1.4.2 用空间向量研究距离和夹角（讲义）高二数学人教A版选择性必修第一册

本讲义聚焦空间向量与立体几何中距离和夹角的向量求法，系统梳理点到直线、点到平面距离的推导与公式，以及平行线、线面、平行平面距离的转化思路，同时涵盖异面直线、线面、面面夹角的定义、公式及取值范围，构建从概念到应用的完整学习支架。 该资料以课标为导向，突出重难点区分（如线面角与异面直线夹角公式的辨析），设计9类分层题型（含典例与变式）及基础、素养、创新三级练习。通过正方体、三棱锥等实例，培养学生用数学思维进行逻辑推导和转化，用数学语言规范坐标运算，课中助力教师分层教学，课后帮助学生查漏补缺，强化知识应用能力。

西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第一章 空间向量与立体几何 1.4.2用空间向量研究距离和夹角 课时目标 1理解点到直线、点到平面距离的向量推导过程，熟记两类距离计算公式。 2.掌握平行线、线面、平行平面距离向点距转化的解题思路与转化条件。 课标要点 3分清异面直线、线面、面面夹角定义，牢记对应向量计算公式与取值范围。 4能结合空间直角坐标系，完整完成距离、空间角的向量计算类题型。 重点： 1点到直线、点到平面距离向量公式，三类平行距离的等价转化方法。 2异面直线、线面、两平面夹角的向量公式，角度取值范围与符号要求。 3结合坐标运算，利用方向向量、法向量求解空间距离与各类夹角。 学习重难点 难点： 1区分线面角公式正弦形式，易和异面直线夹角余弦公式发生混淆。 2区分二面角与两平面夹角，判断法向量夹角取锐角还是钝角。 3.点到直线距离利用投影结合勾股定理推导，几何逻辑不易理清。 清主线 课时内容导图 1/112 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 点到直线距离 直线单位方向向量元，A∈1，P为线外点 公式：PQ1=WAP12-AQ2 空间距离及向量求法 点到平面距离 平面法向量元，A∈a,P为面外点 公式：d= AP. 异面直线所成角0，方向向量d,, COS0= a.动 la. 0e(o,引 用空间向量研 直线与平面所成角0，方向向量ā、法向量元， 究距离和夹角 空间角及向量求法 la.n sin d·元 两平面夹角0，法向量m1,2, c0s0= mi·m2 mi·n2 e,引 题型01求点到直线的距离 题型02求点到平面的距离 题型03求异面直线所成角 题型04求直线与平面所成的角 常考题型 题型05求平面与平面的夹角 题型06已知夹角求参数 题型07求夹角的取值范围 题型08距离型探索性问题 题型09夹角型探索性问题 理新知 教材全盘梳理 。知识点一 空间距离的向量求法 1.点到直线的距离 设直线I单位方向向量为u,P为直线外一点，A在上，AP在上投影向量为AQ, 2/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 点P到直线距离公式：PQ1=V|APP-AQP D y 2.点到平面的距离 设平面a法向量为n,P为平面外一点，A为平面内任意一点， 点P到平面c距离公式：d=APn n n a 特别提醒 两平行线距离：在一条直线上任取一点，转化为该点到另一条直线的距离。 直线平行平面的距离：在直线上任取一点，转化为点到平面的距离。 两平行平面距离：在一个平面内任取一点，转化为该点到另一平面的距离。 。。 。即学即练 1.如图，在棱长为4的正方体ABCD-ABCD中，E为BC的中点，P为DE的中点，则点P到直线BB 的距离为() D C B A D C E B A.5 B.3 C.22 D.3 3/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【答案】D 【详解】建立如图空间直角坐标系D-z, D D 则E(2,4,0),D(0,0,4),P1,2,2),B(4,4,0),B(4,4,4), .BP=（-3,-2,2）.BB,=(0,0,4) 、2 BP.BB 故点到直线 的距离d= BE =V17-4=√13 P BB BB 2.在空间直角坐标系中，己知点A(11,0),B(1,0,1),C(0,1),D(3,10),则点D到平面ABC的距离为 () A. B. 5 3 2 c.35 3 D.3 【答案】C 【详解】易得，AB=(0,-1,1),AC兰(-1,0,1)AD=(2,0,0), 设平面ABC的法向量为m=(x,y,z), AB.m=-y+z=0 则4Cm=-x+z=0令x=则m=1, x=1 则点到平面 的距离为 0网_2_25 0 ABC V53 ◇知识点二 空间角的向量求法 1.异面直线所成角 设异面直线方向向量为a,b,夹角为， 4/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 公式：cos0=a·b1 说明：0∈0， 异面直线夹角与向量夹角相等或互补，取锐角、直角。 al b 2.直线与平面所成角 设直线方向向量a,平面法向量，线面角为， 公式：sin8=an 说明：日∈0， 2 线面角是方向向量与法向量锐角的余角。 a n 3.两平面的夹角（二面角锐角/直角） 两平面法向量n1,n2,平面夹角为0， 公式：cos0=n1n21 之 说明：9∈0,2 平面夹角为两法向量夹角或其补角，取较小角。 nl-In2l 特别提醒 异面直线、线面角、平面夹角公式均要对数量积取绝对值，直接用α·b会算出钝角，与定义范围冲 突。 ○即学即练 3.在空间直角坐标系中，直线1的一个方向向量为m=（1,0,-⑤)，平面a的一个法向量为i=(0,0,1), 则直线1与平面a所成的角为 (用弧度表示) 【答案1 【详解】设直线1与平面。听成的角为90≤0≤。 依题意，可得sin6 m2x2, 所以0= 即直线I与平面。所成的角为3 4.如图，在三棱锥O-ABC中，OA,OB,OC两两垂直，OA=OC=3,OB=2. 5/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B (I)求直线OB与平面ABC所成角的正弦值： (2)求二面角O-BC-A的余弦值 3v17 【答案】017 2 【分析】 【详解】(1)以0为原点，0B,OC,OA所在直线分别为x,八z轴，建立空间直角坐标系： 0(0,0,0),B(2,0,0),C(0,3,0),A(0,0,3),AB=(2,0,-3),AC=(0,3,-3),0B=(2,0,0): n.AB=2x-3y=0 设平面4BC的一个法向量为后=（化，以2则万AC=3-32=0 令y=2,得x=3,z=2,即i=(3,2,2). 0B.元63V17 设直线与平面 所成角为，则sin8= OB ABC 0B217-17 3V17 即直线OB与平面ABC所成角的正弦值为7 (2)由(1)知平面ABC的一个法向量为i=(3,2,2）, 易求平面OBC的一个法向量为m=(0,0,), m.2217 设二面角0-8C-4的大小为。'易知。为锐角，则cos= m同717， 2W17 所以二面角0-BC-A的余弦值为17 6/112 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A 通题型 解题能力构建 ◆题型01求点到直线的距离 典1例精析 【例1】己知A(0,0,1) C(01,0),则点A到直线BC的距离为 【答案】 6 2 【详解】己知4(0,0,1) C(0,1,0) 所uA=(号剖c-（50 进风网-+风网-- cos(BA,BC)= BA.BC_V万 BA BC 14,进而sin(Ba,BG)=V-cos(Bi.BO=3 14 则点A到BC的距离Asin(B,BC=4x32-V6 3142 【例2】在三棱台ABC-ABC中，AB=BC=BB=2,A8=1,且∠ABC= ,若BB1平面ABC,则点 B到直线A'C的距离为() A.2N2 B.5 C. D.2 3 【答案】D 7/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【详解】因为BB1平面ABC:所以BB⊥BL,BB⊥BC,又∠ABC= 2,所以BA⊥BC 可以B为坐标原点，分别以BC,BA,BB'所在直线为x,八，2轴建立如图所示的空间直角坐标系B-2, ZA A B C 则B'(0,0,2),A(01,2),C(2,0,0). 所以AB=(0,-1,0),AC=(2,-1,-2): ABAC(0,-1,0)2,-1,-2)1 所以在一方向上的投影为 AB A'C 4c V22+(-1)2+(-2) 3, 1122 所以点到直线 的距离为 /1 A'C 3 B' A'C 变|式|巩固 【变武1-】在三棱台ABC-4BC中，AB=BC-2BR=4A=1,且∠ABC=,若B服1平面ABC, 则点B到直线AC的距离为()， A B B C A.3 6 3 B. 3 C35 D. 2v6 3 3 【答案】C 【详解】由恩意，BB1平面4BC,∠ABC 2, 因此以B为原点，分别以BA、BC、BB方向为x,少，z轴建立空间直角坐标系： 8/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 C 则B(0,0,0),A(2,0,0),C0,2,0),B(0,0,1),C(0,11). 直线AC的方向向量AC=(-2,1,1),AB=(-2,0,0), AB·AC 点到直线，。的距离d= ACI 【变式1-2】在正四棱锥P-ABCD中，PA=26,AB=4,B,F分别是棱AB,PC的中点，则点D到直 线EF的距离是 3V70 【答案】 7 【详解】如图，连接AC,BD,DE,记AC∩BD=O,连接OP 由正四棱锥的性质可知OB,OC,OP两两垂直， 则以O为坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 因为PA=2V6,AB=4,所以0A=0B=0C=0D=22,OP=VPAP-0P=2, 则D-220,0,E(V2,-√2,0，F(0,V2,2): 所以ED=(32,2,0,EF=(-V2,22,2, ED.EF 则点到直线 的距离是 ED /20-0350 7 D EF EF 3V70 故答案为： 7 9/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E B 【变式1-3】鳖臑是指四个面都是直角三角形的三棱锥.如图，在鳖臑P-ABC中，PA⊥平面ABC, AB=BC=PA=4,D,E分别是棱AB,PC的中点，点F是线段DE的中点，则点F到直线AC的距离 是() B A.4 B 6 C. D. 6 4 【答案】D 【详解】以B为原点，以BA,BC,过点B且平行于AP的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系， Z D C 为 则A(4,0,0),B(0,0,0),C(0,4,0),P(4,0,4) 因为D,E分别是棱AB,PC的中点，所以D(2,0,0),E(2,2,2) 因为点F是线段DE的中点，所以F(2,1) 所以AC=(4,4,0),AF=(-2,11), 10/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以点到直线 的距离为d=, F A r时w 12 3_6 6 42 =2 2 故选：D ◆题型02求点到平面的距离 典1例精1析 【例3】己知经过点A,2,4)的平面a的法向量为i=(山，-1，)，则点B(-23,2)到平面α的距离为() A.2 B.3 C.32 D.25 【答案】D 【详解】因为4(1,2,4)，B(-2,3,2),则AB=(-3,1-2),又平面a的法向量为i=(仙，-1，)， 则点B(-2,32)到平面，的距离为d= B列_3-1-2-25 3 【例4】如图，在棱长为6的正方体ABCD-AB,CD,中M,N分别为AB,BC的中点，点P在棱CC上， 且CP=2PC D A D (I)证明：D,M,N,P四点共面； (②)设平面DMNP与棱A4的交点为Q,求点O到平面MBN的距离 【答案】(1)证明见解析 8 (23 【分析】 11/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【详解】(I)解法一：在正方体ABCD-ABCD中，以点D为坐标原点，以DA,DC,DD所在直线为 x,八，2轴，建立如图所示的空间直角坐标系， D 、B M 则D(0,0,6),M(6,3,0),N(3,6,0),P(0,6,2). 则MN=(-3,3,0),MD=(-6,-3,6),M=(6,3,2), 于是4MN+MD=4(-3,30)+(-6,-3,6)=(-18,9,6)=3(-6,3,2)=3MP，且向量Mm,MD不共线， 所以向量MN,MD,MP共面，又向量MN,MD,MP有公共点M, 所以D,M,N,P四点共面 解法二：延长MN交DC于点H,连接D,H交CC于点T, 因为MBN2HCN·所UCH=AMB=号4B-=号CD,且CPIDD, 所以CPD0=CC,所以C=2T派，所以点7与点p重合， 故D,M,N,P四点共面 D 、B (2)解法一：设(6,0，)，则M0=(0,-3,),由点Q∈平面D,MNP,得M观=M+uMD, 即(0，-3，)=(（-3元，31,0)+(-64，-34,64)）=(-3-64,32-34,64）， 12/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 -32-64=0 得3-3=3，解得，2·4=，'，-)’0 6u=t 9(6,0,2) M0=(0,-3,2),而B(6,6,6),则MB=(0,3,6),M=(-3,3,0), i.MB,=0「3y+6z=0 设平面MBN的法向量元=(x人)少则-派=0'即{ -3x+3y=01 令x=2,则y=2,2=-1,所以i=(2,2,1) 设点到平面MB,N的距离为d, 则ds -M@0+2x(-3)-1x2_8 V22+22+(-1)2 3,所以点。到平面、 的距离为8 MBN 3 解法二：等体积法，连接QB,QN,设点O到平面MBN的距离为d,如图： D A 、B M B 由解法-知AQ=2,A2=4,B,M=BN=V6+32=3V5,MN=3V2 所以SoMg=SiBa4-S,Ae-S,MBa-S44 =6x6-3x2-3x6×6x4=12, 5aw-w8n-gwj-i6-g可-g 22 由y,吗=g所以写BN×SgxS.×d, 3×3x12=1×27 32 d 8 解得d=氵，点Q到平面MB,N的距离为3 变|式巩1固 【变式2-1】在正四棱柱ABCD-ABCD中，底面边长为2，侧棱长为4，则C到平面ADC的距离为 13/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【答案】3 【详解】如图，以D为原点，DA,DC,DD分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则A(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,4),C(0,2,4), ·AC=（-2,2,0),AD=(-2,0,4),DC=(0,2,0) 设平面ADC的法向量为i=(x,y,z), i.AC=0「-2x+2y=0 则AD=0 24g=0取则-2所以220 即〈 In.DC 4 所以点C到平面AD,C的距离为n 231 【变式2-2】如图，在底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD中，AB⊥AC,PA1平面ABCD,且 PA=AB=1,点E是PD的中点， D B (1)求证：直线PB/平面AEC; (2)求直线PB到平面AEC的距离： 【答案】()证明：因AB⊥AC,PA⊥平面ABCD,即AB,AC,AP两两垂直，故可建立如图所示的空间直 角坐标系，设AC=a, 因为PA=AB=1 则A(0,0,0),B(0,1,0),C(a,0,0),D(a,-1,0),P0,0,). 又因为E是pD的中点，所号为。 14/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所u历=0-C=a0,4正=号为， i.AC=ax=0 设平面 的法向量为 ,则有 i.AE=0x-11 22y+23=0' -X- AEC i=(x,y,z） 所以n=(0,1,1)是平面AEC的一个法向量， 又因为PB.n=1-1=0,所以PB⊥n, 因为PBC平面AEC,所以直线PBII平面AEC, 唱 【分析】 【详解】(1)略 (2)由(1)得直线PB/平面AEC且平面AEC的一个法向量为n=(01,), 所以直线PB到平面AEC的距离为点B到平面AEC的距离， 义因为C=亿-O所以直线到平面C的距离为d=”C1V2 PB |n2-2 【变式2.3】如图甲，在梯形ABCD中，∠B=∠C-受2A-骨8=2CD=2,E为4B中点.将。A0E 沿DE折起到△ADE位置，连接AB,AC,得到如图乙所示的四棱锥A-BCDE. B 甲 乙 (1)证明：DE⊥平面ABE； 15/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (②)当∠AEB为3时，求点B到平面ACD的距离. 【答案】(I)在梯形ABCD中，CD/IBE,CD=BE=1,则四边形BCDE为平行四边形， 而∠C=,则口BCDE是矩形.