第06讲 用空间向量研究距离和夹角（暑假培优讲义）新高二数学人教A版

第06讲 用空间向量研究距离和夹角（暑假培优讲义） 析知识·讲要点 2 知识点01 空间距离及向量求法 2 知识点02 空间角及向量求法 3 剖题型・讲技巧 4 题型1 空间向量与点线距离 4 题型2 空间向量与点面距离 5 题型3 空间向量与异面直线距离 7 题型4 空间向量与异面直线所成的角 7 题型5 空间向量与直线与平面所成的角 9 题型6 空间向量与平面与平面所成的角 10 释疑惑·重难拓展 12 题型1 空间向量与直线与平面所成角的最值范围 12 题型2 空间向量与平面与平面所成角的最值范围 14 题型3 空间向量与距离的探索性问题 16 题型4 空间向量与线面角的探索性问题 19 题型5 空间向量与面面角的探索性问题 22 知高考·真题探源 25 练好题·提分培优 29 课标要点 1．理解点到直线、点到距离的向量推导思路，牢记两类距离计算公式，能结合单位向量、法向量完成计算。 2．掌握异面直线夹角的向量求法，牢记角度取值范围，会对向量夹角取绝对值修正符号。 3．分清线面角与法向量夹角的互余关系，熟练运用正弦公式求解直线和平面夹角。 4．掌握二面角与两平面法向量的关联，能结合图形判断取夹角还是补角完成求值。 知识点01 空间距离及向量求法 1、点到直线的距离 设为直线l的单位方向向量，是直线外一点， 设，向量在直线l上的投影向量为， 则 2、点到平面的距离 设已知平面的法向量为，是直线外一点， 向量是向量在平面上的投影向量，则 注意： (1)两条平行直线之间的距离：在其中一条直线上取定一点，则该点到另一条直线的距离即为两条平行直线之间的距离． (2)如果一条直线l与一个平面α平行，可在直线l上任取一点P，将线面距离转化为点P到平面α的距离求解． (3)如果两个平面互相平行，在其中一个平面α内任取一点P，可将两个平行平面的距离转化为点P到平面β的距离求解． 练习1．已知平面的一个法向量为，点为平面上一点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 2．已知点，，，则点A到直线BC的距离为______． 知识点02 空间角及向量求法 1、用向量运算求两条直线所成的角 设两异面直线所成的角为θ，两直线的方向向量分别为，则 注意：①范围为；②两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系． 2、用向量运算求直线与平面所成的角 设直线l与平面所成的角为θ，l的方向向量为，平面α的法向量为，则 注意：①范围为；②直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角． 3、用向量运算求平面与平面所成的角 平面与平面相交，形成四个二面角，把不大于的二面角称为这两个平面的夹角．设平面α与平面β的夹角为θ，两平面的法向量分别为，则 注意：①范围为；②两平面的夹角是两法向量的夹角或其补角． 练习3．若向量是直线的方向向量，向量是平面的法向量，则直线与平面所成角的正弦值为（     ） A． B． C． D． 4．如图，在长方体中，，点E，F分别在上，且，则平面ABCD与平面AEF夹角的余弦值为__________.    题型1 空间向量与点线距离 【例1】在空间直角坐标系中，已知，，，则点到直线的距离为________． 【例2】（多选）已知直线的方向向量为直线上一点，若点为直线外一点，则到直线上任意一点的距离可能为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】如图，正方体的棱长为1，若平面，且满足，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】在空间直角坐标系中，已知点，，，为的边上的高，则_____． 【变式1-3】四面体满足，， ，. 设的中点分别为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 题型2 空间向量与点面距离 【例3】在空间直角坐标系中，是平面外一点，平面的一个法向量为，的面积为3，且，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【例4】如图，在正方体中，棱长为2，为棱的中点，为平面内的一点，在中，已知，． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【变式2-1】在三棱锥中，，，，则D到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】三棱柱中，平面，，是棱的中点，． (1)证明：； (2)设，的中点为，求点到平面的距离． 【变式2-3】如图，PB是圆柱的母线，四边形ABCD是底面内接正方形．点E，F是棱BC，CD上的动点（E，F不与端点重合），且． (1)证明：平面PBF； (2)已知圆柱的体积为，点A到直线PF的距离是1．求CE的长度； 题型3 空间向量与异面直线距离 【例5】正方体的棱长为1，若点在上，点在上，则的长度最小值为（    ） A． B． C． D． 【例6】正四棱锥中，O为底面ABCD的中心，P为侧棱SD的中点，且，则异面直线BD与PC的距离是（   ） A． B． C． D． 【变式3-1】在三棱锥中，、均为等腰直角三角形，其中，，，点M，N分别在线段AB，PC上，则的最小值为______. 【变式3-2】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______． 【变式3-3】已知和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，公垂线与两条直线相交的点所形成的线段，叫做这两条异面直线的公垂线段．两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，点在侧棱上，且满足，则异面直线和的距离为________ 题型4 空间向量与异面直线所成的角 【例7】在平行四边形中，设，，，沿将平行四边形折成一个直二面角，则与所成的角的余弦值是（     ） A． B． C． D． 【例8】如图，对正方体­，，，分别是和的中点. (1)求到的距离； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【变式4-1】《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．在阳马中，若平面，且，异面直线与所成角的余弦值为，则AD的长度为______． 【变式4-2】如图，在直三棱柱中，，，分别是，的中点．若，则直线与所成角的余弦值为____________． 【变式4-3】如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求四棱锥的体积. 题型5 空间向量与直线与平面所成的角 【例9】如图，长方体的底面是边长为2的正方形， ，点、分别为棱、的中点.若平面平面，则直线 与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【例10】如图，在四棱锥中，平面平面，， ，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【变式5-1】在正三棱柱中，，点分别在棱上，已知，则与平面所成角的正弦值为__________． 【变式5-2】在四棱锥中，侧面底面，底面是正方形，，，点是棱上一点． (1)当点是棱中点时，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【变式5-3】如图，三棱锥中，，，，为的中点． (1)证明：； (2)点满足，求直线与平面所成角的正弦值． 题型6 空间向量与平面与平面所成的角 【例11】在长方体中，，，则二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【例12】如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面，且，，. (1)证明：平面平面. (2)若二面角的余弦值为，求棱AB的长. 【变式6-1】已知直三棱柱中，，，，侧棱，侧面的两条对角线交于点，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式6-2】如图，在四棱锥中，底面，为直角，，，为的中点，，且二面角的平面角为60°，则______．    【变式6-3】如图，已知平面，底面为矩形，，， 分别为,的中点．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 释疑惑·重难拓展 题型1 空间向量与直线与平面所成角的最值范围 方法技巧 （1）设棱、平面内动点坐标，用单一参数表示动点，写出直线方向向量与平面法向量，代入线面角公。 （2）将式子整理为含参数的分式函数，分子带绝对值，根据参数定义域分析分子、分母单调性，确定取值区间。 【例1】在正方体中，点为线段的中点.点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【例2】如图，和都垂直平面，且，，是的中点． (1)证明：平面； (2)若四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【变式1-1】如图，在正方体中，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为________.    【变式1-2】如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，O、G分别为，中点. (1)求证：平面平面； (2)若点为中点，点P关于平面的对称点为点Q，在棱上运动，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【变式1-3】如图，某几何体由半个圆锥(轴截面为SAB)和三棱锥组成．已知圆锥的底面半径为1，高，为直径，C为底面圆周上异于A，B的动点，M为SC的中点． (1)若，证明：平面平面SAB； (2)在点C运动的过程中，记直线BM与底面ABC所成角为，求的取值范围． 题型2 空间向量与平面与平面所成角的最值范围 方法技巧 （1）设两平面法向量，计算，为面面夹角，范围。 （2）动点引入参数后，余弦式化为含参函数，结合参数限制判断函数增减，得到余弦取值区间。 （3）余弦值越大，面面角越小；余弦越小，面面角越大，区分几何图形判断法向量夹角取锐角还是钝角。 【例3】如图，在长方体中，，，，点是的中点，点为棱上的动点，则平面与平面所成的锐二面角正切的最小值是（    ） A． B． C． D． 【例4】如图所示，已知四棱锥平面ABCD．点为PA的中点，，，垂足分别为． (1)证明：； (2)若平面EBD，设二面角的平面角为，且为钝角，求的最大值； 【变式2-1】已知正方体中，P，Q分别为棱，上的动点，则二面角的最大值为（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为.若点为线段上的动点（不包括端点），锐二面角余弦值的取值范围为______.    【变式2-3】如图甲，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿翻折到的位置，其中（如图乙），点F在线段上（不含端点）． (1)证明：； (2)设平面与平面的夹角为，求的取值范围． 题型3 空间向量与距离的探索性问题 【例5】如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)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． 【例6】如图，是边长为4的正方形，平面，，且. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【变式3-1】如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.已知点为中点，点在线段上，且满足，平面交于点. (1)求证平面； (2)求的值； (3)判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【变式3-2】如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【变式3-3】如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点.    (1)求证：平面； (2)若， ①求平面与平面所成角的余弦值； ②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型4 空间向量与线面角的探索性问题 【例7】如图，在四棱锥中，是边长为的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为.    (1)证明：； (2)求直线与平面的夹角正弦值； (3)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的位置；若不存在，请说明理由. 【例8】如图，在三棱锥中，. (1)证明：； (2)已知为的重心，.在棱PA上是否存在一点，使得直线QM与平面PAC所成角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【变式4-1】如图，在直三棱柱中，，是棱的中点，． (1)证明：； (2)求二面角的大小． (3)在线段上是否存在一点E，使得DE与平面BCD所成角的正弦值为，若存在求出该点的位置，若不存在请说明理由？ 【变式4-2】如图所示，在多面体中，为平面六边形，平面平面，平面⊥平面，，，与都是边长为2的等边三角形， ，，，， M，N，K分别为的中点． (1)求证：平面； (2)棱上是否存在点P，使得与平面成角？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【变式4-3】如图，在多面体中，梯形与平行四边形所在平面互相垂直，，，，． (1)求证：平面； (2)在线段（不包括端点）上是否存在点Q，使得直线与平面所成角为？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 题型5 空间向量与面面角的探索性问题 【例9】“阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 【例10】如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面平面，，是的中点，点在侧棱上，且，. (1)求证：； (2)是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【变式5-1】如图，在三棱锥中，是斜边为AC的等腰直角三角形，是边长为4的等边三角形，且，为棱AC的中点． (1)证明：平面ABC； (2)问：在线段BC上是否存在点M（不与B、C重合），使得二面角为30°，若存在，求出CM的长；若不存在，请说明理由． 【变式5-2】如图，在梯形中，，将沿翻折至二面角为，为中点.    (1)求证：； (2)线段上是否存在一动点，使得二面角为，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【变式5-3】在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由． 1．（2026·北京·高考真题）已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点． (1)证明：平面； (2)点在平面内，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值． ①； ②； ③平面． 