1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题 同步练-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 本同步练习通过“基础+提升”分层设计，以距离与夹角计算为核心，从单一知识点应用到综合探究，培养数学抽象与逻辑推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础练习|空间距离（点线、线线、面面）、空间角（线线、线面、面面）|选择填空结合解答题，含教材改编题与联考真题，强化公式直接应用| |能力提升练|距离最值、动态角问题、探索性问题|参数化与存在性探究，如动点线段最值、二面角余弦值范围，深化数学建模与创新意识|

1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题 基础练习 题组一　用空间向量求空间距离 1.(2025河南漯河部分学校联考)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱BC的中点,则点A1到直线DE的距离是(　　) A.　　B.　　 C.　　 D. 2.(2026福建厦门外国语学校月考)正四棱锥S-ABCD中,O为顶点S在底面ABCD内的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD=,则异面直线BD与PC间的距离为(　　) A.　　B.　　 C.　　D. 3.(2026江苏镇江第一中学月考)在空间直角坐标系中,已知O为坐标原点,A(1,2,3),B(2,-1,0),C(3,6,-5),则三棱锥O-ABC的体积为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 4.(2026山东潍坊段考)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F,G,H分别是棱AB,AD,B1C1,D1C1的中点,则平面EFD1B1和平面GHDB之间的距离为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 5.(2026北京顺义牛栏山第一中学月考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点M在正方体内部且满足=++,则点M到直线AD的距离为　　　　.  6.(教材习题改编)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E为D1C1的中点. (1)求异面直线D1B与A1E间的距离; (2)求点B1到平面A1BE的距离; (3)求直线D1C到平面A1BE的距离; (4)求平面A1DB与平面D1CB1间的距离. 题组二　用空间向量求空间角 7.(2026河南青桐鸣大联考月考)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,点P为底面ABCD的中心,Q为线段AB1的中点,则异面直线D1P与C1Q所成角的大小为(　　) A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.90° 8.(2026广东广州增城月考)在空间直角坐标系中,已知点A(1,2,-1),C(0,1,3),B为x轴正半轴上的点,且直线CA与直线CB所成角的余弦值为,则点B的坐标为(　　) A.　　B.(1,0,0)　　 C.(3,0,0)　　D.(2,0,0) 9.(2026河北唐山阶段测试)在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠PAC=∠ABC=90°,PA=BC=1,PB=AC=2,E是AB的中点,则二面角B-PC-E的余弦值为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 10.(2026山西晋中段考)已知矩形ABCD中,AB=,AD=1,将△ACD沿AC折起到△PAC的位置,使得PB=,则平面PAC与平面ABC的夹角的余弦值为　　　　.  11.(易错题)(2024安徽天一大联考期中)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱DD1的中点,F为棱BB1的中点. (1)求异面直线AB1与FC1所成角的余弦值; (2)求直线AA1与平面AB1E所成角的正弦值. 12.