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第七章 立体几何与空间向量
专题6：用空间向量研究距离、夹角问题
1. 能用向量的方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题.
2.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.
3.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．
1．利用空间向量求距离
(1)点P到直线l的距离
设＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得|PQ|＝＝.
点到直线的距离还可以用以下两种方式求解：
①d＝||sin θ求解，其中θ为向量与直线l方向向量的夹角．
②d＝，其中μ为l的方向向量．
(2)点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝，如图所示．
(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离．
2．空间角
(1)异面直线所成的角
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝.
两条直线的夹角与它们方向向量的夹角是相等或者互补的关系．
(2)直线与平面所成的角
如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝.
(3)平面与平面的夹角
平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝.
考点一　求空间距离
如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点．
(1)求点N到直线AB的距离；
(2)求点C1到平面ABN的距离．
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，C1(0,4,4)，
∵N是CC1的中点，∴N(0,4,2)．
(1)＝(0,4,2)，＝(2，2,0)，
则||＝2，||＝4.
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝＝＝4.
(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由n⊥，n⊥，
得
令z＝2，则y＝－1，x＝，
即n＝.
易知＝(0,0，－2)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝＝＝.
求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离．
(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求．
(3)等体积法．
(4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为d＝.
考点二　求空间角
直线和直线所成的角
在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A． B．　　
C．　　 D．
[四字解题]
读 想 算 思
长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝ 异面 直线 所成 角的 求法 平移法 平移到一个三角形中，借助余弦定理求解 转化 化归
补体法 补体后，借助余弦定理求解
坐标法 建立坐标系，借助向量求解
【答案】C　
【解析】法一：(平移法)如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM.易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，
DM＝＝，
DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，
得cos∠MOD＝＝，
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.故选C．
法二：(补体法)如图，在长方体ABCD A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A ′B ′BA A1 ′B1 ′B1A1.连接B1B ′，由长方体性质可知，B1B ′∥AD1，所以∠DB1B ′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB ′，由题意，得DB ′＝＝，B ′B1＝＝2，DB1＝＝.
在△DB ′B1中，由余弦定理，得
DB ′2＝B ′B＋DB－2B ′B1·DB1·cos∠DB1B ′，
即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B ′，
∴cos∠DB1B ′＝.故选C．
法三：(坐标法)以D为坐标原点，DA，DC，DD1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．由条件可知D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，所以＝(－1,0，)，＝(1,1，)，
则由向量夹角公式，得cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C．
直线与平面所成的角
(2020·新高考Ⅰ卷)如图，四棱锥P ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【解析】(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD．
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC．因此AD⊥平面PDC．
因为AD∥BC，AD 平面PBC，所以AD∥平面PBC．
由已知得l∥AD．因此l⊥平面PDC．
(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，＝(0,1,0)，＝(1,1，－1)．
由(1)可设Q(a,0,1)，则＝(a,0,1)．
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则
即
可取n＝(－1,0，a)．
所以cos〈n，〉＝＝.
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝×＝.
因此≤，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
平面与平面的夹角
(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求平面APM与平面BPM的夹角的正弦值．
【解析】(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC．
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示．
设BC＝t，则A(t,0,0)，B(t,1,0)，M，P(0,0,1)，
所以＝(t,1，－1)，＝.
因为PB⊥AM，所以·＝－＋1＝0，得t＝，
所以BC＝.
(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得＝(－，0,1)，＝，＝(，0,0)，＝(，1，－1)．
设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
，即，
令x1＝，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量为n1＝(，1,2)．
设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
，即，
得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0,1,1)．
cos〈n1，n2〉＝＝＝，
所以平面APM与平面BPM的夹角的正弦值为.