即DE1AB 在四棱锥A-BCDE中，DE⊥BE,DE⊥AE, 而BE∩AE=E,BE,AEC平面ABE,所以DE⊥平面ABE ②G 【分析】 【详解】(1)略 (2)解法一：已知∠AEB-胥，BE=AE=1,则A4BE是正三角形， 取BE,CD的中点o,F:连接40，A.OF,40= =2,则有BE⊥OF,BE⊥A0 G 又OF∩A0=O,OF,40c平面AOF,于是BE⊥平面AOF, 而CD1IBE,则CD⊥平面AOF, 又CDc平面ACD,则平面ACD⊥平面4OF, 在平面AOF内过O作OG1AF于G, 而平面ACDn平面AOF=AF,因此OG⊥平面ACD 又BE/ICD,BEE平面ACD,CDc平面ACD,所以BEII平面ACD, 于是点B到平面ACD的距离等于OG, 而OF/IDE,由(1)知，DE⊥平面ABE, 则0r1面4E:又40e平周4，则0e140:雨0F-DE-5:0-9 16/112 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则AF=1 r+-.oc=40ar3西 2, AF155, 所以点。到平面4CD的面离为下 解法二：已知∠4EB-子，BE=4B=1,则A4BE是正三角形， ZA A B D 取BE,C0的中点0，F:连接40,4R.Or,40= 2,则有BE10F,BE⊥A0: 由(1)知，DE⊥平面ABE, 则OF⊥平面ABE,又AOc平面ABE,则OF⊥4O, 如图建立空间直角坐标系， 则可得0a5.0-号0.c6-0,0550 ·DC=(0,-1,0) A-(-号9.西-5.00 .DC=-y=0 设平面 的法向量为 ,则 ACD n=(x,y,z） 2 取y=1,则n=(1,0,2), 则ds CB.-√5+0+015 5 5 15 所以点B到平面ACD的距离为5 ◆题型03求异面直线所成角 典例1精析 17/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【例5】如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，AC=AA=2,BC=2N5,AB=4,D是AB的中点，求直 线AC与直线DB所成角的余弦值() C A D A. B 3 10 4 C.Z D. √3 2 【答案】B 【详解】在△ABC中，AC=2,BC=2V3,AB=4, 因为AC2+BC2=4+12=16=AB2,所以AC⊥BC 因为三棱柱ABC-AB,C为直三棱柱，所以CCL平面ABC, 又ACc平面ABC,BCC平面ABC,所以CC L AC,CC L BC. 如图，以C为原点，CA,CB,CC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C-z。 则C(00,0),A(2,0,0),B0,2W5,0,C(0,0,2),B(0,23,2 因为D是AB的中点，所以D1,V5,0】 所以AC=(-2,0,2),DB=（-1,5,2】 设直线AC与直线DB所成角为O, AC·DB 则cosB=cos(AC,DB AC.DE (-2)×(-I)+0×V5+2×2 663 -2+0+2×'+5+2=8×584 所以直线AC与直线DB,所成角的余弦值为4 18/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B C B立 D 【例6】圆台轴截面ABEF是等腰梯形，若∠FAB=60°，AB=2FE,点D在AB上，∠DAB=30°，则异 面直线BF和DE所成角的余弦值为 【路1号 【详解】设上底面圆O半径为1，下底面圆O半径为2，以下底面圆心O为原点，OB所在直线为y轴， 00所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则由已知有B(02,0),F(0,-l,3),E(0,1v3). 连接0D,因为∠DAB=30°，所以∠D0B=60,所以D(±V5,10), 所以BF=(0,-3,V3),DE=(±5,05)， 即os(F,D)-,返 23.64 O B 变式巩1固 【变式3-1】在正方体ABCD-AB,CD中，点M,N分别在线段CD和BC上，且CM=2DM,CW=NB, 则直线AD,和MN所成角的余弦值为() A B.V82 10 C.3②6 26 D.1 【答案】A 19/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【详解】设正方体ABCD-AB,CD,的棱长为1，以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD的方向为x轴、 y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系 Z D B B 则aa0-naa050.N0 ∴孤-10.W-g号0 四-旷0，w-得0店号m四-01-月 设直线n和y所成角为g则00引， AD·MN 所以cos0 3V2 ADMN 510 √2 6 【变式3-2】在直三棱柱ABC-ABC中，AB=AC=A4,AB1AC,M为BC的中点，则直线AB,与 CM所成角的余弦值为 【答案】6 【详解】由于直三棱柱ABC-AB,C中AB L AC,且侧棱AA⊥底面ABC, 故以A为坐标原点，分别以AB、AC、A4的方向为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系 20/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A B 设AB=AC=A4=2，,可得A(0,0,0),B(2,0,2),C(0,2,2),B(2,0,0),C(0,2,0). 2+00+2 因为M为BC的中点，因此M的坐标为 2,2 0=1,1,0) 则直线AB的方向向量AB=(2,0,2),直线CM的方向向量CM=(1,-1,-2) 设异面直线AB与CM所成角为g AB,·C,M=2×1+0×(-1)+2×(-2)=-2, 1AB=V22+02+22=2W2,1CM=VP+(-12+(-22=6: 所以CosB= IAB·CM| 3 |ABCM122×V66 因此直线AB与CM所成角的余弦值为6 【变式3-3】如图，直三棱柱ABP-ABP内接于一个圆柱O0,AB是底面圆O的直径， AP=3,BP=1,AA AB 0 B B (①)求圆柱O0的表面积： (2)求异面直线AB与B所成角的余弦值 【答案】(1)6m 21/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【分析】 【详解】(1)因为AB是底面圆O的直径，所以AP⊥BP.因为AP=V5,BP=1,所以AB=+3=2.因 为A4=AB,所以圆柱O0的侧面积为2π×1×2=4π，故其表面积为4π+2π×IP=6π. (2)(方法一)由三棱柱的性质可得BB∥BP,所以异面直线AB与BR所成的角即为∠ABP连接AP。 0 B 因为4P=VA4+AP2=V2+(W32=V万4B=√A4+AB2=V2+22=2V2, 所以4P+Bp=4B则4PLBP:所以os∠ABP=P,=2 AB224 2 即异面直线4B与BP所成角的余弦值为4 (方法二)以P为坐标原点，PB,PA,PR所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示 ZA A B B 由题意得A(0,V3,2),B(1,0,0),B1,0,2),P(0,0,2),所以4B=(1,-V5,-2),BF=(-1,0,0). ABBP √2 设异面直线， 与 。n所成的角为，则cos6=cos(4B,BF ABBP V1+3+4×14 即异面直线4B与BP所成角的余弦值为4 22/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 >题型04求直线与平面所成的角 典例1精1析 【例7】如图，在三棱柱ABC-ABC中，AA⊥平面ABC,AB L AC,AB=AC,A4=BC (1)证明：AC⊥平面ABBA: (2)求直线AB,与平面ABC所成角的正弦值， 【答案】(I)i证明：因为A4⊥平面ABC,ACc平面ABC,所以AC⊥A4, 又AB L AC,AB∩A4=A,AB,AAC平面ABBA,得4AC⊥平面ABBA. g2v30 15 【分析】 【详解】(1)略 (2)以A为原点，AB,AC,A4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A-z B 不妨设AB=1,可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(01,0),A(0,0,V2),B(,0,V2), 则AB=(1,0,V2).AC=(01,-2),4B=(1,0,-2) 23/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), i.4B=0,x-√2z=0, 则有1元4C=0 即 即y-V2z=0, 取x=2,则=(N2,V2, 记直线AB与平面ABC所成的角为0， V2+2 故sin0= AB· -230 AB园1+2×V2+2+115 【例8】如图，在三棱柱ABC-ABC中，侧面ACC4是正方形，BC⊥平面ACCA. ()证明：平面ABC⊥平面ABC: (2)若BC=L,AC=3,求直线AB与平面ABC所成角的正弦值. 【答案】(I)因为侧面ACC4是正方形，所以4C⊥AC, 因为BC⊥平面ACCA,AC,C平面ACCA,所以BC⊥AC, 因为AC∩BC=C,AC,BCc平面ABC,所以AC⊥平面ABC, 因为ACC平面ABC,所以平面ABC⊥平面ABC. Q3209 209 【分析】 【详解】(1)略 (2)方法一：如图，以C为坐标原点，CA,CC,CB所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 24/112 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 则A(3,0,0),C(03,0),A(3,3,0),B(0,0,1), 所以AB=(-3,0,1),AC=(-3,3,0),4B=(-3,-3,1). 设平面ABC的法向量为i=(x,少，2)， i·AB=0 「-3x+z=0 则a4C=0即3x+0取x=1得元=l,3) 设直线AB与平面ABC所成的角为0， 则sina= n·AB 3√209 4B 11×V19209, V209 即直线AB与平面ABC所成角的正弦值为 209 方法二：设AC与AC的交点为O,连接OB, B. B 因为平面ABC⊥平面ABC,所以直线AB在平面ABC内的射影即直线OB, 则∠ABO即为直线AB与平面ABC所成的角. 因为4C=3: 四边形4CCA是正方形，所以4C=32,O4=0C=3y5 2 又BC=1, 所以OB=VBC2+OC -A8-crac-F6同- 25/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以sin∠AOB=sin∠BOC= BC 22 OB11· AB A0 在△4OB中，由正弦定理可得sin∠4 OB sin∠ABO, 3v2 V19 2 即 22 sin∠4BO,解得 11 n∠4B0=3V209, 209 W209 即直线AB与平面ABC所成角的正弦值为 209· 变|式巩1固 【变式4-1】如图，己知正方体ABCD-ABCD,其中点E为线段BB上靠近B的三等分点，点O为直线 AC,BD,的交点. D B B (①)若E0=xD,A+yDC+zDD,求x,y,z的值： (②)求直线EO与平面ABD,所成角的正弦值. 1 1 【答案】①x=2,y=-2:2=3 ②66 33 【分析】 【详解】(1)不妨设正方体棱长为3. 如图所示，以D为原点，DA,DC,DD所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 26/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A B E A B 则D(0,0,0),D(0,0,3),4(3,0,3),C(0,3,3),B(3,3,3),B(3,3,0). 0是4Gan文点数© E是BB靠近B的三等分点，则E(3,3,2), 向蟹4=B.00y:2G-0.30:D0=00-3》B0-(33 因为E0=xDA+yDC+zDD, 则(3别小-a00+030+:00-=6c,39 3xs-3 1 = 2 2 3 即3=，解得y= 1 2 -3z=1 1 2= 3 则0：04-c0 (2)A(3,0,0),AB=(0,3,3),AD=(（-3,0,3),设平面ABD法向量i=(a,b,C), [元·AB=3b+3c=0∫b=-c 则n-4D=-3a+3c=0a=c' 令c=1,得i=(1,1,1), 设线面角为g满足sin0cos(E0,=E面：川 E0-元' 因%011 27/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 网- 2’1=VP+(-12+P=5: 2V66 sin= 所以 22.5 V6633, 2 √66 即直线E0与平面AB,D所成角的正弦值为33 【变式4-2】如图，在三棱柱ABC-ABC中，△4BC为等边三角形，四边形BCCB是边长为2的正方形， D为AB中点，且AD=V5 B (I)求证：CD⊥平面ABBA; (2)已知P为线段BC中点，求直线AP与平面ACD所成角的余弦值. 【答案】)在三棱柱ABC-ABC中，AA=BB=2,4D=2B=L, AD=5 AD2+A42=5=AD,AL AD 又四边形BCCB是正方形，则BB⊥BC,BB/IAA,所以AA⊥BC 又AD∩BC=B,AD,BCC平面ABC,因此AA⊥平面ABC 又CDC平面ABC,所以CD⊥AA 在等边△ABC中，D为AB中点，则CD⊥AB, 又AB∩A4=A,AB,A4C平面ABB4,所以CD⊥平面ABBA. c 【分析】 【详解】(1)略 (2) 28/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 取BC中点为O,BC中点为Q,则OA⊥BC,OQ⊥BC 由(1)知，AAL平面ABC,OAc平面ABC,则OA上A4 又B,B/IAA,故OA⊥BB,BB,∩BC=B,BB,BCC平面BCCB, 则OA⊥平面BCCB,即OA,OB,OQ两两垂直 以O为坐标原点，OB，,OQ,OA的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则o(0,0,0)'A0,3)'A(02,5)C(-1,0,0) B1,2,0) 因为P为线段BC中点，所以P(O1,0), CD= 2 C4=(12,5)AP=0,1-3) 设平面ACD的法向量为i=(x,少，z), 3,5 则nCD=0,即 2 220 X+ ,故可取 i.CA=0 x+2y+V5z=0 =,1-5 设直线AP与平面ACD所成角为a, 0x1+1x1+(V5)x(-V5 4L25 0++(e+P+(←可 2x/5 5 所以cosa=Vsin'a=5 5 所以直线4P与平面ACD所成角的余弦值为S 【变式4-3】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAD为等边三角形，E, F分别是PB,PC的中点. 29/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (I)求证：EF∥平面ABCD: (2)若平面PAD⊥平面ABCD,求直线PB与平面PCD所成角的正弦值 【答案】(I)因为E,F分别是PB,PC的中点，所以EF/BC, 又因BCC面ABCD,EF￠面ABCD,所以EFII面ABCD 9 【分析】 【详解】(1)略 (2)过点P作垂直AD直线于点O,由题目可得O为AD的中点，PO⊥面ABCD, 则以OD为y轴的正方向，以OP为z轴的正方向， 过点O作平行于AB且以AB为x轴的正方向， 则由题可得P(0,0,V3),B(2,-1,0),C(2,1,0),D(01,0), 故PB=(2,-1,-V3),PC=(2,1,-V3),CD=(-2,0,0), PC.=0 设面PCD的法向量为1=k,八则CDi=0 PCD (2,1,-V3)(x,y,z)=0 即-2,0.0-(c%=0,令y=5 则解得n=(0,v3,)。 