，故BD⊥AD，又PD⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，可得BD⊥PD，又AD∩PD=D,AD,PD?平面PAD，所以BD⊥平面PAD,又PA?平面PAD，故PA⊥BD．（2）如圖，以D為坐標(biāo)原點，DA,DB,DP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則A(1,0,0),B(0,3,0)，C(-1,3,0)AB=(-1,3,0),PB設(shè)平面APB的法向量為n則n?AB=-x+3y=0設(shè)平面PBC的法向量為m=(a,b,c)，則m取b=1，得m=(0,1,設(shè)平面APB與平面PBC的夾角為θ，∴cos故平面APB與平面PBC所成角的余弦值為27（3）由（2）PC則點A到直線PC的距離.d=5．（2324高二下·江蘇淮安·階段練習(xí)）如圖，圓錐是由直角△AOB旋轉(zhuǎn)而成，母線AB=2，底面圓的半徑為1，D是AB的中點，C為底面圓上的一點且∠COB=(1)求點O到平面ABC的距離；(2)求直線CD與平面AOB所成的角的正弦值；(3)求點O到直線CD的距離，【答案】(1)39(2)30(3)6【分析】（1）根據(jù)題意建立空間直角坐標(biāo)，先求出平面ABC的一個法向量n1（2）先求出平面AOB的一個法向量n2和直線CD的方向向量CD（3）先求出CD，OC，再根據(jù)點到直線距離的向量計算方法即可解答.【詳解】（1）在△OBC所在平面內(nèi)作OM⊥OB由題意可得OA⊥面OBC，因為OB?面OBC，OM?面OBC，所以O(shè)A⊥OB，OA⊥OM，以O(shè)為原點，以O(shè)M、OB、OA所在直線分別為x、y、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，由題意可得：OB=1，OA=3∴A(0,0,3則AB=(0,1,-3),設(shè)平面ABC的一個法向量n1則n1?AB令x1=3所以點O到平面ABC的距離為d=OA（2）設(shè)直線CD與平面AOB所成角為α，設(shè)平面AOB的一個法向量n2因為OA=(0,0,所以則n2?OA令x2=1，則又因為CD=所以sinα=（3）因為CD=-3所以CD=-3OC?所以d=|題型十異面直線之間的距離1．（2324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．31414 B．31515 C．【答案】A【分析】以點A為原點建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.【詳解】如圖，以點A為原點，AB→,AD則B3,0,0所以DG=設(shè)n=x,y,z為直線PC和則有n?DG=x-3y+4z=0所以異面直線PC和DG的距離為DC?故選：A.2．（2324高二上·廣東茂名·期末）定義：兩條異面直線之間的距離是指其中一條直線上任意一點到另一條直線距離的最小值.在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1DA．22 B．12 C．13【答案】D【分析】解法1：設(shè)M是A1D上任意一點，過M作MN⊥AC，垂足為N，設(shè)A1M=λA1D【詳解】解法1：設(shè)M是A1D上任意一點，過M作MN⊥AC，垂足為設(shè)A1M=λ則MN=μABAC=由題意可知：AB=因為MN⊥AC，則MN?可得μAB+μ-λ所以MN=μ當(dāng)且僅當(dāng)μ=1所以直線AC與A1D之間距離是解法2：以DA，DC，DD1為x，y，則A1,0,0，C0,1,0，D0,0,0可得AC=-1,1,0，D設(shè)n=x,y,z，且n⊥AC，取x=1，則y=1，z=-1，可得n=則DA在n上的投影DA?nn故選：D.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解法2解決的關(guān)鍵是將兩異面直線間的距離轉(zhuǎn)化為DA在n上的投影，從而得解.3．（2324高二上·河北石家莊·期中）如圖，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，點EA．22 B．1 C．33 D【答案】C【分析】根據(jù)題意，由條件可得EF間最小距離即為異面直線AC1與BD【詳解】因為點E和F分別是線段AC1與BD上的動點，則異面直線AC1與建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則D0,0,0則DB=1,1,0,設(shè)與異面直線AC1與BD都垂直的向量則n?DB=x+y=0n?AC所以n=1,-1,1，則異面直線間的距離為即EF間最小距離為33故選：C4．（2324高二下·江蘇淮安·階段練習(xí)）將邊長為2的正方形ABCD沿對角線AC折疊使得△ACD垂直于底面ABC，則異面直線AD與BC的距離為．【答案】263【分析】利用垂直關(guān)系，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求異面直線的距離.【詳解】取AC的中點O，連結(jié)OB,OD，OD⊥AC，OB⊥AC由條件可知，平面ACD⊥平面ABC，且平面ACD∩平面ABC=AC，OD?平面ACD，所以O(shè)D⊥平面ABC，如圖，以點O為原點，OB,OC,A0,-2,0，B2,0,0AD=0,2,2設(shè)與AD,BC垂直的向量為AD?n=2y+2z=0則異面直線AD與BC的距離為BD?故答案為：25．（2324高二上·遼寧大連·期末）三棱臺ABC-A1B1C1中，AB=2A1B1,AB⊥BC,AC⊥BB1

