1.4.2用空间向量研究距离夹角问题（11大题型提分练）

用空间向量研究距离、夹角问题题型一求异面直线所成角1．（2324高二下·安徽黄山·期末）如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，AA1=A1B1=12AB=1A．14 B．154 C．1 D【答案】B【分析】建立空间坐标系，即可利用向量夹角求解.【详解】取BC中点Q，连接AQ，AC，由菱形得△ABC为等边三角形，∵Q为中点，∴AQ⊥BC，又∵AD//BC，∴AQ⊥AD，又∵AA1⊥∴以A为坐标原点，以AQ、AD、AA1所在直线分别为x轴、y轴、A(0,0,0),A1(0,0,1),D1(0,1,1),Q(3,0,0),C(3,1,0),B(3,-1,0)，C1(32,1所以cosC故,故直线AD1与直线C1M所成角的正弦值为15故选：B2．（2324高二下·江苏徐州·期中）如图，四边形ABCD,AB=BD=DA=4,BC=CD=22，现将△ABD沿BD折起，当二面角A-BD-C的大小在[π6,π3]时，直线AB和CDA．22-616 B．28 C【答案】B【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值取值范围．【详解】取BD中点O，连接AO，CO，AB=BD=DA=4,BC=CD=22则CO⊥BD,AO⊥BD，且CO=2,AO=23，于是∠AOC是二面角A-BD-C显然BD⊥平面AOC，在平面AOC内过点O作Oz⊥OC，则BD⊥Oz，直线OC,OD,Oz两两垂直，以O为原点，直线OC,OD,Oz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，B(0,-2,0),C(2,0,0),D(0,2,0)，设二面角A-BD-C的大小为θ，θ∈[π因此A(23cosθ,0,23sin于是cosα=|显然cosθ∈[12,3所以cosα的最大值为2故选：B【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，求出动点A的坐标，利用向量建立函数关系是解题的关键.3．（2324高二下·山西晋城·期末）如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABEF为正方形，四边形ABCD为菱形，∠DAB=60°，则直线AC,FB所成角的正弦值为（

）A．63 B．53 C．104【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【详解】取AB的中点O，连接OD,四边形ABCD为∠DAB=60°的菱形，所以DO⊥AB，由于平面ABCD⊥平面ABEF，且两平面交线为AB，DO⊥AB,DO⊂平面ABCD，故DO⊥平面ABEF,又四边形ABEF为正方形，故建立不妨设正方形的边长为2，则A0,-1,0故AC=则，又故，故直线AC,FB所成角的正弦值104故选：C4．（2324高二下·广西南宁·阶段练习）已知点O0,0,0，A1,0,1，B-1,1,2，C-1,0,-1，则异面直线OC与A．36 B．33 C．24【答案】D【分析】应用求空间向量夹角余弦值的公式计算余弦值，然后利用同角三角函数关系求解正弦值即可.【详解】设两条异面直线所成的角为θ，且这两条异面直线的方向向量分别是OC=-1,0,-1，则cosθ=OC⃗所以sinθ=1-cos2θ=336，故选：D5．（2324高二下·甘肃酒泉·期中）四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的菱形，∠DAB=60°，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥底面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为60°，E是PB的中点(1)证明：OE//平面PAD(2)求DE与PA所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)14【分析】（1）连接OE，即可说明EO//（2）建立空间直角坐标系，由线面角求出PO，再利用空间向量法计算可得.【详解】（1）连接OE，因为ABCD为菱形，对角线AC与BD相交于点O，所以O为BD的中点，又E是PB的中点，则EO//PD，且EO⊄平面PAD，PD⊂平面所以EO//平面PAD（2）因为ABCD为菱形，所以AC⊥BD，又PO⊥底面ABCD，则PO,OC,OB两两互相垂直，以O为坐标原点，射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，菱形ABCD中，∠DAB=60°，所以BD=2OB=2，在Rt△AOB中OA=因为PO⊥底面ABCD，所以PB与底面ABCD，所成的角为∠PBO=60°，所以PO=OB⋅tan则A又E是PB的中点，则E1于是DE=32设DE与AP的夹角为θ，则有cosθ=所以sinθ=所以异面直线DE与PA所成角的正弦值为144题型二已知异面直线所成角求其他量1．（2324高二上·海南·期中）在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，SA⊥平面ABCD，SA=AB，E是BC的中点，F是棱SD上一点（不含端点），满足SD=λFD．若异面直线AE与CF所成角的余弦值为427，则A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】先根据条件建立合适空间直角坐标系，然后表示出点F坐标，利用向量法表示出异面直线所成角的余弦值，求解出SD,FD的倍数关系则λ【详解】取CD中点M，连接AM,AC，因为四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，所以△ABC,△ADC均为等边三角形，又因为M为CD中点，所以AM⊥CD，又因为AB//CD，所以AM⊥AB，以A为坐标原点，以AB,AM,AS方向为x,y,z轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系：设AB=SA=1，所以A0,0,0设mSD=FD所以F12m-1,3所以cosAE化简可得16m2-8m+1=0所以14SD=FD，所以故选：C.2．（2324高二上·河南·期末）在空间直角坐标系O-xyz中，向量a→=1,-1,m，b→=1【答案】±【分析】由向量夹角的余弦公式运算即可.【详解】设l1，l2所成角为则cosθ=解得m=±2故答案为：±23．（2324高二上·福建厦门·期中）如图1，在△ABC中，D,E分别为AB,AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=25，BC=4.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1(1)求证：A1(2)线段A1C上是否存在点F，使得直线DF和BC所成角的余弦值为357【答案】(1)证明见解析(2)存在，A【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质和面面垂直性质可得A1O⊥平面（2）以O为坐标原点可建立空间直角坐标系，设A1F=λA【详解】（1）∵AB=AC，D,E分别为AB,AC中点，∴AD=AE∵O为DE中点，∴A又平面A1DE⊥平面BCED，平面A1DE∩平面BCED=DE，∴A1O⊥平面BCED，又BD⊂平面BCED（2）取BC中点G，连接OG，∵AB=AC，G为BC中点，∴AG⊥BC∴AG=AB2则以O为坐标原点，OG,OE,则A10,0,2，D0,-1,0，B∴A1C=2,2,-2假设在线段A1C上存在点F，使得直线DF和BC所成角的余弦值为设A1F=λ∴DF∴cos整理可得：16λ2-24λ+9=∴存在满足题意的点F，此时A14．（2324高二上·上海·课后作业）如图，设ABCD-A1B1C1D

(1)证明：AP⊥B(2)若异面直线AP与D1B1所成角为π(3)当∠APC为钝角时，求λ的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)λ=1(3)1【分析】（1）建立坐标系，利用向量数量积为0，证明线线垂直；（2）写出向量坐标，利用夹角公式可得答案；（3）利用钝角可得数量积小于零且不等于-1，求解即可.【详解】（1）以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为设正方体的棱长为1，则B1,1,0，B11,1,1，D10,0,1D1B=因为D1PD所以AP=因为AP⋅B1（2）D1B1因为直线AP与D1B1所以AP⋅解得λ=±1，因为动点P在对角线BD1上，所以（3）PC=PB+因为∠APC为钝角，所以PA⋅PC=3又因为3λ2-4λ+1≠-1在R上恒成立

5．（2223高二上·北京昌平·阶段练习）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，M是线段EF的中点

(1)求证AM//平面BDE；(2)试在线段AC上确定一点P，使得PF与CD所成的角是60°.【答案】(1)证明见解析(2)点P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ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，且平面ABCD∩平面ACEF=AC，且EC⊥AC，EC⊂平面ACEF，所以EC⊥平面ABCD，又CD⊥CB，如图建立空间直角坐标系.

