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1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题【第二练】
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题【第二练】
【试题来源】来自名校、重点市区的月考、期中、期末的优质试题.
【试题难度】难度中等，配合第二课的题型训练，加强考点的理解和扩展.
【目标分析】
1.运用空间向量研究点到线、点到面、线与线、线与面、面与面的距离，培养直观想象和数学运算素养，如第1题、第4题、第7题、第9题；
2.运用空间向量求空间角角，发展直观想象，逻辑推理和数学运素养，如第2题、第3题、 第8题、第9题；
3.用空间向量求解与距离、夹角有关的最值问题，培养逻辑推理和数学运算能力，如第5题、第6题、第10题；
4. 用空间向量求解与距离、夹角有关的探索性问题，发展直观想象，逻辑推理和数学运算素养，第11题、第12题；
（2023·河北邢台高二期中）
1．在四棱锥中，底面为菱形，底面，，，为棱的中点，为线段的中点，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C．2 D．
（2023·山西师大附中高二期末）
2．如图，将菱形纸片沿对角线折成直二面角，分别为的中点，是的中点，，则折后平面与平面夹角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
（2023·江西赣州高二）
3．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则直线CQ与平面所成角的正弦值为（ ）

A． B． C． D．
（2023·广东茂名高二期末）
4．菱形的边长为4，，E为AB的中点（如图1），将沿直线DE翻折至处（如图2），连接，，若四棱锥的体积为，点F为的中点，则F到直线BC的距离为（ ）

A． B． C． D．
（2023·河南洛阳高二期中）
5．如图，在直四棱柱中，，，，E，F分别是侧棱，上的动点，且平面AEF与平面ABC所成角的大小为，则线段BE的长的最大值为（ ）

A． B． C． D．
（2023·山东日照实验高级中学高二月考）
6．四边形中，，，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
（2023·山西运城高二期末）
7．正方体的棱长为分别为线段和中点，则（ ）
A．到直线的距离为3
B．直线到直线的距离为3
C．点到平面的距离为
D．直线到平面的距离为1
（2022·海南海口高二期中）
8．若将正方形沿对角线折成直二面角，则下列结论中正确的有（ ）
A．与所成的角为
B．与所成的角为
C．与平面所成角的余弦值为
D．平面与平面的夹角的正切值是
（2023·北京昌平高二统考期末）
9．在三棱锥中，底面，则异面直线与所成角的大小为 ；点到平面的距离为 .
10．如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，，，，点是的中点，则线段上的动点到直线的距离的最小值为 .

（2023·河北邯郸高二期末）（2023秋·四川成都·高二校考阶段练习）
11．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍是茅草屋顶.”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，.
(1)当点为线段的中点时，求证：直线平面；
(2)当点N在线段上时（包含端点），是否存在点，使得平面和平面的夹角的余弦值为，若存在，求到平面的距离，若不存在，说明理由.
（2023·江西景德镇高二期末）
12．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝，PA＝2.
(1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB；
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值；
(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由．
【易错题目】第5题、第6题 、第10题
【复盘要点】运用空间向量解决距离、夹角有关最值问题的基本思路
一是函数法，即利用空间向量的坐标运算，建立所求的目标函数，转化为函数的最值问题求解；
二是根据几何体的结构特征，化动为静，直观判断何时取得最值；
例1.（2023·吉林通化高二期中）
13．如图，棱长为2的正方体中，E，F分别为棱，的中点，G为线段的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．不存在点G，使得平面EFG
C．设直线FG与平面所成角为，则的最大值为
D．点F到直线EG距离的最小值为
【复盘训练】
（2023·福州三中高二期末）
14．如图，已知正三棱柱的所有棱长均为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为 .
（2023·山东泰安高二期末）
15．如图，在长方体中，为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值取最大值时， .

（2023·河南开封高二期末）
16．在平面四边形中，，等腰三角形的底边上的高，沿直线将向上翻折角至，若，则直线与所成角的余弦值的取值范围是 .