(1)證明：DE∥平面A(2)求異面直線A1C1【答案】(1)證明見解析；(2)22【分析】（1）由題意和三棱臺的結(jié)構(gòu)特征可得ACA1C1=（2）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)和線面垂直的判定定理與性質(zhì)證得BC⊥B1B、BB【詳解】（1）三棱臺ABC-A1B1C有△ACD～△A1C1D又AE=2EB，所以在平面ABC1內(nèi)，DE?平面A1BC1,BC（2）已知平面AA1B1B⊥平面ABC，平面ABC?平面ABC，所以BC⊥平面AA1B1B，由B又AC⊥BB1,BC∩AC=C,BC?平面ABC，AC?所以BB1⊥平面ABC，由AB?平面ABC，得B以B為坐標(biāo)原點BA,BC,BB1的方向分別為則有B1BC因為DE//BC1，所以設(shè)向量n=(x,y,z)，且滿足：n則有y+z=0-32EA1=12異面直線A1C1與DE

題型十一空間動點問題1．（2324高二上·北京·期中）如圖：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=2，AA1=22，(1)求證：MN∥平面A1(2)求：二面角B-C(3)在線段BC1上是否存在點P，使得點P到平面MBC的距離為33，若存在求此時BP【答案】(1)證明見解析(2)-(3)存在，1【分析】（1）取B1C1中點D，連接DN、DA1，證明四邊形DNM（2）分別以CB,CA,CC1為（3）用空間向量法求點面距，從而得出結(jié)論．【詳解】（1）取B1C1中點D，連接DN∵D、N分別為C1B1、C1B∵B1B與A1A平行且相等，M為A1A∴四邊形DNMA∴MN//A∵A1D?平面A1B1∴MN//平面A1（2）∵直三棱柱ABC-A1B1C1∴CC1⊥∴CC1⊥CB∵∠ACB=90°即CB⊥CA，∴CC1、CB、CA兩兩垂直，分別以CB,CA,CC則C0,0,0，B2,0,0，A0,2,0，A∴M0,2,2

則BC1=易知平面A1C1設(shè)平面BC1M則n2?B令z2=2設(shè)二面角B-C1M-則cosθ由圖知θ為鈍角，∴cosθ=-（3）設(shè)BP=λBC∵BC∴P2-2λ,0,2∴CP=2-2λ,0,22λ

