高中同步新教材選擇性必修第一冊(cè)（人教A版）數(shù)學(xué) 第一章 空間向量與立體幾何 用空間向量研究距離、夾角問題

第一章空間向量與立體幾何

1.4.2用空間向量研究距離、夾角問題

基礎(chǔ)過關(guān)練

題組一用空間向量求空間距離

1.（2023浙江寧波余姚夢(mèng)麟中學(xué)期中）已知直線/過定點(diǎn)A⑵3,1）,且

n=（0,1,1）為其一個(gè)方向向量,則點(diǎn)尸（4,3,2）到直線I的距離為（

A.—B.-C.-D.√2

222

2.（2023湖北荊門月考）在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCQ-A囚中,MN

分別為棱AS,BBx的中點(diǎn),則異面直線AM與CN的距離

為.

3.（原創(chuàng)題）在平面直角坐標(biāo)系。町中，記/、〃象限所在的半平面為

a,III.限所在的半平面為軸記為直線/,已知點(diǎn)A（-2,3）,點(diǎn)

B（3,-2）,將半平面β沿直線/折起,使得二面角a-l-β的平面角的大小

為60。，這時(shí)A,3兩點(diǎn)間的距離為.

4.（2022安徽滁州定遠(yuǎn)育才學(xué)校期中）在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCQ-

A.B.CιZ）ι中,MN分別是線段BBLBG的中點(diǎn)，則直線MN到平面

ACDi的距離為.

5.（2022遼寧撫順一中開學(xué)考試）如圖,在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCQ-

AiBlCiDi中,N是棱4。的中點(diǎn),M是棱CCi上的點(diǎn),且CCi=3CM,則

直線BM與BN之間的距離為

6.（2022重慶名校聯(lián)盟月考）底面為矩形ABCD的長(zhǎng)方體被截面

AEG廠所截得到的多面體如圖所示,其中AB=4,BC=2,CG=3,BE=T,

四邊形4EG/為平行四邊形.

（1）求線段的長(zhǎng)；

⑵求點(diǎn)C到平面AEGF的距離.

題組二用空間向量求空間角

7.（多選題）（2023北京八一學(xué)校期中）已知直線I的方向向量為a,平面

α,4的法向量分別為八,九則下列命題為真命題的是（）

A.若aLn,則直線I//平面a

B.若a//n,則直線/_1_平面α

C.若COS<α,〃>=；,則直線I與平面α所成角的大小為J

26

D.若cos<m,π>=∣,則平面α,￡的夾角為T

8.（2023安徽黃山期中）如圖,在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-AIBIGU

中,MN分別為AB和的中點(diǎn),那么直線AM與CN所成的角的

余弦值為（

9.（2023福建泉州德化一中月考）在四棱錐Ai-ABCD中,44」平面

ABCD,44ι=4,底面ABCD是邊長(zhǎng)為4的菱形，且ND48=60。，E是

AAi的中點(diǎn)，則CE與平面AiAB所成的角的正切值為（

「√130

C.-------

13

10.（2023上海浦東新區(qū)期中）如圖,在直三棱柱ABC-ABG中，Z

ABC=90°,AB=2,BC=CCi=I.

⑴求異面直線AB1與BC1所成角的余弦值；

（2）求直線BCl與平面ABC所成角的正弦值.

11.(2023吉林長(zhǎng)春外國(guó)語(yǔ)學(xué)校期中)如圖，在長(zhǎng)方體ABCQ-Aι8∣G0ι

中,E,尸分別是BC,ACi的中點(diǎn).

(1)證明：〃平面CDDiG;

(2)若A。=：441=%3=4,求平面A"與平面或出所成角的余弦值.

12.如圖所示,在三棱錐S-ABC中，O為Be的中點(diǎn),So_L平面ABe側(cè)

面SAB與SAC均為等邊三角形，NjBAe=90°,求平面SAC與平面

SBC夾角的余弦值.