（2023·四川绵阳高二期末）
17．如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，B为底面圆周上异于A，C的点．

(1)若P是线段BC的中点，求证：平面；
(2)设平面平面，与平面QAC所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的最大值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求解点到平面的距离即可.
【详解】设与交于点，连接.由底面为菱形，则，
故以为坐标原点，以OA为x轴，OB为y轴，过O点且垂直于底面的直线为z轴，
建立所示的空间直角坐标系，如图：

则，
.
设平面的法向量为，则，
令，得.因为点的坐标为，所以，
故点到平面的距离为.
故选：C
2．A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】因为菱形纸片沿对角线折成直二面角，
所以平面平面，
因为是菱形，是的中点，
所以，，
而平面平面，平面，
所以平面，而平面，
所以，
以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，
为两个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，．
设平面的法向量为，
则得取，则，
得平面的一个法向量为，
易得平面的一个法向量为，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
故选：A

3．B
【分析】利用空间向量的方法求线面角即可.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，，，，，，，，，
设平面的法向量为，
，令，则，，所以，
设直线与平面所成角为，所以.
故选：B.
4．A
【分析】由已知可证得 平面，平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】连接，因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形，
因为 E为AB的中点，所以，所以，
因为，平面，所以 平面，
因为菱形的边长为4，所以，
所以直角梯形的面积为，
设四棱锥的高为，则，得，
所以，所以平面，
所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则
，
所以，
所以
所以，
所以F到直线BC的距离为，
故选：A

5．B
【分析】建立空间直角坐标系，设出，，求出两平面的法向量，从而根据两平面的所成角得到方程，求出，求出BE的长的最大值.
【详解】依题意，，，两两互相垂直，
以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，（，，且m，n不同时为0），
则，，，所以，.
设平面AEF的一个法向量为，
则，
令，得，则，
显然为平面ABC的一个法向量.
因为平面与平面所成角的大小为，
所以，
即，
得，
所以，所以当时，m取得最大值，最大值为.
故选：B
6．B
【分析】取中点，连接，求出坐标，设，表示出点坐标，进而得到，结合向量夹角公式和三角函数，即可求解最值.
【详解】
如图，取中点，连接，以方向为轴，方向为轴，垂直于底面方向为轴，建立空间直角坐标系，由，可得，为等边三角形，为等腰直角三角形，故，二面角的平面角为，设，则，，则，又因为，故，，所以的最大值为.
故选：B
7．AD
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量逐项计算后可得正确的选项.
【详解】
根据正方体建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，故.
对于A，，
故到直线的距离为，
故A成立.
对于B，,
故，故，
故直线到直线的距离为，
故B错误.
对于C，，设平面的法向量为，
则，取，则，故，
而，故到平面的距离为，故C错误.
对于D，由A中分析可得，而平面，平面，
故平面，直线到平面的距离即为到平面的距离，
且该距离为，故D正确.
故选：AD.

8．BCD
【分析】取BD的中点O，易证得AO，CO，DO两两互相垂直，则以O为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线线角、线面角和面面角的向量求法依次判断即可．
【详解】连接，交于点，
四边形为正方形，，即，，
二面角的平面角为，即，
以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，，，，
，，，；
对于A，，与所成角为，A错误；
对于B，，，B正确；
对于C，设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
，即直线与平面所成角的正弦值为，
∴直线与平面所成角的余弦值为，C正确；
对于D，平面轴，平面的一个法向量，
设平面的法向量，
则，令，解得：，∴，
设平面与平面的夹角为，
∴，
又，∴，∴，D正确．
故选：BCD.
9． ##
【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出与所成角，根据点面距离的空间向量法即可求解.
【详解】在三棱锥中，底面，，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则,
， ，
设异面直线与所成角为，
则,由于，所以，
设平面的法向量为，则 ，取，则，
所以点到平面的距离为
故答案为：，
10．
【分析】利用空间线面位置关系、空间向量、向量法求空间中点到直线距离的公式、二次函数分析运算即可得解.
【详解】解：