設(shè)平面MBC的法向量為n3則n3?CB令z3=-2∴P點到平面MBC的距離為d=CP解得λ=±14，又λ∈0,12．（2324高二上·廣西河池·階段練習(xí)）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C(1)求證：AA(2)求二面角A1(3)證明：在線段BC1存在點D，使得AD⊥A【答案】(1)證明見解析；(2)1625(3)證明見解析，BDBC1【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)得AA1⊥（2）構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，應(yīng)用向量法求面面角的余弦值；（3）設(shè)D(t,34(4-t),t)且0≤t≤4，利用垂直關(guān)系有【詳解】（1）由AA1C1C是正方形，則A面ABC⊥面AA1C1C，面ABC∩面A由BC?面ABC，所以AA（2）由AC=4,AB=3,BC=5，則AC2+AB2=BC如下圖，可構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A(0,0,0),ABC若m=(x,y,z)是面A1B取y=4，則m=(0,4,3)若n=(a,b,c)是面B1B取b=4，則n=(3,4,0)故銳二面角A1-BC（3）由題意，可設(shè)D(t,34(4-t),t)且0≤t≤4，則AD所以AD?A1故在線段BC1存在點D，使得3．（2324高二上·四川綿陽·階段練習(xí)）如圖1，在△MBC中，BM⊥BC，A，D分別為邊MB，MC的中點，且BC=AM=2，將△MAD沿AD折起到△PAD的位置，使PA⊥AB，如圖2，連接PB，PC

(1)求證：PA⊥平面ABCD；(2)若E為PC的中點，求直線DE與平面PBD所成角的正弦值；(3)線段PC上一動點G滿足PGPC=λ(0≤λ≤1)，判斷是否存在λ，使二面角G-AD-P的正弦值為1010，若存在，求出【答案】(1)證明見解析(2)3(3)存在，λ=【分析】（1）由中位線和垂直關(guān)系得到PA⊥AD，PA⊥AB，從而得到線面垂直；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，求出線面角的正弦值；（3）求出兩平面的法向量，根據(jù)二面角的正弦值列出方程，求出λ=14【詳解】（1）因為A，D分別為MB，MC的中點，所以AD∥因為BM⊥BC，所以BM⊥AD，所以PA⊥AD.又PA⊥AB，AB∩AD=A，AB,AD?平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.（2）因為PA⊥AB，PA⊥AD，∠DAB=90°，所以AP，AB，AD兩兩垂直.以A為坐標(biāo)原點，AB,AD,AP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A(chǔ)-xyz，

依題意有A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,1,0，則PC=(2,2,-2)，DE=(1,0,1)，BD=(-2,1,0)設(shè)平面PBD的法向量n=則有BD令y1=2，得x1=1，z1=1因為cos?所以直線DE與平面PBD所成角的正弦值為33（3）假設(shè)存在λ，使二面角G-AD-P的正弦值為1010即使二面角G-AD-P的余弦值為310由（2）得，PG=λ所以G(2λ,2λ,2-2λ)，AD=(0,1,0)，A易得平面PAD的一個法向量為n1設(shè)平面ADG的法向量n2AD?解得y2=0，令z2則n2=λ-1,0,λ是平面由圖形可以看出二面角G-AD-P的夾角為銳角，且正弦值為1010故二面角G-AD-P的余弦值為310則有cosn即λ-1(λ-1)2+λ2又因為0≤λ≤1，所以λ=1故存在λ=14，使二面角G-AD-P4．（2324高二上·湖北黃岡·期中）如圖①，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AD⊥CD，AC⊥BC.將△ACD沿AC折起，使平面ACD⊥平面ABC，連BD，得如圖②(1)求證：平面ACD⊥平面DBC；(2)若DC=1，二面角C-AD-B的平面角的正切值為25，在棱AB上是否存在點M使二面角B-CD-M的平面角的余弦值為357，若存在，請求出【答案】(1)證明見解析(2)存在，AM【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理和線面垂直的性質(zhì)得到BC⊥AD，然后根據(jù)線面垂直和面面垂直的判定定理證明即可；（2）根據(jù)二面角的定義得到∠CDB為二面角C-AD-B的平面角，根據(jù)二面角的正切值得到CB=25，DB=21，然后根據(jù)相似得到AD=2，AC=5，然后建系，設(shè)AM=λ【詳解】（1）∵平面ACD⊥平面AB