空间向量求角度与距离10种题型归类 （解析版）2023-2024学年高二数学上学期期中期末复习讲练测（人教A版2019选择性必修第一册）

专题03空间向量求角度与距离10种题型归类

内容简介

>一、核心考点题型归纳令【题型七】空间向量求点到面的距离

令【题型一】异面直线所成的角令【题型八】翻折型：求异面直线所成的角

令【题型二】直线与平面所成的角令【题型九】翻折型：求直线与平面所成的角

令【题型三】二面角的平面较令【题型十】翻折型：二面角

令【题型四】异面直线探索性点二、期中期末好题培优练

令【题型五】线面角探索性点

令【题型六】二面角探索性点

核心考点题型归纳N

知识点与技巧:

一、向量角度:

xx++zz

i2yiy2i2

a二(xryrz1),Z?=(x2,)；2,z2

Y+yJ+z：222

%+y2+z2

二、角度公式:

（1）、异面直线夹角（平移角，也是锐角和直角3e（0.g］）

2

cos。=|cos.朴爪+y叶+?"

、/Jxj+yj+zjjxj+yj+zj

（2）、直线与平面所成的角（射影角，也是夹角，3e［0.］）皿渥平面法向量

2

sing=|cos（a@|=|X|X2+x『|

'/Jx:+yj+z:&+yJ+z」

（3）、二面角（法向量的方向角，SelOO］）混平面法向量

Icos昨|cos（*|=,除+%/2|

'/6—+蜡在2+才+小

判断正负方法：

（1）观察法；

（2）同进同出互补，一进一出相等；

三、向量计算点到距离公式（棱锥等的高）

d=|PA|sin夕=|PA||cos（PAn）|=W'+yiyz+ZiZ2|

'/|n|

【题型一】异面直线所成的角

1.（2023秋•高二课时练习）如图，已知正三棱柱ABC-\BXC的各条棱长都相等，P为人2上的点.A2=皿

且PCA3求：

（1）2的值；

（2）异面直线PC与AG所成角的余弦值.

【答案】（1）9⑵孚.

z8

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，表示出CP的坐标，根据PCLAB，可得CP48=0,

即可求得答案；

（2）根据空间角的向量求法，即可求得答案.

【详解】（1）设正三棱柱的棱长为2,设AC的中点为。，连接50,

因为ASC为正三角形，故08,AC,

以AC的中点。为原点，为轴，以过点。和AA平行的直线为z轴,

建立如图所示的空间直角坐标系，

于是AB=(,C4j=(0,—2,2),=-2),因为=故4尸=几(2),则

P(^2,A-l,-22+2),

故CP=(a,/1-2,-22+2),因为尸CLAB,所以CP48=(扇,”2,-22+2)•(百,1,0)=0,

即32+2-2=0,.•.2=；.

11(-J331uuu

(2)由(1)知尸—J,所以。尸='AG=(0,2,2),

所以IC尸+(-1)+干=2，IAQ|=7O+22+22=2V2,

所以cos〈CP,贻〉="二？=-=^=-?,由于异面直线所成角的范围为(0,勺,

也

所以异面直线PC与AG所成角的余弦值是8.

2.（2023春•云南红河•高一校考阶段练习）如图，在三棱锥尸-ABC中，侧面B4CH底面ABC,AC7BC.0E4C

是边长为2的正三角形，BC=4,E,尸分别是尸C,尸8的中点，记平面AEP与平面48c的交线为/.

p

A

Q

⑴证明：直线向平面融c；

(2)设点。在直线/上，直线尸。与平面AEF所成的角为a,异面直线PQ与EF所成的角为仇求当A。为何

值时，a+0=^-

2

【答案】⑴证明见解析⑵4Q=1

【分析】(1)利用中位线，直线平面的平行问题得出//ABC，根据直线平面的垂直问题得出3C1平面R4C,

即可得出直线//平面PAC；

7T

(2)建立坐标系得出平面AEF的法向量，分别求出cos<CP/Q>，cos<PQ,所>,结合题设条件a=5,

即可求解.

【详解】(1)证明：E,尸分别为PC,PB中点，：.BC//EF,又跖u平面EM,BC<Z平面EE4,

〃平面EE4,又BCu平面ABC,平面EE4c平面ABC=/,；.//ABC,

PA=PC=AC—2,AE_LPC,

QAC1BC,平面PAC,平面ABC,平面PACc平面ASC=AC,3Cu平面ABC,

BCmPAC,///8C...直线/I平面PAC.