如上图，取的中点为.连接 、、.
∵，点是的中点，∴.
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴ 平面.又∵平面∴.
又∵底面是矩形，、是、中点，∴.
∴以点为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴
建立空间直角坐标系如图所示，由，，，
得，.
∴，，，则，，
设，则，，
，
∵，
∴向量的单位方向向量，
则，
因此点到直线的距离，
当时，取最小值，
∴线段上的动点到直线的距离的最小值为.
故答案为：.
【点睛】向量法求点到直线距离的步骤：
1.根据图形求出直线（或向量）的单位方向向量.
2.在直线上任取一点（可选择特殊便于计算的点），计算点与直线外的点的方向向量点.
3.点到直线的距离.
11．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据题意证明直线分别与，垂直，再利用直线与平面垂直定理求解；
（2）建立直角坐标系，利用空间向量求出点坐标后，利用点到平面距离公式可求解.
【详解】（1）证明：因为点为线段的中点，且，所以，
因为，且四边形为正方形，故，
所以，而平面，
故平面.
（2）解：设正方形ABCD的中心为O，分别取的中点为，
设点为线段的中点，由（1）知四点共面，且平面，
连接平面，故，
又平面，故平面平面，
且平面平面，
由题意可知四边形为等腰梯形，故,
平面，故平面，
故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
因为，则，
又，故，
设到底面的距离为，
四边形，为两个全等的等腰梯形，且，
故，又，
故，则，
，，
设，
设平面的一个法向量为，
则，令，
设平面的一个法向量为，
则，令，
故.
解之得：（舍），所以存在点，即点与重合.
因为，
设平面的一个法向量为，
则，令，
所以点到平面的距离.
12．(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】取的中点，连接，则，以A为原点，AE所在的直线为x轴，所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系.
（1）计算，利用向量法求证即可；
（2）利用向量的夹角公式计算异面直线所成的角；
（3）假设存在点M符合题意，根据二面角、线面角的向量求法计算即可.
【详解】（1）取的中点，连接，则，，
所以四边形为矩形，所以，
以A为原点，AE所在的直线为x轴，所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，，
取中点，则，，
所以，故，又平面，平面，
所以DN∥平面PAB.
（2）由（1）知，，，
.
故直线AC与PD所成角的余弦值为.
（3）假设存在，且，
则点为，所以，
设平面的法向量是，
，
令，，（易知t=1不合题意）
又是平面的一个法向量，
，
解得(舍去)，则．
此时平面的一个法向量可取，，
设与平面所成的角为，
则，
由知，.
与平面所成角的大小为．
13．AD
【分析】建立空间直角坐标系，得到各点坐标，根据平行得到，A正确，当时，平面EFG，B错误，计算的最小值为，C错误，计算投影最大为，计算得到D正确，得到答案.
【详解】如图，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系.
则，，，，，，，，，.
对选项A：由正方体以及面面平行的性质可得，平面，线段上的G到面距离为，
故，.
则为定值，正确；
对选项B：若存在点G，使平面EFG，设，
，，，，
则.
，，，故，
又由，平面EFG，故平面EFG，存在点G满足要求，不正确；
对选项C：过F作，垂足为，则平面，
则即为所求线面角，当时，所求角最大，此时最小，
，，，错误；
对选项D：，，
故在方向上投影长度为，
当时，投影最大为，又，
所以点F到直线EG距离的最小值为，正确.
故选：AD
【点睛】关键点睛：本题考查了三棱锥的体积，线面垂直，线面夹角，点到直线的距离，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系，将空间中的关系转化为向量运算，是解题的关键.
14．##
【分析】首先以点A为原点，建立空间直角坐标系，然后利用点到直线距离的坐标公式列式，化简后求函数的最小值即可.
【详解】在正三棱柱中，在平面内过A作，显然射线两两垂直，以点A为原点，射线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
因正三棱柱的所有棱长均为1，
则，
所以，
因动点P在线段上，则令，
即有点，所以，则，
从而，
因此点P到直线的距离
，当且仅当时取等号，
所以线段上的动点P到直线的距离的最小值为.
故答案为：
15．
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，设，则可表示出点的坐标，表示出，再求出平面的法向量，利用空间向量可求得结果.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，
.设，
则.
设平面的法向量为，
，取，可得平面的法向量为
所以，
设与平面所成的角为，则，
当时，取得最大值，
此时
故答案为：

16．
【分析】取AC中点O，连接OB，过点O作平面，以点O为原点建立空间直角坐标系，设二面角的大小为，把直线AC与所成角的余弦表示为的函数，求出函数最大值作答.
【详解】因为，所以，
又因为腰三角形的底边上的高，所以，
过作于H，连接，如图，

显然，绕直线AC旋转过程中，线段DH绕点H在垂直于直线AC的平面内旋转到，
取AC中点O，连接OB，因，有，，
，过点O作平面，
以点O为原点，射线分别为轴非负半轴，建立空间直角坐标系，
则，，，显然有平面，
设二面角的大小为，
有，
因为沿直线将向上翻折角至，且，
所以，即，所以，
则有，
的方向向量为，设直线AC与所成的角为，
于是得，
因设二面角的大小为，，
于是得，
所以直线AC与所成角的余弦值的取值范围是:.
故答案为：
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）作出平面和平面的交线，确定四棱锥的体积最大时B点位置，从而建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出与平面QAC所成角的正弦值，利用换元法结合二次函数性质即可求得其最大值.
【详解】（1）取中点H，连接，因为P为中点，
则有，

