人教A版高中数学(选择性必修第一册)同步讲义第06讲 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题（含解析）

第06讲1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题课程标准学习目标①会用向量法求线线、线面、面面的夹角及与其有关的角的三角函数值②会用向量法求点点、点线、点面、线线、线面、面面之间的距离及与其有关的面积与体积.1、能根据所给的条件利用空间向量这一重要工具进行空间中的距离与夹角（三角函数值）的求解.2、通过本节课的学习，提升平面向量、空间向量的知识相结合的综合能力，准确将平面向量、空间向量的概念，定理等内容与平面几何、空间立体几何有机的隔合在一起，提升解决问题的能力，将形与数，数与量有机的结合起来，为提升数学能力奠定基础.知识点01：点到线面距离1、点到直线的距离已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得：2、点到平面的距离如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.【即学即练1】（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在圆锥中，是底面圆的直径，，，为的中点，为的中点，则点到平面的距离为（

）

A． B． C． D．【答案】B【详解】因为，为的中点，则，由圆锥的几何性质可知平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，又因为，所以，点到平面的距离为.故选：B.知识点02：用向量法求空间角1、用向量运算求两条直线所成角已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，则①②.【即学即练2】（2023春·陕西汉中·高二统考期末）如图，在正方体中，为体对角线上一点，且，则异面直线和所成角的余弦值为（

）

A． B． C． D．【答案】A【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则、、、、，，，所以，，因此，异面直线和所成角的余弦值为.故选：A.2、用向量运算求直线与平面所成角设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有①②.（注意此公式中最后的形式是：）【即学即练3】（2023秋·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨三中校考期末）如图，在长方体中，，，则与平面所成的角的正弦值为______．【答案】【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，，设平面的法向量为，则，令，则，故，设与平面所成角的大小为，则，与平面所成角的正弦值为.故答案为：3、用向量运算求平面与平面的夹角如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°.若分别为面，的法向量①②根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角；若二面角为锐二面角（取正），则；若二面角为顿二面角（取负），则；【即学即练4】（2023·高一课时练习）正方体中，二面角的大小为______.【答案】【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，，，，则，设为平面的法向量，则，即，令，则，所以，又因为平面，则为平面的一个法向量，则，所以二面角的大小为，故答案为：.题型01利用空间向量求点线距【典例1】（2023春·湖南常德·高二常德市一中校考期中）如图，在棱长为1的正方体中，点到直线的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】以为坐标原点，以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．取，，则，，则点B到直线AC1的距离为．故选：A．【典例2】（2023秋·河南新乡·高二统考期末）已知空间三点，则点到直线的距离为_____________．【答案】【详解】易知，则，，故点到直线的距离为．故答案为：.【典例3】（多选）（2023春·江西宜春·高二江西省丰城中学校考开学考试）点在轴上，它与经过坐标原点且方向向量为的直线的距离为，则点的坐标是（）A． B．C． D．【答案】AB【详解】设，则，又直线的方向向量为，所以点直线的距离，所以，则或.故选：AB【变式1】（2023·江苏·高二专题练习）如图，已知正方体的棱长为1，为正方形的中心，若为平面内的一个动点，则到直线的距离的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系，则有，因为为正方形的中心，得，,，，设平面的法向量为，利用，则，取，解得，有，且平面，则直线平面，设直线的到平面距离为，取直线上一点，与平面上一点，则，利用空间中点面距离公式有：.故选：A【变式2】（2023秋·山东枣庄·高二统考期末）在棱长为1的正方体中，为平面的中心，为的中点，则点到直线的距离为__________.【答案】/【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，因为，，，所以.所以点到直线的距离为.故答案为：.题型02利用空间向量求点面距【典例1】（2023秋·河南新乡·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，是的中点，，则点到平面的距离为（

）

A． B． C． D．【答案】B【详解】如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，因为是的中点，，所以，所以，．设是平面的法向量，

则，令，得．故点到平面的距离为．故选：B【典例2】（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱中，平面，，，为的中点，交于点．(1)证明：；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)见解析(2)【详解】（1）由于平面ABC，，所以两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，则,，所以故（2）由题意可知是，的中点，所以,设平面的法向量为，则,故，取，则所以点E到平面的距离为【典例3】（2023秋·陕西西安·高二统考期末）在直角梯形中，，为中点，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面，如图（2）．(1)求证：；(2)若为线段的中点，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)．【详解】（1）在中，，且O为中点，则，平面平面，平面平面平面，所以平面，且平面，所以.（2）在直角梯形中，，所以，则，∴，又∵O、M分别为、的中点∴，∴以O为原点，以所在直线分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，则，可得，平面的一个法向量为，由，令，则，可得，则点M到平面的距离．【变式1】（2023春·高二课时练习）在棱长为2的正方体中，分别取棱，的中点，，点为上一个动点，则点到平面的距离为（