能力提升練

題組一用空間向量求空間距離

1.（2023江蘇常州期中）已知在空間直角坐標(biāo)系。斗

中，A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),D(2,2,2),那么四面體ABCD的

體積為

A.4-cB,8-C?1.6-rD.6-4

3333

2.（2022安徽合肥第六中學(xué)期中）如圖所示,在正四棱柱ABCD-

A1BiC1Di中,44ι=2,AB=BC=I,動(dòng)點(diǎn)P,Q分別在線段ClD,AC上（包

括端點(diǎn)），則線段PQ長(zhǎng)度的最小值是（

AeBc

3-f?l

3.（2023廣東廣州天河外國(guó)語(yǔ)學(xué)校期中）如圖，正方體A8CQ-A1BG。

的棱長(zhǎng)為6,點(diǎn)M為CG的中點(diǎn)，點(diǎn)P為底面4凡GQI上的動(dòng)點(diǎn)，則

滿足BP±AM的點(diǎn)尸的軌跡長(zhǎng)度為（

A.2√2πB.3√2C.6√3D.3√3π

4.（2022上海洋涇中學(xué)期中）如圖所示,正四棱柱ABCQ-43ιGOι的底

面邊長(zhǎng)為1.若點(diǎn)C到平面ABO的距離為右則正四棱柱ABCD-

A?B?C?D?的高為.

療4

?,

題組二用空間向量求空間角

5.（2022湖北武漢第十四中學(xué)月考）如圖所示，已知四棱錐P-ABCD中,

底面ABCD是菱形，且P4，平面ABCD,PA=AD=AC,點(diǎn)尸為PC的中

點(diǎn)，則平面PBC與平面BF。夾角的正切值為

6.在正三棱柱A3C45G中,48=2,￡/分別為AeI,AB的中點(diǎn)，當(dāng)

AE和敏所成角的余弦值為卷時(shí),AE與平面BCCB所成角的正弦值

√15C√15?√5tλ√5

7.（2023河南洛陽(yáng)強(qiáng)基聯(lián)盟期中）如圖,在棱長(zhǎng)為3的正方體ABCD-

A1BiC1Di中,P為線段囪C上的動(dòng)點(diǎn)（不包括端點(diǎn)），則下列結(jié)論錯(cuò)誤

的是（）

A.當(dāng)B?P=2PC時(shí),AP=√14

B.當(dāng)BxP=IPC時(shí)，點(diǎn)Oi到平面A↑BP的距離為1

C.直線AIP與8。所成的角可能是J

6

D.若二面角B-AiP-Bi的平面角的正弦值為尊,則罰二:或或

63

9;河

題組三用空間向量解決立體幾何中的探索性問題

8.（2023重慶鐵路中學(xué)期中）如圖1,已知正方形4?CQ的邊長(zhǎng)為

4,E,F分別為AD,BC的中點(diǎn)，以EF為棱將正方形ABCD折成如圖2

所示的平面角大小為60°的二面角，點(diǎn)M在線段AS上.

⑴若M為48的中點(diǎn),且直線MF'與由A,D,E三點(diǎn)所確定的平面的

交點(diǎn)為O,試確定點(diǎn)O的位置,并證明直線。?！ㄆ矫鍱MC-,

⑵是否存在點(diǎn)M使得直線QE與平面EMC所成的角為60°?若存

在,求此時(shí)平面MEC與平面ECF的夾角的余弦值;若不存在,說(shuō)明理

由.

9.（2023遼寧沈陽(yáng)重點(diǎn)高中聯(lián)合體期中）如圖,在四棱錐P-ABCD

中,尸A，平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,其中AD//BC,ABl.

AD,AB=AD=-2BC=2,PA=4,E為棱3C上4的點(diǎn),且BE=-BC.

⑴求證:。EL平面PAC;

（2）求二面角A-PC-D的平面角的余弦值；

⑶若點(diǎn)。在棱C尸上（不與點(diǎn)C,P重合），直線QE能與平面PCD垂

直嗎?若能,求出號(hào)的值;若不能,請(qǐng)說(shuō)明理由.

