第22讲 立体几何与空间向量-【艺考一本通】2026年高考数学一轮+二轮（通用版）

艺考一本通数学 第22讲立体几何与空间向量 自主预习 知识梳理 夯实基础 1.点、线、面空间位置关系 a与b的夹角(a,b) 4与2所成的角0 设直线l的方向向量为a=(a1,b1,c1).平面 范围 0<〈a,b)<π 0<0K a,3的法向量分别为u=(a2,b2,c2),v=(a, 关系 cos(a,b)=- a·b a b cos0=cosa,b1=a·h 1a11b b3,C3). (2)直线与平面所成的角 (1)线面平行： 设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为 l∥a台→a⊥w台a·u=0台a1a2+b1b2+c1c2 n,直线l与平面a所成的角为0，则sin0= =0. (2)线面垂直： cos(a,n)= a·n a n' 范围：0<<受 L⊥a台a∥u台→a=ku台a1=ka2,b1=kb2,c1 (3)二面角 =kc2. 如图①，AB,CD是二面角α-l-3的两个面内 (3)面面平行： 与棱1垂直的直线，则二面角的大小0= a∥B台u∥v台u=kv台a2=ka3,b2=b3,c2 KAB,CD). =kc3· (4)面面垂直： a⊥B台u⊥v台u·v=0台a2a3+b2b+c2c3 ② ③ =0. 如图②③，n1,n2分别是二面角a,β的两个半 2.空间角 平面α，3的法向量，则二面角的大小0满足 (1)异面直线所成的角 cosd引=|cos(n1,2>,二面角的平面角大小是 设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向 向量n1与n2的夹角（或其补角）. 量，则 典例剖析 典例变式 变式训练 题型一 利用空间向量证明空间位置关系 (2)求证：平面PAD⊥平面PDC 【例1】如图所示，在底面是矩形的四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD,E,F分别是 PC,PD的中点，PA=AB=1,BC=2. (1)求证：EF∥平面PAB; ·150· 第一部分一轮单元复习第七单元 【证明】以A为坐标原点，AB,AD,AP所 求证：(1)BD⊥平面ABD: 在直线分别为x轴，y轴，之轴建立如图所示 (2)平面EGF∥平面ABD. 的空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0, 0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),所以E (21,2)ro1,2), E=(-号0,0，A2=(0,0,1),AD=(0, 2,0),DC=(1,0,0),Ai=(1,0,0). (I)国为E市=-A点，所以E∥A,即EP ∥AB.又ABC平面PAB,EFt平面PAB, 所以EF∥平面PAB. (2)因为Ap.DC=(0,0,1)·(1,0,0)=0, AD·DC=(0,2,0)·(1,0,0)=0, 题型二利用空间向量求空间角 所以A产⊥DC,AD⊥D心，即AP⊥DC,AD 【例2】(2024·天津卷)已 ⊥DC.又AP∩AD=A,APC平面PAD, 知四棱柱ABCD ADC平面PAD,所以DC⊥平面PAD.因 ABICD 中，底面 为DCC平面PDC,所以平面PAD⊥平 ABCD为梯形，AB∥ 面PDC. CD,A1A⊥平面ABCD, 【规律方法】向量法证明平行与垂直的步骤 AD⊥AB,其中AB=AA1=2.AD=DC= (1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地 1.N是B1C的中点，M是DD的中点. 利用载体中的垂直关系. (1)求证DN∥平面CBM; (2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空 (2)求平面CB1M与平面BB1CC的夹角余 间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的 弦值； 要素. (3)求点B到平面CB1M的距离. (3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向 【解析】(1)取CB1中点P,连接NP,MP,由 量，再研究平行、垂直关系 N是B1C的中点，故NP∥CC,且NP= (4)根据运算结果解释相关问题. 