(2)如图，以C为原点，以CACB所在直线为羽>轴，过C作CzJ_平面ACB,建立如图所示的空间直角

则C(OQO),A(2,0,0),E(1,0,y)，尸(g,2,#),尸(1,0,0)，Q(2,y,

0),

CP=(1,0，有)为平面A肝的法向量，E尸=(0,2,0),PQ=(l,y,-^3),

—2—12yy

,214+/7/+4匕2J4+V也+/

设直线PQ分别与平面3、直线麻所成的角分别为a,e,a+e=g,

2

即l=|y|,求解y=±l,存在Q(2,l,0)或。(2,_i,0),即当AQ=1时，a+6=^.

3.(2023•全国•高二专题练习)如图，平行六面体48。-44GR的所有棱长都相等，平面平面

ABCD,ADLDC,二面角2-AD-C的大小为120。，E为棱G2的中点.

⑵点尸在棱CG上，AE〃平面2。凡求直线AE与。尸所成角的余弦值.

3

【答案】(1)证明见解析(2)]

【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得/AOC=120,进而根据中

点得线线垂直即可求，

(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直

角坐标系，利用向量的夹角即可求解.

【详解】(1)(1)因为平面CDRG，平面A8C。，且两平面交线为DC,AD,DC,ADu平面ABCD,

所以AD,平面CDAG，所以NROC是二面角Q-AD-C的平面角，故

NROC=120.

连接DE,E为棱GA的中点，则。从而OE1CD.

又AD_LCD,DEcAD=D,。石,ADu平面4即，所以CD_L平面AED,EDu平面AEO,因此CD_LAE.

(2)解法1：设AB=2,则£>E=JzV)2-=也，所以8=4£=，3+£)层="

连AC交3£)于点0,连接CE交D产于点G,连0G.因为AE7/平面AEu平面AEC,平面AEC〕平

面BDF=0G

所以他〃OG,因为。为AC中点，

所以G为CE中点，故OG，AE也.且直线0G与。尸所成角等于直线AE与。尸所成角.

22

解法2；设AB=2,则DE=小D-=百,所以CE=AE=Jm+DE?="

取OC中点为G,连接EG交O尸于点“，则EG=OR=2.

连接AG交3D于点/,连印，因为AE//平面BDF,Mu平面AGE,平面AGE|平面田，所以

AE//IH.

印与DH所成角等于直线AE与。尸所成角.

逑，所以GH=LEG,故HI=LAE卫

3333

在△。/7G中，GH=-EG=-,GD=1,ZEGD=60°,

33

由余弦定理DH=J1+--1X-=也.在△。印中,

V933

3

因此直线AE与DF所成角的余弦值为y.

解法3:由（1）知DE工平面ABCD,以O为坐标原点，ZM为x轴正方向，„为2个单位长，建立如图所

示的空间直角坐标系。-孙z.

由(1)知DE=6,得A(2,0,0),3(2,2,0),C(0,2,0),E(0,0,W),C；(0,1,73).

则CG=(0,-1,后)，DC=(0,2,0),AE=(-2,0,石)，DB=(2,2,0).

由b=tCG(0WrWl),得DF=DC+CF=(0,2-1,®).

因为AE〃平面8。尸，所以存在唯一的力,〃eR,

使得AE=ADB+juDF=A(2,2,0)+〃(0,2-t,8)=(2%2X+2〃-岛，，

9

故2九二—2,2九+2ju—t]u=U,6jut=逝，解得♦=从而Dp=

AEDF_3

所以直线A£与。方所成角的余弦值为IcosAE,DF）\=

|AE||DF|7

【题型二】直线与平面所成的角

知识点与技巧：

计算线面角，一般有如下几种方法：

（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可

确定线面角；

（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度人从而不必作出线面角，则线面

h

角。满足sin®=：（/为斜线段长），进而可求得线面角；

（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设"为直线/的方向向量，〃为平面的法向量，则线面角。的

正弦值为sin6=cos/a,n）.

1.（2023•广西柳州•统考模拟预测）如图，三棱柱ABC-A由G的底面ABC是正三角形，侧面ACC0是菱形,

平面ACGA，平面ABC,瓦尸分别是棱4G，BC的中点.

