1.2.5 空间中的距离（题型专练）数学人教B版选择性必修第一册

1.2.5 空间中的距离 题型一 点到平面距离的向量解法 1．（24-25高二下·江西·期末）已知经过点的平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，，平面的一个法向量为，则点到平面的距离为 . 题型二 平行平面距离的向量解法 1．（23-24高二下·湖南衡阳·期中）在棱长为2的正方体中，下列说法正确的是（   ） A．平面与平面的距离为 B．三棱锥外接球的表面积为 C． D．直线BC与平面所成的角为 2．（24-25高二上·江苏苏州·期中）已知棱长为3的正方体，则（    ） A． B．与所成角的大小为 C．平面与平面的距离为 D．平面与平面ABCD所成角的大小为 题型三 点到直线距离的向量解法 1．（24-25高二下·甘肃白银·期末）已知空间中有，，三点，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 2．（多选）（24-25高二下·广东·期中）在空间直角坐标系中，，则（   ） A． B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．点到直线的距离是 3．（24-25高二下·福建莆田·期中）已知，，，则点C到直线的距离为 . 题型四 异面直线距离的向量解法 1．（24-25高二下·甘肃平凉·期中）正四棱锥中，为顶点在底面内的正投影，为侧棱的中点，且，则异面直线与的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·辽宁大连·期末）空间直角坐标系中过点的直线的一个方向向量为，则直线与轴之间的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·江苏连云港·阶段练习）正方体的棱长为1，是异面直线与的公垂线段，点M在上且N在上，则的长为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·甘肃武威·期末）已知四边形为矩形，为四边形外一点且平面ABCD，，，，则异面直线与之间的距离为 ． 题型一 空间角与距离的综合问题 1．（多选）（24-25高二下·安徽亳州·期末）在长方体中，，则（   ） A． B．平面与底面ABCD夹角的余弦值为 C．直线AD与平面所成角的余弦值为 D．点到平面的距离为 2．（24-25高二下·甘肃白银·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，. (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的余弦值. 3．（24-25高二下·四川泸州·期末）如图，三棱柱中，是AC的中点，. (1)证明：； (2)若点到平面ABC的距离是棱AC长度的，求平面与平面夹角的余弦值. 4．（24-25高二下·广东揭阳·期末）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面，，，． (1)求证：平面； (2)若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 题型二 空间距离的最值、范围问题 1．（24-25高二下·湖南·阶段练习）如图，是以为直径的半圆上的动点，已知，且，平面平面． (1)求证：； (2)当三棱锥的体积取得最大值时，在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 题型三 与空间距离相关的存在问题 1．（24-25高二下·江苏扬州·期中）如图，等边三角形ABC的边长为，，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 2．（24-25高二上·山东·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面为棱的中点. (1)证明：平面； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 1．（24-25高二下·湖南·期末）已知正方体的棱长为1，点E为线段上的动点（不含端点），则当三棱锥外接球半径最小时，AE的长为（   ） A． B． C． D． 2．（多选）（24-25高二下·江苏南通·期末）已知正方体的棱长为2，点P在棱上，点Q在面内，则（   ） A． B．点P到平面的距离为 C．二面角的正切值为1 D．的最小值为 3．（多选）（24-25高二下·湖南·期末）如图，在底面为平行四边形的直四棱柱中，，，M，N分别为棱，的中点，则（   ）    A． B．与平面所成角的余弦值为 C．三棱柱的外接球的表面积为 D．点到平面的距离为 4．（24-25高二下·广西桂林·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离． 5．（20-21高二·天津和平·阶段练习）如图，四棱锥中，是以AD为斜边的等腰直角三角形，，，，E为PD的中点. (1)证明：平面PAB； (2)求直线CE与平面PAB间的距离. 6．（24-25高二下·浙江嘉兴·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是平行四边形，，，，点满足，点是线段的中点． (1)证明：平面； (2)若二面角的大小为时，求四棱锥的体积． 