答案與分層梯度式解析

第一章空間向量與立體幾何

1.4.2用空間向量研究距離、夾角問題

基礎(chǔ)過關(guān)練

1.A7.BCD8.D9.B

1.A由題得方=(-2,0,-1),故I而I=√^,cos<而，〃>=離=

IPAIInl7

-I_√10

√5×√2-10'

設(shè)直線PA與直線/所成的角為。,則cosθ=?cos<PA,n>\=~^故Sin

8=嚓，，點(diǎn)P(4,3,2)到直線I的距離為I而ISinΘ=小×彎=喙

故選A.

2.答案今

解析如圖，以A為原點(diǎn),AB,AD,A4,所在直線分別為入軸,y軸,Z軸

建立空間直角坐標(biāo)系，

貝IJA(0,0,0),C(L1,0),N(1,0,MG,0,1),...前=ɑ,0,1),CW=

0,—,設(shè)〃=(%,y,z),且n?AM,n_LCN,.*.n?AM=

∣x+z=O,n?CN=-y+∣z=O,ΛΛ=-2Z,y=5.取z=2,則x=-4,y=l,故n=(-

4,1,2),

.?.AM與CN的距離d=半"=—.

?n?7

3.答案4√2

解析在平面直角坐標(biāo)系Oxy中，作ACLl于C,BDLl于D,則

AC=3,CD=5,BD=2.

因?yàn)槎娼铅?//的平面角的大小為60°,

所以向量方,麗的夾角為120°,

2

所以而I=y∣?AC+CD+^DB?

=J∣AC∣2+ICD∣2+IDB∣2+2AC?~DB

=j9+25+4+2×3×2×(-0

=√32=4√2,

所以A,B兩點(diǎn)間的距離為4√Σ

4.答案F

解析如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn),0A,OCDDi所在直線分別為X軸,y

軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

B

貝IJC(0,1,0),QI(O,O,1),M(LL)A(1,0,0),N61,1),：.AM=

(o,ι,∣),^c=(-ι,ι,o),M=(-ι>o,D,≡=(-∣,o,∣

n?AC=O,∣—x+y=O,

設(shè)平面ACD?的法向量為〃=(%,y,z),則—?即pr

—x+z=O,

n?AD1=0,

令x=l,則y=z=l,.?.〃=(1,1,1)..?.點(diǎn)M到平面ACD1的距離

心邛瞿=立...麗〃珂,且MNa平面ACQl,AQiu平面ACD↑,：.

Inl21

MN〃平面ACA....直線MN到平面ACDx的距離即點(diǎn)M到平面

ACOI的距離,為當(dāng)

6回

.答案

589

解析以D為原點(diǎn),瓦！比,西的方向分別為％軸,y軸,z軸的正方

向建立空間直角坐標(biāo)系，

則8(1,1,0),3(1,1,1),M(0,1,5,NG,0,0)，

;西二(0,0,1),BM=(-1,O,∣),B√V=(-?,-l,-l).

設(shè)n=(x,MZ),且n_LBM,nJ-B1N,

__(1

則,(n竺?BML=0”即《—%1+-3z=0,

BN=——X—y—z=0,

(n?l0,I2

令x=2,則z=6,y=-7,；."=(2,-7,6).

設(shè)直線BM與BN之間的距離為d,則d=粵粵=W=誓.

∣n∣√8989

6.解析(1)因?yàn)樗倪呅蜛EClF為平行四邊形，所以刀=瓦；設(shè)

DF=a.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則

B(2,4,O),A(2,O,O),￡(2,4,1),Ci(O,4,3),F(O,O,?).所以方=(-

2,0,α),M=(-2,0,2),所以(-2,0,α)=(-2,0,2),所以a=2,所以

F(0,0,2).所以市=(-2,-4,2).所以I市I=2√6,即線段BF的長(zhǎng)為

2√6.

(2)易知C(0,4,0),又Ci(0,4,3),A(2,0,0),E(2,4,1),所以

鬲=(0,0,3),荏二(0,4,1).

設(shè)平面AECiF的法向量為n=(%,y,z),

則jn?荏=4y+z=0,

In?EC；=—2x+2z=0,

令％=1,貝!jy=-1,z=l,所以〃=(1,一，1).

所以點(diǎn)C到平面AEC1F的距離d=里型=亮=察.