变式训练一 CG,由M是DD,的中点，改D,M=司 在直三棱柱ABC-A,B1C中，∠ABC=90°， DD=号CC,且DM∥CG,则有DM∥ BC=2,CC=4,点E在线段BB1上，且EB NP、DM=NP,故四边形DMPN是平行 =1,D,F,G分别为CC1,C1B,CA的中点. 四边形，故DN∥MP,又MPC平面 ·151· 艺考一本通数学 CBM,DN中平面CBM,故D1N∥平面(2)求空间角应注意的三个问题：①两条异面直 CB1M.故DN∥平面CB1M, 线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角 (2)以A为原，点建立如图 B,即cosa=|cosB;②直线与平面所成的角的 所示空间直角坐标系，有 正弦值等于平面的法向量与直线的方向向量夹 A(0,0,0)、B(2,0,0)、B 角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化；③ (2,0,2)、M(0,1,1)、C 两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面 (1,1,0)、C(1,1,2),则有 角，有可能为两法向量夹角的补角 CB=(1,-1,2)、CM=(-1,0,1)、BB= 变式训练二 (0,0,2),设平面CB1M与平面BB1CC的 1.(2025·新课标Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD 法向量分别为m=（x1,y1,为)、n=(x2,y2, 中，AB∥CD,∠DAB=90°，F为CD的中 m·CB,=x1-y+2=0, 点，点E在AB上，EF∥AD,AB=3AD,CD 2),则有 m·CM=-x1十=0， =2AD,将四边形EFDA沿EF翻折至四边 fn·CB1=x2-y2+222=0, 形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所 ,分别取x1= n·BB=2x2=0, 成的二面角为60°. (1)证明：AB∥平面CDF; x2=1,则有y1=3,刘=1，y2=1,x2=0,即 (2)求面BCD与面EFD'A'所成的二面角的 m=(1,3,1)、n=(1,1,0),则cos(m,n〉= 正弦值。 m·n 1+3 2√22 m·n√+9+i.√/1+i111 故平面CB1M与平面BB1CC的夹角的余 孩位为2巴 (3)由BB1=(0,0,2),平面CB1M的法向量 为m-(1,3,1),则有BB·m 2.（2024·新课标I卷)如图，四棱锥P m ABCD中，PA=AC=2,BC=1,AB=√3. 9T,即点B到平而CB,M 2 =2如 (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC: (2)若AD⊥DC,且二面角A一CP一D的正 的距商为2平 弦值为孚，求AD 【规律方法】 (1)利用空间向量求空间角的一般步骤：①建立 恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标， 写出相关向量的坐标；③结合公式进行论证、计 算；④转化为几何结论. ·152· 第一部分一轮单元复习 第七单元 3.(2025·北京卷)四棱锥P一ABCD中， 所以AB⊥PD. △ACD与△ABC为等腰直角三角形， 又因为PA⊥PD,PA∩AB=A, ∠ADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点. 所以PD⊥平面PAB. (1)F为PD的中点，G为PE的中点，证明： (2)【解析】取AD的中点O,连接PO,CO, FG∥平面PAB; 因为PA=PD,所以PO⊥AD. (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求AB与 又因为POC平面PAD,平面PAD⊥平面 平面PCD所成角的正弦值， ABCD, 所以PO⊥平面ABCD. 因为COC平面ABCD, 所以PO⊥CO. 因为AC=CD,所以COLAD 如图所示，建立空间直角坐标系Oxy之 题型三立体几何中的探索性问题 【例3】如图，在四棱锥P-ABCD中，平面 PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD, AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=√5. 