）A． B． C．1 D．【答案】D【详解】如图所示，点E，F分别是，的中点，因为该正方体的棱长为2，所以，，∴平面，点G到平面的距离即为点E或F到平面的距离．方法1：等体积法∵为等边三角形，∴，，设F到平面的距离为d，∵，∴，解得．方法2：向量法建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，设平面的法向量为，则有，得，可求得平面的法向量为，，∴．故选：D【变式2】（2023春·高二课时练习）如图，矩形和梯形所在平面互相垂直，，，，，．

(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)2【详解】（1）证明：∵得AB∥CD，平面DCF；平面DCF，∴AB∥平面DCF；∵AE∥DF，平面DCF；平面DCF，∴AE∥平面DCF，∵平面ABE,平面ABE,∴平面ABE∥平面DFC，∵BE⊂平面ABE，∴BE∥平面DCF．（2）如图，以D为原点，建立空间直角坐标系．

∵AB∥CD，∠ABC＝∠ADB＝90°，则△ADB∽△BCD⇒，∵CD＝1，BC＝2．∴BD＝，∴AD＝2，AB＝5，∴F(0，0，1)，D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，，0)，C，，,．设平面DCF的法向量为，则，∴，令x＝1，y＝2，z＝0．∴.∴．∴B到平面DCF的距离为2．【变式3】（2023春·云南楚雄·高二统考期中）如图，在正三棱柱中，是线段上靠近点的一个三等分点，是的中点．

(1)证明：平面；(2)若，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）取线段的中点，连接，记，连接，因为，分别是，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，由题意可知四边形是矩形，则是的中点，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面，且，所以平面平面，因为平面，所以平面；（2）取棱的中点，以为原点，分别以，的方向为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以，，，，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，所以，故点到平面的距离．

题型03转化与化归思想在求空间距离中的应用【典例1】（2023·江苏·高二专题练习）如图，在长方体中，，，､､分别是､､的中点，则直线到平面的距离为___________.【答案】【详解】以D为原点，DC，DA，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，由题，则，，因为､､分别是､､的中点，所以，，，则，所以，所以平面，所以点E到平面的距离即为直线到平面的距离，设平面的法向量为，则，因为，所以，取，则，，所以是平面的一个法向量，又向量，所以点E到平面的距离为，即直线到平面的距离为.故答案为：【典例2】（2023·高二单元测试）如图，在三棱锥中，底面，，点、分别为棱，的中点，是线段的中点，是线段的中点，，.(1)求证：平面；(2)求直线到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为底面ABC，底面ABC，所以且，所以以为原点，所在直线为轴建系如图，因为，，D、E分别为棱PA，PC的中点，M是线段AD的中点，N是线段BC的中点，所以,设平面的法向量为，所以所以，令，则，因为，平面BDE，所以平面BDE.（2）,直线MN到平面BDE的距离即为在平面BDE法向量上的投影，设与的夹角为，则有所以，所以直线MN到平面BDE的距离为.【典例3】（2023秋·广东广州·高二广州市白云中学校考期末）如图，在正三棱柱中，点为的中点，．(1)证明：平面；(2)求直线到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接交于点，点为的中点,点为的中点∵是的中位线，∴，平面,平面.∴平面．（2）如图建立空间直角坐标系由（1）得，直线到平面的距离即为点C到平面的距离d，因为，，，，所以，且，，设平面的法向量为，由于可得，故取，得，因此直线到平面的距离．【变式1】（2023·浙江温州·统考模拟预测）在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到平面的距离为______．【答案】/【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，故，而平面，平面，故平面，故直线FC到平面的距离为即为到平面的距离.设平面的法向量为，又，故，取，则，而，故到平面的距离为，故答案为：.【变式2】（2023春·甘肃张掖·高二高台县第一中学校考期中）如图，正方体的棱长为2，点为的中点．(1)求点到平面的距离为；(2)求到平面的距离．【答案】(1)(2)【详解】（1）以为原点，所在的直线分别为轴如图建立空间直角坐标系，则，所以，

设平面的一个法向量为，则，令，所以平面所的法向量为，又所以点到平面的距离.（2）由（1）可得平面的法向量为，∵，∴，，，∴平面，

所以到平面的距离可以转化为点到平面的距离，由，所以到平面的距离为.题型04利用向量方法求两异面直线所成角（定值）【典例1】（2023秋·贵州铜仁·高二统考期末）已知正四棱柱中，，，点，分别是和的中点，是线段的中点，则直线和所成角的余弦值为（

）

A． B． C． D．【答案】D【详解】如图

建立空间直角坐标系，则，，，，，则，，，则，所以异面直线和所成角的余弦值为.故选：D.【典例2】（2023春·福建宁德·高二校联考期中）如图，在棱长为1的正方体中，，，分别为，BD，的中点，则与FG所成的角的余弦值为______.