（1）证明：砂〃平面AB耳4；

2

（2）若AC=AC,=2,CQ=~QC,求直线B£与平面EFG所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析⑵回

53

【分析】（1）欲证明一条直线平行于一个平面，只需证明该直线平行于平面内的一条直线即可;

（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量计算线面角.

【详解】（1）

取A片的中点连接ME,MB,因为E,歹分别是棱AG，BC的中点，

则ME//MC//3尸，ME=gBg=；BC=BF,团四边形的8为平行四边形，

所以EF//MB,回所U平面ABBH，MBu平面42瓦A，

EF〃平面A四4；

（2）在平面ACGA中过点G作GO^AC于0,连接03,

团平面ACGA，平面A5C,平面ACGA1平面ABC=AC,回平面ABC,

由菱形ACGA，AC=AC,=2,得CC|=2,ZACC|=60。，0C=l,CQ=6

因为点。为AC的中点，0OB1AC,故以。为原点，OB、OC、OG分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直

角坐标系：

则3(®0,0),C(0,I,0)，G(0,0,@，A(0，-2,@,E(0,-I,@,

所以4G=20=卜6,1,0)EP=一后，GP=F，T，-T■，设平面砂G的法向量为〃=（x,y,2）,

括

一

2XH—y—yfiz—0/—

贝ud2铲俎42V3

6t-，斛得x=-z,y=-----z,令z=5,得“=(4,20,5),

1y/3n5-5

2一尤——y------z=U

6-3

|-4A/3+2^|

设直线Bg与平面EFG所成角为凡则sine,cosG，4G）|=V159

V16+12+25.V3+153

综上，直线4G与平面MG所成角的正弦值为53.

2.（2023•陕西西安•西安市大明宫中学校考模拟预测）如图，在四棱锥尸-ABCD中，BC//AD,AD=2BC,

M是棱PD上靠近点P的三等分点.

⑴证明：PB//平面MAC；

（2）画出平面%8与平面PC。的交线/,并说明理由；

⑶在（2）的条件下，若平面B4£>_L平面ABC。，ABLAD,PA±AD,PA=AD=2AB=2,求/与平面

MAC所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析（2）答案见解析⑶正

6

【分析】（1）连接3D交AC于点。，连接OM,证明PB//OM,再根据线面平行的判定定理即可得证；

（2）延长AB,DC,交于点N,再根据平面的性质即可得解；

（3）根据面面垂直的性质证明平面ABCD,以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）连接3D交AC于点。，连接OW,因为BC〃AD,AD=2BC,所以丝=g=1，

又因M是棱PD上靠近点尸的三等分点，所以空=瞿=［，所以PB//OM,又OMu平面M4C,PBN平

面MAC,

所以尸3〃平面舷4C；

（2）延长AB,OC,交于点N,所以N,尸时平面PAB与平面PC。的公共点，所以直线NP就是平面PAB与

平面PCD的交线/；

（3）因为平面上位〃平面ABC。，PA1AD,平面PADc平面T4BCD=AD,PAu平面EW,

所以PAL平面ABCD,又ABu平面ABCD,所以如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，

因为3C7/AD,AD=2BC,所以---=---=—=------,所以BN=1,则

ANAD2BN+1

A（0,0,0）,C（l,l,0）,Aff0,|,|V（0,0,2）,^（2,0,0）,则AC=（1,1,0）,AM=PN=（2,0,-2）,

ri-AC=x+y=0

设平面MAC的法向量为”=(x,y,z),则有＜A”2+4，可取"=(2,-2,1),

一”丁一

即/与平面MAC所成角的正弦值为

【题型三】二面角的平面角

1/（2023秋•全国•高二期中）如图，在三棱柱ABC-A瓦G中，底面是边长为2的等边三角形，CCi=2,D,E

分别是线段4CCCt的中点，C,在平面ABC内的射影为D.

⑴求证：AC_L平面3DE；

⑵若点/为棱耳G的中点，求点尸到平面8OE的距离；

⑶若点尸为线段4G上的动点（不包括端点），求锐二面角尸-3D-E的余弦值的取值范围.