设直线PB与平面PCD所成角为O, 则sin0=cos元，PB iPB (0,5,(2,-1,-5) 6 州PE 5+1Px4+1+3 30/112 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA >题型05求平面与平面的夹角 典1例1精1析 【例9】如图，正四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的V2倍，SD⊥平面 PAC,P为侧棱SD上的点，则二面角P-AC-B的余弦值为() A.3 B 、 2 C-② 2 n 【答案】B 【详解】连接BD,设AC交BD于点O,则SO⊥平面ABCD, 以O为坐标原点， OB,OC,OS的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， S a长为，o5.aa小n受a0小面-空a-5 31/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 显然i=(0,0,1)是平面ABC的一个法向量， √2 6 因为3D1平面p4C所以0 a,0, 是平面p4C的一个法向量， 设二面角P-AC-B为0，则由图可知，0为钝角， VG .SD 所以cos0=-cos元，SD= 29 5 SD 2 √6 ）2 2 2 【例10】如图，直三棱柱ABC-ABC中，∠ACB=90°，AC=1,CB=V2,侧棱A4=1,侧面AABB 的两条对角线的交点为D,BC的中点为M (I)求证：DM⊥平面BCD: (2)求平面BBD与平面CDM所成二面角的正弦值. 【答案】I)证法一：取AB,中点N,连结DN,MN,AM,BM, 在直三棱柱ABC-ABC中，BB=AC=1,B,M=MC,∠BB,M=∠AC,B=90°， 所以△BBM≌△ACM,所以BM=AM,所以DM⊥AB,即DM⊥BD, 因为N为AB中点，可得DN1IBB,所以BC⊥BB, 所以BC⊥DN,且MNIIAC, 又因为AC⊥BC,所以MN⊥B,C, 因为ONOMN=N,且DN,MNC平面DMN,所以BCI平面DMN, 又因为DMc平面DMN,所以BC⊥DM, 因为BC//BC,所以DM⊥BC, 又因为BC∩BD=B,且BC,BDC平面BCD,所以DM⊥平面BCD. 32/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 证法二：以C为坐标原点，以CB,CC,CA所在直线分别为，y,z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为AC=1,BC=V2,A4=1, 可8C0.0040.0,8N2.00C010°40.'8N2.10M号，L0 211 所以D 222 可得成好》 因为DM·BC=O,DM·CD=0,可得DM⊥BC,DM⊥CD, 即DM⊥BC,DM⊥CD, 又因为BCOCD=C,且BC,CDc平面BCD,所以DM⊥平面BCD. B B (2)1 【分析】 【详解】(1)略 (2)由(1)中的空间直角坐标系， 方+2+2=0 2 设平面 的法向量为 ,则 CDM n=(x,,2) 20 取名=1，可得x=-V2y=1,所以%=(2,1， 33/112 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 V211 因为向量B8=0,10,BD=(22: n2·BB=2=0 设平面 的法向量为 则 BDB n2=(x2,y2,2) ·D=-2,1 26+2为 20 取得x=20,所以2,0日 设平 CDM与平面BDB所成二面角为，可得cos=cos川，= n=0 CDM 0 所以sinB=V1-cos20=1,所以平面BBD与平面CDM所成二面角的正弦值为1： 变式|巩固 【变式5-1】己知正方体ABCD-ABCD,中，M是DD的中点，则平面MAB与平面ABCD的夹角余弦值 是() 43g 6 3 B.3 c. 【答案】D 【详解】以点A为坐标原点，AB、AD、A4A所在直线分别为x、y、z轴， 建立如下图所示的空间直角坐标系， ZA A D C M 设AB=2,则A(0,0,0)、B(2,0,2)、M(0,2,1),则AB=(2,0,2),AM=(0,2,1), 设平面MAB的一个法向量为m=(x,y,z), m·AB=2x+2z=0 所以{m=2+:=0取：=-2可得m-(2-2) 34/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 m-22 易知平面A8CD的一个法向量为元=(00,1少则cos元万=园阿31一有， 故平面MAB与平面ABCD的夹角余弦值是3 【变式5-2】如图，四棱锥P-ABCD的底面为矩形，PA⊥平面ABCD,点E,F分别为棱BC,PD的中点. E (I)证明：CF/平面PAE: (2)若PB与底面ABCD所成角为45°，平面PDE⊥平面PAE,求平面PAE与平面ACF的夹角. 【答案】(I)取PA的中点为G,连接FG,EG D A E 因为四边形ABCD是矩形，且点E为BC的中点，所以EC/AD:且BC=号4D。 又因为R,G分别为PD,PA的中点，所以GF1/AD且CFD, 所以GF IEC,且GF=EC,所以四边形ECFG为平行四边形， 所以CF∥EG,且CF文平面PAE,EGC平面PAE, 所以CFII平面PAE: 四好 【分析】 【详解】(1)略 35/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)因为PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形，所以分别以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立空间 直角坐标系，如图所示 D 因为PB与底面ABCD所成角为45°，即∠PBA=45,所以PA=AB. 过点A作AH⊥PE,垂足为H 因为平面PDE⊥平面PAE,平面PDE∩平面PAE=PE,，AHc平面PAE, 所以AH⊥平面PDE,DEc平面PDE,所以AH⊥DE, 又因为PA⊥平面ABCD,DEc平面ABCD,所以PA⊥DE 又因为PA,AHC平面PAE,PA∩AH=A, 所以DE⊥平面PAE,AEC平面PAE,所以DE⊥AE 因为E为BC中点，所以AE=DE,即△AED为等腰直角三角形，即∠EAD=45°。 又因为四边形ABCD是矩形，所以∠BAE=45°，所以AB=BE,即AD=2AB. 设B=a则400o,.Eaa0.c(a,2a0.F0ar号P00a). 则正=(aaoF=(00a).c-(a,2a,0.F-0ar 设平面PAE的法向量为n=(x,乃，二)， AE.n=0 ax+ay=0 则1P.元=0即az,=0 x+y=0 因为a>0即名=0·则：=0：令x=1则=1所以元=(，-1,0) 设平面ACF的法向量为n2=(x2,2,22), 则4C%=0 ax2+2ay2=0x2+2y2=0 F%-0',+=0即 ,即 a .1 +2=0 36/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 令2=1，则52=22=-2，所以n2=（-2,1,-2). 历 3√2 设平面与平面，的夹角为，则cos8=cosn,几= ACF 0 √2×32· PAE 所以0= 4,即平面PAE与平面ACF的夹角为4： 【变式5-3】如图1，平行四边形ABCD中，∠BAD=60°，AB=2AD=4,E是CD的中点，将△ADE沿 AE翻折至△AD'E,如图2所示. D E 、E 图1 图2 (I)若平面AD'E⊥平面ABCE,证明：BE⊥平面AD'E: (2)若二面角D'-AE-B为120°，求二面角E-AD'-B的余弦值. 【答案】(I)在平行四边形ABCD中，因为E是CD的中点， 所以AD=DE=CE=BC=2. 又∠BAD=60°，则∠ADE=120°，∠BCE=60°， 所以AE=2N5,BE=2. 又AB=4,则AE2+BE2=AB2,即AE⊥BE. 又平面AD'E⊥平面ABCE,平面AD'E∩平面ABCE=AE, 所以BE⊥平面AD'E. 【分析】 【详解】(1)略 (2)分别取AE,AB的中点P,F,连接PD',PF 由(1)知，AE⊥BE. 因为P,F分别为AE,AB的中点，所以PFI/BE,则AE⊥PF 因为AD'=D'E=2,所以D'P⊥AE,D'P=1, 所以∠D'PF为二面角D'-AE-B的平面角，则∠D'PF=120 由题意，以E为坐标原点，分别以EA,EB所在直线为x,y轴，以过E点且垂直于平面ABCE的直线为z 37/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则EQ0oy:45ao吵8020yo6号9 则EA=(23,0,0）； m-而 AB=(-252,0） m.EA=23x=0, 设平面 的法向量为 ,所以 EAD m=(x,y,2) 历-5x 22=0 令2=1，则m=(05,」 设平面 的法向量为 ,所以 a而r-+:=0 2 AD'B 万=（x,y',z） i.AB=-25x'+2y'=0, 令x=1,则i=(1,5,3)」 所以cosm,i= ii_3+3_313 m元213 13 V13 所以二面角E-AD-B的余弦值为 13 ，题型06已知夹角求参数 典」例1精析 【例11】己知四棱锥P-ABCD,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形，AB=2,PA=AD=4,E为PA的中 8 点，F为CD上一点，若PF与平面BEF所成角的正弦值为33，则CF=一 【答案】1 【详解】因为PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形，建立如图所示的空间直角坐标系， 38/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 易得B(2,0,0),E(0,0,2),P(0,0,4),设F(a,4,0),则BE=(-2,0,2),BF=(a-2,4,0),PF=(a,4,4), BE·n=0,〔-2x+2z=0, 设平面BBF的法向量为元=(k,2)则BF.元=0，即(a-2)x+4y=0, PF.n 令，-2-a则i=42-a,4所以osF -8 8」 PF同v32+a2Va2-4a+36 33 解得a=1,即CF=2-a=l」 故答案为：1. z本 。E 【例I2】如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD, PE AB/ICD,CD=PD=2AD=2AB=2:点E是棱PC上的动点，且PC =(0<<) (若元=3，证明：PA11平面BDE 2 (②)若PB与平面BDE所成角的正弦值为3，求2的值. 【答案】(I) 如图连接AC交BD于点F,连接EF 因为AB‖CD且CD=2AB, AB AF 1 AF 1 所以cDF2PAC3 39/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 PE 1 因为入=3，所以PC3 AF PE 1 所以AC=P3,所以PA∥EF: 又因为EFC平面BDE,PAC平面BDE, 所以PAII平面BDE 号 【分析】 【详解】(1)略 (2)如图建立空间直角坐标系，则B(1,1,0),C(0,2,0),P0,0,2), ZA P 则DB=(11,0),PB=(1,1,-2). 因为=0<<0，所以死=元=A02,-2列=02，-24》， 所以DE=DP+PE=(0,0,2)+(0,2元，-2)=(0,2元，2-22)， 设平面BDE的一个法向量万=(x,y,z), iDB=0 「21y+(2-2)z=0 则aDE=0,即{ x+y=0 ，令 =-1'得元=0-元，2-山 2 所以Cosi,PB= 22 632242)3,解得人=3以1=2.（舍） 2 所以2的值为 变式巩1固 【变式6-1】在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD,若二面角B-PC-D的大 40/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2π PA 小为3，则AB的值为 【答案】1 【详解】四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD, 建立如图所示的空间直角坐标系Az,设AB=AD=L,PA=a>0。 则P(0,0,a),B1,0,0),C1,1,0),D(0,1,0),PB=(L,0,-a),PC=(1,l,-a,PD=(0,l,-a), 设平面PBC和平面PCD的法向量分别为i=(x,M,Z),m=(x2,2,22), i.PB=x-az=0 则nP元=x+男-=0令：=1得=a.0 m·PD=y2-a22=0 1得 mPC=5+y-,=0'令 m=(0,a,1） 依题意cos(元，m上1n~m。1_1 ama2,解得。=1所以份-1 AB 故答案为：1 D 【变式6-2】如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD,SD=AD=a,点E是SD上的 点，且DE=a(0<≤1). S C D A ()求证：对任意的1∈(0，]，都有AC⊥BE; 41/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)若二面角C-AE-D的大小为60°，求的值. 【答案】(I)证法1：证明：连接BD,由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD 因为SD⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,所以SD⊥AC, 又因为BDOSD=D,BD,SDC平面SBD, 所以AC⊥平面SBD, 因为点E是SD上的点，所以BEC平面SBD,所以AC⊥BE 证法2：以D为原点，DA,DC,D下的方向分别作为x,y,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),A(a,0,0),B(a,a,0),C0,a,0),E(0,0,a). ZA D C AC=(-aa,0)BE=(-a,-a,2a) EA=(a,0,-a,EC=(0,a,-a)」 .AC.BE=(-a,a,0)(-a,-a,a)=a2-a2+0a=0, 即对任意的2∈(O,,都有AC⊥BE a2-9 【分析】 【详解】(1)略 (2)解法1：SD⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,.SD⊥CD 又底面ABCD是正方形，∴.CD⊥AD 又SD∩AD=D,.CD⊥平面SAD. 因为AEC平面SAD,所以CD⊥AE, 过点D在平面SAD内作DF⊥AE于点F,连接CF, 因为CDODF=D,CD,DFc平面CDF,所以AE⊥平面CDF, 因为CFC平面CDF,所以CF⊥AE, 故∠CFD是二面角C-AE-D的平面角，即∠CFD=60°. 42/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 在Rt△ADE中，AD=a,DE=a,AE=aN22+1, 于是，DF=D.DE=a AE V22+1 tan∠CFD=CD a 在 中， DF-Aa 元+1=5 RtACDF V22+1 即V322+3=3. S F ,‘D - B 由1∈(0，川，得解2=5 2· 解法2：DC=(0,a,0)为平面ADE的一个法向量. 设平面ACE的一个法向量为n=(化，y,), 则n⊥EA,n⊥EC, 元.EA=0 x-z=0 nEC=0' y-z=0 取z=1,得n=(2,元，1) ∴.c0s60°= 1DCmL=1台V22+1=22 DCInl 22+1 由2∈0,1小，解得元=2 2 【变式6-3】如图，在四棱柱ABCD-ABCD,中，侧棱AA上底面ABCD,ABLAC,AB=1, AC=A4=2,AD=CD=V5,且点M和N分别为B,C和DD的中点 43/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B B (I)求证：MN/I平面ABCD (2)求平面ACD与平面4CB的夹角的余弦值： 万 (3)设E为棱AB,上的点，若直线NE和平面ABCD的夹角的正弦值为7，求线段AE的长 【答案】(I)证明：如图，以A为原点建立空间直角坐标系， B 依题意A(0,0,0),B(01,0),C(2,00),D1,-2,0)4(0,0,2),B(0,12),C(2,0,2),D(1,-2,2), 因为M和N分别为BC和DD的中点，得M宁N(-2训，则=0,0： 平面4BCD的法向量为n=00,1) Wi=00+}0401=0: 因为直线MNZ平面ABCD,所以MNII平面ABCD. ②0 10 (3)5-2 【分析】 【详解】(1)略 (2)AD=(L,-2,2),AC=(2,0,0),AB=(0,1,2), 44/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 n·AC=2x=0 设元=(6，，)为平面4CD 的法向量，则了 ·AD=x-2y+2z1=0 不妨设乙=1，可得八=(0,1，)： n2·AC=2x2=0 设 为平面 的法向量，则 2=(x2,2,z2) ACB m2·AB,=2+2z2=0 不妨设22=1，可得n2=(0,-2,1): -inn 10×0+1×(-2)+1×1 V10 因此有os%,%m170+P+P.V0+(-2y+下10 V10 平面ACD与平面ACB的夹角的余弦值为10 (3)设AE=tAB,其中t∈[0,1]，则E(0,12),从而NE=(-1,t+2,1), 又平面ABCD的法向量为n=(0,0,1), 设直线NE与平面ABCD夹角为B,则： NE.n 1 √7 sin 0=cos NE,n= NE同V-1)2++2y2+P7 整理得：t2+4t-1=0,又t∈[0,1]，解得t=V5-2 ◆题型07求夹角的取值范围 典1例1精」析 【例13】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,∠ACD=∠BAD=90°，∠ABC=60°， PA=AB=BC=2V3,E是线段PC上的动点 (I)证明：CD⊥AE: (2)若E是线段PC的中点，求平面ABE与平面PBC夹角的余弦值； 45/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)设直线PD与平面ABE所成角为B,求tan8的取值范围， 【答案】(I)由已知∠ACD=90°，得CD⊥AC: 又因为PA⊥底面ABCD,CDc底面ABCD,故CD⊥PA: 因为CD⊥AC,CD⊥PA,PA∩AC=A,PA,ACC平面PAC, 所以CD⊥平面PAC,AEc平面PAC,故CD⊥AE. 1 ②) 「3 或不存在 【分析】 【详解】(1)略 (2)因为PA⊥底面ABCD,AB,ADC底面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD, 又因为∠BAD=90°，所以AB⊥AD,因此AB,AD,AP两两垂直 因此以A为坐标原点，分别以AB,AD,AP所在直线为，少，2轴建立空间直角坐标系，如图： B 则A(0,00),P0,0,25),B(25,0,0 在△ABC中，AB=BC=2V5,∠ABC=60°，所以△ABC为等边三角形，所以AC=2V5 又因为∠ACD=∠BAD=90°，∠ABC=60°，所以∠CAD=30°. 