1.平移法求异面直线所成角的步骤
利用向量法求空间角的注意点
利用向量法计算空间角的关键是正确求解相关直线的方向向量及平面的法向量，同时注意两条直线所成角、直线与平面所成的角与两向量夹角的区别与联系．
1．（2022·全国·高考真题（文））在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
2．（2022·天津·高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面所成二面角的余弦值．
3．（2022·全国·高考真题（理））如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
4．（2022·全国·高考真题（理））在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
5．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
一、单选题
1．如图，三棱锥中，，，，分别是的中点，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值等于（ ）
A． B． C． D．
2．在正方体中，分别是与的中点，则（ ）
A．与垂直 B．与平行
C．与垂直 D．与异面
3．如图，下列正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，P为所在棱的中点，则满足直线的是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知正四棱柱中，，，点、分别是棱、上的动点，则下列判断错误的是（ ）
A．任意给定的点，存在点，使得平面
B．任意给定的点，存在点，使得平面
C．任意给定的点，存在点，使得
D．任意给定的点，存在点，使得
5．如图，正方体中，，，， 当直线与平面所成的角最大时，（ ）
A． B． C． D．
6．在三棱锥中，PA，PB，PC互相垂直，，M是线段BC上一动点，且直线AM与平面PBC所成角的正切值的最大值是，则三棱锥外接球的体积是（ ）
A． B． C． D．
7．已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（ ）
A． B．2 C． D．
8．正方体的棱长为2，正方形的心分别是，，且分别是棱上的动点（含端点），其中关于点对称，关于点对称，，则下列结论错误的是（ ）
A．若四点都在球上，则球表面积的最大值为
B．若四点都在球上，则球体积的最小值为
C．四面体的所有棱长都相等
D．直线与所成角的余弦值的取值范围是
二、多选题
9．已知正方体的棱长为，则下列命题正确的是（ ）
A．点到平面的距离为
B．直线与平面所成角的余弦值为
C．若、分别是、的中点，直线平面，则
D．为侧面内的动点，且，则三棱锥的体积为定值
10．如图，直三棱柱中，，，．点P在线段上（不含端点），则（ ）
A．存在点P，使得
B．的最小值为有
C．面积的最小值为
D．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值
11．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连接PC，构成三棱锥． 设二面角为，直线和直线所成角为，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．PC与平面BCD所成的最大角为45°
B．存在某个位置，使得PB⊥CD
C．当时，的最大值为
D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为
12．在边长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．异面直线与MN所成的角为
B．二面角的正切值为
C．点C到平面BMN的距离是点到平面BMN的距离的2倍
D．过A，M，N三点的平面截该正方体所得截面的周长是
三、填空题
13．正方体的棱长为，则平面与平面的距离为_______.
14．三棱锥中两两垂直且相等，点分别在线段和上移动，且满足则和所成角余弦值的取值范围是______．
15．已知E F G H分别是正方体，边AB，CD，，的中点，则异面直线EH与GF所成角的余弦值为___________.
16．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如下图，四面体P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且，则二面角A-PC-B的余弦值为__________．
四、解答题
17．如图，在斜四棱柱中，四边形为平行四边形，平面为中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
18．在如图所示的直三棱柱中，为正三角形，且，点分别为的中点.
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)求二面角的余弦值.
19．如图，已知斜三棱柱在底面上的射影恰为的中点又知.
(1)求证:平面;
(2)求到平面的距离.
20．如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．中小学教育资源及组卷应用平台
第七章 立体几何与空间向量
专题6：用空间向量研究距离、夹角问题
1. 能用向量的方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题.
2.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.
3.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．
1．利用空间向量求距离
(1)点P到直线l的距离
设＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得|PQ|＝＝.
提醒：点到直线的距离还可以用以下两种方式求解：
①d＝||sin θ求解，其中θ为向量与直线l方向向量的夹角．
②d＝，其中μ为l的方向向量．
(2)点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝，如图所示．
(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离．
2．空间角
(1)异面直线所成的角
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝.
提醒：两条直线的夹角与它们方向向量的夹角是相等或者互补的关系．
(2)直线与平面所成的角
如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝.
(3)平面与平面的夹角
平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝.
考点一　求空间距离
如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点．
(1)求点N到直线AB的距离；
(2)求点C1到平面ABN的距离．
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，C1(0,4,4)，
∵N是CC1的中点，∴N(0,4,2)．
(1)＝(0,4,2)，＝(2，2,0)，
则||＝2，||＝4.
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝＝＝4.