由题意得，A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0, 0),D(0,-1,0),P(0,0,1). 则P方=(0，-1，-1)，PC=(2,0,-1),P =(1,1,-1), 设平面PCD的法向量为n=(x,y,), (1)求证：PD⊥平面PAB; n·P市=0，-y-x=0, (2)求直线PB与平面PCD所成角的正 则 n·Pt=0,2x-x=0. 弦值； 令之=2，则x=1,y=一2. (3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥ 所以n=(1,一2,2). 平面P心Dm若存在，求兴的值：若不存 所以cos(n,P》=- 3 在，说明理由. 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值 (1)【证明】因为平面PAD⊥平面ABCD,平 面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB 为③ 31 C平面ABCD, (3)【解析】设M是棱PA上一点， 所以AB⊥平面PAD. 则存在λ∈[0,1]，使得AM=λA户」 ·153· 艺考一本通数学 因此，点M(0,1一入，)，BM=(一1，一入，).2.如图，在三棱柱ABC-A1BC中，四边形 因为BM￠平面PCD,所以要使BM∥平面 AACC是边长为√3的正方形，CC⊥BC, PCD,当且仅当BM·n=0,即(-1，-λ，λ) BC=1,AB=2. (1,一2,2)=0，解得入=子，所以在棱PA 上存在点M,使得BM∥平面PCD,此时 【规律方法】利用空间向量巧解探索性问题 (1)证明：平面ABC⊥平面ABC; (1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索 (2)在线段AB上是否存在点M,使得CM⊥ 性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只 C,若存在，求的值：若不存在，请说明 需通过坐标运算进行判断. 理由. (2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列 方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的 坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问 题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于 运用这一方法解题， 【提醒】探索线段上是否存在，点时，注意三，点共 线条件的应用. 变式训练三 1.如图，在正方体ABCD-A1BCD1中，点E, F分别为棱DD1,BB的中点. (1)证明：直线CF∥平面AEC1; (2)若该正方体的棱长为4，试问：底面 ABCD上是否存在一点P,使得PD1⊥平面 A1EC,若存在，求出线段DP的长度，若不 存在，请说明理由. ·154. 第一部分一轮单元复习 第七单元 随堂检测 基础训练 温故知新 1.如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD3.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是 为正方形，AP⊥平面CDP,AP=DP. 矩形，PA⊥平面ABCD,PA=AD=4,AB= (1)求证：平面ABCD⊥平面ADP; 2,M是PD上一点，且BM⊥PD. (2)若Q是DP的中点，求直线BP与平面 (1)求异面直线PB与CM所成角余弦的 BCQ所成角的正弦值. 大小： (2)求点M到平面PAC的距离. 2.(2025·新课标I卷)如图所示的四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB 4.如图，已知在直三棱柱ABC一A1B1C中， ⊥AD. AA1=2AC=4,AB=BC,F为BB1的中点， (1)证明：平面PAB⊥平面PAD; 点E是CC1上靠近C的四等分点，AF与平 (2)PA=AB=√2，AD=1+√3，BC=2,P, B,C,D在同一个球面上，设该球面的球心 面AC所成角的会弦值为号 为0. (1)求证：平面AFC⊥平面AEF; (i)证明：O在平面ABCD上； (2)在线段AF上是否存在一点N,使得平 (i)求直线AC与直线PO所成角的余弦值. 