7．（24-25高二上·山东临沂·阶段练习）如图1，在边长为2的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2． (1)求证：平面； (2)求点B到平面的距离； (3)在线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 8．（24-25高二下·湖南·期末）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 1.2.5 空间中的距离 题型一 点到平面距离的向量解法 1．（24-25高二下·江西·期末）已知经过点的平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间向量中点到平面的距离公式求解即可． 【详解】， ，又， 点到平面的距离为， 故选：B 2．（24-25高二下·河南南阳·期末）在空间直角坐标系中，，平面的一个法向量为，则点到平面的距离为 . 【答案】 【分析】根据点到平面距离的向量方法公式，求出方向向量，代入公式求出距离即可. 【详解】因为，所以点到平面的距离. 故答案为：. 题型二 平行平面距离的向量解法 1．（23-24高二下·湖南衡阳·期中）在棱长为2的正方体中，下列说法正确的是（   ） A．平面与平面的距离为 B．三棱锥外接球的表面积为 C． D．直线BC与平面所成的角为 【答案】A 【分析】D选项，作出辅助线，由线面垂直得到⊥，故⊥平面，直线与平面所成的角为，且，故D错误；C选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到，所以⊥平面，⊥；B选项，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，从而求出外接球半径，得到外接球表面积；A选项，先证明出平面平面，利用点到平面距离向量公式得到答案. 【详解】D选项，如图1，连接，与相交于O点，    因为⊥平面，且平面，所以⊥， 又因为⊥，，平面， 所以⊥平面， 即直线与平面所成的角为， 且，故D错误； C选项，如图2，连接，以D为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，    则， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则，则， 则，所以⊥平面， 又因为平面，则⊥，故C错误； B选项，三棱锥的外接球就是正方体的外接球， 设其外接球的半径为R，则，即， 所以，故B错误； A选项，如图3，因为，平面，平面，    所以平面，同理平面， 又，平面，所以平面平面， 由B选项可知，平面的一个法向量为， 且， 则两平面间的距离，故A正确. 故选：A 2．（24-25高二上·江苏苏州·期中）已知棱长为3的正方体，则（    ） A． B．与所成角的大小为 C．平面与平面的距离为 D．平面与平面ABCD所成角的大小为 【答案】AC 【分析】如图，计算的值，即可判断A；通过向量夹角公式计算能求出直线与所成角即可判断B；由平面与平面的距离转化为点到面的距离，再利用等体积法求解即可判断C；通过平面与平面ABCD的法向量求两平面的夹角即可判断D. 【详解】以D为坐标原点，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系. 正方体棱长为3，则 ， 对于选项A，因为，， 所以，故A正确； 对于选项， ， 所以与所成角的大小为，故B不正确； 对于选项C，平面与平面平行， 两平面的距离可转化为点到平面的距离，则， 即，解得，故 C正确； 对于选项D，设平面的法向量， ， 则，取， 易知平面ABCD的一个法向量为， ， 所以平面与平面ABCD所成角的大小不为，故D不正确. 故选：AC 题型三 点到直线距离的向量解法 1．（24-25高二下·甘肃白银·期末）已知空间中有，，三点，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间中点到直线距离的向量方法，构造方向向量，根据公式，求出点到直线的距离即可. 【详解】由题意得，， 所以点到直线的距离. 故选：A. 2．（多选）（24-25高二下·广东·期中）在空间直角坐标系中，，则（   ） A． B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．点到直线的距离是 【答案】ABD 【分析】根据向量数量积、模、异面直线的夹角、点到直线的距离等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】，A正确； ，B正确； 设异面直线与所成角为，则，C错误； 到直线的距离为，D正确． 故选：ABD 3．（24-25高二下·福建莆田·期中）已知，，，则点C到直线的距离为 . 【答案】 【分析】先求出与同方向的单位向量，再求，代入点到直线的距离公式计算即得. 【详解】因为，，， 所以，， 则与同方向的单位向量为， 又，则，， 故点到直线的距离为：. 故答案为：. 题型四 异面直线距离的向量解法 1．（24-25高二下·甘肃平凉·期中）正四棱锥中，为顶点在底面内的正投影，为侧棱的中点，且，则异面直线与的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，，可得且交于，再由面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】因为为正四棱锥且是在底面内的正投影， 所以面， 连接，，则且交于. 