重难专题02 利用空间向量研究夹角和距离问题（专项训练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦空间向量在夹角与距离问题中的应用，按异面直线、线面、面面、空间距离四大考点分层设计，题型覆盖基础计算与综合探究，逻辑递进。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |异面直线问题|9题|含夹角计算（重）和距离求解（难）|从基础夹角到复杂距离，培养空间观念| |线面问题|9题|包括线面角（高频）及探究问题（难）|结合线面关系，发展逻辑推理| |面面问题|9题|涵盖二面角（高频）及探究问题（难）|深化面面位置关系，提升数学思维| |空间距离问题|9题|涉及点面/线面距离（重）及探究问题（难）|综合应用向量工具，强化应用意识|

专题02 利用空间向量研究夹角和距离问题 常考题型·精准突破 考点一 ：利用空间向量解决异面直线问题 题型1 利用空间向量求异面直线夹角（重） 题型2利用空间向量求异面直线距离（难） 考点二：利用空间向量解决直线与平面问题 题型1 利用空间向量求直线与平面的夹角（高频） 题型2 利用空间向量解决直线与平面的探究问题（难） 考点三：利用空间向量解决平面与平面问题 题型1 利用空间向量求平面与平面的夹角或二面角（高频） 题型2 利用空间向量解决平面与平面的夹角或二面角的探究问题（难） 考点四：利用空间向量解决空间距离问题 题型1 利用空间向量求点到面距离或者线到面距离（重） 题型2 利用空间向量解决点到面距离或者线到面距离的探究问题（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 考点一 利用空间向量解决异面直线问题 题型1 利用空间向量求异面直线夹角 1．中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为，、、、均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解即可. 【详解】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接、、， 以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则、、、， 所以，，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 2．已知平行六面体的所有棱长均为，，则异面直线与夹角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设，则， ， ， ， ， ，， ， ， 则， ， 设异面直线与的夹角为， 则，故选项D正确. 3．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． 【答案】B 【分析】利用勾股定理逆定理证明，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角的余弦值. 【详解】在中，， 因为，所以. 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又平面平面，所以. 如图，以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系. 则. 因为是的中点，所以. 所以. 设直线与直线所成角为， 则 . 所以直线与直线所成角的余弦值为. 4．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． 【答案】A 【分析】根据图形特点建立空间直角坐标系，利用向量计算即可. 【详解】因为二面角为直二面角，为交线， 故平面平面，平面平面，又，平面， 所以底面， 以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为，， 所以为等腰直角三角形， 则，，，, ，, 设与所成的角为， 则. 题型2 利用空间向量求异面直线距离 5．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． 【答案】C 【分析】结合正四棱锥的几何特征建系，再应用空间向量法求与的公垂线方向向量为，最后应用异面直线距离公式计算求解. 【详解】因为为正四棱锥且是在底面内的正投影，所以面， 连接，，则且交于． 因为，面，所以，，所以以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，则，，，，， 所以，． 设异面直线与的公垂线方向向量为， 则有，即，取． 又因为， 所以异面直线与的距离． 所以异面直线与的距离是． 故选：C. 6．已知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3的正方形，底面，，点在侧棱上，且满足，则异面直线和的距离为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题关键在于：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用向量方法求解即可. 【详解】如图，以点为原点，，，的方向分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，． 所以，，， 设为直线和的公垂线的方向向量， 则有可取， 所以异面直线和的距离为． 故选：. 7．如图，在三棱锥中，平面ABC，，M，N分别为PC，AB的中点． (1)求异面直线PC与AB间的距离； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）方法一：先应用线面垂直得出平面PAB，应用边长关系得出，计算求解距离即可；方法二：建立空间直角坐标系设与和都垂直，应用异面直线的距离公式计算求解； （2）应用空间直角坐标系先求出平面PMN及平面AMN的一个法向量，最后应用面面角的余弦公式计算求解. 【详解】（1）方法一：连接BM，CN， 因为平面ABC，平面ABC，所以， 又因为，平面PAB，平面PAB， ，所以平面PAB， 又因为平面PAB，所以． 在中，M为PC的中点，所以． 因为平面ABC，平面ABC，所以． 在中，M为PC的中点，所以， 所以． 又因为N为AB中点，所以．                     在和中，， 所以，所以，又M为PC的中点，． 故线段MN的长即为异面直线AB与PC间的距离．                    在中，， 在中，， 所以．因为，所以． 故异面直线AB与PC间的距离为．                     方法二：因为平面ABC，平面ABC，所以． 如图，在平面ABC中，过点A作直线AB的垂线为x轴，以AB为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系， 则， 所以．                         设与和都垂直， 则即 则，不妨取，则．                       所以异面直线AB与PC间的距离． （2）因为M，N分别为PC，AB的中点，所以， 则，                        设是平面AMN的一个法向量， 所以即 不妨取，则．                  设是平面PMN的一个法向量， 所以即 不妨取，则．                           设二面角的平面角为， 由图可知为锐角，则，                     所以二面角的余弦值为． 8．如图，在正三棱柱中，，，分别为，，的中点. (1)证明：平面； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）求异面直线与的距离. 【答案】(1) 根据正三棱柱的性质可知，为等边三角形，且平面 又平面，是的中点. 所以，，. 因为平面，， 所以，平面. (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）根据正三棱柱的性质以及线面垂直的判定定理，即可得出证明； （2）（ⅰ）根据已知条件结合正三棱柱的性质，建立空间直角坐标系，得出相关点以及向量的坐标，进而求出平面以及平面的法向量，求解即可得出二面角的余弦值；（ⅱ）向量法求出异面直线与的公垂线的一个方向向量，进而利用向量方法求出在上投影向量的模即为所求距离. 【详解】（1）略 （2） （ⅰ）取中点为，连接 因为为中点，为等边三角形， 所以，，，. 又为中点，是的中点， 所以，平面，且. 所以，三条直线两两垂直且交于同一点. 如图，以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系 则，， ，，， 则，，. 设是平面的一个法向量， 则有， 取，则是平面的一个法向量. 设是平面的一个法向量， 则有， 取，则是平面的一个法向量. 因为， 且观察图象易知二面角的平面角为锐角， 所以，二面角的余弦值为. （ⅱ）设， 由（ⅰ）可得，，， 由可得， 取，可得， 所以，是异面直线与的公垂线的一个方向向量. 又， 所以，异面直线与的距离为. 9．如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求直线与直线间的距离. 【答案】(1)证明：（方法一）连接，如图所示： 因为，且四边形为矩形， 所以， 又因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （方法二）因为，，两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系： 可得，，，， ，，，， 平面的一个法向量为， ，， ∵平面. ∴平面. (2) (3). 【分析】（1）（方法一）连接，由中位线的定义可得，由线面平行的判定定理即可得证；（方法二）以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，利用空间向量法证明即可； （2）利用空间向量法求解即可； （3）利用空间向量法，转化为求点E到直线的距离. 【详解】（1）略 （2）由（1）的方法二可知： ，，. 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得，， 所以， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（1）的方法二可知： ，，， ，∴. 则直线与直线间的距离转化为点E到直线的距离， . 所以直线与直线间的距离为. 考点二 利用空间向量解决直线与平面问题 题型1 利用空间向量求直线与平面的夹角 10．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，为的中点，且平面平面，. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) 如图，取中点，连接，， 在正三角形中，， ∵平面平面，平面平面， ∴平面，且平面， ∴， 在梯形中，，∴四边形为平行四边形， ∴，又∵，∴， 又，平面，平面， ∴平面，平面， ∴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， ∵，， ∴且，且，平面，平面， ∴平面. (2). 【分析】（1）取中点，由线面垂直证明两两垂直，从而建立空间直角坐标系，然后得到点坐标，由空间向量的数量积证明线线垂直，从而得到线面垂直； （2）由空间直角坐标系得到点坐标，由空间向量求得平面的一个法向量，由空间向量的夹角求得线面角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知， ∴，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，即， 直线与平面所成角， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 11．由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) 如图所示，取中点，连接，， 则由题意且，故四边形是平行四边形， 所以且，故且， 所以四边形是平行四边形，则. 又平面平面，所以平面. (2) 【分析】（1）取中点，连接，，根据线面平行的判定证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【详解】（1）略 （2）由题意可知两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则由题意. 又， ， ， 即，， 所以，，. 设平面的一个法向量为，则， 所以，则，取，则. 设与平面所成角， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 12．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为4的正三角形，分别为棱和的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) 如图： 取中点，连接，， 因为为中点，所以且. 又底面为平行四边形，且为中点，所以，且. 所以且，所以四边形为平行四边形. 所以. 又平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）取中点，根据三角形中位线的性质构造线线平行，进而得到四边形是平行四边形，得到，再根据线面平行的判定定理得到结论. （2）先证明两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面夹角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）因为是边长为4的等边三角形，为中点，所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 连接，在中，，，， 由余弦定理可得：， 所以,所以，所以是等腰直角三角形，. 所以两两垂直. 以为原点，建立如图空间直角坐标系. 则，，，，. ，，. 设平面的法向量为， 则，令得. 所以. 即为直线与平面所成角的正弦值. 13．如图，在三棱柱中，侧面为矩形，平面平面，，． (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) 侧面为矩形，， 又平面平面，平面，平面平面， 所以平面， 因为平面，所以． 因为，所以，所以， 因为，平面，所以平面． (2) 【分析】（1）利用面面垂直、线面垂直的性质和线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量法求解即可. 【详解】（1）略 （2）连接，如图， 由（1）易知， 所以由已知可得， 在中由余弦定理可得， 因为，所以平面， 因为平面，所以， 所以在中， 由（1）易知两两互相垂直，故以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ， 设平面的法向量为， 则取， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 题型2 利用空间向量求直线与平面的探究问题 14．如图，直三棱柱中，，为棱的中点，，，为棱上一点． (1)求证：平面平面； (2)是否存在点，使得直线与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 【答案】(1)由直三棱柱得四边形为矩形，由题意，， 因此，．由勾股定理的逆定理得， 因为，，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． (2)存在， 【分析】（1）根据条件，利用线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，结合条件，由线面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）略 （2）由直三棱柱得，因为， ，，平面， 所以平面．因为平面， 所以，又由直三棱柱得，， 以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴， 建立空间直角坐标系，如图， 由题意，，，，，． 设（），可得． 因此，，． 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，所以， 因此直线与平面夹角的正弦值为， 解得，即为中点，所以， 因此，存在点满足题意，此时． 