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2026北师大版高中数学选择性必修第一册
4.3　用向量方法研究立体几何中的度量关系
第1课时　空间中的角
基础过关练
　　　　　　　　　　　　　
题组一　两条直线的夹角
1.(2025江西师范大学附属中学素养测评)如图,在正四棱锥P-ABCD中,PA=AB,E为PC的中点,则异面直线BE与AC夹角的余弦值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
2.(易错题)(2025山西晋城联考)如图,已知圆柱的底面半径为,高为2,矩形ABCD是圆柱的轴截面,E是圆柱下底面圆周上一点,且满足∠BAE=,则异面直线AE与BD夹角的余弦值为(　　)
A.　　B.-　　C.　　D.-
3.(2025江西上饶余干第二中学检测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为棱A1D的中点,N为棱CD1上的动点,则直线C1D与MN夹角的正弦值的最小值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
4.(2025江苏扬州宝应曹甸高级中学月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=AA1,点E,F分别为棱AB,A1B1的中点.
(1)求证:AF∥平面B1CE;
(2)求直线C1E与AF夹角的余弦值.
题组二　直线与平面的夹角
5.(2025福建宁德部分达标学校联考)已知平面α的一个法向量为n=(1,-1,0),则y轴与平面α夹角的大小为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
6.(教材习题改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱AB,A1D1的中点分别为E,F,则直线EF与平面AA1D1D夹角的正弦值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
7.(2025山东济宁月考)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,PA=BC,E,F分别为CD,PC的中点,则直线PE与平面ABF夹角的正弦值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
8.(易错题)(2024安徽天一大联考期中)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱DD1的中点,F为棱BB1的中点.
(1)求异面直线AB1与C1F夹角的余弦值;
(2)求直线AA1与平面AB1E夹角的正弦值.
题组三　平面与平面的夹角
9.(2025河南百师联盟期中)已知平面α,β的法向量分别为n1=(2,1,-3),n2=(1,-3,2),则平面α,β的夹角的大小为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
10.(2024江苏盐城期中)在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠PAC=∠ABC=90°,PA=BC=1,PB=AC=2,E是AB的中点,则二面角B-PC-E的余弦值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
11.(2025河南洛阳创新联盟月考)如图所示,在圆锥SO中,AB是底面圆的直径,且SO=AB=4,AC=BC,则二面角A-SB-C的余弦值为　　　　.
12.(2025江西南昌第二中学月考)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(1)证明:PA⊥BD;
(2)若PD=AD,求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.
能力提升练
　　　　　　　　　　　　　
题组一　利用空间向量求空间角
1.(2025江苏卓越高中联盟月考)在正六棱台ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中,AB=2A1B1=4,点O是下底面ABCDEF的中心,若该六棱台的体积为84,则异面直线OC1与DD1夹角的余弦值为　(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
2.(2025山东部分名校质量检测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P满足=λ(0<λ<1).设二面角A1-AP-B的平面角为θ,则当λ增大时,θ的大小变化为(　　)
A.增大　　　　B.减小
C.先增大后减小　　　　D.先减小后增大
3.(2025安徽十校期中联考)在矩形ABCD中,AB=2AD=2,E为CD的中点,将△CBE沿直线BE翻折至△C1BE的位置,则翻折过程中,直线AC1与BE夹角的余弦值的最大值为　　　　.
4.(2025江西丰城中学期中)阅读材料:空间直角坐标系O-xyz中,过点P(x0,y0,z0)且一个法向量为n=(a,b,c)的平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0.解决下面问题:已知平面α的方程为x-2y+z-7=0,直线l是两平面x-y+1=0与y-z+2=0的交线,则直线l与平面α夹角的正弦值为　　　　.
5.(2025江西新余第四中学模拟)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是边长为2的等边三角形,四边形ACC1A1是矩形,CC1=2,直线CC1与平面ABC的夹角为,D为A1C1的中点.
(1)求证:AC⊥BD;
(2)求直线BD与平面ABC夹角的余弦值.
6.(2025陕西师大附中期初)如图①所示,在矩形ABCD中,AD=1,AB=2,点M是边CD的中点,将△ADM沿AM翻折到△PAM的位置,连接PB,PC,得到如图②所示的四棱锥P-ABCM.