?n?v??11

4

7.BCD若aA-n,則直線/〃平面α或直線/在平面α內(nèi)，故A中命題

為假命題；

若a∕∕n,則α也是平面a的一個(gè)法向量,所以直線/J_平面α,故B中

命題為真命題；

直線與平面所成角的正弦值等于直線的方向向量與平面法向量夾角

的余弦值的絕對(duì)值，

所以若cos<6Z,n>4則直線/與平面。所成角的大小為5故C中命題

26

為真命題；

兩個(gè)平面的夾角與它們法向量所成的不大于90°的角相等,故D中

命題為真命題.

故選BCD.

8.D解法一：：前=碼+Z7?麗=方+麗，

：.AM-CN=(AA^+?√7)?(CB+~BN)=踞?麗=/

22

易得由I=J∣√l?ι∣+∣√11M∣=Jl+}=y.

同理,I而I=亭設(shè)直線AM與CN所成的角為a,則

1

-2

選

2做D

IaM?CN∣----

5.

cosa=?-5

?AM??CN?4

解法二：以D為原點(diǎn),DA,De,西的方向分別為X軸,y軸,Z軸的正方

向建立空間直角坐標(biāo)系，則Ad,0,0),M(Iq,1),C(0,1,0),N(I,I3),

AM=(Oj,1),麗=(1,0彳).古攵福?麗=0X1+IX0+1×I=

Ml畫=J02+?+12=當(dāng)而I=/2+02+(/=當(dāng)

設(shè)直線AM與CN所成的角為出

貝!∣cosα=]”=??=2.故選D.

∣4MIlCNl√≡χ√s5

22

解題模板解決異面直線所成角的問題，一般有三種思路:①通過中

位線等將異面直線轉(zhuǎn)化到同一個(gè)三角形中，利用正、余弦定理解決;

②利用基底法,找到表示空間向量的一個(gè)基底，并將所求異面直線的

方向向量用基向量表示,進(jìn)而利用公式求解;③建立空間直角坐標(biāo)系，

利用公式求解.

9.B連接3。,Ae交于點(diǎn)O,由題知。區(qū)。CAAl兩兩互相垂直.以。

為原點(diǎn),OB,OC所在直線分別為％軸,y軸,過點(diǎn)。且平行于AAi的直

線為Z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,-2√3,0),E(0,-

2√3,2),AI(O,-2√3,4),8(2,0,0),C(0,2√3,0),.,.CE=(0,-

4√3,2),Xζ=(0,0,4),Zfi=(2,2√3,0),設(shè)平面AlAB的法向量為

n=(%,y,z),

則「竺L-4z-令y=/,則a8,Z=O,故八=(遍,-1,0).

{n?AB=2x+2√3y=0,

設(shè)CE與平面AIAB所成的角為θ,

貝!jsin<9=∣cos<n,CE>|=售∣=莊心廠—叵，

11?∏??CE?2×2√1313

-√39._

「匚|、|C√130CSineTT√30

所以cosθ=--,tanθ=--=?=-,

13COSθV13010

13

所以CE與平面所成的角的正切值為手.

10

故選B.

10.解析（1）依題意可知B∣Aι,β.C1,β∣β兩兩互相垂直，以By為原

點(diǎn),瓦有跖,瓦豆的方向分別為X軸,y軸,z軸的正方向，建立空間

直角坐標(biāo)系，

,

則A（2,0,1）,B1（0,0,0）,B（0,0,1）,C（0,1,1）,Ci（0,1,0）,..

B1A=(2,0,1),BCl=(0,1,-1),

設(shè)異面直線AB1與3G所成的角為θ,

則CoS^=7≡≡=?=粵所以異面直線AB1與BCl所成角的

?B1A??BC1?√5×√210

余弦值為絆.

10

(2)由(1)可得西二(0,1,-1),瓦1=(2,0,1),碓=(0,1,1).

設(shè)平面ABlC的法向量為〃=(%,y,z),

?''令Jt=I,則y=2,z=-2,

n?B1A=2x+z=0,

故π=(l,2,-2),

設(shè)直線BCi與平面A3∣C所成的角為α,

則Sina=∣cos<n,BC；>?=震∣=孚,所以直線BC?與平面AB↑C

∣71l∣8Cι∣3

所成角的正弦值為薩.