面AFC与平面NB1C1的夹角的余弦值为 2平？若作在，确定点N的位置：若不存在， 请说明理由 ·155·艺考一本通数学 ∠SAD,C选项错误；D选项，因为ABCD为正方形，则AB 与BC所成的角90°，又SD⊥底面ABCD,则∠SDC=90°， 所以DC与SC所成的角∠SCD<90°，D选项错误；故 选AB. 8.3√2【解析】如图，连接BD,AD,延 长EG交CB的延长线于Q,则BQ= 2CB,过Q作QH∥BD交AB于H, 延长QH交AD于K,则BH=HA, AK=KD,过K作KT∥AD交DD 于T,连接FT,GH,则六边形 FEGHKT即为平面EFG截正方体所得截面，又F,E,G, H,K,T均为所在棱的中点，所以截面的周长为3√② 9.【证明】(1)如图，连AC,设AC与BD交 于点N,则N为AC的中，点，连接MN, 又M为棱AE的中点，所以MN∥EC 因为MN平面EFC,ECC平面EFC, 所以MN∥平面EFC.因为BF⊥平面 ABCD,DE⊥平面ABCD,且BF=DE 所以BF∥DE且BF=DF,所以四边形 BDEF为平行四边形，所以BD∥EF.因 为BD寸平面EFC,EFC平面EFC,所以BD∥平面EFC. 又MN∩BD=N,MN,BDC平面BDM,所以平面BDM∥ 平面EFC. (2)如右图，连接EN,FN.在正方形 ABCD中，AC⊥BD,又BF⊥平面 ABCD,所以BF⊥AC.又BF∩BD=B, BF,BDC平面BDEF,所以AC⊥平面 BDFF,又N是AC的中点， 所以V三被A-EF=V三被锥C-EF，所以 V:我1m=2V:我-g=2X号×ANA么 X5=2X×号×号×X2= 2 3 ,所以三棱锥 A-CEF的体积为导 10.【解析】(1)连接BD,因为在菱形ABCD中，∠DAB=60°， 所以△ABD为等边三角形，又因为 G为AD的中，点，所以BG⊥AD.又 因为平面PAD⊥平面ABCD,平面 PAD∩平面ABCD=AD,所以BG ⊥平面PAD. D (2)如图，因为△PAD为正三角形， G为AD的中点，所以PG⊥AD.由 (1)知BG⊥AD,PG∩BG=G,所以 B AD⊥平面PGB,因为PBC平面PGB,所以AD⊥PB. 第22讲立体几何与空间向量 【典例变式】 变式训练 【证明】(1)以B为坐标原点，BA, BC,BB1所在的直线分别为x轴，y 轴，之轴建立如图所示的空间直角 坐标系B-xyz,则B(0,0,0),D(0, 2,2),B1(0,0,4),设BA=a,则A (a,0,0),所以BA=(a,0,0),Bd= (0,2,2),BD=(0,2,-2),B1D· B BA=0,B1D·BD=0+4-4=0, 所以BD⊥BA,B1D⊥Bd,即B1D ⊥BA,B,D⊥BD.又BA∩BD= B,BAC平面ABD,BDC平面 38 ABD,因此B1D⊥平面ABD (2)由(1)知，E(0,0,3,G(号，1,4），F(0,1,4),则元 (号，1,1），E=(01,1),Bd.G=0+2-2=0,BD EF=0十2-2=0，所以BD⊥E心，B1D⊥EF,即B1D⊥EG BD⊥EF.又EG∩EF=E,EGC平面EGF,EFC平面 EGF,因此BD⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平 面ABD. 变式训练二 1.(1)证明见解析(2)厘 【解析】(1)设AD=1,所以AB =3,CD=2,因为F为CD中点，所以DF=1,因为EF∥ AD,AB∥CD,所以AEFD是平行四边形，所以AE∥DF, 所以A'E∥DF,因为DFC平面CDF,A'E丈平面CDF, 所以A'E∥平面CDF,因为FC∥EB,FCC平面CD'F,EB 中平面CD'F,所以EB∥平面CDF,又EB∩A'E=E,EB, A'EC平面A'EB,所以平面A'EB∥平面CDF,又A'BC平 面A'EB,所以A'B∥平面CD t D F.(2)因为∠DAB=90°，所以 AD⊥AB,又因为AB∥FC,EF ∥AD,所以EF⊥FC,以F为原 点，FE,FC以及垂直于平面 BECF的直线分别为xY,Z轴， 建立空间直角坐标系.因为DF A ⊥EF,CF⊥EF,平面EFDA'与 平面EFCB所成二面角为60°，所以∠DFC=60°.则B(1, 20.c0-1o-(a,7号）.B1.001.F00.0.f以 武=(-1.