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分． 2．（2026·全国一卷·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 3．（2026·天津·高考真题）在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 4．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 5．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 6．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明：平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 7．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 一、单选题 1．直三棱柱，，分别是的中点，，则与所成的角为（    ） A． B． C． D． 2．已知点是平面内一点，平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 3．已知平面的一个法向量，点为上一点，则点到平面的距离为（   ） A．4 B．3 C．2 D． 4．在四面体中，平面，，.若四面体的体积为，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 5．已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，且侧面底面，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 6．斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，，点为棱上动点，则异面直线与所成角的最小值为（     ） A．30° B．45° C．60° D．75° 二、多选题 7．在棱长为2的正方体中，是棱上一动点，则到平面的距离可能是（    ） A．1 B． C． D． 8．空间中，平面上的动点满足方程，（），则称为平面的方程．同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量．已知方程分别为，的平面，的交线为，则下列结论正确的是（     ） A．经过点，，的平面的方程为 B．若平面的方程为：，则坐标原点到平面的距离为 C．交线为的一个方向向量为 D．与方程为的平面所成角的正弦值为 三、填空题 9．如图，四棱锥中，平面，，，，则到平面的距离是______. 10．如图，四边形和均为边长为2的正方形，它们所在的平面互相垂直，若点在线段上，，分别为，的中点，设异面直线与所成的角为，且，则________． 11．已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，E，F分别为线段BC，PA的中点，G是线段PD上的一点，PA＝AD＝2．若异面直线CF与EG所成角的余弦值为，则三棱锥P﹣EFG的体积为__________________ ． 四、解答题 12．在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 13．把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 14．如图1，在直角梯形中，，，，，为的中点．将沿翻折，使点到点的位置，且，得到如图2所示的四棱锥，若为的中点，是棱上动点． (1)当为的中点时． ①求证：平面； ②求直线与平面所成角的正弦值． (2)若，求二面角的正弦值的取值范围． 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第06讲用空间向量研究距离和夹角（暑假培优讲义） 析知识讲要点 2 知识点01空间距离及向量求法…。 2 知识点02空间角及向量求法… 3 剖题型·计技巧 5 题型1空间向量与点线距离.5 题型2空间向量与点面距离… .8 题型3空间向量与异面直线距离… .14 题型4空间向量与异面直线所成的角 .18 题型5空间向量与直线与平面所成的角 23 题型6空间向量与平面与平面所成的角 30 释疑惑，重难拓展 03 题型1空间向量与直线与平面所成角的最值范围 36 题型2空间向量与平面与平面所成角的最值范围..44 题型3空间向量与距离的探索性问题 53 题型4空间向量与线面角的探索性问题. 63 题型5空间向量与面面角的探索性问题. .71 知高考·真题探源… 80 练好题提分培优.… 100 1/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 课标要点 1.理解点到直线、点到距离的向量推导思路，牢记两类距离计算公式，能结合单位向量、法向量完成计 算。 2.掌握异面直线夹角的向量求法，牢记角度取值范围，会对向量夹角取绝对值修正符号。 3.分清线面角与法向量夹角的互余关系，熟练运用正弦公式求解直线和平面夹角。 4.掌握二面角与两平面法向量的关联，能结合图形判断取夹角还是补角完成求值。 析知识·讲要点 知识点01空间距离及向量求法 1、点到直线的距离 设u为直线I的单位方向向量，A∈l,P是直线I外一点， 设AP=a,向量AP在直线l上的投影向量为A0=(a0)u, 则P0=pP-0P-Va-(a- 2、点到平面的距离 设已知平面a的法向量为n,A∈，P是直线外一点， 方是向量在平面上的投影向量，则P◇=P.乃 AP.n 向量 n 注意： (1)两条平行直线之间的距离：在其中一条直线上取定一点，则该点到另一条直线的距离即为两条平行直线 之间的距离， (2)如果一条直线I与一个平面平行，可在直线I上任取一点P,将线面距离转化为点P到平面的距离求 解. 3)如果两个平面，P互相平行，在其中一个平面α内任取一点P,可将两个平行平面的距离转化为点P到 平面β的距离求解。 2/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 练习1.已知平面的一个法向量 为=(L山，点421,0)为平面“上一点，则 P(2,34)到平面“的距 离为() 2W2 A.25 B.2 C.5 D.3 【答案】A 【详解】平面a的法向量为n,A是平面a内任意一点， AP.i 则平百外点p到平面。的距离为-网， 已知4210，P2,34利，则P=-2,3-14-0)=(0,24 月=(1,1，)..元=0x1+2×1+4×1=6,P可=6， 闭=VP+1P+1P=V5 代入公式得：d= 2.已知点 L2,3)B(2,45).CB,14),则点4到直线BC的距离为一 522522 【答案】11/11 【详解】因为点42,3)，8(245).C(3,14) 所以BM=(-2-2),Bc=0-3,-1) 于是有c0s(BA,BC)= BA.BC -1+6+27N11 BAx BC1+4+4xV1+9+i33, 2 所以sin(BA,BC=v1-cos2(BA,BC 711 5√22 33 33 3/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以点A到直线BC的距离为Bsin(BA,BO=V+4+4×5V22_522 3311 知识点02空间角及向量求法 1、用向量运算求两条直线所成的角 u.v 设两异面直线所成的角为0，两直线的方向向量分别为：，则c0s8cos(a,)。 u,v 注意：①范围为 ②两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系. 2、用向量运算求直线与平面所成的角 l…n 设直线I与平面所成的角为8，I的方向向量为，平面a的法向量为-，则sin6cos(u,n e _u n 注意：①范围为 0. 2 ②直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角 3、用向量运算求平面与平面所成的角 平面。与平面B相交，形成四个二面角，把不大于受的二面角称为这两个平面的失角，设平面0与千面公 的夹角为8，两平面 的法向量分别为一一， 则c0s0cos(2,n) a,B nin2 7n2 注意：①范围为 0 ②两平面的夹角是两法向量的夹角或其补角. 练习3. 若向量a=(0,V5,0) 是直线l的方向向量，向量元=(2,2,1)是平面a的法向量，则直线I与平面α所 成角的正弦值为() 2W2 5 2 1 A.3 B.3 C.3 D.3 【答案】C 【详解】设直线I与平面aα所成角为8， 4/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 a·n 2V52 则sin8=cos(a,n V3×33 4.如图，在长方体 BCD-AB,CD中， AD=1,AB=2,AA= ,点B,F分别在 B,DD上，且 3.DF=1 BE= =3,则平面ABCD与平面AEF夹角的余弦值为 D B B 【培，西启 【详解】以A为原点， B,D,4网为，少轴正方向建立空间直角坐标系，如图： A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,1,0),A(0,0,3),B(2,0,3),C(2,1,3),D(0,1,3) 则有 且有2a)rau引 易得M=(0,03》为平面ABCD的法向量， 设平面F的法向报为m=任片， -20》F-0 5/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4 m.AE=2x+z=0 3 则有 1 ，令 ,则 mAF=y+。z=0 3 z=3m=(-2,-1,3) 则os(4,m） 4.m9314 AAm3414, 3V14 即平面ABCD与平面AEF夹角的余弦值为14， 3W14 故答案为：14 剖题型·讲技巧 题型1空间向量与点线距离 【例1】在空间直角坐标系中，已知4(01,2)，B23,2）,C(33,),则点4到直线BC的距离为 √6 【答案】 【详解】由题意 AB=(2,2,0)BC=1,0,-) BC=VP+02+(-12=V2 AB.BC=2×1+2×0+0×(-1)=2 AB.BC 2 向量一在直线、上的投影长度为 AB BC BC 故点A到直线BC的距离为 d=ABP-(N2=V(22+2+02)-2=v8-2=V6. 【例2】《多选)己知直线'的方向向量=(10-小4(21-3》为直线'上一点，若点P-10,-2)为直线外 6/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 点，则P到直线1上任意一点Q的距离可能为() A,2 B V3 c v2 D.1 【答案】AB 【详解】因为4(21，-3).P-10,-2),所以P=（1-2,0--2-（3刃=(-3-) ·AP=1×(-3)+0×(-1)+(-)x1=4.=VP+02+(-1y=2.Ad=V-3y+I2+P=i 及，卢n的来角为g6包小，则m0 n.AP -4222 州AP2x厅11， 由同角三角函数关系式 sin8=V-cos'a=V3 11, 因此点P到直线的最小距 d=Fsin0=mx3-5 11 ,即lPg≥5 选项A: 2≥V3 存在对应的点满足条件，正确： 选项B: 是最小距离，垂足处即可取到该值，正确： √2<V5P,Q 选项C: 3 两点的距离不可能小于，错误： 选项D:1<V5P,Q 3 两点的距离不可能小于，错误 【变式1-】如图，正方体4BCD-GH的棱长为1，若Pe平面B0E,且满足严-号丽+D+正， 则点P到直线AB的距离为() E G 7/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 √2 3 1 6 A.4 B.4 C.2 D.4 【答案】A 【详解】根据题意，因为Pe平面BDE:且清足护-号+AD+{花， 1 1 1 故2+九+41，解得元= 4: 以A为坐标原点，建立如下空间直角坐标系： ZA E G D方 卡B 故100,0)B1,Q.0.E(00,1),D(0,1.0) 则-aao+oo+oo)-5) AB.AP-2= 则和在的投影为西子乏，又所-+得日-尽6 收点p到袋的类一丽-写-：传号 【变式1-2】在空间直角坐标系中，已知点41,02)，B(2,1,3),C山，-1,2)，AD为△ABC的边BC上的高， 则AD=一 【塔19 解】依题意，BA=(-L,-1,-1),BC=（仁1，-2，-1)，BA=V5,BD=B4·BC1-2y |BC3 8/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以D=VBAP-BD- 3 【变式1-3】四面体ABCD满足AB⊥BC,BC⊥CD,CD⊥AB,AB=BC=CD=1.设AB,BC,CD的中 点分别为L,M,N,则点M到直线LW的距离为() 1 2 1 √2 A.2 B.2 C.4 D.4 【答案】D 【详解】由题意，建立如图所示空间直角坐标系： 则ga.uw-(小，-( 1 所以点到直线 LM LM·LN 的距离为 M LN 题型2空间向量与点面距离 【例3】在空间直角坐标系中，O是平面4BC外一点，平面4BC的一个法向量为' =(12,2)，△ABC的面 积为3，且0A=(-3,12),则三棱锥0-ABC的体积为《) 9/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.1 B.2 C.2 D,3 【答案】A 【详解】因为 A=(3,2),平面ABC的一个法向量为万=L,22） 所以点o到平面ABC的距离d= a.i(3)x1+1x2+2×2=1 V12+22+22 又AABC 的面积 S.A0C=3 所以三棱锥0-6C的体积%c-号smd-x3x1=1 1 3 【例4】如图，在正方 体1BCD-4BC0中，棱长为2，P为枝8C的中点，2为平面 2、 AABB 内的一点， 在△APQ中，已知BQ=AQ,PQ=2, A B 4 PO/I AACC (1)求证： 平面 CP (②求点P到平面 的距离 【答案】(1)证明见解析 √2 (2)3 【分析】 【详解】(1)以A为原点，建立如图空间直角坐标系 10/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA A B C D方 C 则40.00.B(2.00,C2,20),D0,20).4@02)G(22,2) 因为P为棱8C的中点，所以P2L,0) 因为2为平面4B8内的一点，且80=40，所以可设L0),0≤1≤2. 因为P0=2,所以(2-l少+0-0y+(0-=4→1=V2 所以40,2) 所以P=(1,-12) 又因为D1C.01M.CMC平面4CC,月Cn4= ，且 所以BDL平面ACC 所以BD=(22,0)为平面14CC的法向量 因为P2-D-(1,-l,(-22.0)=0,且P0E平面ACC. 所以P/平面4CC (2)因为4G=(2,20）.4P=(2,1-2) 设平面4GP m=（(x,y,z) 法向量 11/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 [m⊥AC m·AC=2x+2y=0 则m14p→m:4P=2x+y-2z=0,令x=2可得m=(2,-2,1) 所以Pm=(1-1,2)(2,-2,)=2 Pg·m 2 所以g点到平面4Cp的距离为网 V2+(-2}+1F3 【安式2】在三校链4-BCD巾.B=CD=5.4D8C=D,4C=BD=,则D到平面BC 的距离为() 6 12 V14 V14 A.7 B. C.2 D.3 【答案】B D ZA 【详解】 B a2+b2=13a=3 b2+c2=5,{b=2 令长方体长、宽、高分别为，由图的 a,b,c a2+c2=10c=1 A(0,0,0),B(2,0,1),C(2,3,0,D(03,1)AB=(2,0,1),AC=(2,3,0),AD=(0,3,1) 由图可得： 令平面MBC法向量 =(x,y,z) 7.AB=0「2x+z=0 所以：1元.4C=0'12x+3y=0所以i=(3,-2,-6), 点D到平面ABC的距离即D在=(B-2,-6)投影向量的模长， -号. 12/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 12 所以点D到平面ABC的距离为7· 【变式22】=校栏BC-4AG中，CG1平面1BC,4C=BC-4,D是核M的中点. 