【答案】⑴证明见解析（2）孚⑶⑦

【分析】（1）法一：利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证；

法二：建立空间直角坐标系，利用数量积为o,可证从而得证;

法三：如法二建立空间直角坐标系，求出平面3DE的一个法向量，证明其与AC平行，从而得证;

（2）利用空间向量法求点到面的距离；

（3）利用空间向量求出二面角的余弦值，再借助函数性质求值域.

【详解】（1）法一：连结4G，因为ABC为等边三角形，。为AC中点，.〔BDJLAC,

又C]D_L平面48。，_BZ）u平面ABC,

ACcCQ=£>,AC,CQu平面A41c[C

BD_L平面A41GC,又ACu平面A^QC,:.BD^^C,

由题设知四边形A41cle为菱形，ACLAG，

D,E分别为AC,CC］中点，DE//AQ,:.\CLDE,

又BDcDE=D,BD1DE=D,BD,DEu平面BDE,：.\C1平面BDE.

法二：由G。，平面ABC,BD,八（2匚平面48。，，6。，2£>,C,£>±AC,

又，ABC为等边三角形，。为AC中点，则以。为坐标原点，所在直线为MV*轴,

可建立如图所示空间直角坐标系，则

、

0（0,0,0）,3（6,0,0）,。（0,—1,0）,。］（。，。，百），石0,-£6A(0,2,73),

9

2~T7

.•.05=("0,0),OE=,AC=(0,-3,->/3)DB・AC=0,D%C=0,BD1A.C,DE±A.C

22

\7

又BDcDE=D,BDI£>片=£>,8£>,£>石<=平面8。旦；.4（71平面3£）£.

法三：（同法二建系）设平面BDE的一个法向量为加=（x,y,z）

=0

DB-m=0

，即1^3不妨取z=l,贝！Jy二石’则机=(0,抬

DE-m=0——yd-----z=0

[2，2

所以平面3DE的一个法向量为加=(0,忘1)

4C=(0,-3,-^),.-.4C=-V3/7t,:.\C//m,AC，平面BOE

(匚、\

,1,V3,平面8DE的一个法向量为根=（0,括,1）（或

（2）由（1）坐标法得尸m=CAi=仅,3,)

7

DF=

,2"1)

m-DF|

点到F到平面BDE的距离=7百3g

\m\-2—-丁

（3）£瓦=（0,L0）,C<=仅,3,若）设尸a，y,z）,CF=CCiE（0v4vl）,则卜,y,z—君）=（&,%（））,

二.x=\/3/1,y=A,z=\/3,/I,DF=X,；

由（1）知：AC_L平面BDE,.•.平面或见的一个法向量m=CAi=（0,3,百）

（或者由（1）中待定系数法求出法向量）；设平面的法向量〃=（。力,。），

DB•n=•a=0厂/\

则,令b=6，贝！J〃=O,c=-=出,一X)；

DF-n=V3^+^+V3c=0'7

m-n|冲-耳1

|叫"2A/3x，3+%243+%2

J

令)贝，

3—2=r«2,3,|4=3-4°s21261

Nl+1

"+1W

\cosG,即锐二面角歹-3D-E的余弦值的取值范围为

92J

2.（2023•湖南•校联考模拟预测）如图，四棱锥P-ABCD内，M_L平面ABC。，四边形ABC。为正方形,

AB=2,BP=2下.过P的直线/交平面ABC。于正方形A5CD内的点〃，且满足平面B4M_L平面PBM.

求点M的轨迹长度;

4

(2)当二面角M-R4-3的余弦值为不时，求二面角尸-MA-O的余弦值.

【答案】⑴5晶兀(2)磊3

【分析】(1)作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到平面,再由线面垂直推出3〃_L4",利

用线面垂直的判定得到AAf2平面PBM,进而得到建立坐标系，求出动点的轨迹方程，进一

步求解扇形的弧长；

(2)由(1)知，设出点M的坐标，利用向量法求得二面角M-%-B的余弦值，求出点M坐标，再根据

向量法求二面角的平面角余弦值.