因为 面， 所以，. 所以以，，为 ，，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 因为， 则，，，，， 所以，. 设异面直线与的公垂线方向向量为， 则有 ，即，取. 又因为， 所以异面直线与的距离. 所以异面直线与的距离为. 故选：B 2．（24-25高二上·辽宁大连·期末）空间直角坐标系中过点的直线的一个方向向量为，则直线与轴之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证明直线与轴异面，设为上一动点，且，，由关系，求点，的坐标，由此可求结论. 【详解】设为轴上的动点，设点为， 设 若点在直线上，则， 又，所以，矛盾， 所以点不在直线上， 又直线的一个方向向量为，轴的一个方向向量为， 所以直线与轴不平行，所以直线与轴异面， 设为上一动点，且， 所以点的坐标为，所以， 当，时，取最小值， 所以当，时，取最小值， 所以，时，取最小值， 所以，时，取最小值， 此时，的最小值为， 所以直线与轴之间的距离为. 故选：B. 3．（24-25高二下·江苏连云港·阶段练习）正方体的棱长为1，是异面直线与的公垂线段，点M在上且N在上，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，由是异面直线与的公垂线段列出方程求解得，即可求得的长． 【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 因为点M在上，点N在上，所以设， 因为是异面直线与的公垂线段， 所以，即，解得， 所以， 所以异面直线与间的距离为， 故选：C． 4．（23-24高二下·甘肃武威·期末）已知四边形为矩形，为四边形外一点且平面ABCD，，，，则异面直线与之间的距离为 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与间的距离. 【详解】因平面，且平面，故， 又，故可以为坐标原点，以所在直线 分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，    则，，，， 所以，，， 设异面直线与的公垂线的方向向量为，则，， 所以，令，则. 设异面直线与之间的距离为d， 则. 故答案为： 题型一 空间角与距离的综合问题 1．（多选）（24-25高二下·安徽亳州·期末）在长方体中，，则（   ） A． B．平面与底面ABCD夹角的余弦值为 C．直线AD与平面所成角的余弦值为 D．点到平面的距离为 【答案】BD 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求解夹角的余弦值判断A，利用向量法求解平面的夹角判断B，利用线面角的向量公式求解判断C，利用点面距离的向量公式求解判断D. 【详解】在长方体中，， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， ，，，，，，， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 对于A，，， 则，故A错误； 对于B，为平面的法向量，设平面与底面ABCD夹角为， 则，所以平面与底面ABCD夹角的余弦值为，故B正确； 对于C，，设直线与平面所成角为 则，所以直线与平面所成角的正弦值为， 所以直线AD与平面所成角的余弦值为，故C错误； 对于D，，所以点到平面的距离为，故D正确． 故选：BD 2．（24-25高二下·甘肃白银·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，. (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用空间向量法求点到面的距离，根据平面法向量的求解步骤，求出平面的一个法向量，再运用距离公式求解即可； （2）利用空间向量法求二面角，分别求出平面与平面的一个法向量，再根据二面角与平面法向量夹角的求解公式求解即可. 【详解】（1）以为原点，以，，方向分别为，，轴建立空间直角坐标系， 所以，，， 令平面的法向量为， 则，不妨取，则， 所以点到平面的距离. （2）由，令平面的法向量为， 则，不妨取，则， 且为平面的一条法向量， 所以， 因为二面角为钝角，所以其余弦值为. 3．（24-25高二下·四川泸州·期末）如图，三棱柱中，是AC的中点，. (1)证明：； (2)若点到平面ABC的距离是棱AC长度的，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析． (2) 【分析】（1）先证明平面，得，然后证明平面，得证； （2）以为原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【详解】（1）因为是中点，，所以，， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 因为，平面，所以平面， 而平面，所以； （2）由（1）知以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图， 设，则点到平面ABC的距离为，， 由已知得，从而， 则， 所以，, 设平面的一个法向量是， 则，取，则， 易知平面的一个法向量是， ， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 4．