(1)若平面PAM⊥平面ABCD,求直线BC与平面PMB的夹角的大小;
(2)设二面角P-AM-D的平面角为θ,若θ∈,求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值.
　
题组二　利用空间向量解决与角有关的探索性问题
7.(2025北京理工大学附中月考)在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BAD=,AB=2AD=2CD=4,P为AB的中点,线段AC与DP交于点O(如图1).将△ACD沿AC折起到△ACD'的位置,使得D'O⊥OP(如图2).
(1)求证:平面D'AC⊥平面ABC;
(2)线段PD'上是否存在点Q,使得直线CQ与平面BCD'夹角的正弦值为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
　
8.(2025江西师大附中素养测评)如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是菱形,AB=2AA1=2A1B1=2,∠ABC=60°,AA1⊥平面ABCD.
(1)证明:BD⊥CC1;
(2)若点M在棱AD上,且C1M∥平面ABB1A1,求线段AM的长;
(3)棱BC上是否存在一点E,使得二面角E-AD1-D的余弦值为 若存在,求线段CE的长;若不存在,请说明理由.
第2课时　空间中的距离问题
基础过关练
　　　　　　　　　　　　　
题组一　点到平面的距离
1.(2025陕西榆林调研)已知A(0,0,2),B(0,2,1),C(2,1,0),D(2,0,1),则点D到平面ABC的距离为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
2.(2025湖北黄冈黄梅一中月考)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为DD1的中点,F为BB1的中点,则直线FC1到平面AB1E的距离为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.(2025黑龙江龙东联盟月考)如图,圆柱的轴截面ABCD是正方形,E是底面圆周上异于A,B的一点,若AB=4,则当三棱锥D-ABE的体积最大时,点C到平面BDE的距离为(　　)
A.2　　B.2　　C.　　D.
4.(2025河南周口部分学校阶段性测试)已知平面α,β均以n=(-2,1,2)为法向量,平面α经过坐标原点O,平面β经过点P(3,2,-1),则平面α与β之间的距离为　　　　.
5.(2025江西赣南师范大学附属中学月考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C是边长为4的正方形,侧面AA1B1B为矩形,AB=3,BC=5.
(1)求证:AA1⊥平面ABC;
(2)求平面ABC1与平面A1C1B夹角的正弦值;
(3)求点C到平面A1C1B的距离.
题组二　点到直线的距离
6.(2025江西上饶弋阳第一中学质量检测)已知直线l过点M(1,1,1),且方向向量为n=(-1,0,1),则点A(1,-1,-1)到l的距离为(　　)
A.2　　B.　　C.　　D.
7.(2025河北邯郸部分学校联考)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=4,点E在线段CC1上,且=4,点F为BD的中点,则点D1到直线EF的距离为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
8.(2025吉林普通高中期中)如图1,平面四边形ABCD中,AC⊥BD,垂足为O,OA=OB=1,OC=OD=2,如图2,将△ABD沿BD翻折至△PBD的位置,使得平面PBD⊥平面BCD,若点E为线段BD上的动点,则点E到直线PC的距离的最小值为(　　)
　　
A.　　B.　　C.　　D.
答案与分层梯度式解析
4.3　用向量方法研究立体几何中的度量关系
第1课时　空间中的角
基础过关练
1.B　连接BD交AC于O,连接OP,
由正四棱锥的性质得,OP⊥平面ABCD,且OB⊥OC,
则以O为原点,OB,OC,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O-xyz,
设AB=,则PA=PB=2,OA=OB=OC=1,
在Rt△POB中,PO===,
则A(0,-1,0),B(1,0,0),C(0,1,0),E,
则=,=(0,2,0),
则cos<,>===,
故异面直线BE与AC夹角的余弦值为.
2.A　取AB的中点O,CD的中点O',连接BE,OE,OO',由题知AB为底面圆的直径,∵E为下底面圆周上一点,∴∠AEB=,
又∵∠BAE=,∴∠ABE=,∴OE⊥OB,
又OO'⊥OB,OO'⊥OE,
故以O为原点,OE,OB,OO'所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,
则E(,0,0),A(0,-,0),B(0,,0),D(0,-,2),
∴=(,,0),=(0,-2,2),
设异面直线AE与BD的夹角为θ,则cosθ=|cos<,>|===.