【详解】(1)作BHJLPM交PM于H,

因为平面/W1平面PBM,且平面F4Mc平面尸8扬=尸加，所以如_1_平面上4M,

又因为A"u平面所以因为PBJL平面ABCD,且AMu平面ABCD,所以尸3_LAAf,

因为BHLAM,PB±AM,PB、皮fu平面尸BM,PBBH=B,所以AM1平面

又因为平面所以分别以直线为x轴，》轴，z轴建立空间直角坐标系，

则8(0,0,0),P(0,0,2g),C(0,2,0),4(2,0,0),£>(2,2,0),

设M(x,y,0),因为所以AA/.BM=0,AM=(x-2,y,0),BM=(x,y,0),

所以(x-2).x+w=。，即(x-lf+y=1,设A3中点为N,则N(l,0),如图,

_,/..才兀3兀IT3兀

又/ABMe-,y,所以NANMe-

4

因此，M的轨迹为圆弧QM，其长度为（乎-$义1=!|.

（2）由（1）知，可设知（1+85夕51口。,0）,0＜。＜兀，PA=（2,0,-2若）,AM=（cos8-Lsin。,。）,。v兀，

2a-2^3<?=0

设平面P4M的一个法向量为〃=（a,"c）,贝I卜

n•AM=0,(cos0-\)a+bsin夕=0

令c=l,则〃==七警亚’可得平面W的一个法向量为〃1"七普亚」

易知平面的一个法向量为机=（0,1,0）,所以

班一百cos6

。石-6cose

cos(m,nsin

-7-A,,4./\yj3—cos34

当二面角/一上4一3的余弦值为二时，cos«%〃）=I,=1,

5V-COS26»-6COS6＞+75

解得cosd=-1^或cos8=l（M与A重合，舍去）所以,0）,〃=1],

.n-k-13

COS77.K,—____-_________—____

易知平面P4D的一个法向量为左=（0,0,1）,所以，一|〃卜，|一,（8）2-10-

3

由图知，二面角夕-他4-。的平面角为钝角，故二面角P-M4-。的余弦值为-r.

【题型四】异面直线探索性点

1.（2022秋・北京昌平•高二校考阶段练习）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEb所在的平面互相垂直,

AB=y/2,AF=1,M是线段EF的中点.

⑴求证AM〃平面3OE；

⑵试在线段AC上确定一点P,使得PF与C。所成的角是60。.

【答案】⑴证明见解析⑵点尸为AC的中点

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量共线证明线线共线，从而利用线面平行的判定证明即可;

（2）设出点的坐标，利用向量夹角的坐标运算公式建立方程，即可求解点的位置.

【详解】（1）因为正方形ABC。和矩形ACM所在的平面互相垂直，

且平面ABCDc平面ACEF=AC,且ECJLAC,ECu平面AC砂，

所以EC,平面ABCZ）,又CDLCB,如图建立空间直角坐标系.

z.

CWBy

当¥，o]E(O,O,1),

设ACc3£>=N,连结AE,则N

又A(0,0,O),Af-^-,-^-,1,.'.AM=(-^-,-^-,1).

I22J22

:.NE=AM，且AE与AM不共线，:.NE//AM,

又A®u平面B£)E，4MC平面BDE,：.AM，平面BDE.

(2)设尸C&O),0<Z<A/2,又尸(应，忘,1),C(0,0,0),0(72,0,0),

则尸尸CD=(a,0,0).

J（吏_+电_行+1.应2

解之得f=走或f=（舍去），故点P为AC的中点时满足题意.

22

2.（2021秋・山东烟台・高二山东省烟台第一中学校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC-A闽G中，侧棱可，

平面ABC,AC1BC,AC=1,BC=2,e=1,点。是A8的中点.

⑴求直线AG到平面B。的距离.

（2）在线段上找一点尸，使得AC】与CP所成角为60。，求的值.

【答案】⑴|9;⑵"而1F

【分析】（1）由已知条件可证得AG平面BCD，从而直线AG到平面的距离即为点G到平面8（。的

距离，建立空间直角坐标系，求出平面BC。的法向量，然后利用点到平面的距离公式求解即可；

（2）设”=VI）,则CP=（1-422,0）,利用空间向量夹角余弦公式列出方程，即可解出答案.