15．如图，在多面体中，平面，，，为中点， (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面ADE夹角的余弦值． 【答案】(1)连结CF，因为，所以， 所以四边形为平行四边形，因此； 因为 F为BD中点，，所以. 因为平面，平面，所以. 又因为平面，，所以平面. 又因为，所以平面. (2) 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一和平面分别得到，，再根据线面垂直的判定定理证得平面，再根据即可证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法表示直线与平面所成角的正弦值即可求得BA长，再利用向量法求平面与平面ADE夹角的余弦值即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面， 所以，又因为， 所以以C为原点，所在直线分别为轴、轴，过C作与平行的线为轴，建立空间直角坐标系. 所以， 设，则. 设平面的一个法向量， 则，令，则 ，所以. ， 因此直线与平面所成角的正弦值为， 解得. 所以. 设平面的一个法向量，， 则， 令，则，所以. 设平面的一个法向量，， 则， 令，则，所以. 平面与平面ADE夹角的余弦值为. 16．如图，在四棱锥中，，为等腰直角三角形，为斜边，其中．    (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 如图，设线段的中点为，线段的中点为，连接， 依题意，，则，由，得， 而，是梯形的中位线，于是， 而平面，则平面， 而平面，于是，又平面，且和相交， 因此平面，而平面，所以平面平面； (2)存在，. 【分析】（1）设线段的中点为，线段的中点为，利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理得证. （2）根据已知，以为原点，构建如下图空间直角坐标系，令，，结合已知并利用线面角的向量求法列方程求参数，即可得. 【详解】（1）略 （2）依题意，，则，即， 由（1）知平面，平面，则， 由，平面，可得平面， 过作平面，以为原点，构建如下图空间直角坐标系，    则，， 令，，则， 由平面，则平面的一个法向量为， 由题设， 所以，可得（负值舍），所以时满足题设. 17．如图，在三棱柱中，，，侧面为菱形，点为的中点，平面． (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明：因为为的中点，，所以. 因为平面，平面，所以. 又，平面，且， 所以平面． (2)存在，． 【分析】（1）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，设，根据线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为，，所以，. 因为四边形为菱形，且，所以. 由（1）知，，两两垂直， 故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 设． 又，所以， 设平面的一个法向量， 则，即，令，则，，所以， 记直线与平面所成的角为， 则，解得（负根舍去）， 此时为的中点，所以在棱上存在点满足条件，此时． 18．如图所示，等腰梯形ABCD中，，，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面ABCE）. (1)证明：平面POB； (2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)连接BE，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点， ∴四边形ABED为菱形，∴， ∴，，即，，且， 平面POB，平面POB，∴平面POB. (2)存在点Q为PB的中点， 【分析】（1）连接BE，通过说明，，即可求证； （2）建系，设，得到， 求得平面法向量和直线方向向量，结合夹角公式列出方程求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知四边形ABED为菱形，∴， 在等腰梯形ABCD中，，∴为正三角形， ∴，同理， ∵， ∴， ∴， 由（1）可知，， 以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，，， ，，， 设，， 设平面AEQ的一个法向量为， 则即 取，，得，∴， 设直线PC与平面AEQ所成角为θ，， 则，即， 化简得：，解得λ=， ∴存在点Q为PB的中点，即时， 使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为． 考点三 利用空间向量解决平面与平面问题 题型1 利用空间向量求平面与平面的夹角或二面角 19．如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，为正三角形，，. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) 设中点为，连接， 因为四边形为菱形，，所以为正三角形， 又为正三角形，则，， 因为，所以， 所以，即， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. (2) 【分析】（1）设中点为，连接，利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可； （2）以为原点，所在直线分别为轴建立坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用坐标公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示坐标系， 则，，，，， 易知平面的一个法向量，设平面的法向量， 则，可得平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 20．如图，在四面体中，平面平面为正三角形，为棱的中点． (1)证明：平面. (2)若，求二面角的正弦值． 【答案】(1) 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，平面，所以， 因为为正三角形，为棱AB的中点，所以， 又，平面，所以平面 (2). 【分析】（1）由面面垂直的性质得平面ABC，再由线面垂直、正三角形的性质有、，最后由线面垂直的判定证明结论； （2）取BC的中点，根据已知证明OA，OB，OF两两垂直，再构建合适的空间直角坐标系，写出相关点坐标，求出平面ACD、平面ABD的法向量，应用空间向量的夹角公式即可求出二面角的余弦值，进而求得正弦值.. 【详解】（1）略 （2）取BC的中点，连接AO，则， 取CD的中点，连接OF，则，而，故， 由（1）平面ABC，即平面ABC，平面ABC，则， 即两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示， 则，则， 设平面ACD的法向量为，则， 即，取，得． 由（1）知，平面，则可作为平面ABD的一个法向量，因为，所以． 由， 故二面角的正弦值为. 21．如图，在正三棱柱中，，分别是与的中点．      (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) 取中点，连接，， 因为D，E分别是与的中点， 所以，，，， 故，，故是平行四边形， 所以， 又平面，平面，所以平面． (2) 【分析】（1）取中点，证明，根据线面平行判定定理证明结论， （2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求结论. 【详解】（1）略 （2）因 平面，则 平面，又为正三角形， 则两两垂直，故可以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，    设，则，，， 则， 设平面的法向量为， 则，， 即，故可取， 因 平面，故平面的法向量可取为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 22．如图，在三棱柱中，． (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明: 在三棱柱中，， 设中点为，连接， 在中，， ∴是等边三角形， ∴ 设，则，， 在中，， ∴点在以为圆心，为直径的圆上， ∴， 在中，， ∴是直角三角形，， ∵，面，面， ∴面， ∵面， ∴平面平面.； (2) 【分析】（1）设中点为，连接，求出是等边三角形，得到，设出边长，通过垂直证明点在以为圆心，为直径的圆上，利用勾股定理逆定理得出，进而得出面，即可证明结论； （2）利用得出是等腰直角三角形，确定点的位置，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，求出平面与平面的法向量，即可求出平面与平面所成角的余弦值. 【详解】（1）略； （2）由题意及（1）得， 在三棱柱中，， 在中，，， ∴是等腰直角三角形，垂直平分， ∴， 作出空间直角坐标系如下图所示， ∴， 在面中， 设其一个法向量为， ∴，即，解得 当时，， 在面中，由几何知识得，其一个法向量为， 设平面与平面所成角为， . 23．如图，在四棱锥中，平面，，E为棱的中点，，. (1)证明：平面； (2)若，，求二面角的正弦值. 【答案】(1) 证明：因为，E为棱的中点，所以， 因为平面，平面，所以. 因为平面，平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，平面，平面，且，所以平面. (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，进而得，再根据线面垂直的判定定理得证； （2）以为原点，，，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，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）略 （2）取棱的中点，连接， 因为E为棱的中点，所以∥， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以，，两两垂直， 所以以为原点，，，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. 则，，，，， 则，，. 设平面的法向量为， 则，令，得. 由（1）可知平面的一个法向量为. 由， 所以二面角的正弦值为. 24．在三棱柱中，四边形与都是棱长为1的正方形，，E，F，G分别是棱AB，BC，上的动点，且. (1)求证：； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求BF的长. 【答案】(1) 证明：因为与都是棱长为的正方形， 所以，，又，所以，，两两垂直， 故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，则，，，， 所以，， 所以，故，则. (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算即可求解， （2）求解平面法向量，根据法向量的夹角即可求解. 【详解】（1）略 （2）方法一：由（1）知，，所以， 设是平面的一个法向量， 所以即 即 令，得 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 因为平面与平面的夹角的余弦值， 所以， 解得，故. 方法二： 由（1）知，，所以，，， 所以，即， 又，，平面， 所以平面， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 因为平面与平面的夹角的余弦值， 所以， 解得，故. 题型2 利用空间向量解决平面与平面的夹角或二面角的探究问题 25．如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中． (1)求证：； (2)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，请说明理由． 【答案】(1) 由于平面平面，平面平面， 又且平面，平面. 平面，. (2)存在， 【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可证明； （2）取的中点，以直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，令，，由二面角的向量公式求得，即可求解. 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，可得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，得， 由且得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线、、两两垂直， 以为坐标原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， 则，，， 令，， ， 设平面的法向量为，则， 取，得， 易知平面的一个法向量为， 于是， 化简得，又，故解得，即， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时. 26．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，. (1)棱上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由. (2)若二面角大小为，求的值. 【答案】(1)存在，点在棱上，都有平面平面，理由如下： ∵，为的中点， ∴四边形为平行四边形，∴， 又∵，∴，即， 又∵平面平面，平面平面， 平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面； (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得出面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，利用面面角的余弦公式建立方程，解得即可得解. 【详解】（1）略 （2）∵，为的中点，∴， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面， 如图，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 在中，， ∴，，，， 设，易知M不与P,C重合，则， ∴，又， 设平面的法向量为，则， 令，解得，，得， 又平面的一个法向量为， ∵二面角为，∴， 即，解得或（舍去），即，∴. 27．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． 【答案】(1)设中点，连接， ，，，所以， 因为，所以有，则， 因为，为中点，所以， 因为平面平面，平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以平面， 因为平面，所以平面平面. (2) (3)在棱上存在点，为上靠近的三等分点. 【分析】(1) 依托面面垂直性质得到高线，结合勾股逆定理证，证明垂直平面内两条相交直线，使用面面垂直判定定理完成证明； (2) 利用等体积转换，作为三棱锥的高，求出底面三角形面积后代入锥体体积公式直接计算； (3)建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，设，分别求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式列出方程，求得即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，平面，因为，所以， 则. （3）在棱上存在点，使得平面与平面的夹角为30°，为上靠近的三等分点.，证明如下： 由（1）得平面，因为平面，则， 过作的平行线，则以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，    由题意得，则, 因，则，故， 则， 设，由题可知， ， 设平面法向量为， 则，令，则，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，， 因为平面与平面的夹角为30°， 所以， 化简得，即，又，则， 所以为上靠近的三等分点. 