3.C　以D为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,
设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),M(1,0,1),C(0,2,0),C1(0,2,2),D1(0,0,2),故=(0,-2,2),=(0,-2,-2),
设=λ(0≤λ≤1),则N(0,-2λ+2,2λ),所以=(-1,-2λ+2,2λ-1),
设直线C1D与MN的夹角为θ,
则cosθ=|cos<,>|===,
又=≥,
所以cosθ≤,当且仅当λ=时,等号成立,
则sinθ≥,即直线C1D与MN夹角的正弦值的最小值为.
4.解析　(1)证明:∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,
∴AB∥A1B1,AB=A1B1,
又E,F分别为棱AB,A1B1的中点,∴AE∥B1F,AE=B1F,
∴四边形AEB1F是平行四边形,则AF∥B1E,
又AF 平面B1CE,B1E 平面B1CE,故AF∥平面B1CE.
(2)如图,以A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
不妨设AB=AC=AA1=2,则A(0,0,0),C1(0,2,2),E(1,0,0),F(1,0,2),
则=(1,-2,-2),=(1,0,2),
设直线C1E与AF的夹角为θ,
则cosθ=|cos<,>|===,
所以直线C1E与AF夹角的余弦值为.
5.B　易知y轴的一个方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α的夹角为θ,则sinθ=|cos|==,又θ∈,所以θ=.
6.C　以D为原点,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:
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,
则E(2,1,0),F(1,0,2),所以=(-1,-1,2),
易知y轴与平面AA1D1D垂直,
则平面AA1D1D的一个法向量为n=(0,1,0),
设直线EF与平面AA1D1D的夹角为θ,
则sinθ=|cos<,n>|===.
所以直线EF与平面AA1D1D夹角的正弦值为.
7.C　建立如图所示的空间直角坐标系,
设AB=2,则A(0,0,0),P(0,0,2),B(2,0,0),F(1,1,1),E(1,2,0),故=(-1,1,1),=(1,2,-2),=(2,0,0),
设n=(x,y,z)为平面ABF的一个法向量,
则不妨取y=1,得x=0,z=-1,则n=(0,1,-1),
设直线PE与平面ABF的夹角为θ,
则sinθ=|cos<,n>|===.
8.解析　(1)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,
则B1(1,1,1),E,F,A(1,0,0),C1(0,1,1),A1(1,0,1),
可得=,=(0,1,1),
设异面直线AB1与C1F的夹角为θ,
则cosθ====,
所以异面直线AB1与C1F夹角的余弦值为.
(2)由(1)得=(0,1,1),=,=(0,0,1),
设n=(x,y,z)为平面AB1E的一个法向量,
则
不妨取z=2,得x=1,y=-2,所以n=(1,-2,2),
设直线AA1与平面AB1E的夹角为α,
则sinα=|cos<,n>|===,
所以直线AA1与平面AB1E夹角的正弦值为.
易错警示　异面直线所成角的范围是,当两直线方向向量夹角的余弦值为负值时,应取其绝对值,才得两条异面直线所成角的余弦值;直线的方向向量和平面的法向量的夹角(为钝角时取其补角)与线面角互余.
9.C　由题意得cos===-,
又0≤≤π,故=,所以平面α,β的夹角的大小为.
10.C　因为∠PAC=90°,所以PA⊥AC,又因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PA 平面PAC,所以PA⊥平面ABC,又AB 平面ABC,所以AB⊥PA.
在Rt△ABC中,BC=1,AC=2,∠ABC=90°,所以AB===.
以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(0,0,0),P(,0,1),C(0,1,0),E,所以=(,-1,1),=(-,0,-1),=.
设m=(x1,y1,z1)为平面BPC的一个法向量,
则不妨取x1=1,得y1=0,z1=-,则m=(1,0,-),
设n=(x2,y2,z2)为平面EPC的一个法向量,
则不妨取x2=2,得y2=,z2=-,则n=(2,,-).