2 DC⊥BD B DC⊥BC (1)证明： A4=2 AB. (2)设 的中点为P,求点P到平面 BDC 的距离. 【答案】(1)证明见解析 √6 (2)4 【分析】 【详解】(1)如图所示，由题设知，三棱柱的侧面为矩形. B A AA 由于D为14的中点，故 C=DC 又C4, 13/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 DC2+DC2=AC2+AD2+AC2+AD2 可得 =2AC2+2AD2 =2x号A4+2×A4 4 4 =AA CC2 DC⊥DC 所以 DC1⊥BDDC∩BD=D 又因为 所以 平面BCD DC⊥ 因为BCC平面BCD, DC⊥BC 所以 (2)由(1)可知 DC⊥BC CC,⊥ 又因为 平面MBC.BCC平面MBC CC⊥BC 所以 CC DC 又因为 平面1cc4,且CCnG=C 平面 所以BC上平面 CCA 所以CA,CBCC 两两垂直. 以C为坐标原点，CA的方向为'轴的正方向，CB的方向为'轴的正方向，CC的方向为？轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系C-z 14/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由题点知0L0.D1.0.C@02.a@2.P2 B 则D=-1,DC=(←10,1)， c-（20 BDC1的法向量， 设=（伍，y2)是平面 mBD=0 x-y+z=0 则m.DC=0即-x+z=0, 取x=z=1,得 m=(1,2,1) PC·m_√6 设点p到平面BDC的距离为/，则d= m4· 00 【变式2-3】如图，PB是圆柱 的母线，四边形ABCD是底面内接正方形.点E,F是棱BC,CD上的 动点(B,F不与端点重合)，且CE=DF. ●O1 (I)证明：AE⊥平面PBF; 2π，PB=4 (2)已知圆柱的体积为 ,点A到直线PF的距离是1，求CE的长度： 15/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【答案】(1)证明见解析： acE-号 【分析】 【详解】（①在正方形ABCD中，由CE=DP,得E-Cr,an∠BE-E- AB BC =tan∠CBF， 则∠BAE=∠CBF,∠BAE+∠FBA=∠CBF+∠FBA=9O°，因此AE⊥BF, 由PB是圆柱 00 的母线，得PB上平面18CD,而Ec平面4BCD, ,则AE L PB 又BF∩PB=B,BF,PBC平面PBF,所以AE⊥平面PBF. O0 00 ,得2·PB=2π 2π，PB=4 (2)设圆柱 的底面圆半径为”，圆柱的体积为 √2 r= 解得2，则AB=BC=1,显然直线BA,BC,BP两两垂直， 以点B为原点，直线BA,BC,BP分别为x,八z轴建立空间直角坐标系， ●O1 B 则AL,0,0),C(01,0),D1,1,0),P0,0,4),设BE=t(0<t<1),则E(0,1,0),Ft,1,0) P=(10,4,PF=,1,4),由点4到直线PF的距离是1 得V APP-(4P.PE p电7=6化简冠5+60 V2+17 4 即(31-4)(51-4)=0，而0<t<1,解得1=5， 16/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以CE=BC-BE=1-4=1 55 题型3空间向量与异面直线距离 ABCD-ABCD 【例5】正方体 的楼长为1，若点F在BD上，点F在 C8上，则EF的长度最小值为 () √5 v3 V3 √5 A.5 B.4 C.3 D.2 【答案】C CB 【详解】点E在BD上，点F在C 上 CB 则EF的长度最小值即异面直线BD和CA的距离， 以D为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则D0,0.0)B11,0),B(L,11,C0,10) D C B A : D… C ⊙ 设m=(a,6c)为直线BD和CB的法向量， 又因为 DB=(11,0）CB=(L,0,1)BB1=(0,0,1) m·DB=a+b=0 则m.CB=a+c=0,令a=-1'则m=(-1,1): 17/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 BB·m1√3 所以异面直线BD和CB的距离为网V53, 5 即EF的长度最小值为3· 故选：C 【例6】正四棱锥S-ABCD中，O为底面ABCD的中心，P为侧棱SD的中点，且SO=OD=2,则异面直 线BD与PC的距离是() 10 2V10 2√5 5 A.10 B 5 C.5 D.5 【答案】C 【详解】因为S-ABCD为正四棱锥且O是S在底面ABCD内的正投影，所以SO⊥面ABCD, 连接AC,BD,则AC⊥BD且交于O. 因为OC,BDc面ABCD,所以SO⊥OC,SO⊥OD,所以以OC,OD,OS为x,y,z轴建立如图所 示的空间直角坐标系. C 因为S0=0D=2.则S0,02）,D(0,20).C(20,0）B0,-2,0)P0,11） BD=(0,4,0)PC=(2,-1,-1) 所 设异面直线BD与PC的公垂线方向向量为 i=(x,y,z) iBD=0 4y=0 则有i.PC=0,即12x-y-z=0,取元=(1,0,2) CD=（-2,2,0) 又因为 18/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 CD.225 所以异面直线BD与pC的距离d= |元V1+45… 2V5 所以异面直线BD与PC的距离是5· 故选：C 【变式3-1】在三棱锥P-ABC中，△ABC、△ABP均为等腰直角三角形，其中AC=BC=1,BA=BP, PC=3 MN ,点M,N分别在线段AB,PC上，则 的最小值为一 v10 【答案】5 【详解】因为△MBC为等腰直角三角形，B1=BP=VAC+BC=2, 因为BP2+BC2=3=PC2,所以PB⊥BC,又PB⊥AB,BCOAB-=B,BC,ABc平面ABC,所以PB⊥ 平面ABC, 又AC⊥BC,补成长方体，以C点为原点，建立空间直角坐标系如图， B 则C0,00)40,0),B(0,10),P0,1V2) 故B=(-H1,0),cF=(0,l2),C=(0,0) MN 点M,N分别在线段AB,PC上，要求的最小值，即求异面直线AB,PC的距离， 19/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AB.ii=-x+y=0 设方=(x,y,z)同时垂直于AB,CP,则CP.元=y+√22=0， 取y=2,则x=2,2=2,故i=(2,22） CA元2 10 所以MN的最小值为园4+4+25· V10 故答案为：5 【变式3-2】已知四边形ABCD为矩形，P为四边形ABCD外一点且PA⊥平面ABCD,AB=1,AD=2, PA=1,则异面直线PC与BD之间的距离为一 22122 【答案】21/21 【详解】因PA⊥平面ABCD,且AB,ADC平面ABCD,故PA⊥AB,PA⊥AD, 又AB⊥AD,故可以A为坐标原点，以AB,AD,AP所在直线 分别为x轴，少轴，z轴，建立空间直角坐标系A-z, Z D B- 则BL0,0),P(0,01）.C12,0)D(0,20) 所以D=(12,0）.Pc=1,2-)B即=（←10,1） 设异面直线PC与D的公垂线的方向向量为=(：，火），则i1PC,⊥BD】 20/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 [元.PC=x+2y-z=0 所以n·BD=-x+2y=0,令y=1,则i=(2,l4) 设异面直线PC与BD之间的距离为d, 22W21 则√4+1+1621 2√21 故答案为：21 【变式3-3】已知和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，公垂线与两条直线相交 的点所形成的线段，叫做这两条异面直线的公垂线段.两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面 直线的距离.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD,PA=6,点G 在侧棱PB上，且满足2PG=GB,则异面直线PC和DG的距离为 3V14 【答案】14 【详解】如图，以点A为原点， AB,AD,AP 分别作为” 少2轴正方向，建立空间直角坐标系， 则B3,00,C3,30),D0,30),P0.06.G10,4) 所以DG=0-34,Pc=(3,3-6),Dc=(3,0.0) 设=(：)为直线PC和DG的公垂线的方向向量。 DG=x-3y+4z=0 则有i.PC=3x+3y-6z=0,可取i=(1,3,2) DC3_314 所以异面直线PC和DG的距离为闭14=14· 21/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 G B 3V14 故答案为：14 题型4空间向量与异面直线所成的角 D中，设1C1BC,AB=反BC=1 ABC AC ABCD 【例7】在平行四边形 ,沿将平行四边形折成一个 直二面角B-AC-D,则AC与BD所成的角的余弦值是() V3 VG √2 √5 A.3 B.3 C.2 D.2 【答案】A 【详解】因为二面角B-AC-D为直二面角，AC为交线， 故平面ABC⊥平面ACD,平面ABC∩平面ACD=AC,又AC⊥BC,ACc平面ABC, 所以BC⊥底面ACD, 以C为原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为B=V2BC=】 所以△ABC为等腰直角三角形， 22/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则10,0)，C(0,Q.0）.B00,1）DL1,0) AC=(-1,0,0)BD=(1,L,-1) 设AC与BD所成的角为8， AC.BD 则cos8=cos4C,BD AC BD 3 ZA ⊙ D 【例8】如图，对正方体ABCD ABC D,AB=2,M,N分别是BD和AD的中点 D C B BM )求V到BM 的距离： BM DN (2)求异面直线 与 所成角的余弦值 √30 【答案】(1)6 √30 (2)10 【分析】 【详解】(1)以D为原点，分别 DA,DC,DD为，y,2轴建立空间直角坐标系， 为 23/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 已知正方体棱长AB=2,故 B(2,2,2)M(1,1,0)N1,0,0)D(0,0,2) 所以M=（1,-1-2).BN=(1-2,-2） 所以BN-BM=(-0x(-)+(-2x(←1)+(-2x-2=7 BM=V-1)2+(-1)2+(←2y2=V6 B,N=(-1)2+(-22+(←22=9 BN.BM d= 7 5_ 所以点N到BM的距离 BM 6 6 A D B B (2)由(1) Dw=(L.0,-2）,已有BM=(,-1,-2) 所以AMDN=(-x1+(-)x0+(-2)×(-2)=3.D,N=P+0+(-2y=5BM=V6 BM·DN 31V30 设异面直线aM卢与N所成角为，则os0 B,M·D,N V6x√510 【变式41】《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马 4 P-ABCD中，若PA1平面ABCD,且PA=AB=2,异面直线PD与AC所成角的余弦值为5，则AD的 长度为 【答案】4 【详解】由题意，以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,八，2轴，建立空间直角坐标系如图， 24/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4 D B C X 设AD=a>0,因为PA=AB=2, 所以10,00)，C2a,0).P0.0,2),D0,a.0) AC=(2,a,0),PD=(0,a,-2) 设异面直线PD与AC所成角为B, AC.PD 则cos0= a2 4 ACPD V4+a2×Va2+45, 解得a=4,即AD=4. 【变式4-2】如图，在直三棱柱ABC-48C中，∠ABC 2,E,F分别是AB,BC的中点.若 AB=BC=BB 则直线E与CF 所成角的余弦值为， B E B 【答案】50.8 【详解】由题意知在直三棱柱ABC-4BC中，∠ABC= 2 BC,BA,BB x,y,Z 故以B为坐标原点，以 为 轴建立空间直角坐标系， 25/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A C E B B 设4B=Bc=BB=2,则4(0,20).40,22，B(00,2),C2,00),G(20,2), 则E0,12)F00,2) 故4正=(0，-1,2)，.CF=(←10,2) 设直线AE与CF所成角为B, AE.CF 则cos0s 4 AE CF V0+(-12+22V-1+02+225 【变式4-3】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,AD1IBC,AB⊥BC, AD=2BC=2AB=4,E,F,G分别为AD,PA,CD的中点 、F G (1)证明：平面BEF/I平面PCD 1 (②)若异面直线BF与AG所成角的余弦值为5，求四棱锥P-ABCD的体积 【答案】(I)因为E,F分别为AD,PA的中点，所以EF/IPD 又EF￠平面PCD,PDc平面PCD,所以EFII平面PCD 因为AD=2BC，ADIIBC,且E为AD的中点，所以BCIIED,BC=ED, 则四边形BCDE为平行四边形， 则BEIICD.又BEC平面PCD,CDC平面PCD,所以BEII平面PCD. 26/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因为EFC平面BEF,BEC平面BEF,BEEF=E,所以平面BEF平面PCD ②4v6 【分析】 【详解】(1)略 (2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示 ZA G D法 设PA=h(h>0),则4(00o),820o),F0,0. G(L.3.0) 则F-20. AG=(1,3,0) 因为异面直线BF与AG所成角的余弦值为5， cos(BF,4G) -2 1 h 所以 1/4+ 4*0 h=2v6 解得 1(2+4)x2×26=4W6 故四棱锥P-ABCD的体积为32 题型5空间向量与直线与平面所成的角 ABCD-ABC D AA=4 4,点E、M分别为楼 CC 【例9】如图，长方体 的底面是边长为2的正方形， 27/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 BB 的中点若平面ACM∩平面 ABCD=1 BDE ,则直线与平面 所成角的正切值为() D B 6 A.3 B.2 C.22 D 【答案】D 【详解】 ZA D B D B 因为平面4BCD1/平面48CD,平面4CMn平面 BCD=I 平面ACM∩平面ABCD=AC,所以IAC, BDE 因此，直线与平面 所成角即为直线1C与平面 DE 所成角， 以D为原点，DA为轴，DC为'轴，DD为？