-1,0.cD=(o,-9）,F座=1.0.0. F币-(0，，）.设平面BCD的法向量为n=(,,, (BCn=0 1 C=0所以 则 2y+2=0今v=,则=1，x -x-y=0 -3,则n=(-√5,5,1).设平面EFDA'的法向量为m= 远m所8多叶会令 (x=0 则=-1，x=0,所以m=(0,W3,一1).所以cosm,n= m·n 0+3-1 m n 3+3+1×w/1+3√7 所以平面BCD与平面 ED1夫角的正袋值为一（信） 42 7 2.【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,而 ADC平面ABCD,所以PA⊥AD,又 AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PAC平面 PAB,所以AD⊥平面PAB,而ABC平 D 面PAB,所以AD⊥AB.因为BC十 AB=AC,所以BC⊥AB,根据平面知 A 识可知AD∥BC,又AD庄平面PBC, BCC平面PBC,所以AD∥平面PBC (2)如图所示，过点D作DE⊥AC于E,再过点E作EF CP于F,连接DF,因为PA⊥平面ABCD,所以平面PAC 平面ABCD,而平面PAC∩平面ABCD=AC,所以DE⊥平 面PAC,又EF⊥CP,所以CP⊥平面DEF,根据二面角的定 义可知，∠DFE即为二面角A一CP一D的平面角，即 sin∠DFE=巫，即an∠DFE=6.因为AD⊥DC,设AD 7 =,则CD=VA-T,由等面积法可得，DE=V④一乙 又CE=√(4-r2)-4--4-x 4 2 ,而△EFC为等腰 x4- 直角三角形，所以EF=4一2 2 ,故tan∠DFE= 22 4-x 2√2 √6，解得x=√3，即AD=√3. 3.【解析】(1)取PA的中点V,PB的中点M,连接FN、MN,因 为△ACD与△ABC为等腰直角三角形且∠ADC=90°， ∠BAC=90°，不妨设AD=CD=2,.AC=AB=2√2.所以 BC=4.所以E,F分别为BC,PD的中点，因为FN=号AD =1,GM=号BE=-1,且FN∥AD,GM//BC.因为∠DAC 45°，∠ACB=45°，所以AD∥BC,所以FN∥GM,所以四边 形FGMN为平行四边形，所以FG∥MN,因为FG￠平面 PAB,MNC平面PAB,所以FG ∥平面PAB;(2)因为PA⊥平面 ABCD,所以以A为原，点，AC、 AB、AP所在直线分别为x、y、 轴建立如图所示的空间直角坐标 系，设AD=CD=2,则A(0,0,0), D B(0,2√2,0)，C(2√2,0,0)，D (√2，-√2,0)，P(0,0,2√2)，所以 AB=(0,2√2,0)，D心=(2,2,0)，C=(-2√2,0,2√2)， 设平面PCD的一个法向量为n=(,,),所以C市.n=0 (DC·n=0 V2.x+√2y=0 ,取x=1,所以y=一1，x=1,所以n= -2√2x+2N2x=0 (1,-1,1).设AB与平面PCD所成角为0，则sin0=|cos Ai,n1=.m=10X1+22x(-1D+0×1 AB·n 22×/12+(-1)2+12 。22=5,即AB与平面PCD所成角的正弦值为 22X√3 3 变式训练三 1.【解析】(1)如图，取AA1的中点G,连接GD,GF,则GD∥ AE,则由正方体的性质可得GF∥AB,GF=AB.AB∥CD, AB=CD,所以GF∥CD,GF=CD,所以四边形GFCD为平 行四边形，所以CF∥GD,又GD∥AE,所以CF∥AE,又 CF中平面AEC,AEC平面AEC,所以CF∥平 面A1EC (2)如图建立空间直角坐标系，假设在底面ABCD上存在，点 P,使得PD⊥平面A1EC:设P(a,b,0),则A(4,0,4),E (0,0,2),C(0,4,4),D1(0,0,4),所以AC=(-4,4,0), EC=(0,4,2),DD=(a,b,-4),由DP⊥A1C,DP⊥ g.D.AC=0,D.武=0即。的0，解 得a=2,b=2,即P(2,2,0),所以D=(2,2,0),|Dd1= √2+2十0=2√2，故在底面ABCD上存在点P,使得 PD⊥平面AEC,线段DP的长度为2√2. D Z\D D 参考答案·数学 2.【解析】(1)在△ABC中，AC=√3，BC=1,AB=2,满足AC +BC2=AB2,所以AC⊥BC.