空间角与距离、空间向量及其应用-典型例题及答案

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专题6 向量法求空间角与距离(课件)高考数学二轮复习(新高考地区专用)

＝|cos 〈u，n〉|＝
·

＝
·

.
例1 [2023·河北沧州模拟]如图，在三棱锥P - ABC中，AB是△ABC外
接圆的直径，△PAC是边长为2的等边三角形，E，F分别是PC，PB的
中点，PB＝AB，BC＝4.
(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)求直线AB与平面AEF所成角的正弦值．
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
答案：ABD
)
2.[2022·新高考Ⅰ卷 ]如图，直三棱柱ABC - A1B1C1 的体积为4 ，
△A1BC的面积为2 2.
(1)求A到平面A1BC的距离；
＝2.
(1)证明：BD⊥EA.
(2)求平面EDCF与平面EAB夹角的余弦值．
题型三 (空间距离)点到平面的距离
已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过
点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P
到平面α的距离就是AP到直线l上的投影向量QP的长度．因此PQ＝
(1)证明：A1C⊥AB1；
(2)若三棱锥B1 -
2 2
A1AC的体积为，求二面角A1
3
- B1C - A的大小．
题后师说
用法向量求二面角的关键是正确写出点的坐标和法向量，再利用两
个平面的夹角公式求解．
巩固训练2
[2023·河南安阳模拟]在多面体EF - ABCD中，平面EDCF⊥平面
ABCD，EDCF是面积为 3的矩形，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB

8.3空间角与空间距离-高考数学历年(十年)真题题型归纳+模拟预测(原卷版)

第八章立体几何与空间向量8.3 空间角与空间距离从近三年高考情况来看，利用空间向量证明平行与垂直，以及求空间角是高考的热点．高考主要考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，主要为解答题，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.题型一.平行与垂直证明1．（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点，则满足MN ⊥OP 的是（）A ．B ．C ．D ．2．（2021•新高考Ⅱ）在正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝1，点P 满足BP →=λBC →+μBB 1→，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（） A ．当λ＝1时，△AB 1P 的周长为定值 B ．当μ＝1时，三棱锥P ﹣A 1BC 的体积为定值 C ．当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BP D ．当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P题型二.异面直线所成角1．（2017•新课标Ⅱ）已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为（） A ．√32B ．√155C ．√105D ．√332．（2017•新课标Ⅱ）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°；其中正确的是．（填写所有正确结论的编号）3．（2017•天津）如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°．点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2．（Ⅱ）求证：MN ∥平面BDE ；（Ⅱ）求二面角C ﹣EM ﹣N 的正弦值；（Ⅱ）已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为√721，求线段AH 的长．题型三.线面角1．（2020•海南）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°2．（2016•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．（1）证明：MN∥平面P AB；（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．3．（2020·海南）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD 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，QB=√2，求PB与平面QCD所成角的正弦值．4．（2020•新课标Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．题型四.二面角1．（2020•新课标Ⅱ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=√66DO．（1）证明：P A⊥平面PBC；（2）求二面角B﹣PC﹣E的余弦值．2．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA=√5，QC＝3．（Ⅱ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．̂所在平面垂直，3．（2018•新课标Ⅱ）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD̂上异于C，D的点．M是CD（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．4．（2017•新课标Ⅱ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．5．（2021•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中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．6．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？题型五.翻折问题1．（2019•新课标Ⅱ）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小．2．（2018•新课标Ⅱ）如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF 为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．3．（2016•新课标Ⅱ）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF=54，EF交于BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=√10．（Ⅱ）证明：D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．题型六.探究性问题1．（2020•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD 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．2．（2018•新课标Ⅱ）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2√2，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角M﹣P A﹣C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值．3．（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面P AB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．4．（2019•北京）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC=13．（Ⅱ）求证：CD ⊥平面P AD ；（Ⅱ）求二面角F ﹣AE ﹣P 的余弦值；（Ⅱ）设点G 在PB 上，且PG PB=23．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．一．选择题（共3小题）1．已知圆锥的顶点为A ，高和底面的半径相等，BE 是底面圆的一条直径，点D 为底面圆周上的一点，且∠ABD ＝60°，则异面直线AB 与DE 所成角的正弦值为（） A ．√32B ．√22C ．√33D ．132．已知三棱锥P ﹣ABC 内接于球O ，P A ⊥平面ABC ，△ABC 为等边三角形，且边长为√3，球O 的表面积为16π，则直线PC 与平面P AB 所成的角的正弦值为（）A ．√157B ．√155C ．√152D ．√15103．设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为DD 1的中点，M 为直线BD 1上一点，N 为平面AEC 内一点，则M ，N 两点间距离的最小值为（）A ．√63B ．√66C ．√34D ．√36二．多选题（共2小题）4．如图所示，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD 1，点E 是棱CD 上的一个动点，给出下列命题，其中真命题的是（）A ．三棱锥B ﹣AEC 1的体积恒为定值B ．存在唯一的点E ，使得截面△AEC 1的周长取得最小值C ．不存在点E ，使得BD 1⊥平面AEC 1D ．若点E 满足CE ＞DE ，则在棱DD 1上存在相应的点G ，使得A 1G ∥平面AEC 1 5．在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝2，E 、F 分别是BC 、A 1C 1的中点，D 在线段B 1C 1上，则下面说法中正确的有（）A ．EF ∥平面AA 1B 1BB ．若D 是B 1C 1上的中点，则BD ⊥EFC ．直线EF 与平面ABC 所成角的正弦值为√55D ．直线BD 与直线EF 所成角最小时，线段BD 长为3√22三．填空题（共3小题）6．在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点A 关于平面BDC 1的对称点为M ，则M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为．7．在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，点P 是线段B 1C 上的一个动点，则：（1）AP+D1P的最小值等于；（2）直线AP与平面AA1D1D所成角的正切值的取值范围为．8．在正方形ABCD中，点E，F分别为BC，AD的中点，将四边形CDEF沿EF翻折，使得平面CDFE⊥平面ABEF，则异面直线BD与CF所成角的余弦值为．四．解答题（共6小题）9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，AB⊥BC，∠ADC＝45°，P A⊥平面ABCD，AB＝AP＝1，AD＝3．（1）求异面直线PB与CD所成角的大小；（2）求点D到平面PBC的距离．10．如图，在圆锥PO中，边长为2√3的正△ABC内接于圆O，AD为圆O的直径，E为线段PD的中点．（1）求证：直线PO∥平面BCE；（2）若AE⊥PD，求直线AP与平面ABE所成角的正弦值．11．如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，∠CDA ＝∠BAD ＝90°，AB =AD =2DC =2√2，E ，F 分别为PD ，PB 的中点．（1）求证：CF ∥平面P AD ；（2）若截面CEF 与底面ABCD 所成锐二面角为π4，求P A 的长度．12．如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1为矩形，且侧面ACC 1A 1⊥侧面ABB 1A 1，AB ＝AC ＝2，AA 1＝B 1C ＝2√2．（1）证明：A 1B 1⊥平面AB 1C ；（2）若点D 为棱B 1C 1的中点，求平面AB 1C 与平面AA 1D 所成的锐二面角的余弦值．13．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 为BB 1的中点．（Ⅱ）求证：BC 1∥平面AD 1E ；（Ⅱ）求点C 1到平面AD 1E 的距离；（Ⅱ）判断B1C1的中点M是否在平面AD1E上？说明理由．14．如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，点E在线段BC上，BE＝2EC．把△BAE 沿AE翻折至△B1AE的位置，B1∉平面AECD，连结B1D，点F在线段DB1上，DF＝2FB1，如图2．（1）证明：CF∥平面B1AE；（2）当三棱锥B1﹣ADE的体积最大时，求二面角B1﹣DE﹣C的余弦值．。

高中数学空间角度与距离问题(有答案)

AA 1DCB B 1C 1图选修2-1空间向量与立体几何一、选择题：1．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成的角的大小为（）A ．60°B ．90°C ．105°D ．75°2．如图，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，B 1E 1＝D 1F 1＝411B A ，则BE 1与DF 1所成角的余弦值是（）A ．1715B ．21C ．178D ．233．如图，A 1B 1C 1—ABC 是直三棱柱，∠BCA =90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC =CA =CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是（）A ．1030 B ．21 C ． 1530 D ．10154．正四棱锥S ABCD -的高2SO =，底边长2AB =，则异面直线BD 和SC 之间的距离（）A ．515 B ．55 C ．552 D ．1055．已知111ABC A B C -是各条棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱1CC 的中点．点1C 到平面1AB D 的距离（） A ．a 42B ．a 82 C ．a 423D ．a 226．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，则平面1AB C 与平面11A C D 间的距离（）A ．63B ．33 C ．332 D ．23 7．在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝21P A ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值（）图图A ．621 B ．338 C ．60210D ．302108．在直三棱柱111C B A ABC -中，底面是等腰直角三角形， 90=∠ACB ，侧棱21=AA ，D ，E 分别是1CC 与B A 1的中点，点E 在平面AB D 上的射影是ABD ∆的重心G ．则B A 1与平面AB D 所成角的余弦值（）A ．32 B ．37C ．23 D ．73 9．正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为3，侧棱3231=AA ，D 是C B 延长线上一点，且BC BD =，则二面角B AD B --1的大小（）A ．3π B ．6π C ．65π D ．32π10．正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面边长为22，侧棱长为4，E ，F 分别为棱AB ，CD 的中点，G BD EF =⋂．则三棱锥11EFD B -的体积V（）A ．66B ．3316 C ．316D ．16二、填空题：11．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A B 的中点，则异面直线1D E 和1BC 间的距离． 12．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是11A B 、CD 的中点，求点B 到截面1AEC F 的距离．13．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是B 1C 1和C 1D 1的中点，点A 1到平面D B EF 的距离．14．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，求直线A E 与平面AB C 1D 1所成角的正弦值．三、解答题：15．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1，求平面A 1B C 1与平面AB CD 所成的二面角的大小16．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、M 分别是A 1C 1、A 1D 和B 1A 上任一点，求证：平面A 1EF ∥平面B 1MC ．17．在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD=90°，AD∥BC，AB=BC=a，AD=2a，且P A⊥底面ABCD，PD与底面成30°角．（1）若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD；（2）求异面直线AE与CD所成角的余弦值．18．已知棱长为1的正方体A C1，E、F分别是B1C1、C1D的中点．（1）求证：E、F、D、B共面；（2）求点A1到平面的B DEF的距离；（3）求直线A1D与平面B DEF所成的角．19如右下图,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,已知AB= 4, AD =3, AA1= 2. E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB= FB=1.(1) 求二面角C—DE—C1的正切值;(2) 求直线EC1与FD1所成的余值.20如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD是菱形，∠DAB=600，PD⊥平面ABCD，PD=AD，点E为AB 中点，点F为PD中点。

用空间向量研究距离、夹角问题全文

P• β
d
n Q
αA
例6 如图示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段AB的中点，F为线段
AB的中点.
z
(1) 求点B到直线AC1的距离;
D
C
(2) 求直线FC到平面AEC1的距离.
解 : (1) 如图示,以D1为原点建立空间直角坐标系, 则有
A
F
B
B(1,1,1), A(1, 0,1), C1(0,1, 0).
EF=l，求公垂线AA′的长.
A′ m E
a
解：∵ EF =EA+ AA+ AF， ∴EF 2 =(EA+ AA+ AF )2
A
n
Fb
2
2
2
=EA + AA + AF +2(EA AA+AA AF +AF AA)
m2 d 2 n2 2mncos .
∴d l2 m2 n2 2mncos .
(1, 0,
1 ), 2
A1 A
(0, 0, 1).
设平面AB1E的一个法向量为n ( x, y, z) ,则
y z 0
∴
x
1 2
z
0
,
取z
2, 则x
1,
y
2.
D
A x
F
C
y
B
∴平面AB1E的一个法向量为n (1, 2, 2).
点A1到平面AB1E 的距离为 |
A1 A n |n|
|
2 3
.
D1
∴AB (0,1,0), AC1 (1,1, 1).
A1
直线AC1 的单位方向向量为u

1.4空间向量的应用-1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题

空间向量的应用
用空间向量研究距离、夹角问题
第1课时
距离问题
核心素养
能用向量方法解决点到
直线、点到平面、互相
平行的直线、互相平行
的平面的距离问题.(直
观想象、数学运算)
思维脉络
激趣诱思
知识点拨
某人在一片丘陵上开垦了一块田地,在丘陵的上方架有一条直的水
渠,此人想从水渠上选择一个点,通过一条管道把水引到田地中的
·1 = 0,
取 z=1,则 x=y=2,所以 n=(2,2,1).
|·1 1 |
所以点 B1 到平面 AD1C 的距离 d=
||
8
= 3.
探究一
探究二
素养形成
当堂检测
利用空间向量求点线距
例1已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=1,AB=4,BC=3,∠ABC=90°,求
点B到直线A1C1的距离.
)
3
A.
2
2
B.
2
C. 3
D.3 2
答案:B
解析:∵两平行平面 α,β 分别经过坐标原点 O 和点 A(2,1,1),
=(2,1,1),且两平面的一个法向量 n=(-1,0,1),
|· |
∴两平面间的距离 d=
||
=
|-2+0+1|
2
=
2
2
.故选 B.
探究一
探究二
素养形成
当堂检测
2.若三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直,且满足PA=PB=PC=1,则点
所以点 B 到直线 A1C1 的距离
1 1
2
d= |1 | - 1 ·|
= 8-
-1+3+0

高考数学(理)一轮规范练【45】空间向量的应用(Ⅱ)——求空间角、距离(含答案)

课时规范练45 空间向量的应用(Ⅱ)——求空间角、距离课时规范练第71页一、选择题1.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线B1D和CD1所成的角为( )A.60°B.45°C.30°D.90°答案:D2.在空间直角坐标系Oxyz中,平面OAB的一个法向量为n=(2,-2,1),已知点P(-1,3,2),则点P到平面OAB的距离d等于( )A.4B.2C.3D.1答案:B3.如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos<>=,若以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,则点E的坐标为( )A.(1,1,1)B.C. D.(1,1,2)答案:A4.如图所示,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则PC等于( )A.6B.6[:C.12D.144答案:C5.已知三棱锥S-ABC中,底面ABC是边长等于2的等边三角形,SA垂直于底面ABC,SA=3,那么直线AB与平面SBC 所成角的正弦值为( )A. B. C. D.答案:D解析:如图所示,过点A作AD⊥BC于点D,连接SD;作AG⊥SD于点G,连接GB.∵SA⊥底面ABC,△ABC为等边三角形,[:∴BC⊥SA,BC⊥AD.∴BC⊥平面SAD.又AG⊂平面SAD,∴AG⊥BC.又AG⊥SD,∴AG⊥平面SBC.∴∠ABG即为直线AB与平面SBC所成的角.∵AB=2,SA=3,∴AD=,SD=2.在Rt△SAD中,AG=,∴sin∠ABG=.6.如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,E,F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心,则EF和CD所成的角是( )A.60°B.45°C.30°D.90°答案:B解析:以D为原点,分别以射线DA,DC,DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),C(0,1,0),E,F=(0,1,0),[:∴cos<>==-,∴<>=135°,∴异面直线EF和CD所成的角是45°.7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )A. B. C. D.答案:B[:解析:以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设棱长为1,则A1(0,0,1),E,D(0,1,0),∴=(0,1,-1),,设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),则∴n1=(1,2,2).∵平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),∴cos<n1,n2>=.即所成的锐二面角的余弦值为.二、填空题8.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角是.答案:60°9.长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.答案:10.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是.答案:三、解答题11.如图,在底面为直角梯形的四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,PA⊥平面ABCD,PA=3,AD=2,AB=2,BC=6.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)求二面角P-BD-A的大小.解： (1)证明:如图所示,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,6,0),D(0,2,0),P(0,0,3),∴=(0,0,3),=(2,6,0),=(-2,2,0).∴·=0,·=0.∴BD⊥AP,BD⊥AC.又∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.(2)解设平面ABD的法向量为m=(0,0,1),设平面PBD的法向量为n=(x,y,z),则n·=0,n·=0.∵=(-2,0,3),∴解得令x=,则n=(,3,2),∴cos<m,n>=.∴二面角P-BD-A的大小为60°.12.如图,直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直.AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC,EA⊥EB.(1)求证:AB⊥DE;(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值.解：(1)证明:取AB的中点O,连接EO,DO.因为EB=EA,所以EO⊥AB.因为四边形AB CD为直角梯形,AB=2CD=2BC,AB⊥BC,所以四边形OBCD为正方形,所以AB⊥OD,所以AB⊥平面EOD.因为ED⊂平面EOD,所以AB⊥ED.(2)解法一:因为平面ABE⊥平面ABCD,且AB⊥BC,所以BC⊥平面ABE,则∠CEB即为直线EC与平面ABE所成的角.设BC=a,则AB=2a,BE=a,所以CE=a,[:则直角三角形CBE中,sin∠CEB=,即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为.解法二:因为平面ABE⊥平面ABCD,且EO⊥AB,所以EO⊥平面ABCD,所以EO⊥OD.由OB,OD,OE两两垂直可建立如图所示的空间直角坐标系.因为三角形EAB为等腰直角三角形,所以OA=OB=OD=OE,设OB=1,则O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1). 所以=(1,1,-1),平面ABE的一个法向量为=(0,1,0).设直线EC与平面ABE所成的角为θ,所以sinθ=|cos<>|=,即直线E C与平面A BE所成角的正弦值为.。

用空间向量研究距离、夹角问题6题型分类(讲+练)(学生版) 24-2025学年高二数学(人教选修一)