在△ACD中，∠CAD=30°，∠ACD=90°，AC=23, 所以AD= AC 23 cos∠CADs30=4,CD=ADsin∠ACD=4sin30°=2 因所pQ40c小k5a0两%6花Ae中点，收 46/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设平面，p的法向量为元=(x,yz)少AB=23,00) AE= ABE 2·AB=2V3x+0+0=0 则 4E=5+3 x=0 2t 2+5z=0' ，令，得 5y+2z=0y=2z=-V5,x=0 所以平面ABE的法向量元=(0,2，-V5)】 设平面PBC的法向量为%=(a,b,c),PB=(25,0,-25),PC=(5,3,-25), m,PB=25a+0-23c=0a-c=0 则 -元=5+30-2c=0N56-c=0令6=1则a=6=5 所以平面PBC的法向量乃=(5,1，V5) 设平面ABE与平面PBC的夹角为a, 则cosa= 万_10×V3+2×1+(-V3)xV3_1 乃n V0+4+3V3+1+37 1 故平面ABE与平面PBC夹角的余弦值为7 (3)设E在PC上，设PE=PC(2∈[0，)，且PC=(W3,3,-2V3), 得PE=(V5,3元，-25.AE=Ap+PE=(0,0,2⑤)+(W5,32,-23=(3,3,231-2). 设平面ABE的法向量为m=(x,少2)，AE=(3,3,231-2),AB=(25,00), m.AB=2√3x+0+0=0 [x=0 则m-4花=3x+3y+251-2)z=0'5Ay+20-2)z=0' 令y=2(1-2),则z=-52,x=0,所以m=(0,V50-),-√5). 因为PD=(0,4,-2W3),平面ABE的法向量为m=(0,V31-),-V5), 0×0+4×2(1-2)+-23)x(-32 所以sin0= PD.刷 4- P而m例0+4+(-2V0+[21-]+(3°=V7N7e-8+4 因为∈0，小所以4-A∈3,4所以sin0>0因此0e0,1, 4-元 若0-受则gm0=得78+4引，4-4+1=0解得2= 2 47/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 当=2时，5n0=1c0s0=0:此时9 1 2,所以tan9的值不存在； 当1≠2时，sm0≠Los0≠0：此时0≠牙所以0e0): 1 π )2 所以cos0=V1-sin20= 4- 2w321-1 √7V722-82+4 √7V722-8+4 得tanb-sin0 4- _2e[0.2UG.Il, 2521- 4-元 tan= 2W3(21-1) 1 yNh 4-2 y 22-1 3-+ 1 2 所以anB=1v 25 是，因此得m0e 3 2,0 1 4-元 ②202时，am8 231-2)' 7 因为函数y=4-2-2+1在[0，单调递增，且 1-211-2元'2 ≥y=4'1→ y→+0， YA 4-λ -1-22 48/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2*43 二，因此得tan0∈ 2V5 所以tan0= 3,+0 综上所述，当元=时， tan ,的值不存在：当2E0U兮时，号 因此 的取值范围是 ,+ 2 或不存在 tan 【例14】如图，在四棱锥P-ABCD中，PB⊥平面ABCD,底面ABCD为平行四边形，且 AC=PB=2AB=4,设平面PAB∩平面PCD=l,且I⊥BC. B D (I)证明：AB⊥BC: (2)若PQ=BA,PQ11BA (i)求直线DO与平面QBC所成角的正弦值： (i)点M是四边形ABPQ(不含边界)内的动点，且CM=4,求平面ACM与平面BCM所成角的余弦 值的取值范围， 【答案】(I)证明：因为ABCD为平行四边形，所以ABCD, 又AB￠平面PCD,CDC平面PCD,所以AB∥平面PCD, 因为平面PAB∩平面PCD=l,所以ABM, 因为1⊥BC,所以AB⊥BC: (2(i)2v35 21 (i 35 【分析】 【详解】(1)略： (2))(法一：向量法)因为PB⊥平面ABCD,且AB⊥BC,所以BA,BC,BP两两互相垂直， 以B为原点，BA、BC、BP分别为x,y,，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 49/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA B D 则B(0,00),C0,25,0,D(2,25,0）,P(0,0,4),Q(2,0,4), 所以D0=(0,-2W5,4,B0=(2,0,4),C0=（2,-25,4, 设平面QBC的法向量为i=(x,,2o), m.B0=0,∫2x+42=0, 由m:c0=0,可得12x,-25%+4,=0,取x=2则为=0'，=-1 所以m=(2,0,-1), 设直线DQ与平面QBC所成角为0， 则sin6=cos(Dg,m 0×2-2W5×0+4×(- 4-235 V-25+4×2+-1 F2W7xV5=35: (法三：几何法)补体成长方体BADC-PQFE, 过点D作DO垂直FC于点O,连接OO,BQ,则D0⊥平面BCFQ, F B D 所以∠DQO为直线DO与平面BCFO所成角， 在RtCDF，中D0LFC'所以D0=专 5 在RA0D0中，Dg-2N7:D0=有 V5 50/112 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以sin∠Dg0=D0.4 D05*27 4 235 V5×2√万35· (i)因为BC⊥平面ABPO,BMC平面ABPP,所以BC⊥BM, 因为CM=4'所以BM=4-(25=2, 又M是四边形ABPO(不含边界)内的动点，则点M在以B为圆心，2为半径的圆上， 则M(2cos0,0,2sin8): 又B(0,0,0),C0,25,0,A(2,0,0),AC=(-2,23,0,BC=(0,23,0）, AM=(2cos0-2,0,2sin0),BM=(2cos0,0,2sin8), 设平面ACM的法向量为h=(x,,乙)， 元·AC=0,→ -2x+2W3y=0, nAM=0(2c0s0-2)x+2sinez=0, 则取n=(V5sin8,sin6,V5(1-cos8), 设平面BCM的法向量为n2=(x2,2,22), 元BC=0,→ 25y2=0, n2·BM=0 2cosex,+2sinz,=0, 则取m2=(-sin8,0,cos0), cos,引- %n2 3cos0-3 3(cos0-1) V3V-cos日 -0s0-6c0s0+7V1-cos9)(cos+7 )V(cos8+7) =o004=5=5xy1+ 在@)上单调隧减，则，》 8 因为函数y= 设T而4Cy与面Cy所成角为。测ma-何，引Q牙 ACM 51/112 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 √21 所以平面 与平面 所成角的余弦值的取值范围为 0 ACM BCM 7 变式|巩1固 【变式7-1】如图，圆锥的轴截面PAB是等边三角形，C是底面圆周上一动点，D是PA的中点，则直线 CD与PB所成角的余弦值的取值范围是() D Z- B A.2 「15 6’2 C. 22 D 【答案】C 【详解】法一：取底面圆心为O,连接OD,OC,PO,作DE⊥AB,垂足为E,连接CE: D t55 B 因为D是PA的中点，O为AB的中点，故OD/PB: 则∠CDO即为直线CD与PB所成角： 设成而半径为，则0C0D-P8=,OP5: 2 因为DE⊥AB'OPAR:故DE=OP- 2 r: 由余弦定理可知cos∠CD0=CD+0D-0C2_CD2_CD 2×CDxOD 2r×CD2r 由CD=VDE2+CE2= r2+CE2, V4 因为c是底面圆周上-菊点，故cE5引，则QD-厚+CFe[5], 52/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 代入可得cos∠CDO= CD 13 2r22 法二：取AB的中点O,连接OP,O与AB的中点， 由圆锥的垂直关系可知OP垂直于底面，O与AB的中点的连线垂直于直径AB: 故以O为原点，O与AB的中点的连线为x轴，OB为y轴建立空间直角坐标系： ZA D 因为圆锥的轴截面PAB是等边三角形，设AB=2,则OP=V3: 故0-0 o0L02a-号9) 设c(cos0,sin0,0) 则PB=(0,1)C⑦- 2 则cos PB,CD= PB.CD 2-sin03 PB·CD 2 1 .3 2×1cos38+2+sm0 -2-sin0-2+sin0: 4 2×√2+sin0 2 则直线cD与pB所成角的余弦值为eosP吸，C可=2+sm日 2 √2+sin0 13 因为geR'则sim0e-l 2 22 【变式7-2】如图，在四棱锥p-4BCD中，AP4D是等边三角形，BCIAD:BC三2AD1,AB=1 PC=2,AB⊥AD,E是棱PD上的点 53/112 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B (I)若点E为PD的中点，求证：CE/I平面PAB: (2)求平面ACE与平面PCD夹角的余弦值的取值范围， 【答案】(I)证明：如图，取PA的中点F,连接BF,EF 因为E是模pD的中点，所以EF∥D且EF=AD 因为BC/AD且BC-4D,所以ErBC且Ef=BC 所以四边形BCEF为平行四边形，则CE∥BF 因为CEC平面PAB,BFc平面PAB,所以CEII平面PAB 1√7 2)77 【分析】 【详解】(1)略。 (2)取AD的中点O,连接PO,OC 因为△PAD是边长为2的等边三角形，所以AO=DO=1,PO=V3，,PO1AD 因为BCAD:BC-4D,O为AD的中点，所以BC7A0且CA0: 所以四边形ABCO为平行四边形，则CO∥AB,CO=AB=1. 又PC=2,所以P02+CO2=PC,所以P0⊥OC 又因为AD∩OC=O,所以PO⊥平面ABCD 以O为坐标原点，OC,OD,OP所在直线分别为x轴、'轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 54/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA 则A0,-1,0),C1,0,0),P0,03),D(01,0). 所以AC=(11,0),CD=(-11,0),PD=(01,-5) 设DE=D丽=20，-l月)=(0，-，5A),其中0≤≤1， 则AE=AD+DE=(0,2,0)+(0,-,3=0,2-元，V32 iAC=x+y=0 设平面 ACE 的法向量元=（飞，少所以万正=(2-2）y+5z=0' 令z=2-1,得i=(51,-52,2-) m.CD=-a+b=0 设平面 PCD 的法向量m=(a,.c)所以m-PD=b-5c=0 令c=1,得m=(5,5, 设平面ACE与平面PCD的夹角为8，则 n.m 2- (2-2)2 cos0=cosi,m= c0s20= m√7×√722-42+4 7×(72-41+4） 2 c0s20=- 1 2-1e2到则077r-2w+2网74-247 令y=2424+7=2411 421,当=2时，m=1当-时y=7 所以00≤号所以5cos0sY 7,所以平面4CE与平面pCD夹角的余弦值的取值范围为 【变式7-3】如图，在平行四边形ABCD中，AB=2,AD=2V2,∠BAD=135°，四边形ACEF为矩形， 平面ACEF⊥平面ABCD,AF=2,点M在线段EF上运动，且EM=AEF 55/112 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 1 (1)当元= 2时，证明DE LBM: ②当=时，求点y到评面pEC的距 (3)设平面MBC与平面ECD的夹角为B,求cosB的取值范围， 【答案】(1)证明见解析： (2)1: 「52 332 【分析】 【详解】(1)因为平行四边形ABCD中，AB=2,AD=2V2,∠BAD=135°， 所以∠ABC=45°，在△ABC中，AB=2,BC=AD=2V2 则AC=22+(22-2x2x22×cos45°=2， 所以AB2+AC2=BC2,AB⊥AC 因为四边形ACEF为矩形，所以FA⊥AC, 因为平面ACEF⊥平面ABCD,平面ACEF∩平面ABCD=AC, FAC平面ACEF, 所以FA⊥平面ABCD 建立如图所示的空间直角坐标系， 56/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA M B 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(-2,2,0),F(0,0,2,E(0,2,2), 当A=时，=号F,所以M0L2) 所以BM=(-2,12),DE=(2,0,2), 所以BM·DE=(-2,12)(2,0,2)=0, 所以DE L BM: (2)由上可知DE=(2,0,2),DC=(2,0,0),DM=(2,-1,2), 设平面DEC的一个法向量为n=(a,b,c), m·DC=2a=0 则元DE=2a+2c=0取6=1a=c=0即元=(0,10) 则点到平面 的距离d= M DEC 网 (3)由上知平面ECD的一个法向量=(01,0)， 设M(o,%,0),由EM=EF=元(0，-2,0)=(0，-21,0)=(x。-2,-2）. x=0 得，=2(1-)即 20=2 M(0,21-2),2) 所以BM=(-2,2(1-),2）,BC=(-2,2,0)】 m,⊥BC 〔-2x+2y=0 设平面M8C的法向量万=(ky)因为医1N:即{-2x+20-少+2z=0 取y=1,则x=1,z=2, 所以平面MBC的一个法向量n,=(L,1,2), 57/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 n1·n2 因为0<0≤兀，所以cos8 V2+2 √52 因为0≤1≤到 所以22+2∈[2,3]，∴.cos0∈ 32 ◆题型08距离型探索性问题 典1例1精1析 【例15】如图所示，在长方体ABCD-EFGH中，AB=2V2,AD-4,AE=V5,点M在棱EH上，点P在 棱FG上，且EM-GP-1 夕 D G M H (I)证明：MP⊥BH: (2)在棱FP上是否存在点Q,使得Q到平面BMP的距离与Q到平面BFM的距离相等？若存在，求出FQ 的长；若不存在，说明理由。 【答案】(1)证明见详解 (2)存在点Q满足条件，F2=1, 【分析】 【详解】(1)证明：因为在长方体ABCD-EFGH中，AB=2V2,AD=4,AE=V3,点M在棱EH上，点 P在棱FG上，且EMGP=1, 连接FHOMP=O,MH=FP=3,所以FM=HP=22)+P-3, 所以四边形FMHP为菱形，故MP⊥FH, 由长方体得BF⊥平面EFGH,由MPc平面EFGH,知MP⊥BF, 由BFFH=F,BFC平面BFH,FHC平面BFH,得MP⊥平面BFH, 由BHC平面BFH,得MP⊥BH 58/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 C D D G M (2)存在点卫满足条件，F0=1.证明如下： 假设存在点Q满足条件，记Q到平面BMP的距离=Q到平面BFM的距离=d, VO-BFM S.BFMd 3 5 3○aBpd S. SA-BFFM5.BM-MP=P25 2 所w9a-35, V。