(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由n⊥，n⊥，
得
令z＝2，则y＝－1，x＝，
即n＝.
易知＝(0,0，－2)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝＝＝.
求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离．
(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求．
(3)等体积法．
(4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为d＝.
考点二　求空间角
直线和直线所成的角
在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A． B．　　
C．　　 D．
[四字解题]
读 想 算 思
长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝ 异面 直线 所成 角的 求法 平移法 平移到一个三角形中，借助余弦定理求解 转化 化归
补体法 补体后，借助余弦定理求解
坐标法 建立坐标系，借助向量求解
【答案】C　
【解析】法一：(平移法)如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM.易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，
DM＝＝，
DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，
得cos∠MOD＝＝，
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.故选C．
法二：(补体法)如图，在长方体ABCD A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A ′B ′BA A1 ′B1 ′B1A1.连接B1B ′，由长方体性质可知，B1B ′∥AD1，所以∠DB1B ′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB ′，由题意，得DB ′＝＝，B ′B1＝＝2，DB1＝＝.
在△DB ′B1中，由余弦定理，得
DB ′2＝B ′B＋DB－2B ′B1·DB1·cos∠DB1B ′，
即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B ′，
∴cos∠DB1B ′＝.故选C．
法三：(坐标法)以D为坐标原点，DA，DC，DD1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．由条件可知D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，所以＝(－1,0，)，＝(1,1，)，
则由向量夹角公式，得cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C．
直线与平面所成的角
(2020·新高考Ⅰ卷)如图，四棱锥P ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【解析】　(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD．
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC．因此AD⊥平面PDC．
因为AD∥BC，AD 平面PBC，所以AD∥平面PBC．
由已知得l∥AD．因此l⊥平面PDC．
(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，＝(0,1,0)，＝(1,1，－1)．
由(1)可设Q(a,0,1)，则＝(a,0,1)．
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则
即
可取n＝(－1,0，a)．
所以cos〈n，〉＝＝.
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝×＝.
因此≤，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
平面与平面的夹角
(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求平面APM与平面BPM的夹角的正弦值．
【解析】　(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC．
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示．
设BC＝t，则A(t,0,0)，B(t,1,0)，M，P(0,0,1)，
所以＝(t,1，－1)，＝.
因为PB⊥AM，所以·＝－＋1＝0，得t＝，
所以BC＝.
(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得＝(－，0,1)，＝，＝(，0,0)，＝(，1，－1)．
设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
，即，
令x1＝，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量为n1＝(，1,2)．
设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
，即，
得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0,1,1)．
cos〈n1，n2〉＝＝＝，
所以平面APM与平面BPM的夹角的正弦值为.
1.平移法求异面直线所成角的步骤
利用向量法求空间角的注意点
利用向量法计算空间角的关键是正确求解相关直线的方向向量及平面的法向量，同时注意两条直线所成角、直线与平面所成的角与两向量夹角的区别与联系．
1．（2022·全国·高考真题（文））在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】A
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
2．（2022·天津·高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面所成二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、、、，则，易知平面的一个法向量为，则，故，平面，故平面.
（2）解：，，，设平面的法向量为，则，取，可得，.因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）解：，，设平面的法向量为，则，取，可得，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为.
3．（2022·全国·高考真题（理））如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
(1)
因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
(2)
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
4．（2022·全国·高考真题（理））在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
(1)
证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；
(2)
解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
5．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
（1）
在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）
取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
一、单选题
1．如图，三棱锥中，，，，分别是的中点，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】以向量，，为基底表示向量，，利用向量，夹角的余弦值去求异面直线与所成角的余弦值
【详解】由题意可得，
，
由
可得
则异面直线与所成角的余弦值为
故选：C
2．在正方体中，分别是与的中点，则（ ）
A．与垂直 B．与平行
C．与垂直 D．与异面
【答案】D
【分析】建系，使用空间向量数量积为零来判断向量的垂直问题.
【详解】设正方体的棱长为2，则以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则
，
则，
对于选项A，，选项A错误；
对于选项B，，选项B错误；
对于选项C，，选项C错误；
对于选项D，在平面中，点为直线外一点且平面，则 与异面，选项D正确.
