1、第7讲空间向量在立体几何中的应用1直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量在直线l上取非零向量a，把与a平行的非零向量称为直线l的方向向量(2)平面的法向量直线l，取直线l的方向向量a，称向量a为平面的法向量2空间位置关系的向量表示 位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1l2n1n2n1n2l1l2n1n2n1n20直线l的方向向量为n，平面的法向量为mlnmmn0lnmnm平面，的法向量分别为n，mnmnmnmmn03空间向量与空间角的关系(1)两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为，则cos|cos|.(2)直线与平面所成
2、角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，两向量e与n的夹角为，则有sin|cos|，的取值范围是.(3)求二面角的大小如图，AB，CD是二面角l的两个半平面内与棱l垂直的射线，则二面角的大小，.如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足coscosn1，n2或cosn1，n2，取值范围是0，注：注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的取值范围是0，两个平面的夹角的范围是.4求空间的距离(1)点到直线的距离如图，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，则点P到直线l的距离d.(2)点到平面的
3、距离如图，A是平面内的定点，B是平面外一点，n为平面的法向量，则点B到平面的距离d.(3)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解确定平面法向量的方法(1)直接法：观察是否有垂直于平面的向量，若有，则此向量就是法向量(2)待定系数法：取平面内的两个相交向量a，b，设平面的法向量为n(x，y，z)，由解方程组求得1平面的一个法向量为(1,2,0)，平面的一个法向量为(2，1,0)，则平面和平面的位置关系是()A平行 B相交但不垂直C垂直 D重合答案C解析由(1,2,0)(2，1,0)122(1)000，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直故选C2已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(
4、0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是()A BC D答案D解析(1,1,0)，(1,0,1)，设平面ABC的法向量n(x，y，z)，令x1，则y1，z1，n(1,1,1)单位法向量为.故选D.3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()A4 B2 C3 D1答案B解析由已知，得(1，3,2)，所以点P到平面OAB的距离d2.故选B.4如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE与FD1所成角的余弦值为()A B C D
5、答案B解析建立如右图所示的空间直角坐标系，则O(1,1,0)，E(0，2,1)，F(1,0,0)，D1(0,0,2)，(1,0,2)，(1,1,1)cos，.故选B.5如图，已知P为矩形ABCD所在平面外一点，PA平面ABCD，E，F分别是AB，PC的中点若PDA45，则EF与平面ABCD所成的角的大小是()A90 B60 C45 D30答案C解析设ADa，ABb，因为PDA45，PA平面ABCD，所以PAAD，PAADa.以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0，a)，E，F，所以.易知(0,0，a)是平面ABCD
6、的一个法向量设EF与平面ABCD所成的角为，则sin|cos，|.所以45.故选C6(多选)(2021山东烟台模拟)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABADAA1，点P为线段A1C上的动点，则下列结论正确的是()A当2时，B1，P，D三点共线B当时，C当3时，D1P平面BDC1D当5时，A1C平面D1AP答案ACD解析在长方体ABCDA1B1C1D1中，以点D为坐标原点，DA，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因为ABADAA1，所以ADAA11，则D(0，0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0,1)，C(0，0)，D1(0,0,1)，B(1，
7、0)，C1(0，1)，B1(1，1)，则(0,0,1)，(1，1)，(1,0，1)对于A，当2时，P为线段A1C的中点，则P，(1，1)，则2，所以B1，D，P三点共线，故A正确；对于B，设(1，1)(，)(01)，(0,0,1)(，)(，1)，由，可得510，解得，所以，(1,0，1)，所以0，所以与不垂直，故B错误；对于C，当3时，(0，1)，(1，0)设平面BDC1的一个法向量为n(x，y，z)，则即令y1，则xz，所以n(，1，)，又(1,0,0)，所以，所以n()1()0，所以n，因为D1P平面BDC1，所以D1P平面BDC1，故C正确；对于D，当5时，所以，所以110，110(1)
8、20.所以A1CD1P，A1CD1A，又D1PD1AD1，D1P平面D1AP，D1A平面D1AP，所以A1C平面D1AP，故D正确故选ACD.考向一利用空间向量证明平行、垂直例1如图，在四棱锥PABCD中，PC平面ABCD，PC2，在四边形ABCD中，ABCBCD90，AB4，CD1，点M在PB上，PB4PM，PB与平面ABCD所成的角为30.求证：(1)CM平面PAD；(2)平面PAB平面PAD.证明以点C为坐标原点，CB，CD，CP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Cxyz.PC平面ABCD，PBC为PB与平面ABCD所成的角PBC30.PC2，BC2，PB4.D(