在等腰梯形中，，故有，
则四边形为平行四边形，
即有，又平面，平面，
所以平面.
（2）延长交于点O，作直线，则直线即为直线，如图，

过点B作于，
因为平面平面，平面平面，平面，
因此平面，
即为四棱锥的高，在中，，
，
当且仅当时取等号，此时点与重合，
又梯形的面积S为定值，四棱锥的体积，
于是当最大，即点与重合时四棱锥的体积最大，
此时，
以为原点，射线分别为轴的非负半轴建立空间直角坐标系，
在等腰梯形中，，
此梯形的高，
因为,故为的中位线，
则，
，
设，
则，
设平面的一个法向量，则，
令，得，
则有，
令，则，
当时，；
当时，，
在时取到最小值，此时取到最大值
即当，即时取到最大值，
所以的最大值为.
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于与平面QAC所成角的正弦值的最大值，解答时要确定四棱锥的体积最大时B点位置，从而建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题【第二课】
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
题型一 用空间向量解决距离问题
例1 （2023·福建三明高二期中）
1．如图，BCD与MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2，求点A到平面MBC的距离．
【方法总结】点到平面的距离
1.如图，已知平面的法向量为，A是平面内的定点，P是平面外一点．过点P作平面的垂线l，交平面于点Q，则是直线l的方向向量，且点P到平面的距离就是在直线l上的投影向量的长度．因此．
2.求一个点到平面的距离，可以分以下几步完成：
（1）求出该平面的一个法向量；
（2）找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；
（3）求出法向量与斜线段对应的向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
◎直线与它的平行平面的距离、两个平行平面的距离都可以转化为点到平面的距离．
拓展:
（1）点到直线的距离：
（2）点到平面的距离：．
方法 令，可以视其为平面的单位法向量，所以平面外一点P到平面的距离实质就是平面的单位法向量与从该点出发的平面的斜线段PA的方向向量的数量积的绝对值，即．
【变式训练1-1】（2023·河北邢台高二期中）
2．在四棱锥中，底面为菱形，底面，，，为棱的中点，为线段的中点，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C．2 D．
【变式训练1-2】（2023·四川泸州高二期末）
3．在长方体中，，，，求到直线的距离．
【变式训练1-3】（2023·江苏省苏州市高二期末）
4．如图，已知边长为4的正三角形ABC，E、F分别为BC和AC的中点，，且平面ABC，设Q是CE的中点．
(1)求证：平面PFQ；
(2)求直线AE与平面PFQ间的距离．
题型二 用空间向量求异面直线所成的角
例2（2023·吉林省长春市期末）
5．如图，已知两个正四棱锥与的高分别为1和2，，则异面直线AQ与BP所成角的余弦值为 ．

【方法技巧与总结】求异面直线所成的角的方法
（1）传统法．作出与异面直线所成角相等或互补的平面角，进而构造三角形求解．
（2）向量法．运用向量法常有两种途径．
①基底法
在一些不适合建立坐标系的题目中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在由公式求向量，的夹角时，关键是求出及与，一般是把，用基底表示出来，再求有关的量．
②坐标法
根据题目条件建立恰当的空间直角坐标系，写出相关各点的坐标，通过坐标运算求异面直线所成的角．
利用向量法求线线角，避免了传统找角或作角的步骤，使过程变得简单．
【变式训练2-1】（2023·广东东莞高二期末）
6．如图，在直三棱柱中，，，直线与平面所成角的正弦值为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
【变式训练2-2】（2023·陕西西安高二期末联考）
7．如图，在圆锥SO中，AB是底面圆的直径，D，E分别为SO，SB的中点，，，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
【变式训练2-3】（2023·吉林高二东北师大附中高二期末）
8．若三棱锥中，，，，点E为BC中点，点F在棱AD上（包括端点），则异面直线AE与CF所成的角的余弦值的取值范围是 ．
题型三 用空间向量求线面角
例3（2020·新高考全国Ⅰ卷）
9．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．
【方法总结】求线面角的两种方法
1.转化为线线角：根据直线与平面所成角的定义，确定出待求角，转化为两条直线所成的角来求解，
此时要注意两直线所成角的取值范围．
2.向量法：设直线AP的方向向量为，平面的法向量为，所求直线与平面所成的角为，与的夹角为，则求解步骤如下：
（1）分析图形关系，建立空间直角坐标系；
（2）求出直线的方向向量和平面的法向量；
（3）求出夹角；
（4）判断直线和平面所成的角和的关系，求出角．
【变式训练3-1】（2023·江苏淮安高二期末）（2023秋·安徽亳州·高二校考阶段练习）
10．将边长为1的正方形及其内部绕旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与C在平面的同侧，则直线与平面所成的角的正弦值为（ ）