(2026江苏无锡第六高级中学月考)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值; (2)求证:BF∥平面ADE; (3)若平面BDE与平面BDF夹角的余弦值为,求线段CF的长. 13.(2026重庆第八中学校月考)如图,在矩形ABCD中,AB=25,AD=15.沿AC将△ADC折起,使点D到达点P的位置,点P在平面ABC内的射影H落在边AB上. (1)证明:AP⊥PB; (2)若M在边PC上,=m,平面MAB与平面PBC的夹角的余弦值为,求m的值. 能力提升练 题组一　用空间向量解决空间距离问题 1.(2026湖南天壹名校联盟联考)已知空间向量=(1,0,0),=(0,1,0),=(0,0,1),向量=x+y+z,其中++z=1,则||的最小值为(　　) A.1　　B.　　C.　　D.2 2.(2026福建泉州永春第一中学月考)在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,动点M在线段BD上,动点N在线段AD1上,则MN长度的最小值为　(　　) A.1　　B.　　C.　　D.3 3.(2026四川成都外国语学校月考)如图,棱长为3的正方体的顶点A在平面α上,三条棱AB,AC,AD都在平面α的同侧,若顶点B,C到平面α的距离均为,则顶点D到平面α的距离是(　　) A.　　B.2　　C.　　D.2 题组二　用空间向量解决空间角问题 4.(2026广东广州天河联考)在三棱锥P-ABC中,若PA⊥PB,PA=PB,∠APC=∠BPC=60°,则直线PC与平面PAB所成的角θ的正弦值是(　　) A.　　B.　　C.　　D. 5.(2026安徽阜阳太和中学月考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是AC的中点,点P在线段A1C1上,若直线OP与平面A1BC1所成的角为θ,则sin θ的取值范围是(　　) A.　　B.　　C.　　D. 6.(2026辽宁省实验中学月考)如图,已知正方形ABCD、ABEF,∠CBE=120°,动点M,N分别在线段AE和DB上,EM=BN,当||最小时,二面角A-MN-B的余弦值是(　　) A.-　　B.-　　C.-　　D.- 7.(2026吉林省实验中学月考)如图,菱形ABCD的边长为2,∠BAD=60°,E为边AB的中点,将△ADE沿DE折起,使A到A'的位置,连接A'B,若A'D⊥DC,平面A'BE与平面A'CD的交线为l,则下列结论中错误的是(　　) A.CD∥l B.平面A'DE⊥平面A'BE C.二面角E-A'B-D的余弦值为 D.BC与平面A'DE所成角的余弦值为 8.(2026山东日照实验高级中学月考)已知三棱锥A-BCD中,∠ABC=,∠ABD=,BC=BD,则异面直线AB和CD所成角的余弦值的取值范围是　　　　.  9.(2026河南漯河部分校联考)如图,在三棱锥A-BCD中,AC=AD=2,CD=4,BC=BD=2,AB=2,E在线段BC(不包含端点)上,F是线段BD的中点. (1)证明:AB⊥CD; (2)当=时,求直线AE与平面ACD所成角的正弦值; (3)当为何值时,平面ACD与平面AEF夹角的余弦值取得最大值? 题组三　用空间向量解决与距离、夹角有关的探索性问题 10.(2026北京陈经纶中学月考)在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BAD=,AB=2AD=2CD=4,P为AB的中点,线段AC与DP交于O点(如图1).将△ACD沿AC折起到△ACD'的位置,使得D'O⊥OP(如图2). (1)求证:平面D'AC⊥平面ABC; (2)线段PD'上是否存在点Q,使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 　 11.(2026山东临沂第一中学月考)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AB⊥AD,PA=1,AB=,BC=1,AD=2,M是PD的中点. (1)求证:CM∥平面PAB; (2)求平面PAB与平面PCD所成角的余弦值; (3)在线段BD上是否存在点Q,使得点D到平面PAQ的距离为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 12.我们给出定义:在空间直角坐标系中,若平面α经过点P0(x0,y0,z0),向量u=(a,b,c)(abc≠0)为平面α的一个法向量,P(x,y,z)是平面α内的任意一点,则平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0.