【答案】【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：

则，，，所以，即与FG所成的角的余弦值为.故答案为：【典例3】（2023·江苏·统考二模）如图，在三棱台中，，平面平面，二面角的大小为45°，，.(1)求证：平面；(2)求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为，平面平面ABC，平面平面，平面ABC，所以平面，又因为，平面.所以，，所以是二面角的平面角，因为二面角的大小为45°，所以.取AB中点O，连结，在梯形中，，，所以四边形是平行四边形，所以，，从而在三角形中，，，所以，所以，即，所以.又因为，平面，，所以平面.（2）以О为坐标原点，OB为x轴，平面ABC内过О平行于BC的直线为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，所以异面直线与所成角的余弦值为.【变式1】（2023春·河南周口·高二校联考阶段练习）在正四棱锥中，，为棱的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】设AC，BD交于点O，以O为原点，，，方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则,，，，，所以，，设异面直线AC，BM所成角为，则．故选：D．【变式2】（2023春·高二单元测试）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，.

(1)求证：平面；(2)若，求与所成角的余弦值.【答案】(1)见详解(2)【详解】（1）证明：因为底面是菱形，所以，又平面，平面所以，又，平面，平面，所以平面.（2）设因为，所以以为坐标原点,射线分别为轴,轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图：

则，所以，设与所成角，所以，即与所成角的余弦值为.题型05利用向量方法求两异面直线所成角（最值或范围）【典例1】（2023春·高二单元测试）三棱锥中，两两垂直且相等，点分别是线段和上移动，且满足，，则和所成角余弦值的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【详解】由两两垂直且相等,分别以为轴建立空间直角坐标系.如图所示，不妨取．则，．设，，．则，解得，．．设，，则，又，．设，则，所以，由，则，，则，当时，，同时达到最小值，此时取得最小值，所以有最大值，此时,；时，，同时达到最大值，此时取得最大值，所以有最小值，此时，；综上可得：和所成角余弦值的取值范围是．

故选：C.【典例2】（2023春·浙江·高二校联考阶段练习）如图，已知四棱台的底面是直角梯形，，，，平面，是侧棱所在直线上的动点，与所成角的余弦值的最大值为（

）

A． B． C． D．【答案】C【详解】以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，过A垂直平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，，，设，，设与所成角为，则，设，则有，由存在，则，解得，即的最大值为，所以与所成角的余弦值的最大值为.故选：C【典例3】（2023·高三课时练习）已知平面，四边形是矩形，为定长，当的长度变化时，异面直线与所成角的取值范围是______．【答案】【详解】由题意可知：两两互相垂直，则以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，，则，，，，，，设异面直线与所成角的为，则，因为定值，随着的增大而增大，所以，则，所以，也即，所以异面直线与所成角的取值范围是，故答案为：.【变式1】（2023春·浙江宁波·高一效实中学校考期中）在正方体中，为棱的中点，为直线上的异于点的动点，则异面直线与所成的角的最小值为，则（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

设正方体边长为2，可得设所以，设异面直线与所成的角为，则.单调递减,单调递增,当时，取得最大值为，单调递减,所以此时最小值为，则故选：C【变式2】（2023春·江西景德镇·高二景德镇一中校考期中）在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，为线段EF上的一动点，则直线与所成角的余弦值的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】构建如下图示的空间直角坐标系，所以，，且，则，，所以，当，夹角余弦值最小为，当，夹角余弦值最大为，所以直线与所成角的余弦值的取值范围是.故选：C题型06已知异面直线所成角求参数【典例1】（多选）（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，平面平面，，，为等边三角形，是棱的中点，是棱上一点，若异面直线与所成角的余弦值为，则的值可能为（

）A． B．1 C． D．【答案】AC【详解】由为等边三角形，取BD的中点O，连接,则又平面平面BCD，且平面平面所以平面BCD，由过作与平行的直线为轴，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，则，，所以．设，则，，则，解得或，故或．故选：AC【典例2】（2023春·江苏连云港·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，则线段的长为____________【答案】【详解】因为平面年，所以两两垂直,以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标分别为,因为,设，又，则，又，从,设，则,当且仅当，即时，的最大值为,即直线与所成角的余弦值的最大值为，而直线与所成角的范围为，因为在上是减函数，故此时直线与所成角最小，又因为，所以，故答案为：【变式1】（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，，是线段上的动点（不包括端点），若线段上存在点，使得异面直线与成的角，则线段的长度可能为（