又CC⊥BC,CC∩AC=C,所 以BC⊥面ACC1A1,又ACC面ACC1A1,所以BC⊥A1C, 又四边形AA,C1C是边长为3的正方形，所以AC1⊥AC, 又BC∩A,C=C,所以AC⊥面A,CB,又ACC平面 ABC1,所以平面A,BC⊥平面ABC (2)在线段AB上存在点M,使得 CML5C,x=十2内知下： 由(1)得，以点C为原点，CA,CB, CC1所在直线分别为x,y,之轴建立 空间直角坐标系，如图所示，则A (3,0,0),C(0,0,0),B(0,1,0),A B (3,0,3),C(0,0W3),设M(x,y, A x),BM=λBA,所以(x,y-1,x)=入(W3,-1W3),解得x= √3x,y=1-λ，x=√3λ，所以Ci=(W3x,1-λw3A),CB=(0, 1,一5)要使CM⊥BC,则需CM·BC=0,即 1-2双=0，解得入=了故欲-子 【基础训练】 1.【解析】(1)证明：因为AP⊥平面 CDP,CDC平面CDP,所以CD ⊥AP.因为底面ABCD为正方 形，所以CD⊥AD.又AP∩AD =A,AP,ADC平面ADP,所以 R CD⊥平面ADP,又CDC平面 ABCD,所以平面ABCD⊥平 面ADP. (2)将题千图形调整一下位置，记AD的中点为E,BC的中 点为F,连接PE,EF,如图，因为AP=DP,E是AD的中 点，所以PEAD.又由(1)知CD⊥平面ADP,PE二平面 ADP,所以PE⊥CD,又AD∩CD=D,AD,CDC平面 ABCD,所以PE⊥平面ABCD.因为F是BC的中，点，底面 ABCD为正方形，所以EF⊥AD.故以E为原点，ED,FE, PE所在直线分别为x,y,之轴建立空间直角坐标系，因为 AP⊥平面CDP,PDC平面CDP,所以PD⊥AP.不妨设 AD=4a(a>0),则PE=号AD=2a,则D(-2a,0,0, C(-2a,-4a,0),B(2a,-4a,0),P(0,0,2a),因为Q是DP 的中点，所以Q(一a,0,a),故CB=(4a,0,0),CQ=(a,4a, a),Bd=(-2a,4a,2a).设平面BCQ的法向量为n=(x,y, 1C3.n=4a.x=0, ,则·n=a+a叶a=0,取y=1,则x=0. -4,故n=(0,1,一4).记直线BP与平面BCQ所成的角为 ,所以sin0=|cos(,n〉1=.n- BPn 4a-8a 4 =0吧，故直 √/4a2+16a2+4a×√1+162v6×√17 51 线BP与平面BCQ所成角的正弦值为1O2 51 2.(1)证明见解析(2)(i)证明见解析 O G (团号【解析](1)由题意证明如 下，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平 面ABCD,AB⊥AD,ABC平面 ABCD,ADC平面ABCD,所以AP ⊥AB,APL⊥AD,因为APC平面 PAD,ADC平面PAD,AP∩AD=A,所以AB⊥平面 PAD,因为ABC平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (1)(i)由题意及(1)证明如下，因为P,B,C,D在同一个球面 39 艺考一本通数学 上，所以球心到四个点的距离相等，在△BCD中，到三角形 三，点距离相等的点是该三角形的外心，作出BC和CD的垂 直平分线，如下图所示，由几何知 识得，OE=AB=√2，BE=CE= A0=G0,=-c=1.0D= AD-AO=√3，BO=CO= W12十(2)2=√3，所以OD=BO B =CO,所以点O是ABCD的外 心，在Rt△AOP中，AP⊥AD, AP=√2，由勾股定理得，PO= √AP+AO=V/(W2)2+1= √3，所以PO=BO,=CO=OD =√3，所以，点O即为点P,B,C, D D所在球的球心O,此时点O在 线段AD上，ADC平面ABCD, 所以，点O在平面ABCD上.(ii)由题意，(1)(2)(ii)及图得， AC=(W2,2,0),P0=(0,1-√2)，设直线AC与直线PO所 AC·PO1 成角为0，所以c0s0= 1ACPδ1 0+2×1+0 ② √(W2)2+2+0×√0+1+(-2)231 3.(1)【解法一】连BD交AC于点O,连接MO,如图1所示， PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥CD.在Rt△PAB 中，PA=4,AB=2,PB=√PA+AB=2√5，又因为底面 ABCD是矩形，所以O为BD中，点，AB=2,AD=4,所以BD =PB=2√5，因为M是PD上一，点，且BM⊥PD,所以M为 PD中点，MO∥PB,MO=2PB,所以∠OMC(或补角)就为 PB与CM所成的角，因为PA⊥CD,AD⊥CD,PA∩AD= A,所以CDL平面PAD,CD1PD.MC-√CD+(四) MC =25,M0=2PB=5,C0=2AC=5.cos∠0MC= MO -尽=压，所以异面直线PB与CM所成角余弦值 5 5 为①6 5； 【解法二】分别以AB,AD,AP所在直线为x轴，y轴，之轴建 立如图2所示的空间直角坐标系，A(0,0,0),B(2,0,0),C (2,4,0),D(0,4,0),P(0,0,4),则PB=(2,0,-4),PC=(2, 4,-4),Pb=(0,4,-4),设Pi=入PD(0≤入≤1)，则Pi= (0,4,一4A),所以BM=Pǜ-PB=(一2,4入，4-4)，由BM ⊥PD,知B应.P市=0+16m-4(4-4以)=0，所以入=号，M 为PD中点，所以M(0,2,2),CM=(-2,-2,2),cos(P, =路惑2压所以异西立战 PB11aM25×2v3 PB与CM所成角的余孩值为 5 (2)【解法一】过D做DN⊥AC于N,如图1所示，PA⊥平面 ABCD,所以PA⊥DN,PA∩AC=A,所以DN⊥平面PAC, DN为点D到平面PAC的距离，在Rt△ACD中，DN= CD,DA-45,又M是PD中点，所以点M到平面PAC AC 5 的距离为2⑤ 5· 40 【解法二】由问题(1)中解法二，可知AP=(0,0,4),AC=(2, 4,0),设平面PAC的法向量为n=(x,y,之)，由 dn=0.a=0,得位y=0所以=0，取 2,得y=一1，所以n=(2,一1,0)是平面PAC的一个法向 量.所以点M到平面PAC的距离为C应，n n -4+2+0L=25 √22+(-1)2+0 5 M M D D B B 图1 图2 4.【解析】(1)证明：因为AF与平面ABC A 所成角的余孩值为号，所以A下与平 西A,BC所或角的余获位为号，因为 三棱柱为直三棱柱，所以FB1⊥平面 A1B1C1,所以∠FA1B1是A1F与平面 A1B1C1所成的角，所以cos∠FA1B1= ,所以∠FAB=平，所以AB= 2 BF=号BB=2,得AB=BC=2,又AC=2,所以△ABC是 边长为2的等边三角形.取AC的中，点O,AC的中，点G,连 接OB,OG,则OB⊥AC,OG∥AA,得OG⊥平面ABC.以O 为原，点，O求，O心，O心的方向分别为x,y,之轴的正方向建立 空间直角坐标系，如图所示，A(0,一1,0)，C(0,1,0),F(3, 0,2),A(0,-1,4),E(0,1,3),B(W3,0,4),C(0,1,4),所 以B1C=(-3,1,0),AB=(3,1,0),AF=(3,1,2), AC-(0,2,0),AF=(3,1,-2),E驴=(W3,-1,-1).设平 面AFC的法向量为m=(1,Ⅵ，刘)，平面AEF的法向量 为n=(,),则m:5a十n+2=0:令n m·AC=2y=0, =2.得m=(2.0,-5.n:3十为-2=0，含 n·EF=3.x2-y2-2=0, =1,得n=(号，分，1小.因为mn=2×号+0-5x1 0,所以m⊥n,所以平面AFC⊥平面AEF. (2)假设存在满足题意的点N.设A衣=λA(0≤A≤1)， 则B1衣=A1衣-AB=AAF-A1B高=(W5,1,-2)-(W3, 1,0)=(31-√3，A-1,一2).设平面NBC的法向量为m =(为离)，则 m·B衣=(W3入-B)十（以-1）-2入2=0·若入=0， m1·B1C=-√3x+y=0, 一3x=0则5=为=0，取=1，则m=(0, 则有{一3x十为=0， 0,1),此时|cos<m,n>|= 意，所以≠0.令西=1，得为=8，购=5-，则n (1w3w3-),由0s<m,m>1=m:m m·1 2-(5-⑤ 2互，整理得9x2-6以十1 4+3×√1+3+(-3) =0,解得入=方所以在线段AF上存在一点八，使得平面 AFC与平而NB,C的夫角的余孩值为2点N是线段AF 上靠近A1的三等分点. 第八单元 平面解析几何 第23讲直线与圆 【典例变式】 变式训练 1.ABC【解析】对于直线3x+4y-2+a(2.x+y十2)=0.（入∈ R,合区计22.0解得{22，故克线的必注成为 1y=2 (-2,2),设点(1,0)到直线3.x十4y-2+入(2x+y十2)=0. (入∈R)的距离为d,则dx=√(1+2)2+(0-2)严=√13， 所以0<d≤√13，而√13<√15，所以ABC正确，D错误. 故选ABC. 2.4【解析】国为c-8-1,u-=号子-a一3. 