已知平面α的方程为x-3y+2z+5=0,则点M(0,2,1)到平面α的距离为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.　　B.　　C.　　D. 答案 1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题 基础练习 1.A　连接DA1.依题意,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,4),D(0,4,0),E(4,2,0),从而=(0,-4,4),=(4,-2,0),故点A1到直线DE的距离是=. 2.B　因为几何体S-ABCD为正四棱锥且O是S在底面ABCD内的射影,所以SO⊥底面ABCD, 连接AC,则AC⊥BD且相交于点O. 因为OC,BD⊂底面ABCD,所以SO⊥OC,SO⊥OD. 以O为坐标原点,OC,OD,OS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. 因为SO=OD=,P为侧棱SD的中点,所以S(0,0,),D(0,,0),C(,0,0),B(0,-,0),P, 所以=(0,2,0),=,-,-. 设异面直线BD与PC的公垂线的方向向量为n=(x,y,z), 则有即取x=1,得z=2,则n=(1,0,2). 又因为=(-,,0), 所以异面直线BD与PC间的距离d===. 3.B　第一步:判定△OAB的形状并求其面积. 由O(0,0,0),A(1,2,3),B(2,-1,0),C(3,6,-5),得=(1,2,3),=(2,-1,0),=(3,6,-5), 因为·=1×2+2×(-1)+3×0=0,所以OA⊥OB,即△OAB为直角三角形, 又||==,||==,所以△OAB的面积S=××=. 第二步:求点C到平面OAB的距离. 设平面OAB的法向量为n=(x,y,z),则 取x=1,得n=, 所以点C到平面OAB的距离d===, 第三步:由三棱锥的体积公式求解. 则三棱锥O-ABC的体积是××=. 4.B　以D为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0,0,0),F(1,0,0),B(2,2,0),H(0,1,2),E(2,1,0),B1(2,2,2), 所以=(1,0,0),=(0,1,2),=(2,2,0),=(0,1,2),所以=, 因为D,H,E,B1四点不共线,所以DH∥EB1, 由EB1⊄平面GHDB,DH⊂平面GHDB,知EB1∥平面GHDB, 因为E,F分别是棱AB,AD的中点,所以EF∥BD,同理知EF∥平面GHDB, 又EF∩EB1=E,EF,EB1⊂平面EFD1B1, 所以平面EFD1B1∥平面GHDB, 所以平面EFD1B1和平面GHDB之间的距离就是EF到平面GHDB的距离,也就是点F到平面GHDB的距离.(注意转化与化归思想的应用,即面面距→线面距→点面距) 设平面GHDB的法向量为n=(x,y,z),则 不妨取y=-2,则n=(2,-2,1), 所以点F到平面GHDB的距离d===, 即平面EFD1B1和平面GHDB之间的距离是. 5.答案　 解析　以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图,过M作MN⊥AD交AD于N, 则根据=++,且正方体的棱长为1可知,点M的坐标为,,, 易知向量在向量上的投影向量即为,其模为||==, 则点M到直线AD的距离d===. 6.解析　(1)如图,建立空间直角坐标系, 则D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),D1(0,0,1),E, 所以=,=(1,1,-1), 设n=(x,y,z)是与,都垂直的向量, 则即 即令x=1,得n=(1,2,3), 又=(1,0,0), 所以异面直线D1B与A1E间的距离d1===. (2)由(1)得=(0,1,-1). 