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题6题型分类一、空间向量研究距离问题1．点P 到直线l 的距离:已知直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点，设向量AP →在直线l 上的投影向量为AQ →＝a ，则点P 到直线l (如图)．2．点P 到平面α的距离:设平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点，则点P 到平面α的距离为|AP →·n||n|(如图)．3．两平行直线间的距离：一条直线上任一点到另一条直线的距离.4．直线到平面的距离：直线上任一点到这个平面的距离.5．两平行平面间的距离：一平面上任一点到另一平面的距离．二、空间向量研究夹角问题1．两个平面的夹角：平面α与平面β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．2．空间角的向量法解法角的分类向量求法范围线线角设两异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别为u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u ·v ||u ||v |(0，π2]线面角设直线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 〉|＝|u ·n ||u ||n |[0，π2]面面角设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n 1，n 2，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|[0，π2]（一）点到直线的距离1、用向量法求点到直线的距离的一般步骤：(1)求直线的方向向量．(2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度．(3)利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化．2、用向量法求点到直线的距离时需注意以下几点:(1)不必找点在直线上的垂足以及垂线段;(2)在直线上可以任意选点,但一般选较易求得坐标的特殊点;(3)直线的方向向量可以任取,但必须保证计算正确.题型1：利用空间向量求点到直线的距离1-1．（2024高二上·北京大兴·期中）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，O 为正方形11ADD A 的中心，若P 为平面1OD B 内的一个动点，则P 到直线11A B 的距离的最小值为（）A ．22B ．12C ．64D ．331-2．（2024高二上·河南新乡·期末）已知空间三点()()()2,1,0,2,1,1,1,0,1A B C -，则点C 到直线AB 的距离为．1-3．（2024高二·全国·课后作业）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点B 到直线1AC 的距离为（）A ．63B ．66C ．65D ．2631-4．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，以顶点A 为端点的三条棱长都是a ，且AB AD ^，1160A AB A AD Ð=Ð=°，E 为1CC 的中点，则点E 到直线1AC 的距离为（）A ．510a B ．55a C ．54a D ．53a（二）点到平面的距离与直线到平面的距离1、用向量法求点面距的步骤：(1)建系：建立恰当的空间直角坐标系．(2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标．(3)求向量：求出相关向量的坐标(AP →，α内两不共线向量，平面α的法向量n )．(4)求距离d ＝|AP →·n ||n |.2、求点到平面的距离的主要方法：(1)作点到平面的垂线,点到垂足的距离即为点到平面的距离.(2)在三棱锥中用等体积法求解.(3)向量法:d=|n ·MA ||n |(n 为平面的法向量,A 为平面上一点,MA 为过点A 的斜线段).题型2：利用空间向量求点到平面的距离2-1．（2024高二上·陕西西安·期末）在直角梯形ABCD 中，,2222,90AD BC BC AD AB ABC ===Ð=°∥，O 为BD 中点，如图（1）．把ABD △沿BD 翻折，使得平面ABD ^平面BCD ，如图（2）．(1)求证：OA CD ^；(2)若M 为线段BC 的中点，求点M 到平面ACD 的距离．2-2．（2024高三下·江西鹰潭·阶段练习）如图，在三棱柱11ABC A B C -中，1CC ^平面ABC ，AC BC ^，14BC AC CC ===，D 为1AB 的中点，1CB 交1BC 于点E ．(1)证明：11CB C D ^；(2)求点E 到平面11B C D 的距离．2-3．（2024高二上·河南新乡·期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ^底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，4524,,5AB AD PD E ===是PA 的中点，2FB PF =uuu r uuu r ，则点C 到平面DEF 的距离为（）A ．3105B ．2105C ．105D ．10102-4．（2024高二下·云南楚雄·期中）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，E 是线段1BC 上靠近点B 的一个三等分点，D 是1AC 的中点．(1)证明：1A D //平面1AB E ；(2)若16AA AB ==，求点1A 到平面1AB E 的距离．（三）两条异面直线所成的角1、求异面直线夹角的方法(1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解．(2)向量法：在两异面直线a 与b 上分别取点A ，B 和C ，D ，则AB → 与CD →可分别为a ，b 的方向向量，则cos θ＝|AB → ·CD →||AB → ||CD →|.注：用空间向量求两条直线l 1，l 2夹角θ的步骤与方法：(1)化为向量问题：转化为求两直线l 1，l 2的方向向量u ,v 的夹角；(2)进行向量运算：计算cos ⟨u ,v⟩=u∙v|u |∙|v |的值；(3)回到图形问题：两条直线l 1,l 2夹角θ的余弦值cos θ=|cos ⟨u ,v⟩|.题型3：利用空间向量求异面直线的夹角3-1．（2024高二下·全国·课后作业）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,1,2AB BC AB BC CC ^===，建立适当的空间直角坐标系，并求1A B uuu r 与1B C uuur的夹角余弦值.3-2．（2024高二上·天津南开·期中）如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,60AB AD AA A AB A AD BAD ===Ð=Ð=Ð=°．(1)证明：1AC BD ^；(2)求1AC 的长；(3)求直线1BD 与AC 所成角的余弦值．3-3．（2024高一下·浙江宁波·期中）在正方体1111ABCD A B C D -中，M 为棱CD 的中点，N 为直线1BB 上的异于点B 的动点，则异面直线1A B 与MN 所成的角的最小值为q ，则sin q =（）A ．1010B ．105C ．31010D ．21053-4．（2024高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ^平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，π2Ð=Ð=ABC BAD ，3PA AD ==，1AB BC ==.点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，则线段BQ 的长为（四）直线与平面所成的角利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤(1)建立空间直角坐标系；(2)求直线的方向向量u ；(3)求平面的法向量n ；(4)设线面角为θ，则sin θ＝|u ·n ||u ||n |.题型4：利用空间向量求直线与平面所成的角4-1．（江苏省苏锡常镇四市2023届高三下学期3月教学情况调研（一）数学试题）在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A B BA ^平面ABC ，侧面11A B BA 为菱形，1π3ABB Ð=，1A B AC ^，2AB AC ==，E 是AC 的中点.(1)求证：1A B ^平面1AB C ；(2)点P 在线段1A E 上（异于点1A ，E ），AP 与平面1A BE 所成角为π4，求1EP EA 的值.4-2．（2024·吉林通化·二模）已知四棱锥P ABCD -的底面为平行四边形，2AD =，4DC =，60BAD Ð=o ，PD ^平面ABCD ，直线PD 与平面PAC 所成角为30o ，则PD =（）A ．22B ．475C ．677D ．74-3．（2024高二下·甘肃金昌·期中）如图，已知AE ^平面ABCD ，//CF AE ，//AD BC ，AD AB ^，1AB AD ==，2BC =.若2AE =，1CF =，则BF 与平面BDE 所成角的余弦值为.4-4．（2024高二下·四川成都·期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ^平面ABCD ，M 为PC 中点．(1)求证：//PA 平面MBD ；(2)若2AB AD PA ===，求直线BM 与平面AMD 所成角的正弦值．4-5．（2024高二下·四川成都·期中）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，4=AD ，13AA =，1B C 交1BC 于点E .(1)证明：直线1//D E 平面1A BD ；(2)求AD 与平面1A BD 所成角的正弦值.4-6．（2024·陕西商洛·二模）在四棱锥P ABCD -中，PA ^底面ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，2AP =，则直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为（）A ．255B ．25C ．23D ．334-7．（2024高二下·江苏徐州·期中）如图，圆台的下底面圆1O 的直径为AB ，圆台的上底面圆2O 的直径为PQ ，C 是弧AB 上一点，且222PA AC PC BC PB =====，.（五）两个平面的夹角求两平面夹角的两种方法(1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同．(2)法向量法：分别求出两平面的法向量n 1，n 2，则两平面的夹角为〈n 1，n 2〉(当〈n 1，n 2〉∈[0，π2]时)或π－〈n 1，n 2〉注：利用向量方法求二面角的大小时,多采用法向量法,即求出两个面的法向量,然后通过法向量的夹角来得到二面角的大小,但利用这种方法求解时,要注意结合图形观察分析,确定二面角是锐角还是钝角,不能将两个法向量的夹角与二面角的大小完全等同起来.题型5：利用空间向量求二面角5-1．（山东省滨州市2023-2024学年高二上学期期末数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ^底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AD DC ^，//AB DC ，222PC AB AD CD ====，点E 在棱PB 上．(1)证明：平面EAC ^平面PBC ；(2)当2BE EP =uuu r uuu r时，求二面角P AC E --的余弦值．5-2．（2024·河南·模拟预测）如图，四边形ABCD 为菱形，ED ^平面ABCD ，FB ED P ，222BD ED FB ==.(1)证明：平面EAC ^平面FAC ；(2)若60BAD Ð=°，求二面角F AE C --的大小.5-3．（2024高二上·湖北·期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是直角梯形，AD AB ^，AB DC P ，PA ^底面ABCD ，点E 为棱PC 的中点，22AD DC AP AB ====．(1)证明：//BE 平面PAD ；(2)在棱PC 上是否存在点F ，使得二面角F AD C --的余弦值为1010，若存在，求出PF PC 的值，若不存在，请说明理由．5-4．（2024高三下·河南·阶段练习）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，四边形ABCD 为平行四边形，平面1D BC ^平面1D BD .(1)求证：BC BD ^；(2)若1224AA BD BC ===，探索在棱1AA 上是否存在一点E ，使得二面角1E BD D --的大小为30o ？若存在，求出1AEAA 的值；若不存在，请说明理由.5-5．（2024高二下·江苏南通·阶段练习）在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 为正方形，2AB =，1DS =，平面ASD ^平面ABCD ，SD AD ^，点E 为DC 上的动点，平面BSE 与平面ASD 所成的二面角为(q q 为锐角)，则当q 取最小值时，DE =．题型6：利用空间向量求两个平面的夹角6-1．（2024高二上·湖南郴州·期末）如图2，在ABCD Y 中，2AB =，3BC =，30ABC Ð=°．将DAC △沿AC 翻折，使点D 到达点P 位置（如图3），且平面PAC ^平面PBC ．(1)求证：平面PAC ^平面ABC ；(2)设Q 是线段PB 上一点，满足PQ mPB =uuu r uuu r，试问：是否存在一个实数m ，使得平面QAC 与平面PAB 的夹角的余弦值为24，若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．6-2．（2024高二上·云南昆明·期末）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ACC A 为正方形，90CAB Ð=°，2AC AB ==，M ，N 分别为AB 和1BB 的中点，D 为棱AC 上的点.(1)证明：1A M DN ^；(2)是否存在点D ，使得平面1C DN 与平面11ABB A 夹角的余弦值为53？如果不存在，请说明理由；如果存在，求线段AD 的长.6-3．（2024高二下·福建福州·期中）如图，圆O 是ABC V 的外接圆，CE ^平面ABC ，AB 是圆O 的直径，30CAB Ð=°，2CE BD =uuu r uuu r，且2CE AB ==.(1)求证：平面ACE ^平面BCED ；(2)若2ME DM =，求平面ACM 与平面ACE 夹角的余弦值.6-4．（2024·广东·模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，BD PC ^，四边形ABCD 是菱形，60ABC Ð=°，1AB PA ==，2PB =，E 是棱PD 上的中点.(1)求三棱锥C BDE -的体积；(2)求平面PAB 与平面ACE 夹角的余弦值.6-5．（2024高一上·吉林·阶段练习）如图①所示，长方形ABCD 中，1AD =，2AB =，点M 是边CD 的中点，将ADM △沿AM 翻折到PAM △，连接PB ，PC ，得到图②的四棱锥P ABCM -．(1)求四棱锥P ABCM -的体积的最大值；(2)设P AM D --的大小为q ，若π0,2q æùÎçúèû，求平面PAM 和平面PBC 夹角余弦值的最小值．6-6．（2024高二上·云南昆明·期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，2π3ADC Ð=，24PD DC BC ===，点E 是线段AD 的中点，点F 在线段AP 上且满足AF AP l =uuu r uuu r ，PD ^面ABCD .(1)当13l =时，证明：PC //平面BFE ；(2)当l 为何值时，平面BFE 与平面PBD 所成的二面角的正弦值最小？一、单选题1．（2024高二下·四川成都·期中）在长方体1111ABCD A B C D -中，11,AB BC AA ===，则1AD uuuu v 与1DB uuuu v夹角的余弦值为（）A B C ．15D ．2．（2024高二上·贵州铜仁·期末）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，14AA =，点E ，F 分别是11B C和1BB 的中点，M 是线段1D F 的中点，则直线AM 和CE 所成角的余弦值为（）A B C D 3．（2024高二上·广东惠州·阶段练习）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，分别取棱1AA ，11A D 的中点E ，F ，点G 为EF 上一个动点，则点G 到平面1ACD 的距离为（）A B C ．1D 4．（2024高二上·河北邯郸·期末）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PB ^底面ABCD ，AB =2BD PB ==，则PCD △的重心到平面PAD 的距离为（）A ．