1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题（学生用书）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

第一章空间向量与立体几何 随堂检测学以致用 答案见Pt 1.若直线4,2的方向向量分别为a=(1,2,一2)， (3)直线1的方向向量，平面α的法向量分别是 b=(-2,3,2),则 a=(1,-4,-3),=(2,0,3). A.l1∥lg B.lh⊥l2 C.l,相交但不垂直D.不能确定 2.已知平面a的法向量为a=(1,2,-2),平面3 的法向量为b=(一2，一4，k),若a⊥3，则k= A.4 B.-4 C.5 D.-5 3.已知直线【与平面α垂直，直线1的一个方向 向量u=(1,-3,≈)，向量v=(3,一2,1)与平 面a平行，则x 4.根据下列各条件，判断相应的直线与直线、平 面与平面、直线与平面的位置关系。 (1)直线4，lg的方向向量分别是a=(1,一3， -1),b=(8,2,2): (2)平面a,3的法向量分别是4=(1,3,0)，= (-3,-9,0)； 提示完成P课时作业（八） 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 第一课时用空间向量研究距离问题 [学习目标]1.能用向量方法解决点到直线，点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题，培养逻 辑推理和直观想象的核心素养（重难点）.2.能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的 作用，提升数学运算的核心素养。 必备知识基础落实 答案见P 要点一点到直线的距离 要点二点到平面的距离 如图，已知直线1的单位方向向量为“，A是直 如图，已知平面a的法向量为n,A是平面a内 线1上的定点，P是直线I外一点，设向量 的定点，P是平面a外一点.过点P作平面a AP=a,则向量AP在直线1上的投影向量 的垂线l,交平面α于点Q,则n是直线I的方向 AQ=(a·u)u,则点P到直线l的距离PQ= 向量，且点P到平面α的距离就是AP在直线I上 的投影向量QP的长度.因此PQ- ·29· 数学选择性必修第一册课堂学案 辨析 面的距离就是直线到平面的距离. () 判断正误，正确的画“/”，错误的画“×” (3)两个平面平行时，一个平面上任意一点到 (1)直线外一点到直线的距离就是该点到直线 另外一个平面的距离都相等。 () 上任意一点的距离 (4)任意一条直线与任意一个平面都有距离. (2)直线和平面平行时，直线上任意一点到平 () 关键能力素养提升 答案见P 探究一 点到直线的距离 【变式1】已知三棱柱ABC-A,B,C的所有棱长 均为2，求点B到直线A:C的距离. 答题模板 用向量法求点到直线的距离的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系： (2)求直线的方向向量： (3)计算所求点与直线上某一点所构成的向 量在直线的方向向量上的投影： (4)利用勾股定理求，点到直线的距离」 另外，要注意平行直线间的距离与点到直线 的距离之间的转化 【例题1】在棱长为2的正方体ABCD-A:BCD 中，E,F分别是CC,DA的中点，求点A到 直线EF的距离， 探究二 点到平面的距离 答题模板 用向量法求点到平面的距离的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系： (2)求出该平面的一个法向量； (3)找出该点与平面内一点连线形成的斜线 段对应的向量： (4)法向量与斜线段对应向量的数量积的绝 对值再除以法向量的模，即为点到平面的 距离 ·30 第一章空间向量与立体几何 【例题2】已知正四棱柱ABCD-A1B,CD,中， 探究三线面距和面面距 AB=1,AA1=2,点E为CC1的中点，求点 D,到平面BDE的距离. 规律总结 (1)求平行于平面的直线到平面的距离可以 转化为求直线上任意一点到平面的距离，利 用求点到平面的距离的方法求解即可， (2)求两个平行平面间的距离可以转化为求 点到平面的距离，利用求，点到平面的距离的 方法求解即可 【例题3】在棱长为a的正方体ABCD-ABCD 中，E,F分别是BB,CC的中点. (1)求证：DA∥平面AEFD: 【变式2】如图所示的多面体是由底面为长方形 (2)求直线AD到平面A,EFD,的距离， ABCD的长方体被平面AEC,F所截得到的， 其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1. (1)求BF的长： (2)求点C到平面AECF的距离 444+444444444+年4444年44444年4444444444444+4444 【变式3】已知正方体ABCD-ABCD,的棱长 为1，求平面ABD与平面B:CD,间的距离. 31 数学选择性必修第一册课堂学案 随堂检测学以致用 答案见P L.