（24-25高二下·广东揭阳·期末）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面，，，． (1)求证：平面； (2)若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）先应用余弦定理得出，再应用面面垂直性质定理证明线面垂直； （2）由即可求出，再建系得出平面与平面的法向量，最后结合二面角的余弦公式计算求解. 【详解】（1）底面是等腰梯形，， ，． 所以，所以，所以， 因为平面平面，且平面平面，且，且平面，所以平面； （2）因为平面平面，且平面平面，且，且平面，所以平面； 底面是等腰梯形，，，所以， 所以，所以， 又因为三棱锥的体积为， 所以，所以， 如图建系， 设平面的法向量为， 设平面的法向量，， 所以令，则， 所以， 设平面与平面夹角为， 所以 题型二 空间距离的最值、范围问题 1．（24-25高二下·湖南·阶段练习）如图，是以为直径的半圆上的动点，已知，且，平面平面． (1)求证：； (2)当三棱锥的体积取得最大值时，在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）过点作于，应用面面、线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定证明面，最后应用线面垂直的判定和性质证明结论； （2）根据已知确定三棱锥的体积取得最大有，过点作于，建立合适的空间直角坐标系，应用向量法，结合面面角的余弦值，求解即可. 【详解】（1）过点作于， 由平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，故，又为直径，易知， 且由于，，则不可能重合，重合的话，与三角形内角和矛盾. 则平面，所以平面，平面， ，且，平面，， 平面，平面，故. （2）由（1）知， 当时，取到最大值，过点作于， 建立以为原点，为轴，为轴，过点垂直于平面的方向为轴的空间直角坐标系，如下图所示： 设平面与平面的法向量分别为，易知平面的法向量可取， 则， 设，则，则， 所以，则， 令，可得， 由于平面与平面夹角的余弦值. 则，因此， 即，即，即，解得或(舍去). 此时，，则. 故线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，且. 题型三 与空间距离相关的存在问题 1．（24-25高二下·江苏扬州·期中）如图，等边三角形ABC的边长为，，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，点位于线段的靠近点的三等分点 【知识点】面面垂直证线面垂直、线面角的向量求法、点到平面距离的向量求法、空间线段点的存在性问题 【分析】（1）连接，证明，结合面面垂直性质定理证明平面，取边的中点记为，建立空间直角坐标系，求的坐标，再求线段的长度； （2）求平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值； （3）设，求平面的法向量，结合点到平面的距离的向量求法求点到平面的距离，列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）由已知，连接，因为为线段的中点，所以； 因为平面平面，又平面平面，又面， 所以平面；取边的中点记为，则； 以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，所以； （2）由（1），，，， 所以，，， 记平面的法向量为， 所以， 不妨取，得， 所以为平面的一个法向量； 记直线与平面的所成角为， 则， 所以，直线与平面的所成角的正弦值为； （3）设，其中， ，， ，， ， 记平面的一个法向量为， 则有， 不妨取，解得， 即； 则点到平面的距离， 整理得：即， 解得或（舍去）， 所以，当点位于线段的靠近点的三等分点时，点到平面的距离为． 2．（24-25高二上·山东·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面为棱的中点. (1)证明：平面； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）,（ii）存在， 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，可得，即可根据线面平行的判定定理证明结论； （2）（i）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解； （ii）设，，根据点面距离的向量法即可求出，进而求出的值． 【详解】（1）取的中点，连接，，如图所示： 为棱的中点， ，，，，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 平面； （2），，， ，， 平面平面，平面平面， 平面， 平面， 又，平面，，，由， 以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，，，，， （i）故， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，，， 平面的一个法向量为, 则，令，则，，故， ,， 由于二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为； （ii）假设在线段上是存在点，使得点到平面的距离是， 设，，则,0,，0,， 由（2）知平面的一个法向量为,,， ， 点到平面的距离是， ，． 