A． B． C． D．
【变式训练3-2】（2023·辽宁阜新高二期末）（2023秋·辽宁沈阳·高二东北育才学校校考阶段练习）
11．如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为AE，BC的中点，直线BM与平面ADE所成角的正弦值为 ．

【变式训练3-3】（2023·广东东莞高二期末）
12．在中，，若空间点满足，则的最小值为 ；直线与平面所成角的正切的最大值是 .
题型四 用空间向量求二面角
例4（2020·全国Ⅰ卷）
13．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【方法总结】向量法求二角的两种方法
思路一 利用平面的法向量求角．
（1）选择坐标运算，确定平面的法向量，．
（2）计算，，．
（3）计算，此即为平面与平面夹角的余弦值．
思路二 在两个平面内构造向量求角．
（1）在两个平面内各找一定点A，C，分别过A，C在面内作与棱垂直的线段，垂足分别为B，D，则（或）即为平面与平面的夹角，如图所示．
（2）选择坐标运算或基底运算求．
【变式训练2-1】（2023·北京房山高二期末）
14．已知长方体中，，，则平面与平面所成锐二面角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【变式训练2-2】（2023·海南海口高二联考期末）
15．如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，，且.若直线与平面所成的角为，则二面角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
【变式训练2-3】（2022·新高考全国Ⅰ卷）
16．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．
易错点1 已知距离、夹角求参数
例1（2023·河北邯郸高二期中）（2023秋·陕西榆林·高二校考阶段练习）
17．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，若直线与直线所成角的余弦值为，则 .

易错警示：用空间向量解决与距离、夹角有关的参数问题
用向量法、坐标法处理此类问题，首先需把相关的点、线段用向量表示，然后把向量坐标化，将参数通过相应的距离及夹角公式建立方程，求解可得.合理建系、准去写出关键点的坐标、熟练的运算能力是解题的关键.
针对训练1-1（2023·安徽铜陵高二期末）
18．在空间直角坐标系中，，，，若点到直线的距离不小于，则的范围为（ ）
A． B．
C． D．
针对训练1-2（2023·山东菏泽高二期末）
19．已知正方体的棱长为1，，，分别在棱，，上，且满足，是的重心，若直线与平面所成角为，则的值为 ．
针对训练1-3 （2023·江西宜春高二期末）
20．如图，四棱锥中，底面是矩形，平面，且，点是线段上一点，当二面角的平面角的大小为时， ．

易错点2 用空间向量求距离、夹角的最值
例2．（2023·江苏淮安高二期末）
21．已知在正方体中，E，F分别为，的中点，点P在上运动，若异面直线，所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
易错警示：用空间向量求距离、夹角的最值
解决此类问题主要从两个方面处理
一是函数法，即利用空间向量的坐标运算，建立所求的目标函数，转化为函数的最值问题求解；
二是根据几何体的结构特征，化动为静，直观判断何时取得最值；
针对训练2-1（2023·四川绵阳高二期末）
22．已知正方体的棱长为2，点P为线段上的动点，则点P到直线的距离的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
针对训练2-2（2023·北京顺义区高二期末）
23．在正方体中，O为线段的中点，点在线段上，则直线与平面所成角的正弦值的范围是（ ）

A． B．
C． D．
针对训练2-3（2021·全国甲卷）
24．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．.
【分析】如图，取CD的中点O，连接OB，OM，以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，求出平面MBC的一个法向量为，再利用点到平面的距离公式求解.
【详解】如图，取CD的中点O，连接OB，OM，因为BCD与MCD均为正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，平面MCD∩平面BCD＝CD，OM 平面MCD，所以MO⊥平面BCD.
以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
因为BCD与MCD都是边长为2的正三角形，
所以OB＝OM＝，
则O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)，
所以＝(1，，0)．＝(0，，)．
设平面MBC的法向量为＝(x，y，z)，
由得,
即,
取x＝，可得平面MBC的一个法向量为=(，－1，1)．
又＝(0，0，2)，
所以所求距离为d＝＝.
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离公式常用的方法有：（1）向量法；（2）几何法；（3）等体积法.要根据已知条件灵活选择方法求解.
2．C
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求解点到平面的距离即可.
【详解】设与交于点，连接.由底面为菱形，则，
故以为坐标原点，以OA为x轴，OB为y轴，过O点且垂直于底面的直线为z轴，
建立所示的空间直角坐标系，如图：