轴，建立空间直角坐标系，则 A(2,0,0)C(0,2,0) D(0,0,4)B(2,2,4)E(0,2,2) AC=(-2,2,0)D,B=(2,2,0)D,E=(0,2,-2) 28/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 i·DB=2x+2y=0 设平面BDE的法向量为方=(x,y,z)则i·D,E=2y-2z=0, 取x=1,解得八=一，2=-，所以法向量 =(1，-1，-1) 设直线1C与干面8aE所成布为0.8co AC. 则sin8 -2×1+2×(-1)+0×(-1)川 4√6 4CV(-22+22+02.VP+(-1)2+(-18x53, c0s0= 6 6 ，ano=sD=3=② cos0 3 【例1O】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 B (I)求证：PD⊥平面PAB: (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值. 【答案】(I)因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,ABC平面ABCD, 可得AB⊥平面PAD,则AB⊥PD, 又因为PA⊥PD,ABOPA=A,AB,PAC平面PAB, 所以PD⊥平面PAB. 29/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 5 (2)3 【分析】 【详解】(1)略 (2)取AD的中点O,连结PO,CO, 因为PA=PD,所以PO⊥AD, 且POC平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,平面PADO平面ABCD=AD, 所以PO⊥平面ABCD,且COC平面ABCD,所以PO⊥CO, 又因为AC=CD,所以CO⊥AD, 如图建立空间直角坐标系O-z, 则40,1.0)，B0,10)C(2.00).D0,-1,0)P0,01) 可每PB=,1-,PD=(0,-l-).Pc=(2,0-) i.PD=-y-z=0 设平面PCD的法向量为i=(x,y,z)则iP℃=2x-z=0: 令2=2，则x=y=-2,可得7=-2,2列 则Cos<n,PB>=n·PB -33 nPB 3×V33· 3 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为3· 【变武5-1】在正三枝柱1BC-ABG中，4=51B=3,点E,F分别在校，B品上，已知 30/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 AE=2BF=2,则4与平面 AA EFC 所成角的正弦值为 √21 【答案】 7 【详解】取AC的中点O,以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， m要小兽a小r层o叫c@5 则=@0承9c-8-2刘 设平面EFC的法向量m=(y) 3,V m·EF=0 2-2=0 则 m.EC=0'V3y-2z=0 取y=2解得=0，：=5 故平面EFC的法向量m=(0,25),网=万.4=3 AA.m=3V3 AA 设与平面 EFC 所成的角为， 则sina A4·m35√21 v21 故AA与平面EFC所成角的正弦值为7. x B 31/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 √2i 故答案为：7 【变式5-2】在四棱锥P-ABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD,底面ABCD是正方形，PB=AB=2, PA=25,点2是棱PB上一点。 P (I)当点是棱PB中点时，求证：PD/平面QAC: 6 (2)若直线PD与平面OAC所成角的正弦值为9，求线段PQ的长 【答案】(I)证明：连接BD,交AC于点O,连接O0 因底面ABCD是正方形，则点O是BD中点，又因点Q是棱PB中点， 所以OQ11DP 又因为DP￠平面QAC,OQc平面QAC, 所以PD/I平面OAC B 32/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 13 (2)4或2 【分析】 【详解】(1)略 (2)因为侧面PAB⊥底面ABCD,平面PAB⌒底面ABCD=AB, 因BC⊥AB,BCC平面ABCD,则BC⊥平面PAB. 又因PBc平面PAB,则BC⊥PB. 因为PB=AB=2.PA=22 ,满足P=PB2+AB 则得PB1BA 故可以点B为坐标原点，分别以BC,BA,BP所在直线为x,z轴建立空间直角坐标系B-2. 则B(0,0.0).C2,00).A02,0）D(22,0)P0,02) 设Pe=(,则0≤t≤2，且00,02-） 则=(-20,2-0C=(22,0)P币=2,2，-2) 设平面21C的法向量为” ,万=(x,y,z) C0.i=-2x+(2-t)z=0 由CAi=-2x+2y=0故可取方=(2-1,2-t,2): 6 因为直线PD与平面QAC所成角B的正弦值为9， 所以sinB=cos PD, PD. 4-41 =6 PD-园232(2-}+49· 1 3 整理得8-1+3=0：解得1=4或1=2经检验均符合题意。 13 故线段PQ的长为4或2· 33/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA B 【变式5-3】如图，三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°，E为BC的 中点. D B (I)证明：BC⊥DA: (2)点F满足EF=DA,求直线AF与平面DAB所成角的正弦值， 【答案】(1)证明见解析 3 (2)3 【分析】 【详解】(1)因为DA=DB,∠ADB=60, 所以△ABD为等边三角形，则AB=DA: ∠ADC=60°，DA=DC 同理，因为 所以△ACD为等边三角形，则AC=DA,所以AB=AC. 因为E为BC的中点，所以AE⊥BC 又因为DB=DC,E为BC的中点，所以DE⊥BC 因为AE∩DE=D,AE,DEC平面ADE,所以BC⊥平面ADE, 因为DAC平面ADE,所以BC⊥DA 34/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)不妨设DA=DB=DC=2.由(1)可知AB=AC=2 在R△BDC中，BD⊥CD,DB=DC=2,所以BC=VDB+DC=25 因为E为BC的中点，所以DE=号8C=V5,BE=N5 在1C中，B=C=28C=25.所以6=Vag-B-4-2-E 在△ADE中，AE2+DE2=2+2=4=DA2,所以AE⊥DE 由(I)知BC⊥平面ADE,且DE,AEC平面ADE,所以BC⊥DE,BC⊥AE, 故ED,EB,E 两两垂直以E为坐标原点，分别以 D,EB,EA 的方向为轴、'轴、2轴的正方向建立空间 直角坐标系E-)z. 则E0,0.0),DW50,0,B0V2,0),A0,02), 所以D1=(-5,0v2.DB=(←2,2,0) 因为F=Di=(50,2,所uF(-2,0v2 AF=(-V2,0,0) 所以 设平面DAB的法向量为i=(x,y,2), i.DA=-√2x+√2z=0 则DB=-2x+V2y=0,取x=1'则i=(1,) 设直线AF与平面DAB所成角为B, 则sin6=cos元，AF n.AF √2 3 .AF 2x53, 所以直线AF与平面DAB所成角的正弦值为3 35/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA 题型6空间向量与平面与平面所成的角 ABCD-ABCD 中，AB=4,BC=3,则=面角 -BB-D 【例11】在长方体 的余弦值为() A.3 B.5 C.4 3 D. 【答案】D 底面1BCD,因此 B,⊥ B⊥BCBB⊥BD 【详解】法1：长方体中侧棱 且 C-BB-D 所以二面角 的平面角就是<CBD 由题意，矩形ABCD中，BC=3,CD=AB=4,∠BCD=90°， 由勾股定理得斜边BD=VBC+CD=V32+4=5 在RIACBD中，cos∠CBD=BC=3 3 BD5,即二面角的余弦值为5 ABCD-ABC D 法2：在长方体 中，以A为原点， 分别以B、D、A4方向为x、y、?轴正方向建立空间直角坐标系， AA=h(h>) 设侧棱 结合已知AB=4,BC=3, 得B40,0.C4,30)B(40,)D(03,) C-BB-D CBB BB D 而二面角 的两个半平面为面 和面 36/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 而丽=Q0,.BC=(0,30),设=，)是平面CBB的法向量， 元·BB=hz,=0 则BC=3y=0:取x=1,解得y=2,=0:得元=(1,0,0)： B丽=(0,0，)），BD=（43,）,设%=(，为4)是平面BBD的法向量， n2·BB,=hz2=0 则西·BD=-4x2+3y2+hz2=0,取x=3,解得2，=0，为=4，即m2=(3,4,0) 历m33 该二面角为锐角，设为。，则cos8= 阿1x55 A B D 【例12】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB⊥平面PAD,且PA=V2, AD=3 PD=11 B (I)证明：平面PBC⊥平面PAB. V33 (2)若二面角B-PC-D的余弦值为11，求棱AB的长. 【答案】(I)证明：：AB⊥平面PAD,ADC平面PAD,.AB⊥AD: PA=AD-3 PD=P4+4D-PD :PALAD 37/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ,AB,PAC平面PAB,AB∩PA=A,∴AD⊥平面PAB, :AD/IBC,.BC⊥平面PAB, :BCC平面PBC,.平面PBC⊥平面PAB. (2)1 【分析】 【详解】(1)略： (2)由(1)知：AB⊥平面PAD,PA⊥AD,则AB,AD,AP两两互相垂直， 以A为坐标原点，AB,AD,AP正方向为x,y,z轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， 设4B=t>0,则P0.0v2).BG,00,Ce,3.0,D0,30, PC=(,3-2）.Bc=0,30,CD=←40,0， 设平面BPC的法向量i=(x,y,2), PC.n=+3y-√2z=0 则 BCi=3y=0,故可取i=（V2,0,t: 设平面PCD的法向量m=(a,b,c), PC.m=ta+3b-2c=0 则 CDm=-ta=0，故可取m=(0,√2,3： :eosm列= m列3-33 m同1√2+211，解得：t=1(舍)或t=1, ∴.棱AB的长为1. ZA A 【变式6-1】已知直三棱柱ABC-4BC中，∠ACB=90°，AC=1,CB=V2,侧棱A4=1,侧面 38/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AABB 的两条对角线交于点D,则平面 与平面CBD BBD 所成锐二面角的余弦值为() 3 √6 3 √ A 3 B 3 C.3 D.3 【答案】C 【详解】由题意知 C、BC、CC两两垂直， CC 则以CB为x轴，CC为y轴，C4为：轴建立空间直角坐标系. A A B B a,.n径5 南9函=50叭 设平面CBD的法向量=（水） x+2y+ 2 z=0 则i.C8=2x=0 取=1得万=01-) 照=01o, 8ao),D-（告时 设平面B,BD m=(a,b,c) 法向量 39/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 b+c=0 2a+2b+2 则mBB=b=0 ,取a=得m=0) BBD 设平面 与平面CBD所成锐二面角为0， 则cos0、」 m列√25 m3√23， ·平面BBD与平面CBD所成锐二面角的余弦值为3： 【变式6-2】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,∠DAB为直角，AB‖CD, AD=CD=2AB=2 E PC PA=m(m>0) E-BD-C 为的中点， ,且二面角 的平面角为60，则m= D B 2V15 【答案】5 【详解】因为PA⊥底面ABCD,AB,ADC底面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD, 又∠DAB为直角，所以PA,AB,AD两两垂直. (0,2,0) 以A为原点， AB,AD,A P的方向分别为少，2轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则 B(1,0,0)C(2,2,0)P(0,0,m) 因为E为P代的点，所〔L).所D=120.E-(Q1写）. 设元=(x,,2)为平面BDE的 40/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 BD·i=-x+2y=0, 法向量，则正=y+经：=0 令y=1,得 21-2） m) 易知，平面BCD的一个法向量为m=(0,0,) c0s60°= m m 由题意，二面角 的平面角为60°，则 m网 2,解得25 m= E-BD-C 215 故答案为： 5. 【变武63】如图，已知P41平面ABCD:成面BCD为矩形，PA=D=48=,M,V分别为 AB,PC的中点. P D B (I)求证：MN/I平面PAD; (2)求平面PMC与平面PAD的夹角的余弦值， 【答案】(I)如图所示，取PD的中点E,连接NE,AE, 又M,N为AB、PC的中点，底面ABCD为矩形， 41/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以NE/CD且NE=号。 又AM=2AB-2CD且4AM1CD: 所以NEIIAM且NE=AM,则AMNE为平行四边形， 所以MNIIAE,又MNC平面PAD,AEc平面PAD, 所以MNII平面PAD B C 5 (2)3 【分析】 【详解】(1)略 (2)因为PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形由题意，可构建如3图示的空间直角坐标系， N D B 图3 根据题意可得： P(0,0,1)D(01,0)M(1,0,0)C(2,1,0) PD=(0,1-1）PM=(1,0,-）PC=(21,-) 设m=(区，)是平面PMC的一个法向量。 42/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 mPM=x-z=0 则mPC=2x+y-2=0,取x=1则y=-山，2=1，所以m=(1,-1,1) 又i=00 是平面PAD的一个法向量， 所以c0s成，方= m方1√5 m元√53， 3 故平面PMC与平面PAD的夹角的余弦值3· 释疑惑·重难拓展 题型1空间向量与直线与平面所成角的最值范围 方法技巧 (1)设棱、平面内动点坐标，用单一参数表示动点，写出直线方向向量与平面法向量，代入线面角公 0 (2)将式子整理为含参数的分式函数，分子带绝对值，根据参数定义域分析分子、分母单调性，确定 sin取值区间。 