考点四 利用空间向量解决空间距离问题 题型1 利用空间向量求点到面距离或者线到面距离 28．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，． (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)点为中点，求平面与平面夹角余弦值． 【答案】(1)连接，因为四边形为矩形，，， 所以， 因为，所以， 因为，，所以，故， 因为四边形为矩形，则且，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故. (2) (3) 【分析】（1）连接，利用勾股定理证明出，结合可得出，结合矩形的几何性质得出，利用线面垂直判定和性质定理可证得结论成立； （2）证明出平面，推导出平面，可知点到平面的距离等于点到平面的距离为的长，即可得出答案； （3）取线段的中点，连接，推导出平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角余弦值. 【详解】（1）略 （2）因为，，所以，故， 因为，，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 因此点到平面的距离等于点到平面的距离为. （3）取线段的中点，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，为的中点，所以， 因为，、平面，所以平面， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 当点为的中点时，则， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设平面的一个法向量为，，, 则，取，可得， ， 故当点为的中点时，平面与平面夹角余弦值为. 29．如图，在长方体中，，E为的中点，则点D到平面的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，列出各个点的坐标，求出平面的法向量，进而根据点到平面的距离公式计算即可. 【详解】以D为坐标原点，，，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， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，得，所以， 则点到平面的距离. 30．如图，在直三棱柱中，是中点. (1)求证：平面； (2)若，且，求直线到平面的距离. 【答案】(1)如图所示，连接交于点，连接， 由三棱柱的特征可知侧面是平行四边形， 则是的中点，又是中点，则. 因为平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）先证明线线平行，再利用线面平行判定定理证明；（2）解法一，由线面平行将线到面的距离转化为点到面的距离，利用等体积法求解点到面的距离；解法二，由线面平行将线到面的距离转化为点到面的距离，利用等体积法求解点到面的距离；解法三，由线面平行将线到面的距离转化为点到面的距离，利用空间向量法求解点到面的距离 【详解】（1）略 （2）【解法一】由（1）知平面，所以直线到平面的距离就是到平面的距离，设为. 因为，，所以. 又因为，， 所以，所以. 因为平面，由，得. 又因为，， 所以，解得， 即直线到平面的距离为. 【解法二】由（1）知平面，所以直线到平面的距离就是到平面的距离，设为. 因为，，所以. 又因为，，所以，所以. 又因为，，，平面.， 所以平面. 因为点为中点，所以点到平面的距离为. 由，得. 又因为，， 所以，解得， 即直线到平面的距离为. 【解法三】在直三棱柱中，平面，因为平面，所以,，因为，所以两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，. 设平面的法向量为，则， 取，则，，即. 又，则点到平面的距离. 由（1）知平面，所以直线到平面的距离就是到平面的距离，所以直线到平面的距离为. 31．如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，．求到平面的距离． 【答案】(1)证明：连接，因为四边形为矩形， 所以点为的中点，又点为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； (2) 【分析】（1）借助线面平行判定定理即可得证； （2）法一：可建立适当空间直角坐标系，求出及平面的法向量后，利用空间中点到平面距离公式计算即可得；法二：借助等体积法，利用计算即可得. 【详解】（1）略 （2）法一：由题意，可以点为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 又，则在法向量上的投影长度为， 故到平面的距离为. 法二：由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 在中，，， 由平面，平面，故， 由底面为矩形，则，又，、平面， 故平面，又平面，故， 则， ∴，则， 故， 由，， 设到平面的距离为， ∴，解得， 故 PB 到平面 AEC 的距离为． 32．如图，在正方体中，棱长为，为棱的中点，为侧面内的一点，已知，． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)解法一：以为原点，建立如图空间直角坐标系． 则，，，，，． 因为为棱的中点，所以， 因为为侧面内的一点，且，所以可设，． 因为，所以． 所以， 所以． 又因为，，，平面，且， 所以平面． 所以为平面的法向量 ， 因为，且平面， 所以平面． 解法二：因为，设的中点为，连接，则， 所以在正方形中，，且平面，平面， 所以平面． 又因为为棱的中点，为中点，连接，则， 且平面，平面，所以平面， 因为，，平面，所以平面平面， 平面，所以平面； (2) (3) 【分析】（1）解法一：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而证明出线面平行； 解法二；证明出面面平行，进而得到线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角正弦公式进行求解； （3）建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式进行求解 【详解】（1）略 （2）以为原点，建立如图空间直角坐标系． 则，，，，，． 因为为棱的中点，所以． 因为为侧面内的一点，且，所以可设，． 因为，所以． 所以，所以            在正方体中，平面， 所以是平面的一个法向量，          又因为，设与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为； （3）因为，． 设平面的法向量为， 则，令可得， 所以． 所以点到平面的距离为． 题型2 利用空间向量解决点到面距离或者线到面距离的探究问题 33．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，M为棱的中点．    (1)证明：平面； (2)若，在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 证明：如图，取的中点，连接． AI 为棱的中点，． ， 四边形是平行四边形，． 又平面平面平面． (2)存在； 【分析】（1）取的中点，证明，结合线面平行判定定理证明结论； （2）根据面面垂直性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，设，结合点到直线距离公式列方程求． 【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接．     为棱的中点，． ， 四边形是平行四边形，． 又平面平面平面． （2）． 平面平面，平面平面平面， 平面． 又平面． 又两两垂直． 以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，    则． 为棱的中点，． ①，设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 所以为平面的一个法向量， 假设在棱上存在点，使得点到平面的距离是． 设，则． 由①知平面的一个法向量为， ， 点到平面的距离是，解得． 在中，． 34．在三棱锥中，，，为的中点，点在上，． (1)若二面角的余弦值为，，求证：平面； (2)若，平面，设点到的距离为，到平面的距离为，求的取值范围． 【答案】(1)证明：因为，为中点，则， 又因为，则，可知二面角的平面角为， 即，且， 由余弦定理得， 由勾股定理可得，则， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 而，平面，所以平面． (2) 【分析】（1）作出二面角的平面角，由余弦定理可得，再利用线面垂直的判定理及性质定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，根据点到点到平面距离向量可得的表答式，再利用函数单调性计算即可求解. 【详解】（1）略 （2）设，， 以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为，所以， 设，则，， 所以，所以， 可得，， 所以， 整理可得；又因为，， 所以设平面的法向量为， 则，则， 令，则，可得， 则，可得， 因为，则，可得，， 所以的取值范围为. 35．如图，在以顶点的五面体中，四边形是矩形，平面平面，． (1)证明：平面； (2)已知二面角是，，点到平面的距离为． ①求； ②在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②存在， 【分析】（1）作，由面面垂直的性质定理得到面，进而得出，结合，证得平面；（2）①建立空间直角坐标系，根据点到面的距离公式，求出，②求面和面的法向量，根据二面角的向量公式求出的值. 【详解】（1）过点作的垂线，设垂足为，即有， 因为，面， 面面，面面， 所以面， 又因为面，所以， 因为四边形是矩形，所以， 所以， 因为，， ，面，面， 所以面. （2）因为面，面， 所以，又因为， 所以是二面角的平面角，即， 所以可以以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由已知得，，设，，则，， 且由得， ①设面的法向量为，则有 即有 令，则，， 所以， 又，所以点到平面的距离. 即，又因为， 所以可解得，因此； ②设，则， 即有，且， 设面的法向量为，则有 即有 令，则，， 即， 由已知是面的一个法向量， 所以， 解得． 36．如图，在四棱锥中，底面，，.，，    (1)试问为何值时，平面？并予以证明. (2)若， （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）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. 【答案】(1) (2)（i） （ii） 【分析】（1）取的中点，连接，，先证明四边形是平行四边形，然后根据线面平行的判定定理即可证明； （2）（i）以为原点，，，所在直线建立空间直角坐标系，计算平面的法向量和平面的一个法向量，然后用空间向量的夹角公式； （ii）设，，表示点坐标，求出平面的一个法向量，最后用空间向量点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）当时，平面，证明如下： 取的中点，连接，， 因为，所以为的中点， 在中，为中点，为中点， 则，， 又因为，，， ，，所以四边形是平行四边形， ，平面，平面， 所以平面； （2）（i）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，   ，，，，， ， 取平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为 ， 则， 令，得，，故， 设两平面的夹角为，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （ii）设，， ，则， ，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 点到平面的距离为 ， 解得，故. 综合攻坚·知能拔高 一、单选题 37．如图，在平行六面体-中，，则与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 设，则， ， ． 设与的夹角为， 由 ， ． 38．在棱长为2的正方体中，分别为的中点，分别为线段上的动点（不包括端点），且满足，则线段的长度的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先建立空间直角坐标系，分别求出与，利用，求出，用坐标表示出，转化为关于的一元二次方程即可求解. 【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设，，其中，， 则，， ∵，∴，得 ∵，∴， 由空间中两点之间的距离公式， 得， 当时，，当趋近于时，趋近于， 结合二次函数的性质可得，线段的长度的取值范围为. 二、多选题 39．已知正方体棱长为2，，分别为边，的中点，且存在点，满足，，，则下列选项中正确的是（   ） A．若直线平面，点P的轨迹长度为 B．若，则直线与所成角的取值范围是 C．若，则平面平面 D．若，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，由线面平行的性质，线面角，线面垂直的性质以及平面对称的向量求法即可求解. 【详解】依题意，如图以A为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，，， 因为，则， 对于A，设平面的法向量为， 因为，，， 所以，故可取 ，由平面可得，即， 即点三条共线，故的轨迹为线段，而，故A正确； 对于B，当时，，所以，， 设与所成角为， 则， 当时，在，，故， 则有，故B错误； 对于C，设平面法向量为， 因为，， 则，故可取， 设平面的法向量为， 当时，，， ，故可取， ，故平面平面，即C正确； 对于D，当时，点在平面内， 关于平面的对称点，连接交平面于点， 连接，则，因， 由图知 则当三点共线且点在之间时，取得最小值为，故D正确. 40．棱长为1的正方体中，点满足，，．则下列结论正确的是（   ） A．平面平面 B．当时，平面 C．若，则与平面所成角的最小值为 D．当，时，过点作正方体外接球的截面，截面面积的最小值为 【答案】ABC 【分析】对于A，利用法向量证明直线平行于平面法向量，进而由线面垂直直接推导出面面垂直；对于B，通过证明直线的方向向量与平面的法向量数量积为零，判定该直线与平面平行；对于C，根据距离条件解析出动点的圆弧轨迹，通过寻找轨迹上距离最远的点来确定最小线面角；对于D，利用截面与球心连线垂直时面积最小的几何性质，结合勾股定理即可求得截面面积最小值. 【详解】以为原点，为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则有， 且，则， 对于A，， 设平面的法向量为， 则，令，则，即， ，即与平面的法向量平行，则平面， 因为平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，若，则，则有，即， 则， 则， 因此，因为点不在平面内，所以平面，故B正确； 对于C，由，得， 即，因为，如图， 点的轨迹是平面内，以为圆心，1为半径的一段四分之一圆弧， 易得平面， 所以与平面所成的角为， 所以在中，， 要使最小，则使最小，即求的最大值， 显然点与点或重合时，取最大值1， 所以，即，C正确； 对于D，若，则，即面的中心， 易得正方体外接球的球心位于体对角线的中点，坐标为， 外接球半径满足， 球心到点的距离的平方为， 过球内一点作截面，当截面垂直于直线时，截面圆的面积最小， 设最小截面圆的半径为，则有， 则截面面积的最小值，故D错误. 三、填空题 41．如图，在长方体中，，，为长方体内部（含边界）一点，满足，则的取值范围是______. 【答案】 【分析】以 为原点建立空间直角坐标系，把 化为坐标满足的方程，确定点 所在区域；再把 用坐标表示并配方，即可求出取值范围. 【详解】以 为原点，，， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系. 