设m=(a,b,c)为平面A1BE的法向量,则即 即令a=1,得m=(1,2,2), 又=(0,1,0),所以点B1到平面A1BE的距离d2==. (3)易知D1C∥平面A1BE,所以直线D1C到平面A1BE的距离即为点D1到平面A1BE的距离, 由(2)知平面A1BE的一个法向量为m=(1,2,2),又=(1,0,0), 故直线D1C到平面A1BE的距离d3==. (4)由(1)得=(1,0,1),=(1,1,0),=(0,1,-1),=(1,1,0), 设n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别为平面A1DB、平面D1CB1的法向量, 所以令x1=1,可得y1=-1,z1=-1,所以n1=(1,-1,-1), 同理,令x2=1,可得y2=-1,z2=-1,所以n2=(1,-1,-1), 所以n1=n2,又平面A1DB与平面D1CB1不重合,所以平面A1DB∥平面D1CB1,所以点A1到平面D1CB1的距离即为所求, 又=(1,0,0),所以点A1到平面D1CB1的距离d4===,故平面A1DB与平面D1CB1间的距离为. 7.B　依题意,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz, 则P,Q,C1(1,1,2),D1(0,1,2), 则=,=,-,-2, 所以·=×+(-1)×+(-1)×(-2)=, ||==,||==, 设异面直线D1P与C1Q所成的角为θ,0°<θ≤90°,则cos θ=|cos<,>|===, 所以θ=45°,即异面直线D1P与C1Q所成角的大小为45°. 8.D　设B(x,0,0)(x>0),又A(1,2,-1),C(0,1,3),所以=(1,1,-4),=(x,-1,-3), 则·=x-1+12=x+11,||=3,||==, 由直线CA与直线CB所成角的余弦值为,得==,(点拨:作为选择题,可以逐项检验得答案) 整理可得1 764(x+11)2=18×1 183(x2+10), 所以155x2-308x-4=0,即(155x+2)(x-2)=0,所以x=2或x=-(舍去),所以点B的坐标为(2,0,0). 9.C　因为∠PAC=90°,所以PA⊥AC,又因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PA⊂平面PAC,所以PA⊥平面ABC,又AB,BC⊂平面ABC,所以AB⊥PA,BC⊥PA. 在Rt△ABC中,BC=1,AC=2,∠ABC=90°,所以AB===.以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,0),P(,0,1),C(0,1,0),E,所以=(,-1,1),=(-,0,-1),=. 设平面BPC的法向量为m=(x1,y1,z1), 则 令x1=1,则m=(1,0,-). 设平面EPC的法向量为n=(x2,y2,z2), 则 令x2=2,则n=(2,,-). 设二面角B-PC-E的平面角为θ,由图可知θ∈,则cos θ===. 10.答案　 解析　如图,作PE⊥AC,垂足为E,作BF⊥AC,垂足为F, 因为在矩形ABCD中,AB=,AD=1,所以AC==2, 在Rt△PAC中,由等面积法可得PE===,故AE==. 同理可得BF=,CF=,则EF=AC-AE-CF=2--=1. 易知=++,则=(++)2, 即3=+++2·+2·+2·=+1++2·, 解得·=,故cos<,>===, 故平面PAC与平面ABC的夹角的余弦值为. 11.解析　(1)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则B1(1,1,1),E,F,A(1,0,0),C1(0,1,1),A1(1,0,1), 可得=,=(0,1,1), 设异面直线AB1与FC1所成的角为θ, 则cos θ=|cos<,>|===, 所以异面直线AB1与FC1所成角的余弦值为. (2)由(1)得=(0,1,1),=,=(0,0,1), 设平面AB1E的法向量为n=(x,y,z), 则 取z=2,可得x=1,y=-2,所以n=(1,-2,2), 设直线AA1与平面AB1E所成的角为α,则sin α=|cos<,n>|===, 所以直线AA1与平面AB1E所成角的正弦值为. 12.解析　依题意,以A为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图, 则B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2), 可得=(-1,-2,2),=(-1,1,0),=(-1,0,2). (1)设平面BDE的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 令z1=1,则x1=2,y1=2,则n1=(2,2,1), 设直线CE与平面BDE所成的角为θ, 则sin θ===, 