9、0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M，(0，1,2)，(2，3,0)，.(1)设n(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，由得令y2，得n(，2,1)n2010，n.又CM平面PAD，CM平面PAD.(2)如图，取AP的中点E，连接BE，则E(，2,1)，(，2,1)PBAB，BEPA又(，2,1)(2，3,0)0，BEDA又PADAA，BE平面PAD.又BE平面PAB，平面PAB平面PAD. 1用向量法证平行问题的类型及常用方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行
10、；证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示面面平行证明两平面的法向量平行(即为共线向量)；转化为线面平行、线线平行问题2利用向量法证垂直问题的类型及常用方法线线垂直证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零线面垂直直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直1如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点求证：(1)MN平面A1B1C1；(2)平面MBC1平面BB1C1C证明由题意
11、知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系不妨设正方形AA1C1C的边长为2，则A(0,0,0)，A1(2,0,0)，B(0,2,0)，B1(2,2,0)，C(0,0,2)，C1(2,0,2)，M(1,0,0)，N(1,1,1)(1)因为几何体是直三棱柱，所以侧棱AA1底面A1B1C1.因为(2,0,0)，(0,1,1)，所以0，即.因为MN平面A1B1C1，故MN平面A1B1C1.(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)因为(1,2,0)，(1,0,2)，所以即令x12，则平面MBC1的一个法向量为n
12、1(2,1，1)同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2(0,1,1)因为n1n22011(1)10，所以n1n2，所以平面MBC1平面BB1C1C多角度探究突破考向二利用空间向量求空间角角度求异面直线所成的角例2(1)如图，正四棱锥PABCD的侧面PAB为正三角形，E为PC的中点，则异面直线BE和PA所成角的余弦值为()A B C D答案A解析连接AC，BD，交于点O，连接PO，以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设AB，则OAOBOP1，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，P(0,0,1)，E，(1,0，1)，设异
13、面直线BE和PA所成的角为，则cos.异面直线BE和PA所成角的余弦值为.故选A(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为_.答案解析如图，以D为原点建立空间直角坐标系则A1(2,0,2)，F(1，0,0)，D1(0，0,2)，E(0，2,1)，则(1,0，2)，(0,2，1)，cos，异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为.(1)求异面直线所成角的思路选好基底或建立空间直角坐标系；求出两直线的方向向量v1，v2；代入公式cos|cosv1，v2|求解(为两异面直线所成的角)(2)两异面直线所成角的关
14、注点两异面直线所成角的范围是，两向量的夹角的范围是0，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，该角就是异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角2(多选)已知在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，H分别是AB，DD1，BC1的中点，下列结论中正确的是()AD1C1平面CHDBAC1平面BDA1C三棱锥DBA1C1的体积为D直线EF与BC1所成的角为30答案ABD解析如图1所示，因为D1C1DC，D1C1平面CHD，DC平面CHD，所以D1C1平面CHD，A正确；建立空间直角坐标系，如图2所示由于正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，
15、则(1,1,1)，(1，1,0)，(1,0,1)，所以1100，1010，所以，所以AC1平面BDA1，B正确；三棱锥DBA1C1的体积为V三棱锥DBA1C1V正方体ABCDA1B1C1D14V三棱锥A1ABD14111，所以C错误；E，F，所以，1(1,0,1)，所以cos，所以直线EF与BC1所成的角是30，D正确故选ABD.角度求直线与平面所成的角例3(2020新高考卷)如图，四棱锥PABCD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PDAD1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值解(1)证明：在正方形AB