-B-SAFL=」 1 则Vo-wr SABMP 2 Ve-BFM Ya-re=Fo=1 另一方面oeg-eQP2' 数0-时n 综上所述存在点O满足条件，FQ=1 【例16】如图，等边三角形ABC的边长为8，E,F分别为所在边的中点，O为线段EF的中点，现将三角 形ABC沿直线EF折起，使得二面角A-EF-B为直二面角. E B B (1)求线段AC的长度： (2)求直线BE与平面ABC所成角的余弦值： 4V33 3)棱AC上是否存在异于端点的点M'使得点4到平面OBM的距离为 11 . 存在，请指出点M的位 59/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 置：若不存在，请说明理由. 【答案】(1)4C=210: 0 4 (3)存在，点M位于线段AC的靠近点A的三等分点 【分析】 【详解】(1)连接AO,因为O为线段EF的中点，所以AO⊥EF, 由题意知面AEF⊥面EBCF,且面AEFO面EBCF=EF, 又AO￠面BCFE,所以AO⊥平面BCFE,取边BC的中点记为D,则OE⊥OD. 以点O为原点，以OA,OE,OD为，x,y轴建立空间直角坐标系， 易知A0,0,25),C(4,2V5,0),所以4C=210: (2)由(1)可知E(20,0,B(4,23,0),40,0,23),C(-4,23,0), 所以EB=(2,25,0）,Bc=(-8,0,0),AB=(4,25,-25) 记平面ABC的一个法向量方=(，，2)， x=0 所以 i.BC=-8x。=0 ，不妨取 ，得=1，即 i.AB=4x+2W3y。-2W3z0=0 %=12o=1i=(0,1,1) 记直线BE与平面ABC所成角为O, 则sin0=cos EB,= EB.元25-6 EBV2×44· 专电到0-[引有os020从面w0=0- 4 60/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 10 所以直线BE与平面ABC所成角的余弦值为 4 (3)设AM=AC,其中0<1<1. AC=(-4,2V3,-25),AM=（-41,232,-2W5,0A=(0,02W5), 0M=OA+AM=（4,25,25-2W3, 0B=(4,25,0),记平面08M的一个法向量为m=(:,,), m.0B=4x+2V3y=0 则有m-0M=(4)x+(252)x+(25-23)=0 [x=5-5 不妨取 ,解得=22-2， 3=41 3=4元 m=（3-√32,2元-2,4 OA.m 8V3 则点到平面 的距离d= 4V33 A OBM V5-5+(22-2+16a 11, 整理得：2122+142-7=0，即322+21-1=0， 1 解得2=3或元=-1（舍去)， 所以当点M位于线段AC的靠近点A的三等分点时， 4v33 点4到平面OBM的距离为1 变|式巩固 【变式8-1】如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC, AB=)CD=AD=l,PC=N5,Pp=,M为棱PC的中点. D (I)求平面PDM与平面BDM的夹角余弦值； 61/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (②)在线段PA 上是否存在点D:使得点0到平面B0M的距离是。？若存在，求出P0的值：若不存在 说明理由， 【答案】06 ②存在满足题意的点Q,此时P0=25 3 【分析】 【详解】(I)由平面PDC∩平面ABCD=CD,AD⊥CD,ADC平面ABCD, 所以AD⊥平面PCD,又PDC平面PCD,所以AD⊥PD, 又PD=1,CD=2,PC=V5,有PC2=PD2+CD2,故PD⊥CD, 建立如图空间直角坐标系D-z, ZA ,得 A B P(0,0,1),B1,1,0),D0,0,0),M(0,1,) DB=01,0),DM=(0,12) 易知平面PDM的一个法向量为m=(L,0,O),设平面BDM的一个法向量为n=(x,y,z), 元·DB=x+y=0 .DM=y+)2=03令 ，得 z=2x=1,y=-1n=(1,-1,2) 所以cos(m m列_1-6 m元66， 6 即平面PDM与平面BDM所成角的余弦值为6： (2)由(1)知A(1,0,0),则AP=(-1,0,),假设存在满足题意的点Q. 设0P=aAP0≤a≤I),则(-xg,-e,1-g)=(-a,0,a, xo=a 得。=0，即，所以 2o=1-a0a,0,1-am) D0=(a,0,1-a) 62/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 故点到平面 的距离为d= D0_2-d_26 BDM 69 即0-2斗=等，解得a= 210 或3（舍去)， 所以存在满足题意的点Q 此时0-（号0，所以P四-+写-29 3 【变式8-2】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD∥BC,PA=2, AB=BC=l,AD=2,M是PD的中点. A B (I)求证：CM/I平面PAB: (2)若AB⊥AD, (i)求平面PAB与平面PCD夹角的正弦值： BO (i)在线段BD上是否存在点Q,使得点D到平面PAQ的距离为1？若存在，求出B0的值；若不存在， 请说明理由. 【答案】(1) 取PA中点N,连接BN,MN, B 因为M为PD中点.所以MN/AD,且MN=AD=1, 又BC=1,BCI/AD,所以BC/IMN,BC=MN, 63/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以四边形BCMN为平行四边形，即CM/IBN, 又BNC平面PAB,CMZ平面PAB,所以CMII平面PAB: B2=-3+25 ②背(i田）存在，BD 【分析】 【详解】(1)略 (2)(i)因为PA⊥平面ABCD,且AB⊥AD 以点A为原点，建立如图所示空间直角坐标系： ZA D 卡B 则4A0,0,0),B1,0,0),C1,1,0),D02,0,P0,0,2)」 所以AB=(1,0,0),AP=(0,0,2,PD=(0,2-2),CD=(-1,1,0), 因为PA⊥平面ABCD,PAc平面PAB, 所以平面PAB⊥平面ABCD, 又因为平面PABA平面ABCD=AB,AB⊥AD,ADC平面ABCD, 所以AD⊥平面PAB,所以平面PAB的一个法向量为AD=(0,2,O), PD.i=2b-2c=0 设平面 PCD 的法向量为，=a,'则cD元=-a+b=0 2 3 不妨取。-1则元=，1)则cos4D,i= 2V1+1+13, 所以平面。， PAB 与平面pCD 夹角的正弦值为-（得 3 (ii)存在点Q满足题意， 易知BD=(-1,2,0) 假设存在点Q满足题意，设BQ=入BD=(-入，2八，0)(0≤1≤1)， 64/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以21-入，2)，0)A0=(1-2,2八，0)， AP.m=2z=0 设平面。，。的法向量为 PAO 为m=低，2则0m=1-x+22y=0 令x=21,则m=(2),-1,0), AD.m 2(2-1) 所以点，到平面P40的距腐d-= =1,化简可得 D mV22)2+(a-1)2 2+61-3=0 ,B2=-3+25 解得元=-3+25或元=-3-25（舍去），即BD 【变式8-3】如图，等边三角形ABC的边长为8，E,F分别为所在边的中点，O为线段EF的中点，现将 三角形ABC沿直线EF折起，使得二面角A-EF-B为直二面角， (1)求线段AC的长度： (2)求直线BE与平面ABC所成角的正弦值： ,4V33 )度C上是杏存在异于端点的点M一使得点到平面OM的距离为若存在，请指出点M的位 置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)AC=2V10 ®6 4 (3)存在，点M位于线段AC的靠近点A的三等分点 【分析】 【详解】(1)由已知AE=AF,连接AO,因为O为线段EF的中点，所以AO⊥EF: 因为平面AEF⊥平面EBCF,又平面AEF∩平面EBCF=EF,又AOc面BCFE, 所以AO⊥平面BCFE;取边BC的中点记为D,则OE⊥OD; 以点O为原点，以OE,OD,OA为x,,z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 65/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 0. D 则A(0,0,2V5),C(-4,25,0),所以AC=210: (2)由(1)E(2,0,0),B4,25,0),A0,025),C(-4,23,0): 所以EB=(2,23,0),BC=(-80,0),AB=(4,2V5,-23), 记平面ABC的法向量为n=(xo,yo,2o), i.BC=-8x=0 所以 i·AB=4x+2V3y。-2V3z。=0' x0=0 不妨取 ,得%=1， =1 20=1 所以n=(0,1,1)为平面ABC的一个法向量： 记直线BE与平面ABC的所成角为B, EB. 则sin0=cos(EB,n 、 2W5√6 EB V2×44, V 所以，直线BE与平面ABC的所成角的正弦值为4： (3)设AM=2AC,其中0<<1， AC=(-4,2V3,-2V3),AM=(-42,2V32,-2V32), 0A=(0,0,2W3),0M=0A+AM=(-42,231,2V3-2V3), 0B=(4,2√3,0) 记平面OBM的一个法向量为m=(x,,), m.0B=4x+2W3y=0 则有m-oM=(4n)x+(25)y+(25-23)=0 66/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 x=V5-5 不妨取 解得y=2元-2， 21=4% 3=4 即m=(W5-V51,21-2,4): OA.m 8v3 则点到平面 的距离d= 4V33 以 OBM VW5-V32)2+(21-2y2+1622 11 整理得：2122+142-7=0即322+21-1=0， 解得元=3或元=-1（舍去)， v33 所以，当点M位于线段AC的靠近点4的三等分点时，点4到平面OBM的距离为 11 ◆题型09夹角型探索性问题 典1例1精」粉 【例17】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形.∠ABC=∠BCD=∠ADP=90°，且 AB=PB=2,PA=22,BC=CD=1,E为PA中点. O (I)证明：PB⊥平面ABCD: 5 PM (②在线段pD上是否存在一点M:使得平面MAB与平面ABCD夹角的余弦值为5？若存在，求出PD 的值；若不存在，说明理由。 【答案】(I)证明：记AB中点为G,连接BD,DG, 67/112 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E B 1 D 则四边形BCDG为正方形，且根据勾股定理得BD=AD=√2， 所以BD2+AD2=4=AB2,则∠ADB=90°，所以AD⊥BD. 又AD⊥PD,BDOPD=D,BD,PDc平面PBD, 所以AD⊥平面PBD 因为PBC平面PBD,所以AD⊥PB, 易知PB2+AB2=8=PA,所以PB⊥AB 又因为AB∩AD=A,AB,ADC平面ABCD, 所以PB⊥平面ABCD. PM 1 (2)存在，PD2 【分析】 【详解】(1)略. (2)由(1)知PB⊥平面ABCD,且∠ABC=90°，所以BC,BA,BP两两相互垂直. 以B为坐标原点，以BC,BA,BP分别为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系， ZA D 则A(0,2,0),B(0,0,0),C(1,0,0),D(11,0),P(0,0,2), 设PM=PD,1∈[0，]，则M(2,2,2-2), 则BA=(0,2,0),BM=(2,,2-22),BC=(1,0,0), 设平面MAB的法向量为”=(x,,3) 68/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 BA.n=2y=0 则8m.m=x+g+2-223=0令 =21-2 得乃=(21-2,0,2)】 设平面ABCD的法向量2=(0,0,1)， 则cos0=cos(， 1·n2 √(2-2)}+x2 5,解得= 2 PM 1 所以PD2 【例18】如图所示，在长方体ABCD-AB,CD中，AD=AA=1,AB>1,点E在棱AB上移动，小蚂蚁 从点A沿长方体的表面爬到点C,所爬的最短路程为2√2. D (①求证：D,E⊥AD； (2)求AB的长度： 6)在线段AB上是香存在点瓜使得二面角D-BC-D的大小为买若存在，确定点B的位，若不存在. 请说明理由， 【答案】(1)方法一（几何法）： D B 连结AD,在长方体ABCD-ABCD中， 因为AE⊥平面ADDA,且ADC平面ADDA,所以AE⊥AD, 因为AD=AA=1,所以矩形ADDA为正方形，所以AD上AD, 69/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又因为AD∩AE=A,且AD,AEC平面AD,E,所以AD⊥平面ADE, 因为DEc平面ADE,所以AD⊥D,E: 方法二（向量法）： 建立如图空间直角坐标系，设AE=a, ZA D 则E1,a,0),D(0,0,1),A(1,0,1),D(0,0,0), DA=(1,0,1),DE=(1,a,-1), 因为DA·DE=1x1+0×a+1×(-l)=0,所以DE⊥AD: (2)2 ③)存在E点，且与点B距离为5时，二面角D-EC-D的大小为4 【分析】 【详解】(1)略 (2)设AB=x, 因为四边形ADDA是正方形， 所以小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点C1可能有两种途径. 如图甲的最短路程为AC=Vx2+4, 如图乙的最短路程为AC=V(x+1)2+1=√x2+2x+2, D A A B 1 B 图甲 图乙 因为x>1,所以x2+2x+2>x2+2+2=x2+4, 所以V2+4=2V2,解得x=2,即AB的长度为2. 70/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)方法一（几何法）：： 假设存在满足条件的点E,连结DE,设EB=t, 过点D在平面ABCD内作DH⊥EC,连结DH, 则∠D,HD为二面角D-EC-D的平面角， B 所以∠DD-年，所以DH=DD=1, 在RtAEBC内，EC=VP+1,而EC.DH=DCAD, 即V2+1=2,解得t=√5， 即存在E点，且与点B距离为、5时，二面角D-EC-D的大小为4· 方法二（向量法）： 假设存在满足条件的点E,平面DEC的法向量八=(0,0,1)，DC=(0,2,-),D,E=(L,a,-I), 设平面DEC的法向量n2=(x,y,z), DC·n2=0「2y-z=0 则 DE2=0'即 x+ay-z=0' 2=2 取y=1解得x=2-a:得n=(2-a,l2) 2 √2 由题意得c0s元，方2= V(2-a)2+12+222 解得a=2-V5或a=2+V5(舍去)， 即存在B点，且与点B距离为、√5时，二面角D-EC-D的大小为4： 变式|巩1固 【变式9-l】如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD,PC=PD=CD=2√2， AD=2BC=2AB=4,ADIIBC,∠BAD=90° 71/112 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (I)证明：平面PAC⊥平面PCD: (2)求三棱锥B-PAD的体积： (3)在棱PA上是否存在点M,使得平面PCD与平面CDM的夹角为30°？若存在，求出点M的位置；若不 存在，说明理由 【答案】(I)设DC中点G,连接PG,AC, AD=2BC=2AB=4,AD∥BC,∠BAD=90°，所以AC=VAB2+BC2=2√2， 因为CD=2N2,所以有AC2+CD2=AD,则AC⊥CD, 因为PC=PD,G为CD中点，所以PG⊥CD, 因为平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=CD,所以PG⊥平面ABCD, 因为ACC平面ABCD,所以PG⊥AC, 因为PG∩CD=G,所以AC⊥平面PCD, 因为ACc平面PAC,所以平面PAC⊥平面PCD, B Q (3)在棱PA上存在点M,M为PA上靠近P的三等分点 【分析】 【详解】(1)略 (2)由(1)可知，PG⊥平面ABCD,因为PC=PD=CD=2√2，所以PG=V6, 72/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则斯m=mmG写分4x2x6- 3 (3)在棱PA上存在点M,使得平面PCD与平面CDM的夹角为30°，M为PA上靠近P的三等分点，证 明如下： 由(I)得PG⊥平面ABCD,因为CB,CQC平面ABCD,则PG⊥CB,PG⊥CQ, 过C作PG的平行线CN,则以C为原点，CQ所在直线为x轴，CB所在直线为'轴，CN所在直线为z轴， 建立空间直角坐标系，如图， 由题意得CD=2√2，则C(0,0,0),D(2,-2,0),A(2,2,0) 因DG=)CD=V2,PD=25,则PG=6,故PL,-1,V6 则PA=4,3,-V6),Cp=(1,-1,V6),CD=(2,-2,0), 设PM=PA,由题可知0<<1， CM=CP+PM=CP+1PA=(1+元，31-l,V6-V62), 设平面PCD法向量为n=(x,,z), 元CP=x-y+62,=0 则 m·CD=2x-2y=0 ，令x=1则=l5=0'元=1,0 设平面CDM的法向量为n2=(x2,y2,z2), n2·CM=(1+2)x2+(32-1Dy2+V6(1-2)z2=0 则 n2·CD=2x2-2y2=0 4-6-} 42 令5=1则%=l=62-D 因为平面PCD与平面CDM的夹角为30°， 73/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 nn 2 cosn,n2 所以 1622 =c0s30°=V3 √2×2+ , 6(1-17 化简得3+22-1=0即6以-X+)=0:又0<A<1”则2-写 所以M为PA上靠近P的三等分点 【变式9-2】如图1，在等腰梯形ABCD中，ABIICD,AB=2AD=2DC=4,将△ACD沿边AC翻折，使点 D翻折到点P,连接PB,得到三棱锥P-ABC,如图2，其中PB=V2AP B 图1 图2 (I)证明：BC⊥平面PAC: (2)求三棱锥P-ABC的体积： 57 (③)试间在侧棱PC上是否存在一点E'使得二面角E-AB-C的余弦值为19？