所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为. (2)证明:设CF=h(h>0),则F(1,2,h),故=(0,2,h), 由题意可知平面ADE的一个法向量为(1,0,0),记m=(1,0,0), 因为·m=0,所以⊥m, 又BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE. (3)由(2)知=(0,2,h), 设n2=(x2,y2,z2)为平面BDF的法向量,则 令y2=h,则x2=h,z2=-2,可得n2=(h,h,-2), 由题意可得|cos<n1,n2>|===,整理可得7h2-8h=0, 解得h=或h=0(舍去), 所以线段CF的长为. 13.解析　(1)证明:由点P在平面ABC内的射影H落在边AB上,得PH⊥平面ABC, 又BC⊂平面ABC,所以PH⊥BC, 又BC⊥AB,AB∩PH=H,且AB,PH⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB, 又AP⊂平面PAB,所以BC⊥AP, 又AP⊥PC,PC,BC⊂平面PBC,PC∩BC=C,所以AP⊥平面PBC, 因为PB⊂平面PBC,所以AP⊥PB. (2)由(1)知AP⊥PB,在Rt△APB中,AP=15,AB=25,则PB=20, 所以PH===12, 故BH==16. 以点B为坐标原点,BC,BA所在直线分别为x,y轴,过点B且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 则B(0,0,0),A(0,25,0),P(0,16,12),C(15,0,0),则=(0,25,0),=(15,-16,-12). 由=m,得=m(15,-16,-12)=(15m,-16m,-12m), 可得M(15m,16-16m,12-12m), 则=(15m,16-16m,12-12m), 设平面MAB的法向量为n=(x,y,z), 则 可得y=0,令z=5m,得x=4m-4, 所以n=(4m-4,0,5m). 由(1)知PA⊥平面PBC,则平面PBC的一个法向量为=(0,9,-12), 所以|cos<,n>|===, 化简得8m2+2m-1=0,解得m=或m=-(舍),所以m的值为. 能力提升练 1.B　设=4=(4,0,0),=2=(0,2,0), 则=x+y+z=++z, 因为++z=1,所以D,E,C,P四点共面,当OP⊥平面DEC时,||取得最小值,即为点O到平面DEC的距离. 易得=(4,0,-1),=(0,2,-1), 设平面DEC的法向量为m=(a,b,c), 则 取a=1,则c=4,b=2,所以m=(1,2,4)为平面DEC的一个法向量, 所以点O到平面DEC的距离d==. 2.C　依题意,建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(3,0,0),B(3,3,0),D1(0,0,3), ∴=(3,3,0),=(-3,0,3), ∵点M在线段DB上,点N在线段AD1上, ∴可设=λ(0≤λ≤1),=μ(0≤μ≤1),(关键点:根据三点共线设参) ∴=(3λ,3λ,0),=(-3μ,0,3μ), ∴M(3λ,3λ,0),N(3-3μ,0,3μ), 则=(3-3μ-3λ,-3λ,3μ), 易知当MN的长度最小时,有MN⊥BD,MN⊥AD1, ∴ 即解得λ=μ=, 此时=(1,-1,1),则||=, 所以MN长度的最小值为. 3.C　如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系, 则C(3,0,0),B(0,3,0),A(3,3,0),D(3,3,3),所以=(3,0,0),=(0,3,0),=(0,0,3), 设平面α的法向量为n=(x,y,z), 则顶点B到平面α的距离d1===,① 顶点C到平面α的距离d2===,② 由①②可得|y|=|x|,|z|=|x|, 所以顶点D到平面α的距离为===. 4.B　不妨设PA=PB=1,以P为原点,直线PA为x轴,直线PB为y轴,过点P且垂直于平面PAB的直线为z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(0,1,0), ∴=(1,0,0),=(0,1,0), 设C(x,y,z),则=(x,y,z), ∵∠APC=∠BPC=60°, ∴·=||·||·cos 60°,·=||·||·cos 60°, 即x=||,y=||, 设||=t,则x=,y=,∵||=,∴t=,解得z=(舍负), ∴sin θ===. 