）A． B． C． D．【答案】AB【详解】解：以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，设，因为与为异面直线，所以，，，则，异面直线与成的角，，，，，解得，，线段长的取值范围是．故选：AB．题型07利用向量方法求直线与平面所成角【典例1】（2023·陕西商洛·统考二模）在四棱锥中，底面，底面是边长为的正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】如图所示，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，设直线与平面所成的角为，所以，故选：B.【典例2】（2023春·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考期中）如图，在长方体中，，，，交于点.(1)证明：直线平面；(2)求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：如图，连接，，长方体中，且，四边形为平行四边形，则有，又平面，平面，平面，同理可证，平面，又，平面，平面平面，又平面，直线平面；（2）以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴，建系如图：得，，，，，，设平面的一个法向量为，由，令，得，可得平面的一个法向量为，设AD与平面所成角大小为，则，与平面所成角的正弦值为.【典例3】（2023春·广西柳州·高二柳州地区高中校考期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为中点．(1)求证：平面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）连接AC交BD于点O，连接OM，由四边形ABCD为矩形，可知O为AC中点，M为PC中点，所以，又平面，平面，所以平面MBD.（2）以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．【变式1】（2023春·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考期中）如图，已知平面，，，，，.若，，则与平面所成角的余弦值为__________.【答案】【详解】依题意，以为坐标原点，分别以，，为轴、轴、轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，由已知可得，，，，，，则，，.设是平面的法向量，则，即，令，则，，所以是平面的一个法向量.设与平面所成的角为，.因为，，，则，所以.因为，所以，所以与平面所成角的余弦值为.故答案为：.【变式2】（2023春·云南临沧·高二云南省凤庆县第一中学校考期中）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点．(1)求证：平面平面；(2)若，求直线与面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【详解】（1）在直角梯形中，，，则，而，于是，，有，则，因为平面，平面，即有，而平面，因此平面，又平面，所以平面平面.（2）M为PC的中点，，则.以A为原点，射线分别为轴的非负半轴，建立空间直角坐标系，如图，则，，，.设平面的法向量，则，令，得，设直线PB与面PCD所成角为，则.题型08利用向量方法求直线与平面所成角（最值或范围）【典例1】（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，圆台的下底面圆的直径为，圆台的上底面圆的直径为，是弧上一点，且.

(1)求证：；(2)若点是线段上一动点，求直线与平面所成角的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）取的中点为，连结，，，，又是以为直径的圆上一点，，，平面，平面，，平面，平面，，又，为的中点，，，平面，平面，平面，在圆台中，平面，，又因为在圆台中，圆圆，，所以四边形为平行四边形，且，在中，为的中点，为中点，，又，，又，.

（2）如图以为正交基底建立空间直角坐标系，

，，，设，则，，设平面的法向量为，，取，，设直线与平面所成角为，则，令，，，，令，，因为函数在上单调递减，在上单调递增，，，，则，所以的取值范围为，即，又，所以，所以直线与平面所成角的取值范围.【典例2】（2023春·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，若，．

(1)证明：平面平面；(2)若分别是的中点，动点在线段上移动，设为直线与平面所成角，求的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）在中，，为直角三角形且，

又底面是矩形，则，

，且均含于面QAD内平面，

又平面，平面平面；（2）在平面内，取中点为，过点作，交于点，，，由题意可得平面，且平面，则，直线两两互相垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，，

设，则，，又，则，

，，

与平面所成角的正弦值的取值范围为．【典例3】（2023·江苏淮安·江苏省郑梁梅高级中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，，底面是边长为2的正方形，点在棱上，.

(1)证明：平面平面；(2)当直线与平面所成角最大时，求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：取AD中点O，连接OP，连接OC交BD于点F，连接EF.

在中，因为，所以，又平面平面，面面，面，所以平面，因为平面，所以.因为，所以，又，所以，所以，所以，.因为，面，，所以平面，因为面，所以平面平面.（2）以O为坐标原点，OA，OP为x，z轴，过O平行于AB的直线为y轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，设，因为，，，设平面的法向量，则，令，则，，所以.设直线DE与平面所成角为，，所，当且仅当时等号成立，因为在上也是单调增函数，所以当时，直线DE与平面所成角最大，此时.综上，直线DE与平面所成角最大时，四棱锥的体积为.【变式1】（2023春·江苏盐城·高二江苏省响水中学校考期末）如图，在中，，，，可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角．动点在线段上．

(1)当为的中点时，求异面直线与所成角的余弦值；(2)求与平面所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)(2)【详解】（1）由题意可得：，平面平面，平面平面，平面，所以平面，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，若为的中点，则，可得，设异面直线与所成角，则.故异面直线与所成角的余弦值为.（2）若动点在线段上，设，则，可得，解得，即，则，由题意可知：平面的法向量为，