设二面角B-PC-E的平面角为θ,由图可知θ∈,则cosθ===.
解题技法　求两个平面的夹角一般有两种思路:一种是先根据二面角的平面角及两个平面夹角的定义,在两个半平面内分别找出与二面角的棱垂直的线段,然后利用两直线的方向向量的夹角得到两平面夹角的大小;另一种是直接求出两个平面的法向量,通过法向量所成的角求得两平面夹角的大小,但要注意两平面夹角的取值范围是,而两个法向量所成角的取值范围是[0,π].
11.答案　
解析　连接OC,以O为原点,OC,OA,OS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,
可得O(0,0,0),S(0,0,4),B(0,-2,0),C(2,0,0),则=(2,0,-4),=(2,2,0),
设n=(x,y,z)为平面SBC的一个法向量,
则
不妨取x=2,得y=-2,z=1,所以n=(2,-2,1).
平面SAB的一个法向量为=(2,0,0),
设二面角A-SB-C的大小为θ,由图可知0<θ<,
则cosθ=|cos|==,所以二面角A-SB-C的余弦值为.
12.解析　(1)证明:在△ABD中,∠DAB=60°,AB=2AD,
由余弦定理得BD==AD,
则BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD,
因为PD⊥底面ABCD,BD 底面ABCD,所以PD⊥BD,
又AD∩PD=D,AD,PD 平面PAD,所以BD⊥平面PAD,
又PA 平面PAD,所以PA⊥BD.
(2)以D为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略),设AD=1,
则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,,0),P(0,0,1),则=(-1,0,1),=(-1,,0),=(0,,-1),=(-1,0,0).
设n=(x,y,z)为平面PAB的一个法向量,
则即不妨取x=,得y=1,z=,则n=(,1,),
设m=(x1,y1,z1)为平面PBC的一个法向量,
则即不妨取y1=1,得x1=0,z1=,则m=(0,1,),
则|cos|==,
所以平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为.
能力提升练
1.C　如图,取上底面A1B1C1D1E1F1的中心O1,ED的中点G,连接OO1,OG,OC,
由正六棱台的结构特征可知OO1,OG,OC两两垂直,故可建立如图所示的空间直角坐标系,
因为AB=2A1B1=4,所以该六棱台的上、下底面的面积分别为S上=6××22=6,S下=6××42=24,且OG==2,
因为该六棱台的体积为84,
所以(S上+S下+)·OO1=(6+24+)·OO1=84,解得OO1=2,即该六棱台的高为2,
则O(0,0,0),C1(0,2,2),D(2,2,0),D1(,1,2),
所以=(0,2,2),=(-,-1,2),
设异面直线OC1与DD1的夹角为θ,
则cosθ=|cos<,>|====.
所以异面直线OC1与DD1夹角的余弦值为.
2.A　以D为原点,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.
连接AD1,设AB=1,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),所以=(1,1,-1),=(0,1,0),=(-1,0,1),=(-1,0,0),=(0,0,1),则=+=+λ=(λ-1,λ,-λ).
设m=(x,y,z)为平面A1AP的一个法向量,
则即
不妨取x=λ,得y=1-λ,z=0,则m=(λ,1-λ,0).
连接A1D,则=(-1,0,-1),又·=0,·=0,故⊥,⊥,即A1D⊥AD1,A1D⊥AB,又AB∩AD1=A,AB,AD1 平面APB,则A1D⊥平面APB,即平面APB的一个法向量为=(-1,0,-1),
所以cos===-=-<0.
因为λ∈(0,1),所以∈(1,+∞),所以cos的值随着λ的增大而减小,由图可知θ为钝角,则cosθ=cos,所以θ随着λ的增大而增大.
3.答案　
解析　在矩形ABCD中,取AB的中点F,连接CF,与BE交于点O,
∵AB=2,∴BF=CB=1,∴CF⊥BE,且CF=BE=,
∴以O为原点,OF,OB所在直线分别为x轴、y轴,过O且与平面ABED垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.
则O(0,0,0),B,E,F,
∵F为AB的中点,∴A.