设AC∩BD=N，连结NE，则N22,22又A(2,2,0),M2∴NE=AM，且NE与AM不共线，又NE⊂平面BDE，AM⊂平面BDE，∴AM∥平面BDE（2）设P(t,t,0)，0≤t≤2，又F(2,2,1)则PF=(2-t,又∵PF与CD所成的角为60°，∴(2解之得t=22或t=322（舍去），故点题型三直线与平面所成的角1．（2324高二下·安徽宣城·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，且AD∥BC,∠BAD=90∘,BC=1，AP=AB=(1)求证：平面PBC⊥平面ADMN；(2)求直线BD与平面ADMN所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)42【分析】（1）先证明PB⊥平面ADMN，根据面面垂直的判定定理即可证明结论；（2）方法一：结合（1）可知PB⊥平面ADMN，即可说明∠BDN即为直线BD与平面ADMN所成的角，解三角形，即可求得答案；方法二，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）∵PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD，则PA⊥AD，由∠BAD=90∘，则又AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB，∴AD⊥平面PAB,PB⊂平面PAB，∴AD⊥PB，∵AP=AB，且N为PB的中点，∴PB⊥AN，∵AN∩AD=A,AN,AD⊂平面ADMN，∴PB⊥平面ADMN，又PB⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面ADMN；（2）解法一：如图，连结DN，由（1）知PB⊥平面ADMN，所以，DN为直线BD在平面ADMN内的射影，且DN⊥BN，所以，∠BDN即为直线BD与平面ADMN所成的角.在直角梯形ABCD内，过C作CH⊥AD于H，则四边形ABCH为矩形，CH=AB=3,AH=BC=1，在Rt所以，AD=AH+DH=2,BD=A而PB=3+3=6，在Rt所以sin∠BDN=综上，直线BD与平面ADMN所成角的正弦值为42解法二：在直角梯形ABCD内，过C作CH⊥AD于H，则四边形ABCH为矩形，CH=AB=3,AH=BC=1，在Rt△CDH所以，AD=AH+DH=2，以A点为原点，AB､AD､则A0,0,0由（1）知，PB⊥平面ADMN，平面ADMN法向量可取为PB=设直线BD与平面ADMN所成角为θ，则sinθ=综上，直线BD与平面ADMN所成角的正弦值为42142．（2324高二下·湖南岳阳·期末）如图，在圆锥SO中，AD为圆O的直径，B,C为圆弧AD的两个三等分点，M为SD的中点，SO=OA=3；(1)求证：平面SBD⊥平面SOC；(2)求直线SD与平面ABM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）利用线面垂直的性质得到SO⊥BD，再根据条件得到OC⊥BD，利用线面垂直的判定定理得到BD⊥面SOC，再利用面面垂直的判定定理，即可证明结果；（2）建立空间直角坐标系，求出平面ABM的一个法向量及SD，再利用线面角的向量法，即可求出结果.【详解】（1）因为SO⊥面圆O，又BD⊂面圆O，所以SO⊥BD，又B,C为圆弧AD的两个三等分点，所以BC=CD，得到又OB=OD，所以OC⊥BD,又SO∩OC=O，SO,OC⊂面SOC，所以BD⊥面SOC，又BD⊂面SBD，所以平面SBD⊥平面SOC.（2）取AD的中点H，连接OH，如图，以OH,OD,OS所以直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，因为M为SD的中点，SO=OA=3，所以A(0,-3,0),D(0,3,0),S(0,0,3),M(0,3又因为∠AOB=π3，OA=OB=3，所以则SD=(0,3,-3)，AM=(0,设平面ABM的一个法向量为n=(x,y,z)，由n⋅AB取y=-1，得到x=33，z=3，所以设直线SD与平面ABM所成的角为θ，所以.3．（2324高二下·江苏徐州·期中）已知平行四边形ABCD中，AB=3,AD=5,BD=4,E是线段AD的中点.沿直线BD将△BCD翻折成△BC'D，使得平面B(1)求证：C'D⊥平面(2)求直线BD与平面BEC'【答案】(1)证明见解析；(2)341【分析】（1）利用翻折的特性，结合勾股定理逆定理证得C'D⊥BD，再利用面面垂直的性质、线面垂直的（2）由（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再线面角的向量求法求解即得.【详解】（1）在▱ABCD中，AB=3,AD=5,BD=4，翻折后，C'D=CD=AB=3,C于是C'D⊥BD，而平面BC'D⊥平面ABD，平面BC'D∩平面所以C'D⊥平面（2）由（1）知C'D⊥平面ABD，且CD⊥BD，显然直线如图，以D为原点，直线DB,CD,DC'分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系则D0,0,0，A4,3,0，B4,0,0由E是线段AD的中点，得E(2,32,0)在平面BEC'中，BE=(-2,设平面BEC'法向量为n=(x,y,z)，则BE⋅n设直线BD与平面BEC'所成角为θ，则sin以直线BD与平面BEC'所成角的正弦值为4．（2324高二上·湖北襄阳·阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD满足AB=CB=2,AD=CD=5,∠ABC=90°，棱PD上的点E满足直线(1)求PEED(2)若PB=5,PD=22，且PA=PC，求直线CE【答案】(1)2(2)4【分析】（1）由题意得：连接AC,BD交于O点，过C做CF∥AB，交BD于T点，先证平面PAB//平面CEF，从而PEDE=AFFD（2）利用余弦定理可得PO=2，从而PO⊥BD，以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角.【详解】（1）由题意得：连接AC,BD交于O点，过C做CF∥AB，交BD于T点，如图所示：由于CF//AB,CF⊄平面PAB，AB⊂平面所以CF//平面PAB，又CE//平面PAB．CF∩CE=C,CF,CE⊂平面所以平面PAB//平面CEF，平面PAD∩平面PAB=PA平面PAD∩平面CEF=EF，所以EF故PEDE由于AB=CB=2所以△ABD≠△BCD，则∠CBT=π4，所以四边形ABCT为正方形，所以∴在Rt△COD中，CO=1,CD=5，所以OD=2，所以∴PE（2）在△POB和△POD中，由cos∠POB=-PO满足PO2+BO2又有AC交BD于O点，所以PO⊥平面ABCD，满足PO,CO,DO两两垂直，故以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P0,0,2于是有BP=设平面PBC的法向量为n=x,y,z，由取n=2,-2,1，又故所求角的正弦值为cosCE5．（2324高二下·广西贵港·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC,AD=2BC=4，侧面PAD⊥平面ABCD,O,M分别为AD,PD的中点．

(1)证明：PB∥平面OMC．(2)若CD=2,PA=PD=4，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明线面平行；（2）利用向量法计算直线与平面所成角的正弦值；【详解】（1）证明：连接BD,OB，设BD与OC相交于点E，因为AD∥BC，