16、CD中，ADBC，因为AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD平面PBC，又因为AD平面PAD，平面PAD平面PBCl，所以ADl.因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以ADDC，所以lDC，又PD平面ABCD，所以ADPD，所以lPD.因为DCPDD，所以l平面PDC(2)如图，建立空间直角坐标系Dxyz.因为PDAD1，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1，0,0)，P(0，0,1)，B(1，1,0)设Q(m,0,1)，则有(0,1,0)，(m,0,1)，(1,1，1)设平面QCD的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则zm，所以平面QCD的一个法向量为n(1，0
17、，m)，则cosn，.根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，知直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于|cosn，|，当且仅当m1时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. 利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它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提醒：在求平面的法向量时，若能找出平面的垂线，则在垂线上取两个点可构成一个法向量3(2021浙江高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行
18、四边形，ABC120，AB1，BC4，PA，M，N分别为BC，PC的中点，PDDC，PMMD.(1)证明：ABPM；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值解(1)证明：因为底面ABCD是平行四边形，ABC120，BC4，AB1，且M为BC的中点，所以CM2，DC1，DCM60，由余弦定理可得DM，所以DM2DC2CM2，所以DCDM.又PDDC，且PDDMD，PD平面PDM，DM平面PDM，所以DC平面PDM.因为ABDC，所以AB平面PDM.又PM平面PDM，所以ABPM.(2)解法一：由(1)知AB平面PDM，所以NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角连接AM，因为PMMD，PMDC
19、，MDDCD，所以PM平面ABCD，所以PMAM.因为ABC120，AB1，BM2，所以由余弦定理得AM，又PA，所以PM2.因为PM平面ABCD，BC平面ABCD，所以PMBC，所以PBPC2，连接BN，结合余弦定理得BN.连接AC，则由余弦定理得AC，在PAC中，结合余弦定理得PA2AC22AN22PN2，所以AN.所以在ABN中，cosBAN.设直线AN与平面PDM所成的角为，则sincosBAN.解法二：因为PMMD，PMDC，MDDCD，所以PM平面ABCD.连接AM，则PMAM.因为ABC120，AB1，BM2，所以AM，又PA，所以PM2.由(1)知CDDM，过点M作MECD交A
20、D于点E，则MEMD.故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，2,0)，P(0,0,2)，C(，1,0)，所以N，所以.易知平面PDM的一个法向量为n(0,1,0)设直线AN与平面PDM所成的角为，则sin|cos，n|.角度求二面角例4(2021全国乙卷)如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PDDC1，M为BC的中点，且PBAM.(1)求BC；(2)求二面角APMB的正弦值解(1)连接BD，PD底面ABCD，AM平面ABCD，PDAM.又PBAM，PBPDP，AM平面PBD，又BD平面PBD，AMBD，ABDMA
21、B90.ABDADB90，ADBMAB.RtDABRtABM，.又ADBC，BMBC，BC21.BC.(2)如图，以D为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系则A(，0,0)，B(，1,0)，M，P(0,0,1)，则(，0,1)，(，1,1)设平面AMP的法向量为m(x1，y1，z1)，则即令x1，则y11，z12，m(，1,2)设平面BMP的法向量为n(x2，y2，z2)，同理可得n(0,1,1)cosm，n.设二面角APMB的平面角为，则sin. 利用向量法确定二面角大小的常用方法(1)找法向量法：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
22、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法：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，则这两个向量夹角的大小就是二面角的大小4九章算术是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在九章算术中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qin d)；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑(bi no)指四个面均为直角三角形的四面体如图在堑堵ABCA1B1C1中，ABAC(1)求证：四棱锥BA1ACC1为阳马；(2)若C1CBC2，当鳖臑C1ABC的体积最大时，求锐二面角CA1BC1的余弦值解(1
23、)证明：A1A底面ABC，AB平面ABC，A1AAB.又ABAC，A1AACA，AB面ACC1A1.又四边形ACC1A1为矩形，四棱锥BA1ACC1为阳马(2)ABAC，BC2，AB2AC24.又C1C底面ABC，VC1ABCC1CABACABAC，当且仅当ABAC时，VC1ABCABAC取最大值ABAC，A1A底面ABC，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(，0,0)，C(0，0)，A1(0，0,2)，C1(0，2)，(，0，2)，(，0)，(0，0)设平面A1BC的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，由得令z11，得n1(，1)同理得平面A1BC1的一个法向量为n2(，0,1