设与平面所成角为，则，对于开口向上，对称轴为，可得当时，取到最小值，所以的最大值为，因为，故与平面所成角的正弦最大值为.【变式2】（2023春·江苏常州·高二校联考期中）如图，圆锥，为顶点，是底面的圆心，为底面直径，，圆锥高，点在高上，是圆锥底面的内接正三角形.(1)若PO=，判断和平面是否垂直，并证明；(2)点在高上的动点，当和平面所成角的正弦值最大时，求三棱锥的体积.【答案】(1)平面，证明见解析(2)【详解】（1）因为，，所以是正三角形，则，易知底面圆，而底面圆，所以，又在中，，所以，因为是正三角形，所以，且，，所以，，同理可证，又，平面，所以平面；（2）如图，因为，所以以点为原点，平行于方向为x轴，以方向为y轴，以方向为z轴，建立以为原点的空间直角坐标系，设，则.所以设平面的法向量为，则，令，则，故，设直线和平面所成的角为，则，当且仅当，即时，与平面所成角的正弦值最大，故.题型09已知直线与平面所成角求参数【典例1】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考二模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，平面，直线与平面所成角为，则（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】，，，由余弦定理得，即，则有，所以，又平面ABCD，以D为原点，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，由，，得，，，，，，，，设平面PAC的法向量为，则，令，则，，所以，直线PD与平面PAC所成角为，所以

，则有，解得，则.故选：C.【典例2】（2023春·福建莆田·高二莆田华侨中学校考期中）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点.(1)求证：平面；(2)点在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，又因为，，平面，，所以平面.（2）取的中点O，连接，四边形为菱形，且，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，又因为，与相交，所以平面.取中点D，连结，以O为原点，，，为空间基底建立直角坐标系.则，，，，所以，.设平面的一个法向量为，所以，令，则，，所以.设，可得点，.由题意解得或（舍），即.【典例3】（2023春·湖南邵阳·高二湖南省邵东市第一中学校考期中）如图所示，四棱锥中，菱形所在的平面，，点､分别是､的中点，是线段上的点.（1）求证：平面平面；（2）当时，是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【详解】（1）证明：连接因为底面为菱形，，所以是正三角形，∵是的中点，∴，又，∴，∵平面，平面，∴，又，∴平面，又平面，所以平面平面.（2）解：以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，设则设平面的一个法向量为，则取，则，得设直线与平面所成角为，化简得：，则故存在点满足题意，此时.【变式1】（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，为正三角形，，分别是棱上的点，且满足．(1)求证：；(2)是否存在，使得直线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)证明过程见解析；(2)存在，.【详解】（1）设的中点为，连接，因为是圆O的直径，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，而平面，所以；（2）连接，因为，所以，因为为正三角形，的中点为，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，而平面，所以，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，设平面的法向量为，，所以有，所以，，假设存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，所以有，或（舍去），即存在，使得直线与平面所成角的正弦值为.【变式2】（2023·河南郑州·统考模拟预测）在底面为梯形的多面体中.，，，,，且四边形为矩形．

(1)求证：；(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点的位置并加以证明．【答案】(1)证明见解析(2)点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处，证明见解析【详解】（1）由题意知，，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，故有，易得，BD＝2，，在△ABD中，∵，∴BD⊥AD．因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE，又，平面ADE，平面ADE，故BD⊥平面ADE．因为平面ADE，所以BD⊥AE．（2）存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．证明如下：以点D为坐标原点，建立的空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，所以，，设，其中，解得，故，设平面QAD的法向量为，则即令y＝1，则，z＝－2λ，故，因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，所以，解得或，故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．题型10利用向量方法求两个平面的夹角（定值）【典例1】（2023·广东·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，，，是棱上的中点.

(1)求三棱锥的体积；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为四边形是菱形，所以.又，平面，且，所以平面.因为平面，所以.因为，所以，所以.因为平面，且，所以平面.因为是棱上的中点，所以到平面的距离，四边形是菱形，，，则中，，，，∵，∴三棱锥的体积为.（2）取棱的中点，连接，则有，因为，则.两两垂直，故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.因，则.

因是棱上的中点，则.设平面的法向量为，则，令，则，得.平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则.故平面与平面夹角的余弦值为.【典例2】（2023春·福建福州·高二校联考期中）如图，圆是的外接圆，平面，是圆的直径，，，且.

(1)求证：平面平面；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由题意及图证明如下，在圆中，为直径，∴，∵平面,平面,平面,∴，，平面,面，∴平面,又平面,∴平面平面.（2）由题意及（1）得，在中，在中，，，∴，∵，∴建立空间直角坐标系如下图所示，

∵，∴，则，在面中，其一个法向量为，在面中，设其一个法向量为，则，即，解得：，∴当时，，设面与面所成角为，【变式1】（2023秋·山东滨州·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，点在棱上．

(1)证明：平面平面PBC；(2)当时，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为底面，平面，所以．因为，，所以．所以，所以．又因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．又平面EAC，所以平面平面PBC．（2）解法一：以点C为原点，CB，CA，CP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，则，，，．