AD=2BC=2OD=4，所以OBCD为平行四边形，即E为BD的中点．连接ME，因为M为PD的中点，所以PB∥ME．因为PB⊄平面OMC,ME⊂平面OMC，所以PB∥平面OMC．（2）因为PA=PD，所以PO⊥AD．因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD．取BC的中点H，连接OH．因为ABCD是等腰梯形，所以OH⊥AD．以O为坐标原点，OH,OD,OP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A0,-2,0所以AB=设平面PAB的法向量为m=x,y,z令x=1，则y=-3,z=1，可得cosm,所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为1510题型四已知线面角求其他量1．（2324高二下·云南曲靖·阶段练习）如图，在斜三棱柱BCE-ADF中，侧面ABCD⊥侧面ABEF，AB=AD=AF=2,∠ADC=∠AFE=60°，M为线段CD上的动点(1)当M为CD的中点时，证明：EM⊥BF；(2)若EM与平面BCE所成角的正弦值为1525，求线段CM的长度【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）作出辅助线，得到AE⊥BF，AM⊥AB，由面面垂直得到线面垂直，得到AM⊥BF，从而证明出AM⊥平面ABEF，AM⊥BF，得到BF⊥平面AEM，证明出结论；（2）作出辅助线，证明出AM1,AB,AN两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设M(3【详解】（1）连接AE,AM，∵AB=AD=AF=2,∠ADC=∠AFE=60°，∴四边形ABCD,ABEF均为含60∘的菱形，△ACD∴AE⊥BF，当M为CD的中点时，有AM⊥AB；又∵侧面ABCD⊥侧面ABEF，侧面ABCD∩侧面ABEF=AB，AM⊂侧面ABCD，∴AM⊥平面ABEF，又∵BF⊂平面ABEF，从而AM⊥BF又AE∩AM=A，AE,AM⊂平面AEM，∴BF⊥平面AEM，因为EM⊂平面AEM，所以EM⊥BF.（2）因为△AEF为等边三角形，取EF的中点N，则AN⊥EF，又AB//EF，故AN⊥AB，取CD的中点M1，连接A由（1）知AM1⊥平面ABEF，又AN⊂平面ABEF∴AM以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B0,2,0设M(3则BC=(设平面BCE的法向量为m=(a,b,c)由m⊥BC,令b=3,∴a=1,c=1,设EM与平面BCE所成角为θ，所以sinθ=m⋅EMm∵-1≤y≤1，所以y=1∴CM=1-12．（2324高二下·河南·阶段练习）如图，在四棱锥Q-ABCD中，CD∥AB，BC⊥AB，平面QAD⊥平面ABCD，QA=QD，M，N分别是AD，(1)证明：QM⊥BD；(2)若AD=AB=2CD=2，直线MN与平面QBC所成角的正弦值为427，求QM【答案】(1)证明见解析；(2)3或3【分析】（1）先证明QM⊥平面ABCD，由线面垂直的性质即可得证；（2）建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量法，由直线MN与平面QBC所成角的正弦值为427【详解】（1）∵M是AD中点，QA=QD，∴QM⊥AD，∵平面QAD⊥平面ABCD，平面QAD∩平面ABCD=AD，QM⊂平面QAD，∴QM⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴QM⊥BD．（2）取BC中点F，连接MF，∵M，F分别为AD，BC中点，AB∥CD，∴MF∥AB，又BC⊥AB，∴MF⊥BC；以F为坐标原点，FM，FB正方向为x，y轴正方向，过F作z轴//QM，可建立如图所示空间直角坐标系设QM=aa>0∵MF=12AB+CD∴M32,0,0，Q32,0,a，∴MN=-34,-设平面QBC的法向量n=x,y,z，则令x=2a，解得y=0，z=-3，∴n=∴cos<解得a=3或a=32，故QM的长为3．（2324高二下·浙江宁波·期末）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，△FBC为等腰直角三角形，且FC⊥FB.面BCF⊥面ABCD,EF//(1)求证：BE⊥CF：(2)在线段AB上是否存在点T，使得DT与平面ACF所成角的正弦值为53？若存在，请求出BT的长度；若不存在，请说明理由【答案】(1)证明见解析；(2)BT=12或【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理即得.（2）取BC的中点O，以O为原点，建立空间直角坐标系，设BT=t(0,≤t≤4)，求出平面ACF的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得.【详解】（1）由矩形ABCD，得AB⊥BC，而平面BCF⊥平面ABCD，平面BCF∩平面ABCD=BC，AB⊂平面ABCD，则AB⊥平面BCF，又CF⊂面BCF，于是AB⊥CF，而FC⊥FB，EF//AB，AB∩BF=B,AB,BF⊂平面ABFE，因此CF⊥平面ABFE，又BE⊂平面ABFE，所以BE⊥CF.（2）取BC的中点O，作Ox//AB，连接OF，由（1）知，Ox⊥平面BCF，而OF⊂平面BCF，则Ox⊥OF，又FC⊥FB，FC=FB，则OF⊥BC，即Ox,OB,OF两两垂直，以O为原点，直线Ox,OB,OF分别为x,y,z建立空间直角坐标系，假定在线段AB上存在点T，使得DT与平面ACF所成角的正弦值为53，设BT=t(0,≤t≤4)则A(4,2CA=(4,2设平面ACF的法向量n=(x,y,z)，则n⋅CA=4x+22于是|cos〈n,DT〉|=|所以在线段AB上存在点T，使得DT与平面ACF所成角的正弦值为53，此时BT=124．（2324高二下·山西运城·期中）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，平面PCD⊥平面ABCD，M是棱PD上的动点，N是棱AB上的一点，且AN=(1)求证:MN⊥AC;(2)若直线MN与平面MBC所成角的正弦值是55，求点M的位置【答案】(1)证明见解析；(2)M是棱PD的中点.【分析】（1）首先利用垂直关系证明DA,DC,DP互相垂直，再以点D为原点，建立空间直角坐标系，利用数量积证明线线垂直；（2）首先求平面MBC的法向量，再利用线面角的向量公式，建立方程，即可求解.【详解】（1）证明：因为CD=PD=22PC所以PD⊥CD，因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD,PD⊂平面PCD，所以PD⊥平面ABCD，因为AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD，因为四边形ABCD是矩形，所以AD⊥CD，故DA,DC,DP两两垂直，以D为坐标原点，DA,DC,DP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，设CD=4，则A(2,0,0),C(0,4,0),B(2,4,0),N(2,1,0),M(0,0,t)(0≤t≤4)，所以MN=(2,1,-t)因为MN所以MN⊥AC，即（2）由（1），得MN设m=(x,y,z)为平面MBC则m⋅CB=2x=0m⋅CM=-4y+tz=0设直线MN与平面MBC所成角为θ，则sinθ=|所以t2-20t2-4即M是棱PD的中点.5．（2324高二下·江苏南京·阶段练习）如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，点D，E分别在线段AC，AB上，AE=1，AD=2，沿DE将△ADE折起到△PDE的位置，使得PB=5，如图2(1)求证：平面PDE⊥平面BCDE；(2)若点F在线段BC上，且直线DF与平面PCD所成角的正弦值为217，求BF(3)在线段PC上是否存在点M，使得DM//平面PBE，若存在，求出PMPC的值；若不存在，请说明理由【答案】(1)证明见解析(2)BF=2(3)存在；PM【分析】（1）利用余弦定理与勾股定理依次证得DE⊥PE，BE⊥PE，再利用线面垂直与面面垂直的判定定理即可得证；（2）利用（1）中结论，建立空间直角坐标系，设BF=λBC，从而得到DF与平面PCD（3）利用（2）中结论，设PM=μPC，利用线面平行的空间向量表示得到关于μ【详解】（1）在△PDE中，PE=1，PD=2，∠EPD=60°，由余弦定理得DE所以PE2+D在△PBE中，PE=1，BE=2，PB=所以PE2+B又因为BE∩DE=E，BE、DE⊂平面BCDE，所以PE⊥平面BCDE，又PE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面BCDE.（2）由（1）可知EB，ED，EP，两两互相垂直，以E为原点，EB，ED，EP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D0,3,0，B2,0,0，所以PC=12设平面PCD的法向量为n=x,y,z，则令y=-1，得n=设BF=λBC0≤λ≤1，又DB则DF=因为直线DF与平面PCD所成角的正弦值为217，所以cos即32-32λ-（3）设PM=μPC0≤μ≤1，又DP则DM=易得平面PBE的法向量n=因为DM//平面PBE，所以n⋅即-3+332题型五两个平面所成角1．（2324高二下·安徽滁州·期末）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形ACEF为菱形，∠CAF=π3，平面ACEF⊥平面(1)求三棱锥B-DEF的体积；(2)求平面BAF和平面BCE夹角的余弦值.【答案】(1)2(2)1【分析】（1）由EF//AC，证得EF⊥面BDF，利用等体积转化VB-DEF（2）以O为坐标原点，OB,OC,OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建泣空间直角坐标系.分别求得平面BAF和平面BCE的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）设AC∩BD=O，如图1，连接FC,FO.因为四边形ACEF为菱形且∠CAF=π所以△AFC为等边三角形，则AC⊥FO.四边形ABCD是边长为2的正方形，所以AC⊥BD.又FO∩BD=O,FO,BD⊂面BDF，故AC⊥面BDF∵EF//AC，EF⊥面BDF.又AC=BD=2，则FO=3∴V（2）因为平面ACEF⊥平面ABCD，且面ACEF∩面ABCD=AC,BD⊂面ABCD，在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以BD⊥面ACEF.FO⊂面ACEF，则BD⊥FO，又由（1）知AC⊥FO.如图2，以O为坐标原点，OB,OC,OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建泣空间直角坐标系.可得A0,-1,0设面BAF的法向量为m=x1∴AB→设两BCE的法向量为n=x2∴BC→⋅故.所以，平面BAF和平面BCE夹角的余弦值为172．（2324高二下·四川成都·阶段练习）如图，已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，所有的棱长均为2，侧面(1)证明：平面A1CE⊥底面(2)求平面A1EF与平面ABCD【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）连接CE，根据菱形性质得EC⊥DC，再利用面面垂直的性质定理得EC⊥底面ABCD，最后利用面面垂直的判定定理证明；（2）取DC中点为O，连接D1O,OB，利用等边三角形的性质及面面垂直的性质得D1O,OB,OC两两垂直，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面A1EF的一个法向量m⃗=2,3,2，平面ABCD的一个法向量为【详解】（1）连接CE，在菱形DCC1D1中，因为∠D所以EC⊥D1C1，所以EC⊥DC，又因为侧面侧面DCC1D1∩底面ABCD=DC，EC⊂侧面DC又EC⊂平面A1CE，所以平面A1（2）连接D1C,BD，取DC中点为O，连接D1故三角形D1DC为等边三角形，则D1O⊥DC，因为侧面侧面DCC1D1∩底面ABCD=DC，D1O⊂又OB,OC⊂底面ABCD，所以D1O⊥OB，在三角形BDC中，因为BC=DC=2,∠DCB=∠DAB=π3，故三角形则BO⊥DC，所以D1则以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OD1所在直线为建立如图所示的空间直角坐标系.又OB=OD1=2×32因为C1F=13因为D1O⊥底面所以取平面ABCD的法向量为n=(0,0,1)设平面A1EF的一个法向量为由EA1⋅m=0EF⋅设平面A1EF与平面ABCD的夹角为则cosθ=|故平面A1EF与平面ABCD3．（2324高二下·四川成都·期末）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为正三角形，AB=AA1=2(1)证明：A1O⊥平面(2)求平面BAA1与平面CA【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）连接AO，A1B，A1C，利用勾股定理逆定理证明（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）连接AO，A1B，A1C，因为△ABC为正三角形且AB=2，所以AO⊥BC，AO=3，又A1O=1，AA1又∠A1AC=∠A1AB，所以△A又AO∩BC=O，AO,BC⊂平面ABC，所以A1O⊥平面（2）由（1）可知A1O⊥平面ABC，则A3,0,0，B0,1,0，C则AA1=-设平面BAA1的法向量为m=x,y,z，则设平面CAA1的法向量为n=a,b,c，则设平面BAA1与平面CAA1的夹角为所以平面BAA1与平面CAA4．（2324高二下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，若∠BAD=60∘,PB=PD=2,Q为PC的中点，△BDQ