29B ．13C ．49D ．5185．（2024高二下·福建福州·期中）如图在长方体1111ABCD A B C D -中，11,AD DD AB ===E ，F ，G 分别是1,,AB BC CC 棱的中点，P 是底面ABCD 内一个动点，若直线1//D P 平面EFG 平行，则线段BP 的最小值为（）A B ．1C D ．126．（2024高二下·江苏南京·期中）已知两平面的法向量分别为(0,1,1)m =u r ，(1,1,1)n =r ，则两平面所成的二面角的正弦值为（）A B C ．13D 6.3.4空间距离的计算（1））已知平面α的一个法向量(2,2,1)n =--r，点(1,3,0)A -在α内，则(2,1,4)P -到α的距离为（）A ．10B ．3C ．83D ．1038．（2024高二下·福建龙岩·期中）如图，在圆锥SO 中，AB 是底面圆O 的直径，4SO AB ==，AC BC =，D 为SO 的中点，N 为AD 的中点，则点N 到平面SBC 的距离为（）A ．43B ．53C ．1D ．29．（2024高二下·江西景德镇·期中）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，M 为线段EF 上的一动点，则直线1A D 与1B M 所成角的余弦值的取值范围是（）A ．12éêëB ．C ．D ．35éêë10．（2024高二下·浙江·阶段练习）如图，已知四棱台的底面ABCD 是直角梯形，90BAD o Ð=，//AD BC ，111222AD AB BC DD A D ====，1DD ^平面ABCD ，E 是侧棱1BB 所在直线上的动点，AE 与1CA 所成角的余弦值的最大值为（）A B C D 11．（2024高二下·全国·单元测试）三棱锥O ABC -中，,,OA OB OC 两两垂直且相等，点,P Q 分别是线段BC 和OA 上移动，且满足12BP BC £，12AQ AO £，则PQ 和OB 所成角余弦值的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．12．（2024高二下·河南周口·阶段练习）在正四棱锥P ABCD -中，2PA AB ==，M 为棱PC 的中点，则异面直线AC ，BM 所成角的余弦值为（）A B C D 13．（2024高二上·河南平顶山·期末）如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，13D D =，M ，N 分别是11B C ，AB 的中点，设点P 是线段DN 上的动点，则MP 的最小值为（）A B C D 14．（2024高二下·浙江·期中）在正三棱柱111ABC A B C -中，12,3AB AA ==，点D 为棱BC 的中点，点E 为线段1AC （不与C 点重合）上的点，且满足1(0)A E mEC m =>uuur uuu r ，当二面角E AD C --的平面角为π4时，实数m 的值为（）A ．1B ．2C ．3D ．415．（2024高二上·浙江金华·期末）襄阳一桥全称“襄阳江汉大桥”，于1970年正式通车，在和襄阳城长达53年的相处里，于襄阳人来说一桥早已无可替代.江汉大桥由主桥架､上下水平纵向联结系､桥门架和中间横撑架以及桥面系组成，下面是一桥模型的一段，它是由一个正方体和一个直三棱柱构成.其中AB =BH ，那么直线AH 与直线IG 所成角的余弦值为（）A ．BC ．12-D ．1216．（2024高二下·浙江·学业考试）如图，棱长均相等的三棱锥P ABC -中，点D 是棱PC 上的动点（不含端点），设CD x =，二面角A BD C --的大小为q .当x 增大时，（）A ．q 增大B ．q 先增大后减小C ．q 减小D ．q 先减小后增大17．（2024·新疆阿勒泰·一模）四棱锥P ABCD -中，AB BC ==1，则直线PA 与直线BC 所成角的余弦值为（）A ．13B C D 18．（2024高二下·江苏宿迁·期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ^平面ABCD ，90BAD Ð=°，112PA AB BC AD ====，//BC AD ，已知Q 是棱PD 上靠近点P 的四等分点，则CQ 与平面PAB 所成角的正弦值为（）．A B C D ．1619．（2024高二下·陕西汉中·期末）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为体对角线1B D 上一点，且12DP PB =，则异面直线1AD 和CP 所成角的余弦值为（）A ．0B ．35C ．45D 二、多选题20．（江苏省淮安市淮海中学2023-2024学年高二上学期收心考试数学试题）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中（）A ．AC 与1BD 的夹角为60°B ．二面角1D ACD --C ．1AB 与平面1ACD D ．点D 到平面1ACD 21．（2024高二上·山东青岛·期中）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F ，G 分别为AD ，AB ，11B C 的中点，以下说法正确的是（）A ．三棱锥C EFG -的体积为1B ．1AC ^平面EFGC ．11//AD 平面EFGD ．平面EGF 与平面ABCD 22．（2024高二下·江西宜春·开学考试）点M 在z 轴上，它与经过坐标原点且方向向量为()1,1,1s =-r的直线l，则点M 的坐标是（）A ．()0,0,3-B ．()0,0,3C ．(D ．(0,0,23．（2024高二上·浙江宁波·阶段练习）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABC ^平面BCD ，ABC V 与BCD △均为等腰直角三角形，且90BAC BCD Ð=Ð=°，2BC =，P 是线段AB 上的动点（不包括端点），若线段CD 上存在点Q ，使得异面直线PQ 与AC 成30o 的角，则线段PA 的长度可能为（）A B C D 24．（2024高二上·河南·期中）在三棱锥A BCD -中，平面ABD ^平面BCD ，BD CD ^，BD CD ==ABD为等边三角形，E 是棱AC 的中点，F 是棱AD 上一点，若异面直线DE 与BF ，则AF 的值可能为（）A ．23B ．1C ．43D ．5325．（2024高二下·江苏淮安·期中）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，则下列结论正确的是（）A ．点1C 到直线CQB ．122CQ AB AD AA =--+uuu r uuu r uuu r uuu rC ．平面ECG 与平面1BCD 的夹角余弦值为13D ．异面直线CQ 与BD 26．（海南省海口市龙华区海南华侨中学2023届高三一模数学试题）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，Q 是棱1DD 上的动点，则下列说法正确的是（）A ．不存在点Q ，使得11//C Q A CB ．存在点Q ，使得11C Q A C^C ．对于任意点Q ，Q 到1AC 的距离的取值范围为D ．对于任意点Q ，1A CQ △都是钝角三角形三、填空题27．（2024高二上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB AD ==，14DD =，则11A B 与平面11A C D 所成的角的正弦值为．28．（2024高二下·福建宁德·期中）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别为1DD ，BD ，1BB 的中点，则1C E 与FG 所成的角的余弦值为 .29．（2024·浙江绍兴·一模）如图，在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱1A A 上的动点，N 是棱BC 的中点.当平面1D MN 与底面ABCD 所成的锐二面角最小时，1A M = .30．（2024高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为线段11A B 的中点，F 为线段AB 的中点，则直线FC 到平面1AEC 的距离为．31．（2024高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，12AA AB ==，1BC =，E ､F ､H 分别是AB ､CD ､11A B 的中点，则直线EC 到平面AFH 的距离为 .32．（2024高二上·山东枣庄·期末）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，O 为平面11A ABB 的中心，E 为BC 的中点，则点O 到直线1A E 的距离为 .33．（2024高一·全国·课后作业）正方体1111ABCD A B C D -中，二面角11A CC B --的大小为 .34．（2024高三·全国·课后作业）已知PA ^平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，PA AD =为定长，当AB 的长度变化时，异面直线PC 与AD 所成角的取值范围是．35．（2024高一下·浙江温州·期末）“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美,如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线MN 与平面ABCD 所成角的正弦值为 .四、解答题36．（2024高二上·天津·期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ^平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，2AB =，60BAD Ð=o .(1)求证：BD ^平面PAC ；(2)若PA AB =，求PB 与AC 所成角的余弦值.37．（2024高二下·广东广州·阶段练习）如图，四棱锥P ABCD -中，CD ^平面PAD ，//AB CD ，1AB =，2CD =，M 为棱PC 上一点.(1)若M 为PC 的中点，证明：//BM 平面PAD ；(2)若2PA PD AD ===，且//PA 平面BMD ，求直线PC 与平面BMD 所成角的正弦值.38．（2024高二下·江苏常州·阶段练习）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E 为1BB 的中点．(1)求点D 到平面1AD E 的距离为d ；(2)求1BC 到平面1AD E 的距离．39．（2024高二上·吉林长春·期末）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，点D 为1A B 的中点，1AA ==(1)证明：BC ∥平面1AC D ；(2)求直线BC 到平面1AC D 的距离．40．（2024高二上·辽宁沈阳·阶段练习）如图，在三棱锥P ABC -中，PA ^底面ABC ，90BAC Ð=o ，点D 、E 分别为棱PA ，PC 的中点，M 是线段AD 的中点，N 是线段BC 的中点，4PA AC ==，2AB =.(1)求证：//MN 平面BDE ；(2)求直线MN 到平面BDE 的距离.41．（2024高二下·全国·课后作业）如图，矩形ADFE 和梯形ABCD 所在平面互相垂直，AB ∥CD ，∠ABC ＝∠ADB ＝90°，CD ＝1，BC ＝2，DF ＝1．(1)求证：BE ∥平面DCF ；(2)求点B 到平面DCF 的距离．42．（2024高二上·浙江杭州·期中）如图，C 是以AB 为直径的圆O 上异于A ，B 的点，平面PAC ^平面ABC ，PAC V 为正三角形，E ，F 分别是棱,PC PB 上的点，且满足(01)PE PF PC PBl l ==<<．(1)求证：BC AE ^；(2)是否存在l ，使得直线AP 与平面AEF l 的值；若不存在，请说明理由．43．（2024·新疆·模拟预测）如图所示，四棱锥P ABCD -中，PA ^菱形ABCD 所在的平面，60ABC Ð=°，点E ､F 分别是BC ､PC 的中点，M 是线段PD 上的点.（1）求证：平面AEM ^平面PAD ；（2）当AB AP =时，是否存在点M ，使直线EM 与平面ABF ？若存在，请求出PM PD 的值，若不存在，请说明理由.44．（2024高二下·福建莆田·阶段练习）如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，PA ⊥平面ABCD ，AD ＝5，BC ＝2AB ＝4，M 为PC 的中点．(1)求证：平面PAC ⊥平面PCD ；(2)若AM ⊥PC ，求直线PB 与面PCD 所成角的正弦值．45．（2024高二下·江苏常州·期中）如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABP 所在的平面互相垂直，且//AB CD ，AB BC ^，AP PB ^，2AB =，1BC CD ==．(1)求证：AB PD ^；(2)求直线PC 与平面ABP 所成角的余弦值；(3)线段PA 上是否存在点E ，使得//PC 平面EBD ？若存在，求出AE AP的值；若不存在，请说明理由．46．（2024高二下·江苏南京·期末）如图所示，在三棱锥P ABC -中，已知PA ^平面ABC ，平面PAB ^平面PBC ．(1)证明：^BC 平面PAB ；(2)6PA AB ==，3BC =，在线段PC 上（不含端点），是否存在点D ，使得二面角B AD C --的余弦值为D 的位置；若不存在，说明理由．47．（2024··模拟预测）如图，四边形ACC 1A 1与四边形BCC 1B 1是全等的矩形，1AB AA ==．(1)若P 是AA 1的中点，求证:平面PB 1C 1⊥平面PB 1C ;(2)若P 是棱AA 1上的点，直线BP 与平面ACC 1A 1求二面角B 1﹣PC ﹣C 1的余弦值．48．（2024·福建福州·二模）如图1，在ABC V 中，2π2,,3AB AC BAC E Ð===为BC 的中点，F 为AB 上一点，且EF AB ^.将BEF △沿EF 翻折到B EF ¢V 的位置，如图2.(1)当AB ¢=B AE ¢^平面ABC ；(2)已知二面角B EF A ¢--的大小为π4，棱AC 上是否存在点M ，使得直线B E ¢与平面B MF ¢所成角的正弦值M 的位置；若不存在，请说明理由.49．（2024·江苏·二模）如图，在三棱台111ABC A B C -中，BA BC ^，平面11A B BA ^平面ABC ，二面角1B BC A --的大小为45°，2AB =，1111BC A B AA ===.(1)求证：1AA ^平面ABC ；(2)求异面直线1BA 与1B C 所成角的余弦值.50．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，AB BC =，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的动点.11BF A B ^.(1)证明：BF DE ^；(2)求平面11BB C C 与平面DEF 所成的二面角正弦值的最小值及此时点D 的位置.51．（2024·河南郑州·模拟预测）在底面ABCD 为梯形的多面体中.AB CD ∥，BC ⊥CD ，2AB CD ==，∠CBD ＝45°，BC ＝AE ＝DE ，且四边形BDEN 为矩形．(1)求证：BD ⊥AE ；(2)线段EN 上是否存在点Q ，使得直线BE 与平面QAD 所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q 的位置并加以证明．52．（2024高二下·江苏常州·期中）如图，圆锥SO ，S 为顶点，O 是底面的圆心，AE 为底面直径，AE AS =，圆锥高SO =6，点P 在高SO 上，ABC V 是圆锥SO 底面的内接正三角形.(1)若PO ，判断PA 和平面PBC 是否垂直，并证明；(2)点P 在高SO 上的动点，当PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大时，求三棱锥P-ABC 的体积.53．（2024高二下·江苏盐城·期中）如图，在Rt AOB V 中，π2AOB Ð=，4AO =，2BO =，Rt AOC V 可以通过Rt AOB V 以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B AO C --是直二面角．动点D 在线段AB 上．(1)当D 为AB 的中点时，求异面直线AO 与CD 所成角的余弦值；(2)求CD 与平面AOB 所成角的正弦值的最大值．54．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ^平面ABCD ，PA PD =，底面ABCD 是边长为2的正方形，点E 在棱PC 上，2CE PE =.(1)证明：平面BDE ^平面ABCD ；(2)当直线DE 与平面PBD 所成角最大时，求四棱锥P ABCD -的体积.55．（2024高二下·四川成都·期末）如图，在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是矩形，若2AD QD QA ===，1CD QC ==，(1)证明：平面QAD ^平面ABCD ；(2)若E F ，分别是QC QD ，的中点，动点P 在线段EF 上移动，设q 为直线BP 与平面ABCD 所成角，求sin q 的取值范围．。