已知A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),则点A 到直线BC的距离为 ( A B.1 C.2 D.22 2.若三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直，且满 足PA=PB=PC=1,则点P到平面ABC的 A.1 距离是 ( & 4.在棱长为1的正方体ABCD-ABC1D,中， A B c E,F分别是BC,CD的中点，则直线BD到平 3.如图所示，在长方体ABCD-ABCD中，AB= 面EFDB,的距离为 () BC=2,AA一√2，E,F分别是平面ABCD,平面 BCCB,的中心，则E,F两点间的距离为 A号 &号 c 提示完成Ps课时作业（九） 第二课时 用空间向量研究夹角问题 学习目标]L.能用向量方法解决简单的夹角问题，提升数学运算的核心素养（重难点）.2.通过用空间向量解 决夹角问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用，培养逻辑推理和直观想象的核心素养 必备知识基础落实 答案见P时 要点空间角的向量求法 >思考：为什么求空间角的公式中都带有绝 对值？ 空间角 向量求法 空间角的范围 若异面直线4,4所成的角为0，其 异面直线 4444444444444 444+4444444 方向向量分别是u,,则50 所成的角 (o,] cs(,) 直线AB与平面a相交于点B,设 直线与 直线AB与平面a所成的角为a,直 辨析 平面所 线AB的方向向量为，平面a的 [,] 判断正误，正确的画“√”，错误的画“×” 成的角 法向量为n,则sn0=cxs(u,n》 (1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量 所成的角相等 () 若平面a,3的法向量分别是1， (2)直线与平面所成的角等于直线的方向向量 ,则平面a与平面9的夹角即 与该平面法向量夹角的余角， () 两个平面 为向量n1和：的 或 的夹角 (3)平面与平面的夹角的取值范围与二面角的 设平而a与平面3的夹 角为8，则c08=c0s(m,n:)1= 取值范围相同。 (4)两个平面的夹角就是该二面角两个面的法 向量的夹角. () ·32· 第一章空间向量与立体几何 关键能力素养提升 答案见Pm 探究一异面直线所成的角 探究二求直线与平面所成的角 解题技巧 答题模板 (1)利用向量法求异面直线所成角的一般步 用向量法求直线与平面所成角的基本步骤 骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系： (1)建立空间直角坐标系： ②求出两直线的方向向量u,v:③代入公式 (2)求直线的方向向量AB: 0求解 (3)求平面的一个法向量n: (4)计算：设线面角为0，则sin0=cos(AB,n)1 (2)两异面直线所成角日的范国是(0，]，两 In.AB ,由0°≤090°，求0. 向量的夹角Q的范围是[0，π]，当异面直线的 nABl 方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面 直线所成的角：当异面直线的方向向量的夹角 【例题2】已知正方体ABCD-A,B,CD,求AB与 为钝角时，其补角才是异面直线所成的角. 平面AB,CD所成的角. 【例题1】如图所示，在三棱 锥V-ABC中，顶点C 在空间直角坐标系的原 点处，顶点A,B,V分别 在x轴，y轴、之轴上， D是线段AB的中点，且AC=BC=2, ∠VDC=A.当0=交时，异面直线AC与VD 所成角的余弦值为 【变式2】正三棱柱ABC-A,B,C,的底面边长为 a,侧棱长为√2a,求AC与侧面ABB,A,所 成的角. 【变式1】如图，在正方体ABCD ABCD中，E为线段AC 的中点，则异面直线DE与 B,C所成角的大小为 ( A.15 B.309 C.45 D.60° ·33· 数学选择性必修第一册课堂学案 探究三两平面的夹角 【变式3】如图所示，已知四边形ABCD为直角梯 形，∠DAB=∠ABC=90°，SA⊥平面ABCD, 规律总结 SA=AB=BC=1,AD=2,求平面SAB与 两个平面夹角的向量求法 平面SCD的夹角的余弦值. 