由 ， 得 ，，，. 设 . 因为 在长方体内部（含边界），所以 ，，. 又 ，. 由 得 ，即 ，化简得 . 由 得 ，解得 ，故 ，. 因为 ，，所以 . 又 ，代入得 . 配方得 . 因为 ，，所以当 ， 时（此时 ，符合 ）， 取最小值 . 当 ， 或 ， 时， 取最大值 . 所以 的取值范围是 . 42．已知正四面体的棱长为，球与正四面体的四个面分别相切于点，，，，为球的球面上一点，则的最大值为________． 【答案】12 【分析】首先用向量展开四个切点到球面点的距离平方和，结合正四面体内切球四个切点关于球心对称的向量和为零的性质，可得四段距离平方和为定值，原总和的最大值等价于球面上点到顶点的最大距离. 【详解】设球的半径为，正四面体的高为，正四面体的一个面的面积为， 利用正四面体的体积公式可得：， 将内切球的球心和正四面体的4个顶点相连， 则正四面体分割成了4个完全相同的小三棱锥：、、 、，每个小三棱锥的底面都是正四面体的一个面（面积为）， 高就是球心到面的距离，也就是内切球半径， 因此单个小三棱锥的体积是，4个小三棱锥的总体积为： ，则，化简可得， 记，，，，， 由对称性可知， 为定值， 所以要求的最大值，即求的最大值， 又因为的最大值为，故所求的最大值为， 正四面体的棱长为，则， 所以的最大值为12． 四、解答题 43．如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，. (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的正弦值； (3)若点在线段上运动（含端点），设平面与平面所成二面角的平面角为，求余弦的取值范围. 【答案】(1)在梯形中，因为，， 所以为等腰梯形， 因为，所以， 所以，所以，即. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面； (2) (3) 【分析】（1）先证明，再通过面面垂直性质定理证明线面垂直. （2）根据二面角的定义找出二面角所对应的平面角，再利用勾股定理求解线段长度，进而求解正弦值. （3）建立空间直角坐标系求解平面法向量，利用法向量表示出二面角余弦值，令，求导，根据导数计算可求解范围. 【详解】（1）略 （2）取中点，连接、 由矩形得，又，，、平面， 所以平面，，为中点，所以， 所以为二面角的平面角， 因为，，在中，斜边， 所以； （3） 由题分别以，，所在射线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，，，， 设平面和平面的法向量分别为和 则由，得，解得可取； 由，得，解得可取； 令 令 ，故在上递增 ，， 故在上存在使得，解得 即递减， 递增， 又， 故 44．如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． (1)若，证明：平面； (2)若，且，证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【答案】(1)如图，作出符合题意的图形， 连接，相交于点，连接， 四边形为菱形，所以为中点， 又为中点，所以， 又平面，平面，所以平面． (2)如图，作出符合题意的图形， 因为，有， 所以，得， 有是靠近的三等分点，则， 又，，，所以， ，， 则，即，， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； (3) 【分析】（1）利用三角形中位线得到线线平行，依据线面平行判定定理完成证明； （2）利用等体积转化由体积比确定点的位置，通过勾股定理证线线垂直，推证线面垂直，进而证面面垂直； （3）建立空间直角坐标系，设出动点坐标，求解平面法向量，得到二面角的余弦表达式，结合三角函数有界性求出二面角余弦的最小值． 【详解】（1）略 （2）略 （3）由，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示． 可得，，，， 由题意得平面的一个法向量为 设平面的一个法向量为，，， 由，得，令，则解得，， ，令， 因为，所以，令，， 则有，得， 有，得， 即 即二面角的余弦值的最小值为． 45．如图，在四棱锥中，底面，，．    (1)若，求证：平面； (2)若平面平面， （i）求四棱锥体积的最大值； （ii）若二面角的正弦值是二面角的正弦值的两倍，求． 【答案】(1)因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，， 则，所以， 所以在平面内，， 又平面，平面， 所以平面； (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）利用结合证得平面，得到，结合勾股定理的逆定理得，推出，证出线面平行； （2）（i）由平面平面推导出平面，得到，为斜边固定的直角三角形，求出底面最大面积，代入棱锥体积公式得体积最大值； （ii）三垂线法分别找出两个二面角的平面角，利用正弦倍数条件得到，算出后借助直角三角形斜边上高建立关于的方程求解． 【详解】（1）略 （2） （i）如图，过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 设，， 由勾股定理，， 由基本不等式，得， 所以，当且仅当，即取等号， 所以最大值为， 在中，，， ， 所以的最大值为 四棱锥中，底面，高， , 所以的最大值为； （ii）因为，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，且平面平面， 如图，过点作，垂足为， 再过作，垂足为，连接，， 则平面， 则，分别为二面角，的平面角， 于是，由，得， 在中，， 由等面积得， 由，得， 设，中斜边上高， 所以， 解得． 46．如图，在正四棱锥中，是棱的中点，过的平面与棱，分别交于点，（包括端点），，交于点，，. (1)若平面，求； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求四棱锥的体积的最小值. 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）根据点线面的位置关系得到点是的重心，从而由比例关系可得答案； （2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，求出平面的法向量，利用夹角公式进行求解； （3）设，，由共线定理推论可得，由基本不等式可得，并得到体积最小值 【详解】（1）设，如图. 因为，所以，， 因为平面，平面，所以平面，平面， 因为平面平面，所以，所以点也是与的交点， 即点是的重心，所以. 因为平面，平面平面， 所以，所以. （2）分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示. 因为，，所以，，，. 因为， . 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 又平面的一个法向量为， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为. （3）四棱锥的体积 . 由（1）知，恒过点，点为的重心.设，， 因为，，，三点共线， 所以，即， 由基本不等式可得，所以，当且仅当时取等号. 因为，所以， 所以， 所以四棱锥的体积的最小值为. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 利用空间向量研究夹角和距离问题 常考题型·精准突破 考点一 ：利用空间向量解决异面直线问题 题型1 利用空间向量求异面直线夹角（重） 题型2利用空间向量求异面直线距离（难） 考点二：利用空间向量解决直线与平面问题 题型1 利用空间向量求直线与平面的夹角（高频） 题型2 利用空间向量解决直线与平面的探究问题（难） 考点三：利用空间向量解决平面与平面问题 题型1 利用空间向量求平面与平面的夹角或二面角（高频） 题型2 利用空间向量解决平面与平面的夹角或二面角的探究问题（难） 考点四：利用空间向量解决空间距离问题 题型1 利用空间向量求点到面距离或者线到面距离（重） 题型2 利用空间向量解决点到面距离或者线到面距离的探究问题（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 考点一 利用空间向量解决异面直线问题 题型1 利用空间向量求异面直线夹角 1．中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为，、、、均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．已知平行六面体的所有棱长均为，，则异面直线与夹角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 3．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． 4．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． 题型2 利用空间向量求异面直线距离 5．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． 6．已知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3的正方形，底面，，点在侧棱上，且满足，则异面直线和的距离为（     ） A． B． C． D． 7．如图，在三棱锥中，平面ABC，，M，N分别为PC，AB的中点． (1)求异面直线PC与AB间的距离； (2)求二面角的余弦值． 8．如图，在正三棱柱中，，，分别为，，的中点. (1)证明：平面； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）求异面直线与的距离. 9．如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求直线与直线间的距离. 考点二 利用空间向量解决直线与平面问题 题型1 利用空间向量求直线与平面的夹角 10．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，为的中点，且平面平面，. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 11．由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值. 12．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为4的正三角形，分别为棱和的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 13．如图，在三棱柱中，侧面为矩形，平面平面，，． (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 题型2 利用空间向量求直线与平面的探究问题 14．如图，直三棱柱中，，为棱的中点，，，为棱上一点． (1)求证：平面平面； (2)是否存在点，使得直线与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 15．如图，在多面体中，平面，，，为中点， (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面ADE夹角的余弦值． 16．如图，在四棱锥中，，为等腰直角三角形，为斜边，其中．    (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 17．如图，在三棱柱中，，，侧面为菱形，点为的中点，平面． (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 18．如图所示，等腰梯形ABCD中，，，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面ABCE）. (1)证明：平面POB； (2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 考点三 利用空间向量解决平面与平面问题 题型1 利用空间向量求平面与平面的夹角或二面角 19．如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，为正三角形，，. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 20．如图，在四面体中，平面平面为正三角形，为棱的中点． (1)证明：平面. (2)若，求二面角的正弦值． 21．如图，在正三棱柱中，，分别是与的中点．      (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 22．如图，在三棱柱中，． (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面所成角的余弦值． 23．如图，在四棱锥中，平面，，E为棱的中点，，. (1)证明：平面； (2)若，，求二面角的正弦值. 题型2 利用空间向量解决平面与平面的夹角或二面角的探究问题 24．在三棱柱中，四边形与都是棱长为1的正方形，，E，F，G分别是棱AB，BC，上的动点，且. (1)求证：； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求BF的长. 25．如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中． (1)求证：； (2)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，请说明理由． 26．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，. (1)棱上是否存在一点，使得平面平面，请说明理由. (2)若二面角大小为，求的值. 27．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． 考点四 利用空间向量解决空间距离问题 题型1 利用空间向量求点到面距离或者线到面距离 28．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，． (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)点为中点，求平面与平面夹角余弦值． 29．如图，在长方体中，，E为的中点，则点D到平面的距离为（　　） A． B． C． D． 30．如图，在直三棱柱中，是中点. (1)求证：平面； (2)若，且，求直线到平面的距离. 31．如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，．求到平面的距离． 32．如图，在正方体中，棱长为，为棱的中点，为侧面内的一点，已知，． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 题型2 利用空间向量解决点到面距离或者线到面距离的探究问题 33．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，M为棱的中点．    (1)证明：平面； (2)若，在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 34．在三棱锥中，，，为的中点，点在上，． (1)若二面角的余弦值为，，求证：平面； (2)若，平面，设点到的距离为，到平面的距离为，求的取值范围． 35．如图，在以顶点的五面体中，四边形是矩形，平面平面，． (1)证明：平面； (2)已知二面角是，，点到平面的距离为． ①求； ②在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 36．如图，在四棱锥中，底面，，.，，    (1)试问为何值时，平面？并予以证明. (2)若， （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）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. 综合攻坚·知能拔高 一、单选题 37．如图，在平行六面体-中，，则与的夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 38．