第43讲利用空间向量求空间角和距离(讲)(解析版)

第43讲利用空间向量求空间角和距离思维导图知识梳理1．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |，其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量．2．直线与平面所成角如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |3．二面角(1)若AB ，CD 分别是二面角αl β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|，如图(2)(3)． 4．利用空间向量求距离 (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB ―→|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2. (2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO ―→|＝|AB ―→·n ||n |.题型归纳题型1 异面直线所成的角【例1-1】（2020•济南模拟）已知直角梯形ABCD 中，//AD BC ，AB BC ⊥，12AB AD BC ==，将直角梯形ABCD （及其内部）以AB 所在直线为轴顺时针旋转90︒，形成如图所示的几何体，其中M 为CE 的中点．（1）求证：BM DF ⊥；（2）求异面直线BM 与EF 所成角的大小．【分析】（1）建立空间坐标系，得出BM ，DF 的坐标，根据向量的数量积为0得出直线垂直；（2）计算BM 和EF 的夹角，从而得出异面直线所成角的大小．【解答】（1）证明：AB BC ⊥，AB BE ⊥，BCBE B =，AB ∴⊥平面BCE ，以B 为原点，以BE ，BC ，BA 为坐标轴建立空间坐标系B xyz -，如图所示：设1AB AD ==，则(0D ，1，1)，(1F ，0，1)，(0B ，0，0)，M 0)，∴(2BM =，0)，(1DF =，1-，0)，∴200BM DF =-=，BM DF ∴⊥．（2）解：(2E ，0，0)，故(1EF =-，0，1)，cos BM ∴<，12||||2BM EF EF BM EF >===-⨯，∴设异面直线BM 与EF 所成角为θ，则cos |cos BM θ=<，1|2EF >=，故3πθ=．【例1-2】（2020•北京模拟）在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，AD AB ⊥，2PA AD ==，1AB BC ==，Q 为PD 中点．（Ⅰ）求证：PD BQ ⊥；（Ⅰ）求异面直线PC 与BQ 所成角的余弦值．【分析】()I 建立空间直角坐标系，只要证明0PD BQ =，即可证明结论．（Ⅰ）(1CP =-，1-，2)，利用向量夹角公式即可得出．【解答】()I 证明：如图所示，(0A ，0，0)，(1B ，0，0)，(0P ，0，2)，(0D ，2，0)，(0Q ，1，1)，(1C ，1，0)，(0PD =，2，2)-，(1BQ =-，1，1)，由220PD BQ =-=，∴PD BQ ⊥，PD BQ ∴⊥；（Ⅰ）解：(1CP =-，1-，2)，cos CP <，BQ =．∴异面直线PC 与BQ 所成角的余弦值为3．【跟踪训练1-1】（2020•运城三模）如图，四边形ABCD 为平行四边形，且2AB AD BD ===，点E ，F 为平面ABCD 外两点，//EF AC 且2EF AE ==EAD EAB ∠=∠．（1）证明：BD CF ⊥；（2）若60EAC ∠=︒，求异面直线AE 与DF 所成角的余弦值．【分析】（1）设BD 与AC 相交于点G ，连接EG ，从而BD AC ⊥，推导出EAD EAB ∆≅∆，从而BD ⊥平面ACFE ，由此能证明BD CF ⊥．（2）过G 作AC 的垂线，交EF 于M 点，分别以GA ，GB ，GM 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系G xyz -，利用向量法能求出异面直线AE 与DF 所成角的余弦值．【解答】解：（1）证明：设BD 与AC 相交于点G ，连接EG ，由题意可得四边形ABCD 为菱形，所以BD AC ⊥，DG GB =，在EAD ∆和EAB ∆中，AD AB =，AE AE =，EAD EAB ∠=∠，所以EAD EAB ∆≅∆，所以ED EB =，所以BD EG ⊥，因为ACEG G =，所以BD ⊥平面ACFE ，因为CF ⊂平面ACFE ，所以BD CF ⊥．（2）解：如图，在平面AEFC 内，过G 作AC 的垂线，交EF 于M 点，由（1）可知，平面ACFE ⊥平面ABCD ，所以MG ⊥平面ABCD ，故直线GM ，GA ，GB 两两互相垂直，分别以GA ，GB ，GM 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系G xyz -，因为60EAC ∠=︒，则A ，(0D ，1-，0)，3)2E，3()2F ，所以3()2AE =-，3()2DF =，异面直线AE 与DF 所成角的余弦值为：99|0|||44|cos ,|||||310AE DF AE DF AE DF ++<>===【名师指导】用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．题型2 直线与平面所成的角【例2-1】（2020•海南）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1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【分析】（1）过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，推得l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；（2）以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，求出(0Q ，1，1)，运用向量法，求得平面QCD 的法向量，结合向量的夹角公式求解即可．【解答】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CDPD D =，BC ∴⊥平面PCD ，//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB ，PB ∴1QP =，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，取(1Q ，0，1)，则(1DQ =，0，1)，(1PB =，1，1)-，(0DC =，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a =，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴00b a c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得(1n =-，0，1)，cos n ∴<，6||||32n PB PB n PB >===，PB ∴与平面QCD ．【例2-2】（2020•北京）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅰ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）根据正方体的性质可证得11//BC AD ，再利用线面平行的判定定理即可得证；（Ⅰ）解法一：以A 为原点，AD 、AB 、1AA 分别为x 、y 和z 轴建立空间直角坐标系，设直线1AA 与平面1AD E 所成角为θ，先求出平面1AD E 的法向量m ，再利用sin |cos m θ=<，111|||||||m AA AA m AA >=以及空间向量数量积的坐标运算即可得解．解法二：设正方体的棱长为2a ，易知122AA DS a =，结合勾股定理和余弦定理可求得1cos EAD ∠=，再求得1111sin 2EAD SAD AE EAD =∠；设点1A 到平面1EAD 的距离为h ，根据等体积法111A EAD E AA D V V --=，可求出h 的值，设直线1AA 与平面1AD E 所成角为θ，则1sin hAA θ=，从而得解．【解答】解：（Ⅰ）由正方体的性质可知，11//AB C D 中，且11AB C D =，∴四边形11ABC D 是平行四边形，11//BC AD ∴，又1BC ⊂/平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ．（Ⅰ）解法一：以A 为原点，AD 、AB 、1AA 分别为x 、y 和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为a ，则(0A ，0，0)，1(0A ，0，)a ，1(D a ，0，)a ，(0E ，a ，1)2a ，∴1(0,0,)AA a =，1(,0,)AD a a =，1(0,,)2AE a a =，设平面1AD E 的法向量为(,,)m x y z =，则100m AD m AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即()01()02a x z a y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，令2z =，则2x =-，1y =-，∴(2m =-，1-，2)，设直线1AA 与平面1AD E 所成角为θ，则sin |cos m θ=<，11122|||33||||m AA a AA a m AA >===，故直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23．解法二：设正方体的棱长为2a ，则1AD =，AE =，13ED a =，1212222AA DSa a a ==，由余弦定理知，222222111110 cos22225AD AE EDEADAD AE a a+-∠===1sin EAD∴∠=∴12111sin32EADS AD AE EAD a=∠=，设点1A到平面1EAD的距离为h，111A EAD E AA DV V--=，∴221132233h a a a=，43h a∴=，设直线1AA与平面1AD E所成角为θ，则1423sin23ahAA aθ===．故直线1AA与平面1AD E所成角的正弦值为23．【跟踪训练2-1】（2020•山东）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1PD AD==，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【分析】（1）过P在平面PAD内作直线//l AD，推得l为平面PAD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；（2）以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D xyz-，设(0Q，m，1)，运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式，以及基本不等式可得所求最大值．【解答】解：（1）证明：过P在平面PAD内作直线//l AD，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CDPD D =，BC ∴⊥平面PCD ，//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，设(Q m ，0，1)(0)m >，(DQ m =，0，1)，(1PB =，1，1)-，(0DC =，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a =，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴00b am c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得1(n m =-，0，1)，cos n ∴<，211||||131n PBPB n PB m -->==+，PB ∴与平面QCD211111131m m m +++=++232611132m =++=+，当且仅当1m =取等号， PB ∴与平面QCD ．【名师指导】利用向量求线面角的2种方法(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)． (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．题型3 二面角【例3-1】（2020•江苏）在三棱锥A BCD -中，已知CB CD =，2BD =，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，2AO =，E 为AC 中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值；（2）若点F 在BC 上，满足14BF BC =，设二面角F DE C --的大小为θ，求sin θ的值．【分析】（1）由题意画出图形，连接OC ，由已知可得CO BD ⊥，以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，得到(1,0,2)AB =-，(1,1,1)DE =，设直线AB 与DE 所成角为α，由两向量所成角的余弦值，可得直线AB 与DE 所成角的余弦值；（2）由14BF BC =，得14BF BC =，设(F x ，y ，)z ，由向量等式求得3(4F ，12，0)，进一步求出平面DEF 的一个法向量与平面DEC 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得cos θ，再由同角三角函数基本关系式求解sin θ．【解答】解：（1）如图，连接OC ，CB CD =，O 为BD 的中点，CO BD ∴⊥．以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．2BD =，1OB OD ∴==，则2OC =．(1B ∴，0，0)，(0A ，0，2)，(0C ，2，0)，(1D -，0，0)，E 是AC 的中点，(0E ∴，1，1)，∴(1,0,2)AB =-，(1,1,1)DE =．设直线AB 与DE 所成角为α，则||cos ||||14111AB DE AB DE α===++，即直线AB 与DE ；（2）14BF BC =，∴14BF BC =，设(F x ，y ，)z ，则(1x -，y ，1)(4z =-，12，0)，3(4F ∴，12，0)．∴(1,1,1)DE =，71(,,0)42DF =，(1,2,0)DC =．设平面DEF 的一个法向量为111(,,)m x y z =，由11111071042m DE x y z m DF x y ⎧=++=⎪⎨=+=⎪⎩，取12x =-，得(2,7,5)m =--；设平面DEC 的一个法向量为222(,,)n x y z =，由22222020n DE x y z n DC x y ⎧=++=⎪⎨=+=⎪⎩，取22x =-，得(2,1,1)n =-． |||cos |||||44925411mn m n θ∴===+++．sinθ∴=．【例3-2】（2020•新课标Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC ∆是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【分析】（1）设圆O 的半径为1，求出各线段的长度，利用勾股定理即可得到PA PC ⊥，PA PB ⊥，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面PBC 及平面PCE 的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．【解答】解：（1）不妨设圆O 的半径为1，1OA OB OC ===，2AE AD ==，AB BC AC ===，DO PO ==PA PB PC ===，在PAC ∆中，222PA PC AC +=，故PA PC ⊥，同理可得PA PB ⊥，又PBPC P =，故PA ⊥平面PBC ；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有11,0),(,0),222B C P ，(0E ，1，0)，故3131(3,0,0),(,,0),(,22BC CE CP =-==-，设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z =，则3031022m BC m CP x y z ⎧=-=⎪⎨=-=⎪⎩，可取(0,2,1)m =，同理可求得平面PCE 的法向量为(2,n =--，故||25cos||||5m n m n θ==，即二面角B PC E --．【跟踪训练3-1】（2020•新课标Ⅰ）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【分析】（1）在1AA 上取点M ，使得12A M AM =，连接EM ，1B M ，1EC ，1FC ，由已知证明四边形1B FAM 和四边形EDAM 都是平行四边形，可得1//AF MB ，且1AF MB =，//AD ME ，且AD ME =，进一步证明四边形11B C EM 为平行四边形，得到11//EC MB ，且11EC MB =，结合1//AF MB ，且1AF MB =，可得1//AF EC ，且1AF EC =，则四边形1AFC E 为平行四边形，从而得到点1C 在平面AEF 内；（2）在长方体1111ABCD A B C D -中，以1C 为坐标原点，分别以11C D ，11C B ，1C C 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．分别求出平面AEF 的一个法向量与平面1A EF 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角1A EF A --的余弦值，再由同角三角函数基本关系式求得二面角1A EF A --的正弦值．【解答】（1）证明：在1AA 上取点M ，使得12A M AM =，连接EM ，1B M ，1EC ，1FC ，在长方体1111ABCD A B C D -中，有111////DD AA BB ，且111DD AA BB ==．又12DE ED =，12A M AM =，12BF FB =，1DE AM FB ∴==．∴四边形1B FAM 和四边形EDAM 都是平行四边形．1//AF MB ∴，且1AF MB =，//AD ME ，且AD ME =．又在长方体1111ABCD A B C D -中，有11//AD B C ，且11AD B C =， 11//B C ME ∴且11B C ME =，则四边形11B C EM 为平行四边形， 11//EC MB ∴，且11EC MB =，又1//AF MB ，且1AF MB =，1//AF EC ∴，且1AF EC =，则四边形1AFC E 为平行四边形，∴点1C 在平面AEF 内；（2）解：在长方体1111ABCD A B C D -中，以1C 为坐标原点，分别以11C D ，11C B ，1C C 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．2AB =，1AD =，13AA =，12DE ED =，12BF FB =，(2A ∴，1，3)，(2E ，0，2)，(0F ，1，1)，1(2A ，1，0)，则(2,1,1)EF =--，(0,1,1)AE =--，1(0,1,2)A E =-．设平面AEF 的一个法向量为1111(,,)n x y z =．则1111111200n EF x y z n AE y z ⎧=-+-=⎪⎨=--=⎪⎩，取11x =，得1(1,1,1)n =-；设平面1A EF 的一个法向量为2222(,,)n x y z =．则222221222020n EF x y z n A E y z ⎧=-+-=⎪⎨=-+=⎪⎩，取21x =，得2(1,4,2)n =． 1212127cos ,||||321n n nn n n ∴<>===．设二面角1A EF A --为θ，则sin θ==． ∴二面角1A EF A --．【跟踪训练3-2】（2019•天津）如图，AE ⊥平面ABCD ，//CF AE ，//AD BC ，AD AB ⊥，1AB AD ==，2AE BC ==．（Ⅰ）求证：//BF 平面ADE ；（Ⅰ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅰ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【分析】（Ⅰ）以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求得A ，B ，C ，D ，E 的坐标，设(0)CF h h =>，得(1F ，2，)h ．可得(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，再求出(0,2,)BF h =，由0BF AB =，且直线BF ⊂/平面ADE ，得//BF 平面ADE ；（Ⅰ）求出(1,2,2)CE =--，再求出平面BDE 的法向量，利用数量积求夹角公式得直线CE 与平面BDE 所成角的余弦值，进一步得到直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅰ）求出平面BDF 的法向量，由两平面法向量所成角的余弦值为13列式求线段CF 的长．【解答】（Ⅰ）证明：以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，可得(0A ，0，0)，(1B ，0，0)，(1C ，2，0)，(0D ，1，0)，(0E ，0，2)．设(0)CF h h =>，则(1F ，2，)h ．则(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB =．又直线BF ⊂/平面ADE ，//BF ∴平面ADE ；（Ⅰ）解：依题意，(1,1,0)BD =-，(1,0,2)BE =-，(1,2,2)CE =--．设(,,)n x y z =为平面BDE 的法向量，则020n BD x y n BE x z ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，令1z =，得(2,2,1)n =． 4cos ,9||||CE n CE n CE n ∴<>==-．∴直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49；（Ⅰ）解：设(,,)m x y z =为平面BDF 的法向量，则020m BD x y m BF y hz ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩，取1y =，可得2(1,1,)m h =-，由题意，2|4|||1|cos ,|||||332m n m n m n -<>===⨯，解得87h =．经检验，符合题意．∴线段CF 的长为87．【跟踪训练3-3】（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．（1）证明：//MN 平面1C DE ；（2）求二面角1A MA N --的正弦值．【分析】（1）过N 作NH AD ⊥，证明//NM BH ，再证明//BH DE ，可得//NM DE ，再由线面平行的判定可得//MN 平面1C DE ；（2）以D 为坐标原点，以垂直于DC 得直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以1DD 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，分别求出平面1A MN 与平面1MAA 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角1A MA N --的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N 作NH AD ⊥，则1//NH AA ，且112NH AA =，又1//MB AA ，112MB AA =，∴四边形NMBH 为平行四边形，则//NM BH ，由1//NH AA ，N 为1A D 中点，得H 为AD 中点，而E 为BC 中点， //BE DH ∴，BE DH =，则四边形BEDH 为平行四边形，则//BH DE ， //NM DE ∴，NM ⊂/平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE ，//MN ∴平面1C DE ；（2）解：以D 为坐标原点，以垂直于DC 得直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以1DD 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则N 12-，2)，M ，1，2)，1A ，1-，4)， 33(,0)2NM =，131(,2)2NA =-，设平面1A MN 的一个法向量为(,,)m x y z =，由133022312022m NM y m NA y z ⎧=+=⎪⎪⎨⎪=-+=⎪⎩，取x (3,1,1)m =--，又平面1MAA 的一个法向量为(1,0,0)n =，3cos ,||||5m n m n m n ∴<>===．∴二面角1A MA N --．【名师指导】利用空间向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．题型4 求空间距离【例4-1】（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．（1）证明：//MN 平面1C DE ；（2）求点C 到平面1C DE 的距离．【分析】法一：（1）连结1B C ，ME ，推导出四边形MNDE 是平行四边形，从而//MN ED ，由此能证明//MN 平面1C DE ．（2）过C 作1C E 的垂线，垂足为H ，推导出DE BC ⊥，1DE C C ⊥，从而DE ⊥平面1C CE ，DE CH ⊥，进而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由此能求出点C 到平面1C DE 的距离．法二：（1）以D 为原点，DA 为x 轴，DE 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明//MN 平面1C DE ．（2）求出(1DC =-0)，平面1C DE 的法向量(4n =，0，1)，利用向量法能求出点C 到平面1C DE 的距离．【解答】解法一：证明：（1）连结1B C ，ME ，M ，E 分别是1BB ，BC 的中点，1//ME B C ∴，又N 为1A D 的中点，112ND A D ∴=，由题设知11//A B DC =，11//B C A D =∴，//ME ND =∴，∴四边形MNDE 是平行四边形，//MN ED ，又MN ⊂/平面1C DE ，//MN ∴平面1C DE ．解：（2）过C 作1C E 的垂线，垂足为H ，由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，DE ∴⊥平面1C CE ，故DE CH ⊥，CH ∴⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得1CE =，14CC =，1C E ∴=，故CH =，∴点C 到平面1C DE 解法二：证明：（1）直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点． 1DD ∴⊥平面ABCD ，DE AD ⊥，以D 为原点，DA 为x 轴，DE 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，(1M 2)，(1N ，0，2)，(0D ，0，0)，(0E 0)，1(1C -4)，(0MN =，0)，1(DC =-，(0,DE =，设平面1C DE 的法向量(n x =，y ，)z ，则14030n DC x z n DE y ⎧=-++=⎪⎨==⎪⎩，取1z =，得(4n =，0，1)，0MN n =，MN ⊂/平面1C DE ，//MN ∴平面1C DE ．解：（2）(1C -0)，(1DC =-0)，平面1C DE 的法向量(4n =，0，1)，∴点C 到平面1C DE 的距离：||||17DC n d n ==．【跟踪训练4-1】（2020•梅州二模）如图，PAD ∆中，90PDA ∠=︒，2DP DA ==，B ，C 分别是PA ，PD 的中点，将PBC ∆沿BC 折起，连结PA ，PD ，得到多面体PABCD ．（1）证明：在多面体PABCD 中，BC PD ⊥；（2）在多面体PABCD 中，当PA B 到平面PAD 的距离．【分析】（1）推导出BC CD ⊥，BC PC ⊥，得到BC ⊥平面PCD ，由此能证明BC PD ⊥．（2）推导出PC ⊥平面ABCD ，以C 为原点，CB 为x 轴，CD 为y 轴，CP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点B 到平面PAD 的距离．【解答】解：（1）证明：PAD ∆中，90PDA ∠=︒，2DP DA ==，B ，C 分别是PA ，PD 的中点，将PBC ∆沿BC 折起，连结PA ，PD ，得到多面体PABCD ．BC CD ∴⊥，BC PC ⊥，CD PC C =，BC ∴⊥平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，∴在多面体PABCD 中，BC PD ⊥．（2）由（1）得BC ⊥平面PCD ，又PC ⊂平面PCD ，BC PC ∴⊥，PAD ∆中，90PDA ∠=︒，2DP DA ==，B ，C 分别是PA ，PD 的中点，PA =AC ∴=222PC AC PA ∴+=，PC AC ∴⊥， AC BC C =，PC ∴⊥平面ABCD ，以C 为原点，CB 为x 轴，CD 为y 轴，CP 为z 轴，建立空间直角坐标系， (1B ，0，0)，(0P ，0，1)，(2A ，1，0)，(0D ，1，0)，(1PB =，0，1)-，(2PA =，1，1)-，(0PD =，1，1)-，设平面PAD 的法向量(n x =，y ，)z ，则200n PA x y z n PD y z ⎧=+-=⎪⎨=-=⎪⎩，取1y =，得(0n =，1，1)，∴点B 到平面PAD 的距离为：||1||22PB n d n ===⨯．【名师指导】求点面距一般有以下三种方法(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．(2)等体积法．(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．。