11.解析（1）證明：如圖所示,連接Ac,3。交于點(diǎn)O,連接OE,OF.

易知。是ACBQ的中點(diǎn),又尸為ACl的中點(diǎn),

所以O(shè)歹〃CG.

因?yàn)镺Rt平面CODiCi,CGU平面CDDiCb

所以由線面平行的判定定理可得。尸〃平面CDnG.同理可得OE//

平面CDz)IG.

因?yàn)镺bGOE=O,OEU平面OEF,。/U平面OEF,

所以平面OE/〃平面CDDICι?

因?yàn)镋FU平面OEF,所以EF〃平面CDD↑C↑.

⑵以A為原點(diǎn),四,而,理的方向分別為入軸,y軸,Z軸的正方向,

建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,

由題可知Ao=4,44I=AB=3,

貝I」E(3,2,O),JF(1,2,1),B∣(3,0,3),A(0,0,0),

所以麗=(一|,0,|),荏=(3,2,0),第=(0,2,-3).

設(shè)平面AEF的法向量為n=(孫v?,zι),

_r33O

_n.≡---?-為-

?荏22

——-

_3

<n+月=

?lO,

令Xl=-1,貝Ijy=∣,Z1=-1,故H=(-1,∣,-1J.

設(shè)平面EFBl的法向量為m=(%2,",Z2),

.m-EF=--x+-z=0,

則π［2z222

Irn?^B^E=2y2-Sz2=0,

令％2=1,則竺=|,Z2=l,故Zn=(I,|,1).

設(shè)平面AE/與平面EFBl所成的角為θ,

則品

I(T?(申)11

J(-D2+(∣)2+(-D2×Jι2+g)2+ι217

故平面的與平面所成角的余弦值為方

12.解析因?yàn)锳SAB與ASAC均為等邊三角形，所以AB=Ac.連接

OA,則OAJ_BC.以。為坐標(biāo)原點(diǎn),OB,OA,。5所在直線分別為入軸,y

軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系。斗?設(shè)3(1,0,0),貝IJCQ

1,0,0),A(0,l,0),S(0,0,1),0(0,0,0).

所以且=(0,1,-1),元=(-1,0,-1),福=(0,1,0).設(shè)平面SAC的法向量

為n=(x,y,z),

An-SA=y-z=Ol

(n?SC=—X-z=0,

令x=l,則z=-l,y=-l,所以"=(1,-1,-1).

易知平面SBC的一個(gè)法向量為函=(0,1,0).

所以ICoS<UX">∣=??=W，

√33

所以平面SAC與平面SBC夾角的余弦值為當(dāng)

能力提升練

1.B2.C3.B5.D6.B7.C

1.B由題可得荏=(-2,2,0),方=(-2,0,2),而=(0,2,2),設(shè)平面

ABC的法向量為八=(”z),則卜.絲=f+2y=0,取X=I,得

In?AC=—2x+2z=0,

y=l,z=l,故"=(1,1,1),則點(diǎn)。到平面ABC的距離d=膂=W=

∣n∣√3

4-?∕3—77?^^Γr?、AB-AC41

—.cos<ABAC>=一一=-P~?p=

31IABIIACl√8×√82

.,.sin<AB,AC>=與

,

..SΛABC=1×?AB?×?AC?×sin<AB,AC>=^乂遮乂遮義?=2√I,...四

面體ABCD的體積V=∣×SΔABC×t∕=∣×2√3×=*故選B.

2.C以。為原點(diǎn),雨,反,西的方向分別為％軸,y軸,z軸的正方向,

建立空間直角坐標(biāo)系,則A(l,0,0),D(0,0,0),C(0,1,0),Ci(0,1,2).

設(shè)尸(0,y,zι),Q(x2,>2,0),其中0≤yι≤l,0≤zι≤2,O≤x2≤l,0≤j2

≤1.