则，
.
设平面的法向量为，则，
令，得.因为点的坐标为，所以，
故点到平面的距离为.
故选：C
3．
【分析】方法一： 建立空间直角坐标系，过作于点，由，，求出点坐标，求解即可；
方法二： 连接，建立空间直角坐标系，利用点到直线的距离的向量公式求解.
【详解】方法一： 建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
过作于点，设，则，．
∵，，，
∴解得∴，
∴．
即到直线的距离为．
方法二： 连接，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，．
∴，，
∴，∴，
∴到直线的距离．
4．(1)证明见详解；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明结合线面平行的判定推理作答.
（2）由（1）中空间直角坐标系，利用空间向量计算直线与平面的距离作答.
【详解】（1）在平面内过点作，因平面，
则以点A为原点，射线分别为轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
因是边长为4的正三角形，则，
线段BC中点，线段AC中点，线段CE中点，
，而，即有，又无公共点，
则，又平面，平面，
所以平面.
（2）由（1）知平面，则点A到平面的距离即为直线AE与平面PFQ间的距离，
设平面的法向量，而，
则，令，得，
因此点A到平面的距离，
所以直线AE与平面PFQ间的距离为．
5．##
【分析】连接AC，BD，交于点O，则，连接PQ，则PQ过点O，由正四棱锥的性质知平面ABCD，故以O为坐标原点，以直线CA，DB，QP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.
【详解】由题设知，四边形ABCD是正方形，连接AC，BD，交于点O，则．连接PQ，则PQ过点O．
由正四棱锥的性质知平面ABCD，故以O为坐标原点，以直线CA，DB，QP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，

所以，．
于是，
所以异面直线AQ与BP所成角的余弦值为．
故答案为：
6．D
【分析】建立空间直角坐标系，由直线与平面所成的角的正弦值得，计算，得异面直线与所成角的余弦值．
【详解】取的中点，连接，则，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且平行于的直线为轴建立空间直角坐标系．

设，则，易知平面，则直线与平面所成的角为，
所以，解得，则，．
则，，，，
所以，，
则，
故异面直线与所成角的余弦值为．
故选：D．
7．C
【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量坐标运算求解.
【详解】

以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
则，，
所以直线AD与直线CE所成角的余弦值为．
故选：C
8．
【分析】记，利用基底表示出，由数量积性质和夹角公式求解可得.
【详解】因为，所以，
又，所以，因为点E为BC中点，所以，
又因为，所以，
所以，
记，，
则，
因为，
所以，
，
记异面直线AE与CF所成的角为，
则，
因为，所以，所以.
故答案为：.

9．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；
（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【详解】（1）证明：
在正方形中，，因为平面，平面，
所以平面，又因为平面，平面平面，
所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以
因为，所以平面．
（2）［方法一］【最优解】：通性通法
因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，设，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
［方法二］：定义法
如图2，因为平面，，所以平面．
在平面中，设．
在平面中，过P点作，交于F，连接．
因为平面平面，所以．
又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．
设，在中，易求．
由与相似，得，可得．
所以，当且仅当时等号成立．
［方法三］：等体积法
如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．
设，在三棱锥中，．
在三棱锥中，．
由得，
解得，
当且仅当时等号成立．
在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．
【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；
方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．
10．D
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式即可求解.
【详解】由题意，，，
如图所示，建立空间直角坐标系．

则，
∴
平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
∴．
故选：D．
11．
【分析】根据题意，先由线面垂直的判定定理可证平面，然后过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.
【详解】
过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，
过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为，
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．
故答案为：
12．
【分析】以所在平面为，建立空间直角坐标，求平面的法向量，
利用线面角结合换元法可得，又，则的最大值为，由此即可求出答案.
【详解】
过点作与点，过点作与点，
设，则，
又，则，
则点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，
当点与点三点共线时，最小；且最小值为；
如图所示：以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量为：，
，
设，
则，