在棱长为2的正方体中，分别为的中点，分别为线段上的动点（不包括端点），且满足，则线段的长度的取值范围为（　　） A． B． C． D． 二、多选题 39．已知正方体棱长为2，，分别为边，的中点，且存在点，满足，，，则下列选项中正确的是（   ） A．若直线平面，点P的轨迹长度为 B．若，则直线与所成角的取值范围是 C．若，则平面平面 D．若，则的最小值为 40．棱长为1的正方体中，点满足，，．则下列结论正确的是（   ） A．平面平面 B．当时，平面 C．若，则与平面所成角的最小值为 D．当，时，过点作正方体外接球的截面，截面面积的最小值为 三、填空题 41．如图，在长方体中，，，为长方体内部（含边界）一点，满足，则的取值范围是______. 42．已知正四面体的棱长为，球与正四面体的四个面分别相切于点，，，，为球的球面上一点，则的最大值为________． 四、解答题 43．如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，. (1)求证：平面； (2)求二面角的平面角的正弦值； (3)若点在线段上运动（含端点），设平面与平面所成二面角的平面角为，求余弦的取值范围. 44．如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． (1)若，证明：平面； (2)若，且，证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值的最小值． 45．如图，在四棱锥中，底面，，．    (1)若，求证：平面； (2)若平面平面， （i）求四棱锥体积的最大值； （ii）若二面角的正弦值是二面角的正弦值的两倍，求． 46．如图，在正四棱锥中，是棱的中点，过的平面与棱，分别交于点，（包括端点），，交于点，，. (1)若平面，求； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求四棱锥的体积的最小值. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题02利用空间向量研究夹角和距离问题 常考题型精准突破 ●考点一利用空间向量解决异面直线问题。一 题型1利用空间向量求异面直线夹角 1.【答案】A2.【答案】D3.【答案】B4.【答案】A 题型2利用空间向量求异面直线距离 5.【答案】C6.【答案】A 7. 【跨案1a石包号 【详解】(1)方法一：连接BM,CN, 因为PA⊥平面ABC,BCC平面ABC,所以PA⊥BC, 又因为BC⊥AB,PAc平面PAB,ABC平面PAB, PAOAB=A,所以BC⊥平面PAB, 又因为PBC平面PAB,所以BC⊥PB 在RsPRC中，M为PC的中点，所以BM=PC 因为PA⊥平面ABC,ACC平面ABC,所以PA⊥AC. 在RIAPAC中，M为PC的中点，所以AM=)PC 所以AM=BM. 又因为N为AB中点，所以MN⊥AB」 在△PAN和△CBN中，PA=BC,∠PAW=∠CBN=90,AN=BN, 所以aPAW≌aCBN,所以NP=NC,又M为PC的中点，NM⊥PC. 故线段N的长即为异面直线AB与PC间的距离， 在AABC中，AC=VBC2+AB2=√4+4=2√2， 1154 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 在△MPC中，PC=VAC2+AP2=V8+4=2√5， 所以AM=BM=V3.因为AN=1,所以MN=VAM2-AN2=V3-1=V2. 故异面直线AB与PC间的距离为V2 方法二：因为PA⊥平面ABC,ABC平面ABC,所以PA⊥AB, 如图，在平面ABC中，过点A作直线AB的垂线为x轴，以AB为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系 A-xzy, P M B 则P0,0,2),C(2,2,0),B(0,2,0) 所以P℃=(2,2，-2)，AB=(0,2,0),BC=(2,0,0)」 设n=(x,,乙)与PC和AB都垂直， m·PC=0,∫2x+2y-2z=0, 则 、即 2·AB=0,日 2y=0, 则4=0，x=名，不妨取x=1,则n=(山，0，) 所以异面直线AB与PC间的距离d=BC h·BC =2x22 BC 2 (2)因为M,N分别为PC,AB的中点，所以M1,),N(01,O), 则AM=L,1,1),NM=(,0,1),PM=1,1-), 设n2=(x,2,22)是平面AMN的一个法向量， m·AM=0,∫x3+h+2=0, 所以 6M=0,即{5+2，=0， 不妨取x2=1,则n2=(1,0,-1) 设n=(,,23)是平面PMN的一个法向量， 2154 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 n3·PM=0, 3+3-23=0, 所以wM=0即 x3+33=0, 不妨取5=1，则%=(1，-2，-) 设二面角A-MN-P的平面角为0， n2·n3 2 由图可知为锐角，则cos6=Cos(亿，乃 √5 26= 3 0 所以二面角A-MN-P的余弦值为3， 8.【答案】(1) 根据正三棱柱ABC-ABC的性质可知，△ABC为等边三角形，且BB⊥平面ABC 又CNc平面ABC,N是AB的中点： 所以，BB⊥CN,CN⊥AB. 因为AB,BBC平面ABB,A,AB∩BB=B, 所以，CN⊥平面ABBA. 3 2)(1)4:(i) 313 26 (2) M A (i)取4B中点为O,连接ON,OC 因为O为AB中点，△4B,G为等边三角形， 所以，C14g04=08-5.0G-号 又O为AB中点，N是AB的中点， 3154 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以ON/IBB,ON⊥平面ABG,且ON=BB,=3. 所以，ON,OC,0A三条直线两两垂直且交于同一点 如图，以点O为坐标原点，分别以OC,OA,ON所在的直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系 aa<ga4a号oa-兽Naa c得4-m引得 则引孤-5小ca-引 设”=(x,,乙)是平面AMB的一个法向量， AM=3x-3.3 则有一 2-22=0 ·AB=-V5y-32,=0 取片=5，则乃=(0,5，-是平面AMB,的一个法向量， 设乃=(x,2,)是平面AMC的一个法向量， --0 则有 3 6MG=-24=0 取石，=1，则乃=(N5,0)是平面AMC的一个法向量 33 因为c0sh,2= n1·n2 =2×24' 且观察图象易知二面角B-AM-C的平面角为锐角， 所以，二面角B-AM-C的余弦值为4 (i)设i=(x,y,2), 由(i)可.-（0 MF= 333 442 4/54 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 CN.n=-3 0 由 得， MF.n= 3 9+4 3 4y 220 取z=1,可得i=(0,25,, 所以，i=（0,25,)是异面直线Cw与MF的公垂线的一个方向向量. zw-(aa-引， CM.n 313 所以，异面直线 与 的距离为 (23+ 26 CN MF 【答案】(1)证明：（方法一）连接BC,如图所示： 因为CF=FB,且四边形BCCB为矩形， 所以CF=BF, 又因为AE=EC,所以EF11AB, 因为ABC平面ABC,EF上平面ABC, 所以EFII平面ABC: (方法二)因为CA,CB,CC两两垂直， 以C为坐标原点，CA,CB,CC所在直线分别为x,y,z轴， 建立如图所示空间直角坐标系： B H 可得C(0,0,0),A(1,0,0),B(01,0),A(1,0,2), 5/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (12).C(002 平面ABc的-个法向量为行=00小，F-（污0 EF.n=0+0+0=0,EF⊥n, :EF上平面ABC ·EFI平面ABC. (2)由(1)的方法二可知： E=2.F-（02Ac-10.2 设平面CEF的一个法向量为m=(x,y,z) 2x+z=0 CE.m= 则 1 CFm-y+:-0 取x=2,可得y=2,z=-1, 所以m=(2,2,-), 设直线AC与平面CEF所成角为O, 可得sin0=cos AC,m= AC·m」-445 ACm3V515 v5 所以直线AC与平面CEF所成角的正弦值为 15 (3)由(1)的方法二可知： F-(324-40,4g-（30 :AB =2EF,AB //EF. 则直线EF与直线AB间的距离转化为点E到直线AB的距离， 6/54 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 43 1 2 AE·A4B 3√2 AB 4 2 4 √2 所以直线FE与直线AB间的距离为 EF 4 ●考点二利用空间向量解决直线与平面问题。一 题型1利用空间向量求直线与平面的夹角 10.【答案】(1) 如图，取AD中点O,连接OC,OP, 在正三角形△PAD中，PO⊥AD :平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD, ∴.OP⊥平面ABCD,且OCC平面ABCD, .OP⊥OC, 在梯形ABCD中，AO=BC,“.四边形ABCO为平行四边形， :.OCIl AB,又：AB⊥PD,.OC⊥PD, 又OP∩PD=D,OPC平面PAD,PDc平面PAD, .OC⊥平面PAD,ADC平面PAD, :.OC⊥AD, 如图建立空间直角坐标系O-灯z, 则40-408t-10PaQ号9） 22D0,1,0): 7154 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 MB=(L0,0)'aP=(0,13DM 0, 35 22 :AB·DM=0,AP.DM=0, :.AB⊥DM且AP⊥DM,且ABOAP=A,ABC平面ABP,APC平面ABP, ∴.DM⊥平面PAB (2)由(1)可知C(1,0,0). o-u0w-（号9d =(10,3) 设平面CDM的一个法向量为万=(x,y,z), CD.=-x+y=0 则1 +=0令·则=1。，即 x=1lz=3i=(,13) 直线pc与平面MCD所说角0e0引 no-pmnco nCP 25 2x55, 甲直统7心与平面MCD所成有的正法值为5 11.【答案】(1) 如图所示，取AC1中点O,连接BO,OD,OO1, 则由题意BB/IA4/O0且BB=A4=O0,故四边形B,BO0,是平行四边形， 所以BO /IBO且BO,=BO,故BO1IOD且BO=OD, 所以四边形B,OD0是平行四边形，则BO1IOD 8154 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B B0 D 又BOt平面ADC,ODc平面ADC,所以BO1I平面ADC. 2V② 29 (2)由题意可知AC,BD,OB两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系O-z, 则由题意4(0，-2,0)，D(1,0,0),C(0,2,0),B(-1,0,0),B(0,0,23)」 又AA=CC=BB=1,025. 0C=0C+CC=0C+BB=(0,20)+10,23)=1,2,25), 0A=0A+A4=0A+BB=(0,-2,0)+1,0,25=,-2,25) 即41，-2,25).G(2,23, 所以4C=(14,25).D4=(0,-2,23),DC=(0,22) m⊥DA 设平面4DC的-个法向量为m=(k,,)则m1DG m-D4=-2y+2V3z,=0 所 m-DG=2+25z-0,则1=3=0取5=1则m=L0.0) 设AC与平面ADC所成角0， AC·m 则sin0=cos AC,m= 129 ACm V29 29· √29 所以AC与平面4DC所成角的正弦值为 29 12. 【答案】(1)如图： 9154 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 取PA中点M,连接MF,MD, 因为r为PB中点，所以Mr有B且M=)4B, 又底面ABCD为平行四边形，且E为CD中点，所以DEAB,且D6=4B, 2 所以MF IIDE且MF=DE,所以四边形DMFE为平行四边形. 所以EF∥MD 又MDC平面PAD,EFC平面PAD,所以EFII平面PAD a腰 (2)因为aPCD是边长为4的等边三角形，E为CD中点，所以PE⊥CD, 又平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PEc平面PCD, 所以PE⊥平面ABCD. 连接AE,在MDE中，D=22:DE-2∠MD5 4 由余弦定理可得：4AB2=Df+DB'-2 D4DEc天=8+4-2×2N2x2x2-4, 2 所以B=2所以B'+DB=AD:所以AMDE是等腰直角三角形，∠ABD 2 所以EA,EC,EP两两垂直： 以E为原点，建立如图空间直角坐标系 ZA B x 则E(0,0,0),B(2,4,0),C(0,2,0),P00,25,F,2,5 10/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 EF=(2,3).CB=(2,2,0),CP=(0,-2,23 设平面PBC的法向量为m=(x,y,z), m⊥CB [m.CB=2x+2y=0 则 m1CP→m-CP=-2y+252=0'令=得m=(-5,5,) z=1 所以cosEF,m= EFm=23 √42 EF-m22x万14 即为直线EF与平面PBC所成角的正弦值： 13.【答案】(1) 侧面BCCB为矩形，BC⊥CC, 又平面BCCB⊥平面ACCA,BCc平面BCCB,平面BCCBO平面ACC4=CC, 所以BC⊥平面ACCA, 因为ACc平面ACC4,所以BC⊥AC. 因为A4=2,AC=AC=V2,所以A4=AC2+AC2,所以AC⊥4C, 因为ACOBC=C,AC,BCC平面ABC,所以AC⊥平面ABC. a男 (2)连接AG,如图， 由(1)易知∠44C=45°， 所以由已知可得CC=2,AC=V2,∠4CC=135°。 在AACC中由余弦定理可得AG=2+(2+2x2xV2x5-0, 因为B,C∥BC,所以BC⊥平面ACC4, 因为ACc平面ACCA,所以BC1AC, 所以在Rt△ABC中B,C,=V3-I0=V3」 由(1)易知CA,CB,CA两两互相垂直，故以C为坐标原点，CA,CB,CA所在直线分别为x,,z轴建立如图 所示的空间直角坐标系， 11/54 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 则C(00,0),A(V20,0),B(0,3,0,B(2,v5,v2).G(-V2,02) CB=(05,0,CC=（-V2,0,2),AB=(-22,3,2): 设平面BCCB的法向量为n=(c,y,2), .CB=3y=0 则1n-cG=-2x+2z=0取n=(0,01) 设直线AB与平面BCCB所成的角为0， 则sin0=cosi,AB n.AB 13 AB 13, 所以直线a与平面BCCB所成角的正弦值为 13 题型2利用空间向量求直线与平面的探究问题 14. 【答案】(1)由直三棱柱得四边形BCCB为矩形，由题意，BC=CE=CE=2, 因此BE=BE=22,BB=4.由勾股定理的逆定理得BE⊥B,E, 因为BE⊥AB,BE∩AB=B,BE,ABC平面ABE,所以BE⊥平面ABE, 因为BEc平面BEF,所以平面BEF⊥平面AB,E. (2存在，AF=√2 (2)由直三棱柱得AB⊥BB,因为BE⊥AB, BBBE=B,BE,BBC平面BCCB, 所以AB1平面BCCB.因为BCC平面BCCB, 12/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以AB1BC,又由直三棱柱得BB⊥AB,BB1BC, 以B为原点，分别以BC,BA,BB所在直线为x轴，y轴和z轴， 建立空间直角坐标系，如图， E B 由题意4(0,2,0)，B(0,0,4),A0,2,4),C(2,0,0),E(2,0,2),C(2,0,4). 设B,F=xBA+1-)B,C(0≤x≤1)，可得F(2-2x,2x,4). 因此AE=(2,-2,2),BE=(2,0,-2),EF=(-2x,2x,2). n·AE=0 「2p-2q+2r=0 设平面4BE的法向量为月=.g则m-BE=0即{ 2p-2r=0 取p=1,则9=2，r=1,所以i=(1,2,1), n.EF 因此直线与平面 ABE 夹角的正弦值为cos(元，EF》 x+11 EF EF √6V2x2+12 解得x=2即F为AC中点，所以AF=)2+2=V2 2 因此，存在点F满足题意，此时AF=√2 15. 