设点E的坐标为，因为，所以，即，，，所以．所以，．设平面ACE的一个法向量为，则．所以，取，则，．所以平面ACE的一个法向量为．又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．设平面PAC与平面ACE的夹角为，则．所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为．解法二：取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP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，则，，，．

设点E的坐标为，因为，所以，即，，，所以．所以，．设平面ACE的一个法向量为，则．所以，取，则，．所以，平面ACE的一个法向量为．又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为．设平面PAC与平面ACE的夹角为，则．所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为【变式2】（2023·河南·模拟预测）如图，四边形为菱形，平面，，.(1)证明：平面平面；(2)若，求二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）设BD交AC于点O，连接EO，FO，因为四边形ABCD为菱形，所以.因为ED平面ABCD,AC平面ABCD，所以.又，平面BDEF，所以平面BDEF；又平面BDEF，所以.设FB=1，由题意得ED=2，.因为FB//ED，且面，则FB平面ABCD，而平面ABCD，故，，所以，，.

因为，所以.

因为，平面ACF，所以EO平面ACF.

又EO平面EAC，所以平面EAC平面FAC.（2）取EF中点G，连接OG，所以OG//ED，OG底面ABCD.以O为原点，以分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，因为，由（1）中所设知，，所以，,所以.所以，，，设平面FAE的一个法向量为，则，所以；平面AEC的一个法向量为，则，所以；所以，由图形可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的大小为.题型11利用向量方法求两个平面的夹角（最值或范围）【典例1】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的动点..

(1)证明：；(2)求平面与平面DEF所成的二面角正弦值的最小值及此时点的位置.【答案】(1)证明见解析(2)最小值为，点为靠近的的四等分点【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，又底面，所以，，又因为，，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，即两两垂直，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则

，，，，，，，，设，所以，，因为，所以，即.（2）设平面的法向量为，因为，，所以，令，则，平面的一个法向量为，设平面与平面DEF所成的二面角为，则，当时，取最小值为，此时取得最大值，所以，所以平面与平面DEF所成的二面角正弦值的最小值为，此时点为靠近的的四等分点.【典例2】（2023秋·云南昆明·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，点是线段的中点，点在线段上且满足，面ABCD.(1)当时，证明：//平面；(2)当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小？【答案】(1)证明见详解(2)【详解】（1）设，因为//，则，若，即，可得，所以//，平面，平面，故//平面.（2）连接，由题意可得：，在中，由余弦定理，即，可得，则，且面ABCD，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，可得，设点，则，因为，则，解得，即，可得，设平面BFE的法向量为，则，令，则，即，由题意可得：平面的法向量，设平面BFE与平面PBD所成的二面角为，则，由题意可知：，则有：当时，则；当时，则，因为，则，关于的二次函数开口向上，对称轴，当，即时，取到最小值，即，可得；综上所述：.所以当时，取到最大值，取到最小值.即当时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小.【变式1】（2023春·江苏淮安·高二金湖中学校联考阶段练习）如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．(1)求四棱锥的体积的最大值；(2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．【答案】(1)(2)【详解】（1）取的中点，连接，因为，则，当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面，且，底面为梯形，，则四棱锥的体积最大值为.（2）连接，因为，所以，所以为的平面角，即，过点作平面，以为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，过作于点，由题意得平面，设，因为，所以，，，所以，，所以，所以，，设平面PAM的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，因为，，则，令，可得，设两平面夹角为，则令，，所以，所以，因为的对称轴为，所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为．【变式2】（2023春·江苏南通·高二江苏省通州高级中学校考阶段练习）在四棱锥中，四边形为正方形，，，平面平面，，点为上的动点，平面与平面所成的二面角为为锐角，则当取最小值时，=__________．【答案】/0.4【详解】解：因为平面平面，平面平面，且，平面，所以平面，又因为平面，所以，又，故以建立如图空间直角坐标系，设，其中，所以，因为，，又，且、均在平面内，所以平面，所以易得是平面的一个法向量，而，设平面的法向量为，所以，取，则，所以，当取最小值时，取最大，即分母取最小值，又，当时，分母最小，故时，最大，故答案为：．题型12已知平面与平面所成角求参数【典例1】（2023·全国·校联考模拟预测）在直四棱柱中，四边形为平行四边形，平面平面.(1)求证：；(2)若，探索在棱上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：由题意知平面平面，所以.过在平面内作直线交于点，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，所以平面，又平面，所以.（2）由（1）知，因为，所以，又平面，且平面，所以，故以为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，则，故.平面的一个法向量为，设平面的一个法向量，则，令，则，所以，所以，解得（负根舍），所以在棱存在点，使得二面角的大小为，且.【典例2】（2023秋·湖北·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，底面，点为棱的中点，．(1)证明：平面；(2)在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，【详解】（1）在PD上找中点G，连接AG，EG，如图：∵G和E分别为PD和PC的中点，∴，且，又∵底面ABCD是直角梯形，，，∴且．即四边形ABEG为平行四边形，∴，∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD；（2）因为平面，平面，所以，又，以A为原点，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，，由F为棱PC上一点，设，，设平面FAD的法向量为，由可得，解得：，令，则，则，取平面ADC的法向量为，则二面角的平面角满足：,解得：，解得：或（舍去），故存在满足条件的点F，此时．【变式1】（2023秋·云南昆明·高二统考期末）如图，在直三棱柱中，侧面为正方形，，，，分别为和的中点，为棱上的点.(1)证明：；(2)是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？如果不存在，请说明理由；如果存在，求线段的长.【答案】(1)证明见解析(2)存在点，满足条件【详解】（1）证明：由题意，，，两两垂直，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，所以，因为，所以.（2）由题意，平面，所以平面的一个法向量为，因为，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，设平面与平面的夹角为，则，整理得，，解得，所以存在点，满足条件.【变式2】（2023秋·湖南郴州·高二统考期末）如图2，在中，，，．将沿翻折，使点到达点位置（如图3），且平面平面．(1)求证：平面平面；(2)设是线段上一点，满足，试问：是否存在一个实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，【详解】（1）在中，由余弦定理得，，，过点作交于点，如图所示，又平面平面，且平面平面由平面，所以平面，又平面，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）由题知，即，由（1）知，且平面，所以以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设为平面的法向量，由，令得，且，又易得平面的法向量为，由，故存在实数使得平面与平面的夹角的余弦值为．A夯实基础B能力提升C综合素养A夯实基础一、单选题1．（2023春·甘肃张掖·高二高台县第一中学校考阶段练习）在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则,,,,∴,,∴,故选：.2．（2023春·高二课时练习）已知平面的一个法向量，点在内，则到的距离为（