【详解】（1）如图，连接BG交于点E,连接。E,

在三棱柱ABC-A瓦G中，四边形BCG瓦为平行四边形，

SE是BG的中点，又。是42的中点，SDE//AC1,

EIDEu平面耳C。，460平面片0）,0AC1平面片CD,

团直线AC,到平面B.CD的距离即为点G到平面B£D的距离，

因为在三棱柱ABC-4瓦£中，侧棱A4,_L平面ABC,BCu平面ABC,AC1BC,

所以8=（』,o],C4=（°，2,l），设平面用CO的法向量为〃=（x,y,z）,

n-CD=0—x+y=0

则土，所以｛2，令y=-l,得％=2,z=2,所以〃=(2,-1,2),又eq=(0,0,1),

n-CBj=0[2y+z=0

所以点G到平面B(D的距离d=叵id=-,即直线AG到平面BQD的距离为目；

\n\33

(2)因为C(0,0,0),4(1,0,0),3(0,2,0),£(0,0,1)所以CA=(1,0,0),AB=(-1,2,0),AQ=(-1,0,1),

TgAP=/lAB(0<2<l),所以CP=G4+A尸=C4+XAB=(l-/l,2；l,0),

所以（，）2-11

因为AG与CP所成角为60。|cosA6CP=

V2X7(1-2)2+4222

iAri

整理得3万+24—1=0,即(3/1—1乂2+1)=0,解得力=；,即”=3

3..（2022春•江苏南通•高二统考开学考试）在四棱锥尸-ABCD中，AB//CD,AB=2CD=2BC=2AD=2,

NZMB=60。，AE=BE,一为正三角形，且平面PAD_L平面ABCD

⑴求二面角P—EC-3的余弦值；

(2)线段PB上是否存在一点M(不含端点)，使得异面直线。M和PE所成的角的余弦值为逅？若存在，指

4

出点〃的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】⑴-走(2)存在，点M位置为尸河=。尸3

25

【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角尸-EC-3的余弦值；_

(2)设9=几收(0<4<1),利用向量法求异面直线的夹角，得到=坐,解方程即得

2V6-V422-22+l4

解.

【详解】(1)设。是AD中点，一以。为正三角形，则尸

因为平面R4D_L平面ABCZ),平面PADc平面ABCD=AD,

又「Ou平面B4。，所以「01面A2CD

又因为AD=AE=1,ZZMS=60°,所以VADE为正三角形，所以OE_LAT>,

以。为原点，分别以0AoE,OP为尤,MZ轴的正方向，建立空间直角坐标系。-型，

。尸=］；，。，#.设平面尸EC的法向量为4=(x,y,z),

PC-ni=O-X+—y--z=0,../、

由即广"可取%=（0,1,1）.平面E2C的一个法向量为〃,=（0,0,1）,

PE-«1=0，3V3.

I——y------2=0,

I22

Iirun।4•1走

正-

设二面角尸—£C—5的平面角为。，则|cos昨卜os<々，叼>=所-2

nr

由图知为。为钝角，所以二面角尸—EC—3的余弦值为-(2)设PM=XP3(O<4<1),则

DM=DP+PM—PE=（Q,—,~—

222222

।.DM•PE|92-3|A

所以cos（OMP£）=-—=」=一,解得2）或。（舍），所以存在点M使得

1'/]DM^nPE2历J，4%-24+145

4

PM=-PB.

5

【题型五】线面角探索性点

1.（2023秋,重庆沙坪坝,高二重庆南开中学校考阶段练习）在三棱柱ABC-A4G中，平面A4BAL平面ABC,

7T

侧面4耳54为菱形，NABB、,ABt1AC,AB=AC=2,E是AC的中点.

jr卜P

⑵点尸在线段上（异于点4，E）,"与平面所成角为:，求宝的值.

4七4

FP2

【答案】⑴证明见解析（2）西=《

【分析】（1）作用。交A3于。点，由面面垂直的性质可得与。，平面ABC,可得BQJ_AC,再由线

面垂直的判定定理得AC,平面4片血，从而得到AC,48,再由线面垂直的判定定理可得答案；

（2）以A为原点，A3、AC、A&所在的直线分别为八八z轴，建立空间直角坐标系，设稗=4%，可得

AP=㈠,1-2,⑨），求出平面ABE的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.