【答案】(I)连结CF,因为FE=CA,所以FE=CA,FE1ICA, 所以四边形CAEF为平行四边形，因此CFIAE: 因为F为BD中点，BC=CD,所以CF⊥BD 因为AB⊥平面BCD,CFC平面BCD,所以CF⊥AB 又因为BD,ABC平面ABD,ABOBD=B,所以CF⊥平面ABD. 又因为CF IAE,所以AE⊥平面ABD 13/54 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 23 (2)因为AB⊥平面BCD,BC,CDC平面BCD, 所以AB⊥BC,AB⊥CD,又因为BC⊥CD, 所以以C为原点，CD,CB所在直线分别为x轴、y轴，过C作与AB平行的线为z轴，建立空间直角坐标 系 Z E A 、 D衣 质以C0,0,0.DL0.O,B0l,0,F20) 设AB=a(a>0),则A(0,l,d 设平面ACD的一个法向量m=(x,y,z), m.CA=0 y+az=0 则m.cD=01x=0 ，令y=a则x=0=-1所以m=0a,-) y=a 花-CF=(2 a 因此直线 与平面 所成角的正弦值为c0s<E,m汁4征m。 2 10 -AEIml 2+1 10 AE ACD 2 1 解得a=2 所以4《0,12 设平面1BE的-个法向量%=6，4》，正=70.B1=@0之。 n·AE=0 11 则4BA=0 2+2%=0 31=0 令x=1，则y=-1,z=0,所以n=(L,-1,0) 14/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设平再4De的一个法向量万=低，小，正=兮70,0=0-l。 1 n2·AE=0 25+2=0 则 n2·AD=0 1 x-2=0 令x2=1,则y2=-1,22=4,所以n2=(0,-1,4) 平面 ABE 与平面ADB夹角的余弦值为c0s<%,2十：=1+1=1 1ml%1V2x323 16. 【答案】(1) 如图，设线段AD的中点为M,线段BC的中点为N,连接PM,MN,PN, 依题意，PD=PA=I,则PM⊥AD,由PB=PC,得PN⊥BC, 而CDIAB,AB⊥BC,MN是梯形ABCD的中位线，于是MNIAB,.MN⊥BC, 而MN,PNc平面PMN,MNOPN=N,则BC⊥平面PMN, 而PMc平面PMN,于是BC⊥PM,又AD,BCC平面ABCD,且AD和BC相交， 因此PM⊥平面ABCD,而PMc平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABCD: B PT 1 (2)存在， PB3 (2)依题意，AD=BD=2,则AD2+BD2=4=AB2,即AD⊥BD, 由(I)知PM⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,则PM⊥BD, 由ADOPM=M,AD,PMC平面PAD,可得BD⊥平面PAD, 过D作Dz⊥平面ABCD,以D为原点，构建如下图空间直角坐标系D-2, B 15/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2 -分-0+”=d+业=业m0g表-YY养-)=Y=H 2 由BD⊥平面PAD,则平面PAD的一个法向量为m=(O,1,O), cosm,47 m·AT √2n =6 由题设 V2a+02+22+,a- 1 6, 2221 PT 1 所以3产+6，可得元-3（负值舍），所以PB3时满足题设 17. 【答案】(1)证明：因为D为AC的中点，AB=BC,所以BD⊥AC. 因为AD⊥平面ABC,BDc平面ABC,所以AD⊥BD. 又AC,ADc平面ACC4,且AC∩AD=D, 所以BD⊥平面ACCA. 2存在，4E=2 2 (2)因为AB⊥BC,AB=BC=V2,所以AC=2,BD=1. 因为四边形ACCA为菱形，且AD⊥AC,所以AD=V5, 由(1)知DB,DC,DA两两垂直， 故以D为坐标原点，DB,DC,DA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， A E C B 则D(0,0,0),A(0,-1,0),B1,0,0),4(0,03),B(,l5). 所以4=(0,15)，AB=4B=(,1,0) 16/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设AE=14B=(亿，，0)(0≤1≤). 又DA=(0,05),所以DE=DA+4E=(,元，5). 设平面ABB4的一个法向量i=(x,y,2), iA4=0 y+32=0 丽=0+y-0,令：1则=5°y=5所以万-(5.小 则 记直线DE与平面ABBA所成的角为O, nDE 则sin0=cosi,DE= 5 6 .DE 7xV22+37,解得1=}（负根舍去）， 此时g为4风的中点。所以在技4码上在有g商是条，皮时4仁-8：号 2 18 【答案】(1)连接BE,在等腰梯形ABCD中，AD=AB=BC=2,CD=4,E为CD中点， ∴.四边形ABED为菱形，∴，BD⊥AE, .OB⊥AE,OD⊥AE,即OB⊥AE,OP⊥AE,且OB∩OP=O, OBC平面POB,OPC平面POB,.AE⊥平面POB. D E P=1 2存在点0为PB的中点，Q (2)由(1)可知四边形ABED为菱形，∴.AD=DE=2, 在等腰梯形ABCD中，AE=BC=2,:△PAE为正三角形， :OP=V5,同理OB=5, .PB=6 ..OP2+OB2 PB2, OP⊥OB 由(1)可知OP⊥AE,OB⊥AE, 17/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 以O为原点，OE,OB,OP分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxz, 则P(0.0,3,A-1,00),B(0,5,0）,C(2,5,0),E,0,0) PB=(0,5,-3,PC=(25,-5),A正=(20,0)， 设P0=PB0<1<1),A0=AP+P四=AP+PB=1,5元，3-3 设平面AE的一个法向量为i=(x,x), x=0, 则n:M正=0，即 n.a0=0x+5y+(V5-5x=0, 取0y=1利：=名-(0名)月 设直线c与半面4@所成角为心，0[0引。 3+5.,2 1- v15 则sin0=lcos(pC,n PC_5,即 5 化简得：422-41+1=0，解得入=2， PO ∴存在点O为PB的中点，即OB 1时， V15 使直线PC与平面AEO所成角的正弦值为5· --- 。考点三利用空间向量解决平面与平面问题。一 18/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型1利用空间向量求平面与平面的夹角或二面角 19. 【答案】(1) 设AD中点为O,连接PO,CO B 因为四边形ABCD为形，∠ADC-胥，所以。4CD为正三角形， 又aPAD为正三角形，则PO⊥AD,CO⊥AD, 因为AC=2V3,所以P0=C0=3, 所以PO2+CO2=PC,即P01CO, 因为CO∩AD=O,CO,ADc平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD, 因为POC平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABCD 号 (2)由(1)可知0C,0D,0P两两垂直， 以O为原点，OC,OD,OP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示坐标系， B 则P(0,0,3),B3,-25,0,C(3,0,0),PB=(3,-23,-3,PC=(3,0,-3). 易知平面PAD的一个法向量i=(,0,0),设平面PBC的法向量m=(,,Z), m.PB=3x-2W3y-3z,=0 则mp0=3x-3=0 ，可得平面PBC的一个法向量m=L0,1) PBC 19/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设平面PBC与平面PAD的夹角为B, 则cos0=」 im1√2 m1xV2=2, 所以平面PBC与平面PAD夹角的余弦值为2 20. 【答案】() 因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,BD⊥BC,BDC平面BCD, 所以BD⊥平面ABC,CEC平面ABC,所以BD⊥CE, 因为△ABC为正三角形，E为棱AB的中点，所以CE⊥AB, 又BDOAB=B,BD,ABC平面ABD,所以CE⊥平面ABD (2)取BC的中点O,连接AO,则AO⊥BC, 取CD的中点F,连接OF,则OF IIBD,而BD⊥BC,故OF⊥BC, 由(1)BD⊥平面ABC,即OF⊥平面ABC,OAc平面ABC,则OF⊥OA, 即OA,OB,OF两两垂直，以O为原点建立空间直角坐标系0-z,如图所示， 则4(0,0,2W3),C(-2,0,0),D(2,2V2,0),则CA=(2,0,25),CD=(4,2V2,0), 设平面ACD的法向量为m=(x,y2),则m.CA=mCD=0, 即2x+2N5z=4x+2V2y=0,取2=-1，得m=(5,-√6，-). 由(1)知，CE⊥平面ABD,则CE可作为平面ABD的一个法向量，因为E1,0,V3),所以CE=(3,05) 由os◆mCEe=m-CE_35-50 mCEV10×2√310， 20/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2 V10 310 故二面角 的正弦值为 B-AD-C 10 10 21. 【答案】(1) 取AB中点O,连接OE,OC, 因为D,B分别是CC与AB的中点， 所以OE OE=服，CDBD=A. 2 故OEI1CD,OE=CD,故OEDC是平行四边形， 所以DE11OC, 又OCC平面ABC,DE￠平面ABC,所以DE/I平面ABC. 吗 (2)因BB⊥ 平面ABC,则OE⊥平面ABC,又△ABC为正三角形， 则OE,OA,OC两两垂直，故可以OA,OE,OC分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， ZA 设4B=2,则A(,0,0),B(-1,4,0),D(0,2,V3) 则AB=(-2,4,0),AD=(-1,2,5 设平面ABD的法向量为m=(x,y,z), 则ABm=0,ADm=0, [-2x+4y=0 即-x+2y+5z=0故可取m=(21,0) 因OE⊥平面ABC,故平面ABC的法向量可取为i=(O,1,0), 设平面ABC与平面AB,D夹角为0， 21/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则cos0=cos(m,训= m列_1-V5 m州分55， 所以平面ABC与平面ABD夹角的余弦值为5 22. 【答案】(1)证明： 在三棱柱ABC-ABC中，AC=AM=AB, 设AC中点为D,连接AD,BD,AC, 在△A4C中，AC=AA,∠AAC=60°， .△A4C是等边三角形， M014C0=m-4c 设4D=CD-24C=4,则4C=AM=4B=2:4D=M血60=， 在△ABC中，AB⊥BC, ∴，点B在以D为圆心，AC为直径的圆上， :BD-4C=1 在△4BD中，AD2+BD2=4=AB2, “△ABD是直角三角形，AD1BD, ,BD∩AC=D,ACC面ABC,BDc面ABC, .AD1面ABC, :ADC面ACCA, ∴平面ACCA1平面ABC: 吗 (2)由题意及(1)得， 在三棱柱ABC-AB,G中，AC=AA=AB, 在△ABC中，AB⊥BC,AB=BC, ∴.△ABC是等腰直角三角形，BD垂直平分AC, 22/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 .BD=AD=CD= AC=i,AC⊥BD 作出空间直角坐标系如下图所示， .A(0,0,0),B64,0),C(0,2,0,4(0,4V3） 在面ABB4中，AB=(化，1,0)，A4=(0,4V3） 设其一个法向量为%=(x,,), 4B.n=0 c+少=0 x+乃=0 4=0即+v3形，-0 解得 +32=0 当=-5时，=(3，-3， 在面ACC4中，由几何知识得，其一个法向量为%2=(1,0,0) 设平面ABB4与平面ACC4所成角为0， m'n 3x1 cos0 V21 n V3+(5+1Px+0+0 7… 23. 【答案】(1) 证明：因为PA=PB,E为棱AB的中点，所以PE⊥AB, 因为AD⊥平面PAB,PEC平面PAB,所以AD⊥PE. 因为ADC平面ABCD,ABC平面ABCD,且APOAB=A,所以PE⊥平面ABCD. 因为DEC平面ABCD,所以PE⊥DE. 因为DE⊥PC,PCC平面PCE,PEc平面PCE,且PCOPE=P,所以DE⊥平面PCE. a号 (2)取棱CD的中点F,连接EF, 23/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因为E为棱AB的中点，所以EF∥AD, 因为AD⊥平面PAB,所以EF⊥平面PAB, 因为PE,BEc平面PAB,所以EF⊥PE,EF⊥BE, 因为PE⊥AB,所以EB,EP,EF两两垂直， 所以以E为原点，EB,E更，EF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 B 则E(0,0,0),B(2,0,0),C(2,0,4),D(-2,0,1),P(0,4,0), 则ED=(-2,0,1),BC=(0,0,4),BP=(-2,4,0). 设平面PBC的法向量为i=(x,y,z), n.BC=4z=0 则n-B即=2x+4y=0令x=2'得n=(2,) 由(1)可知平面PCE的一个法向量为ED=(-2,0,), 由cos(伍，ED= n.ED 2+P0+p 2×(-2)+1×0+0×1 ED 所以二面角 的正弦值为 B-PC-E 5 24. 【答案】(1) 证明：因为A4BB与BB,CC都是棱长为1的正方形， 所以BB⊥AB,BB⊥BC,又∠ABC=90°，所以BA,BB,BC两两垂直， 故以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 24/54 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 设AE=BF=BG=m,0≤m≤1，则41,0)，F(0,0,m),C(0,1,0,G(0,1-m,0), 所以4F=(-L,-l,m),CG=(0,-m,-), 所以4F.CG=（-l,-1,m)(0,-m,-)=m-m=0,故AF⊥CG,则4F⊥CG. a脉-号 (2)方法一：由(1)知，E1-m,0,0),所以EG=(m-1,1-m,0), 设m=(x,y,z)是平面EGC的一个法向量， m-EG=0(x,y,z(m-1,1-m,0)=0 所以1m:CG=0即x,yz)0,-m,-)=0 x(m-1)+y(1-m)=0 即1-my-z=0 令y=-1,得2=m,x=-1 所以平面EGC的一个法向量为m=(-l,-1,m), 又平面A4BB的一个法向量为i=(0,0,), 因为平面EGC与平面A4BB的夹角的余弦值3？ Im.ril Iml1 所以cos(m,训ml-l√2+mx13 解得四，故即一号 方法二： 由(1)知，E1-m,0,0),所以EG=(m-1,1-m,0), 所以AF.EG=(-1,-l,m)(m-1,1-m,0)=1-m+m-1=0,即AF⊥EG, 25/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又CGOEG=G,CG,EGc平面EGC, 所以AF⊥平面EGC, 所以平面EGC的一个法向量为AF=(-1,-l,m), 又平面A4BB的一个法向量为i=(0,0,), 因为平面EGC与平面A4B,B的夹角的余弦值3， 14F.l。1ml_1 所以cos(4E,4F-川2+mx13 解得m-,故BF= 2 题型2利用空间向量解决平面与平面的夹角或二面角的探究问题 25. 