(1)求P到平面ABCD的距离；(2)求平面BDQ与平面PAB夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)105【分析】（1）连接AC交BD于O点，连接PO，QO，即可证明BD⊥平面PAC，即可得到BD⊥OQ，由三角形△BDQ的面积求出OQ，即可求出PA，PO，从而得到PO⊥AC，即可证明PO⊥平面ABCD，即可得解；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）连接AC交BD于O点，连接PO，QO.因为ABCD为菱形，所以BD⊥AC，O为BD的中点，因为PB=PD，且O为BD的中点，所以BD⊥PO，因为AC∩PO=O，AC,PO⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，因为OQ⊂平面BDQ，所以BD⊥OQ，因为ABCD为边长为2菱形且∠BAD=60所以△ABD为等边三角形，所以BD=2，因为S△BDQ=1在△PAC中，OQ为中位线，所以PA=2OQ=6在△POA中，PO2=3,O因为AC∩BD=O，AC,BD⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，所以P到平面ABCD的距离为PO=3（2）如图，以O为坐标原点，OA,OB,OP的方向分别为

则A(3设平面PAB的法向量为m=x1所以m⋅AP=-3x设平面BDQ的法向量为n=x2所以n⋅OB=y2因为cosm所以平面BDQ与平面PAB夹角的余弦值为1055．（2324高二下·陕西西安·期末）如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，且PA=2，AB=BC=22，AC=4．点Q为棱BP上一点，且AQ⊥BP(1)求CQ的长；(2)求二面角Q-AC-B的余弦值．【答案】(1)CQ=(2)5【分析】（1）根据平面几何知识可证得AB⊥BC，再由线面垂直的性质定理和判定判定定理得证；（2）建立空间直角坐标系，运用面面角的向量求解方法可求得答案.【详解】（1）因为AB=BC=22，AC=4，所以AB2因为PA⊥底面ABC，且BC⊂底面ABC，所以PA⊥BC．又AB⊥BC，AB∩PA=A，AB,PA⊂平面ABP，所以BC⊥平面ABP．因为AQ⊂平面ABP，所以AQ⊥BC．又AQ⊥BP，PB∩BC=B，PB,BC⊂平面PBC，所以AQ⊥平面PBC．由CQ⊂平面PBC，得AQ⊥CQ．又PA⊥底面ABC，AB⊂底面ABC，所以PA⊥AB，所以BP=A由等面积法得AQ=AP⋅ABBP=（2）以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示，所以则A0,0,0，C0,4,0，P0,0,2由（1）得BQ=AB2-A则AC=0,4,0，设平面ACQ的法向量为n1=x,y,z，则AQ令x=2，得n1由PA⊥底面ABC，得n2=0,0,1则cosn由图可知，二面角Q-AC-B为锐角，所以二面角Q-AC-B的余弦值为55题型六已知面面角求其他量1．（2324高二下·江苏徐州·期中）如图，在三棱柱中ABC-A1B1C1中，AB,AC,AA1两两互相垂直，AA1=2AB=2AC,M,N是线段BB1,CC

【答案】π【分析】建立空间直角坐标系，设出CN,BM的长，求出平面AMN与平面ABC的法向量，借助面面角的向量求法求出CN,BM关系，再判断当B1M取最小时CN,BM的长，进而求得∠AMB【详解】在三棱柱ABC-A1B