将△CBE沿直线BE翻折至△C1BE的位置的过程中,C1在以O为圆心,CF为直径的圆弧上,∴C1在zOx平面内,设C1(x,0,z),x∈,
则C1O==,即x2+z2=.
=,=(0,-,0),
则·=-1,||====,||=,
设直线AC1与BE的夹角为θ,则cosθ=|cos<,>|===,
易知当x∈时,y=单调递增,
∴当x=时,cosθ有最大值,为=.
4.答案　0
解析　由阅读材料及平面α的方程得平面α的一个法向量为n=(1,-2,1),
平面x-y+1=0的一个法向量为m1=(1,-1,0),平面y-z+2=0的一个法向量为m2=(0,1,-1),
设直线l的一个方向向量为m=(x,y,z),则即不妨取z=1,得x=1,y=1,则m=(1,1,1),
设直线l与平面α的夹角为θ,0°≤θ≤90°,
则sinθ=|cos|===0,
所以直线l与平面α夹角的正弦值为0.
5.解析　(1)证明:取AC的中点E,连接EB,DE,
由四边形ACC1A1是矩形可知DE⊥AC,
因为AB=CB,所以BE⊥AC,
又DE∩BE=E,DE,BE 平面BDE,
所以AC⊥平面BDE,又BD 平面BDE,所以AC⊥BD.
(2)过D作DF⊥BE交BE于F,由(1)知AC⊥平面BDE,又AC 平面ABC,所以平面BDE⊥平面ABC,
又平面BDE∩平面ABC=BE,DF 平面BDE,DF⊥BE,
所以DF⊥平面ABC,
因为DE∥CC1,所以直线CC1与平面ABC的夹角即为直线DE与平面ABC的夹角,
易知∠DEB为直线DE与平面ABC的夹角,则∠DEB=.
以E为原点,EC,EB所在直线分别为x轴、y轴,过E且与平面ABC垂直的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
在Rt△DEF中,∠DEF=60°,DE=CC1=2,则EF=1,DF=,
因为△ABC是边长为2的等边三角形,所以BE=3,
所以B(0,3,0),D(0,1,),则=(0,-2,),
易知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),
设直线BD与平面ABC的夹角为θ,
则sinθ=|cos<,n>|==,故cosθ==.
6.解析　(1)取AM的中点G,连接PG,由题可知PM=PA,则PG⊥AM,
又平面PAM⊥平面ABCD,平面PAM∩平面ABCD=AM,PG 平面PAM,所以PG⊥平面ABCD,
在底面ABCM中,MA=MB=,AB=2,则MA2+MB2=AB2,所以MA⊥MB,
如图,以点M为原点,MA,MB所在直线分别为x轴、y轴,过M且与PG平行的直线为z轴建立空间直角坐标系,
(由条件可以推出PG⊥平面ABCD,MA⊥MB,线面垂直与线线垂直的垂足不为同一点,此时可以过线线垂直的垂足M作线面垂直中直线PG的平行线,并以此为z轴来建立坐标系)
则M(0,0,0),B(0,,0),C,P,
因此=(0,,0),=,=,
设平面PMB的一个法向量为m=(a,b,c),
则不妨取a=1,得b=0,c=-1,则m=(1,0,-1),
设直线BC与平面PMB的夹角为β,
则sinβ=|cos|===,
又β∈,所以β=,
即直线BC与平面PMB的夹角的大小为.
(2)连接DG,由DA=DM,得DG⊥AM,又PG⊥AM,故∠PGD为二面角P-AM-D的平面角,即∠PGD=θ,
如图,以D为坐标原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴,过点D且与底面ABCM垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,
则A(1,0,0),M(0,1,0),C(0,2,0),B(1,2,0),
连接PD,易得AM⊥平面PGD,又AM 平面ABCD,故平面PGD⊥平面ABCD,
过P作PH⊥DG交DG于点H,则PH⊥平面ABCD,
易得PG=,
则PH=sinθ,GH=cosθ,DH=(1-cosθ),
设P(x0,y0,z0),则x0=y0=(1-cosθ)×=(1-cosθ),z0=sinθ,
所以P,
(以θ为参数,解三角形得到相关线段的长,确定P点的坐标)
于是=(-1,1,0),=,
=(1,0,0),=,
设n1=(x1,y1,z1)为平面PAM的一个法向量,
则即
不妨取z1=,得x1=tanθ,y1=tanθ,
则n1=(tanθ,tanθ,),
设n2=(x2,y2,z2)为平面PBC的一个法向量,
则即
不妨取y2=sinθ,得x2=0,z2=3+cosθ,
则n2=(0,sinθ,3+cosθ),
设平面PAM和平面PBC的夹角为α,
则cosα=====,
令t=,由θ∈,得t∈,则cosα=,t∈,
则当t=3时,cosα取得最小值,为,
所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为.