专题5.3 运用空间向量解决立体几何中的角与距离(解析版)

专题5.3 运用空间向量解决立体几何中的角与距离一、单选题1、若直线l 的方向向量为a ＝(1，0，2)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－4)，则( )A. l ∥αB. l ⊥αC. l ⊂αD. l 与α斜交【答案】B【解析】 ∵a ＝(1，0，2)，n ＝(－2，0，－4)，∴n ＝－2a ，即a ∥n ，∴l ⊥α.故选B. 2、已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( )A . (－1，1，1)B . (1，－1，1)C . ⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33 D . ⎝⎛⎭⎫33，33，－33 【答案】C .【解析】 AB →＝(－1，1，0)，AC →＝(－1，0，1)，经计算得C 项符合题意．故选C .3、在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，F 为B 1C 1的中点，则异面直线AF 与C 1E 所成角的正切值为( )A .52 B . 23 C . 255 D . 53【答案】C .【解析】以D 为坐标原点，DC ，DA ，DD 1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，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，第3题图可得A(0，2，0)，B(2，2，0)，C(2，0，0)，B 1(2，2，2)，C 1(2，0，2)，由中点坐标公式可得E(2，1，0)，F(2，1，2)，则AF ＝(2，－1，2)，C 1E ＝(0，1，－2)，设两异面直线所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈AF →，C 1E 〉|＝|AF →·C 1E →||AF →|·|C 1E →|＝|－1－4|9×5＝53，则sin θ＝23，故异面直线AF 与C 1E所成角的正切值为2353＝255.故选C .4、如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A.3030 B ．3015C.3010D.1515【答案】C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0，0,2)，N (1,0,0)，∴B 1M ―→＝(－1，－1，－2)，D 1N ―→＝(1,0，－2)，∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为|B 1M ―→·D 1N ―→||B 1M ―→|·|D 1N ―→|＝|－1＋4|1＋1＋4×1＋4＝3010.5、.如图，已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( )A.33535B ．277C.33D.24【答案】A【解析】如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)，∴DC 1―→＝(0,3,1)，D 1E ―→＝(1,1，－1)，D 1C ―→＝(0,3，－1)．设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·D 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∴cos DC 1―→，n＝DC 1―→·n |DC 1―→|·|n|＝33535， ∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.6、（2020届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考）在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是底面1111D C B A 的中心，E 是棱AB 上的点，且14AE AB =，记直线OE 与直线BC 所成角为α，直线OE 与平面ABCD 所成角为β，二面角O AB C --的平面角为γ，则（） A ．αβγ<< B ．βαγ<<C ．βγα<<D ．γβα<<【答案】C【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为4，则22441044()()00(40400)()()O E B C A ，，，，，，，，，，，，，，， OE 2(4)1--＝，，，(B )C 400-＝，，，|OE BC ||OE ||BC |cos α⋅⋅＝＝214⋅21，平面ABCD 的法向量01()n 0＝，，，∴|OE n ||OE ||n |sin β⋅⋅＝＝21，∴24121cos β⎛⎫- ⎪⎝⎭＝521， (OB 224)-＝，，，OA 2(4)2--＝，，，设平面OAB 的法向量()m x y z ＝，，，则22402240m OA x y z m OB x y z ⎧⋅=--=⎨==+-=⎩，取2x ＝，得201()m ＝，，， |m n ||m ||n |cos γ⋅⋅＝＝，∵cos cos cos αγβ＜＜，∴βγα＜＜. 故选：C.7、在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12 B ．23C.33D.22【答案】B【解析】以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D ―→＝(0,1，－1)， A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.8、如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．⎝⎛⎭⎫23，23，1C.⎝⎛⎭⎫22，22，1 D.⎝⎛⎭⎫24，24，1 【答案】C【解析】设AC 与BD 相交于O 点，连接OE ，由AM ∥平面BDE ，且AM ⊂平面ACEF ，平面ACEF ∩平面BDE ＝OE ，∴AM ∥EO ，又O 是正方形ABCD 对角线交点， ∴M 为线段EF 的中点．在空间坐标系中，E (0,0,1)，F (2，2，1)．由中点坐标公式，知点M 的坐标⎝⎛⎭⎫22，22，1. 9、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）如图，矩形ABCD 中，4AB =，2AD =，E 为CD 的中点，ADE ∆沿着AE 向上翻折，使点D 到'D .若'D 在平面ABCD 上的投影H 落在梯形ABCE 内部（不含边界），设二面角'D BC E --的大小为α，直线'D C ，'D B 与平面ABC 所成角分别为β，γ，则（）A ．αβγ<<B ．βαγ<<C ．βγα<<D ．γβα<<【答案】C 【解析】由24AB AD ==，可知，DE DA =，作AB 中点P ，则DP AE ⊥，故H 在线段DP 上，作D M BC '⊥交BC 于M ，连接HM ，HB ，HC ，如图，易知，tan D H HM α'=，tan D HHCβ'=，tan D H HB γ'=，又HM HB HC <<， βγα∴<<．故选：C ．10、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）如图正四棱锥P ABCD -，E 为线段BC 上的一个动点，记二面角P CD B --为α，PE 与平面ABCD 所成的角为β，PE 与CD 所成的角为γ，则（）A ．αβγ≤≤B ．γαβ≤≤C ．βαγ≤≤D ．γβα≤≤【答案】C 【解析】以正方形ABCD 的中心O 为原点，分别以平行于,AB AD 所在直线为,x y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示取CD 中点F ，连接PF .则PFO α∠=.连接OE ，则PEO β∠=. 设()()0,0,,2,,,0,P h AB a E a x a x a =-≤≤，则()(),,0,,,0C a a D a a -. 则tan ,tan h h a OE a αβ===. 又()(),,,2,0,0PE a x h CD a =-=-，2cos cos ,PE CD PE CD PE CDa γ∴=〈〉===，sin tan aγγ∴=∴=.0,0,,a h a x a a h >>-≤≤∴≤ha≤≤，即tan tan tan βαγ≤≤. 由题意知,,αβγ都是锐角，βαγ∴≤≤. 故选：C .11、（2018年高考浙江卷）已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则（） A ．θ1≤θ2≤θ3 B ．θ3≤θ2≤θ1 C ．θ1≤θ3≤θ2 D ．θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ，因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ，故选D.12、（2019年高考浙江卷）设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则（） A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=，即αβ>；在Rt △PED 中，tan tan PD PDED BDγβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.13、（2018年高考全国Ⅱ卷理数）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为（）A ．15BCD【答案】C【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1DB DP =12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得22211111cos 25DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅. 故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则()()((110,0,0,1,0,0,,D A B D ,所以()(111,0,3,AD DB =-=,因为111111cos ,52AD DB ADDB AD DB ⋅===⨯，所以异面直线1AD 与1DB C. 14、（2019年11月北京市清华大学中学生标准学术能力诊断性测试测试数学（理)试题）如图，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，E ，F 分别是边AB ，CD 的中点，现将△ABC 沿着对角线AC 翻折，则直线EF 与平面ACD 所成角的正切值最大值为( )ABCD【答案】D 【解析】如图，以AC 的中点O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设二面角B AC D --为θ，可证BOD ∠=θ，设棱形的边长为4，则()0,2,0A -，()B θθ，),Eθθ-，()0,2,0C，()D，)F()3FE θθ∴=-易知平面ACD 的法向量()0,0,1n = 设直线EF 与平面ACD 所成角为α，则()()()222222231cos 3sin 3sin sin 106cos 253cos3cos 143sin n FE n FE θθθαθθθθ⎛⎫⋅-⎪====⎪---++⋅⎝⎭令()2153x f x x-=-，()1,1x ∈-()()()()()22231331033535x x x x f x x x ---+'==-- 则()0f x '>时113x -<<即()f x 在11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增；()0f x '<时113x <<即()f x 在1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；()max 1239f x f ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭()2max1sin 3α∴=则()2max 2cos 3α=()222maxsin 1tan cos 2ααα∴==()max tan 2α∴=故选：D二、多选题15、（2010建邺区校级期中）已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果(2AB =，1-，4)-，(4AD =，2，0)，(1AP =-，2，1)-．下列结论正确的有( )A ．AP AB ⊥B ．AP AD ⊥C ．AP 是平面ABCD 的一个法向量 D ．//AP BD【答案】ABC【解析】：对于A ，2(1)(1)2(4)(1)0AB AP =⨯-+-⨯+-⨯-=，∴AP AB ⊥，即AP AB ⊥，A 正确；对于B ，(1)422(1)00AP AD =-⨯+⨯+-⨯=，∴AP AD ⊥，即AP AD ⊥，B 正确；对于C ，由AP AB ⊥，且AP AD ⊥，得出AP 是平面ABCD 的一个法向量，C 正确；对于D ，由AP 是平面ABCD 的法向量，得出AP BD ⊥，则D 错误．故选：ABC ．16、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知菱形ABCD 中，60BAD ∠=︒，AC 与BD 相交于点O ，将ABD △沿BD 折起，使顶点A 至点M ，在折起的过程中，下列结论正确的是（）A ．BD CM ⊥B ．存在一个位置，使CDM 为等边三角形C ．DM 与BC 不可能垂直D ．直线DM 与平面BCD 所成的角的最大值为60︒【答案】ABD【解析】A 选项，因为菱形ABCD 中，AC 与BD 相交于点O ，所以AO BD ⊥，CO BD ⊥；将ABD △沿BD 折起，使顶点A 至点M ，折起过程中，AO 始终与BD 垂直，因此MO BD ⊥，又MOCO ，由线面垂直的判定定理，可得：BD ⊥平面CMO ，因此BD CM ⊥，故A 正确；B 选项，因为折起的过程中，AD 边长度不变，因此MD CD =；若CDM 为等边三角形，则CM CD =；设菱形ABCD 的边长为2，因为60BAD ∠=︒，则sin 603AO AB =⋅=AO MO =2CM CD ==，所以3341cos 233MOC +-∠==⨯，即二面角M BD C --的余弦值为13时，CDM 为等边三角形；故B 正确；C 选项，DM OM OD =-，BC OC OB =-，由A 选项知，MO BD ⊥，CO BD ⊥，所以0OM OB OD OC ⋅=⋅=，因此()()DM BC OM OD OC OB OM OC OD OB ⋅=-⋅-=⋅-⋅，同B 选项，设菱形ABCD 的边长为2，易得OC OM =1OB OD ==，所以3cos 1DM BC MOC ⋅=∠+，显然当1cos 3MOC ∠=-时，0DM BC ⋅=，即DM BC ⊥；故C 错误；D 选项，同BC 选项，设菱形ABCD 的边长为2，则OM =1OD =，2MD =，由几何体直观图可知，当OM ⊥平面BCD ，直线DM 与平面BCD 所成的角最大，为MDO ∠，易知60MDO ∠=︒. 故选：ABD.17、（2019秋•桥西区校级月考）如图正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，以下结论正确的是( )A ．异面直线1A D 与1AB 所成的角为60︒ B ．直线1A D 与1BC 垂直 C ．直线1AD 与1BD 平行D ．三棱锥1A A CD -的体积为316a【答案】ABD【解析】：如图所示，建立空间直角坐标系．A ．1(A a ，0，)a ，(0D ，0，0)，(A a ，0，0)，1(B a ，a ，)a ．∴1(A D a =-，0，)a -，1(0AB =，a ，)a ，∴21111111cos ,2||||22A D AB A D AB A D AB a a<>===-，∴异面直线1A D 与1AB 所成的角为60︒．B ．1(0C ，a ，)a ，(B a ，a ，0)．11(A D BC a =-，0，)(a a --，0，22)0a a a =-=．∴直线1A D 与1BC 垂直．C ．1(0D ，0，)a ．11(A D BD a =-，0，)(a a --，a -，22)0a a a =-=，∴直线1A D 与1BD 垂直，不平行；D ．三棱锥1A ACD -的体积123111326C A AD V a a a -==⨯=．综上可知：只有C 不正确．故选：ABD ．18、如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为棱11C D ，1C C 的中点，其中正确的结论为()A ．直线AM 与1C C 是相交直线B ．直线AM 与BN 是平行直线C ．直线BN 与1MB 是异面直线D ．直线MN 与AC 所成的角为60︒【答案】CD【解析】：在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为棱11C D ，1C C 的中点，在A 中，直线AM 与1C C 是异面直线，故A 错误；在B 中，直线AM 与BN 是异面直线，故B 错误；在C 中，直线BN 与1MB 是异面直线，故C 正确；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为2，则(0M ，1，2)，(0N ，2，1)，(2A ，0，0)，(0C ，2，0)， (0MN =，1，1)-，(2AC =-，2，0)，则1cos ,2||||28MN AC MN AC MN AC <>===，∴直线MN 与AC 所成的角为60︒，故D 正确．故选：CD ．三、填空题19、在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．【答案】：13【解析】建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，由于AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，所以A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)，所以A 1C 1―→＝(－1,2,0)，BC 1―→＝(－1,0,1)，D 1C 1―→＝(0,2,0)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1―→·n ＝0，BC 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝2，得y ＝1，z ＝2，则n＝(2,1,2)．设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1―→，n 〉|＝|D 1C 1―→·n ||D 1C 1―→||n |＝22×3＝13，即D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.20、（2020届浙江省杭州市建人高复高三4月模拟）已知正四面体ABCD 和平面α，BC α⊂，正四面体ABCD 绕边BC 旋转，当AB 与平面α所成角最大时，CD 与平面α所成角的正弦值为______【解析】由题意可得：当AB 与平面α所成角最大时即平面ABC α⊥，以BC 的中点为原点建立空间直角坐标系O xyz -（如图），过D 作DE ⊥平面ABC ，垂足为E ，设2BC =，则()1,0,0,0,33C D ⎛ ⎝⎭，即1,33CD →⎛=- ⎝⎭,设CD 与平面α所成角为θ，平面α的法向量为()0,0,1n →=，则3sin cos ,CD nCD n CD nθ→→→→→→===即CD 与平面α 故答案为：621、（北京市昌平区新学道临川学校2019--2020学年高三上学期期末）已知圆锥的顶点为S ，O 为底面中心，A ，B ，C 为底面圆周上不重合的三点，AB 为底面的直径，SA AB =，M为SA 的中点.设直线MC 与平面SAB 所成角为α，则sin α的最大值为__________．1【解析】以AB 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设4SA AB ==，则：(()0,,,,0M C x y-，如图所示，由对称性不妨设0,0x y ><且224x y +=，则(,1,MC x y =+，易知平面SAB 的一个法向量为()1,0,0m =，据此有：sinMC m MC mα⋅=⨯ =1284y⎤=-+⎥+⎦≤1=，当且仅当4y =-时等号成立，综上可得：sin α1.22、如图，已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点，则二面角F OE A 的余弦值为________．【答案】33【解析】以O 为坐标原点，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 ，由题知，OA ＝OB ＝2，则A (0，－2,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，E (1，－1,0)，F (0，－1,1)，OE ―→＝(1，－1,0)，OF ―→＝(0，－1,1)，设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OE ―→＝0，m ·OF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)．易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝33.由图知二面角F OE A 为锐角，所以二面角F OE A 的余弦值为33. 23、(一题两空)如图所示，在四棱锥P ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点．(1)则直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为________； (2)则B 点到平面PCD 的距离为________．【答案】(1)63 (2)33【解析】：(1)在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 的中点，∴PO ⊥AD .又∵侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，∴PO ⊥平面ABCD . 在△P AD 中，P A ⊥PD ，P A ＝PD ＝2，∴AD ＝2. 在直角梯形ABCD 中，O 为AD 的中点，∴OA ＝BC ＝1， ∴OC ⊥AD .以O 为坐标原点，OC 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，∴PB ―→＝(1，－1，－1)． ∵OA ⊥OP ，OA ⊥OC ，OP ∩OC ＝O ，∴OA ⊥平面POC .∴OA ―→＝(0，－1,0)为平面POC 的法向量， cos 〈PB ―→，OA ―→〉＝PB ―→·OA ―→|PB ―→||OA ―→|＝33，∴PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)∵PB ―→＝(1，－1，－1)，设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP ―→＝－x ＋z ＝0，u ·PD ―→＝y －z ＝0.取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．则B 点到平面PCD 的距离d ＝|PB ―→·u ||u |＝33.四、解答题24、（2020届山东省烟台市高三上期末）如图，在四棱锥S ABCD -中，ABCD 为直角梯形，//AD BC ，BC CD ⊥，平面SCD ⊥平面ABCD ，SCD ∆是以CD 为斜边的等腰直角三角形，224BC AD CD ===，E 为BS 上一点，且2BE ES =.（1）证明：直线//SD 平面ACE ；（2）求二面角S AC E --的余弦值.【解析】（1）连接BD 交AC 于点F ,连接EF , 因为//AD BC ,所以AFD ∆与BCF ∆相似,所以2BF BCFD AD ==, 又=2BE BFES FD=,所以//EF SD , 因为EF ⊂平面ACE ,SD ⊄平面ACE , 所以直线//SD 平面ACE（2）由题,因为平面SCD ⊥平面ABCD ,平面SCD 平面ABCD CD =,BC ⊂平面ABCD ,BC CD ⊥,所以BC ⊥平面SCD ,以C 为坐标原点,,CD CB 所在的方向分别为y 轴、z 轴的正方向,与,CD CB 均垂直的方向作为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -,因为224BC AD CD ===,2BE ES =,则(0,0,0)C ,(1,1,0)S ,(0,2,2)A ,224(,,)333E , 所以(0,2,2)CA =,(1,1,0)CS =,224(,,)333CE =,设平面SAC 的一个法向量为(,,)m x y z =,则00m CA m CS ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即00y z x y +=⎧⎨+=⎩, 令1z =,得1x =,1y =-,于是(1,1,1)m =-, 设平面EAC 的一个法向量为(,,)n x y z =,则00n CA n CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即020y z x y z +=⎧⎨++=⎩, 令1z =,得1x =-,1y =-,于是(1,1,1)m =--, 设二面角S AC E --的平面角的大小为θ,则1cos 3m n m nθ⋅==, 所以二面角S AC E --的余弦值为1325、（2020年高考全国Ⅰ卷理数）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AEAD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得,,PO AO a AB a ===，2PA PB PC a ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得1(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,222E A C P --.所以31(,,0),(0,2EC EP =--=-.设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即0102y z x y ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，可取(3=-m . 由（1）知(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ，则cos ,|||5⋅==n m n m n m |. 所以二面角B PC E --. 26、（2020届山东省泰安市高三上期末）如图，在三棱锥P —ABC 中，△PAC 为等腰直角三角形，90,APC ABC ∠=∆为正三角形，D 为A 的中点，AC =2．(1)证明：PB ⊥AC ；(2)若三棱锥P ABC -A —PC —B 的余弦值【解析】（1）证：PAC ∆为等腰直角三角形，D 为中点，PD AC ∴⊥，又ABC ∆为正三角形，D 为中点，BD AC ∴⊥，又PD BD D ⋂=，,PD BD ⊂平面PBD ，AC ∴⊥平面PBD ，又PB ⊂平面PBD ，PB AC ∴⊥（2）解：设三棱锥P ABC -的高为h ，sin 603BD BC==1132P ABC V AC BD h -∴=⨯⨯⨯⨯= 1h ∴=，又11,2PD AC ==PD ∴⊥平面ABC ，如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D xyz -，则()1,0,0A，()B，()1,0,0C -，()0,0,1P ，()0,DB ∴=，()1,0,1CP =，()1,CB =，设(),,n x y z =为平面PBC 的一个法向量，则00CP n CB n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00x z x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，令1x =，得1y z ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，∴31,13n ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，又DB 是平面PAC 的一个法向量，∴7cos ,DB n DB DB n n⋅<>==-⋅ 由图可知二面角A PC B --的平面角为锐角，∴二面角A PC B --的余弦值为7． 27、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中，平面1ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．（1）求证：1AB CO ⊥；（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．【解析】（1）因为四边形11A ABB 为菱形，所以11A B AB ⊥，又平面1ACB ⊥平面11A ABB ，平面1A CB 平面111A ABB A B =，所以1AB ⊥平面1A CB ，因为CO ⊂平面1A CB ，所以1AB CO ⊥.（2）因为11A B AB =，所以菱形11A ABB 为正方形，在Rt COA ∆中，CO =在COB ∆中，CO OB ==2CB =，222CO OB CB +=，所以，CO OB ⊥，又1CO AB ⊥，11A B AB O ⋂=，所以，CO ⊥平面11A ABB ；以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 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 -.)A，()10,A，(C，()B，设平面11ACC A的一个法向量为()1111,,n x y z=平面ABC的一个法向量为()2222,,n x y z=，则11110,0,⎧=⎪⎨+=⎪⎩令11x=，得()11,1,1=-n，22220,0,⎧+=⎪⎨+=⎪⎩令21x=，得()21,1,1=n，设平面11ACC A与平面ABC所成锐二面角为α，则21121cos33α⋅===n nn n，所以平面11ACC A与平面ABC所成锐二面角的余弦值为13.28、（2020年高考全国Ⅱ卷理数）如图，在长方体1111ABCD A B C D-中，点,E F分别在棱11,DD BB上，且12DE ED=，12BF FB=．（1）证明：点1C在平面AEF内；（2）若2AB=，1AD=，13AA=，求二面角1A EF A--的正弦值．【解析】设AB a=，AD b=，1AA c=，如图，以1C为坐标原点，11C D的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz-．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内．（2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ．设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为7．30、（2020年高考江苏）在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥. 又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC , 所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .31、（2020年高考浙江）如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得CD =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，12BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角. 由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =.由2,DO OC BO BC ===，得BD OH =所以sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC . 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC .。

高中数学例题：利用空间向量求空间角和距离 (2)

高中数学例题：利用空间向量求空间角和距离1．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，F，G分别是棱A1B1，AB，A1D1的中点．(1)求证：GE⊥平面FCC1；(2)求点A1到平面BFC1的距离；(3)求直线CD到平面BFC1的距离．解：因为AB＝4，BC＝CD＝2，F是棱AB的中点，ABCD为等腰梯形，所以易得BF＝BC＝CF，即△BCF为正三角形，所以∠BAD＝∠ABC＝60°，取AF的中点M，连接DM，则DM⊥AB，所以DM⊥CD.故以D为坐标原点，以DM，DC，DD1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D(0,0,0)，A(3，－1,0)，F(3，1,0)，C(0,2,0)，C 1(0,2,2)，E (3，1,2)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，B (3，3,0)．所以CF →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,2)，FC 1→＝(－3，1,2)．(1)证明：设平面FCC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CF →＝0，n ·CC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ＝0，2z ＝0，取n ＝(1，3，0)．因为GE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，则GE →＝32n ，所以GE →∥n ，所以GE ⊥平面FCC 1.(2)解：FB →＝(0,2,0)，设平面BFC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·FB →＝0，m ·FC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1＝0，－3x 1＋y 1＋2z 1＝0，取m ＝(2,0，3)．因为A 1(3，－1,2)，所以A 1F →＝(0,2，－2)，所以点A 1到平面BFC 1的距离d ＝|A 1F →·m ||m |＝|2×0＋0×2＋3×(－2)|22＋02＋(3)2＝2217. (3)解：因为CD ∥AB ，CD ⊄平面BFC 1，AB ⊂平面BFC 1，所以CD ∥平面BFC 1.又D ∈CD ，所以点D 到平面BFC 1的距离等于直线CD 到平面BFC 1的距离．由(2)可知，平面BFC 1的一个法向量为m ＝(2,0，3)．又DF →＝(3，1,0)，所以点D 到平面BFC 1的距离d ＝|DF →·m ||m |＝|2×3＋0×1＋3×0|22＋02＋(3)2＝2217. 所以直线CD 到平面BFC 1的距离为2217.。