24、)，cosn1，n2，锐二面角CA1BC1的余弦值为.考向三利用空间向量求空间距离例5(2022湖北荆州月考)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点(1)求点B到直线AC1的距离；(2)求直线FC到平面AEC1的距离解以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D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(1,0,1)，B(1,1,1)，C(0,1,1)，C1(0,1,0)，E，F，所以(0,1,0)，(1,1，1)，.(1)取a(0,1,0)，u，则a21，au.所以点B到直线AC1的距离为.(2)因为，所以FCEC1，
25、又EC1平面AEC1，FC平面AEC1，所以FC平面AEC1.所以点F到平面AEC1的距离为直线FC到平面AEC1的距离设平面AEC1的法向量为n(x，y，z)，则所以所以取z1，则x1，y2，所以n(1,2,1)是平面AEC1的一个法向量又因为，所以点F到平面AEC1的距离为.即直线FC到平面AEC1的距离为.(1)求平面外一点P到平面的距离的常用方法直接法：过点P作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求等体积法向量法：设平面的一个法向量为n，A是内任意点，则点P到
26、的距离为d.(2)求线面距离可以转化为求直线上任意一点到平面的距离，利用求点到平面的距离的方法求解即可5如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60，四边形BDEF是矩形，平面BDEF平面ABCD，DE2，M为线段BF的中点(1)求M到平面DEC的距离及三棱锥MCDE的体积；(2)求证：DM平面ACE.解(1)设ACBDO，取EF的中点G，连接OG，由题意，OGBD，平面BDEF平面ABCD，平面BDEF平面ABCDBD，OG平面BDEF，OG平面ABCD，OGOB，OGOC，又OBOC，所以以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OG所在直线为z轴，
27、建立空间直角坐标系，则C(0，0)，D(1,0,0)，E(1,0,2)，M(1,0,1)，(0,0,2)，(1，0)，(2,0,1)0，DEDC，SCDEDEDC222.设平面DEC的法向量n(x，y，z)，则取x，得n(，1,0)，M到平面DEC的距离h，三棱锥MCDE的体积VSCDEh2.(2)证明：A(0，0)，(0,2，0)，(1，2)，0，220，ACDM，AEDM，ACAEA，DM平面ACE.用向量法探究点的位置如图所示，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(1)求证：PD平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成
28、角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由解(1)证明：因为平面PAD平面ABCD，ABAD，所以AB平面PAD，所以ABPD.又因为PAPD，PAABA，所以PD平面PAB.(2)如图，取AD的中点O，连接PO，CO.因为PAPD，所以POAD.又因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD.因为CO平面ABCD，所以POCO.因为ACCD，所以COAD.建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，1,0)，P(0，0,1)，(1,1，1)，P(2,0，1)，(0
29、，1，1)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x1，y2，所以n(1，2,2)又(1,1，1)，所以cosn，所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)假设在棱PA上存在点M，使得BM平面PCD，则存在0,1使得.因此点M(0,1，)，(1，)因为BM平面PCD，所以当且仅当n0时，BM平面PCD，即(1，)(1，2,2)0，解得0,1所以在棱PA上存在点M，使得BM平面PCD，此时.答题启示对于点的探究型问题，要善于根据点的位置结合向量的有关定理灵活设出未知量，尽量使未知量个数最少对点训练(2021滨州二模)如图所示，在等腰梯形ABCD中，ADBC，ADC60，直角梯
30、形ADFE所在的平面垂直于平面ABCD，且EAD90，EAAD2DF2CD2.(1)证明：平面ECD平面ACE；(2)点M在线段EF上，试确定点M的位置，使平面MCD与平面EAB所成的二面角的余弦值为.解(1)证明：因为平面ABCD平面ADFE，平面ABCD平面ADFEAD，EAAD，EA平面ADFE，所以EA平面ABCD，又CD平面ABCD，所以EACD，在ADC中，CD1，AD2，ADC60，由余弦定理得，AC，所以AC2CD2AD2，所以CDAC又EACD，EAACA，所以CD平面ACE，又CD平面ECD，所以平面ECD平面ACE.(2)以C为坐标原点，CA，CD所在直线分别为x轴、y轴
31、，过点C且平行于AE的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B，D(0,1,0)，E(，0,2)，F(0,1,1)，(0,0,2)，(0,1,0)，(，1,1)，(0,1,1)，设(，)(01)，则(，1，1)设平面EAB的一个法向量为m(x1，y1，z1)，则即取x11，得m(1，0)设平面MCD的一个法向量为n(x2，y2，z2)，由得令x21，得n(1，0，)因为平面MCD与平面EAB所成的二面角的余弦值为，所以|cosm，n|，整理得82210，解得或(舍去)，所以点M为线段EF的中点时，平面MCD与平面EAB所成的二面角的余弦值为.一、单项选择