【答案】(1) 由于平面PAD⊥平面ABCD,平面PADA平面ABCD=AD, 又：AB⊥AD且ABc平面ABCD,AB⊥平面PAD PDC平面PAD,.AB⊥PD PE 1 2存在，PD3 (2)取AD的中点O,连接PO,OC,由△PAD为等边三角形，可得PO L AD, 而平面PAD⊥平面ABCD,平面PADO平面ABCD=AD,POC平面PAD, 则PO⊥平面ABCD,又OCC平面ABCD,得PO⊥OC, 由A0=BC=1且A0/IBC得四边形ABCO是平行四边形， 于是OCIIAB,而AB⊥AD,则OC⊥AD,直线OC、OD、OP两两垂直， 以O为坐标原点，直线OC、OD、OP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图， 则4(0，-1,0)，D(0,10),C(1,0,0),B1,-1,0),P0,0,3) 则AP=(01,5),PD=(0,1,-5),AC=(,10) 令PE=PD=(0,,-5,e0,1, 26/54 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AE=AP+PE=(0,13)+0,元，-3=(0,1+元，3-3， n.AC=a+b=0 设平面 EAC 的法向量为n=(a.d则a-证=(+Ab+5-v52小c=0 取b=5(2-1),得i=(5(1-),3(2-,+1, 易知平面DAC的-个法向量为0P=(0,0,V5), 于是eos(o丽，- OP.n 3(2+)-而 0PiV3V722-10+75, 化简得3A-102+3-=0:又2e0:故解得A=兮，即5 PE 1 √10 所以线段pD上存在点E使符平面EAC与平面D4C夹角的余弦值为S°，此时了 PE 1 26. 【答案】(1)存在，点M在棱PC上，都有平面MOB上平面PAD,理由如下： :AD/1BC,BC=)4D,Q为AD的中点， 21 、四边形BCDO为平行四边形，.CD∥B吧， 又：∠ADC=90°，、∠A0B=90°，即B0⊥AD 又：平面PAD⊥平面ABCD,平面PADO平面ABCD=AD, BOC平面ABCD,.BO⊥平面PAD, :BQc平面MQB,.平面MQB⊥平面PAD: (2):PA=PD,为AD的中点，“PO⊥AD, ,平面PAD⊥平面ABCD,平面PADO平面ABCD=AD,POC平面PAD, 27/54 画学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 .POL平面ABCD, 如图，以Q为原点建立如图所示的空间直角坐标系， ZA B 在Rt△PgD中，P9=VPD2-QD2=V4-i=V5 P0,0,3),C(-l,5,0,Pc=(-1,3,-v3,p-(0,03). 设PM=PC=(,32,-V3A,易知M不与pC重合，则e(0,), :0M=P+PM=(-,5,v5-v3.又B=(0,5,0, 2M.m=-x+3y+(5-3z=0 设平面，m。 MBO 的法向量为m=(化，小则 B.m=3y=0 令=5解利，-0=产：将m-(50)】 又平面B0C的一个法向量为i=(0,0,1), 元m.i 1-2 =V 二面角 6m同 2 V3(1-)}+22 2, 3+ M-BO-C 6 V1- 3 3 即822-181+9=0：解得2= 或=。C舍去)，即PM=PC,.PC= 27. 【答案】(1)设DC中点G,连接PG,AC AD=2BC=2AB=4,AD/BC,∠BAD=90°，所以AC=√AB2+BC2=2√2， 因为CD=2V2,所以有AC2+CD2=AD2,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, 28/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 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 G R2)6 3 (3)在棱PA上存在点M,M为PA上靠近P的三等分点 (2)由(1)可知，PG⊥平面ABCD,因为PC=PD=CD=2√2，所以PG=V6, 则n=V,-Am= 8m心-42x6- 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(1)得PG⊥平面ABCD,因为CB,C9c平面ABCD,则PG⊥CB,PG⊥CO, 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y轴，CN所在直线为z轴， 建立空间直角坐标系，如图， E B 由题意得CD=2V2,则C(0,0,0),D(2,-2,0),A(2,2,0) 因DG=)CD=V2,PD=22,则PG=N6,故PL,-l6: 则PA=1,3-V6),CP=(0,-l,V6),CD=(2,-2,0), 29/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设PM=PA,由题可知0<入<L, CM=CP+PM=CP+APA=(1+1,3-1,6-6). 设平面PCD法向量为n=(x,,), nCP==0 4-CD=2x-2y=0,令5=1则1 则 =1,z=0’n=0,1,0) 设平面CDM的法向量为n2=(化2，y2,22), m,.CM=0+元)x2+(31-0y2+V6(1-)z2=0 则 n2.CD=2x2-2y2=0 42 令=1则⅓=l-6-)五-气62-月 42 因为平面PCD与平面CDM的夹角为30， n1·n2 2 cosn,n2= 所以 =c0s300= √2×2+ 1622 2, V6(2-1)2 化简得32+2-1=0，即G2-X2+D=0,又0<A<1则= 3 所以M为PA上靠近P的三等分点 ●考点四利用空间向量解决空间距离问题·—一 题型1利用空间向量求点到面距离或者线到面距离 28. 【答案】(1)连接AC,因为四边形ABCD为矩形，AD=2√2，AB=4, 所以AC=V√AB2+BC2=VAB2+AD=16+8=26, 因为PA⊥PC,所以PC=√AC2-PA?=V24-4=2√5， 因为CD=AB=4,PD=2,所以PD2+CD2=PC2,故CD⊥PD, 因为四边形ABCD为矩形，则ABIICD且AB⊥AD,所以AB⊥PD, 因为AD∩PD=D,AD、PDC平面PAD,所以AB⊥平面PAD, 因为APC平面PAD,故AB⊥AP, 30/54 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 7 2)23)g (2)因为PA=PD=2,AD=2N2,所以PA+PD2=AD2,故PA⊥PD, 因为AB⊥AP,ABIICD,所以CD⊥PA, 因为CDOPD=D,CD、PDc平面PCD,所以PA⊥平面PCD, 因为ABIICD,AB￠平面PCD,CDc平面PCD,所以ABI∥平面PCD, 因此点B到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离为PA=2. (3)取线段AD的中点O,连接OP, 因为AB⊥平面PAD,OPC平面PAD,所以OP⊥AB, 因为PA=PD,O为AD的中点，所以OP⊥AD, 因为AB∩AD=A,AB、ADC平面ABCD,所以OP⊥平面ABCD, 以点O为坐标原点，OA、AB、OP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则AN20,0、B(V24,0、C(-V2,4,0)、D(-√2,0,0、P0,02): 意rwD费-个黄-6》ai-2aM-受2写) m.DA=22x=0 则 m-DiM=2,」 名=0取.则 2+2+22 片=1m=(0,1-22) Mac的个法前世为方-k,3小八-20，a-(空之 设平面 CB=22x,=0 则 .CM=2. 2 名=0取。·可得 -2+2。 2=1i=(0,122) 31/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 cos m,n= m.n_1-8_7 m同3×39， 故当点M为PC的中点时，平面MAD与平面MBC夹角余弦值为g 29.【答案】C 30.【答案】(1)如图所示，连接AC交AG于F点，连接EF, C B E 由三棱柱的特征可知侧面ACC4是平行四边形， 则F是AC的中点，又E是BC中点，则EFAB. 因为EFc平面AEC,AB￠平面AEC,所以AB∥平面AEC. 号 (2)【解法一】由(1)知AB∥平面AEC,所以直线AB到平面AEC的距离就是B到平面AEC的距离， 设为h. 因为AC⊥AB'B=4C=1'所以AB、V2 2 2 2 又因为 C=' +1P=6 所以AE2+EC=AC,所以AE⊥EC. 因为CG上平面ABC,由=长4：得写S,Xh=sxCG. 1 3 11 所以343十 -×h= 4x1,解得h=5 3 32/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 即直线4B到平面AEC的距离为3 【解法二】由(1)知AB∥平面AEC,所以直线AB到平面AEC的距离就是A到平面AEC的距离，设 为h. 因为AC⊥ABB=AC=1'所以AEs2 3N 又因为4G=CE- 台.所AE+G-AC:以AE1BG 又因为AA上AB,AB上AC,ACOAA=A,AC,A4C平面ACCA, 所以AB⊥平面ACCA。 因为点E为BC中点，所以点E到平面4CC4的距离为)B. 由G=4s,0兮5G4B-写xh 1 1265、 1 因S2224SAMx1吊 1111 所以写×2×23×4 h,解得h=5 3 即直线4B到开西C的能房为号 【解法三】在直三棱柱ABC-ABC中，A4上平面ABC,因为AB,ACC平面ABC,所以A4上AB, AM⊥AC,因为AB⊥AC,所以AB,AC,A4两两垂直， 以A为坐标原点，AB,AC,AA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系 ZA C E AG=01 33/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设平面 的法向量为， 则 2 AEC n=(x,y,z) n·AC=y+z=0 取y=-1,则x=1,2=1,即n=(1,-1,) 又4=0,0，)）则点4到平面4C的距离d= A 由(1)知AB∥平面AEC,所以直线AB到平面AEC的距离就是A到平面AEC的距离，所以直线AB到 平面4BC的距离为3 31. 【答案】(1)证明：连接E0,因为四边形ABCD为矩形， 所以点O为BD的中点，又点E为PD的中点，所以EOIIPB, 因为EOC平面AEC,PBC平面AEC,所以PBII平面AEC; 3 2)4 (2)法一：由题意，可以A点为原点建立如图所示空间直角坐标系A-z, mooo 则c-(尽0-0 设平面AEC的法向量为n=(x,y,z), n.4C-3x+y-0 2 iE=5y+1,。可取 则 2y+)2=0 2 i=(2-5,3) 34/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由(1)知PB/I平面AEC, ∴.PB到平面AEC的距离为B到平面AEC的距离， 则在法向量上的投影长度为一 B列3 AB n 4 3 故PB到平面ABC的距离为4· E 法二：由(1)知PBII平面AEC, :.PB到平面AEC的距离为B到平面AEC的距离， 在 AE-PD +5) =1 △AEC 由PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,故PA⊥CD 由底面ABCD为矩形，则AD⊥CD,又ADOPA=A,AD、PAC平面PAD, 故CD⊥平面PAD,又PDc平面PAD,故CD⊥PD, 则EC= 2 (2 √2 ,∴.cos∠EAC 2xV 7 ,则 2 ×1 n∠EAc=-2V' 7 版SMc)AE ACsin EIC3 2 1 3、1 由Va-ABc=Vg-Ac V:-e-3.anc' M-k1 22 13 8 设B到平面AEC的距离为h, 35/54 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 VB-AEC= S.= 30 32 6 ，解得6 x5h=5h=5 4 3 故PB到平面ABC的距离为4： A -- B 32 【答案】(1)解法一：以A为原点，建立如图空间直角坐标系。 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),4(0,0,2),C(2,2,2) 因为P为棱BC的中点，所以P(21,0), 因为0为侧面AABB内的一点，且BQ=Ag,所以可设(1,0，)，0≤1≤2. 因为P9=2,所以(2-1)2+(1-0)2+(0-)}=4→t=V2. 所以1,0，V2), 所以P四=(-1，-1,2) 又因为BD⊥AC,BD⊥A4,AC,AMC平面AACC,且AC∩AM=A, 所以BD⊥平面AACC. 所以BD=(-2,2,0)为平面AACC的法向量， 因为P0·BD=（L,-1,V2)(-2,2,0)=0,且Pgg平面A4CC, 所以PQ1I平面AACC」 解法二：因为BO=A№，设AB的中点为M,连接OM,则OM1AB, 所以在正方形ABBA中，QM1IA4,且OMa平面ACCA,AAC平面ACCA, 所以QM1I平面ACC4. 又因为P为棱BC的中点，M为AB中点，连接PM,则PMIIAC, 且PME平面ACCA,ACc平面ACCA,所以PMII平面ACCA, 36154 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因为QM∩PM=M,OM,PMc平面POM,所以平面POM II平面ACCA, P9c平面POM,所以P91I平面ACC4: ZA A D B C Q M D方 B Q 明 (2)以A为原点，建立如图空间直角坐标系， 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),4(0,0,2),C(2,2,2) 因为P为棱BC的中点，所以P(21,O) 因为9为侧面AABB内的一点，且B0=A0,所以可设(1,0，)，0≤1≤2. 因为P9=2,所以(2-1)2+(1-0)}2+(0-2=4→1=V2」 所以1,0，v2),所以P=(-1,-1,2) 在正方体ABCD-ABCD,中，AD⊥平面ABB4, 所以4AD=(0,2,0)是平面ABB,4的一个法向量， 又因为PD=(-山，-l1,V2),设PQ与平面ABB,4所成角为0， 则sin0=cos PO,ADl PO·AD21 PgAD2×22, 即直线PQ与平面ABB,A所成角的正弦值为2： 37/54 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA A D B C Q M B C Y (3)因为4G=(2,2,0),4P=(21,-2)」 设平面ACP的法向量为m=(x,y,z), m14G→m:4C=2x+2y=0 则m14Pm:4P=2x+y-2z=0:令x=2可得m=(2-2,1） 所以P四m=（-1,-1V2)(2,-2,1)=2 PQ.m √2 V2 所以点到平面 的距离为 ACP m V22+(-2+12 3 题型2利用空间向量解决点到面距离或者线到面距离的探究问题 33. 【答案】(1) 证明：如图，取PD的中点N,连接AN,MN D M Al 为棱 的中点， ∴.MN∥CD,MN=。CD .M PC AB∥CD,AB=CD,.AB∥MN,AB=MN, “四边形ABMN是平行四边形，.BM‖AN. 又BMC平面PAD,ANC平面PAD,∴.BMII平面PAD 38/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 21存在：P0=2 3 【详解】(1)证明：如图，取PD的中点N,连接AW,MW M 为棱 的中点， 1 ∴.MN∥CD,MN= CD B .…M PC 2 AB∥CD,AB=-CDAB∥MN,AB=MN, ∴四边形ABMN是平行四边形，BM‖AN. 又BMz平面PAD,ANC平面PAD,BMII平面PAD (2)PC=5,PD=1,CD=2,..PC2 PD2+CD2,..PD L DC :平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PDC平面PDC, ∴PD⊥平面ABCD 又ADC平面ABCD,.PD⊥AD 又AD⊥DC,.DA,DC,DP两两垂直 以点D为坐标原点，DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图， 则P(0,0,1),D(0,0,0),A1,0,0),C(0,2,0),B(1,1,0). y为楼pC的中点，MOl》 DDM=Q,l号》D丽=L,0),设平面BDM的-个法向量为n=(x,y2小 1 n.DM=y+。