一一一“一 ABCD-ABCD 中，点0为线段1 的中点点P在线段G上，直线OP与平面 ABC 【例1】在正方体 所成的角为8，则cos8的最小值是() 6 3 2 5 A.3 B.3 C.4 D.4 【答案】A 【详解】设正方体边长为2，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示， 43/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 Z D C A B D月 立 B 01,1,0)A(2,0,2)B(2,2,0)C(0,2,2) 设Pa,2-a,2X0≤a≤2)，则0P=(a-l1-a,2),4B=0,2-2）,4G=(-22,0 [i-AB=0〔2y-2z=0 设平面4BC,的法向量为元=(x,,z)则由元：4C=0得-2x+2y=0 取x=1,则y=1,z=1, i=(1,1,1 ABC 所以 为平面的一个法向量， i.OP 所成的角的正弦值sin0= a-1+1-a+221 所以直线与平面 OP ABC OP 52a-r+26a-+2 又由0≤a≤2，所以a-+2∈[V2,5] 所以sin0= 2 「23 X- 6Va-12+233 又因0e0，所以 cos0=v1-sin20E 「6万 6 3’3小，所以cos0最小值为3 故选：A 【例2】如图，EA和DC都垂直平面ABC,且EA=2DC=2,AC=3,F是EB的中点. 44/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D (I)证明：DF/I平面ABC: (2)若四棱锥B-ACDE的体积为3，求直线CA与平面DEF所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 V10 (2)10 【分析】 【详解】(1)取AB的中点M,连接FM,CM E D M 因为P,M分别是BE,BA的中点，所以FMEA且FM=EA=1 又因为EA和DC都垂直平面HBC,所以EADC且DC-BA=1 由平行公理可得FMIIDC且FM=DC,所以四边形MFDC是平行四边形， 所以CMIIDF,CMC平面ABC,DF￠平面ABC,由线面平行判定定理， 所以DFII平面ABC (2)因为EA和DC都垂直平面ABC,所以EAIIDC,EAc平面EACD, 所以平面EACD⊥平面ABC, 以C点为坐标原点，以CA,CD分别为y,z轴，以平面ABC为xOy面，建立空间直角坐标系，如图： 45/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA D 则C(0,00,103,0,D00,1E(03,2）.C=(0,30),设B(x,y0x>0） 因为四边形E4CD为直角希形，所以5a0+2x3=号。 19 所以'4ome-3 S.CDE=3×2=3,得x=2,即B2,y0) 因为平面DEF与平面BDE重合，设平面BDE的法向量为' =(a,b,c） DE=0 〔3b+c=0 DE=(0,3,1),BD=(-2,-y,1),由i.BD=0,得1-2a-b+c=0: 取c=-3,则 =l0+9),即-(0+h3】 所以线CA与平面DEF所成角为B, CA.n=- 0+3+0 sin0=cos CA,n 3V40+3y+1+(-3) 4+3到+10s而. 10 √1o 当y=-3时，sin8有最大值10 √10 因此，直线CA与平面DEF所成角的正弦值的最大值为I0· 【变式1-1】如图，在正方 ABCD-ABCD中，B,F分别是， 是M4,CD的中点，P是线段 D上的动点， AC 则直线心与平面PEF所成角的正弦值的取值范围为， 46/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D 力 A r- -- √151 【答案】153 【详解】设4B=2,以D为坐标原点，直线D4,DC, DD 分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐 标系， (2,0,1)F(0,1,2)A(2,0,0)C(0,2,2) 则 所以F=(-2,11).4C=(-22,2) 设Pa0,2X0sa≤2)，则r=a-2,0D 设平面PEF的一个法向量m=(x,y,2), EF.m=-2x+y+z=0 xs1’得 则EP.m=(a-2)x+z=0,取 =a'z=2-a’故m=0a,2-a AC 设直线 与平面PEF所成角为“，则 AC·m 1 sina =cos(AC,m) 2 ACm23xV2a2-4a+53V2(a-12+3' 5 又0≤a≤2，所以3≤2(a-l)2+3≤5，故15 3 「151] 即直线AC与平面PEF所成角的正弦值的取值范围为15’3， 47/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 √151 故答案为： 15’3 B C少 【变式1-2】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=3,BC=2,侧面PBC为正三角 形，平面PBC⊥平面ABCD,点E为棱PA上一点，O、G分别为BC,AD中点 D ---D B (1)求证：平面POG⊥平面BEC: (②)若点E为PA中点，点P关于平面BCE的对称点为点O,M在棱PO上运动，求直线QM与平面PBC所 成角的正弦值的最大值 【答案】(I)证明见解析： √5 (2)2 【分析】 【详解】(I)证明：因为△PBC为正三角形，O为BC中点， 所以PO⊥BC, 又因为G为AD中点，四边形ABCD为矩形， 所以OG⊥BC, 因为PO,OGc平面POG且PO∩OG=O, 所以BC⊥平面POG, 48/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又因为BCC平面BEC, 所以平面POG⊥平面BEC: (2)由(1)可知P0⊥BC, 又因为BC=平面PBCA平面ABCD,平面PBC⊥平面ABCD, 所以PO⊥平面ABCD 又因为OGC平面ABCD, 所以P0⊥OG, 所以PO,OG,BC两两垂直， 所以以O为坐标原点， OB,OG,OP 所在直线分别为乙少乙轴，建立空间坐标系： ZA 由00,0,0)，BL,0,0)4AL,3,0),G03,0),D(-1,3,0),C(-1,0,0)P0,0V3E(53,Y3 33V3 所以CB=(2,0,0),9 正=222， 设平面BCE的法向量为i=(x,y,z), nCB=2x=0 x=0 22=0:得5y+2=0 取”=(0,1，-V5) e(x,y,2) 设 Pg=n=(0,,-V3) 由题意可得 49/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 所以00，，v5-5) 123-V31 所以PO中点 N(0, 2’2 在平面BCE内， N=125-3函 2’2 所以丽万=子+3识，6=2以-3=0. 22 解得4-， 。3V3 所以0 2, M(0,0,m)me[0,V3] 设 3 0, 2 因为OG⊥平面PBC, 所以取平面PBC的法向量m=(0,1,O), 设直线QM与平面PBC所成角为O, QM·m sinO=cos⑨M,m) 则 OMm 4 m+ 2 2 要使sin9最大，所以 m+ 2 最小， 又因为m∈0，v5 所以m=0时， m+ 2 小，为 50/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 5 此时sin8最大，为2， 【变式1-3】如图，某几何体由半个圆锥（轴截面为SAB)和三棱锥S-ABC组成.已知圆锥的底面半径为 1,高S0=5,AB为直径，C为底面圆周上异于4，B的动点，M为SC的中点。 M )若4C- 2,证明：平面S0C〦平面SB, (2)在点C运动的过程中，记直线BM与底面ABC所成角为B,求sin8的取值范围. 【答案】(1) 因为AB为直径，所以∠ACB=90°， 又4B=2,4C=5,所以BC=VB-AC=4-2=5,则4AC=BC, 又O为AB中点，所以CO⊥AB, 因为SO⊥平面ABC,COc平面ABC,所以CO⊥SO, 又SO,ABc平面SAB,SO∩AB=O, 所以CO⊥平面SAB,又COcC平面SOC, 所以平面SOC⊥平面SAB. (②sin∈ V3 2’2 【分析】 【详解】(1)略 (2)以O为原点，以OB,OS所在直线为y,z轴，过点O且垂直平面SAB的直线为x轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 51/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 S M 则sna,salo,设B☑oc-g:期Come.oa..y[nawa9 a.o-1.5 平面ABC的一个法向量为 =(0,0,1) 的 则sinB=cos(元，BM 2 3 sin2a+cos2 a-cosa+1+ 3 22-cosa, 4 4 4 因为cosa1,,所以2-os[l,5]. 题型2空间向量与平面与平面所成角的最值范围 方法技巧 (1)设两平面法向量 ，计算c0s0 p为面面夹角，范围0,1。 (2)动点引入参数后，余弦式化为含参函数，结合参数限制判断函数增减，得到余弦取值区间。 (3)余弦值越大，面面角越小；余弦越小，面面角越大，区分几何图形判断法向量夹角取锐角还是钝 角。 52/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ABCD-ABCD 【例3】如图，在长方体 中，B=3,D=5,H=4,点F是“的中点，点E为棱 。AA BC CEF ABB A 上的动点，则平面 与平面 所成的锐二面角正切的最小值是() A D B F A E 5√13 A.13 B.13 √3 13 C.5 D.5 【答案】B 【分析】 【详解】以A为原点， 极D、M4分别为x、八，：轴正方向建立空间直角坐标系， ZA D B F D 则100,0).B(3.0,0)cB,5.o).D0,50）.40,04、B(.0,4C(354)D(0,54) F(0,02)E(6,0)其中0≤1≤5 则FC=(65,2)FE=(B4,-2） 53/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 F℃m=(3,5,2)x,y,z)=3x+5y+2z=0 设m=(x,y,z)是平面CEF的一个法向量，则FEm=(3,,-2)(x,y,z)=3x+y-2z=0，不妨设=1，则 m- 63t-15 t+5'2t+10, 显然”=(0,1.0)是面4BB,A的一个法向量 CEF ABB A 设平面 与平面 所成的锐二面角为，则 0+6）】 ×1+0 1+5 12 6)2 3t-15)2 √1312-50t+469, （t+5/ 2t+10 CEF ABB A CEF ABB A 要使平面 与平面 所成的锐二面角正切的最小，只需平面 与平面 所成的锐二面角 CEF ABB A 最小，只需平面 与平面 所成的锐二面角余弦最大， 25 25)2 6722 所以当-3时， 13t2-50t+469=13t- 1313最小，cos0最大 2 此时sin0=V1-cos20 12 132-50t+325 V13t2-50t+469 V13t2-50t+469, 13 25 +325 3600 sin0 V13t2-50t+325 13 13 所以tanO= 13 5V13 cosθ 12 12 12 13 故选：B 【例4】如图所示，己知四棱锥P-ABCD,PC⊥平面ABCD.点E为PA的中点，EF⊥PB,EG⊥PD, 垂足分别为 F,G,PC=2,PA=2V2,EF=EG=1 54/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)证明：PA⊥FG: (2)若PCII平面EBD,设二面角B-AP-D的平面角为B,且B为钝角，求Cos8的最大值： 【答案】(1)证明见解析 7 (2)- 【分析】 【详解】(1)证明：因为PC⊥平面ABCD,且ACC平面ABCD,所以PC⊥AC, 因为PC=2,PA=25,可得4C=VPA-PC=V22P-2=2, 又因为点F为P1的中点，可得PE=5,且CE1P4, 因为EF⊥PB,EG⊥PD,且EF=EG=1,所以PF=PG=1, 所以aPEF,APEG为等腰直角三角形，可得∠APB=∠APD=兀 4 如图所示，取PE的中点H,连接HF,HG,可得HF⊥PE,HG⊥PE, 因为HF∩HG=H,且HF,HGc平面HGF,所以PA⊥平面HGF, 又因为FGc平面HGF,所以PALFG. E 、刀 (2)解：设AC与BD交于点O,PCC平面PAC,且平面PAC∩平面EBD=EO, 因为PCII平面EBD,所以PCI/EO, 55/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 又因为点E为PA的中点，所以点O为AC的中点， 因为PC⊥平面ABCD,且ACC平面ABCD,所以PC⊥AC, 又因为PC=2,PA=2 ,所以AC=VPA-PC=2 以C为原点，以CA,CP分别为x,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则420,0，P0,02,.010,0).可 PA=(2,0,-2) 设8，D）,可得丽=(-2) 因为<4P6-年所osP风历= PA-PB 2x3+4 2 A,PB22·V++42, 解得分=4，同理可得=4。 B(m2,2m,0),D(n2,2n,0) m>0,n<0 不妨设 其中 因为BD过点O1,0,0),可得OB/1OD, 因为0i=(m-1,2m0.0D=(2-1,2n0 可得2n(m2-=2m(2- ),解得mn=-, 设平面P1B与平面PMD的法向量分别为”=，，元=，为，) n·PA=2x-2z1=0 则17P8=(m2-2)x+2my=0,取x=2m可得y=2-m2,云=2m' 所u西-Ba2-2.用度可6=e2-矿2动 所以0s可，%= nn2_3+2(m2+n2)_2 -1 5+2(m2+n2)5+2(m2+n2), 由图形可得0s%,n<0 满足角P为钝角， m2+n2≥2mn= 又由 2,当且仅当m=1,n=-1时，等号成立， 56/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 n1·n2 2 7 -1≤ 所以 5+2(m2+n2) 9, 1 所以二面角B-AP-D的平面角的余弦值的最大值为 Z -7 G D A 【变式2-1】已知正方体ABCD-ABCD中，P,Q分别为棱CD,CC上的动点，则二面角P-A4-O 的最大值为() A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】B ABCD-ABCD A1,0,0),A(1,0,1) 【详解】如图，设正方体 的棱长为1，则 设P0,y0,.00.L),则ze[0,,P=(-y0,0=（-l山) PAA 设平面 的法向量为 m=(a,b,c) AP.m=-a+by=0 则 A4m=c=0，故可取m=(0y,10) QAA n=(p,q,r） 设平面 的法向量为 Ao.n=-p+q+zr=0 则 AA·i=r=0 ，故可取元=(1,1,0) P-AA- 设二面角 2的平面角为°，由题意，日为锐角，则 57/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 cos0=1mm=y+1=22+2y+12 2y 1+ Iml-Inl v2xy2+1 2V y2+1 2Vy2+1, 当y=0时， cos0② 2,则0=45°： cos0=v2 2 1+- 当y≠0时 y 因0)=y+在0，川单调递减。