故选：D.
3．如图，下列正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，P为所在棱的中点，则满足直线的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再对每一个选项逐一分析，利用空间位置关系的向量证明推理作答.
【详解】在正方体中，对各选项建立相应的空间直角坐标系，令正方体棱长为2，点，
对于A，，，，与不垂直，A不是；
对于B，，，，，B是；
对于C，，，，与不垂直，C不是；
对于D，，，，与不垂直，D不是.
故选：B
4．已知正四棱柱中，，，点、分别是棱、上的动点，则下列判断错误的是（ ）
A．任意给定的点，存在点，使得平面
B．任意给定的点，存在点，使得平面
C．任意给定的点，存在点，使得
D．任意给定的点，存在点，使得
【答案】C
【分析】利用线面平行判定定理即可证明选项AB判断正确；建立空间直角坐标系，利用向量垂直充要条件去判断选项CD是否成立即可.
【详解】连接
选项A：任意给定的点，可在内作，交于Q，
又正四棱柱中，，
则，又平面，平面
则平面.则任意给定的点，存在点，使得平面.判断正确；
选项B：任意给定的点，可在内作，交于P，
又正四棱柱中，，
则，又平面，平面
则平面.则任意给定的点，存在点，使得平面.判断正确；
以D为原点，分别以为x、y、z轴空间直角坐标系
则，，设，
则，
选项C： 由，可得
则当时，，即不成立.
则任意给定的点，不一定存在点，使得.判断错误；
选项D：由，可得
则对任意，当时均有，即
则任意给定的点，存在点，使得.判断正确.
故选：C
5．如图，正方体中，，，， 当直线与平面所成的角最大时，（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用坐标法，利用线面角的向量求法，三角函数的性质及二次函数的性质即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
∴，令，可得，
又，
设直线与平面所成的角为，则
，又，
∴当时，有最大值，即直线与平面所成的角最大.
故选：C.
6．在三棱锥中，PA，PB，PC互相垂直，，M是线段BC上一动点，且直线AM与平面PBC所成角的正切值的最大值是，则三棱锥外接球的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由线面角的最大值求出边长PC，将三棱锥补形成长方体，再确定外接球的半径，计算体积.
【详解】M是线段BC上一动点，连接PM．因为PA，PB，PC互相垂直，所以是直线AM与平面PBC所成的角．当PM最短，即时，直线AM与平面PBC所成角的正切值最大，此时，．
在中，，则，解得．
将三棱锥扩充为长方体，则长方体的体对角线长为．
故三棱锥外接球的半径，三棱锥外接球的体积为．所以D正确；
故选：D.
7．已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【分析】求出的坐标，利用点到平面距离的向量求法计算作答.
【详解】依题意，，所以点P到平面的距离为.
故选：D
8．正方体的棱长为2，正方形的心分别是，，且分别是棱上的动点（含端点），其中关于点对称，关于点对称，，则下列结论错误的是（ ）
A．若四点都在球上，则球表面积的最大值为
B．若四点都在球上，则球体积的最小值为
C．四面体的所有棱长都相等
D．直线与所成角的余弦值的取值范围是
【答案】C
【分析】根据题意，球心在线段上，且是线段的中点，故以线段的中点为坐标原点，如图建立直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】解：因为分别是棱上的动点（含端点），其中关于点对称，关于点对称，，
若四点都在球上，则球心在线段上，且是线段的中点，
故以线段的中点为坐标原点，如图建立直角坐标系，
其中轴，轴分别与平面，平面垂直，
不妨设，
，
，
球的半径，球表面积
当时，取最大值，选项A正确；
当时，球的半径，最小，最小值为，
球体积的最小值为，选项B正确；
，故当时，，当时，，选项C错误；
设直线与所成角，
选项D正确.
故选：C
二、多选题
9．已知正方体的棱长为，则下列命题正确的是（ ）
A．点到平面的距离为
B．直线与平面所成角的余弦值为
C．若、分别是、的中点，直线平面，则
D．为侧面内的动点，且，则三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AB选项；找出点，求出的长，可判断C选项；设点，利用空间向量法结合锥体体积公式可判断D选项.