设n,2分别是平面a,B的法向量，则向量 :与2的夹角（或其补角）就是两个平面的 夹角，用坐标法的解题步骤如下： (1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角 坐标系： (2)求法向量：在建立的坐标系下求两个面的 法向量n1,2: (3)计算：cos0=n·n mn 【例题3】已知四边形ABCD为矩形，PA⊥平面 ABCD.设PA=AB=a,BC=2a,求平面BPC 和平面PCD的夹角的余弦值. 4444444444444444444444444444444444+44444444444444444444444 随堂检测学以致用 答案见Pt 1.若直线I的方向向量与平面a的法向量的夹角 3.若平面a的一个法向量为n=(4,1,1),直线1 等于管，则直线1与平面。所成的角为（ 的一个方向向量为a=(一2，一3.3)，则l与a A晋 B号 所成角的正弦值为 () c D.以上均错误 A47 B.-4V11 33 33 2.已知平面a与平面3的法向量分别为a,b,若 D.-2 c0s(a,b)=号，则平面。和平面B的夹角的大 C 33 4.在长方体ABCD-ABCD中，已知DA=DC= 小为 ( 4,DD1=3,则异面直线AB与B1C所成角的 A哥 B号 余弦值为 C营或号 D.吾或号 提示完成P,课时作业（十）和Pm培优训练（二） ·34·[变式3]解如图所示，以D为坐标原 DD所在直线为x轴、y轴、：轴建立空间直角坐标系 点，分别以DA,DC,DD,所在直线 Dxy,如图所示. 为x轴、y轴、之轴建立空间直角坐标 系.设正方体的棱长为1，则D(0,0, 0),P(0,1,a),A1(1,0.1),B(1,1,1). E(号1,0G(0,11),则AB= 01,0,Ap=(-1,1a-D,d=(号1,0），元=0,1D. 设平面ABP的法向量为n1=(m), 则A(2,0,0),E(0,2,1),F(1,0,2),EF=(1,-2,1). 剥：A-0所以=0 设点M满足FM=AEF且AM⊥EF,令M(.x,y,), m·AP=0. 所以(x-1,y,2-2)=A(1.-2,1), (-+y+(a-1)=0. 所以x=A十1，y=一2以，x=A十2， 令=1，得=a-1,所以n=(a-1,0,1) 所以M(1+1,-2,A+2),所以AM=(a-1,-2A,a+2), 设平面CDE的法向量为n=(x4,边，)， 1 因为AM1EF,所以AM.E亦-入-1+从十A+2=0,解得 m·D或0：所以会+0， n·Dc=0. h十2=0. 言所以i=(一专合岩》 令32=1，得19=一2,2=-1，所以2=（一2,1，一1）. 所以-√专)+（信》+（借-， 因为平面AB,P⊥平面CDE, 所以m·m=0,即一2(a-1)-1=0,解得a=2 所以成A到直线F的距离为 所以当P为CC的中点时，平面A1BP⊥平面CDE 方法二以D为坐标原，点，分别以DA,DC,DD,所在直线 为x轴、y轴、：轴建立空间直角坐标系Dxy,如图所示. 随堂检测·学以致用 1.B解粉因为a·b=1×(一2)+2×3+(-2)×2=一2+ 6-4=0,所以a⊥b,所以11⊥2，故进B项. 2.D解析因为a⊥3，所以a⊥b,所以a·b=-2-8-2k=0, 所以k=一5.故选D项. 3.解析由题意得L,所以1·=3十6十之=0，所以=一9. 答案一9 则A(2,0,0),E(0,2,1),F(1,0,2) 4.解折(1)因为a·b=1×8+(-3)×2+(一1)×2=0， 所以E亦=(1，-21)，FA=(1,0,-2. 所以4⊥. 所以E=P+(-2)+=6,下A.E亦=1×1+0× (2)因为=(-3，-9,0)=-3(1,3,0)=-3u,所以a∥a (-2)+(-2)×1=-1, (3)因为a·u=一7≠0，所以l不与a平行，也不在a内. 又a,4不共线，所以l与a不垂直.故1与a斜交. 所以成金萨上的投影长度为面亩-所以点A到 EFI 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 直线F的矩病d√成-（管-√零-网 第一课时用空间向量研究距离问题 [变式1门解析以B为坐标原点，分别以BA,BB,所在直线为x 必备知识·基础落实 轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 要点一 a-(a·u) 要点二 市员 AP.n AP.nl n n [辨析门解析(1)错误.