枚+≥2， 1 √2 <cos0≤1 此时2 则得0°≤0<45°， 8∈[0°，45] 综上，可得 P-AA-O 故二面角 的最大值为45 ZA D B D 【变式2-2】如图，在三棱柱ABC-AB,C中，底面是边长为2的等边三角形，CC=2,D,E分别是 线段4C,CC的中点，C在平面BC内的射影为D若点F为线段8 段B,G上的动点（不包括端点），锐二 面角F-BD-E余弦值的取值范围为一· 58/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D 15 【答案】22 【详解】连接 ,因为C在平面1BC内的射影为D, CD CD 所以 垂直于平面ABC内DB,AD 内 这两条线段， 又因为底面是边长为2的等边三角形，D是线段AC中点， 所以DB⊥AD 因此建立如图所示的空间直角坐标系， E B B paao.8iao.caal4a2)0-号5） 设F(,yz),CF=CB(0<元<) 则2-5=(5,2,0=F(V3,)→DF-(V5,元，) 设平面BDE的法向量为m=(a,6c) mDE=0 1 2 2 因此有m:DB=03a=0 c=0→m=0,35) 59/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 设平面BDF的法向量为”=(de,f). n-DF=05d+ae+5f=0→i=(0,5,-2)】 因此有元.D8=0V5d=0 m 3W5-5入 3-13-2 所以 +5可×5+（球23+灭23+， 令3-=(e(2,3) cos(m. m 1 12 1 所以 2V12-6t+t2 。12,1 二次两数=12-6s+1=12+4的开口向上，剥称轴为， 11 SE 所以当°(3'2)时，该二次函数单调递增， 所以当，黄次有小m2)6兮 当2时，该二次函数有最大2× 所uv2同.o号】 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法，结合二次函数的单调性求解值域 60/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【变式2.3】如图甲，△1BC是等边三角形，△D1C为等腰直角三角形 DA=DC=5,将aDMC沿4C 翻折到△PAC的位置，其中PB=2(如图乙)，点F在线段PB上（不含端点）， 甲 (I)证明：AC⊥PB: (2)设平面ACF与平面PBC的夹角为a,求cosa的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)cosa∈ 【分析】 【详解】(1)如图，取AC中点为E,连接PE,BE, 因为PA=PC,AB=BC,所以PE⊥AC,BE⊥AC, 因为PE∩BE=E,PE,BEC平面PBE,所以AC⊥平面PBE, 因为PBC平面PBE,所以AC⊥PB: ZA P 以B (2)因为△ADC 为等腰三角形， DA=DC=5.即 A=PC=2 所以AC=2,因为△ABC为等边三角形， 所以1B=AC=BC=2,故PE=1,BE=5 因为PB=2,则PE2+EB2=PB2,即PE⊥EB,又PE⊥AC,BE⊥AC, 所以EA,EP,EB两两互相垂直，以E为原点， (EA,EB,EPY 为基底建立空间直角坐标系， 61/136 命学科网·上好课 www.zx×k.com 上好每一堂课 则4A,00,B0,5.0）,C-1,00,P00,D 设平面PBC的法向量 i=(,h,)PB=(0,3,-)PC=(-1,0,-) [元.PB=0 ∫N3y-z=0 则-PC=0:即-x-名=0，取y=1,得n=(←5,15)： 设PF=PB0<1<),所以PF=(0,N3,-）,则F0v1-),放CF=(,l-)】 设平面ACF的法向量 m=(xy2,2）CA=(2,0,0) mCA=0 2x2=0 则mCF=0,即x+V3,+1-)2=0,取为=t-1得m=(0,1-13) 所a=o佩例石-万2万方. t-1+3t 4t-1 16t2-8t+1 11612-8+1_4x+1=4-3 令x--2·则-4x<2,所以-2+x+ x+1: 因为<2时，0≤4 1 x3，所以 0≤cosa< V21 1 所以cosa 07 题型3空间向量与距离的探索性问题 【例5】如图.在四棱链p-BCD巾，PDL平面1BCD:AD1DC,ABDC,AB-CD=AD=L, PD=1,M为棱PC的中点. 62/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (I)证明：BM11平面PAD: (2)求二面角P-BM-D的余弦值： 5v6 (3)棱PA上是否存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是18？若存在，求出PO的长：若不存在，说明 理由 【答案】(1)证明见解析 2 2 (3)存在点2， Po=v 3 【分析】 【详解】(1)取PD的中点N,连接AN,MN,如下图： D 因为M为棱PC的中点，所以N/1CD,MN=CD=L, 又ABIIDC,AB=1,所以MN IIAB,MN=AB, 所以四边形ABMN为平行四边形， 所以BM I/AN,又BMC平面PAD,ANC平面PAD, 所以BMII平面PAD: (2)由题意知PD⊥平面ABCD,且AD⊥DC,可知PD,AD,DC两两垂直， 以D为原点，AD,DC,PD所在直线分别为x,y,2轴，建立空间直角坐标系，如图， 63/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 0.0o).40.o).BLLo,ca,2.0).PQ.a1.M1 易知 则m-Q.o-uo 设平面BMD的一个法向量为 =(x,,) DMi=片+23=0 则D8元=5+y=0·令石=2：可得%=-山，x=1:可得万=0-1,2列 z丽-ow-ol- 设平面PBM的一个法向量为 =(x2,y2,22) 1 BWm=-名+23=0 可得 1 令 ，可得 ,即 PMm=y:-22 23=2 x2=1,y2=1m=(11,2) mn 442 osm,n= 所以 阿√6x66；, 由图可知二面角P-BM-D为锐角， 2 所以二面角P-BM-D的余弦值为3： 5v6 (3)假设在棱PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是18， 64/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设P0=P,0≤元s1,即P=(a0,-),可得(，0,1-刃 所以D0=(,01-) 久gr0y的E我是4- D0列_2+21-2_5 6 8:又05151可得1-写 所0引.m-6a-网--9 即存在点Q到平面BDM的距离是18， 【例6】如图，ABCD是边长为4的正方形，DE⊥平面ABCD,AF1/DE,且DE=3AF=3. B (1)证明：BFII平面DEC: (2)求直线BC与平面BEF所成角的正弦值 5v21 (3)线段AC上是否存在一点P,使得点P到平面BEF的距离为21？若存在，求线段AP的长；若不存 在，请说明理由： 【答案】(I)在DE上取点P,使DP=AF=1,连接FP,PC,如下图： E D C B 因为AF IIDE,即AF IIDP,且AF=DP,故四边形AFPD是平行四边形， 65/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则有FP/IAD且FP=AD,因为ABCD是正方形，则有BCIIAD且BC=AD, 故FPIIBC且FP=BC,即四边形FPCB是平行四边形，则有BFIIPC, 因为BFc平面DEC,PCC平面DEC,故BFII平面DEC. 2V21 (2)21 存在P3,L0).AP=V2 【分析】 【详解】(1)略 (2)由题意可设D为原点， DA,DC,D正为y2轴建立空间直角坐标系，如下图： ZA E D C B 则D(0,0,0)A4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),E(0,0,3),F(4,0,1). BE=(-4,-4,3),BF=(0,-4,1) m.BE=-4x-4y+3z=0 设平面BEF的法向量m=(x,八则有mBF=4y+z=0 令y=1,则x=2,2=4nm=(21,4 BC =(-4,0,0) ,则 ,即 ,直线的方向向量为 设直线BC与平面BEF的夹角为O,则有 sin0=E.m_-4x2+0x1+0x42V m 4×V22+12+42 21, 221 故直线BC与平面BEF所成角的正弦值为21· 66/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3)已知B44,0,平面BEF的法向量m=2L④，且m=2T 设P是线段AC上一点，由A(4,0,0),C(0,4,0)可设P(t,4-t,0),t∈[0,4]， BP=(t-4,-t,0) 点p到平面BEr的距离d= F·m_-4)×2+()x1+0×4_上-8 V21 √21， s45② 21,解得1=13>4（舍）或t=3,故存在满足条件的点P31,0), 则MP=3-4+0-0=V5,故线段4P长V2 【变式3-1】如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD,PD=AD=2.已知点E PG 1 为PA中点，点G在线段PB上，且满足PB3,平面DEG交PC于点F: B (1)求证AC11平面DEG: PF (2)求PC的值： 5 (3)判断线段EF上是否存在一点H,使得点H到平面CDG的距离为10？若存在，请求出点H的坐标： 若不存在，请说明理由. 【答案】（①）证明见解析： 1 (2)2 67/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 31 13 (3)存在H· H的坐标为4)或D. 【分析】 【详解】(1)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD,则直线DA,DC,DP两两 垂直， 以点D为原点，直线DA,DC,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， ZA G B 则D0.0,0420,0.C0,20.P0.0,2,B2,2.0.E0,0.0,c号，子，， DE=aDc-写号净C-(220,于是C.0E+30G 即AC/I平面DEG,而ACz平面DEG,所以ACII平面DEG. ②设F=Pc=0,21,-2》,则F021,2-2),DF=021,2-2》 224 由D,E,G,F四点共面，得DF=mDE+nDG=m0,+m行53， 2 3 0=m+ n= 2 2 1 因此 2 2= ，解得1= 2，所以 4 2-22=m+。n m=-1 PF 1 3 PC=A= 2 (3)由(2得F01,则F=-L0,设丽=F=(00≤1s) 于是点 0-D,D丽=0-D,mDc=020 68/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 元.DC=2b=0 设平酒C0c的法病里为后-le4则0G-知+号+-0，取。得-e20 DF.元-2+2t+1_5 点H到平面cDG的距离d- 5 所以线段E印上存在一点H满足条件、点H的壁标为得行)皮) 31 【变式3-2】如图，在三棱柱 ABC-ABG中，四边形 CG4为正方形，△1BC为等边三角形，平面 ACCA 平面MBC,AB=2,D为BC的中点. B AB/I ADC (1)求证： 平面 CD ABB A (2)求直线与平面 所成角的正弦值； 4v5 AM 3)在棱A4上是否存在一点M,使得点M到平面ADC的距离为15？若存在，求A4的值：若不存在， 说明理由. 【答案】()证明见解析 15 (2)10 45 AM 1 ③)棱A4上存在一点M,使得点M到平面ADC的距离为15，此时AA3 【分析】 69/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【详解1（山连接4C交1C于￡，连接DE B B ACCA 因为四边形 为正方形， AC AC 为对角线且交于点E,所以E为 中点 又D为BC的中点，所以DE为△4B 的中位线，所以4B/DE 又4B ADC ADC ”平面 ADC,DEc平面ADG,所以4B∥平 平面 2)取4C中点0,14G中点F,连接B、0F B 因为AMBC为等边三角形，所以OB1AC,AC=AB=BC=2,OB=)AC=x2=3 因为四边形 为正方形，O、F为中点，所以OF⊥AC,OF=A4=4C=2 ACC4 因为平面 ACC4∩ 平面1BC,平面M 平面ABC=AC 所以OF⊥平面ABC 又OBC平面ABC,所以OF⊥OB 因此以点O为原点，以OB、OC、OF为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 70/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则4〔0，-0），B50,0,C0,10),C(01,2).4(0,-1,2) 5p为点95 D D-(停-2.亚-N0.4-02 设平面1BA的一个法向量为万=(，火2)。 元AB=0 [V3x+y=0 则i:4=0:即2z=0，令x=5,则y=-3所以i=(5,-30） CD ABB A 设直线与平面 所成角为日， CD 5+(302 3 sin=cos,CD= 15 D (, 2W3×V510 √15 所以直线CD与平面ABBA所成角的正弦值为I0. 45 AM (8)假设楼4上存在一点M,使得点M到平面40C的延离为5，设行0≤S) 因为41=0,0-2)，40-1,2)，所以4W=41=(00-2),则 Ma=MA+AA=(0,0,2元-2) AC=(0,2,2) 设平面1DC的一个法向量为m=(,,2） 71/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 53 m·AD=0 +2y=0 则m4C=0即2y+22=0，令x=5则y=-1'2=1所以m=(5,-1刂 则点M到平面ADC的距离为d= Mim_2-2_45 m515 整即狗-18+5-0：即（6以-62-列=0，解得2=写我2=号合去) 4V5 AM1 所以棱A4上存在一点M,使得点M到平面ADC的距离为15，此时A43. 【变式3-3】如图，四棱锥P-1BCD中，PM上平面MBCD,4D/BC,PA=1,AB=5,BC=1, AD=2,M是PD的中点 D (1)求证：CM∥平面PAB: (2)若AB⊥AD, ①求平面PAB与平面PCD所成角的余弦值： 2v21 BO ②在线段BD上是否存在点Q,使得点D到平面PAQ的距离为7？若存在，求出BD的值；若不存在， 请说明理由 【答案】(1) B 取PA中点N,M为PD中点， 72/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :MNMD:且N=54D=1, 又：BC=1,BCIIAD, ·BCMN,且BC=MN, ∴.四边形BCMN为平行四边形，即CM/BN, :BNC平面PAB,CM4平面PAB, .CMI∥平面PAB: 5 BO_1 (2)①4：②存在，BD2 【分析】 【详解】(1)略 (2) M D ①：PA⊥平面ABCD,且AB⊥AD, 则以点A为坐标原点，AB,AD,AP方向为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 得40,00)，B(V5.0,0）,c(V5,1.0,D02,0,P0.0,1). AB=(V5,0,0）.AP=(0,0,1).PD=(0,2,-1).CD=(-5,10） 易知平面PAB的一个法向量为”=(01,0) 设平面PCD的法向量为”，=(，水2） PD.n=2y-z=0 则而%=-V5x+y=0,令x=1则%=(5,25)， 73/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 :cos(,西)F 乃·乃2 V3 3 阿1P++ 4, 5 :平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为4： ②存在点Q满足题意， BD=（5,2,0）.AD=(02,0). 