【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，
对于A选项，、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，所以，到平面的距离为，A对；
对于B选项，设直线与平面所成角为，
所以，，则，
故直线与平面所成角的余弦值为，B错；
对于C选项，延长、交于点，连接交线段于点，
，则，则，即为的中点，
，，故，C对；
对于D选项，设点，其中，，
，，则，可得，
，则到平面的距离为，
易知是边长为的等边三角形，故，
因此，，D对.
故选：ACD.
10．如图，直三棱柱中，，，．点P在线段上（不含端点），则（ ）
A．存在点P，使得
B．的最小值为有
C．面积的最小值为
D．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值
【答案】ACD
【分析】以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
写出各点坐标，其中点坐标，可设（），即可得出.
对于A选项，要使，即，得到关于的方程，解方程即可；
对于B选项，将和沿展开，连接，的最小值即的长度，利用锐角三角函数和两角和的余弦公式求出，再由余弦定理即可得到；
对于C选项，设（），利用向量的夹角公式求得，由同角三角函数的平方关系得到，代入三角形面积公式：，结合二次函数的性质讨论最值即可；
对于D选项，利用等体积法得，即可求解.
【详解】由题意得，，即，
又在直三棱柱中，底面，平面，平面，
，，则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系.
因为，，所以，，，，，，，则，，
设（），则，解得，，，
所以，
对于A选项，，，
要使，即，解得，
当，即在中点时，，故A选项正确；
对于B选项，如图所示，将和沿展开，如图所示，
连接交于点，可知，当点与点重合时取得最小值，
由题意得，，，，，，
所以，，，，
则，
在中，由余弦定理得，
，则，
所以的最小值为，故B选项错误；
对于C选项，，，设（），
则，即，
所以，
则，
因为，所以当时，取得最小值，故C选项正确；
对于D选项，
，故D选项正确，
故选：ACD.
11．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连接PC，构成三棱锥． 设二面角为，直线和直线所成角为，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．PC与平面BCD所成的最大角为45°
B．存在某个位置，使得PB⊥CD
C．当时，的最大值为
D．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为
【答案】BC
【分析】取BD的中点O，由题可得平面，进而可得PC与平面BCD所成的角为∠PCO，，利用特值可判断A，利用向量法可得，结合条件可判断BC，若B到平面PDC的距离为，则有平面PCD，进而判断D．
【详解】取BD的中点O，连接，则，
又，可得平面，平面，
所以平面平面，PC与平面BCD所成的角为∠PCO，
当PC时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，故A错误；
由上可知为的平面角，即，
因为，
所以，
当时，，即，故B正确；
又，
当时，，
所以，即的最大值为，故C正确；
∵点B到PD的距离为，点B到CD的距离为，
∴若B到平面PDC的距离为，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD，
则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾，故D错误．
故选：BC．
12．在边长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．异面直线与MN所成的角为
B．二面角的正切值为
C．点C到平面BMN的距离是点到平面BMN的距离的2倍
D．过A，M，N三点的平面截该正方体所得截面的周长是
【答案】BCD
【分析】对于A，连接，可得异面直线与MN所成的角，然后在中求解即可，对于B，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解判断，对于C，利用等体积法求解，对于D，作出截面，再求其周长
【详解】对于A，连接，因为M，N分别是，的中点，所以∥，因为∥，所以∥，所以异面直线与MN所成的角，因为为等边三角形，所以，所以异面直线与MN所成的角为，所以A错误，
对于B，如图，以为原点，所在的直线分别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，
向量为平面的一个法向量，
设二面角的大小为，由图可知为锐角，则
，
所以
所以，所以B正确，
对于C，设，分别到平面的距离为，
因为，
所以,
所以，
所以，所以，
所以点C到平面BMN的距离是点到平面BMN的距离的2倍，所以C正确，
对于D，作直线，分别延长交于，
连接交于，连接交于，连接，则五边形为过A，M，N三点的截面，因为正方体的棱长为1，所以，
因为∽，所以，
所以，
所以，
所以，，
同理可得，，
所以五边形的周长为，所以D正确，
故选：BCD
三、填空题
13．正方体的棱长为，则平面与平面的距离为_______.