直线外一，点到直线的距离是过该点作已 则B(0,0,0),A(2,0,2),C(13,2),所以AC的方向向 知直线的垂线段的长度 量AG=(-13,0),B=(1,3,2),所以可得点B到直线 (2)正确.直线和平面平行时，直线上所有的点到平面的距 离都是相等的，所以直线上任意一点到平面的距离就是直 AC的距离d= 屁（国·亮 线到平面的距离， (3)正确.根据面面平行的概念可知正确. (4)错误.当直线与平面相交时，直线与平面的距离无法 [例题2]解析以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系D, 求出. 如图所示， 答3(1)×(2)/(3)√(4)× 所以D(0,0,0),B(1,1,0),D(0,0.2),E(0,1,1),故DB 关键能力·素养提升 (1,1,0),DE-(0,1,1).设平面BDE的法向量为n=(x [例题1门解扬方法一以D为坐标原，点，分别以DA,DC, y,),则n⊥DB,n⊥DE ·195· n·DB=0 所以/x+y=0, 4 又DA∥平面AEFD,所以直线AD到平面A:EFD1的距 故有 n.Di=0. ly+=0, 跨是26 取x=1,则y=一1，：=1，所以n= (1,-1,1). [变式3]解析以D为坐标原点，分别以 又DD=(0,0,2),所以DD·n=2, DA,DC,DD,所在直线为x轴、y 轴、之轴，建立如图所示的空间直角 n=√3， 坐标系Dxy,则可得D(0,0,0) 所以点D到平面BDE的距离d A(1,0,1).B(1,1,0),D(0,0,1),所 -清脚a牛 以4B=(0.1,-1),AD=(-1,0, n -1),AD=(-1,0,0).设平面ABD的法向量为n=( 面BDE的距离为2,3 3 n·AB=0 y,),则 [变式2]解析(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0, n…AD=0, 0即y-=0。令=1，得y=1 -x-g=0. 0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C(0,4,3). x=一1，所以n=(一1,1,1).所以点D到平面ABD的距 设F(0,0,),由题意得四边形AECF为平行四边形，所以 AF=EC,所以(-2,0e)=(-2,0,2), 青d=-方-原由题老可得AB/DC n 所以=2，所以F(0.0,2),所以BF=(-2,一4,2)， AD∥BC,且AB∩AD=A1,DC∩BC=C,所以平面 于是BF=26,即BF的长为2√6. ABD∥平面BCD,所以平面ABD与平面B,CD,间的 距离等于D1到平面ABD的距离，所以平面ABD与平面 BCD间的距离为停 随堂检测·学以致用 1.A解扬因为A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),所以AB (2)设n=(x,y,x)为平面AECF的法向量，由(1)可知 (1,0,0),BC=(-1,2,-2),所以点A到直线BC的距离为 AE-(0,4,1),AF=(-2,0,2). d= n…A正=0,4y十=0. AB部-( T_2故选A项 3 则 n·A=0-2x+2x=0, 2.D解析分别以PA,PB,PC所在直线为 令x=1,则=1y-子所以m-(1,-子1) x轴y轴、：轴建立如图所示的空间直角 坐标系，则P(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1, 又CC=(0,0,3),所以点C到平面AECF的距离d= 0),C(0,0,1),所以AB=(-1,1,0),AC CC,n=3=4网 (-1.0,1).PA=(1.0.0) n 33 11 4 设平面ABC的法向量为n=(x,y,),则 [例题3]解析(1)证明：如图，以D为原 n·AB=0, 即 /-x+y=0. 点，DA,DC,DD所在直线分别为x n·AC=0. -x十x=0, 轴y轴、：轴，建立空间直角坐标系 令x=1,则y==1,所以可取n=(1,1,1),则，点P到平面 Drv. 则D(0,0.0),A(a,0,0),D1(0,0. ABC的距高=可”-得故选D项 n a),A(a,0,a),所以DA=(a,0,0), 3.C解析以，点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线 DA=(a,0,0),所以DA∥D,A1. 