由題意可設(shè)DP=ΛDCi,AQ=μAC,其中λ,μ∈[0,1],所以

(0,y,Z])=2(0,1,2),(%2-l,",0)=//(-1,1,0),所以P((W,2Q,Q(1-

μ,μ,0).

所以線段PQ的長(zhǎng)度為λ∕(l—μ)2+(〃—4)2+442

=√2μ2+5λ2-2λμ-2μ+l

所以當(dāng)入三,〃［時(shí),線段PQ的長(zhǎng)度取得最小值,為∣?

3.B以D為原點(diǎn),DA,DC,DD1所在直線分別為X軸,y軸,Z軸建立

如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A(6,0,0),8(6,6,0),M(0,6,3),設(shè)P(X,y,6),x∈[0,6],y∈[0,6],

則俞=(-6,6,3),BP=(%-6,y-6,6),

由BP.LAM^BP?AM=O,即-6(x-6)+6(y-6)+3><6=0,即y=x-3,

由于％∈[0,6],y∈[0,6],所以％∈[3,6],y∈[0,3],所以點(diǎn)P的軌跡

為圖中的線段EF(E,F分別為AiD1MiBi的中點(diǎn))，由圖知

∣EF∣=√32+32=3√2,故選B.

4.答案2

解析設(shè)正四棱柱的高為∕z(∕ι>0)?以Al為原點(diǎn),曬,曬,干的方

向分別為X軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則

A(0,0,/z),Bi(1,0,0),D,(0,1,0),C(l,l,∕z),

則福=(1,0,?),福二(0,l,-/z),而=(1,1,0).

設(shè)平面AB1D1的法向量為〃=(%,y,Z),

則jn?AB1=0,即(x-hz=0,

'l∏?M=o,Iy一九z=0,

取z=l,得x=h,y=h,所以〃=(∕z,∕z,1).

所以點(diǎn)C到平面ABQl的距離為吟=:+/2=：，解得62(負(fù)

∣n∣√∕ι2+h2+l23

值舍去).

故正四棱柱ABCD-AχBχCχDχ的高為2.

5.D如圖所示,設(shè)AC與BD交于點(diǎn)0,連接0F,則O/〃PA,貝IJOF

，平面A3CD以。為坐標(biāo)原點(diǎn),OB,0C,OF所在直線分別為入軸,y

軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.

設(shè)PA=AQ=AC=I,則BD=遮，所以

O(0,0,0),暗,0,0),C(0,0,c(o,30),所以沆=(Oj,0),前=

(-莪，。)，而=停。，-5

易知沆=(0弓,0)為平面BED的一個(gè)法向量.

設(shè)平面PBC的法向量為n=(%,Xz),

22

則，_>r-令％=1,則y=z=√"5,

n-FB=—X—z=0,

V22

所以〃=(1,低B)為平面尸BC的一個(gè)法向量.所以cos<n,OC>=??,

設(shè)平面PBC與平面BFD的夾角為θ,則cose組所以sin失亭,所

77

以tan^=—.

3

6.B設(shè)AAI=，.以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，過B且垂直于BC的直線為工

軸,BC,BBl所在直線分別為y軸,Z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)

系,

則A(√3,1,0),E(%∣,t),8(0,0,0),尸(γ,∣,t),：.AE=

(一今M)質(zhì)=(￥4"),

???AE和放所成角的余弦值為哈

.?.∣cos＜幅招＞∣=≡=J?=解得0或-2(舍

荏1

2

-√13

?-

?)*22

易知平面BCCiBl的一個(gè)法向量為n=(l,0,0),

ΛAE與平面SCCiBi所成角的正弦值為ICos＜版,∏＞l=?j=W=

等故選B.

10

7.C以A為原點(diǎn),而,而,可*的方向分別為％軸,y軸,Z軸的正方向,

建立空間直角坐標(biāo)系，

則

A(0,0,0),5(3,0,0),D(0,3,0),Aι(0,0,3),C(3,3,0),Bl(3,0,3),D1

(0,3,3).