2022届高考数学一轮复习第8章立体几何第5讲空间角与距离空间向量及应用作业试题2含解析新人教版

第五讲空间角与距离、空间向量及应用1.[2020湖北部分重点中学高三测试]如图8-5-1,E,F分别是三棱锥P-ABC的棱AP,BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为( )图8-5-1A.30°B.60°C.120°D.150°2.[2020湖南长沙市长郡中学模拟]图8-5-2中的三个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F,G 作正方体的截面.下列各选项中,关于直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是( )图8-5-2∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②③1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有①1∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有③13.[多选题]如图8-5-3,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则以下说法正确的是( )图8-5-31D1所成的角等于π4B.点C到平面ABC1D1的距离为√221C和BC1所成的角为π41D1-BB1C1的外接球的半径为√324.[2019吉林长春质量监测][双空题]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N,E,F分别是A1B1,AD,B1C1,C1D1的中点,则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为,CE 和该截面所成角的正弦值为.5.[2021广州市阶段模拟]如图8-5-4,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为菱形,BE⊥平面ABCD,G为AC与BD的交点.(1)证明:平面AEC⊥平面BED.(2)若∠BAD=60°,AE⊥EC,求直线EG与平面EDC所成角的正弦值.图8-5-46.[2021晋南高中联考]如图8-5-5,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥底面ABCD,其中底面ABCD为等腰梯形,AD∥BC,PA=AB=BC=CD,PA⊥PD,∠PAD=60°,Q为PD的中点.(1)证明:CQ∥平面PAB.(2)求二面角P-AQ-C的余弦值.图8-5-57.[2021湖南六校联考]如图8-5-6,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,SD=2a,AD=√2a,点E是SD 上的点,且DE=λa(0<λ≤2).(1)求证:对任意的λ∈(0,2],都有AC⊥BE.(2)设二面角C-AE-D的大小为θ,直线BE与平面ABCD所成的角为φ,若sin φ=cos θ,求λ的值.图8-5-68.[2020福建五校联考]图8-5-7是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体,平面ABC与半圆柱的下底面共面,⏜上的动点(不与B1,A1重合).且AC⊥BC,P为B1A1(1)证明:PA1⊥平面PBB1.,求二面角P-A1B1-C的余弦值.(2)若四边形ABB1A1为正方形,且AC=BC,∠PB1A1=π4图8-5-79.[2020全国卷Ⅱ,12分]如图8-5-8,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)设O为△A1B1C1的中心.若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图8-5-810.[2021黑龙江省六校联考]如图8-5-9,正方形ABCD和ABEF所在的平面互相垂直,且边长都是1,M,N,G分别为线段AC,BF,AB上的动点,且CM=BN,AF∥平面MNG,记BG=a(0<a<1).(1)证明:MG⊥平面ABEF.(2)当MN的长度最小时,求二面角A-MN-B的余弦值.图8-5-911.[2021蓉城名校联考]如图8-5-10(1),AD是△BCD中BC边上的高,且AB=2AD=2AC,将△BCD沿AD翻折,使得平面ACD⊥平面ABD,如图8-5-10(2)所示.(1)求证:AB⊥CD.时,求直线AE与平面BCE (2)在图8-5-10(2)中,E是BD上一点,连接AE,CE,当AE与底面ABC所成角的正切值为12所成角的正弦值.图8-5-1012.[2020洛阳市联考]如图8-5-11,底面ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2√6,DE=3√6.(1)求证:平面ACE⊥平面BED.(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值.的值;若不存在,请说明理由. (3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°?若存在,求出AMAF图8-5-1113.如图8-5-12,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,平面α经过棱PC的中点E,与棱PB,AC分别交于点F,D,且BC∥平面α,PA∥平面α.(1)证明:AB⊥平面α.(2)若AB=BC=PA=2,点M在直线EF上,求平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值.图8-5-1214.[2021安徽江淮十校第一次联考]如图8-5-13(1),已知圆O的直径AB的长为2,上半圆弧上有一点C,∠COB=60°,点P是弧AC上的动点,点D是下半圆弧的中点.现以AB为折痕,使下半圆所在的平面垂直于上半圆所在的平面,连接PO,PD,PC,CD,如图8-5-13(2)所示.(1)当AB∥平面PCD时,求PC的长;(2)当三棱锥P-COD体积最大时,求二面角D-PC-O的余弦值.图8-5-13答案第四讲直线、平面垂直的判定及性质1.B 如图D 8-5-8,取AC的中点D,连接DE,DF,因为D,E,F分别为AC,PA,BC的中点,所以DF∥AB,DF=12AB,DE∥PC,DE=12PC,所以∠EDF或其补角为异面直线PC与AB所成的角.因为PC=10,AB=6,所以在△DEF中,DE=5,DF=3,EF=7,由余弦定理得cos∠EDF=DE2+DF2-EF22DE×DF =25+9−492×5×3=-12,所以∠EDF=120°,所以异面直线PC与AB所成的角为60°.故选B.图D 8-5-82.A 对于题图①,连接BD,因为E,F,G均为所在棱的中点,所以BD∥GE,DD1∥EF,又BD⊄平面EFG,DD1⊄平面EFG,从而可得BD∥平面EFG,DD1∥平面EFG,又BD∩DD1=D,所以平面BDD1∥平面EFG,所以BD1∥平面EFG.对于题图②,连接DB,DA 1,设正方体的棱长为1,因为E,F,G 均为所在棱的中点,所以BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·GE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(12DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(1×√2×cos 45°-√2×√2×cos 60°)=0, 即BD 1⊥EG.连接DC 1,则BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(12DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(1×√2×cos 45°-√2×√2×cos 60°)=0,即BD 1⊥EF. 又EG ∩EF=E,所以BD 1⊥平面EFG.对于题图③,设正方体的棱长为1,连接DB,DG,因为E,F,G 均为所在棱的中点,所以BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(DG ⃗⃗⃗⃗⃗ -DE ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -12DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2-DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12-√2×1×√22+12×√2×1×√22=0, 即BD 1⊥EG.连接AF,则BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AF ⃗⃗⃗⃗⃗ -AE ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2-12DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ -12DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =1-12×√2×1×√22-12×√2×1×√22=0, 即BD 1⊥EF.又EG ∩EF=E,所以BD 1⊥平面EFG.故选A.3.ABD 正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,对于A,直线BC 与平面ABC 1D 1所成的角为∠CBC 1=π4,故A 正确;对于B,点C 到平面ABC 1D 1的距离为B 1C 长度的一半,即距离为√22,故B 正确;对于C,连接AC,因为BC 1∥AD 1,所以异面直线D 1C 和BC 1所成的角即直线D 1C 和AD 1所成的角,又△ACD 1是等边三角形,所以异面直线D 1C 和BC 1所成的角为π3,故C 错误;对于D,三棱柱AA 1D 1-BB 1C 1的外接球就是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的外接球,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的外接球半径r=√12+12+122=√32,故D 正确.故选ABD.√2√1010如图D 8-5-9,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,设CD,BC 的中点分别为H,G,连接HE,HG,GE,HF,ME,NH.图D 8-5-9易知ME ∥NH,ME=NH,所以四边形MEHN 是平行四边形,所以MN ∥HE.因为MN ⊄平面EFHG,HE ⊂平面EFHG,所以MN ∥平面EFHG,所以过EF 且与MN 平行的平面为平面EFHG,易知平面EFHG 截正方体所得截面为矩形EFHG,EF=√2,FH=2,所以截面EFHG 的面积为2×√2=2√2.连接AC,交HG 于点I,易知CI ⊥HG,平面EFHG ⊥平面ABCD,平面EFHG ∩平面ABCD=HG,所以CI ⊥平面EFHG,连接EI,因为EI ⊂平面EFHG,所以CI ⊥EI,所以∠CEI 为直线CE 和截面EFHG 所成的角.在Rt △CIE 中,易知CE=√1+22=√5,CI=14AC=2√24=√22,所以sin ∠CEI=CICE=√1010. 5.(1)因为四边形ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD.因为BE ⊥平面ABCD,AC ⊂平面ABCD,所以AC ⊥BE.又BE ∩BD=B,所以AC ⊥平面BED.又AC ⊂平面AEC,所以平面AEC ⊥平面BED.(2)解法一设AB=1,在菱形ABCD 中,由∠BAD=60°,可得AG=GC=√32,BG=GD=12.因为AE ⊥EC,所以在Rt △AEC 中可得EG=AG=√32.由BE ⊥平面ABCD,得△EBG 为直角三角形,则EG 2=BE 2+BG 2,得BE=√22.如图D 8-5-10,过点G 作直线Gz ∥BE,因为BE ⊥平面ABCD, 所以Gz ⊥平面ABCD,又AC ⊥BD,所以建立空间直角坐标系 G-xyz.G(0,0,0),C(0,√32,0),D(-12,0,0),E(12,0,√22),图D 8-5-10所以GE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,0,√22),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√22),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,-√32,√22). 设平面EDC 的法向量为n=(x,y,z),由{DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得{x +√22z =0,12x -√32y +√22z =0,取x=1,则z=-√2,y=-√33,所以平面EDC 的一个法向量为n=(1,-√33,-√2).设直线EG 与平面EDC 所成的角为θ,则sin θ=|cos<GE⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|12+0−1√14+12×√1+13+2|=|-12√32×√103|=√1010. 所以直线EG 与平面EDC 所成角的正弦值为√1010. 解法二设BG=1,则GD=1,AB=2,AG=√3.设点G 到平面EDC 的距离为h,EG 与平面EDC 所成角的大小为θ.因为AC ⊥平面EBD,EG ⊂平面EBD,所以AC ⊥EG.因为AE ⊥EC,所以△AEC 为等腰直角三角形.因为AC=2AG=2√3,所以AE=EC=√6,EG=AG=√3.因为AB=BD=2,所以Rt △EAB ≌Rt △EDB,所以EA=ED=√6.在△EDC 中,ED=EC=√6,DC=2,则S △EDC =√5.在Rt △EAB 中,BE=√EA 2-AB 2=√(√6)2-22=√2.V E-GDC =13BE ·12S △CBD =16×√2×S △ABD =16×√2×12×2×√3=√66.由V G-EDC =13h ·√5=V E-GDC =√66,得h=√62√5=√3010.所以sin θ=ℎEG =√1010.所以直线EG 与平面EDC 所成角的正弦值为√1010.解法三如图D 8-5-11,以点B 为坐标原点,建立空间直角坐标系B-xyz.图D 8-5-11不妨设AB=2,在菱形ABCD 中,由∠BAD=60°,可得AG=GC=√3,BG=GD=1.因为AE ⊥EC,所以在Rt △AEC 中可得EG=AG=√3.由BE ⊥平面ABCD,得△EBG 为直角三角形,则EG 2=BE 2+BG 2,得BE=√2.则C(2,0,0),E(0,0,√2),D(1,√3,0),G(12,√32,0), 所以EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,√32,-√2),ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,-√2),EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-√2). 设平面EDC 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +√3y -√2z =0,2x -√2z =0,令x=√3,则z=√6,y=1.所以平面EDC 的一个法向量为n=(√3,1,√6).设EG 与平面EDC 所成的角为θ,则sin θ=|cos<EG⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|√32+√32-2√3|√1+2×√3+1+6=√1010. 所以直线EG 与平面EDC 所成角的正弦值为√1010. 6.(1)如图D 8-5-12,取PA 的中点N,连接QN,BN.图D 8-5-12∵Q,N 分别是PD,PA 的中点,∴QN ∥AD,且QN=12AD. ∵PA ⊥PD,∠PAD=60°,∴PA=12AD, 又PA=BC,∴BC=12AD,∴QN=BC,又AD ∥BC,∴QN ∥BC,∴四边形BCQN 为平行四边形,∴BN ∥CQ.又BN ⊂平面PAB,CQ ⊄平面PAB,∴CQ ∥平面PAB.(2)在图D 8-5-12的基础上,取AD 的中点M,连接BM,PM,取AM 的中点O,连接BO,PO,如图D 8-5-13.图D 8-5-13设PA=2,由(1)得PA=AM=PM=2,∴△APM 为等边三角形,∴PO ⊥AM,同理BO ⊥AM.∵平面PAD ⊥平面ABCD,平面PAD ∩平面ABCD=AD,PO ⊂平面PAD,∴PO ⊥平面ABCD.以O 为坐标原点,分别以OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz, 则A(0,-1,0),C(√3,2,0),P(0,0,√3),Q(0,32,√32), ∴AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,3,0),AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,52,√32), 设平面ACQ 的法向量为m=(x,y,z),则{m ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{√3x +3y =0,52y +√32z =0,取y=-√3,得m=(3,-√3,5)是平面ACQ 的一个法向量,又平面PAQ 的一个法向量为n=(1,0,0),∴cos<m,n>=m ·n|m|·|n|=3√3737, 由图得二面角P-AQ-C 的平面角为钝角,∴二面角P-AQ-C 的余弦值为-3√3737. 7.(1)由题意SD ⊥平面ABCD,AD ⊥DC,以D 为原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DS ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别作为x,y,z 轴的正方向建立如图D 8-5-14所示的空间直角坐标系,图D 8-5-14则D(0,0,0),A(√2a,0,0),B(√2a,√2a,0),C(0,√2a,0),E(0,0,λa), ∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2a,√2a,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2a,-√2a,λa), ∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =2a 2-2a 2+0×λa=0, 即AC ⊥BE.(2)解法一由(1)得EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2a,0,-λa),EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2a,-λa),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2a,-√2a,λa). 设平面ACE 的法向量为n=(x,y,z),则由n ⊥EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⊥EC ⃗⃗⃗⃗⃗ 得 {n ·EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{√2x -λz =0,√2y -λz =0,取z=√2,得n=(λ,λ,√2)为平面ACE 的一个法向量,易知平面ABCD 与平面ADE 的一个法向量分别为DS⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2a)与DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√2a,0), ∴sin φ=|DS ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||DS⃗⃗⃗⃗⃗ |·|BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√λ2+4,易知二面角C-AE-D 为锐二面角,∴cos θ=|DC⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||DC⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|=√2λ2+2,由sin φ=cos θ得√λ2+4=√2λ2+2,解得λ2=2,又λ∈(0,2],∴λ=√2.解法二如图D 8-5-15,连接BD,由SD ⊥平面ABCD 知,∠DBE=φ.图D 8-5-15由(1)易知CD ⊥平面SAD.过点D 作DF ⊥AE 于点F,连接CF,则∠CFD 是二面角C-AE-D 的平面角,即∠CFD=θ.在Rt △BDE 中,BD=2a,DE=λa,∴BE=√4a 2+λ2a 2,sin φ=DEBE =√λ2+4,在Rt △ADE 中,AD=√2a,DE=λa,∴AE=a √λ2+2,∴DF=AD ·DE AE=√2λa√λ2+2, 在Rt △CDF 中,CF=√DF 2+CD 2=2√λ2+1√λ2+2a,∴cos θ=DFCF =√2λ2+2,由sin φ=cos θ得√λ2+4=√2λ2+2,解得λ2=2,又λ∈(0,2],∴λ=√2.8.(1)在半圆柱中,BB 1⊥平面PA 1B 1,PA 1⊂平面PA 1B 1,所以BB 1⊥PA 1.因为A 1B 1是上底面对应圆的直径,所以PA 1⊥PB 1.因为PB 1∩BB 1=B 1,PB 1⊂平面PBB 1,BB 1⊂平面PBB 1,所以PA 1⊥平面PBB 1.(2)根据题意,以C 为坐标原点建立空间直角坐标系C-xyz,如图D 8-5-16所示.图D 8-5-16设CB=1,则C(0,0,0),A 1(0,1,√2),B 1(1,0,√2), 所以CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√2),CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√2).易知n 1=(0,0,1)为平面PA 1B 1的一个法向量. 设平面CA 1B 1的法向量为n 2=(x,y,z),则{n 2·CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{y +√2z =0,x +√2z =0,令z=1,则x=-√2,y=-√2,所以n 2=(-√2,-√2,1)为平面CA 1B 1的一个法向量.所以cos<n 1,n 2>=1×√5=√55.由图可知二面角P-A 1B 1-C 为钝角,所以所求二面角的余弦值为-√55.9.(1)因为M,N 分别为BC,B 1C 1的中点,所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1,故AA 1∥MN.因为△A 1B 1C 1是正三角形,所以B 1C 1⊥A 11C 1⊥MN,故B 1C 1⊥平面A 1AMN.所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F.(2)由已知得AM ⊥BC.以M 为坐标原点,MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长度,建立如图D 8-5-17所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=√3.图D 8-5-17连接NP,则四边形AONP 为平行四边形,故PM=2√33,E(2√33,13,0).由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC.作NQ ⊥AM,垂足为Q,则NQ ⊥平面ABC.设Q(a,0,0),则NQ=(2√331(a,1,(2√33故B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√33-a,-23,-√4−(2√33-a)2),|B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√103. 又n=(0,-1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量,故 sin(π2- n,B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=cos n,B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =n ·B 1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n|·|B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为√1010. 10.(1)因为AF ∥平面MNG,且AF ⊂平面ABEF,平面ABEF ∩平面MNG=NG,所以AF ∥NG,所以CM=BN=√2a,所以AM=√2(1-a),所以AMCM =AGBG =1−a a,所以MG ∥BC,所以MG ⊥AB.又平面ABCD ⊥平面ABEF,且MG ⊂平面ABCD,平面ABCD ∩平面ABEF=AB,所以MG ⊥平面ABEF.(2)由(1)知,MG ⊥NG,MG=1-a,NG=a,所以MN=√a 2+(1−a)2=√2a 2-2a +1=√2(a -12)2+12≥√22,当且仅当a=12时等号成立,即当a=12时,MN 的长度最小.以B 为坐标原点,分别以BA,BE,BC 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图D 8-5-18所示的空间直角坐标系B-xyz,则A(1,0,0),B(0,0,0),M(12,0,12),N(12,12,0),图D 8-5-18设平面AMN 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),因为AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,0,12),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,-12), 所以{m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−x12+z12=0,m ·MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =y 12-z 12=0,取z 1=1,得m=(1,1,1)为平面AMN 的一个法向量.设平面BMN 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2),因为BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,0,12),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,-12), 所以{n ·BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x22+z22=0,n ·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =y 22-z 22=0,取z 2=1,得n=(-1,1,1)为平面BMN 的一个法向量.所以cos<m,n>=m ·n|m||n|=13, 又二面角A-MN-B 为钝二面角,所以二面角A-MN-B 的余弦值为-13.11.(1)由题图(1)知,在题图(2)中,AC ⊥AD,AB ⊥AD.∵平面ACD ⊥平面ABD,平面ACD ∩平面ABD=AD,AB ⊂平面ABD,∴AB ⊥平面ACD,又CD ⊂平面ACD,∴AB ⊥CD.(2)以A 为坐标原点,AC,AB,AD 所在的直线分别为x,y,z 轴建立如图D 8-5-19所示的空间直角坐标系,不妨设AC=1,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,0,0),D(0,0,1),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,0),DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1).图D 8-5-19设E(x,y,z),由DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ<1),得(x,y,z-1)=(0,2λ,-λ), 得E(0,2λ,1-λ),∴AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2λ,1-λ),又平面ABC 的一个法向量为AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),AE 与底面ABC 所成角的正切值为12, 所以|tan AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,于是|cos AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5=√55, 即|√(2λ)2+(1−λ)2|=√55,解得λ=12,则E(0,1,12),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,12),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,12). 设平面BCE 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x -2y =0,-y +12z =0, 令y=1,得x=2,z=2,则n=(2,1,2)是平面BCE 的一个法向量,设直线AE 与平面BCE 所成的角是θ,则sin θ=|cos AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n |=|AE⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√52×3=4√515, 故直线AE 与平面BCE 所成角的正弦值为4√515.12.(1)因为平面ADEF ⊥平面ABCD,平面ADEF ∩平面ABCD=AD,DE ⊂平面ADEF,DE ⊥AD,所以DE ⊥平面ABCD.因为AC ⊂平面ABCD,所以DE ⊥AC.又四边形ABCD 是正方形,所以AC ⊥BD.因为DE ∩BD=D,DE ⊂平面BED,BD ⊂平面BED,所以AC ⊥平面BED.又AC ⊂平面ACE,所以平面ACE ⊥平面BED.(2)因为DA,DC,DE 两两垂直,所以以D 为坐标原点,建立如图D 8-5-20所示的空间直角坐标系D-xyz. 则A(3,0,0),F(3,0,2√6),E(0,0,3√6),B(3,3,0),C(0,3,0),所以CA⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-3,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-3,3√6),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,-√6).图D 8-5-20设平面BEF 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x -3y +3√6z =0,n ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =3x -√6z =0,取x=√6,得n=(√6,2√6,3)为平面BEF 的一个法向量.所以cos<CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>=CA⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |CA⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√63√2×√39=-√1313. 所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为√1313.(3)假设在线段AF 上存在符合条件的点M,由(2)可设M(3,0,t),0≤t ≤2√6,则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,t).设平面MBE 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1), 则{m ·BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3y 1+tz 1=0,m ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x 1-3y 1+3√6z 1=0,令y 1=t,得m=(3√6-t,t,3)为平面MBE 的一个法向量.由(1)知CA ⊥平面BED,所以CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面BED 的一个法向量,|cos<m,CA ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m ·CA⃗⃗⃗⃗⃗ ||m||CA⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6-3√2×√(3√6-t)2+t 2+9=cos 60°=12,整理得2t 2-6√6t+15=0,解得t=√62,故在线段AF 上存在点M,使得二面角M-BE-D 的大小为60°,此时AMAF =14. 13.(1)因为BC ∥平面α,BC ⊂平面PBC,平面α∩平面PBC=EF,所以BC ∥EF,且F 为棱PB 的中点,因为BC ⊥AB,所以EF ⊥AB.因为PA ∥平面α,PA ⊂平面PAC,平面α∩平面PAC=DE,所以PA ∥DE.因为PA ⊥平面ABC,所以PA ⊥AB, 所以DE ⊥AB.又DE ∩EF=E,DE ⊂平面DEF,EF ⊂平面DEF,所以AB ⊥平面DEF,即AB ⊥平面α.(2)如图D 8-5-21,以点B 为坐标原点,分别以BA,BC 所在直线为x,y 轴,过点B 且与AP 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(2,0,2),E(1,1,1),F(1,0,1),AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), BP⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2).图D 8-5-21设M(1,t,1),平面MAC 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,t,1),则{m ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x 1+2y 1=0,m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−x 1+ty 1+z 1=0,令x 1=1,则y 1=1,z 1=1-t,所以m=(1,1,1-t)为平面MAC 的一个法向量.设平面PBC 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2),则{n ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y 2=0,n ·BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x 2+2z 2=0,得y 2=0,令x 2=1,则z 2=-1,所以n=(1,0,-1)为平面PBC 的一个法向量.设平面MAC 与平面PBC 所成的锐二面角为θ,则cos θ=|cos<m,n>|=|m ·n||m|×|n|=√12+12+(1-t)2×√2=√t 2-2t+3×√2.当t=0时,cos θ=0; 当t ≠0时, cos θ=√3t 2-2t+1×√2=√3(1t -13)+23×√2,当且仅当1t =13,即t=3时,3(1t -13)2+23取得最小值23,cos θ取得最大值,最大值为√23×√2=√32.所以平面MAC 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值的最大值为√32.14.(1)因为AB ∥平面PCD,AB ⊂平面OCP,平面OCP ∩平面PCD=PC,所以AB ∥PC.又∠COB=60°,所以∠OCP=60°.又OC=OP,所以△OCP 为正三角形,所以PC=1.(2)由题意知DO ⊥平面COP,而V P-COD =V D-COP ,S △COP =12·OC ·OP ·sin ∠COP, 所以当OC ⊥OP 时,三棱锥P-COD 的体积最大.解法一易知OP,OD,OC 两两垂直,以O 为坐标原点,OP⃗⃗⃗⃗⃗ ,OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立如图D 8-5-22所示的空间直角坐标系O-xyz,则P(1,0,0),D(0,1,0),C(0,0,1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,0).图D 8-5-22设平面DPC 的法向量为n 1=(x,y,z),则{PC⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,即{-x +z =0,x -y =0,取x=1,得平面DPC 的一个法向量为n 1=(1,1,1).易知平面PCO 的一个法向量为n 2=(0,1,0),设二面角D-PC-O 的平面角为α,由题图知,二面角D-PC-O 的平面角为锐角,则cos α=|n 1·n 2||n 1||n 2|=√33, 所以二面角D-PC-O 的余弦值为√33.解法二如图D 8-5-23所示,取PC的中点H,连接OH,DH.图D 8-5-23 因为OC=OP,DC=DP,所以OH,DH都与PC垂直,即∠OHD为所求二面角的平面角.在Rt△OPC中,可得OH=√22,在Rt△OHD中,DH=(√22=√62,所以cos∠OHD=√22√62=√33,所以二面角D-PC-O的余弦值为√33.。