当，且时，最小，
即当点与点三点共线时，最小，且最小值为；
记直线与平面所成角为,
则，
因为，
所以，
令，则，
则，，
又，在上单调递减。在上单调递增，
则，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
又，
所以直线与平面所成角的最大值为，
此时，
故答案为：；
13．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；
（2）方法一：过O作∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案.
【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明
由题设，知为等边三角形，设，
则，，所以，
又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
[方法二]：空间直角坐标系法
不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此．
在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，．
所以，，．
故，．
所以，．
又，故平面．
[方法三]：
因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以．
因为（即）垂直于底面，在底面内，所以．
又因为平面，平面，，所以平面．
又因为平面，所以．
设，则F为的中点，连结．
设，且，
则，，．
因此，从而．
又因为，所以平面．
[方法四]：空间基底向量法
如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得，
因为，所以．
以为基底，平面，则，
，且，
所以．
故．所以，即．
同理．又，所以平面．
（2）[方法一]：空间直角坐标系法
过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以
故，
设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以.
[方法二]【最优解】：几何法
设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H，
联结，则．
由平面，得平面．
由（1）可得，，得．
所以，根据三垂线定理，得．
所以是二面角的平面角．
设圆O的半径为r，则，，，，所以，，．
在中，，
．
所以二面角的余弦值为．
[方法三]：射影面积法
如图所示，在上取点H，使，设，连结．
由（1）知，所以．故平面．
所以，点H在面上的射影为N．
故由射影面积法可知二面角的余弦值为．
在中，令，则，易知．所以．
又，故
所以二面角的余弦值为．
【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；
（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.
14．A
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则
可得，
可知平面的法向量，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面与平面ABCD所成的锐二面角为，
则，
可得，
所以平面与平面所成锐二面角的正切值.
故选：A.
15．B
【分析】利用已知条件建立空间直角坐标系，找出要求的所有点的坐标，利用法向量解决即可.
【详解】连接，交于点，取中点，连接，
因为分别为的中点，
所以在中，，
因为底面，所以底面
又底面，底面，
所以，
在菱形中，，
所以两两互相垂直，
所以以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示：

又底面，直线与平面所成的角为，
所以，所以，
在菱形中，，
所以为等边三角形，
又，且，
所以，
则，
设平面的一个法向量为，
由，
令，
同理设平面的一个法向量为，
由，
令，
设二面角的大小为，由图可知为钝角，
所以，
即二面角的余弦值为：，
故选：B.
16．(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.
【详解】（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.
17．
【分析】补全正方体，建立空间直角坐标系，利用坐标法表示异面直线夹角余弦值，列出方程，解方程即可.
【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.

设半正多面体的棱长为，则正方体的棱长为，
所以，，，，，，，所以，，
则，，
设直线与直线所成角为，
则，
即，解得或（舍）.
故答案为：
18．A
【分析】根据空间中点到线的距离公式，列不等式求解.
【详解】因为，，
所以点到直线的距离为，
所以，化简得
解得.
故选：A
19．##
【分析】如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
因为是的重心，所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
因为，
所以，令，则，
因为直线与平面所成角为，
所以（），
所以，化简得，
解得或（舍去）
故答案为：
20．
【分析】设，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
【详解】设，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，可得，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
又由平面的一个法向量为，
则，
解得或（舍去），所以.
故答案为：.

21．B
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，表达出，换元后求出的最大值.
【详解】以D为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
设，则，，，
设，则，
所以．
令，则，因为，所以．
当时，；
当时，，
因为，所以当，即时，取得最大值，最大值为．
故选：B
22．A
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出一个与都垂直的向量的坐标，根据空间距离的向量求法即可求得答案.
【详解】以A为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，

则，
故，
设，
则；
设为与都垂直的向量，
则，令，则，
因为由题意点P到直线的距离的最小值可认为是异面直线和的之间的长度，
故点P到直线的距离的最小值为，
故选：A
23．B
【分析】设正方体边长为2，如图，以D为原点建立空间直角坐标系，后由空间向量知识可得与平面所成角的正弦值的表达式，即可得答案.
【详解】设正方体边长为2，如图，以D为原点建立空间直角坐标系.
则.
因点在线段上，设， .
则，
， .
设平面法向量为，
则，取.
设与平面所成角为，
则.
注意到，则
.
故选：B

24．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
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．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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