JT

【详解】（1）因为侧面4片刚为菱形，ZABBt=~,AS=AC=2,

所以ABB「A4再为边长为2的等边三角形，

作用0LA3交AB于。点，则。点为AB的中点，

因为平面A耳平面ABC,平面4用BAc平面ABC=AB,瓦。u平面^耳姑，所以耳。,平面ABC,

ACu平面ABC,可得80，AC,

又ABt±AC,BQABt=B1,BQ、AB,u平面A{B{BA,可得AC，平面\BfiA,

因为ABu平面所以AC，AB,因为侧面44区4为菱形，所以

AB,AC=A,ACu平面阴C,所以A]B_L平面ABC；

TT

（2）由（1）知，AC,平面AABA,ZBAC=^,取做A好的中点a，连接A。一

则BQHAO\,所以A。J平面ABC,

以A为原点，A3、AC、AO1所在的直线分别为八y、z轴，建立空间直角坐标系，

则A（0,0,0）,4（-1,0,73）,8（2,0,0）,E（0,l,0）,

AB=（3,o,-⑹，甑=卜1,-1,@,

设EPn/iEM,可得尸卜2,1—4,所以/1尸=卜/1,1—2,A/§k）,

设平面AfE的一个法向量为〃=(尤,%z),则

A^B-n=03x-gz=0

即《令z=JL可得”=（1,2,力）,

E\.〃二0-％-）+6z=0

|-2+2-22+3A|

71+4+3^2+（1-2）2+322；

7FPD

解得人=。舍去，或2=(,所以或=不

2.(2022秋•河南郑州•高三郑州外国语学校校考阶段练习)如图，P£)J_平面ABC。，ADVCD,ABIICD,

PQHCD,AD=CD=DF=2PQ=2AB=2,WE,F,M分别为AP,CD,BQ的中点.

⑴求证：班7/平面CPM；

(2)若N为线段C。上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为g,求线段QN的长.

6

【答案】⑴证明见解析(2)好.

3

【分析】(1)连接EM,则根据题意可证得四边形EMCF为平行四边形，则EF〃CM,然后由线面平行的

判定定理可证得结论，

(2)由题意可得。ADC,。？两两垂直，所以以。为原点，ZHDGOP所在的直线分别为x,y,z轴建如图所示

的空间直角坐标系，利用空间向量求即可.

【详解】(1)证明：连接EM,因为AB//C。，PQHCD,CD=2PQ=2AB=2,

所以ABIIPQ,AB=PQ,所以四边形ABQP为平行四边形，

又点E,F,M分别为AP,CD,2。的中点，

则£M/M3，EM=AB,CF=；CD,

所以EM/ICF,且EM=CF,

所以四边形EMCF为平行四边形，所以EFIICM,

又EF(Z平面CPM,CMu平面CPM,

所以EF"平面CPM-,

(2)因为PD_L平面ABC。，DA,CCu平面ABCZ),

所以P0_LD4,PZ)_Lr)C,

因为AD_LC£),所以必DC,£)尸两两垂直，

所以以。为原点，以。GDP所在的直线分别为*,y,z轴建如图所示的空间直角坐标系，则

£>(0,0,0),A(2,0,0),8(2,1,0),C(0,2,0),尸(0,0,2),。(0,1,2),M(1,1,1)

PQ=(0,1,0),CM=(1,-1,1),PC=(0,2,-2),

设平面2PM的一个法向量为Wi=(x,y,z),贝叫

m-PQ=y=0

令x=l,则m=(1,0,1)；

设。N=AQC(0<A<1),则QN=AQC=(0,2,-22)，

所以N(0,4+1,2-22),D^=(0,2+1,2-22),

IT

由题意直线rw与平面QPM所成的角为;，

6

.n,/〜，\,\DN-m\|2-22|11“

则smz=|cos(DN,m)|==厂=;，解得2=彳或2=3(舍),

6'/|DV||m|依+1)2+(2-24)2.023

所以IQV|=；|QC|=/，即线段QN的长为

3..（2023•全国•高二专题练习）如图，在三棱柱ABC-A与G中，平面48瓦4，平面ABC,AB=BC=2,

ZABC=120°,BBt=75,且E是棱人片上的一点.

（2）是否存在点E，使得直线CE与平面BCC同所成角的正弦值为巫?若存在，求出芈的值;若不存在,

56EA

说明理由.

【答案】（1）证明见解析（2）存在点E,¥=（

EA2

【分析】（1）在平面ABC内，过点C作直线A3的垂线，垂足为G,根据面面垂直的性质得到CGL平面

ABBA，即可得到4出，CG,再由AB_LAC,从而得到4出，平面ABC,则即可得证；

（