1．（24-25高二下·湖南·期末）已知正方体的棱长为1，点E为线段上的动点（不含端点），则当三棱锥外接球半径最小时，AE的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面，故三棱锥的外接球球心在上，设三棱锥的外接球球心为O，半径为r，推出最小值为的外接圆半径，由正弦定理得，设，求出O为的三等分点，故，根据得到方程，求出，从而得到AE的长. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 故， 所以，即，， 又，平面， 所以平面，故三棱锥的外接球球心在上， 设平面，设三棱锥的外接球球心为O，半径为r， 则，即点O与重合时，r有最小值， 最小值为的外接圆半径， 在等边中，边长为，所以， 设， 点到平面的距离为的长， 其中，点到平面的距离为， 即，O为的三等分点，故， 所以， 解得或（舍去）， 此时，，所以． 故选：D． 2．（多选）（24-25高二下·江苏南通·期末）已知正方体的棱长为2，点P在棱上，点Q在面内，则（   ） A． B．点P到平面的距离为 C．二面角的正切值为1 D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，然后用向量法逐项判断即可. 【详解】如图，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 因为正方体的棱长为2，则，，，因为点P在棱上，所以设， 所以，，则，所以，所以A正确； 因为平面，所以点P到平面的距离即为点到平面的距离， 因为为正方形，连接，，使,所以， 因为正方体中，平面，所以， 所以平面，所以点到平面的距离为，所以B正确； 由题知，平面的一个法向量， 又，所以，设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以， 所以，设二面角的平面角为，则，所以，所以C错误； 作点关于面的对称点，所以，因为点Q在面内， 所以的最小值为，所以D正确. 故选：ABD 3．（多选）（24-25高二下·湖南·期末）如图，在底面为平行四边形的直四棱柱中，，，M，N分别为棱，的中点，则（   ）    A． B．与平面所成角的余弦值为 C．三棱柱的外接球的表面积为 D．点到平面的距离为 【答案】AC 【分析】根据线线的关系可判断A；建立空间直角坐标系，利用向量法可求与平面所成角的余弦值，判断B；求出三棱柱的外接球的半径，即可求出外接球表面积，判断C；利用向量法求点到平面的距离，判断D. 【详解】对于A，连接，因为， 所以为等边三角形，则，而， 所以，故A正确； 以为原点，在平面内过点D作的垂线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，， 对于B，平面的一个法向量为， ，设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的余弦值为，故B错误； 对于C，由题意知为等边三角形， 的外接圆半径， 三棱柱的外接球半径， 所以三棱柱的外接球的表面积为，故C正确； 对于D，，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 则， 点到平面的距离，故D错误． 故选：AC． 4．（24-25高二下·广西桂林·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)； (3) 【分析】（1）利用空间向量法求出即可； （2）利用空间向量法分别求出平面和平面的法向量，进而求出二面角的余弦值； （3）求出在上的投影向量的模长，进而求出到直线的距离. 【详解】（1）证明：由题知，平面ABC， 所以、、两两垂直 故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系    因为，，，则 ，，，，，， 所以， 故 所以 （2）由（1）分析知，，， 又，即 所以， 设平面的法向量为 则，即 令，则 由题知，是平面的一个法向量 设二面角的平面角为，则 所以二面角的余弦值为. （3）由（2）知，，且 在上的投影向量的模长. 计算. 根据点到直线距离公式， 即点到直线的距离为. 5．（20-21高二·天津和平·阶段练习）如图，四棱锥中，是以AD为斜边的等腰直角三角形，，，，E为PD的中点. (1)证明：平面PAB； (2)求直线CE与平面PAB间的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取为的中点，连接，可证四边形为平行四边形，得，再根据线面平行的判定定理可证； （2）转化为求点E与平面PAB间的距离，取的中点，连接，可证平面平面，建立合适空间直角坐标系，根据点面距的向量公式可求出结果. 