依题意，设BM=a,CN=b,AB=1，则AA则A(0,0,0),B(1,0,0),M(1,0,a),N(0,1,b)，AM=(1,0,a),设平面AMN的法向量为m=(x,y,z)，则AM⋅m=x+az=0AN平面ABC的法向量n=(0,0,1)由平面AMN与平面ABC所成（锐）二面角为π6，得cos化简得a2+b2=13，当a且tan∠AMB=ABMB故答案为:π【点睛】易错点睛：空间向量求二面角时，一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．2．（2324高二下·湖南郴州·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,E为线段PD的中点，F为线段PC（不含端点）上的动点.(1)证明：平面AEF⊥平面PCD；(2)是否存在点F，使二面角P-AF-E的大小为45∘？若存在，求出PFPC【答案】(1)证明见解析(2)存在，PF【分析】（1）根据题意可证CD⊥平面PAD，则CD⊥AE，进而可得AE⊥平面PCD（2）建系标点，设PF=λPC(0<λ<1)，分别为平面AEF、平面【详解】（1）因为底面ABCD为正方形，则CD⊥AD，又因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，PA⊥CD。且PA∩AD=A，PA,AD⊂平面PAD，可得CD⊥平面PAD，由AE⊂平面PAD，可得CD⊥AE，因为PA=PD，且E为PD的中点，则AE⊥PD，由CD∩PD=D，CD,PD⊂平面PCD，可得AE⊥平面PCD，且AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PCD.（2）以AB､AD､AP分别为x轴､y则A0,0,0,B2,0,0设PF=λ则AF=设平面AEF的法向量m=x1令y1=λ，则x1又因为AC=设平面APF的法向量n=x2令x2=1，则y2由题意得：，即1-3λ2整理得即3λ2-2λ=0，解得λ=所以存在，此时PFPC3．（2324高二下·江苏南京·期末）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C(1)证明：AB1⊥(2)若二面角A-BC-D的余弦值为34，求线段AC【答案】(1)证明见解析；(2)6.【分析】（1）应用线面垂直判定定理证明即可；（2）设边长，应用空间向量法求出二面角余弦值即可求出边长.【详解】（1）由题意知AA1⊥平面ABC，又AB,AC⊂所以AA因为四边形AA1B所以四边形AA1B因为AA1⊥AC,AB⊥AC,A所以AC⊥平面AA又AB1⊂平面A因为A1D//AC，所以又因为A1B∩A所以AB1⊥（2）以A为原点，AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、设AC=aa>0，则A所以AC=所以平面ABC的一个法向量为m→设平面BCD的一个法向量为n→则n⋅BC=0n⋅CD=0，即-设二面角A-BC-D的大小为θ，则，解得a=6，所以线段AC的长为6．4．（2223高二下·山东青岛·期末）如图，四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，AC与BD交于点O，点E在线段SD上，且OE//平面SAB，平面SAB⊥平面ABCD，平面SAD⊥平面ABCD(1)求证：SE=DE；(2)若SA=AD=2，且平面ABE与平面BEC夹角的余弦值为32020，求【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）运用线面平行推出线线平行，根据中点即可求证．（2）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，即可利用法向量的夹角求解．【详解】（1）证明：∵OE//平面SAB，OE⊂平面SBD，平面SAB∩平面SBD=SB，∴OE//SB，又因为四边形ABCD为矩形，∴BO=DO，所以E是SD的中点，∴SE=DE；（2）∵四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD，又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面SAD，又SA⊂平面SAD，所以AB⊥SA，同理，AD⊥SA，以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=a(a>0)，则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,2,0),D(0,2,0),S(0,0,2),E(0,1,1)，∴AB=(a,0,0),设平面ABE的法向量为m则m⋅AB=0,m⋅AE=0,即ax=0,设平面CBE的法向量为n=(则n⋅CB=0,n⋅CE=0,即-2则|cos解得a=3，故AB=3．5．（2324高二下·浙江嘉兴·期末）如图，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AC=2DC=2,DB=DE.(1)证明：平面BDE⊥平面ABE；(2)当平面ABC与平面BDE的夹角为π4时，求几何体ABCDE的体积【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）作出辅助线，得到四边形DCGF为平行四边形，故DF//CG，由线面垂直得到EA⊥CG，故DF⊥EA，结合DF⊥BE，从而DF⊥平面ABE，得到面面垂直；（2）方法一：作出辅助线，得到线面垂直，找到∠ABE即为平面ABC与平面BDE所成角，求出AB=AE=2，三角形三线合一可知：BC=AC=2，得到△ABC为正三角形，故BH=2sin60°=3，求出体积；方法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设AB=2a，根据面面角求出【详解】（1）取BE中点F,AB中点G，连接DF,FG,GC，则GF//AE且FG=1又∵EA⊥平面ABC,DC⊥平面ABC，所以EA//DC，又∵EA=2DC，所以DC//EA且DC=1所以FG//DC且FG=DC，∴四边形DCGF为平行四边形，∴DF//CG，∵EA⊥平面ABC,CG⊂平面ABC，所以EA⊥CG，∴DF⊥EA，∵DB=DE,F是BE中点，∴DF⊥BE，∵EA,BE⊂平面ABE，且EA∩BE=E，∴DF⊥平面ABE，又∵DF⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABE.（2）解法1：（几何法）延长AC,ED交于点P，连PB，易知PC=CA=2，所以PB//CG.由（1）可知，DF⊥平面ABE，因为AB⊂平面ABE，所以DF⊥AB，∴CG⊥AB，∴AB⊥PB，因为EA⊥平面ABC，PB⊂平面ABC，所以EA⊥PB，因为AB∩AE=A，AB,AE⊂平面ABE，所以PB⊥平面ABE，因为BE⊂平面ABE，所以BE⊥PB，∴∠ABE即为平面ABC与平面BDE所成角.∴∠ABE=π过B作BH⊥AC于点H，∵EA⊥平面ABC，BH⊂平面ABC，所以EA⊥BH，因为EA∩AC=A，EA,AC⊂平面ACDE，所以BH⊥平面ACDE.∵G为AB中点，由三角形三线合一可知：BC=AC=2，∴△ABC为正三角形，故BH=2sin其中梯形ACDE的面积为S1此时，V=1解法2：（坐标法）由（1）可得BC=2,DC//FG,∴FG⊥平面ABC.故如图建立空间直角坐标系，设AB=2a，则A0,-a,0∴BD设平面BDE法向量为n=则n⋅BE易知平面ABC法向量f=∴cosf,其中梯形ACDE的面积为S1设平面ACDE的法向量为s则s⋅解得z1=0，令x1=1得点B0,1,0到平面ACDE的距离h=故几何体ABCDE的体积V=1题型七点到平面的距离1．（2324高二下·江西鹰潭·期末）在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=2AA1=4A．83 B．7 C．4 D．【答案】C【分析】如图，以D为原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，然后求出平面OBC【详解】如图，以D为原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),O(0,2,2)，所以AO=(-4,2,2),设平面OBC的法向量为m=(x,y,z)m⋅BO=-4x-2y+2z=0m⋅所以点A平面OBC的距离为d=AO所以线段OA在平面OBC上的射影的长度为AO2故选：C2．（2324高二下·上海·期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，M为线段PC的中点，PD=AD=1，N为线段BC上的动点.

(1)证明：MD⊥PN；(2)当N为线段BC的中点时，求点A到面MND的距离.【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证出BC⊥平面PDC和MD⊥平面PBC，进而可得MD⊥PN；（2）以D为原点，DA,DC,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量法求出点到平面的距离．【详解】（1）∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PD，又BC⊥DC,PD∩DC=D,PD,DC⊂平面PDC，∴BC⊥平面PDC，又MD⊂平面PDC，∴MD⊥BC，Rt△PDC中，PD⊥DC,PD=DC,M为PC的中点，∴MD⊥PC∵PC∩BC=C,PC,BC⊂平面PBC，∴MD⊥平面PBC，∵PN⊂平面PBC，∴MD⊥PN.（2）以D为原点，DA,DC,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则D0,0,0，A1,0,0，M0,所以DA=1,0,0，DM=设n=x,y,z为平面

则n⋅DM=12y+1则点A与平面MND的距离d=n3．（2324高二下·江苏徐州·期中）如图，在四面体P-ABC中，PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=2PA=4，点D在线段AC上.