對(duì)于A,因?yàn)槭?2尸C所以帝=|布=:(0,3,-3)=(O,2,-2),所

以P(3,2,1),故而二(3,2,1),|而I=√32+22+l2=√14,A中結(jié)論

正確；

對(duì)于B,ZX=(0,3,0),還=(3,0,-3),因?yàn)锽iP=2PC,所以

P(3,2,1),所以審=(3,2,-2),設(shè)平面AxBP的法向量為機(jī)=CX,y,z),

Ijm?A^B=O,Cix_3z=0,

lm?^P=0,?+2y-2z=0,

取X=1,則產(chǎn)卷,z=l,故m=(L—51)，所以點(diǎn)Di到平面AIBP的距離

為"抖=1,B中結(jié)論正確；

IMl

對(duì)于C,設(shè)瓦尸=2瓦忑(0<2<l),則P(3,32,3-32),所以布=(3,32,-

32),易得麗=(-3,3,0),若直線AxP與BD所成的角為上則

布,前>"普=I尸=—,解得二(二重根)，

1ICOs<11I=24=

?A1P??BD?3√l+2λ?3√222

又a∈(0,1),所以直線AxP與BD所成的角不可能是3C中結(jié)論錯(cuò)誤;

6

對(duì)于D,瓦瓦=(3,0,0),幣=(3,0,-3),同C中所設(shè)，則審=(3,32,-

32),設(shè)平面BATP,平面BiAlP的法向量分別為

(、I(、后二i、ifɑ?=0,(b-AB=O,

α=(%l,yi,Zl),0=(x2,丁2,Z2),所以<___?\1>10即π

{a?A1P=O,[b?A1P=0,

∣3χ1+3?Γ-3Λz-OS2ZX-3Λz.0分別令-1,

(JiXl十5∕tZ]—U,(J%2十???2—S4Zz—U,

1

貝d1

u-y尸

-1一-

Xlλy2=l,故a=(l,l-?11A=(0,1,1),設(shè)二面角B-

A1P-Bi的平面角為θ,則sin8=等，

6

則ICOS4=黑=/典一=F,解得上4或a=f,均符合題意,D

IaI網(wǎng)同孑a637

中結(jié)論正確.

故選C.

8.解析（1）由題可知四邊形AB此是矩形,延長(zhǎng)FM與EA,二者延長(zhǎng)

線交于點(diǎn)O',

因?yàn)镋AU平面ADE,所以O(shè)'∈平面ADE,又0七直線FM,所以O(shè)即

為所求的點(diǎn)0.

因?yàn)锳M//EF,且AM=^AB=?F,所以點(diǎn)A為線段EO的中點(diǎn),M為

線段”>的中點(diǎn),故Ao=2.

連接DF,交CE于N,連接MN,在矩形CDEF中,N是線段DF的中

八占、”

又M為線段FO的中點(diǎn),所以MN//OD,因?yàn)镸NU平面EMC,OQQ平

面EMC,所以O(shè)Q〃平面EMC.

⑵存在.連接4。，依題意，可知E/_L4E,E/_LDE因?yàn)锳E∩

DE=E,AE,QEU平面ADE,所以石尸_1_平面ADE,且NAEQ為二面角

A-EF-D的平面角，即NAED=60°.

由AE=DE=2,ZAED=6Q°,可知AAOE為正三角形，取AE的中點(diǎn)H,

連接DH,則DHLAE,

由EF±ΞF≡ADE,"u平面ABFE,ADE±ABFE,

因?yàn)槠矫鍭DE∩平面ABFE=AE,所以可得QH_L平面ABFE.

取BF的中點(diǎn)G,連接HG,在矩形ABFE中，有HGLAE,又。"_1_平

面ABFE,"Gu平面ABFE,故HG工DH,故HA,HG,HD兩兩垂直.

以H為坐標(biāo)原點(diǎn),HA,HG,HD所在直線分別為％軸,y軸,Z軸建立空

間直角坐標(biāo)系，如圖，

則E(-l,0,0),D(0,O,√3),C(0,4,√3),

則麗=(1,0,遍),正=(1,4,8)，假設(shè)存在點(diǎn)M滿足條件，由題可設(shè)

M(1,ΛO)(0≤r≤4),

則前=