若存在，求出CE的长度， 若不存在，请说明理由。 【答案】(I)如图1，在梯形ABCD中，取边AB的中点F,连接CF 因为ABIICD,AB=2CD,所以AF=CD,AFIICD, 所以四边形AFCD是平行四边形，所以CF=AD, 因为AB=2AD,所以AB=2CF,所以BC⊥AC, 因为PB=V2AP,且PC=CD=BC=AD,所以PC2+BC2=2PA=PB2, 所以BC⊥PC, 因为PCC平面PAC,ACC平面PAC,且PC∩AC=C, 所以BC⊥平面PAC. ②36 3 57 (3)侧棱PC上不存在点E'使得二面角E-4B-C的余弦值为 19 【分析】 74/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【详解】(1)略 (2)如图2，取棱AC的中点G,连接PG, 由(1)可知BC⊥平面PAC,且BCC平面ABC,则平面PAC⊥平面ABC, 因为PA=PC,且G为线段AC的中点，所以PG⊥AC, 因为平面PAC∩平面ABC=AC,PGC平面PAC,所以PG⊥平面ABC, 则PG为三棱锥P-ABC的高， 因为AD=2,所以AB=4,AC=2V5,则PG=V22-(W32=1, 故三楼能p-c的体寂r-22、51-2 3 (3)假设存在满足条件的点E。 如图2，作EH⊥AC,垂足为H,作HK⊥AB,垂足为K. 由(2)可知平面PAC⊥平面ABC,又EH⊥AC,且平面PAC∩平面ABC=AC, 所以EH⊥平面ABC, 因为ABC平面ABC,所以EH⊥AB, 因为HK⊥AB,且HK,EHC平面EHK,EH∩HK=H,所以AB⊥平面EHK 因为EKC平面EHK,所以AB⊥EK, 则∠EKH为二面角E-AB-C的平面角 由翻折知PC=DC=2,AP=4AD=2,且AC=2V5, 在△PAC中，由余弦定理： C0SLACP=PC+AC-AP2+(2-2 2.PC·AC 2×2×2√52， 又0°<∠ACP<180°，故∠ACP=30, 设CE=2x,在RtAEHC中： CH=CE cos30°=只3x,EH=CE sin30°=x, 因为BC=2,AB=4,且BC⊥AC, 所以AC=25,AH=AC-CH=2V3-√3x, 所以 AHKARC则=，枚R=-aC_25-5k225-x BC AB AB 2 由题意可得cos∠EKH=57 19 75/112 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以sin∠EKH=1- 7_4V19 6119 tan∠EKH=盟=43 HK 3 因为EH⊥平面ABC,且HKc平面ABC,所以EH⊥HK, 45 所以25-V5x3,则2x。-45,解得x-4,故cE=2x=氵 2 25-V3x3 3 8 因为侧棱线段pC总长2，CE 3>2 所以点E落在PC的延长线上，线段PC上不存在满足条件的点E, V57 所以假设不成立，即不存在点E'使得二面角E-AB-C的余弦值为19 图1 图2 【变式9-3】如，图在直三棱挂1BC-4aC中，ARLBC,B=BC-44-2,PQ分别为AC,M 的中点. A (L)求证：AB∥平面PBC: (2)设平面PBC与平面ABB,A的交线为L,求二面角P-1-A的余弦值； V38 (③)在线段cQ(不含端点)上是否存在点M,使直线AM与平面B,CQ所成角的正切值大小为19 ?若存 在，求出CM的长度：若不存在，说明理由. 【答案】()设BC∩BC=N,连接PN, :四边形BBCC为平行四边形，“N为B,C中点，又P为AC中点，PNIIAB, PNC平面PBC,AB文平面PBC,·AB∥平面PBC. 76/112 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4V33 (2) 33 (3)存在点M' CM=4V6 3 【分析】 【详解】(1)略 (2)方法一：AB∥平面PBC,ABC平面ABB,4,平面PBC∩平面ABB,4=I,.ABM: BC⊥AB,BC⊥BB,ABOBE,=B,AB,BBC平面ABBA,BC⊥平面ABBA: 设O为AB中点，则POIIBC,.PO⊥平面ABB4, :lC平面ABBA,PO⊥I: 过O作OH⊥I,PO∩OH=O,PO,OHc平面POH,.l⊥平面POH, 连接PH,则I⊥PH,∠PHO为二面角P-I-A的平面角 BO OH RHOA4BB,4BBB’即2后8，OH=4W7 17 在OW中，0m-0-PH=-,s。 ,16√33 cos∠PH0=OH-4V33 PH=33,即二面角p-1-A的余弦值为 V33 33 方法二：以B为坐标原点，BA,BB,BC正方向为x,y,z轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， 长A 则A(2,0,0),P(1,0,1),C(0,8,2),B(0,0,0),.BP=(1,0,1),BC=(0,8,2): 77/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 i·BP=x+z=0 设平面BPC的法向量元=(k,z小则 n.BC=8y+2z=0 令y=1,解得：x=4,2=4,i=(4,1-4): z轴1平面ABB4,.平面ABBA的一个法向量m=(0,0,1), m 'n 4 4V33 .'cos<m,n= -- V3333 m n 又二面角p-1-A为锐二面角，、二面角p-1-4的余弦值为 v33 33 G)方法-：线段c0上存在点当CM=46 √38 3,AM与平面B,CQ所成角的正切值大小为19，理由 如下： 设A在面B,CO上射影为E,则∠AME为AM与平面BCO所成角， Vc-AB=VA-Bc,BC.S.4R=AE-Sc0, :B,C=V⑧2+2=217，C0=V2+2+4=2V6,B,0=V4+22=25, .cos/BOC=B+CO--BC20+24-6830 2B2.C04V5×2610· =0Sax=8Q-c0sn∠B0c=×25x26x元-2w2. sin∠B,Qc=V7o 2 2 10 e254w=x8x2=4,AB=28=4 1 1 2√2121· 若M与平面BCO所成角的正切值大小为Y8即an∠AME石-V38 ME 19' 则AM=22, 在。4CM中，由余弦定理知： +cw-2x25.cw店-. 4V6 解得：CM= 3 方法二： 78/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 0 假设存在点M满足题意， 设CM=C0=(2,4,-2）=(2,4,-2)(0<元<1)， .AM=AC+CM=(21-2,42,2-2), g·B,C=-8b+2c=0 设平面BC0的一个法向量 g=(a.b.c)g-CO-2a+4b-2c-0 令c=4,解得：a=2,b=1,∴8=(21,4)， 记直线AM与平面BC0所成角为。'则ma= 19sina=42 21 即cos AM, AM·g V42 AM2i×(2-2}+1622+(2-2)} 21, 整理可得：32-2元=0' 解得：=0（合）或子CM=c046 刷好题 课时巩固精炼 ©基础通关 一、单选题 1.己知平面a的一个法向量i=(-2,-2,1),点A(-13,0)在a内，则P(-21,4)到平面α的距离为() A.10 B.3 c. D. 【答案】D 【详解】由A(-1,3,0),P(-2,1,4),可得AP=(-1,-2,4). 因为平面a的一个法向量i=（-2,-2,1),点A在a内， 79/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4P.列_10 所以p(-2,14)到。的距离为 3 a 2.如图，在正方体ABCD-ABCD中，M是AB的中点，则DB与CM所成角的余弦值是() D A D M B A.vis B.V30 D. V30 10 15 15 10 【答案】C 【详解】设正方体ABCD-AB,CD,的棱长为1， 如图，以D为原点，DA,DC,DD所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 休D B D M B 则D00,0.L.c0L0.M号0， 所以D丽=LC-（-30 所以与 所成角的余弦值是cos(DB,CM) DB·CM 1 5 DE CM DB CM 3x515 故选：C 30 3.已知直线1的方向向量为a=(2,1):平面a的法向量为元=L,0),若I与。所成角的正弦值为 6 80/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则k=() A B.2 C.2 D.4 【答案】B 1a:i-|2+k130 【详解】由题意，1与，所成角的正弦值为ā元6+及6， 于是50+k的)=4软+4：印4-秋41=0：解得长=号 故选：B 二、多选题 4.直线I的方向向量为a,平面a的法向量n,则下列命题为真命题的是() A.若a⊥i,且lca,则直线l11平面a B.若a/n,则直线l⊥平面a C.若c0s(位，)-，则直线5平面。所成角的大小为号 D.若如位列=号，则直线与平面。所成角的大小为号 【答案】ABD 【详解】根据向量表示的线线，线面的位置关系可知，AB正确： 设直线与平面a所成角为g:则sn0-k0sa小-：所以0-名，改C销误： 1 若sind,n= 1 2,则cos0= 所以0-行故D正确 故选：ABD 5.如图，在四棱锥p-ABCD中，底面MBCD为平行四边形，∠DAB= 3'AB=2AD=2PD'PD⊥底面 ABCD,则()· 81/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A. PA⊥BD B.PB与平面ABCD所成角为6 D.二面角A-PB-C的正弦值为 ,V5 C.,异面直线4B与PC所成角的余弦值为5 7 【答案】ABD 【详解】连接BD因为∠DA8-行：设AB=2AD-2PD=2a 由余弦定理得BD=AD+AB2-2AD·AB.cos∠BAD, 所以0=a44-4女号动，则BDa 则BD+AD2=AB,即BD⊥AD,又PD⊥底面ABCD,AD,BDC底面ABCD, 所以PD⊥AD,PD⊥BD 如图，以D为原点，DA,DB,DP分别为x,y2轴建立空间直角坐标系， D A B 则D(00,0),A(a,0,0),B0,v3a,0,C(-a,3a,0,P(0,0,a) 对于A,所以PA=(a,0,-a),BD=(0,-V5a,0,则PABD=0+0+0=0, 所以PA⊥BD,故A正确： 对于B,又PB=(O,N5a,-a),因为PD⊥底面ABCD,所以DP=(O,O,a)是平面ABCD的一个法向量，所 以osPB,DP)= PB.DP -a2 1 PBD 92aa2 则PB与平面ABCD所成角的正弦值为2，即PB与平面ABCD所成角为6，故B正确： 对于C,AB=(-a,v5a,0,Pc=（-a,v5a,-a）, 则cos(B,PC- AB.Pc_a2+3a2+0_25 AB.PC 2a5a 5 2W5 则异面直线4B与PC所成角的余弦值为5，故C错误： 82/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 PA.i=0 ax-az=0 x=31 对于D,设平面 PAB 的法向量为i=(6,,)则4Bi=0{-a低+5ay=0x=y令y=1 则n=(5l,5), PB.m=0 V3ay2-a2=0 设平面 PBC 的法向量为m=(k,》则PCm=0 。-a+5a,-,=0,=03,令=1” 则m=(0,1v5), 所以cos元，m）= 方：m_0+1+32W万 m√7×27 令二面角4-PB-c所成角为00≤05对小，则cosd=2 7 27 则平面PAB与平面PBC的夹角的余弦值为7， 所以sin0=V1-cos20= √ 7，故D正确 故选：ABD 三、填空题 个法向量为=22,2)，点PL1在平面内，若点Q(0,05)到平 则x= 【答案】2或4 【开】因为-k1-质似点o到原的E客- p_2x-6_5 233 解得x=2或x=4 故答案为：2或4 7.如图，三棱锥A-BCD中，AB=BC=AC=DB=DC,且平面ABC与底面BCD垂直，E为BC中点， EF=DA,则直线AD与平面ABF夹角的余弦值为一 83/112 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4 C E B 【答案】i 4 【详解】如下图，连接AE,DE,因为AB=BC=AC=DB=DC,E为BC中点， 所以AE⊥BC,DE⊥BC,又平面ABC⊥底面BCD, 平面ABC∩底面BCD=BC,AEC平面ABC, 所以AE⊥平面BCD, 又因为ED,EBC平面BCD,所以AE⊥EB,AE⊥ED,故ED,EB,EA两两垂直， 以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，如下图： 2 D B 设AB=2,可得E(0,0,0),A0,0V5,D(V5,0,0,B(0,1,0) 由EF=DA,可得F(V5,03), 所以AB=(0,1-V5),AD=(N5,0,-5),AF=(V5,0,0), i.AB=0 b-5c=0 设平面，n的一个法向量为元=a.b,g' ABE 则亦-0即5a=0· 令c=1,得i=(0,V3,1), AD.n 设直线与平面 夹角为，则sin0=cos(AD,) ABF AD 2×V6 4 AD 所以直线AD与平面 BF夹角的余弦值为V-sin产6=V4 84/112 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 V14 故答案为： 4 &.在四面体ABOC中，OC⊥0A,OC⊥OB,∠AOB=120°，且0A=OB=0C=1.则二面角0-AC-B的平 面角的余弦值为 【15兮下 【详解】在平面内AOB过点O作OF⊥OA交AB于点F: 因为OC⊥OA,OC⊥OB,OANOB=O,OA,OBc平面OAB, 所以OC⊥平面OAB, 如图以O为坐标原点，分别以OA、OF、OC所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， ZA B 设平面ABC的法向量为n=k,C=1,0-) i.CA=x-z=0 由 n-3x+ +4 2y=0'取 i=,5, 又平面OAC的一个法向量为m=(01,0), 设二面角O-AC-B为日，由图可知二面角0-AC-B为锐二面角， 所以c0s0= m:√5√5 m5×15· ,v15 所以二面角0-AC-B的平面角的余弦值为5 15 故答案为： 5 85/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 四、解答题 9.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形，且PA=AB. B (I)证明：AB⊥平面PAD: (2)求直线PD与平面PAC所成角的大小. 【答案】(I)因为PA⊥平面ABCD,ABc平面ABCD,所以PA⊥AB, 由底面ABCD是正方形，可得AB⊥AD,又PAOAD=A,且PA,ADC平面PAD, 根据线面垂直的判定定理，可得AB⊥平面PAD ®8 【分析】 【详解】(1)略 (2)设PA=AB=1,以A为原点，分别以AB、AD、AP的方向为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标 系， 则A(0,0,0),P(0,0,1),D(0,10),C(11,0),PD=(01,-1),AP=(0,0,1),AC=(11,0), i.AP=0 设平面PAC的法向量为万=化，小则： PAC 万：AC=0:即{2=0 x+y=0 令x=1,得y=-1,z=0,即平面PAC的一个法向量为万=（山，-1,0）， PD.n 设直线与平面，所成角为，则sin8= PD PAC PD 因为PDi=0x1+1x(-1)+(-1)×0=1,PD=V02+P+(-=2,园=V2+(-+02=2. 