5.A　设正方体的棱长为1,=λ(0≤λ≤1),则=λ, 如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 则D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),O,B1(1,1,1),故==(-1,1,0),所以=λ=(-λ,λ,0),则P(1-λ,λ,1),所以=-λ,λ-,1. 连接B1D,易知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1D⊥平面A1BC1, 所以=(1,1,1)是平面A1BC1的一个法向量, 所以sin θ=|cos<,>| = =, 所以当λ=时,sin θ取得最大值,为,当λ=0或λ=1时,sin θ取得最小值,为,所以sin θ∈. 6.C　依题意,以B为原点,直线BA为x轴,直线BC为y轴,过B且垂直于平面ABCD的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 设正方形ABCD、ABEF的边长为m,则B(0,0,0),A(m,0,0),D(m,m,0),E, 由动点M,N分别在线段AE和DB上,且EM=BN,EA=BD,可设=λ,=λ,λ∈[0,1],则Mλm,λm-m,m-λm,N(λm,λm,0), 所以=0,λm+m,λm-m, 则|| = =m=m, 所以当λ=时,||取得最小值m, 此时M,Nm,m,0,=0,m,-m,所以=m,-m,m,=-m,-m,m, 设平面AMN的法向量为n=(x1,y1,z1),则 即 令z1=,得x1=1,y1=1, 即n=(1,1,), 设平面BMN的法向量为m=(x2,y2,z2), 则 即 令z2=,得x2=-1,y2=1, 即m=(-1,1,), 设二面角A-MN-B的平面角为θ, 由题图可知θ为钝角, 则cos θ=-|cos<n,m>|=- =- =-. 7.D　对于A,由题知CD∥BE,因为CD⊄平面A'BE,BE⊂平面A'BE,所以CD∥平面A'BE, 又平面A'BE与平面A'CD的交线为l,CD⊂平面A'CD,所以CD∥l,故A中结论正确; 对于B,连接BD,在菱形ABCD中,∠BAD=60°,AB=AD,则△ABD是正三角形, 由E为边AB的中点,得ED⊥AB,又DC∥AB,故ED⊥DC, 而A'D⊥DC,A'D∩ED=D,A'D,ED⊂平面A'DE,则DC⊥平面A'DE, 又DC∥BE,所以BE⊥平面A'DE,而BE⊂平面A'BE,因此平面A'DE⊥平面A'BE,故B中结论正确; 对于D,由B中分析知,ED⊥AB,折起后,有ED⊥A'E,ED⊥BE,又BE⊥平面A'DE,A'E⊂平面A'DE,故BE⊥A'E, 如图,以E为原点,BE,ED,A'E所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系, 则E(0,0,0),B(1,0,0),A'(0,0,1),C(2,,0),D(0,,0), 则=(1,,0),=(1,0,-1),=(-1,,0), 由BE⊥平面A'DE,得=(1,0,0)是平面A'DE的一个法向量, 设BC与平面A'DE所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,>|===, 因此cos θ==,故D中结论错误; 对于C,由D中分析知DE⊥平面A'BE,则=(0,,0)为平面A'BE的一个法向量, 设平面A'BD的法向量为n=(x,y,z), 则 令y=1,得n=(,1,), 则cos<n,>===, 由图形知二面角E-A'B-D为锐角,故其余弦值为,故C中结论正确. 8.答案　 解析　如图所示,以B为原点建立空间直角坐标系,过D作DE⊥AB交AB于点E, 设BC=BD=a(a>0), 因为∠ABC=,∠ABD=, 所以C,DE=BE=a, 设D,则DE2=m2+n2=a2, 又AB和CD为异面直线,所以n≠0,m∈, 易知直线AB的一个方向向量为(1,0,0),=,记a=(1,0,0), 设异面直线AB和CD所成的角为θ,则θ∈,cos θ=|cos<a,>|====, 又m∈, 所以cos θ∈,1. 9.解析　(1)证明:取棱CD的中点O,连接AO,BO. 因为AC=AD,且O是棱CD的中点,所以AO⊥CD. 因为BC=BD,且O是棱CD的中点,所以BO⊥CD. 因为AO⊂平面ABO,BO⊂平面ABO,且AO∩BO=O,所以CD⊥平面ABO. 