(1)当点D是线段AC中点时，求点A到平面PBD的距离；(2)若二面角A-PD-B的余弦值为13，求ADAC【答案】(1)43(2)12【分析】（1）以点A为坐标原点，AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得A到平面PBD的距离；（2）设点D0,t,0，其中0≤t≤4，利用空间向量法可得出关于t的方程，解出t的值，即可得解【详解】（1）由PA⊥平面ABC，AB⊥AC，得AB,AC,AP两两垂直，以点A为坐标原点，直线AB,AC,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图：

由D为AC的中点，则A0,0,0、B4,0,0、D0,2,0设平面PBD的法向量为m=x,y,z，BP=则m⋅BP=-4x+2z=0m⋅BD=-4x+2y=0所以点A到平面PBD的距离为d=|（2）设点D0,t,0，0≤t≤4，BP=-4,0,2设平面PBD的法向量为n1=x1,y1显然平面PAD的一个法向量为n2则|cos〈n此时点D为AC的中点，所以ADAC4．（2024·四川雅安·模拟预测）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，棱AC,CC1的中点分别为D,E,C1在平面ABC内的射影为D，(1)若点F为棱B1C1的中点，求点F(2)求锐二面角F-BD-E的余弦值的取值范围．【答案】(1)3(2)1【分析】（1）利用空间向量法来求点到面的距离即可；（2）用动点引入变量表示动向量，再用空间向量法求二面角的余弦值，最后利用关于变量的函数求取值范围即可.【详解】（1）连接DC1，依题意可知DC1⊥平面ABC所以DC由于三角形ABC是等边三角形，所以BD⊥AC，BD=2又DC以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则C10,0,3又C1B1=CB则DE=12设平面BDE的法向量为m=则m⋅DE=12x1故m=-3所以点F到平面BDE的距离为d=BF（2）设C1F=λC则DF=设平面BDF的法向量为n=则m⋅DF=-λx2+3故可设n=设锐二面角F-BD-E为θ，则cosθ=m⋅令3-λ=tt∈所以cosθ=12则cosθ=二次函数y=12s2-6s+1=12所以当s∈1所以当s=13时，该二次函数有最小值当s=12时，该二次函数有最大值所以112s2即锐二面角F-BD-E的余弦值的取值范围125．（2324高二下·江苏南通·期中）如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是梯形，AB//(1)求点C到平面BC(2)求二面角B-C1【答案】(1)66(2)13【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面BC1（2）求出平面EC1D的法向量，结合（【详解】（1）在直四棱柱ABCD-A1B1C以D为原点，直线DA,DC,DD1分别为而AB//DC，且AD=DD1=CD=则D(0,0,0),B(1,2,0),C(0,1,0),CDB=(1,2,0),设平面BC1D的法向量n=(a,b,c)，则n⋅所以点C到平面BC1D（2）设平面EC1D的法向量m=(x,y,z)，则n⋅设二面角B-C1D-E的大小为θ所以二面角B-C1题型八直线（平面）与平面的距离1．（多选）（2223高二下·河南周口·阶段练习）如图，在几何体ABC-A1B1C1中，四边形A1ACB1是矩形，△ACB≌A．AB．异面直线BB1、CC．几何体ABC-A1D．平面A1BB1【答案】ABD【分析】过点B作BE使得BE=AA1，过点C1作C1F=A1A，分析可知几何体FABC-C1A1EB1为正方体，以点F为坐标原点，FA、FC、F【详解】过点B作BE使得BE=AA1，过点因为四边形AA1B又因为BE=AA所以，四边形AA1C1F因为平面A1C1B1//平面ABC，则即AB与AF、FC共面，所以，A、B、C、F四点共面，同理可知，A1、E、B1、故几何体FABC-C因为四边形AA1B又因为AA1⊥AB，AB∩AC=A，AB、AC⊂所以，AA1⊥因为△ACB≌△A1B所以，在底面ABCF中，AB=CF，BC=AF，故四边形ABCF为平行四边形，因为AB=BC=22AC=1，则AC=2，所以，所以，平行四边形ABCF为正方形，又因为AA1=AB对于A选项，在正方体FABC-C1A1E故四边形ABB1C1为平行四边形，所以，对于B选项，以点F为坐标原点，FA、FC、FC1所在直线分别为x、y、

则B1,1,0、A1,0,0、C0,1,0、A11,0,1BB1=cosB所以，异面直线BB1、C1C所成的角为对于C选项，VABC-A1对于D选项，因为AC1//BB1，AC1⊄平面A因为A1B1//AC，AC⊄平面A1BB1又因为AC1∩AC=A，AC1、AC⊂平面AC设平面ACC1的法向量为m=x,y,z，则m⋅AC=-x+y=0m⋅又因为AA1=0,0,1，所以，平面A1BB1故选：ABD.2．（2324高二上·山东淄博·阶段练习）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，(1)求直线EC与AC(2)求直线FC到平面AEC【答案】(1)3(2)6【分析】（1）以D1为原点，D1A（2）利用向量法求线面距离作答即可.【详解】（1）在正方体ABCD-A1B1C1D则A1,0,1，C0,1,1，C10,1,0，所以AC1=所以直线EC与AC1所成角的余弦值为（2）由（1）知，AE=0,12,-1，E显然FC=EC而FC⊄平面AEC1，EC1⊂平面AE因此直线FC到平面AEC1的距离等于点F到平面设平面AEC1的法向量为则n⋅AE=12所以点F到平面AEC1的距离为所以直线FC到平面AEC1的距离是3．（2022高二·全国·专题练习）设正方体ABCD-A1B(1)求直线B1C到平面(2)求平面A1BD与平面B【答案】(1)2(2)2【分析】（1）直线B1C到平面A1BD的距离等于点（2）平面A1BD与平面B1CD【详解】（1）以D为原点，DA,DC,DD1为x，y，则D所以CB1=2,0,2,又CB1⊄平面A1BD，DA1所以直线B1C到平面A1BD的距离等于点设平面A1BD的一个法向量为则n⋅DA1=2x+2z=0n⋅所以点B1到平面A1BD

（2）由（1）知CB1//平面A1BD又B1C∩D1B所以平面A1BD//平面即平面A1BD与平面B1CD由（1）知，点B1到平面A1BD所以平面A1BD与平面B14．（2122高二·湖南·课后作业）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，设M、N、E、【答案】8【分析】建立适当空间直角坐标系，求出平面EFBD的法向量，并证明平面AMN//平面EFBD.于是两平面的距离转化为点到平面的距离．利用向量距离公式求出即可.【详解】以D为坐标原点，以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴，y轴，则E(0,2,4),F(2,4,4),B(4,4,0),A(4,0,0)，M(2,0,4),N(4,2,4),∴EF设a=(1,m,n)是平面EFBD则a⋅EF=0a⋅DE=又因为AM=所以a⋅AM=0,a⋅AN=0所以平面AMN//平面EFBD，所以两平面的距离即是点A到平面BDEF的距离．从而两平面间距离为|BA5．（2022高二上·全国·专题练习）直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，边长为2，侧棱A1