）A．10 B．3C． D．【答案】D【详解】由题意得，，则到平面的距离为.故选：D.3．（2023春·江苏南京·高二南京师大附中校考期中）已知两平面的法向量分别为，，则两平面所成的二面角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】由两平面的法向量分别为，，可得，设两平面所成的二面角为，其中，可得.即两平面所成的二面角的正弦值为.故选：B.4．（2023春·福建福州·高二福州三中校考期中）如图在长方体中，，E，F，G分别是棱的中点，P是底面内一个动点，若直线平面平行，则线段的最小值为（

）A． B．1 C． D．【答案】C【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，，，设，平面的法向量为，则，令得，故，由，则，考虑平面内，由两点间距离公式得，当时，取得最小值，最小值为.故选：C5．（2023秋·河北邯郸·高二统考期末）在四棱锥中，底面ABCD为菱形，底面ABCD，，，则的重心到平面PAD的距离为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】设AC与BD交于点O，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.设平面PAD的法向量为，则令，得.因为的重心G的坐标为，即，所以，故点G到平面PAD的距离为.故答案为：C6．（2023春·江苏宿迁·高二统考期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，已知Q是棱上靠近点P的四等分点，则与平面所成角的正弦值为（

）．

A． B． C． D．【答案】C【详解】平面，，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，..易知平面的法向量.设与平面所成角为，则.故选：C.

7．（2023·全国·高三专题练习）四棱锥中，，其余各条棱长均为1，则直线与直线所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】如图（1）所示，四棱锥中，，其余各条棱长均为1，所以点在底面内的射影为底面四边形的外接圆的圆心，即四边形为圆内接四边形，如图（2）所示根据四边形的对称性，可得为外接圆的直径，所以，设四边形的半径为，在直角中，可得，设，可得，所以，可得，在中，由余弦定理可得，设，且，可得，，则，设异面直线与直线所成角的范围为，其中，所以，所以直线与直线所成角的余弦值为.故选：C.8．（2023春·浙江金华·高二学业考试）如图，棱长均相等的三棱锥中，点是棱上的动点（不含端点），设，锐二面角的大小为.当增大时，（

）

A．增大 B．先增大后减小 C．减小 D．先减小后增大【答案】C【详解】由题意，三棱锥是正四面体，以的重心为原点，BC边的中线PG为x轴，OA为z轴，过O点平行于BC的直线为y轴，建立空间直角坐标系如图：

设三棱锥P-ABC的棱长为，则有：

，，，，设是平面ABD的一个法向量，则有，即，令，解得，显然是平面PBC的一个法向量，；显然当时（x的取值范围是），最大，当或时，都变大，即变小；故选：B.二、多选题9．（2023春·高二课时练习）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AD，AB，的中点，以下说法正确的是（