7.解析　(1)证明:在题图1中连接PC,由题意可得四边形APCD为菱形,∴DO⊥AC,则在题图2中,AC⊥D'O,
又D'O⊥OP,AC∩OP=O,AC,OP 平面ABC,
∴D'O⊥平面ABC,
又∵D'O 平面D'AC,∴平面D'AC⊥平面ABC.
(2)存在,=,理由如下:
∵D'O⊥平面ABC,OP⊥AC,∴OA,OP,OD'两两垂直,
如图,以点O为原点,OA,OP,OD'所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则C(-,0,0),B(-,2,0),D'(0,0,1),P(0,1,0),
∴=(,-2,1),=(,0,1),
设平面BCD'的一个法向量为n=(x,y,z),
则即不妨取x=1,则y=0,z=-,∴n=(1,0,-),
设=λ(0≤λ≤1),
∵=(,1,0),=(0,-1,1),
∴=+=+λ=(,1-λ,λ),
设直线CQ与平面BCD'的夹角为θ,
则sinθ=|cos<,n>|===,
即3λ2-7λ+2=0,又0≤λ≤1,∴λ=,
∴线段PD'上存在点Q,使得直线CQ与平面BCD'夹角的正弦值为,且=.
8.解析　(1)证明:连接AC,A1C1,因为几何体ABCD-A1B1C1D1为棱台,所以A,A1,C1,C四点共面,
因为四边形ABCD为菱形,所以BD⊥AC,
因为AA1⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以AA1⊥BD,
又AA1∩AC=A,AA1,AC 平面ACC1A1,所以BD⊥平面ACC1A1,
又因为CC1 平面ACC1A1,所以BD⊥CC1.
(2)取BC的中点Q,连接AQ,
因为底面ABCD是菱形,且∠ABC=60°,所以△ABC是正三角形,
所以AQ⊥BC,即AQ⊥AD,
又AA1⊥平面ABCD,AQ,AD 平面ABCD,所以AA1⊥AQ,AA1⊥AD.
以A为原点,AQ,AD,AA1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A(0,0,0),A1(0,0,1),B(,-1,0),C1,
设AM=m,则M(0,m,0),所以=,
=(0,0,1),=(,-1,0),
设m=(x,y,z)为平面ABB1A1的一个法向量,
则
不妨取x=1,得y=,z=0,则m=(1,,0),
由C1M∥平面ABB1A1,得⊥m,
即有·m=-×1+×+(-1)×0=0,
解得m=1,即AM=1.
(3)由(2)知D1(0,1,1),Q(,0,0).
假设点E存在,设E(,λ,0),-1≤λ≤1,
可得=(,λ,0),=(0,1,1),
设n=(a,b,c)为平面AD1E的一个法向量,
则
不妨取a=λ,得b=-,c=,所以n=(λ,-,),
易得平面ADD1的一个法向量为=(,0,0),
由|cos<,n>|==,解得λ=±,
易知二面角E-AD1-D为锐角,所以点E在线段QC上,
所以λ=,则CE=1-,
故棱BC上存在一点E,且当CE=1-时,二面角E-AD1-D的余弦值为.
第2课时　空间中的距离问题
基础过关练
1.C　由已知得=(0,2,-1),=(2,1,-2),=(2,0,-1),
设n=(x,y,z)为平面ABC的一个法向量,
则
不妨取y=2,得x=3,z=4,所以n=(3,2,4),
所以点D到平面ABC的距离为=.