(1)求证：平面AMN//平面EFBD；(2)求平面AMN与平面EFBD的距离．【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）法一：由面面平行的判定定理即可证明；法二：如图所示，建立空间直角坐标系D﹣xyz，通过证明EF（2）法一:平面AMN与平面EFBD的距离=B到平面AMN的距离h,再由等体积法即可求出答案.法二:求出平面AMN的法向量,AB→=(0，2，0)，平面AMN与平面EFBD的距离等于B【详解】（1）法一:证明：连接B1D1E、F分别是∴MN//EF//B1D1，∵MN⊄∴MN//平面EFBD，∵NF平行且等于AB∴ABFN是平行四边形，∴AN//∵AN⊄平面EFBD，BF⊂平面EFBD，∴AN//平面EFBD∵AN∩MN=N，∴平面AMN//平面EFBD法二:如图所示，建立空间直角坐标系D﹣

则A(2，F(1，2AM→∴EF→=MN→∵MN⊄平面EFBD，EF⊂平面EFBD，∴MN//平面EFBD∵AN⊄平面EFBD，BF⊂平面EFBD，∴AN//平面EFBD又MN∩AM=M，∴平面AMN//平面EFBD（2）法一:平面AMN与平面EFBD的距离=B到平面AMN的距离h．△AMN中，AM=AN=10，MN=2，∴由等体积可得13⋅19法二:设平面AMN的一个法向量为n=则n→⋅MN∵AB∴平面AMN与平面EFBD的距离为d=题型九点到直线的距离1．（2324高二上·河北石家庄·阶段练习）在空间直角坐标系中，已知A(1,1,-1),B(1,2,2),C(-3,4,2)，则点A到直线BC的距离为（

）A．755 B．10 C．392【答案】A【分析】利用空间向量法求出点到直线距离即可.【详解】BC=-4,2,0，∴d=BA故选：A.2．（2324高二下·江苏扬州·期末）已知三棱柱ABC-A1B(1)证明：平面A1ACC(2)若CM=λCC10≤λ≤1，且直线AC与平面A1BM所成角的正弦值为10【答案】(1)证明见解析(2)3.【分析】（1）取AC的中点O，连接A1O,BO，可证得A1O⊥AC，A1（2）以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以OA1所在直线为z【详解】（1）证明：取AC的中点O，连接A1所以A1所以AO2+由题设可知，△ABC为边长为2的等边三角形，所以BO=3因为A1B=6，所以A又因为A1O⊥AC,AC∩BO=O,AC､所以A1O⊥平面又因为A1O⊂平面A1ACC（2）由（1）可知OA,OB,OA所以以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以OA1所在直线为z所以A1,0,0CA=因为CM=λCC1设平面A1BM的法向量为则n⋅B取y=λ+1,z=λ+1,x=3所以n=3λ-1,λ+1,λ+1设直线AC与平面A1BM所成角为sinθ=化简整理得9解得λ=15，或所以M-又因为MA所以MA设点M到直线A1B1的距离为d所以d=33．（2324高二下·江苏连云港·期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，AD//BC，AD=2BC=2，PA=AB，点E在PB上，且(1)证明：PD//平面AEC(2)当二面角E-AC-B的余弦值为63时，求点P到直线CD的距离【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）连结BD，交AC于点F，连结EF，利用相似比得BEEP=1（2）以A为原点，AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，利用二面角的向量公式求出PA，再由点到直线的距离的向量公式可得.【详解】（1）连结BD，交AC于点F，连结EF，因为AD//所以BFFD=BC所以BFFDPD//因为EF⊂面AEC，PD⊄面AEC，所以PD//平面AEC（2）以A为原点，AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设P0,0,m，m>0，则B(m,0,0)，C(m,1,0)，E(2m3则AC，AE=(设平面EAC的法向量为n=则n⋅AC=0令x=1，可取n=1,-m,-2平面ABC的法向量可取m=所以cos<得m=1，因为DP=与DC同向的单位向量u=所以点P到直线CD的距离为d=DP4．（2324高二下·江苏扬州·阶段练习）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADB=90°，AB=2AD=2,PD⊥底面ABCD．(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD=AD，求平面APB与平面PBC所成角的余弦值．(3)在（2）的条件下，求点A到直线PC的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2(3)2【分析】（1）先证BD⊥平面PAD，由此能证明PA⊥BD;（2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D-xyz，利用向量法平面APB与平面PBC所成角的余弦值（3）直接利用空间中点到线的距离公式求解.【详解】（1）证明：因为∠ADB=90°，故BD⊥AD，又PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得BD⊥PD，又AD∩PD=D,AD,PD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD,又PA⊂平面PAD，故PA⊥BD．（2）如图，以D为坐标原点，DA,DB,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则A(1,0,0),B(0,3,0)，C(-1,3,0)AB=(-1,3,0),PB设平面APB的法向量为n则n⋅AB=-x+3y=0设平面PBC的法向量为m=(a,b,c)，则m取b=1，得m=(0,1,设平面APB与平面PBC的夹角为θ，∴cos故平面APB与平面PBC所成角的余弦值为27（3）由（2）PC则点A到直线PC的距离.d=5．（2324高二下·江苏淮安·阶段练习）如图，圆锥是由直角△AOB旋转而成，母线AB=2，底面圆的半径为1，D是AB的中点，C为底面圆上的一点且∠COB=(1)求点O到平面ABC的距离；(2)求直线CD与平面AOB所成的角的正弦值；(3)求点O到直线CD的距离，【答案】(1)39(2)30(3)6【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标，先求出平面ABC的一个法向量n1（2）先求出平面AOB的一个法向量n2和直线CD的方向向量CD（3）先求出CD，OC，再根据点到直线距离的向量计算方法即可解答.【详解】（1）在△OBC所在平面内作OM⊥OB由题意可得OA⊥面OBC，因为OB⊂面OBC，OM⊂面OBC，所以OA⊥OB，OA⊥OM，以O为原点，以OM、OB、OA所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，由题意可得：OB=1，OA=3∴A(0,0,3则AB=(0,1,-3),设平面ABC的一个法向量n1则n1⋅AB令x1=3所以点O到平面ABC的距离为d=OA（2）设直线CD与平面AOB所成角为α，设平面AOB的一个法向量n2因为OA=(0,0,所以则n2⋅OA令x2=1，则又因为CD=所以sinα=（3）因为CD=-3所以CD=-3OC⋅所以d=|题型十异面直线之间的距离1．（2324高二下·江苏泰州·期中）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD,PA=6，点G在侧棱PB上，且满足2PG=GB，则异面直线PC和DG的距离为（