高考数学空间角与距离、空间向量及其应用

2
2.
(2)设平面PAM的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
n1
PA
0,
由(1)知
PA
=(
n1 AM 0,
2 ,0,-1), AM =
2 2
,1,
0
,所以
2 x1 2 2
z1 x1
0, y1
0,
令x1= 2 ,则y1=1,z1=2,即n1=( 2 ,1,2).设平面PMB的法向量为n2=(x2,y2,z2),则
的正方向建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示,设BC=t(t>0),则A(t,0,0),B(t,
1,0),M
t 2
,1,
0
,P(0,0,1),所以PB
=(t,1,-1),
AM
=
t 2
,1,
0
,
因为PB⊥AM,所以PB ·AM
=0,所以-t 2
+1=0,即t2=2.又t>0,所以t=
2 ,即BC=
2)两点间的距离:已知点A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则A,B两点间的距离为|
AB
|=
(x2 x1)2 ( y2 y1)2 (z2 z1)2 .
综合篇
考法一求解直线与平面所成角的方法 1.定义法
1)作:在斜线上选取恰当的点,过该点向平面引垂线,作出所求角,其中确定垂足的位置是关键;2)证:证明所作的角为直线与平面所成的角;3)求:构造角所在的三角形,利用解三角形的知识求角.
解析 (1)证明:连接AC,由底面ABCD是等腰梯形且AB=2,BC=CD=1,得
∠ABC= ,在△ABC中,由余弦定理得AC=
3
3

北京专用2020届高考数学一轮第八章立体几何.空间角与距离空间向量及其应用

点Ｃ不重合).
(１) 求证:ＭＮ∥ＢＣꎻ
(２) 求直线ＡＣ与平面ＰＢＣ所成角的大小ꎻ
(３)
若直线
ＥＭ
与直线
ＡＰ
所成角的余弦值为３
１４１４
ꎬ求
ＭＣ
的长.
11
��
��
( ) 向量.Ｍ→Ｎ＝
０ꎬ－
５２
ꎬ０
.由此可得Ｍ→Ｎ��ｎ＝０ꎬ又因为直线ＭＮ⊄
所以ꎬ二面角
Ｄ１－ＡＣ－Ｂ１
解析 (１) 证明:因为ＤꎬＥ分别为ＡＢꎬＡＣ的中点ꎬ 所以ＤＥ∥ＢＣ. 因为ＢＣ⊂平面ＰＢＣꎬＤＥ⊄平面ＰＢＣꎬ 所以ＤＥ∥平面ＰＢＣ. 因为平面ＤＥＮＭ∩平面ＰＢＣ＝ＭＮꎬ 所以ＤＥ∥ＭＮꎬ 所以ＭＮ∥ＢＣ. (２) 建立空间直角坐标系Ｂ－ｘｙｚꎬ如图ꎬ

利用空间向量求角和距离典型例题精讲

9．8用空间向量求角和距离一、明确复习目标1．了解空间向量的概念；会建立坐标系，并用坐标来表示向量； 2．理解空间向量的坐标运算；会用向量工具求空间的角和距离.二．建构知识网络1．求角：（1）直线和直线所成的角：求二直线上的向量的夹角或补角；（2）直线和平面所成的角： ①找出射影，求线线角；②求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面角为θ,则|cos ,|||||||n asin n a n a θ⋅=<>=⋅.（3）二面角：①求平面角，或求分别在两个面内与棱垂直的两个向量的夹角（或补角）； ②求两个法向量的夹角（或补角）. 2．求距离（1）点M 到面的距离||cos d MN θ=（如图）就是斜线段MN 在法向量n 方向上的正投影. 由||||cos ||n NM n NM n d θ⋅=⋅⋅=⋅ 得距离公式：||||n NM d n ⋅=（2）线面距离、面面距离都是求一点到平面的距离；（3）异面直线的距离：求出与二直线都垂直的法向量n 和连接两异面直线上两点的向量NM ，再代上面距离公式.三、双基题目练练手1．在空间直角坐标系中，已知点P （x ，y ，z ），下列叙述中正确的个数是（） ①点P 关于x 轴对称点的坐标是P 1（x ，－y ，z ） ②点P 关于yOz 平面对称点的坐标是P 2（x ，－y ，－z ） ③点P 关于y 轴对称点的坐标是P 3（x ，－y ，z ） ④点P 关于原点对称的点的坐标是P 4（－x ，－y ，－z ） A.3 B.2 C.1D.02．直三棱柱A 1B 1C 1—ABC ，∠BCA =90°，D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，BC =CA =CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是（）A ．1030B . 21C ．1530 D ．10153．已知向量a =（1，1，0），b =（－1，0，2），且ka ＋b 与2a －b 互相垂直，则k = ___ 4．已知A （3，2，1）、B （1，0，4），则线段AB 的中点坐标和长度分别是， .◆答案提示： 1. C ； 2. A ； 3. 57；4.（2，1，25），d AB =17四、以典例题做一做【例1】 (2005江西)如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，中，AD =AA 1=1，AB =2，点E 在棱AB 上移动.（1）证明：D 1E ⊥A 1D ；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面ACD 1的距离；（3）AE 等于何值时，二面角D 1—EC —D 的大小为4π.解：以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DD 1分别为x ,y ,z轴，建立空间直角坐标系，设AE =x ，则A 1（1，0，1），D 1（0，0，1），E （1，x ，0），A （1，0，0）C （0，2，0）（1）11(1,0,1)(1,,1)DA D E x ⋅=⋅-因为110,.DA D E =⊥所以（２）因为E 为AB 的中点，则E （1，1，0），从而)0,2,1(),1,1,1(1-=-=AC E D ，)1,0,1(1-=AD ，设平面ACD 1的法向量为,n n 则不与y 轴垂直,可设(,1,)n a c =，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,01AD n AC n也即200a a c -+=⎧⎨-+=⎩，得2a a c=⎧⎨=⎩，从而)2,1,2(=n ， ∴点E 到平面AD 1C 的距离:.313212||||1=-+=⋅=n n E D h （3）1(1,2,0),(0,2,1),CE x DC =-=-1(0,0,1),DD = 设平面D 1EC 的法向量(,1,)n a c =，由10,20(2)0.0,n D C c a x n CE ⎧⋅=-=⎧⎪⇒⎨⎨+-=⋅=⎩⎪⎩ ).2,1,2(x n -= 依题意11||2cos 42||||n DD n DD π⋅==⋅222.2(2)5x ⇒=-+∴321+=x （不合，舍去），322-=x . ∴AE =32-时，二面角D 1—EC —D 的大小为4π【例2】（2005全国）已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD ，且P A =AD =DC =21AB =1，M 是PB 的中点。

周练习：空间角与距离的向量求法(第4周)

周练习：空间角与距离的向量求法(第4周)空间角与距离的向量求法一、公式：二、典型例题：例题:正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为2, E、F分别为棱BC、CD的中点，求: (1)异面直线A1F与C1E所成的角；（2）直线A1F与面A1BD所成的角；（3）求平面A1BD与平面C1BF所成的二面角有大小；（4）求点E到平面C1BF的距离；（5）求证：AD1//平面C1BF，并求AD1到平面C1BF的距离；（6）求异面直线A1F 与C1E 间的距离。

三、练习：1．直线m 与平面α间距离为d ，那么到m 与α距离都等于2d 的点的集合是（）A ．一个平面B ．一条直线C ．两条直线D ．空集2．异面直线a 、b 所成的角为θ，a 、b 与平面α都平行，b ⊥平面β，则直线a 与平面β所成的角（）A ．与θ相等B ．与θ互余C ．与θ互补D ．与θ不能相等．3．在正方体ABCD —A 'B 'C 'D '中，BC '与截面BB 'D 'D 所成的角为（）A ．3πB ．4πC ．6πD ．arctan24．有一山坡，它的倾斜角为30°，山坡上有一条小路与斜坡底线成45°角，某人沿这条小路向上走了200米，则他升高了（） A ．1002米 B ．502米 C ．256米 D ．506米5．正四面体A —BCD 中E 、F 分别是棱BC 和AD 之中点，则EF 和AB 所成的角（）A ．45︒B ．60︒C ．90︒D ．30︒ 6．把∠A =60°边长为a 的菱形ABCD 沿对角线BD 折成60°二面角，AC 与BD 的距离为（）A ．43 a B ．43 a C ．23 a D ．46a 7．已知A （1，1，1），B （－1，0 ，4），C （2 ，－2，3），则〈AB ，CA 〉的大小为（）A ．6πB ．65πC ．3π D ．32π8．从平面α外一点P 引斜线段PA 和PB ，它们与α分别成45︒和30︒角，则∠APB 的最大值是______最小值是_______9．∆ABC 中∠ACB=90︒，PA ⊥平面ABC ，PA=2，AC=2 3 ，则平面PBC 与平面PAC ，平面ABC所成的二角的大小分别是______、_________． 10．如图，四棱锥S —ABCD 的底面是边长为1的正方形，SD 垂直于底面ABCD ，SB=3．（1）求证BC ⊥SC ；（2）求面ASD 与面BSC 所成二面角的大小；（3）设棱SA 的中点为M ，求异面直线DM 与SB 所成角的大小．11．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）求二面角A -DF -B 的大小；（3）试在线段AC 上确定一点P ，使得PF 与BC 所成的角是60︒．12．如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直．点M在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若a BN CM ==)20(<<a ．（1）求MN 的长；（2）当a 为何值时，MN 的长最小；（3）当MN 长最小时，求面MNA 与面MNB 所成的二面角α的大小．练习参考答案1、C2、B3、C4、B5、A6、A7、D8、750 ,1509、900 ,30010．（1）证法一：如，∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC ． ∵SD ⊥底面ABCD ，∴DC 是SC 在平面ABCD 上的射影，由三垂线定理得BC ⊥SC ．证法二：如图1，∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC ．∵SD ⊥底面ABCD ， ∴SD ⊥BC ，又DC ∩SD=D ，∴BC ⊥平面SDC ，∴BC ⊥SC ．（2）解：如图2，过点S 作直线,//AD l l ∴在面ASD 上，∵底面ABCD 为正方形，l BC AD l ∴∴,////在面BSC 上， l ∴为面ASD 与面BSC 的交线．l ∴,,,,SC l SD l SC BC AD SD ⊥⊥∴⊥⊥∴∠CSD 为面ASD 与面BSC 所成二面角的平面角．（以下同解法一）（3）解1：如图2，∵SD=AD=1，∠SDA=90°，∴△SDA 是等腰直角三角形．又M 是斜边SA 的中点，∴DM ⊥SA ．∵BA ⊥AD ，BA ⊥SD ，AD ∩SD=D ，∴BA ⊥面ASD ，SA 是SB 在面ASD 上的射影．由三垂线定理得DM ⊥SB ． ∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°．解2：如图3，取AB 中点P ，连结MP ，DP ．在△ABS 中，由中位线定理得 MP//SB ，DMP∠∴是异面直线DM 与SB 所成的角．2321==SB MP ，又,25)21(1,222=+==DP DM ∴在△DMP 中，有DP 2=MP 2+DM 2，︒=∠∴90DMP∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°．11．解法一: (1)记AC 与BD 的交点为O,连接OE, ∵O、M 分别是AC 、EF 的中点，ACEF 是矩形，∴四边形AOEM 是平行四边形， ∴AM∥OE．∵⊂OE 平面BDE ， ⊄AM 平面BDE ，∴AM∥平面BDE ． (2)在平面AFD 中过A 作AS⊥DF 于S ，连结BS ，∵AB⊥AF， AB⊥AD，,A AF AD = ∴AB⊥平面ADF ，∴AS 是BS 在平面ADF 上的射影，由三垂线定理得BS⊥DF．∴∠BSA 是二面角A —DF —B 的平面角．在RtΔASB 中，,2,36==AB AS ∴,60,3tan ︒=∠=∠ASB ASB ∴二面角A —DF —B 的大小为60º．（3）设CP=t （0≤t≤2）,作PQ⊥AB 于Q ，则PQ∥AD， ∵PQ⊥AB，PQ⊥AF，A AF AB= ，∴PQ⊥平面ABF ，⊂QE 平面ABF ，∴PQ⊥QF．在RtΔPQF 中，∠FPQ=60º，PF=2PQ ． ∵ΔPAQ 为等腰直角三角形，∴).2(22t PQ -=又∵ΔPAF 为直角三角形，∴1)2(2+-=t PF ，∴).2(2221)2(2t t -⋅=+-所以t=1或t=3(舍去),即点P 是AC 的中点．解法二：（1）建立如图所示的空间直角坐标系．设N BD AC = ，连接NE ，则点N 、E 的坐标分别是（)0,22,22、（0,0,1）,∴)1,22,22(--=NE , 又点A 、M 的坐标分别是图1图2图3A BCD EFNMPQ)0,2,2(,（)1,22,22 ∴AM =（)1,22,22--∴AM NE =且NE 与AM 不共线，∴NE∥AM．又∵⊂NE 平面BDE ， ⊄AM 平面BDE ，∴AM∥平面BDF ．（2）∵AF ⊥AB ，AB ⊥AD ，AF ,A AD = ∴AB ⊥平面ADF ．∴AB )0,0,2(-=为平面DAF 的法向量．∵DB NE ⋅=（)1,22,22--·)0,2,2(-=0，∴NF NE ⋅=（)1,22,22--·)0,2,2(=0得 DB NE ⊥，NF NE ⋅，∴NE 为平面BDF 的法向量．∴cos <>⋅NE AB =21∴AB 与NE 的夹角是60º．即所求二面角A —DF —B 的大小是60º．（3）设P(t,t,0)(0≤t≤2)得PF ),1,2,2(t t --=∴BC =（2，0，0）又∵PF 和BC 所成的角是60º．∴21)2()2(2)2(60cos 22⋅+-+-⋅-=︒t t t解得22=t 或223=t （舍去），即点P 是AC 的中点． 12．解：（1）作MP ∥AB 交BC 于点P ，NQ ∥AB 交BE 于点Q ，连结PQ ，依题意可得MP ∥NQ ，且MP =NQ ，即MNQP 是平行四边形∴MN =PQ由已知a BN CM ==，1===BE AB CB∴2==BF AC 又21a CP =，21aBQ =，即2a BQ CP ==∴MN=PQ =22)1(BQ CP +-=22)2()21(a a +-=21)22(2+-a )20(<<a（2）由（Ⅰ），MN=21)22(2+-a ,所以，当22=a 时，MN=22 即M 、N 分别移动到AC 、BF 的中点时，MN 的长最小，最小值为22．（3）取MN 的中点G ，连结AG 、BG ，∵AN AM =，BN BM =，G 为MN 的中点∴AG ⊥MN ，BG ⊥MN ，∠AGB 即为二面角α的平面角,又AG =BG 46=，所以，由余弦定理有316614646cos 22-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=α, 故所求二面角⎪⎭⎫⎝⎛-=31arccos α。