32、题1直线l的方向向量a(1，3,5)，平面的法向量n(1,3，5)，则有()Al BlCl与斜交 Dl或l答案B解析因为a(1，3,5)，n(1,3，5)，所以an，an.所以l平面.故选B.2已知两平面的法向量分别为m(0,1,0)，n(0,1,1)，则两平面所成的二面角为()A45 B135C45或135 D90答案C解析cosm，n，m，n45.二面角为45或135.故选C3. 如图所示，已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是上底面A1B1C1D1和侧面ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是()A60 B45 C30 D135答案B解析以D为原点，射线DA，DC，DD1分
33、别为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，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.故选B.4. 如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2，BB14，则直线BB1与平面ACD1所成角的正弦值为()A BC D答案A解析如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz.则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,4)，B(2,2,0)，B1(2,2,4)，(2,2,0)，(2,0,4)，(0,0,4)设平面ACD1的法向量为n(x，y，z)，则即取x2，则y2，z1，故n(2
34、,2,1)是平面ACD1的一个法向量，设直线BB1与平面ACD1所成的角是，则sin|cosn，|.故选A5ABC的顶点分别为A(1，1,2)，B(5，6,2)，C(1,3，1)，则AC边上的高BD等于()A5 B C4 D2答案A解析A(1，1,2)，B(5，6,2)，C(1,3，1)，(4，5,0)，(0,4，3)点D在直线AC上，设(0,4，3)，由此可得(0,4，3)(4，5,0)(4,45，3)又，40(45)4(3)(3)0，解得.因此(4,45，3).可得| 5.故选A6. (2021安徽六安一中质检)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2.D为线段
35、AA1上一点，若二面角B1DCC1的大小为60，则AD的长为()A B C2 D答案A解析分别以CA，CB，CC1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1，0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，设ADa，则点D坐标为(1,0，a)，(1,0，a)，(0,2,2)，设平面B1CD的一个法向量为n(x，y，z)，则得令z1，得n(a,1，1)，又平面C1DC的一个法向量为m(0，1,0)所以cos60，得，解得a，故选A7在正方体ABCDA1B1C1D1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
36、以A为坐标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)，则即n1(1,2,2)又平面ABCD的一个法向量为n2(0,0,1)，cosn1，n2.即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.故选B.8(2021厦门三模)如图在四棱锥PABCD的平面展开图中，四边形ABCD是边长为2的正方形，ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，HDCFAB90，则四棱锥PABCD外接球的球心到平面PBC的距离为()A B C D答案C解析该几何体的直观图如图所示，分别取AD，BC的中点O
37、，M，连接OM，PO，PM.ADE是等腰直角三角形，AE，即AF，FB2AF2AB26，即PB26，PM，又PO1，OM2，OP2OM2PM2，OPOM.又易知POAD，由线面垂直的判定定理得出PO平面ABCD，以点O为坐标原点，OA，OM，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(1,2,0)，D(1，0,0)，P(0,0,1)设四棱锥PABCD外接球的球心为N(0,1，a)，PNNA，1(1a)211a2，解得a0.设平面PBC的法向量为n(x，y，z)，(1,2，1)，(1,2，1)，(0，1,1)，取z2，则n(0,1,2)四棱锥P
38、ABCD外接球的球心到平面PBC的距离为d.故选C二、多项选择题9(2022湖南岳阳阶段检测)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足，则下列说法正确的是()A点A到直线BE的距离是B点O到平面ABC1D1的距离是C平面A1BD与平面B1CD1间的距离为D点P到直线AB的距离为答案BCD解析如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，D(0,1,0)，A1(0，0,1)，C1(1,1,1)，D1(0,1,1)，E，所以(1,0,0)，.设ABE，则cos，sin.故点A到直线BE的距离d1|sin1，故A错误
39、；易知，平面ABC1D1的一个法向量(0，1,1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2，故B正确；(1,0，1)，(0,1，1)，(0,1,0)设平面A1BD的法向量为n(x，y，z)，则所以令z1，得y1，x1，所以n(1,1,1)所以点D1到平面A1BD的距离d3.因为平面A1BD平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为，故C正确；因为，(1,0,0)，(0,1,0)，(0,0,1)，所以，则，所以点P到AB的距离d，故D正确故选BCD.10(2021新高考卷)在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA
40、11，点P满足，其中0,1，0,1，则()A当1时，AB1P的周长为定值B当1时，三棱锥PA1BC的体积为定值C当时，有且仅有一个点P，使得A1PBPD当时，有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P答案BD解析由点P满足，可知点P在正方形BCC1B1内如图.对于A，当1时，可知点P在线段CC1(包括端点)上运动如图，在AB1P中，因为AB1，AP，B1P，所以AB1P的周长LAB1APB1P不为定值，所以A错误；对于B，当1时，可知点P在线段B1C1(包括端点)上运动如图，由图可知，线段B1C1平面A1BC，即点P到平面A1BC的距离处处相等，又A1BC的面积是定值，所以三棱锥PA1BC的体积
41、为定值，所以B正确；对于C，当时，分别取线段BC，B1C1的中点为D，D1，可知点P在线段DD1(包括端点)上运动如图，很显然当点P与点D或D1重合时，均满足A1PBP，所以C错误；对于D，解法一：当时，分别取线段BB1，CC1的中点为M，N，可知点P在线段MN(包括端点)上运动如图，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B平面AB1P，需A1BKP，所以点P只能是棱CC1的中点N，所以D正确解法二：当时，分别取线段BB1，CC1的中点为M，N，可知点P在线段MN(包括端点)上运动以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则B(0,1,0)，B1(0,1,1)，A1，P.所以，.
42、若A1B平面AB1P，则A1BB1P，所以0，即0.解得1.所以只存在一个点P使得A1B平面AB1P，此时点P与点N重合，所以D正确故选BD.三、填空题11. 如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2，则该二面角的大小为_.答案60解析，|2.|cos，24.cos，.又所求二面角与，互补，所求的二面角为60.12. 正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为_.答案解析以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，得下列坐标：A(2，
43、0,0)，C1(0，0，2)点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2.所以(2，0,2)，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为，则cos.又，所以.13正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为_.答案解析以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示则A1(0,0,1)，E，F，D1(0，1,1)，(0,1,0)设平面A1D1E的一个法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x1.n(1,0,2)又，点F到平面A1D1E的距离为d.14已知点E，F分别在正方体ABCDA1B1C1D1
44、的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的锐二面角的正切值为_.答案解析如图，建立空间直角坐标系Dxyz，设DA1，由已知条件得A(1,0,0)，E，F，设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为，由图知为锐角，由得令y1，则z3，x1，则n(1,1，3)，平面ABC的一个法向量为m(0,0，1)，cos|cosn，m|，tan.四、解答题15如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形SA平面ABCD，E，F分别为AD，SC的中点，EF与平面ABCD所成的角为45.(1)证明：EF为异面直线AD与SC的公垂线；(2)
45、若EFBC，求二面角BSCD的余弦值解(1)证明：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Axyz.设D(0，b,0)，S(0,0，c)，则C(1，b,0)，E，F，(0,0，c)，(0，b,0)因为EF与平面ABCD所成的角为45，所以与平面ABCD的法向量的夹角为45.所以|cos45，即c ，解得c1，故，(1，b，1)，从而0，0，所以EFSC，EFAD.因此EF为异面直线AD与SC的公垂线(2)由B(1,0,0)，(0，b,0)，|得b.于是F，C(1，0)，连接FB，故，(1，1)，从而0，即FBSC取CF的中点G，连接GD，则G，从而0，即GD
46、SC因此，等于二面角BSCD的平面角cos，.所以二面角BSCD的余弦值为.16(2020全国卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1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：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；(2)设O为A1B1C1的中心，若AO平面EB1C1F，且AOAB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值解(1)证明：M，N分别为BC，B1C1的中点，MNBB1.又AA1BB1，AA1MN.A1B1C1为等边三角形，N为B1C1的中点，A1NB1C1.又侧面BB1C