A．31414 B．31515 C．【答案】A【分析】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】如图，以点A为原点，AB→,AD则B3,0,0所以DG=设n=x,y,z为直线PC和则有n⋅DG=x-3y+4z=0所以异面直线PC和DG的距离为DC⋅故选：A.2．（2324高二上·广东茂名·期末）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1DA．22 B．12 C．13【答案】D【分析】解法1：设M是A1D上任意一点，过M作MN⊥AC，垂足为N，设A1M=λA1D【详解】解法1：设M是A1D上任意一点，过M作MN⊥AC，垂足为设A1M=λ则MN=μABAC=由题意可知：AB=因为MN⊥AC，则MN⋅可得μAB+μ-λ所以MN=μ当且仅当μ=1所以直线AC与A1D之间距离是解法2：以DA，DC，DD1为x，y，则A1,0,0，C0,1,0，D0,0,0可得AC=-1,1,0，D设n=x,y,z，且n⊥AC，取x=1，则y=1，z=-1，可得n=则DA在n上的投影DA⋅nn故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解法2解决的关键是将两异面直线间的距离转化为DA在n上的投影，从而得解.3．（2324高二上·河北石家庄·期中）如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，点EA．22 B．1 C．33 D【答案】C【分析】根据题意，由条件可得EF间最小距离即为异面直线AC1与BD【详解】因为点E和F分别是线段AC1与BD上的动点，则异面直线AC1与建立如图所示空间直角坐标系，则D0,0,0则DB=1,1,0,设与异面直线AC1与BD都垂直的向量则n⋅DB=x+y=0n⋅AC所以n=1,-1,1，则异面直线间的距离为即EF间最小距离为33故选：C4．（2324高二下·江苏淮安·阶段练习）将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折叠使得△ACD垂直于底面ABC，则异面直线AD与BC的距离为．【答案】263【分析】利用垂直关系，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线的距离.【详解】取AC的中点O，连结OB,OD，OD⊥AC，OB⊥AC由条件可知，平面ACD⊥平面ABC，且平面ACD∩平面ABC=AC，OD⊂平面ACD，所以OD⊥平面ABC，如图，以点O为原点，OB,OC,A0,-2,0，B2,0,0AD=0,2,2设与AD,BC垂直的向量为AD⋅n=2y+2z=0则异面直线AD与BC的距离为BD⋅故答案为：25．（2324高二上·辽宁大连·期末）三棱台ABC-A1B1C1中，AB=2A1B1,AB⊥BC,AC⊥BB1

(1)证明：DE∥平面A(2)求异面直线A1C1【答案】(1)证明见解析；(2)22【分析】（1）由题意和三棱台的结构特征可得ACA1C1=（2）根据面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质证得BC⊥B1B、BB【详解】（1）三棱台ABC-A1B1C有△ACD∼△A1C1D又AE=2EB，所以在平面ABC1内，DE⊂平面A1BC1,BC（2）已知平面AA1B1B⊥平面ABC，平面ABC⊂平面ABC，所以BC⊥平面AA1B1B，由B又AC⊥BB1,BC∩AC=C,BC⊂平面ABC，AC⊂所以BB1⊥平面ABC，由AB⊂平面ABC，得B以B为坐标原点BA,BC,BB1的方向分别为则有B1BC因为DE//BC1，所以设向量n=(x,y,z)，且满足：n则有y+z=0-32EA1=12异面直线A1C1与DE

题型十一空间动点问题1．（2324高二上·北京·期中）如图：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=2，AA1=22，(1)求证：MN∥平面A1(2)求：二面角B-C(3)在线段BC1上是否存在点P，使得点P到平面MBC的距离为33，若存在求此时BP【答案】(1)证明见解析(2)-(3)存在，1【分析】（1）取B1C1中点D，连接DN、DA1，证明四边形DNM（2）分别以CB,CA,CC1为（3）用空间向量法求点面距，从而得出结论．【详解】（1）取B1C1中点D，连接DN∵D、N分别为C1B1、C1B∵B1B与A1A平行且相等，M为A1A∴四边形DNMA∴MN//A∵A1D⊂平面A1B1∴MN//平面A1（2）∵直三棱柱ABC-A1B1C1∴CC1⊥∴CC1⊥CB∵∠ACB=90°即CB⊥CA，∴CC1、CB、CA两两垂直，分别以CB,CA,CC则C0,0,0，B2,0,0，A0,2,0，A∴M0,2,2

则BC1=易知平面A1C1设平面BC1M则n2⋅B令z2=2设二面角B-C1M-则cosθ由图知θ为钝角，∴cosθ=-（3）设BP=λBC∵BC∴P2-2λ,0,2∴CP=2-2λ,0,22λ

设平面MBC的法向量为n3则n3⋅CB令z3=-2∴P点到平面MBC的距离为d=CP解得λ=±14，又λ∈0,12．（2324高二上·广西河池·阶段练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C(1)求证：AA(2)求二面角A1(3)证明：在线段BC1存在点D，使得AD⊥A【答案】(1)证明见解析；(2)1625(3)证明见解析，BDBC1【分析】（1）由面面垂直的性质得AA1⊥（2）构建空间直角坐标系A-xyz，应用向量法求面面角的余弦值；（3）设D(t,34(4-t),t)且0≤t≤4，利用垂直关系有【详解】（1）由AA1C1C是正方形，则A面ABC⊥面AA1C1C，面ABC∩面A由BC⊂面ABC，所以AA（2）由AC=4,AB=3,BC=5，则AC2+AB2=BC如下图，可构建空间直角坐标系A-xyz，则A(0,0,0),ABC若m=(x,y,z)是面A1B取y=4，则m=(0,4,3)若n=(a,b,c)是面B1B取b=4，则n=(3,4,0)故锐二面角A1-BC（3）由题意，可设D(t,34(4-t),t)且0≤t≤4，则AD所以AD⋅A1故在线段BC1存在点D，使得3．（2324高二上·四川绵阳·阶段练习）如图1，在△MBC中，BM⊥BC，A，D分别为边MB，MC的中点，且BC=AM=2，将△MAD沿AD折起到△PAD的位置，使PA⊥AB，如图2，连接PB，PC

(1)求证：PA⊥平面ABCD；(2)若E为PC的中点，求直线DE与平面PBD所成角的正弦值；(3)线段PC上一动点G满足PGPC=λ(0≤λ≤1)，判断是否存在λ，使二面角G-AD-P的正弦值为1010，若存在，求出【答案】(1)证明见解析(2)3(3)存在，λ=【分析】（1）由中位线和垂直关系得到PA⊥AD，PA⊥AB，从而得到线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出线面角的正弦值；（3）求出两平面的法向量，根据二面角的正弦值列出方程，求出λ=14【详解】（1）因为A，D分别为MB，MC的中点，所以AD∥因为BM⊥BC，所以BM⊥AD，所以PA⊥AD.又PA⊥AB，AB∩AD=A，AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.（2）因为PA⊥AB，PA⊥AD，∠DAB=90°，所以AP，AB，AD两两垂直.以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

依题意有A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,1,0，则PC=(2,2,-2)，DE=(1,0,1)，BD=(-2,1,0)设平面PBD的法向量n=则有BD令y1=2，得x1=1，z1=1因为cos〈所以直线DE与平面PBD所成角的正弦值为33（3）假设存在λ，使二面角G-AD-P的正弦值为1010即使二面角G-AD-P的余弦值为310由（2）得，PG=λ所以G(2λ,2λ,2-2λ)，AD=(0,1,0)，A易得平面PAD的一个法向量为n1设平面ADG的法向量n2AD⋅解得y2=0，令z2则n2=λ-1,0,λ是平面由图形可以看出二面角G-AD-P的夹角为锐角，且正弦值为1010故二面角G-AD-P的余弦值为310则有cosn即λ-1(λ-1)2+λ2又因为0≤λ≤1，所以λ=1故存在λ=14，使二面角G-AD-P4．（2324高二上·湖北黄冈·期中）如图①，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AD⊥CD，AC⊥BC.将△ACD沿AC折起，使平面ACD⊥平面ABC，连BD，得如图②(1)求证：平面ACD⊥平面DBC；(2)若DC=1，二面角C-AD-B的平面角的正切值为25，在棱AB上是否存在点M使二面角B-CD-M的平面角的余弦值为357，若存在，请求出【答案】(1)证明见解析(2)存在，AM【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到BC⊥AD，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；（2）根据二面角的定义得到∠CDB为二面角C-AD-B的平面角，根据二面角的正切值得到CB=25，DB=21，然后根据相似得到AD=2，AC=5，然后建系，设AM=λ【详解】（1）∵平面ACD⊥平面AB