）A．三棱锥的体积为1 B．平面EFGC．平面EFG D．平面EGF与平面ABCD夹角的余弦值为【答案】AB【详解】A选项，，所以，A选项正确.建立如图所示空间直角坐标系，，,，所以，由于平面，所以平面，B选项正确.平面的一个法向量为，，所以与平面不平行，C选项错误.平面的法向量为，设平面于平面的夹角为，则，D选项错误.故选：AB10．（2023秋·广东广州·高一广州市第十七中学校考期中）如图，在棱长为1的正方体中（

）A．与的夹角为 B．二面角的平面角的正切值为C．与平面所成角的正切值 D．点到平面的距离为【答案】BCD【详解】如图建立空间直角坐标系，则，∴，，即，与的夹角为，故A错误；设平面的法向量为，，所以，令，则，平面的法向量可取，二面角的平面角为，则，所以，故B正确；因为，设与平面所成角为，则，故C正确；因为，设点到平面的距离为，则，故D正确.故选：BCD.三、填空题11．（2023春·浙江温州·高一统考期末）“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美,如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线与平面所成角的正弦值为_____________.

【答案】【详解】如图所示:将多面体放置于正方体中,连接,设的中点为,连接,

因为分别为中点,所以,且,则四边形为平行四边形,所以,所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角,又平面,所以直线与平面所成角即为,设正方体的棱长为,则,所以,即直线与平面所成角的正弦值为.故答案为:.12．（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为4的正方体中，M是棱上的动点，N是棱的中点.当平面与底面所成的锐二面角最小时，___________.【答案】【详解】如图设，设平面的一个法向量为令，，则平面的法向量的一个法向量为设平面与底面所成的锐二面角为所以当时，有最大，则有最小，所以故答案为：四、解答题13．（2023·广东·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，，，是棱上的中点.

(1)求三棱锥的体积；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为四边形是菱形，所以.又，平面，且，所以平面.因为平面，所以.因为，所以，所以.因为平面，且，所以平面.因为是棱上的中点，所以到平面的距离，四边形是菱形，，，则中，，，，∵，∴三棱锥的体积为.（2）取棱的中点，连接，则有，因为，则.两两垂直，故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.因，则.

因是棱上的中点，则.设平面的法向量为，则，令，则，得.平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则.故平面与平面夹角的余弦值为.14．（2023春·广东广州·高二执信中学校考阶段练习）如图，四棱锥中，平面，，，，M为棱上一点.

(1)若M为的中点，证明：平面；(2)若，且平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）取中点，连接和，因为，，且为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，所以平面，因为M，N分别为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，，所以平面平面，因为平面，所以平面（2）取中点，作交于，连接，因为，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以，以为坐标原点，为正交基底建立如下图所示的空间直角坐标系，

、、、、.所以，.设平面的法向量，又因为平面，所以，取，，，则.又因为，所以.所以直线和平面所成角正弦值为.B能力提升1．（2023春·湖北·高二郧阳中学校联考阶段练习）襄阳一桥全称“襄阳江汉大桥”，于1970年正式通车，在和襄阳城长达53年的相处里，于襄阳人来说一桥早已无可替代.江汉大桥由主桥架､上下水平纵向联结系､桥门架和中间横撑架以及桥面系组成，下面是一桥模型的一段，它是由一个正方体和一个直三棱柱构成.其中AB=BH，那么直线AH与直线IG所成角的余弦值为（

）

A． B． C． D．【答案】D【详解】以E为坐标原点，EB，ED，EI所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设，则，，设直线AH与直线IG所成角为，则，故直线AH与直线IG所成角的余弦值为.

故选：D.2．（2023春·浙江·高二期中）在正三棱柱中，，点D为棱BC的中点，点E为线段（不与点重合）上的点，且满足，当二面角的平面角为时，实数m的值为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【详解】过点在平面内作，则以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，，根据点D为棱BC的中点得，设，由得，，即，则，，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，易知平面的一个法向量为，所以，由二面角的平面角为，所以，所以，解得.故选：C.3．（2023秋·河南平顶山·高二统考期末）如图，在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的正方形，，M，N分别是，AB的中点，设点P是线段DN上的动点，则MP的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为底面ABCD是边长为2的正方形，，所以，∵点在平面上，∴设点的坐标为，∵在上运动，∴，∴，∴点的坐标为，∴，∵，∴当时，取得最小值.故选：D4．（多选）（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（

）

A．不存在点，使得B．存在点，使得C．对于任意点，到的距离的取值范围为D．对于任意点，都是钝角三角形【答案】ABC【详解】由题知，在正方体中，是棱上的动点，建立以为原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向的空间直角坐标系.所以，，，设，其中，所以，，当时，即，所以，显然方程组无解，所以不存在使得，即不存在点，使得，故A项正确；当时，解得，故B项正确；因为，其中，所以点Q到的距离为，故C项正确；因为，，其中，所以，所以三角形为直角三角形或钝角三角形，