86/112 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1O.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AB/ICD,BC⊥CD,PB⊥BC B (1)证明：平面PAB⊥平面PBC； (2)若PA=PB=V2,AB=BC=2,CD=4,求平面PBD与平面ABCD所成二面角的正弦值， 【答案】(I)证明：因底面ABCD是梯形，AB/CD,BC⊥CD,则BC⊥AB, 又BC⊥PB,PB∩AB=B,PB,ABC平面PAB,则BC⊥平面PAB, 又BCC平面PBC,故平面PAB⊥平面PBC, 230 6 【分析】 【详解】(1)略 (2)取AB的中点为O,连接PO,因PA=PB,则PO⊥AB, 由(I)得BC⊥平面PAB,POC平面PAB,则BC⊥PO, 又AB∩BC=B,AB,BCC平面ABCD,则PO⊥平面ABCD. 过点O作BC的平行线，交CD于点E,则OE⊥AB,即PO,AB,OE两两垂直， 故可以OA,OE,OP分别为x,y,2轴建立空间直角坐标系。 因PA=PB=V2,AB=BC=2,CD=4,由PA+PB2=AB2,可得PA⊥PB, 则P0=7AB=1,P00,1,B(-10,0),D3,2,0) 设平面PBD的法向量为m=(x,y,z), 87/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因PB=(-1,0,-1),PD=(3,2,-1), PB.m=-x-z=0 则 PD.m=3x+2y-2=0'故可取 m=1,-2,-1) 因PO⊥平面ABCD,故平面ABCD的法向量可取为n=(O,0,1), m方。-1.6 则cos(成，)= m园66， 设平面PBD 平面4BCD所成二面角的平面角为g,则sin6=一c0sam,0=-VS0 即平面PBD 30 与平面A8CD所成二面角的正弦值为6 ZA B 方【点晴) 11.如图，在边长为2的正方体ABCD-ABCD,中，E是棱AB上的点，平面C4E交棱BC于点F. D A 6 (I)证明：EFIIAC: (②)若直线AB与平面C,4E所成角的正弦值为3，求线段4E的长度及此时点B,到平面CAE的距离. 【答案】(1) 连接AC,由正方体可知A4/CC,AA=CC, ∴四边形AACC为平行四边形，AC/AC, AC丈平面C4E,ACC平面CAE,AC/1平面CAE, 88/112 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ACC平面ABCD,平面ABCD∩平面CA,E=EF, .ACI∥EF (2)1；3 【分析】 【详解】(1)略 (2) D C B E 如图，以D为原点，建立空间直角坐标系D-灯z, 设AE的长为a,则A(2,0,0),4(2,0,2),C(0,2,2),B,(22,2),E(2,a,0), 4B=0,2,0),AC=(-2,2,0),AE=(0,a,-2), 设平面C4E的一个法向量为i=(x,y,2), i.AC=-2x+2y=0 则{元AE=0-22=0,故可得示=（： 设直线AB与平面CAE所成角为0， 则sin9=os(4兵，n》 AB· 2 2 == AB园 2,2+ a2 3,解得 4 a=1 :AE=(01,0), 故AE的长度为1： 点到平面 的能烤3日刻 2 4 B CAE 12.如图，在多面体ABCDEF中，平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABCD为直角梯形，四边形ABEF为 平行四边形，AD11BC,AB1BC,AB=AD=BC=2,AF=V2BF=2√2 89/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (I)证明：CD⊥BF: (2)若点M是CE中点，求点M到平面BDE的距离。 【答案】(1)证明见解析 号 【分析】 【详解】(1)因为AF=V2BF=2V2,AB=2,故AF2=BF2+AB2,故AB⊥BF. 因为平面ABEF⊥平面ABCD,平面ABEF平面ABCD=AB, BFc平面ABEF,故BF⊥平面ABCD,而CDC平面ABCD, 故BF⊥CD (2)由(1)可得BF⊥平面ABCD,而BA⊥BC, 故可建立如图所示的空间直角坐标系， Z B D 则B(0,0,0),D(2,2,0),C(0,4,0). 因为BE=BF+FE=BF+AB=(0,0,2)+(-2,00)=(-2,02), 故E(-2,0,2),所以M(-1,2,1),故DM=(-3,0,1), 而BD=(2,2,0),设平面DBE的法向量为i=(x,八2)， i.BD=0「2x+2y=0 则n距-0即2x+22=0取万=(，-1) 90/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 i.DM 2 23 故到平面、的距离为 M DBE 33 13.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD,PALPD,PA=PD,底面ABCD为等腰梯形， 且AD∥BC,AD=2BC=2AB=4,E为AD的中点. B (1)求直线PB与平面ABCD的夹角； ②若F-CG-}平，平面ErG与pB交于点M:求线段BM的长度. 3 【答案】（四4 (2)V2 【分析】 【详解】(I)方法一：连接PE,EB,因为PA=PD,所以PE⊥AD, 又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PADO平面ABCD=AD, 所以PE⊥平面ABCD, 所以∠PBE即为直线PB与平面ABCD的夹角， 因为AD=4,PA⊥PD,PA=PD,所以PE=2. 又因为底面ABCD为等腰梯形，且AD/IBC,AD=2BC=2AB=4, 所以ED/IBC,ED=BC,所以四边形EDCB为平行四边形，所以EB=CD=2. 则am∠PBE=所以∠PBE- 所以直线Pg与底面ABCD的夹角为牙 方法二：连接PE,EB,因为PA=PD,所以PE⊥AD, 又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD交平面ABCD于AD, 所以PE⊥平面ABCD 所以∠PBE即为直线PB与底面ABCD的夹角， 91/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因为AD=4,PA1PD,PA=PD,所以PE=2. 又因为底面ABCD为等腰梯形，且AD/BC,AD=2BC=2AB=4, 所以EDIIBC,ED=BC,所以四边形EDCB为平行四边形，所以EB=CD=2. 取BC的中点H,连接EH,因为底面ABCD为等腰梯形，所以EH⊥AD, 由PE⊥面ABCD,建立空间直角坐标系如图所示， 所以P(0,0,2),B15,0),所以BP=(1,-V5,2）, 面ABCD的法向量为元=(0.0l所以cos(即)=，3。-5 2√22 所以直线PB与底面ABCD的夹角为4： (2)取BC的中点H,连接EH,因为底面ABCD为等腰梯形，所以EH⊥AD, 由(1)得PE⊥面ABCD,建立空间直角坐标系如图所示， 所以A(2,0,0),P(0,02),B15,0,C(-1,V5,0, 所以4P=(-20,2),BP=（1,-5,2,CP=(1,-3,2, 因为F}亚，所以F(号引则F-+F(售0) 同理EG=EC+CG- 22W32 333 mEF=0 2x+z=0 设面 EFG 的法向量为m=(xy,小所以mG=0'则 -x+V5y+z=0 不妨令x=1,所以y=V5,z=-2,则m=(山V5,-2) 令BM=元BF=(-元，-V3,2A,所以EM=EB+BM=(1-元，V5-V5,2n) 因为点M在面EFG中，所以m·EM=1-元+3-32-42=0：所以2=2 所以BM 所以BW=5 综上，线段BM的长度为V2. 92/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA F G D E B H C 14.如图，在边长为2的正方体ABCD-ABCD,中，E是棱AB上的点，平面G4E交棱BC于点F. D B A D B (I)证明：EFIIAC: 2 (②)若直线AB与平面C4E所成角的正弦值为3，求线段4E的长度 【答案】(1) 证明：由正方体性质可知ACI1AC,因为AC文平面CAE,ACC平面CAE, 所以AC/1平面CAE, 因为ACc平面ABCD,平面ABCDO平面CAE=EF, 所以ACI/EF (2)1 【分析】 【详解】(1)略 (2)以D为原点，DA,DC,DD所在直线分别为x,2轴，建立空间直角坐标系，设AE的长为a, 则4(2,0,2)，C(0,2,2),B(2,2,2),E(2,a,0) AB=(0,2,0),AC=（-2,2,0),4E=(0,a,-2) i·AC=-2x+2y=0 设平面C4E的一个法向量为元=（化，》则n-4正=w-2z=0, 93/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AB.n 2 2 设直线 与平面 所成角为，则 4B网 3, AB CAE 0 4 解得a=1,即线段AE的长度为1. Z D B D ©素养提升 1.棱长为1的正方体ABCD-ABCD中，点P为BD上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值 为 一 【答案】6 【详解】以D为原点，分别以DA,DC,DD为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图， 由棱长为 所以of.m1o),noa). 所以丽=(l-.0s-G2 设BP=ABD(0≤≤I), 所u0m-0i+m-0丽+丽-传0小21-0-日对 所网-居小日列小+-以+-写君 所以当-时，O网的最小值为 94/112 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B D 0 C立 A B 2.在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD,ABEF的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直， 活动弹子P,O分别在正方形对角线BD和AE上移动，且BP=240=20<1<V2),则PQ的最小值为 B 【答案】 【详解】以A为坐标原点，分别以AF为x轴，AB为V轴，AD为z轴，建立空间直角坐标系， 因为正方形的边长为2且两平面垂直，则各顶点的坐标为， A(0,0,0),B(0,2,0）,C(0,2,2),D(0,0,2),E(2,2,0),F(2,0,0), √2√2 因此BD=(0,-2,2):BD=22:该方向上的单位向量 0,-2’2 由题意得，P点坐标为(0,2-V2,V21, 22。 同理正=(2,20)Md=22,该方向上的单位向量为 220 @（j2-2j=-6+4, 95/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 故当t=3 10_V70 7时，lPe7=7 C 不y F衣 3.如图，在三棱锥A-BCD中，CD⊥平面ABD,AB=BD=CD,E是AD的中点，F是线段AC上的一 点（不含端点）· (I)证明：BE⊥平面ACD: ③片=固角4-(CD-B的大小为号为断足否存在点r使得直线B与平百1CD所说角的正弦位为， AF 若存在，求AC的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(I)因为CD⊥平面ABD,BEC平面ABD,所以CD⊥BE: 又AB=BD,E是AD的中点，所以BE⊥AD: 因为ADOCD=D,AD,CDc平面ACD,所以BE⊥平面ACD, AF 1 (2)存在， AC 4 【分析】 【详解】(1)略 (②由CD1平面4BD得CD⊥ADCD⊥D故∠ADB= 3 设AB=BD=CD=2,以D为原点，DB为x轴，DC为y轴，过D作DB的垂线为z轴，建立坐标系， 96/112 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B Dong)A20co20y4a同59 设AF=Ac=(-元，2元，-V3）,1∈(0,1)，BF=(1-元，2元，5(1-2 平面 ACD 的法向量为BE 设直线BF与平面ACD所成角为B,则： BF.BE 3 3 sin .V42 BFBE V5.2V22-2+12W222-元+1 7 解福三故存在点使得直线BF与平面4CD所成角的正弦值为√2， AF 1 此时4C4' 4.如图，在三棱锥P-ABC中，∠ACB=90°，PA⊥底面ABC M B (1)求证：BC⊥PC: (2)若AC=BC=PA=1,且点M为线段PB上的动点，求直线AM与平面PBC所成角的正切值的取值范围 【答案】(I)PA⊥底面ABC,且BCC底面ABC, 故PA⊥BC, 又∠ACB=90°， 故AC⊥BC, 97/112 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 PA,ACC平面PAC,且PANAC=A, 则BC⊥平面PAC, 又PCc平面PAC, 故BC⊥PC 【分析】 【详解】(1)略 (2)以C为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， ZA B 则C(0,0,0)A(01,0),B(1,0,0),P(01,1). 点M(,八2)在PB上，设PM=tPB,0≤1≤1， 故(xy-1,2-)=(1,-l,-1),则M,1-4,1-) 故AM=(6,-t,1-), 设平面PBC的法向量为i=(x,片，名)，则 PB.i=x-y-21=0 BC.=-x=0 ，令 y=1则元=(0,1) 设直线AM与平面PBC所成角为O,则 AM.列t-0+(-1+1-)(-1) 1 sin= Ad·成 V2+2+1-t}V22V32-2+1' sin 1 tan0=- 1-sin2 0 6t2-4t+1' 98/112 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 0=6-*1=- 0s1s1 故tan0= Vf)L 当 时取最小值V3 t=1 3 当t=?时取最大值√5 5.如图，三棱锥A-BCD中，BC=CD=BD=2,AB=AC=V2,平面ABC⊥平面BCD. A (I)求异面直线AC与BD所成角的余弦值： (②)若点F是线段AD(不含端点)上的一点，且直线AD与平面BCF所成角大小为3，求线段DF的长度. 2 【答案】(1) 4 (2)1. 【分析】 【详解】(I)取BC中点O,连接OA、OD,又AB=AC.AO⊥BC, 又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AOC平面ABC, ∴AO⊥平面BCD, O为BC中点，DC=DBOD⊥BC, 如图，以OB,OD,OA分别为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则B(1,0,0),D0,V3,0,C(-1,0,0),A(0,0,1), AD=(0,5,-1,BD=（-1,V5,0,AC=(-1,0,-1), 设异面直线AC与BD所成的角为C, 99/112 耐学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AC.BD 则cosa=cos(AC,BD〉 √2 AC BD 4 所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为4 Z O B D (2)F(x,y,z),AF=tAD,tE(0,1). 由(1)知，AD=(0,5,-,BC=(-20,0), 则AF=(x,八，z-1)=t(0V3,-1),得F(0,V3,1-),故OF=(0,V3,1-0. 设平面BCF的法向量m=(x,o,2o), BC.m=-2x=0 则10F.m=√30+(1-)=0 令=1-1，得=-V5,x=0,即m=(0,1-t,-V30, 由直线AD与平面BCF所成角大小为3， 得sincos(0,mj AD.m3(t-1)-3r AD刑m2V-1'+32 2 所以线段DF的长度为1. 6.如图，在底面为等边三角形的斜三棱柱ABC-AB,C中，AA=5AB,四边形BCCB为矩形，过AC 作与直线BC平行的平面ACD交AB于点D. 100/112 第一章 空间向量与立体几何 1.4.2 用空间向量研究距离和夹角 课标要点 1.理解点到直线、点到平面距离的向量推导过程，熟记两类距离计算公式。 2.掌握平行线、线面、平行平面距离向点距转化的解题思路与转化条件。 3.分清异面直线、线面、面面夹角定义，牢记对应向量计算公式与取值范围。 4.能结合空间直角坐标系，完整完成距离、空间角的向量计算类题型。 学习重难点 重点： 1.点到直线、点到平面距离向量公式，三类平行距离的等价转化方法。 2.异面直线、线面、两平面夹角的向量公式，角度取值范围与符号要求。 3.结合坐标运算，利用方向向量、法向量求解空间距离与各类夹角。 难点： 1.区分线面角公式正弦形式，易和异面直线夹角余弦公式发生混淆。 