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和向量，结合向量的距离公式，即可求解.
【详解】由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
因为，
所以，且，
所以平面平面，
所以平面与平面的距离等于点到平面的距离，
又因为，所以.
故答案为：.
14．三棱锥中两两垂直且相等，点分别在线段和上移动，且满足则和所成角余弦值的取值范围是______．
【答案】
【分析】分别以为轴建立空间直角坐标系, 设，得出，设，从而得出，设，得出，结合参数的范围得出答案.
【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，即此时,, ，，
时，，同时达到最大值，此时取得最大值
所以有最小值，即此时，，，
综上可得：和所成角余弦值的取值范围是．
故答案为：
15．已知E F G H分别是正方体，边AB，CD，，的中点，则异面直线EH与GF所成角的余弦值为___________.
【答案】
【分析】根据空间向量线性运算的性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】，
，
设该正方体的棱长为，显然，
于是有，
所以，
，
所以，
因此异面直线EH与GF所成角的余弦值为，
故答案为：
16．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如下图，四面体P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且，则二面角A-PC-B的余弦值为__________．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，分别计算平面APC与平面PBC的法向量，然后利用公式计算即可.
【详解】依据题意建立如图所示的空间直角坐标系：
，，，，
所以，，，.
设平面APC的法向量为
，∴
不妨设，则，
设平面PBC的法向量为
，∴
不妨设，则，，
设为，则.
故答案为：
四、解答题
17．如图，在斜四棱柱中，四边形为平行四边形，平面为中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理可得答案；
（2） 设，则，利用余弦定理判断出为钝角，做，则垂足在的延长线上，做，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 设，利用求出点坐标，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.
（1）因为平面，平面，所以平面平面.
（2）设，则，平面，平面，所以，，所以，，又，所以，在中，由余弦定理得，所以为钝角，作，则垂足在的延长线上，因为平面平面，平面平面，所以平面，在平面内做，所以，以为原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，在中，因为，所以，因为，所以，，所以，，，，，，设，，因为，所以，解得，即，，，设为平面的一个法向量，所以，即，令，则，，即， 为平面的一个法向量，所以，由图二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值．
18．在如图所示的直三棱柱中，为正三角形，且，点分别为的中点.
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分别取的中点，连接，以为原点，分别以和所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，由空间向量法求线面角的正弦值；
（2）由空间向量法求二面角．
（1）在直三棱柱中，因为为正三角形，分别取的中点，连接，，于是平面，平面，则.
如图，以为原点，分别以和所在直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系.因为为的中点，所以，.因为点分别为的中点，所以.所以.设为平面的法向量，由得不妨取，可得.则.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.
（2）因为，所以.设为平面的法向量，由得不妨取，可得，则.由（1）知为平面的一个法向量，所以.由图知二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
19．如图，已知斜三棱柱在底面上的射影恰为的中点又知.
(1)求证:平面;
(2)求到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可得平面平面，由面面垂直的性质可得平面，则，再结合可证得结论，
（2）取的中点，以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算可得；
（1）证明：∵在底面上的射影为的中点，∴平面平面，∵，且平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴，∵，且，平面，∴平面．
（2）解：取的中点，以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，∵平面，平面，∴，∴四边形是菱形，∵是的中点，∴，∴，，，，∴，，设平面的法向量，则，，取，，到平面的距离．，平面，平面 平面，到平面的距离等于到平面的距离.
20．如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）先证得，再由侧面底面证得平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面以及平面的法向量，由向量夹角公式求得余弦，再计算正弦即可；
（3）设出点，由点面距离的向量求法解出即可求出的值.
（1），为的中点，，侧面底面，侧面底面，平面，平面；
（2）底面为直角梯形，其中，，，，又平面，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，易得平面的法向量，，，设平面的法向量，则，取，得，设二面角夹角为，则，则，二面角的正弦值为；
（3）设线段上存在，使得它到平面的距离为，，到平面的距离，解得或(舍去)，则，则．

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