2020版高考数学大一轮精准复习精练---空间向量及其应用、空间角与距离Word版含解析

2020版高考数学大一轮精准复习精练8.5 空间向量及其应用、空间角与距离挖命题【考情探究】分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理以及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间的距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,属中档题.破考点【考点集训】考点一用向量证明空间中的平行和垂直关系1.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.(1)证明:CE∥平面PAB;(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.解析(1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP.∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,∴OP⊥AD.∵BC=AD=OD,且BC∥OD,∴四边形BCDO为平行四边形,又∵CD⊥AD,∴OB⊥AD,∵OP∩OB=O,∴AD⊥平面OPB.过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M,以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0).设P(x,0,z)(z>0),由PC=2,OP=1,得解得x=-,z=,即点P,而E为PD的中点,∴E.设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),∵=,=(1,1,0),∴⇒取y1=-1,得n=(1,-1,).而=,则·n=0,而CE⊄平面PAB,∴CE∥平面PAB.(2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),∵=(0,1,0),=,∴取x2=1,得m=(1,0,).设直线CE与平面PBC所成角为θ,则sinθ=|cos<m,>|==,故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.方法总结 1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l∥α)①利用线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.②利用面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.③向量法:(i)求出平面α的法向量n和直线l的方向向量l,证明n·l=0,结合l⊄α可得l∥α.(ii)证明直线l的方向向量l能被平面α内的两个基向量所表示,结合l⊄α可得l∥α.2.求线面角的方法.①定义法:作出线面角,解三角形即可.②解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法求d),由sinθ=得结论.③向量法:求出平面α的法向量n,设直线AB与α所成角为θ,则sinθ=|cos<n,>|.最好是画出图形,否则容易出错.考点二空间角与距离2.(2018课标Ⅱ,9,5分)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.答案C3.已知正方形ABCD的边长为1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分别为AB,BC的中点.(1)求点D到平面PEF的距离;(2)求直线AC到平面PEF的距离.解析(1)建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F,∴=,=,=(0,0,1).设平面PEF的法向量为n=(x,y,z).则有⇒⇒令x=1,则n=.∴点D到平面PEF的距离为d===.(2)直线AC到平面PEF的距离等于点A到平面PEF的距离.∵=,平面PEF的一个法向量为n=,∴点A到平面PEF的距离为d1===.∴直线AC到平面PEF的距离为.4.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面AA1C1C,AA1=AB=AC=2,∠A1AC=60°.过AA1的平面交B1C1于点E,交BC于点F.(1)求证:A1C⊥平面ABC1;(2)求证:四边形AA1EF为平行四边形;(3)若=,求二面角B-AC1-F的大小.解析(1)证明:因为AB⊥平面AA1C1C,A1C⊂平面AA1C1C,所以A1C⊥AB.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AC,所以平行四边形AA1C1C为菱形,所以A1C⊥AC1.又AB∩AC1=A,AB,AC1⊂平面ABC1,所以A1C⊥平面ABC1.(2)证明:因为A1A∥B1B,A1A⊄平面BB1C1C,BB1⊂平面BB1C1C,所以A1A∥平面BB1C1C.因为平面AA1EF∩平面BB1C1C=EF,所以A1A∥EF.因为平面ABC∥平面A1B1C1,平面AA1EF∩平面ABC=AF,平面AA1EF∩平面A1B1C1=A1E,所以A1E∥AF,所以四边形AA1EF为平行四边形.(3)在平面AA1C1C内,过A作Az⊥AC.因为AB⊥平面AA1C1C,所以AB,AC,Az两两垂直.故可建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,1,),C1(0,3,),所以=(-2,2,0),=(0,3,).因为=,所以==,所以F,所以=.由(1)得平面ABC1的一个法向量为=(0,1,-).设平面AC1F的法向量为n=(x,y,z),则即令y=1,则x=-2,z=-,所以n=(-2,1,-).所以cos<n,>==.由图可知二面角B-AC1-F的平面角是锐角,所以二面角B-AC1-F的大小为45°.思路分析(1)通过证明四边形AA1C1C为菱形,得出A1C⊥AC1,从而证得A1C⊥平面ABC1; (2)由面面平行的性质定理、线面平行的性质定理分别得到两组对边互相平行,进而证明四边形AA1EF为平行四边形;(3)由平面的法向量和夹角公式求解.方法总结正确掌握线面平行和垂直的证明方法和计算空间角的基本方法是求解立体几何问题的基础和保障,务必“记牢活用.”炼技法【方法集训】方法1空间角与距离的向量求法1.正四棱锥S-ABCD的八条棱长都相等,SB的中点是E,则异面直线AE,SD所成角的余弦值为.答案2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1B1的中点,则异面直线D1E和BC1间的距离为.答案方法2用向量法求立体几何中的探索性问题3.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,E为AD的中点,PA⊥AD,BE∥CD,BE⊥AD,PA=AE=BE=2,CD=1.(1)求证:平面PAD⊥平面PCD;(2)求二面角C-PB-E的余弦值;(3)在线段PE上是否存在点M,使得DM∥平面PBC?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.解析(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PA⊥平面ABCD.又CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为BE⊥AD,BE∥CD,所以CD⊥AD.又因为PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD.因为CD⊂平面PCD,所以平面PAD⊥平面PCD.(2)以E为原点,以,的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,则E(0,0,0),P(0,-2,2),A(0,-2,0),B(2,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),所以=(2,2,-2),=(-1,2,0),=(0,-2,2).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则即令y=1,则x=2,z=3,所以n=(2,1,3).设平面PBE的法向量为m=(a,b,c),则即令b=1,则a=0,c=1,所以m=(0,1,1).所以cos<n,m>===.由图可知,所求二面角为锐角,所以二面角C-PB-E的余弦值为.(3)“在线段PE上存在点M,使得DM∥平面PBC”等价于“在线段PE上存在点M,使其满足·n=0”.设=λ,λ∈[0,1].因为=(0,2,-2),所以=(0,2λ,-2λ),则M(0,2λ-2,2-2λ),所以=(0,2λ-4,2-2λ).由(2)知平面PBC的一个法向量为n=(2,1,3),所以·n=2λ-4+6-6λ=0,解得λ=.因为λ=∈[0,1],所以在线段PE上存在点M,使得DM∥平面PBC,此时点M为PE的中点.4.如图1,在平面五边形ABCDE中,AB∥CD,∠BAD=90°,AB=2,CD=1,△ADE是边长为2的正三角形,现将△ADE沿AD折起,得到四棱锥E-ABCD(如图2),且DE⊥AB.(1)求证:平面ADE⊥平面ABCD;(2)求平面BCE与平面ADE所成锐二面角的大小;(3)在棱AE上是否存在点F,使得DF∥平面BCE?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.解析(1)证明:由已知得AB⊥AD,因为AB⊥DE,且AD∩DE=D,AD,DE⊂平面ADE,所以AB⊥平面ADE.又AB⊂平面ABCD,所以平面ADE⊥平面ABCD.(2)设AD的中点为O,连接EO.因为△ADE是正三角形,所以EA=ED,所以EO⊥AD.因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,EO⊂平面ADE,所以EO⊥平面ABCD.在平面ABCD内过O点作垂直于AD的直线交CB于点M.以O为原点,OA所在的直线为x轴,OM所在的直线为y轴,OE所在的直线为z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,则E(0,0,),B(1,2,0),C(-1,1,0),所以=(1,-1,),=(2,1,0).设平面BCE的法向量为m=(x,y,z),则即令x=1,则y=-2,z=-,所以m=(1,-2,-).易知平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0),所以cos<m,n>==-.所以平面BCE与平面ADE所成锐二面角的大小为.(3)在棱AE上存在点F,使得DF∥平面BCE,此时=.理由:设BE的中点为G,连接CG,FG,则FG∥AB,FG=AB,因为AB∥CD,且CD=AB,所以FG∥CD,且FG=CD.所以四边形CDFG是平行四边形,所以DF∥CG.因为CG⊂平面BCE,且DF⊄平面BCE,所以DF∥平面BCE.过专题【五年高考】A组自主命题·天津卷题组1.(2018天津,17,13分)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.解析本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.依题意,可以建立以D为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M,N(1,0,2 ).(1)证明:依题意=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,则即不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又=,可得·n0=0,又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,则即不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,则即不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>==,于是sin<m,n>=.所以,二面角E-BC-F的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos<,>|==,由题意,可得=sin60°=,解得h=∈[0,2].所以,线段DP的长为.方法归纳利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤:(1)审清题意并建系.利用条件分析问题,建立恰当的空间直角坐标系;(2)确定相关点的坐标.结合建系过程与图形,准确地写出相关点的坐标;(3)确定直线的方向向量和平面的法向量.利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法向量,若已知某直线垂直某平面,可直接取该直线的方向向量为该平面的法向量;(4)转化为向量运算.将空间位置关系转化为向量关系,空间角转化为向量的夹角问题去论证、求解;(5)问题还原.结合条件与图形,作出结论(注意角的范围).2.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN∥平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.解析本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.如图,以A为原点,分别以,,方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:=(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得·n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以,二面角C-EM-N的正弦值为.(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos<,>|===,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=.所以,线段AH的长为或.方法总结利用空间向量法证明线面位置关系与计算空间角的步骤:(1)根据题目中的条件,充分利用垂直关系,建立适当的空间直角坐标系,尽量使相关点在坐标轴上,求出相关点的坐标;(2)求出相关直线的方向向量及相关平面的法向量,根据题目的要求,选择适当的公式,将相关的坐标代入进行求解或证明;(3)检验,得出最后结论.3.(2016天津,17,13分)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG∥平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.解析依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得·n1=0,又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)易证,=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则即不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<,n2>==-,于是sin<,n2>=.所以,二面角O-EF-C的正弦值为.(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以==,进而有H,从而=,因此cos<,n2>==-.所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.思路分析(1)利用平面的法向量和直线的方向向量的数量积为0证明线面平行.(2)求出两平面法向量夹角的余弦值,进而得二面角的正弦值.(3)求出直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值,进而得线面角的正弦值.4.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为,求线段A1E的长.解析如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,所以M,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.=.由此可得·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)=(1,-2,2),=(2,0,0).设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则又=(0,1,2),得不妨设z=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为.(3)依题意,可设=λ,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos<,n>===,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],解得λ=-2.所以,线段A1E的长为-2.评析本小题主要考查直线与平面平行和垂直、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力. 5.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.(1)证明BE⊥DC;(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.解析依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).(1)证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故·=0.所以BE⊥DC.(2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有cos<n,>===.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=λ,0≤λ≤1.故=+=+λ=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得·=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=.即=.设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则即不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则cos<n1,n2>===-.易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一用向量证明空间中的平行和垂直关系(2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.解析(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下:A(0,-,0),B(1,0,0),A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,,1).因此=(1,,2),=(1,,-2),=(0,2,-3).由·=0得AB1⊥A1B1.由·=0得AB1⊥A1C1.又A1B1∩A1C1=A1,A1B1,A1C1⊂平面A1B1C1,所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)可知=(0,2,1),=(1,,0),=(0,0,2).设平面ABB1的法向量n=(x,y,z),则即可取n=(-,1,0).所以sinθ=|cos<,n>|==.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.考点二空间角与距离1.(2018课标Ⅱ,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.解析(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.连接OB.因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,2).取平面PAC的法向量=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0<a≤2),则=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由·n=0,·n=0得可取n=((a-4),a,-a),所以cos<,n>=.由已知可得|cos<,n>|=.所以=.解得a=-4(舍去)或a=.所以n=.又=(0,2,-2),所以cos<,n>=.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.2.(2017课标Ⅰ,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.解析本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.(1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,又AP∩PD=P,AP,PD⊂平面PAD,从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.以F为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由(1)及已知可得A,P,B,C.所以=,=(,0,0),=,=(0,1,0).设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则即可取n=(0,-1,-).设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则即可取m=(1,0,1).则cos<n,m>==-.易知二面角A-PB-C为钝二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值为-.方法总结面面垂直的证明及向量法求解二面角.(1)面面垂直的证明证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面. (2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n1,n2,设二面角的大小为θ,则|cosθ|=,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.3.(2017课标Ⅱ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.解析本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.(1)取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<,n>|=sin45°,=,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=λ,则x=λ,y=1,z=-λ.②由①,②解得(舍去),或所以M,从而=.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>==.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为.方法总结本题涉及直线与平面所成的角和二面角,它们是高考热点和难点,解决此类题时常利用向量法,解题关键是求平面的法向量,再由向量的夹角公式求解.解题关键由线面角为45°求点M的坐标是解题的关键.4.(2016四川,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD,E 为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解析(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.延长AB,DC,相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知,BC∥ED,且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2.作Ay⊥AD,以A为原点,以,的方向分别为x轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),由得设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α,则sinα===.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.5.(2014福建,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD 折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图.(1)求证:AB⊥CD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.解析(1)证明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊂平面ABD,AB⊥BD,∴AB⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.由(1)知AB⊥平面BCD,又BE⊂平面BCD,∴AB⊥BE.以B为坐标原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M,则=(1,1,0),=,=(0,1,-1).设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),则即取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线AD与平面MBC所成角为θ,则sinθ=|cos<n,>|==,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.评析本题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、转化与化归思想、函数与方程思想.C组教师专用题组1.(2017山东,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.解析本题考查线面垂直的证明和二面角的计算.(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°.(2)以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>==.易知所求角为锐二面角,因此所求的角为60°.方法总结求二面角的常见方法有两种:一种是“找”,即根据二面角的面的特殊性(如等边三角形、等腰三角形、直角三角形、正方形、矩形、梯形等)找二面角的平面角的顶点,进而作出该平面角,再通过解三角形求解;另一种是“算”,即利用空间向量的坐标运算,由平面的法向量和夹角公式求解.利用空间向量的运算求二面角时,一定要注意二面角是锐二面角还是钝二面角.2.(2016浙江,17,15分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF⊥平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.解析(1)证明:延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE⊥平面ABC,且平面BCFE∩平面ABC=BC,AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,又BF⊂平面BCK,因此,BF⊥AC.又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.又因为CK∩AC=C,CK,AC⊂平面ACFD,所以BF⊥平面ACFD.(2)解法一:过点F作FQ⊥AK于Q,连接BQ.因为BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,则AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK.所以,∠BQF是二面角B-AD-F的平面角.在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ=.在Rt△BQF中,FQ=,BF=,得cos∠BQF=.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.解法二:如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则△BCK为等边三角形.取BC的中点O,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z 的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,),A(-1,-3,0),E,F.因此,=(0,3,0),=(1,3,),=(2,3,0).设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2).由得取m=(,0,-1);由得取n=(3,-2,).于是,cos<m,n>==.由图可知所求二面角为锐角,所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.3.(2015江苏,22,10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.解析以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)因为AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0).因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0,即令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos<,m>==,由图可知平面PAB与平面PCD所成的二面角为锐角,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为=(-1,0,2),设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又=(0,-1,0),则=+=(-λ,-1,2λ),又=(0,-2,2),从而cos<,>==.设1+2λ=t,t∈[1,3],则cos2<,>==≤.当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为.因为y=cos x在上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值.又因为BP==,所以BQ=BP=.评析本题主要考查空间向量、二面角和异面直线所成角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力.4.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF∥平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.解析(1)证法一:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.证法二:如图,取AB中点M,连接MG,MF.又G是BE的中点,可知GM∥AE.又AE⊂平面ADE,GM⊄平面ADE,所以GM∥平面ADE.在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MF∥AD.又AD⊂平面ADE,MF⊄平面ADE,所以MF∥平面ADE.又因为GM∩MF=M,GM⊂平面GMF,MF⊂平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE.因为GF⊂平面GMF,所以GF∥平面ADE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB⊥平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的一个法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos<n,>===,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.评析本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.5.(2015重庆,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD=DE=,CE=2EB=2.(1)证明:DE⊥平面PCD;(2)求二面角A-PD-C的余弦值.解析(1)证明:由PC⊥平面ABC,DE⊂平面ABC,得PC⊥DE.由CE=2,CD=DE=得△CDE为等腰直角三角形,故CD⊥DE.由于PC∩CD=C,DE垂直于平面PCD内两条相交直线,故DE⊥平面PCD.(2)由(1)知,△CDE为等腰直角三角形,∠DCE=.如图,过D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1,又由已知得EB=1,故FB=2.由∠ACB=得DF∥AC,==,故AC=DF=.以C为坐标原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),P(0,0,3),A,E(0,2,0),D(1,1,0),所以,=(1,-1,0),=(-1,-1,3),=.设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),由n1·=0,n1·=0,得故可取n1=(2,1,1).由(1)可知DE⊥平面PCD,故平面PCD的法向量n2可取为,即n2=(1,-1,0).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos<n1,n2>==,由图可知所求二面角为锐角,故所求二面角A-PD-C的余弦值为.6.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)证明:直线MN∥平面BDH;(3)求二面角A-EG-M的余弦值.解析(1)点F,G,H的位置如图所示.(2)连接BD,设O为BD的中点.因为M,N分别是BC,GH的中点,所以OM∥CD,且OM=CD,HN∥CD,且HN=CD.所以OM∥HN,OM=HN.所以MNHO是平行四边形,从而MN∥OH.又MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH,所以MN∥平面BDH.(3)解法一:连接AC,过M作MP⊥AC于P.在正方体ABCD-EFGH中,AC∥EG,所以MP⊥EG.过P作PK⊥EG于K,连接KM,。

8-5 空间角与距离、空间向量及其应用

8.5 空间角与距离、空间向量及其应用1.(2021东北三省三校3月联考,10)过正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的顶点A 作平面α,使α∥平面A 1B 1CD,A 1D 1和D 1C 1的中点分别为E 和F,则直线EF 与平面α所成角的正弦值为( )A.12B.√32C.√23D.√33答案 A 解法一:如图,连接A 1C 1,因为E 和F 分别为A 1D 1和D 1C 1的中点,所以EF ∥A 1C 1,又平面α∥平面A 1B 1CD,所以EF 与平面α所成的角与A 1C 1与平面A 1B 1CD 所成的角相等,连接BC 1,记BC 1∩B 1C=H,连接A 1H,由A 1B 1⊥C 1H,B 1C ⊥C 1H,A 1B 1∩B 1C=B 1,可得C 1H ⊥平面A 1B 1CD,所以∠C 1A 1H 即为直线A 1C 1与平面A 1B 1CD 所成的角,设正方体的棱长为a,则C 1H=12BC 1=√22a,A 1C 1=√2a,所以sin ∠C 1A 1H=√22a √2a =12,即直线EF 与平面α所成角的正弦值为12,故选A. 解法二:在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,因为平面α∥平面A 1B 1CD,所以EF 与平面α所成角的正弦值和EF 与平面A 1B 1CD 所成角的正弦值相等,如图,连接BC 1,A 1C,取AB 的中点G,连接FG,显然FG 与A 1C 相交,设交点为O,则点O 为正方体的中心,由A 1B 1⊥BC 1,B 1C ⊥BC 1,A 1B 1∩B 1C=B 1,得C 1B ⊥平面A 1B 1CD,由F,G 分别为D 1C 1,AB 的中点,可得FG ∥C 1B,所以FG ⊥平面A 1B 1CD,延长FE 交B 1A 1的延长线于点F',显然,F'E=EF,连接F'O,则F'O 为线段F'F 在平面A 1B 1CD 上的射影,∠FF'O 即为直线EF 与平面A 1B 1CD 所成的角,设正方体的棱长为a,则FO=12FG=√22a,F'F=2EF=2×√22a=√2a,所以sin ∠FF'O=FO FF'=√22a √2a =12,即直线EF 与平面α所成角的正弦值为12,故选A.。

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