【详解】（1）若为的中点，连接，E为PD的中点，则且， 由，，则且，故为平行四边形， 所以，平面，平面，故平面； （2）由（1）知直线CE与平面PAB间的距离，即为点E与平面PAB间的距离， 由，，，取的中点，连接， 所以四边形为矩形，， 由是以AD为斜边的等腰直角三角形，，， 由，且都在平面内，则平面， 由，则平面，平面，则平面平面， 以为原点构建空间直角坐标系，则， 由平面，平面，则， 在中，则， 由，所以，可得， 所以，，则，，， 设平面的一个法向量为，则，取，则， 所以， 所以直线CE与平面PAB间的距离为. 6．（24-25高二下·浙江嘉兴·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是平行四边形，，，，点满足，点是线段的中点． (1)证明：平面； (2)若二面角的大小为时，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用余弦定理求得，根据勾股定理证得，再根据面面垂直的性质即可证明平面 （2）方法：建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法结合已知条件求得二面角平面角的表达式，得到关于的方程，解出即可确定四棱锥的高进而求得四棱锥体积；方法：建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法结合已知条件求得二面角平面角的表达式，得到关于的方程，解出即可确定四棱锥的高进而求得四棱锥体积；方法：根据已知条件，利用空间中线线、线面的平行垂直关系，求得四棱锥的高，从而求得四棱锥体积. 【详解】（1） 连结，在中，，，， 由余弦定理，即， 此时，， 又平面平面，平面平面， 平面，平面． （2）解法1：如图建系， 以为原点，，方向为轴，垂直于平面向上方向为轴， 设，则， ，由得，即， 由，得，， 设是平面的法向量， ， 取，得， 平面的法向量为，二面角的大小为， 则，解得， ， ． 解法2：过点作，交的延长线于，连接， 平面平面，平面平面， 平面，平面， ，，， 平面，平面，又， 平面，平面，， 如图所示，以方向为轴，垂直于平面方向为轴建系， 设， 则，， ，，得，， 由，得， 设是平面的法向量， ， 取，得， 平面的法向量为，二面角的大小为， 则，解得， ， ． 解法3：过点作，交的延长线于，连接， ，，， 平面，平面，又， 平面，平面，， 由平面平面，平面平面，平面， 平面， 因为，所以为线段上靠近点的三等分点， 设线段上靠近点的三等分点为，连，， 则，平面，平面，所以， 在中，，，， 四边形是矩形，， 在中，，，， 因为，即， 解得：，所以，所以， 平面，平面，， 平面，平面，， 是二面角的平面角的补角，即， 为等腰直角三角形 ，，从而， ， ． 7．（24-25高二上·山东临沂·阶段练习）如图1，在边长为2的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2． (1)求证：平面； (2)求点B到平面的距离； (3)在线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在 ， 【分析】（1）根据线面垂直先证得，再结合可证得结论； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得点B到平面的距离. （3）设，根据平面与平面的法向量垂直建立等量关系求得即可． 【详解】（1）证明：，， 又平面平面， 所以平面， 平面，， 又平面平面， 平面； （2）平面， ∴ 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，， ，设平面的法向量为， 则，故可设.， 所以点B到平面的距离为. （3）存在，理由如下： 假设在线段上存在一点，使得平面平面， 设， 则，， ， 设平面的法向量， 由， 得， 令，得． 设平面的法向量为， ， 故， 取，得． 因为平面平面， 所以， 解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，且． 8．（24-25高二下·湖南·期末）如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)． (3)存在， 【分析】（1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用正三棱柱的性质如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面角的正弦值； （3）利用设未知量，来表示空间向量，借助空间向量法来求点到面的距离，从而解决问题. 【详解】（1）    如图，连接交于点O，连接， 则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面． （2）因为在正中，D是的中点，故， 以D为坐标原点，取的中点F，分别以为轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，，，． 故，，， 设平面的法向量为， 则取． 设直线与平面所成角为, 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）存在点E，理由如下： 设，其中， 所以，， 设平面ADE的法向量为， 则取． 且， 则点到平面ADE的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点E使得点到平面ADE的距离为．此时． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$