易 假设存在点Q满足题意， 设0=8D=(5,2,0）,0≤1s1, 05-v3,2,0）A0=(5-3,2,0) 设平面P10的法向量为乃=(a,6c)】 AP.ng=c=0 则0元=(5-5加+2=0，令a=2x'则%-2252-1).o0 AD.ns 所以点，到平面。。的距离d 25(2-1 221 7 PAO V2y+[3(a- BO 1 解得2，即BD2 题型4空间向量与线面角的探索性问题 【例7】如图，在四棱锥A-BCFG中，△ABC是边长为4的等边三角形，四边形BCFG为菱形， ∠CBG=60°，平面ABC⊥平面BCFG,D为棱AB的中点，记平面ABC和平面AFG的交线为I. 74/136 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E C (1)证明：1/1BC: (2)求直线FD与平面ABG的夹角正弦值： 6 (3)在线段CG(不含端点)上是否存在一点E,使得直线DE与平面ACF所成角的正弦值为I0？若存在， 求E的位置；若不存在，请说明理由 【答案】(1)证明见解析 √6 (2)5 (3)存在， CE=CG或CE=0CG 4 【分析】 【详解】(1)：四边形BCFG为菱形，∴FG/1BC, :FGc平面AFG,BCC平面AFG,BC/I平面AFG, ,BCC平面ABC,平面ABC和平面AFG的交线为I,∴.1/BC: (2)取BC的中点O,连接OA,OG, :△ABC是边长为4的等边三角形，“.OA⊥BC, :四边形BCFG为菱形，∠CBG=60°，“.△CBG为等边三角形，OG⊥BC, 又OA,OG为平面OAG内两条相交直线，所以BC⊥平面OAG, :平面ABC⊥L平面BCFG,平面ABC∩平面BCFG=BC, OGC平面BCFG,OG⊥BC,.OG⊥平面ABC, 又OA在平面ABC内，所以OG⊥OA,所以OA,OB,OG两两垂直， 75/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 以O为坐标原点，以OA,OB,OG所在直线分别为x,y,2轴， 建立如图所示空间直角坐标系， F G E A B 则o(0,00).A250,0)、B(0,20).D5,1.0.F0,-4,25)、G00,25) 放FD-(5,5-25),B=(-25,20）.4G=(-25,02) 设平面BC的法向量为=(a,bc AB.i=-23a+2b=0 则AG-i=-23a+2W5c=0: 令a=1,则b=5,c=l,即i=(5, 设直线FD与平面ABG的夹角正弦值为B, FD. 则sin6=cos(F历， √3+5√5-25 FD:成V3+25+12×V1+3+15: 3)由c0,-2,0),则4c=(25,-2.0F=(-2542),D=(5,1.0) 设平面4CF的法向量为” =(x,y,2) m.AC=-2√3x-2y=0 由m4AF=-2√3x-4y+23z=0: 令x=1,则y=-5,z=1.m=(1,-5,-) 假设在线段CG(不含端点)上存在一点E, 76/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 6 使得直线DE与平面ACF所成角的正弦值为10 E=CG,0<λ<1 设 则D正=Dc+E=Dc+CG=（5-3.0+A02,25)-(-5,22-3,2V5) :平面4CF的法向量为m=(,一5，-小 6 直线DE与平面ACF所成角的正弦值为10： m·DE cos(m,DE) 25-452 VG DE V5×V3+(21-3)}2+122 10 整理得36-3初2+70：解得-夜- 所以在线段CG(不含端点)上存在点E, 当CB-CG或CB-弓CcG时，直我DE与平面4CF所成角的正弦值为9 6 【例8】如图，在三棱锥P-ABC中，BA=BC,PA-PC B (I)证明：AC⊥PB: ②)已知M为△1BC的重心， AC=2,AB=10,PA=3,PB=5 在棱A上是否存在一点°，使得直线QM 与平面PAC所成角的大小为60°？若存在，指出点Q的位置；若不存在，说明理由 【答案】(1)证明：取AC的中点O,连接OP,OB. 在△BAC中，因为BA=BC,所以AC⊥OB. 在aPAC中，因为PA=PC,所以AC⊥OP 又OP∩OB=O,OP,OBC平面POB,所以AC⊥平面POB 77/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 因为PBC平面POB,所以AC⊥PB (2)存在，点Q为线段A上靠近点P的三等分点 【分析】 【详解】(1)略 (2)因为1C=2,AB=而，PA=V ,所以O8=3,0P=V2 COS/POB=OP+OB-PB2+9-5 在△POB中， 20P.OB 2V2×32, 因为M为△ABC的重心，OB=3,所以M∈OB且OM=1. 在aPOM中， M2=2+1-2N2×5-l 2, 所以OM2+MP2=OP2,故PM⊥OM 又AC⊥平面POB,PMC平面POB, 所以AC⊥PM, 因为AC∩OM=O,所以PM⊥平面ABC 以O为坐标原点，OA,OB所在直线为x,y轴，以过O点且垂直平面ABC向上的方向为z轴的正方向，建 立如图所示的空间直角坐标系O-z. B方 则P(01,1),A1,0,0),C(-1,0,0),M(0,1,0). 设0，P0=,则4-k4-)=-,-)， 所以ea,1-,1-20M=(-,元，-》 78/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设平面AC的一个法向量 元=(x2,y2,2) 04=0 x3=0 则元0P=0,即y2+32=0,取为2=1，则2=-1，故i=(0,1-) n.OM 所以sin60° 3 OM 2V2+元2+(-)2， 即92-6元+1=0，解得2 3 所以，存在满足条件的点Q,且点Q为线段A上靠近点P的三等分点， 【变式41】如图，在直三棱柱BC-4BC中，4C=BC=4,D是棱M的中点，DC⊥BD. 2 B B DC,⊥BC (1)证明： ②求二面角~BD- 的大小 √10 3)在线段BC上是否存在一点E,使得DE与平面BCD所成角的正弦值为5，若存在求出该点的位置， 若不存在请说明理由？ 【答案】(1)证明见解析 ,兀 2)6 BC (3)存在， 的中点 【分析】 79/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【详解】(1)“直三棱柱 BC-ABC中，侧棱CG面4BC,BCC面4BC,CC1BC CC=2 AC=BC=1 假设 DC=4C2+AD=2 DC=V4D+AC=2 CC=2 DC+DC=CC,数DC1DC 又DC1 BD.BDADC=D.BD,DCC平面BCD, :.DC 平面BCD,:BCC平面BCD,六DC1BC 2)如图所示：以C为原点， CA,CB,CC 所在直线分别为少轴建立空间直角坐标系， C(0,0,0),A1,0,0),B(0,1,0),D1,0,1),A(1,0,2),C(0,0,2) 各点坐标为： 则D=-1D=00,.DG=(-10D 设平面4BD 的一个法向量为%=(，) m·BD=x-y+名=0 则：万D4=名=0，令x=1,得y=1故元=1,10) 设平面CB 的一个法向量为%=(：，，2) n2·BD=x2-2+z2=0 则： 西DC=-x+2=0,取x=1得2，=1,52=2故m,=(1,2,1) 所以cos(7,乃 3-5 √2V62, 由图易知=面角4-BD-C为锐=面角：故<风，店>君 所以二面角A-BD-C的大小为6 80/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)设E在线段BC上，令B距=BC2e0,D,BC=0,-l,2）.得E0,1-,2), 则 DE=(-1,1-,22-1) 设线面角为0，由(1)知平面BCD的法向量为 DC=(-1,0,) DE.DC=2元，DC=2.DE=V(-}+(1-2}+(21-1}=V52-61+3 ne=IDE.DC 2入 10 所以 1DE1DC1V52-62+3.√25， 解得=e0,符合要求 BC 所以存在满足条件的点E，E为线段C的中点 【变式4-2】如图所示，在多面体GHL-ABCDEF中，ABCDEF为平面六边形，平面GAF⊥平面ABC, 平面LCD⊥平面ABC,AB⊥AF,BC⊥CD,△GAF与△LCD都是边长为2的等边三角形， ABI EFGH BCI EDI HL AB=BC=6 FE=ED-4 M,N,K分别为AF,BE,CD的中点. H B G 81/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (L)求证：GM LK,HN⊥平面ABC: EP (②)棱ED上是否存在点P,使得HP与平面ABHG成角3？若存在，求ED的值：若不存在，说明理由. 【答案】(I)证明：因为△GAF与△LCD均为等边三角形，且M,K分别为AF,CD中点， 所以GM⊥AF,LK⊥DC, 又平面GAF⊥平面ABC,平面GAF∩平面ACB=AF,GMC平面GAF, 所以GM⊥平面ABC, 同理LK⊥平面ABC,所以GM‖LK: 又GM4平面HLKN,LKc平面HLKN,所以GM‖平面HLKN, 而平面GMNH平面HLKN=HN,所以GM‖NH, 又GM⊥平面ABC,所以HN⊥平面ABC. EP 1 (2)存在，ED8· 【分析】 【详解】(1)略 (2) 过E作ET⊥AB于T,因为AB↓AF,ABI‖EF,AB=6,EF=4,AF=2, 所以ET=AF=2,AT=EF=4,BT=AB-AT=6-4=2, 所以AB7E是等腰直角三角形，∠7BE=子：同理可得∠CBE= 4,所以AB⊥BC, 又M,N,K分别为AF,BE,CD中点，所以MNI‖AB,KN I CB,.所以MN⊥KN, 由(I)知HN⊥平面ABC,所以HN⊥NM,HN⊥NK, 即HN,NM,NK两两垂直，故以N为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 82/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 因为MNI‖ABIIGH,GM IHN,所以四边形GMNH为平行四边形， 所以W=GM=V5 B K 则E1,L0),D15,0),F(5,10),B(-1,-10,H(0,0,3) G5,0,5)A5,-1,0) 所以B1=(60,0),8丽=(1L5)】 BA.m=6x=0 设平面4BHG的法向量为m=(x,y,z),则B丽m=x+y+V52=0: 不妨取m=(0,v5,,设乎=D,0,1】, 则亚-庞+D=1-)+204,0)=1+4,5)】 因为HP与平面ABHG成角3， m.HP 所以im写-eos<ml 3(1+42)+5 mH丽2×1+1+42}+3' EP 1 解得1=8∈[0，]，所以存在点P,使得HP与平面ABHG成角3，此时ED8: 【变式4-3】如图，在多面体ABCDEF中，梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直，AFIIDE, DEL AD:ADLBD:4F=AD-BD-IDE-1 83/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D (I)求证：DE⊥平面ABCD: (2)在线段DE(不包括端点)上是否存在点Q,使得直线AF与平面BQF所成角为45°？若存在，求出 E DQ的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 -1 (2)存在点Q,使得直线AF与平面BQF所成角为45°，且D0 【分析】 【详解】(I)因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD, 又因为DE⊥AD,DEC平面ADEF,所以DE⊥平面ABCD E0=1 (2)存在点Q,使得直线AF与平面BQF所成角为45°，且D0理由如下： 连接DB,由(I)知DE⊥平面ABCD,BD,ADC平面ABCD, 所以DE⊥BD,DE⊥AD,又因为AD⊥BD,故AD,BD,DE两两垂直， 以D为坐标原点，AD,BD,DE所在的直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则DQ0,0,E(00,2.80,10.FL0,1.4L0,0) 所4F=(0,08F=(1-l,DE=(0,02) =0<1<）.则D0=D正=(00,22)，所以0(00,2)，所以B=(0,-122), 设DE 设平面B0F的一个法向量为m =(x,八，2） 84/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 mBF=x-y+z=0 则m-B0=-y+2z=0,令z=1'得y=22,x=21-1 所以平面B0F的一个法向量为而 ,m=(22-1,22,1) 因为AF与平面BQF所成角为45°， 所以sin45°=cosm,A正F= m·AF m4FV(2-1+(2}+12×1' 1 √2 所以2a-+2a+之，解得=或1=0 2 、。(舍去)， 0-1」 所以是所拟器 2-1 所以存在点Q,使得直线AF与平面BQF所成角为45°，且D0, 2孙 F B 题型5空间向量与面面角的探索性问题 【例9】“阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥如 图，在阳马P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB=4,AD=2,PA=4,点M在棱CD上，且 DC=4DM 85/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 SD B C (I)求证：平面PAM⊥平面PBD: 5 (2)在线段PB上是否存在点N,使得二面角N-AM-P的余弦值为3，若存在，求点N的位置，若不存 在，请说明理由 【答案】(I)证明见详解 5 (2)存点N，,使得二面角N-AM-P的余弦值为3，且点N为线段PB的中点，理由见详解 【分析】 【详解】(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，且PA⊥平面ABCD, 所以以A点为坐标原点，AB,AD,AP分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ZA D B C 由B=4D=2,PA=4,则1(00,0)，B(4,00D0,20),P（0,04),C(42,0) M(1,2,0) 又DC=4DM,M在棱CD上，DC=AB=4,所以M 设平面P1M的-个法向量为m=(,少2)，由P=(00,4),4W=L2,0)】 86/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 m⊥AP m:AP=0「4z=0 → 则m⊥AM m4M=0x+2y=0,令y=1,则x=-2,z=0所以m=(-21,0): 设平面PBD的一个法向量 为=(a,6c）,由PB=(40,4,PD=(0,24) i⊥PB nPB=0「4a-4c=0 则方⊥PD PD=02b-4c=0,令c=1则a=1,b=2,所以元=(12,1) mi=（-2)×1+1×2+0×1=0 因为 ,所以m⊥元，所以平面PAM上平面PBD √5 (2)存在点N,使得二面角N-AM-P的余弦值为3，且点N为线段PB的中点，理由如下： 设点N在线段PB上，且N(,02),则PN=PB(0≤元≤) 当元=0时，P,N重合，得不到二面角N-AM-P不满足题意， 当2=1时，B,N重合，此时二面角N-AM-P即为B-AM-P, 因为PA⊥平面ABCD,即PA⊥平面ABM,且PAC平面PAM, 所以平面PAM⊥平面ABM,即二面角B-AM-P为直二面角，不满足题意，所以0<元<I, 由PB=(40-4,PN=(,03w-4) 所以x,02-4)=40-4)→ xw=42 zw=4-42,所以N(42,0,4-42), 设平面N1M的一个法向量为D=(,,2）,由4=(2,0)，N=(41,04-4A)。 ∫D1AM∫DAM=0∫x+2y=0 则元1ADAN=04x+(4-4)=0, 令%1，则2器，所以2气2别】 由(1)知平面PAM的一个法向量 m=（-21,0)） 设二面角N-AM-P的大小为B, 87/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (-2)×(-2)+1×1+0× 2入 m列 1-λ cos0=cosm,p= 则 万 2+r*x,-2++2 5 √5 ,即2 3 1-2 4-2=2 1- 当2时，解得：人-分，当2时，无解，故=： 22 2λ PN=IPB 5 即 2”,所以存点N,使得二面角N-AM-P的余弦值为3，此时点N为线段PB的中点： 【例10】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，且AD=BD,平面PAD⊥平面 ABCD,PA=PD-=5,E是BC的中点，点e在侧楼PC上，且Pg=1PC,1cD1 B (I)求证：DE⊥PA: √105 (②)是否存在一点Q,使得平面PAB与平面QDE所成角的余弦值为35？若存在，求出点的位置：若不 存在，请说明理由 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，Q是PC的三等分点（靠近点P) 【分析】 【详解】(I)证明：如图，取AD的中点O,连接OP,OB,在菱形ABCD中，由AD=BD,可得△BAD 为等边三角形，所以BO⊥AD 因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PADO平面ABCD=AD, 且OBC平面ABCD,所以OB⊥平面PAD 88/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 又因为E为BC的中点，可得BEIAD,且BE=OD, 所以四边形OBED是平行四边形，所以DE/OB,所以DE⊥平面PAD 因为PAC平面PAD,所以DE⊥PA (2)因为PA=PD,可得PO⊥AD 又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PADO平面ABCD=AD, 且POC平面PAD,所以PO⊥平面ABCD 以O为坐标原点，OA,OB,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则D(-1,00),15,0,P(00,1),C(-2,5,0,A0,0,B(05,0) 可得PA=,0-),PB=(0,5,-,DE=(0,3,0.P元=(-25，- 因为00=0F+P0=oF+Pc=(00,)+(2,5,--(2,V3,1-. 所以(2，v5,1-,所以D0-(-2,B,1-） iDE=3y=0, 设平面QDE的一个法向量为元=(xy,z则元-D0=(1-21)x+V3+1-)z=0, t-1 令z=1,则y=0,x=1-2,所以i=(-10,1-2) mPA=a-c=0, 设平面pAB的一个法向量为m=(a,b,c):则元：PB=V36-c=0, 令c=5,则0=5，b=L,所以平面PAB的一个法向量为m=(5.1,), i 3t V105 所以， osm同万0-0-2S,解得4 V105 所以当Q是PC的三等分点（靠近点P)时，使得平面PAB与平面QDE所成角的余弦值为35· 89/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D B 【变式5-1】如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC是斜边为AC的等腰直角三角形，△PAC是边长为4的 等边三角形，且PB=4,O为棱AC的中点. (I)证明：PO⊥平面ABC: (2)问：在线段BC上是否存在点M(不与B、C重合)，使得二面角M-PA-C为30°，若存在，求出CM 的长：若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点M在棱BC的靠近点B的三等分点处 【分析】 【详解】(1)由题可知AB⊥BC,AB=BC,且AC=4, :1B=BC=2V5 连接BO,如图，则BO LAC,且BO=2」 :△PAC是边长为4的等边三角形， :PA=PC=aC=4,P0LMC,且 P0=25 从而有PB2=PO+BO2,故PO⊥OB, .OB∩AC=O, PO⊥平面ABC. 90/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA A- M B (2)假设存在满足题意的点M. 由(1)可知，可以O为坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐 标系 则40，-20)，P00,25),C02,0).B2,00) BA=(-2,-2,0).PA=(0,-2,-2W5).BC=(-2,2,0) 设服=BC=(-2A,2,0),0<2<1 则4W=Bm-B=(-2,21,0)-(2-2,0)=2-2,2+20) 设平面AMP的法向量为 ii=(x,y,z) iPA=-2y-23z=0 则元AM=(2-2n)x+(22+2)y=0 = 令2=1得 5a+D,-5,1 1- 易知平面PAC的一个法向量为 m=(1,0,0) ,平面PAM与平面PAC的夹角为30°， 5(+1) cos30°= mn 1-2 5 列 5(2+1) 12 2, 1× +1+3 1-2 91/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 1 解得2=3或入=3（舍去)， ∴，存在，且点M在线段BC的靠近点B的三等分点处， _4V2 CM=28C=5 即 3 3. 【变式521如图，在标形HBCD中，ADBC,∠A=受AB=2D=48C=CD,将A1BD沿BD折至 面角A-BD-C为90°，M为BD中点 D (I)求证：AM⊥CM: (②)线段AD上是否存在一动点N,使得二面角N-BC-D为3，若存在，求4N的值；若不存在，说明理 由 【答案】(1)证明见解析： (2)存在N点， Aw=23 5 【分析】 【详解】(I)因为BC=CD且M为BD中点，所以CM⊥BD 又因为二面角A-BD-C为9O°，所以平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD⌒平面BCD=BD,CM⊥BD, CMC平面BCD, 所以CM⊥平面ABD,AMc平面ABD,所以CM⊥AM. (2)由(1)知CM⊥BD,故以MB,MC所在直线为x,y轴，以过M点与平面BCD垂直的直线为z轴，建 立空间直角坐标系如图： 又4D/BC,A=2MB=28D=48C=CD,所以∠A8D-于∠DaC=∠ADB=∠BDC=君 92/136 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D 做M(0,0,0,B(2,0,0),D(-2,0,0).C03,04005 3 ,设=D0≤1<1， 设万=(x,,z)为平面NBC的法向量， 所-2w BN=BA+A=BA+tAD=(-1,0W3)+(-3,0,-V3)=(-1-3t,0,V31-t0) -2x+ 2v5 iBC=0 3y+0z=0 由n-Bm=0' 得 1-刘0y+0-=0取g得y=3即后-a 1-t 而平面BCD与坐标平面xOy重合，所以法向量取m=(0,0,) V5.0+3-0+3t+1 1-t1 因为二面角 为元，所 i N-BC-D 3 os6.m= m 3+32++ 1-t 32 -2.=2学.4，解g成3 1 所=而-号0m-vam--25.用网gw-29 5 5 故存在N点，A=25 5. 【变式5-3】在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形ADPO是梯形， PDIIQA,∠PDA=∠PDC= 2,且AD=PD=20A=2 93/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B (I)求证：B/I平面PDC: (2)求直线QB与平面CPB所成角的正弦值： 5 (3)在棱PD上是否存在一点H,使得平面AHB与平面PBD夹角的余弦值为I0？若存在，试确定点H的 位置：若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见详解 V10 (2)10 (3)存在点H,H是靠近D的三等分点. 【分析】 【详解】(1)因为正方形ABCD,所以ABI/CD,ABC平面PDC,CDC平面PDC,所以ABII平面 PDC, 同理AIIPD,AC平面PDC,PDc平面PDC,所以OAII平面PDC, 又AB00A=A,AB,OAC平面BAg,故平面BAQII平面PDC, 又OBC平面BAQ,所以QBII平面PDC (2)由∠PDA=∠PDC= 2,则PD⊥AD'PD⊥CD 在正方形ABCD中，AD⊥CD,所以DA,DC,DP两两垂直， 以D为原点，分别以DA,DC,DP所在直线为x,y,2轴，建立空间直角坐标系，如下图： 94/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则C02,0).P(00,2）,B(2,20),(20,1).故Bc=(-20,0),P=02,-2） BC=-2x=0 设平面CPB的法向量为元=(x,水，)则元·PC=2y-2z,=0, 令=1，得5=0，名1，所以%=(01， 又B=(0,2) QB.n 0x0+2x1+1x(-1-10 所以直线QB与平面CPB所成角的正弦值为O8,万 V4+1×V1+1 10 CPB ZA (3)假设存在，设H(0,0,又4(2.0,0)，则历=(20)，=0,2.0， 设平面11B的一个法向量为%=(：，少，3)】 m2·HA=2x,-h,=0 则元，·AB=2%2=0 ，令22=2，得m=(,0,2) 由题得PD⊥平面ABCD,则PD⊥AC,又AC⊥BD,PDOBD=D,PD,BDC平面PBD, 所以4C1平面P8D,故4C为平面PBD的法向量，且4C=(2,20) m·AC -2h+2×0+2×0 AC F+4×V4+42x+40,解得h=名或h=-名（舍去）， 3 3 2 H0,0, 所以在棱PD上存在一点（心3)， 满足题意，此时H是靠近D的三等分点 95/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 知高考·真题探源 1.(2026北京高考真题)已知直三棱柱 BC-ABC,∠BAC=90°，AB=AC=2.BB=V5,E、D 分别为AB、AC 的中点。 B B (1)证明： DE//BBCC 平面 ②)点P在平面 BC内，且 EP//BC ,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为己知，使 得P唯一确定，求平面PAD与平面PDE的夹角的余弦值. ①PA=PD: ②PA⊥BC: BB// ③ 平面PDE 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分. 【答案】①解法一：取C的中点F,连接DF,BF, BC E B D F 因为D,F分别为4C,BC的中点，则DFAB:且DF-号4B, 又因为BB4为矩形，且E为48的中点，则BE4B,且8E= AB 2 96/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 DF//BE DF=BE DFBE DE//BF 可得 ,且 ,可知 为平行四边形，则 且DEC平信BaCC,8FC平面8CC.所以DE/半南BCC 解法二：设4G,4B的中点分别为C,H,连接DG.GE,BH,DH C 因为D,C分别为4C,4G的中点，则 D,G DGIICC DGIIAA 且DGc平面B BBCC CCBBCC C,所以DG1/平面 BBCC 平面 又因为G,E AC AB GE/IBC 分别为 的中点，则 且GEc平 BBCC BCC平面B C.所以GE/平面BCC BBC E,H 又因为 分别为4G,C H//AA 的中点，则 可得EH/IDG,可知E,H,D,G四点共面， 因为DGNGE=-G,DG.G5c平面DEG.则平面DGEH1/平面BaCC BBCC 且DEc平面DGEA,所以DE'平面 解法三：以A为坐标原点， AB,AC,AA x,y,2 分别为轴，建立空间直角坐标系， 97/136 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA B B C 则40,00）.B(20,0）,C(0,2,0）,4(0,0,V2),B(2,05).G0,22) 且D0,10),E40,2). 可得D正=-5)，B8=(0,0v2).C丽=(2，-2,0). 元·BB=V22=0 设平面BB,CC的法向量为元=(x,片，乙)则元·BC=2x-2y=0: 令=1，则少=1，=0，可得4=10)）， 因为DE万=1-l+0=0,即D死1万， BBC 因为DEc平面 C,所以DE/平面8BCC 2)3 【分析】 【详解】(1)略 EGIIBC P∈EG (2)由(1)可知 ,则 若选0：解法一：设4D,AG,6的中点分别为 ,J,P B 98/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 可知W为线段AD的中垂线，则AJ=D), PJIIAB 因为 由题意可知： AB上平面4CCA4,即 ACCA 平面 平面 则PJ⊥JA,PJ⊥D,可得PA=PD,符合题意， 取BC的中点M,连接AM,设AM∩DH=N, 因为AB=AC,则AM⊥BC, 为B十平商4BC,4MC平面MBC,则 AM⊥BB 又因 BCBB =B BC,BBC BBCC BBCC C,则ML平面8 BBCC 且 平面 C,即1N上平面9 且平面DGEH1/平面B C,可得MNL平面DGEH, BBC 且PDC平面DGEH,可得AN⊥PD, 过点N作NK⊥PD, 且AW∩NK=N,AN,NKC平面ANK, 则PD⊥平面ANK,可得AK⊥PD, 可知平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN, 由题意可知： AN-ND-PG-IAM- 2 2,GD=V2, 则PD0 sin∠PDN=cos∠PpG=GD-2 2 PD√5， 则NK=ND-sin∠PDN=2,AK=3 V10: 10 所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为cOs∠KN=K=? 解法二：设Pa,1-aV2) 99/136 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 - 则 AD=(0,1,0) 历护=)5+为+2=0 设平面P4D的法向量为=(k,,》则元·D=为=0 PAD 令5=2w5,则%=0,3=小，可得%=(22,0，」 因为平面DEG/平面BCC,可知平面P0E的法向量为A=L0) 则c0s%,乃= 2√22 阿2x33, 2 所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为3： 若选②：解法一：取BC的中点M,连接AM,设AM∩DH=N, B B 因为AB=AC,则AM⊥BC, 为品+平面BC,AMC平面BC,则M⊥BB 又因 ，则 BCBB=BBC,BC平面BBCC,则4ML平面 「平面 CC,即1NL平面BBCC BBCC 且平面DGEH BBC 平面 C,可得4N上平面DGEH, 可知O/AM 取8C的中点O,连接40,0M, 设4nEG= ,可知点P为EC的中点， 因为4M⊥BC,2M18C,可得8C士平面4M0A,则4PLBC, 100/136