z=0 2 n.DB=x+y=0 令z=2,则y=-1,x=1, 39/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以i=(山，-1,2)为平面BDM的一个法向量， 假设在被p1上仔在点Q:使得应g到平面0N的距兴是 18 设Pg=PA,0≤≤1，则(2,0,1-)，B0=(-l,-1,1-). 由①知平面BDM的一个法向量为i=(1,-1,2), :Bgn=1-1+1+2(1-)=2-, 的距离是 B0i2-1_5V6 点到平面 BDM 618，解得2=2 在RtADP中，PA=2Pg= 3 34. 【答案】1)证明：因为SA=SC,D为AC中点，则SD⊥AC, 又因为AB=BC,则BD⊥AC,可知二面角S-AC-B的平面角为∠SDB, 即cos ZSDB=7且2S0=B0=43 1 由余弦定理得SB=VSD2+DB2-2SD-DB.cos∠SDB=,4+16-2×2×4×。=2W5, 2 由勾股定理可得SD2+SB2=BD2,则SD⊥SB, 因为SD∩BD=D,SD,BDC平面SBD,所以AC⊥平面SBD, 因为SBC平面SBD,所以AC⊥SB, 而ACOSD=D,AC,SDc平面SAC,所以SB⊥平面SAC. 21v2) (2)设SA=2,SB=21,1>0 以S为原点，SA,SC,SB为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 40/54 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA B Si, E C D 则S(0,0,0),B(0,0,2),A2,0,0),C(0,2,0),D11,0), 因为DE:EB=1:2所以DE=DB, 设E(x,,),则DE=(x-山，y-1,),DB=(-1,-1,2), 所u(s--)-2,所以后号号) 可得s8=(0,0,2), 亚号 2 所以a SB SB-SE 1422- SE 4 42+8 2√2m 整理可得a= 2+元：又因为3=(200) 所以设平面SAE的法向量为万=(x2,y2,2), 则1 SA.n=2x=0 ,则 SE⊥ 令=1，则3=0,2=-元，可得i=(0,-元1)， 2W22 则SB b= ·可得后5 =V2 1 V2+22 22+2, 成1+2 √1+2 因为2>0则222可得1中 1 <1,1<<2 41/54 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以方的取值范围为1,2) 35. 【答案】(1)证明见解析 (2)①BC=V2:②存在，4 【分析】(1)作BH上AC,由面面垂直的性质定理得到BH⊥面ACFD,进而BH⊥CF得出BH⊥BE, 结合BE⊥BC,证得BE⊥平面ABC;(2)①建立空间直角坐标系，根据点到面的距离公式，求出BC, AM ②求面BME和面MEC的法向量，根据二面角的向量公式求出AD的值， 【详解】(1)过点B作AC的垂线，设垂足为H,即有BH⊥AC, 因为BH⊥AC,BHc面ABC, 面ACFD∩面ABC=AC,面ACFD⊥面ABC, 所以BH⊥面ACFD, 又因为CFC面ACFD,所以BH⊥CF, 因为四边形BCFE是矩形，所以BE /ICF, 所以BH⊥BE, 因为BE⊥BC,BH⊥BE, BH∩BC=B,BHc面ABC,BCC面ABC, 所以BE⊥面ABC (2)因为BE⊥面ABC,ABC面ABC, 所以BE⊥AB,又因为BE⊥BC, 所以∠ABC是二面角A-BE-C的平面角，即AB⊥BC, 所以可以以B为原点，BE所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BA所在直线为z轴，建立空间直角坐标 系， 42/54 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由已知得B(0,0,0),E(20,0),设A(0,0,m),C(0n,0),则D(2,0m),F(2,n,0), 且由AC=2得m2+n2=4, [AC.1=0 ①设面 ACE 的法向量为i=(a,b.c则有Bc.i=0 nb-mc=0 即有-2a+nb=0 令h=m:则6=a=, 2 所以-2，m mn BE.T mn mn d= 25 又 所以点到平面 的距离“ m'n2 /m2n2 5. BE=(2,0,0) -+m2+n2 +4 B ACE 4 即mn=2,又因为m2+n2=4, 所以可解得m=n=V2,因此BC=√2： ②没=seol,则ua同)， 即有EM=(2s-2,0V2),且EC=(-2,V2,0) EM立=0 设面BC的法向量为=(a:b,c),则有 MEC EC立=0 2(s-1)d+V2c=0 即有-2d+2=0 令a'=1,则b'=2,c'=V2(1-s), 即=（山，v2,V2(1-s), 43154 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由已知BC=(Q,V2,0)是面BME的一个法向量， 所以cos(,BC)= v.BC √2 BC V3+2(1-s)2 5, 3 解得S 4 36. 【答案】1=2203( 【详解】(1)当I=2时，CM11平面pAB证明如下： 取PA的中点N,连接MN,BN, 因为DM-)DP,所以M为DN的中点， 2 在△PAD中，N为PA中点，M为DP中点， 则INIAD MN=4D=2. 又因为AD1IBC,AD=4,BC=2, MN=BC,MN/BC,所以四边形MNBC是平行四边形， CM//BN,NBC平面PAB,CM￠平面PAB, 所以CMII平面PAB: (2)()以A为原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， M D A(0,0,0B(2,0,0)C(2,2,0)D(0,4,0)P0,0,4) PC=(2,2,4),PD=(0,4,-4), 取平面PAB的一个法向量为n=(O1,0), 设平面PCD的一个法向量为n2=(x2,2,z2), 44154 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 [2x2+2y2-4z2=0 则14y2-4红2=0 令2=1，得32=1，x2=1,故%=(0,1，)， 设丙平面的夹角为。所以os0=有5 |hn21V33· 所以平面pP4B与平面RGD夹角的余弦值为3与 (i)设B0=BD,0≤1≤1， BD=(-2,4,0),则(2-2元，41,0)， AP=(0,0,4),AD=(0,4,0),A0=(2-2元，4元，0)， 设平面PAQ的一个法向量为n=(x3,3,z3), [4z3=0 则1(2-22)x+42y-4名，=0 令x=42,则%=(41,21-2,0). 点D到平面PAQ的距离为 d=14D.乃-422-2145 1nl V(4)2+(21-2)25· 解得2数品号 BO 1 综合攻坚·知能拔高 一、单选题 37.【答案】D38.【答案】B 二、多选题 39.【答案】ACD40.【答案】ABC 45/54 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 三、填空题 41.【答案】 42. 【答案】12 四、解答题 43 【答案】(1)在梯形ABCD中，因为ABIICD,AD=CD=CB=1, 所以ABCD为等腰梯形， 因为∠ABC=60°，所以∠BCD=∠ADC=120°， 所以∠DCA=30,所以∠BCA=90°，即AC⊥BC. 因为平面ACFE⊥平面ABCD,平面ACFEO平面ABCD=AC,BCC平面ABCD, 所以BC⊥平面ACFE: a呼 132√7 3197 (2)取BF中点H,连接AH、CH F M F B 由矩形ACEF得AC⊥CF,又AC⊥BC,BC∩CF=C,BC、CF∈平面BCF, 所以AC⊥平面BCF,CB=CF=I,H为BF中点，所以CH⊥BF, 所以∠CHA为二面角A-BF-C的平面角， 因为 c=5CH=5,在 中，斜边AH= 2Rt△ACH 所 sin∠CHA=AC=3_v42 AH 14 7: 2 46154 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3) M B 由题分别以CA,CB,CF所在射线为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 4小mor ca5-片 waal0sms同a=50=a-5a⑦-(5 CM=(m.0,1) 设平面MAB和平面MCD的法向量分别为%=(x,,乙)和n=(x2,2,z2) 「-3x+y=0 B'万1得m-同列天+=0解得。可取(5,5-m) 则由一 31 由 得{252为 ⊥CD'n1CM mx2+z2=0 0,解得可取，5，-m n 1+3+mm-5 cos0= n.n m4-23m3+11m2-83m+16 阿 V1+3+m1+3+(m-V3 m4-23m23+11m2-83m+28 12 m-2V3m3+11m2-8V3m+2 (0≤m≤5) 令f(m）=m-23m3+1lm2-8V3m+28 f'(m）=4m3-63m2+22m-8v3=2(2m3-3v3m2+1lm-4v3) 令g(m）=2m3-3V3m2+11m-4V3 g(m）=2m2-33m2+11m-4V3,故g(m)=22-3V3m2+11m-4V3在[0，V5上递增 g(0)=-43<0,g3)=2x33-3V3x3+11xV3-43=43>0 47154 画学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 故在[0，v]上存在m使得g(似)=2×心-33×m+1x%-45-0,解得风，= 2 h马n网--arr-5+t [--24w2-+8 0-8-小9}9-n-w号+=2+名- n'n 12 故c0s0= 1327 m4-2√3m3+11m2-8V3m+28 19’7 44. 【答案】(1)如图，作出符合题意的图形， P(E) C D 连接AC,BD相交于点O,连接OM, 四边形ABCD为菱形，所以O为BD中点， 又M为PD中点，所以PBIIOM, 又OMC平面MAC,PB￠平面MAC,所以PB∥平面MAC. (2如图，作出符合题意的图形， 因为'M-Am=2PM-AD,有'B-AMP=2Vc-AwD, 所以'c-AMP=2Vc-AMD,得SAMr=2S△MMD, 有M是pD靠证D的三等分点，则4M-写D+子D. 48154 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 P(E) B 14-5°n-1所-G号0-9 又 PD-D- 3, 则AM2+DM2=AD2,即AM⊥DM,AM⊥PD, 又AM⊥CD,PDOCD=D,PD,CDc平面PCD, 所以AM⊥平面PCD,又AMc平面PAD,所以平面PAD⊥平面PCD: a时 (3)由AD⊥AE,以A点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示. ZA P(E) M B C 的 可得40.0,0) 9o D1,0,0)'P0,y,z）) 由题意得平面ACD的一个法向量为m=(0,0,) 设平面PCD的一个法向量为万=k,M,Z》司 DP=-l,,2) 由n-Dc=0,得 2=0 2、 ，令，则解得 i-Dp=0-x+y+22=0x=3 =V5’名= 3-V3y, 49/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3-5y m-n cos(m,n)= m 3-3y 2, 2+ 3-5 因为AE=V2,所以y+2=2,令y=V2sin0,z=V2cos0, 则有1=3-V5.V2sim0 2 cos0 得V6sin0+V21cos0=3' 有sin(0+p)= 3 2+61,间 3-V3y 即cos(航，)三 m列 Z 12, 12+ 3-V3y 2+ 2+1 即二面角P-CD-A的余弦值的最小值为3： 45. 【答案】(1)因为PA⊥平面ABCD,ADC平面ABCD,所以PA⊥AD, 又AD⊥PB,PAOPB=P,PA,PBc平面PAB,所以AD⊥平面PAB, 因为ABC平面PAB,所以AD⊥AB, 又AC=2,AB=BC=V2 则AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC, 所以在平面ABCD内，ADIIBC, 又BCC平面PBC,ADa平面PBC, 所以ADI∥平面PBC; 20手：mD=2 11 (2) 50154 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E D ()如图，过点A作AE⊥PD,垂足为E, 因为平面PAD⊥平面PCD,平面PADO平面PCD=PD,AEc平面PAD, 所以AE⊥平面PCD 又CDC平面PCD,所以AE⊥CD 因为PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,所以PA⊥CD, 又PANAE-=A,PA,AEc平面PAD,所以CD⊥平面PAD, 因为ADC平面PAD,所以CD⊥AD, 设AD=x,DC=y, 1 由勾股定理AD2+CD=AC2→x2+y=4,Sm=2y, 由基本不等式x2+y≥2y,得4≥2y→y≤2， 所以m分s分2=1，当且仅当x=y即D=D=万取等号， 所以SA4D最大值为1， 在△ABC中，AB=BC=V2,AB⊥BC, 8m-空4Bc-ixi=l, 2 所以S4cD的最大值为1+1=2 四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,高h=PA=2, 所以0的最大值为写×2x2=号 1 3 (i)因为AB⊥BC,PA⊥BC,PA,ABC平面PAB,所以BC⊥平面PAB, 又BCC平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAB,且平面PBC∩平面PAB=PB, 如图，过点A作AF⊥PB,垂足为F, 51/54 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 再过F作FH⊥PC,垂足为H,连接AH,EH, 则AF⊥平面PBC, 则∠AHF,∠AHE分别为二面角A-PC-B,A-PC-D的平面角， 于是，由sin∠AHF=4C=2sin∠AHE=2ME AH AH,得4F=24E, 在Rt△PAB中，PB=VPA+AB2=√6， 由等面积得AF=PA:AB_2V5 PB3 由=2AE:将E= 3， 设4D=m'RtP4D中斜边上高AE=2m V√m2+4 2m√5 所以m+43· 2 解得AD=m= 11· 46. 9 、32 【答案】(1)2 (27i3)g 【详解】(1)设ACNBD=H,如图， 因为AM∩Pp=G,所以G∈AM,G∈PO, 因为AMc平面EAC,POc平面EBD,所以G∈平面EAC,G∈平面EBD, 因为平面EAC∩平面EBD=EH,所以G∈EH,所以点G也是AM与EH的交点， EG=2 即点G是AEAC的重心，所以 因为BDII平面AOMP,平面EBD∩平面AQMP=P?, E2_EG=2. 所以BD∥PQ:所以QBGH (2)分别以HA,HB,HE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示 因为AB=22,EA=25,所以A(2,0,0),B(0,2,0）,E(0,0,4),C(-2,0,0) 52/54 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA M A B 因为4M=AE+2EC=(-20,4+-20,4)=(-30,2), 40=4E+B=(-204+3024)-(-29) -3x+2z=0 设平面的法向量 AOMP m=6则2r+g+g=0 5 令=2期，=3=号所以m么子 又平面ABCD的一个法向量为i=(00,1), 0s(m,成=mi、3.9 所以 m网”x111, 3 即平面AQMP与平面ABCD的夹角的余弦值为： (3)四棱锥E-AOMP的体积 1 0p=y-s0+'w-n-写X2xar0+写x1xSn0=Sae: 由(1)知，P恒过点G,点G为AEBD的重心设EP=ED,ED=μEB(乙，H∈[0，)， 因为成-写历+D元印+0.pG”Q点共线， 32 3u 1 1 所以323μ 由些本不等式可用时女 1 所以≥号，当且仅当A=H-子时取等号 因为COS∠BED= 20+20-163 4 2x2W5x2W55,所以sin∠BED= 5 53154 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以SEPxE0xsm∠aD-25Ax25ag8u≥ 5 9 32 所以四棱锥E-4AOMP的体积的最小值为9· 54/54