因为AB⊂平面ABO,所以CD⊥AB. (2)由AC=2,CD=4,BC=2,O为棱CD的中点,得AO===2,BO===4, 又AB=2,所以△ABO为等腰三角形,则A在BO上的射影为BO的中点, 以O为原点,OB,OC所在直线分别为x轴、y轴,过O且垂直于平面BCD的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 可得A(2,0,2),C(0,2,0),D(0,-2,0), 则=(-2,2,-2),=(-2,-2,-2). 设平面ACD的法向量为n=(x1,y1,z1), 则 令x1=1,得n=(1,0,-1), 因为=,所以E(2,1,0),所以=(0,1,-2),则cos<n,>===, 故直线AE与平面ACD所成角的正弦值为. (3)因为F为线段BD的中点,且由(2)知B(4,0,0),D(0,-2,0),所以F(2,-1,0),则=(0,-1,-2). 设=k,0<k<1,又=(2,0,-2),=(-4,2,0),故=k=(-4k,2k,0),=+=(2-4k,2k,-2). 设平面AEF的法向量为m=(x2,y2,z2),则 令x2=2k+1,得m=(2k+1,4k-2,1-2k). 设平面ACD与平面AEF的夹角为θ, 则cos θ=|cos<n,m>|===. 因为-+12=+≥, 所以k=时,取到最大值,为, 所以当且仅当k=,即=时,平面ACD与平面AEF夹角的余弦值取得最大值. 10.解析　(1)证明:在题图1中,连接CP,由题可知AP􀱀DC,AD=AP=2,则四边形ADCP为菱形,∴AC⊥DP, ∴AC⊥D'O,又D'O⊥OP,AC∩OP=O,AC,OP⊂平面ABC,∴D'O⊥平面ABC, ∵D'O⊂平面D'AC,∴平面D'AC⊥平面ABC. (2)存在,=,理由如下: 由(1)可知OA,OP,OD'两两互相垂直, 如图,以O为坐标原点,OA,OP,OD'所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 则C(-,0,0),B(-,2,0),D'(0,0,1),P(0,1,0), ∴=(,-2,1),=(,0,1), 设平面BCD'的法向量为n=(x,y,z), 则即 令x=1,则y=0,z=-, ∴n=(1,0,-). 由题可设=λ(0≤λ≤1), ∵=(,1,0),=(0,-1,1), ∴=+=+λ=(,1-λ,λ), 设CQ与平面BCD'所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|===,即3λ2-7λ+2=0,解得λ=(λ=2舍去), ∴线段PD'上存在点Q,使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为,且=. 11.解析　(1)证明:取AP的中点E,连接ME,BE,如图, 又因为M是PD的中点,所以ME∥AD且ME=AD, 因为BC∥AD且BC=AD,所以ME∥BC且ME=BC, 所以四边形BCME是平行四边形,所以CM∥BE, 又因为CM⊄平面PAB,BE⊂平面PAB,所以CM∥平面PAB. (2)由PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,且AB⊥AD,知AP,AB,AD两两垂直,以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz, 则A(0,0,0),P(0,0,1),B(,0,0),D(0,2,0),C(,1,0),则=(,1,-1),=(0,2,-1), 显然平面PAB的一个法向量为(0,1,0),记n1=(0,1,0), 设平面PCD的法向量为n2=(x,y,z), 所以 令y=1,则n2=, 所以cos<n1,n2>===, 所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为. (3)设=λ,0≤λ≤1,则=λ, 由(2)知=(,0,0),=(-,2,0),=(0,0,1),则=+=+λ=(-λ,2λ,0), 设平面PAQ的法向量为n3=(x0,y0,z0),则 令y0=1,所以n3=,又点D到平面PAQ的距离为,且=(0,2,-1),所以==, 所以+3=7,则λ2=(1-λ)2,解得λ=, 所以在线段BD上存在点Q,使得点D到平面PAQ的距离为,此时=. 12.A　平面α的方程可以化为(x-1)-3(y-0)+2(z+3)=0, 则平面α的一个法向量u=(1,-3,2),且平面α经过点P0(1,0,-3), 又M(0,2,1),故=(-1,2,4), 所以点M(0,2,1)到平面α的距离d===. 7 学科网（北京）股份有限公司 $