为y轴，AA所在直线为x轴建立空间直角坐标系，则点E(1, 又D,AC平面AEFD,DA过平面AEFD,所以DA∥ 平面AEFD. 1②F(21,)所以萨=(2-102+-1)+ (2)由(1)得D(0,0,a),F(0a,号） (停-)=是所以F=敢选C项 所以DF=(0a,-号)，D求=(0a,号)）月 4.D解析以D为坐标原点，分别以DA,DC,DD所在直线为 设n=(r,y,x)是平面AEFD的法向量， x轴，y轴，：轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dx,则 n,DF=ay-号=0， (x=0, B11,0),E(1,0),B1.1,1),D(0,0.1,所以E成 所以 n·DA=a.x=0, y-ts (20.0）,或=(-1，-1.0.周龙-(-20-小.设平面 取=1，得y2则n=(0,号1)小 n·B=-xy=0, EFDB的法向量为n=(x,y),则 令 所以DF在n上的投影向量的长度即为，点D到平面AEFD 的距高-n:亦_20十立2 =1,则n=(-2,2,1),因为BD∥BD,BD过平面EFDB, 4. BDC平面EFDB,所以BD∥平面EFD,B,所以直线BD 到平面EFDB的距离即为点B到平面EFDB:的距离，所 ·196· 以直线BD到平面EFDB,的距离为d EB·n 2×(-2) ,故选D项 √(-2)+2+ 设正方体的棱长为1，则D(0,0,0),A1(1,0,1),C(0,1,0), 所以DA1=(1,0,1),DC=(0,1,0). 设平面ABCD的法向量为n=(x,y,), n·DA=0, 则 所以 /r+=0, 第二课时用空间向量研究夹角问题 n.DC=0. y=0. 令x=-1,得x=1,所以n=(1,0,-1). 必备知识·基础落实 又因为B(1,1,0),所以A1B=(0,1,-1) 要点 u·p u·y 1 u· u·n 所以c0s(n,AB》=AB·n=1 Iuv可 u un n 夹角其补角 IA:BIIn2 1·g ·2 所以(n,AB)=60°.所以AB与平面ABCD所成的角 mn mn 为30 [思考]提示因为异面直线所成的角的范围是(0，受]，直线与 [变式2]解析建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0), 平面所成的角的范围是[0，受]，平面与平西的夹角的范围 0a,0.A0.0a.G(,号a小所以ad- 是[0，受]，而两个向量的夹角的范国是[0，小，因此计算时 要加绝对值 [辨析]解扬(1)错误.两条异而直线所成的角与两直线的方向 向量所成的角相等或互补 (②)错误.直线与平面所成的角和直线的方向向量与该平面 法向量的夹角互余或与其补角互余。 (3)错误.平面与平面的夹角的取值范国是[0，受]，二面角 的取值范围是[0，π. 因为平面ABB1A:的一个法向量n=(1,0,0), (4)错误.两个平面的夹角与该二面角两个面的法向量的夹 角相等或互补 所以cos(AC,m=AC·n= 20 答案(1)×(2)×(3)×(4)× ACnl 3a 2 关键能力·素养提升 所以(AC,n)=120°，即AC1与侧面ABB1A,所成的角 [例题1]解析因为AC=BC=2,D是AB的中点，所以C(0,0, 是30. 0),A(2,0,0)B(0,2.0),D1,1,0). [例题3]解析建立如图所示的空间直角坐标系Axy,则B(a, 在R△VCD中，CD-②，当-等时，C-6, 0,0),C(a,2a,0),P(0,0,a),D(0,2a,0),所以BC=(0,2a, 0),Bp=(-a,0,a),CD=(-a,0,0),PD=(0,2a,-a). 所以V(0,06,所以AC-(-2.0,0).市=(1,1，-6)， 所以cos(AC,)=4C.西 =2=- ACIVDI 2X2/2 4 所以异面直线C与D所成角的会弦值为源 留 设平面PBC,平面PCD的法向量分别为n:=(·h,), ng=(x,h,), [变式1门B解析以DA,DC,DD,所在的直线分别为x轴、 nm·BC=0,m·CD=0. y轴、之轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则可 则有 和 得D(0,0,0),E(1,1,2),B(2,2,2),C(0,2,0),所以DE- m·=0和·Pi=0, 2ay=0, (1,1,2),B1C=(-2,0,-2),所以cos(DE.BC)= 二a+=0和2a-a=0 即{ D.BC=1X(-2)+1×0+2×(-2=-8 令m=1,可得平面PBC的一个法向量n1=(1,0,1) DEB.CI ,所以异 √6×22 令为=1，可得平面PCD的一个法向量n4=(0,1,2), 面直线DE和BC所成角的余孩值为号所以异面直线 所以cos(m,k)= m·n=10 mn25 DE和B,C所成角的大小为30°.