解题模板　用向量法求点P到平面α的距离:
(1)建立恰当的空间直角坐标系;
(2)写出(求出)相关点的坐标;
(3)求出,平面α的一个法向量n(点A为平面α内一点);
(4)求距离d=.
2.D　以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则F,C1(0,1,1),A(1,0,0),B1(1,1,1),E,∴=,=,=(0,1,1),=(-1,1,1),
可知∥,即AE∥FC1,
又AE 平面AB1E,FC1 平面AB1E,∴FC1∥平面AB1E.
(可将直线FC1到平面AB1E的距离转化为点C1到平面AB1E的距离)
设n=(x,y,z)为平面AB1E的一个法向量,
则
不妨取x=1,得z=2,y=-2,∴n=(1,-2,2),
∴点C1到平面AB1E的距离为=.
故直线FC1到平面AB1E的距离为.
3.D　三棱锥D-ABE的高即为圆柱的高AD,由题意得AD=AB=4,为定值,
则当三棱锥D-ABE的体积最大时,Rt△ABE的面积最大,
易知当点E是弧AB的中点时,满足题意.
以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则E(2,2,0),B(0,4,0),D(0,0,4),C(0,4,4),所以=(0,4,-4),=(2,2,-4),=(0,0,4),
设n=(x,y,z)为平面BDE的一个法向量,则即不妨取y=1,得z=1,x=1,所以n=(1,1,1),所以点C到平面BDE的距离为==.
4.答案　2
解析　平面α,β均以n=(-2,1,2)为法向量,则α∥β,
又平面β经过点P(3,2,-1),故平面α与β之间的距离等于点P(3,2,-1)到平面α的距离,(求两平行平面间的距离时,往往转化为求点到平面的距离)
又平面α经过坐标原点O,=(3,2,-1),故点P到平面α的距离d==2,所以平面α与β之间的距离为2.
5.解析　(1)证明:由题意得AA1⊥AC,AA1⊥AB,
又因为AC∩AB=A,AC,AB 平面ABC,
所以AA1⊥平面ABC.
(2)由(1)知AA1⊥AC,AA1⊥AB,
因为AB=3,BC=5,AC=4,
所以AB2+AC2=BC2,即AB⊥AC,
故以A为原点,AC,AB,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,
则A(0,0,0),B(0,3,0),A1(0,0,4),C1(4,0,4),所以=(0,3,0),=(4,0,4),=(0,3,-4),=(4,0,0).
设m=(x1,y1,z1)为平面ABC1的一个法向量,
则即
不妨取z1=1,则x1=-1,y1=0,所以m=(-1,0,1),
设n=(x,y,z)为平面A1C1B的一个法向量,
则即
不妨取z=3,则x=0,y=4,所以n=(0,4,3).
设平面ABC1与平面A1C1B的夹角为θ,
则cosθ=|cos|===,
则sinθ===,
故平面ABC1与平面A1C1B夹角的正弦值为.
(3)由(2)知平面A1C1B的一个法向量为n=(0,4,3),C(4,0,0),C1(4,0,4),则=(0,0,4),
则点C到平面A1C1B的距离为=.
6.B　根据题意可知=(0,2,2),=(-1,0,1)=,
所以点A(1,-1,-1)到l的距离d===.
7.A　连接ED1,以D为原点,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,
由题意可得D1(0,0,4),E(0,2,1),F(1,1,0),则=(0,-2,3),=(1,-1,-1),
所以点D1到直线EF的距离为==.
8.D　因为平面PBD⊥平面BCD,PO 平面PBD,平面PBD∩平面BCD=BD,PO⊥BD,所以PO⊥平面BCD,
又OC 平面BCD,所以PO⊥OC,又PO⊥OB,OB⊥OC,
故以O为原点,OB,OC,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,连接EP,
则P(0,0,1),C(0,2,0),设E(m,0,0),-2≤m≤1,
所以=(0,-2,1),=(-m,0,1),则点E到直线PC的距离d===,
由-2≤m≤1,得0≤m2≤4,所以≤≤,
所以点E到直线PC的距离的最小值为.
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