由于A,B,C三点共线，所以a一3=1，即a=4. 3.【解析】(1)将1的方程变形为(3x-y)a-x+2y-1=0,令 31)=0,所以2y-1-1=0,联立方程解得x=言y 是故直线1必过定点（行，号）】 (21的方程化为千十}=1a≠2且a≠号)，由 1 3a-12-a 2解得a=子故直线1的方程为（得-2小 1 (号-1)x-1,即5x+5y-4=0. 4【解析11)当直线不过原点时，设所求直线方程为品十名= 1 1,将(-5,2)代入所设方程，解得a=一2，所以直线方程为 x十2y十1=0；当直线过原，点时，设直线方程为y=k.x,则 -5=2解得k=一号，所以直线方程为y=一号，即2江 +5y=0.故所求直线方程为2.x十5y=0或x十2y十1=0. (2)由题意可知，所求直线的斜率为士1.又过点(3,4)，由点 斜式得y一4=士(x一3).所求直线的方程为x-y十1=0或 x+y-7=0. 5.(1)【解法一】当sina=0时，直线☑的斜率不存在，l2的斜率 为0，显然4不平行于.当sima≠0时，三一ma -2sina.要使l∥la,需-sima 1=2sina,即sina三士号.7 所以a=r士平，k∈乙，此时两直线的斜率相等.故当Q=kr 土平，k∈Z时，h∥. 【解法二】由A1B2-A2B=0,得2sina-1=0,所以sina= 士号，所以。=m士吾，k长Z又BC-压G≠0，所以1十 参考答案·数学 sina≠0，即sina≠-1.故当a=kx士开，k∈Z时，4∥le. (2)因为A1A2十B1B2=0是（⊥l2的充要条件，所以2sina 十sina=0,即sina=0,所以a=kπ，k∈Z.故当a=kπ，k∈Z 时，12 6.AC【解析】l:2x+(a一3)y-a-1=0,A.其方程可变形为 1)a+2z-3w-1=0,令{3v-1=0得/22免 直线恒过定点(2,1).故选项A正确；B.α=3时，直线方程变 为2x一a一1=0，此时直线与x轴垂直.a≠3时，直线方程 支为y=32。十共斜率=32≠0，则直线1与x 轴不可能平行，故选项B不正确：C.当一a一1=0，即a=一1 时，直线l过原，点，故选项C正确；D.若原，点到l的距离d -a-1| =3,则2a2一14a+29=0.因为△=142一4×2 √4+(a-3)2 ×29=一36<0，则方程2a一14a+29=0无解，即原点到l 的距离d≠3.故选项D不正确.故选AC. 7.[0,10]【解析】由题意得，点P到直线的距离为 4×4-3Xa-1l=15-3a.又15-3a≤3，即115-3a 5 5 ≤15，解得0a10,所以a的取值范围是0,10]. 8.【解析】(1)设A'(x,y),再由已知 2x分-3x22+1=. 解得 .4 2 y=13' 所以A(一器吉)】 (2)在直线m上取一点，如M(2,0),则M(2,0)关于直线 的对称点必在m上.设对称点为M(a,b),则 2×()-3×生°+1=0 2 ×号=-1. 解得（得）.设m 与1的文点为N.则由-8日8得N4,3以又因为 直线m经过点V(4,3),所以由两，点式得直线m的方程为 9x-46y+102=0. (3)【法一】在l:2x一3y+1=0上任取两，点，如M(1,1),N (4,3),则M,N关于点A的对称点M',N均在直线'上. 易知M(一3，一5)，V'(一6，-7)，由两，点式可得1'的方程 为2.x-3y-9=0. 【法二】设P(x,y)为1上任意一点，则P(x,y)关于点A(一 1,一2)的对称点为P(-2-x,一4-y),因为P在直线1 上，所以1'：2(-2一x)-3(-4-y)+1=0,即2x-3y-9 =0. 变式训练二 1.(x-是)}‘+- 【解析】由题意知圆过(4,0)，(0,2)， (0,一2)三点，(4,0)，(0，一2)两点的垂直平分线方程为2a 十)一3=0，令y=0,解得x=号，国心为（受0），半径为 号.故周的标准方程为(。一号)广+y- 4 2.(x一2)2+y=9【解析】因为圆C的圆心在x轴的正半 轴上，设C(a,0),且a>0,所以圆心到直线2x一y=0的距 离1=l2@=45,解得a=2,所以圆C的半径r=√+5 √5 5 =3,所以圆C的方程为(.x一2)2十y2=9. 3.(x十3)2十(y十2)2=25【解法-】设圆的方程为x2十y十 Dx十Ey十F=0(D十E一4F>0),则圆心坐标为 (-6)2-6E+F=0, （-号-号).由题意可得上+5+DE+F=0,消 D-E-2=0, 41