2.区分二面角与两平面夹角，判断法向量夹角取锐角还是钝角。 3.点到直线距离利用投影结合勾股定理推导，几何逻辑不易理清。 知识点一 空间距离的向量求法 1.点到直线的距离 设直线单位方向向量为，为直线外一点，在上，在上投影向量为， 点到直线距离公式：________ 2.点到平面的距离 设平面法向量为，为平面外一点，为平面内任意一点， 点到平面距离公式：________ 特别提醒 两平行线距离：在一条直线上任取一点，转化为该点到另一条直线的距离。 直线平行平面的距离：在直线上任取一点，转化为点到平面的距离。 两平行平面距离：在一个平面内任取一点，转化为该点到另一平面的距离。 即学即练 1．如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，为的中点，则点到直线的距离为（     ） A． B． C． D． 2．在空间直角坐标系中，已知点，，，，则点到平面的距离为（     ） A． B． C． D． 知识点二 空间角的向量求法 1.异面直线所成角 设异面直线方向向量为，夹角为， 公式：，说明：________；异面直线夹角与向量夹角________或________，取锐角、直角。 2.直线与平面所成角 设直线方向向量，平面法向量，线面角为， 公式：，说明：________；线面角是方向向量与法向量锐角的________。 3.两平面的夹角（二面角锐角/直角） 两平面法向量，平面夹角为， 公式：，说明：________；平面夹角为两法向量________或其________，取较小角。 特别提醒 异面直线、线面角、平面夹角公式均要对数量积取绝对值，直接用会算出钝角，与定义范围冲突。 即学即练 3．在空间直角坐标系中，直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线l与平面所成的角为_________．（用弧度表示） 4．如图，在三棱锥中，两两垂直，    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求二面角的余弦值． 题型01 求点到直线的距离 典｜例｜精｜析 【例1】已知，，，则点A到直线BC的距离为__________． 【例2】在三棱台中，，且，若平面，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 变｜式｜巩｜固 【变式1-1】在三棱台中，，，且，若平面，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】在正四棱锥中，，，E，F分别是棱AB，PC的中点，则点D到直线EF的距离是_______________． 【变式1-3】鳖臑是指四个面都是直角三角形的三棱锥．如图，在鳖臑中，平面，，，分别是棱，的中点，点是线段的中点，则点到直线的距离是（    ） A． B． C． D． 题型02 求点到平面的距离 典｜例｜精｜析 【例3】已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【例4】如图，在棱长为的正方体中，分别为，的中点，点在棱上，且.    (1)证明：四点共面； (2)设平面与棱的交点为，求点到平面的距离. 变｜式｜巩｜固 【变式2-1】在正四棱柱中，底面边长为2，侧棱长为4，则到平面的距离为_______． 【变式2-2】如图，在底面为平行四边形的四棱锥中，平面，且，点是的中点， (1)求证：直线平面； (2)求直线到平面的距离； 【变式2-3】如图甲，在梯形中，，为中点．将沿折起到位置，连接，，得到如图乙所示的四棱锥．    (1)证明：平面； (2)当为时，求点到平面的距离． 题型03 求异面直线所成角 典｜例｜精｜析 【例5】如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，求直线与直线所成角的余弦值（    ） A． B． C． D． 【例6】圆台轴截面是等腰梯形，若，，点在上，，则异面直线和所成角的余弦值为__________． 变｜式｜巩｜固 【变式3-1】在正方体中，点分别在线段和上，且，，则直线和所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】在直三棱柱中，，，为的中点，则直线与所成角的余弦值为________． 【变式3-3】如图，直三棱柱内接于一个圆柱，是底面圆的直径，. (1)求圆柱的表面积； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 题型04 求直线与平面所成的角 典｜例｜精｜析 【例7】如图，在三棱柱中，平面，，，. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【例8】如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面．    (1)证明：平面平面； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值． 变｜式｜巩｜固 【变式4-1】如图，已知正方体，其中点为线段上靠近的三等分点，点为直线，的交点． (1)若，求，，的值； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式4-2】如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． (1)求证：平面； (2)已知为线段中点，求直线与平面所成角的余弦值． 【变式4-3】如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为等边三角形，，分别是，的中点. (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 题型05 求平面与平面的夹角 典｜例｜精｜析 【例9】如图，正四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，平面，为侧棱上的点，则二面角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【例10】如图，直三棱柱中，，，，侧棱，侧面的两条对角线的交点为D，的中点为M．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值． 变｜式｜巩｜固 【变式5-1】已知正方体中，是的中点，则平面与平面的夹角余弦值是（   ） A． B． C． D． 【变式5-2】如图，四棱锥的底面为矩形，平面，点分别为棱的中点．    (1)证明：平面； (2)若与底面所成角为，平面平面，求平面与平面的夹角． 【变式5-3】如图1，平行四边形ABCD中，，，E是CD的中点，将沿AE翻折至，如图2所示． (1)若平面平面ABCE，证明：平面； (2)若二面角为120°，求二面角的余弦值． 题型06 已知夹角求参数 典｜例｜精｜析 【例11】已知四棱锥平面，底面为矩形，为的中点，为上一点，若与平面所成角的正弦值为，则______． 【例12】如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，，，点是棱上的动点，且． (1)若，证明：平面； (2)若与平面所成角的正弦值为，求的值． 变｜式｜巩｜固 【变式6-1】在四棱锥中，底面是正方形，底面，若二面角的大小为，则的值为______． 【变式6-2】如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点E是上的点，且（）． (1)求证：对任意的，都有； (2)若二面角的大小为，求λ的值． 【变式6-3】如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)设为棱上的点，若直线和平面的夹角的正弦值为，求线段的长. 题型07 求夹角的取值范围 典｜例｜精｜析 【例13】如图，在四棱锥中，底面，，，，是线段上的动点.    (1)证明：； (2)若是线段的中点，求平面与平面夹角的余弦值； (3)设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【例14】如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，且，设平面平面，且． (1)证明：； (2)若，， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）点是四边形（不含边界）内的动点，且，求平面与平面所成角的余弦值的取值范围． 变｜式｜巩｜固 【变式7-1】如图，圆锥的轴截面是等边三角形，是底面圆周上一动点，是的中点，则直线与所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式7-2】如图，在四棱锥中，是等边三角形，，，，，，是棱上的点. (1)若点为的中点，求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值的取值范围. 【变式7-3】如图，在平行四边形中，，，，四边形为矩形，平面平面，，点在线段上运动，且. (1)当时，证明； (2)当时，求点到平面的距离； (3)设平面与平面的夹角为，求的取值范围. 题型08 距离型探索性问题 典｜例｜精｜析 【例15】如图所示，在长方体ABCD-EFGH中，，AD=4，，点M在棱EH上，点P在棱FG上，且EM=GP=1 (1)证明：MP⊥BH； (2)在棱FP上是否存在点Q，使得Q到平面BMP的距离与Q到平面BFM的距离相等？若存在，求出FQ的长；若不存在，说明理由． 【例16】如图，等边三角形的边长为8，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余弦值； (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． 变｜式｜巩｜固 【变式8-1】如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点．    (1)求平面与平面的夹角余弦值； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【变式8-2】如图，在四棱锥中，平面，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式8-3】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． 题型09 夹角型探索性问题 典｜例｜精｜析 【例17】如图，在四棱锥中，底面是直角梯形.，且，，为中点． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【例18】如图所示，在长方体中，，，点E在棱上移动，小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点，所爬的最短路程为． (1)求证：； (2)求的长度； 变｜式｜巩｜固 【变式9-1】如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．    (1)证明：平面平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【变式9-2】如图1，在等腰梯形中，，，将沿边翻折，使点翻折到点，连接，得到三棱锥，如图2，其中. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)试问在侧棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【变式9-3】如图，在直三棱柱中，，，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)设平面与平面的交线为，求二面角的余弦值； (3)在线段（不含端点）上是否存在点，使直线与平面所成角的正切值大小为？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由． 基础通关 一、单选题 1．已知平面α的一个法向量，点在内，则到平面的距离为（    ） A．10 B．3 C． D． 2．如图，在正方体中，是的中点，则与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 3．已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，若l与所成角的正弦值为，则（    ） A． B． C．2 D．4 二、多选题 4．直线的方向向量为，平面的法向量，则下列命题为真命题的是（ ） A．若，则直线平面 B．若，则直线平面 C．若，则直线与平面所成角的大小为 D．若，则直线与平面所成角的大小为 5．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面，则（    ）． A． B．与平面所成角为 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．二面角的正弦值为 三、填空题 6．已知平面的一个法向量为，点在平面内，若点到平面的距离为，则__________. 7．如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则直线与平面夹角的余弦值为______. 8．在四面体中，，且.则二面角的平面角的余弦值为________. 四、解答题 9．如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，且． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 10．如图，四棱锥中，底面是梯形，，. (1)证明:平面平面； (2)若 ,求平面与平面所成二面角的正弦值. 11．如图，在边长为2的正方体中，E是棱上的点，平面交棱于点F． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度及此时点到平面的距离． 12．如图，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，． (1)证明：； (2)若点是中点，求点到平面的距离． 13．如图，在四棱锥中，平面平面，底面为等腰梯形，且为的中点． (1)求直线与平面的夹角； (2)若，平面与交于点，求线段的长度． 14．如图，在边长为2的正方体中，是棱上的点，平面交棱于点.    (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度. 素养提升 1．棱长为1的正方体中，点为上的动点，为底面的中心，则的最小值为__________． 2．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子P，Q分别在正方形对角线和上移动，且，则的最小值为________． 3．如图，在三棱锥中，平面，，E是的中点，F是线段上的一点（不含端点）． (1)证明：平面； (2)若二面角的大小为，判断是否存在点使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 4．如图，在三棱锥中，，底面．    (1)求证：； (2)若，且点为线段上的动点，求直线与平面所成角的正切值的取值范围． 5．如图，三棱锥中，，平面平面． (1)求异面直线AC与BD所成角的余弦值； (2)若点F是线段AD（不含端点）上的一点，且直线AD与平面所成角大小为，求线段DF的长度． 6．如图，在底面为等边三角形的斜三棱柱中，，四边形为矩形，过作与直线平行的平面交于点D． (1)证明：； (2)若与底面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值． 7．三棱柱中，，，侧面为矩形，，三棱锥的体积为． (1)求侧棱的长； (2)若点E位于侧棱上，且，求直线AE与平面所成角的正弦值． 迁移创新 1．如图，在正方体中，点为对角线的三等分点，点到正方体的各顶点的距离的不同取值的个数为______（个）. 2．如图，已知，，，，D为线段的中点．若是绕直线旋转而成的．记二面角的大小为θ． (1)当平面平面时，求θ的值； (2)当时，求二面角的余弦值的取值范围． 3．如图，在三棱锥中，平面，，，；分别延长，到，使得，；平面与平面的交线为． (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)证明：； (3)点在上，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求出的长． 4．如图1，在平行四边形中，，，为的中点，将沿折起，连接与 ，如图2.    (1)设为中点，求证:平面； (2)设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的余弦值为?若存在，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 $