故选B项. [例题2]解析以D为坐标原点，分别以DA,DC,DD所在直 所以率面BPC和平面PCD的夹角的余孩值为 线为x轴、y轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， [变式3]解折如图所示，以A为坐标原点，分别以AD,AB,AS ·197 所在直线为x轴、y轴、：轴建立空间直角坐标系， (2)由(1)知，E0,0.3),G(号.l.4）F0,1,40 则成-（号，1,1）亦=(01,1D,所以B市.庇=0+2-2= 0,BD.EF=0+2-2=0,即BD1EG,B1D⊥EF. 又EG∩EF=E,EG,EFC平面EGF,因此BD⊥平面 EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD [真题2]解粉连接AC,以A为坐标原点，AB,AC,AA1所在 则A00,0),50,0,1,C1.1,0),D(70,0 直线分别为x,y,:轴，建立如图所示的空间直角坐标系 所以Si=（(号0，-1）.S元=11，-1). Ay,则有A(0,0,0),M1,1,0),N(1,0,0),A1(0,0,2), C1(0,1,2).C(0.2.0). 设平面SCD的法向量为n=(x,y,z), {n.sd=0. x十y-x=0, y=-s 令=1，得n=(2,-1,1). 因为A市=(2,0,0)是平面SAB的一个法向量。 所以cos(Ad,n》= AD·n=6 所以A衣=(1,0，-2)，A=(1,1,0),AC=(0,1,2. ADIInl 3 (1)证明：设平面CMA的法向量为n=(x,y,z), 所以年面S4B与平面S义CD的夹角的会孩值为 n7=0·即 1n·AC=0, 6◆2a=2-2 随堂检测·学以致用 所以A衣·n=1×2+0×(-2)十(-2)×1=0，所以4N1n 1.B解析因为直线1与平面a所成的角的范国是[0，受]，且 又AN过平面CMA,所以AN∥平面CMA. (2)由(1)易知，平面ACCA1的一个法向量为A衣=(1,0， 直线1的方向向量与平面a的法向量的夫角等于警，所以直 0),平面CM1的一个法向量为n=(2.一2,1)， 线1与年面口所成的角为语-受=受，故选B项。 所以osa=亮-子所以手面CM1与手 2A层团周为c0sa,b=号，且手面a和平面B的夹角的范 面ACCA,所成夹角的余弦值为号 国是[0，受]，所以平西。和平面月的夫角的大小为受故选 (3)又M心=（一1,1,0），所以，点C到平面C,MA的距离d= MC·n A项 n 3A解扬cos(n,a)=一8-3+3 一4=一4厘，故所求 [真题3]解粉(1)在平面四边形PBCD中，BC⊥PB,PB=6, √22×√183√1Π 33 BC=2,所以CP=2,ia∠BPC- 正我位为故选A现 又PD⊥CD.DP=2CD,所以CD=2√2，PD=42. 4.解析如图，建立空间直角坐标系.由已 tm∠DPC=合 知得A(4,0.0),B(4,4,3),B(4,4, 0),C(0,4.3),所以AB=(0,4,3) 2 3 所以tan∠BPD=tan(∠BPC+∠DPC)= =1 BC=(-4,0.3).所以cos(AB.BC= 1 1 2 A品故异西直线AB A B.BC 所以∠BPD=45 所以在Rt△PAD中，PA=AD=4 与B,C所成角的余孩值为5： 9 因为DA⊥PB,BC⊥PB,所以AD∥BC 在四棱锥P-ABCD中，连接BD,设BD∩AC=F,连 图号 接MF, 章末复习方案 [真题1]证明(1)以B为坐标原点，BA,BC, BB所在的直线分别为x轴、y轴、x轴建 立空间直角坐标系Bxy,如图所示，劂 B0,0,0),D0.2,2),B(0,0,4),设BA=a,则 A(a,0,0),所以Bi=(a,0,0),Bd=(0,2, 因为=号所以别-2，又瓷器=2，所以MF/P哦 2),BD-(0,2,-2),所以BD·B=0 BD.BD=0,即BD⊥BA,BD⊥BD.又 因为MFC平面MAC,PBt平面MAC, 所以PB∥平面MAC. BA∩BD=B,BA,BDC平面ABD,所以 (2)由题意易知AB,AD,AP两两垂直，故可建立如图所示 B,D⊥平面ABD 的空间直角坐标系， ·198·