47、1C为矩形，B1C1BB1.MNBB1，MNB1C1.又MNA1NN，MN，A1N平面A1AMN，B1C1平面A1AMN.又B1C1平面EB1C1F，平面A1AMN平面EB1C1F.(2)解法一：连接NP，AO平面EB1C1F，平面AONP平面EB1C1FNP，AONP.三棱柱上下底面平行，平面A1AMN平面ABCAM，平面A1AMN平面A1B1C1A1N，ONAP.四边形ONPA是平行四边形ONAP，AONP.设ABC边长是6m(m0)，则NPAOAB6m.O为A1B1C1的中心，且A1B1C1的边长为6m，ON6msin60m.ONAPm.BCB1C1，B1C1平面EFC1B1，BC平面E
48、FC1B1.又BC平面ABC，平面ABC平面EFC1B1EF，EFBC，解得EPm.在B1C1截取B1QEPm，连接PQ，故QN2m.B1QEP且B1QEP，四边形B1QPE是平行四边形，B1EPQ.由(1)可知B1C1平面A1AMN，故QPN为B1E与平面A1AMN所成角在RtQPN中，根据勾股定理可得PQ2m，sinQPN.直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.解法二：由(1)知平面A1AMN平面ABC，作NQAM，垂足为Q，则NQ平面ABC由已知得AMBC，以Q为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为z轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz，则AB2，AM.连接
49、NP，则四边形AONP为平行四边形，NPAOAB2，设M(a,0,0)，则P，PQ|a|，NQ ，B1，E，故，|.又n(0，1,0)是平面A1AMN的一个法向量，故sincosn，.直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.17(2021海南模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBC，AB1，BC2，AA1.(1)求直线A1C与AB1所成角的余弦值；(2)设M为AC的中点，在平面BCC1内找一点N，使得MN平面A1BC，求点N到平面ABC和平面ABB1的距离解(1)根据题设可知AB，BC，BB1两两垂直，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴
50、，建立如图所示的空间直角坐标系则B(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,0，)，A1(1,0，)，C(0,2,0)，所以(1,0，)，(1,2，)，所以cos，所以直线A1C与AB1所成角的余弦值为.(2)由条件知M.因为点N在平面BCC1内，可设其坐标为N(0，a，b)，则.因为MN平面A1BC，所以MNBC，MNBA1，又(0,2,0)，(1,0，)，所以解得a1，b，所以点N，其到平面ABC的距离为，到平面ABB1的距离为1.18请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答ABBC；FC与平面ABCD所成的角为；ABC.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA
51、平面ABCD，且PAAB2，PD的中点为F.(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；(2)若_，求二面角FACD的余弦值解(1)在线段AB上存在中点G，使得AF平面PCG.证明如下：如图所示设PC的中点为H，连接FH，GH，FHCD，FHCD，AGCD，AGCD，FHAG，FHAG，四边形AGHF为平行四边形，则AFGH，又GH平面PCG，AF平面PCG，AF平面PCG.(2)选择ABBC：PA平面ABCD，PABC，由题意，知AB，AD，AP两两垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直
52、角坐标系，PAAB2，则A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(2,2,0)，D(0，2,0)，F(0，1,1)，P(0，0,2)，(0,1,1)，(2，1，1)，设平面FAC的一个法向量为(x，y，z)，取y1，得(1,1，1)，平面ACD的一个法向量为v(0,0,1)，设二面角FACD的平面角为，由图可知，二面角为锐二面角，则cos，二面角FACD的余弦值为.选择FC与平面ABCD所成的角为：PA平面ABCD，取BC的中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM，则FMPA，且FM1，FM平面ABCD，FC与平面ABCD所成的角为FCM，FCM.在RtFCM中，CM，又CMAE，AE2
53、BE2AB2，BCAE，AE，AD，AP两两垂直以A为原点，AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，PAAB2，A(0,0,0)，B(，1,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，(0,1,1)，(，0,1)设平面FAC的一个法向量为m(x，y，z)，则取x，得m(，3,3)，平面ACD的一个法向量为n(0,0,1)，设二面角FACD的平面角为，由图可知，二面角为锐二面角，则cos.二面角FACD的余弦值为.选择ABC：PA平面ABCD，PABC，取BC的中点E，连接AE，底面ABCD是菱形，ABC60，ABC是正三角形，E是BC的中点，BCAE，AE，AD，AP两两垂直，以A为原点，AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，PAAB2，A(0,0,0)，B(，1,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，(0,1,1)，(，0,1)设平面FAC的一个法向量为m(x，y，z)，则取x，得m(，3,3)，平面ACD的一个法向量为n(0,0,1)，设二面角FACD的平面角为，由图可知，二面角为锐二面角，则cos.二面角FACD的余弦值为.
