高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)導(dǎo)學(xué)案(新高考)第55講空間角與距離的計(jì)算(2)(原卷版+解析)

第55講空間角與距離的計(jì)算（2）空間角與距離的計(jì)算eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(探索性問題\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(探點(diǎn)得位置關(guān)系,探點(diǎn)得角)),最值問題))1、【2021年甲卷理科】已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點(diǎn)，D為棱上的點(diǎn)．（1）證明：；（2）當(dāng)為何值時(shí)，面與面所成的二面角的正弦值最小?2、【2020年新高考1卷（山東卷）】如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l．（1）證明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．1、（2022·河北深州市中學(xué)高三期末）如圖，在三棱柱中，是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，，，.（1）證明：平面平面；（2），分別是，的中點(diǎn)，是線段上的動(dòng)點(diǎn)，若二面角的平面角的大小為，試確定點(diǎn)的位置.2、(2022·青島二模)如圖，P為圓錐的頂點(diǎn)，O為圓錐底面的圓心，圓錐的底面直徑AB＝4，母線PH＝2eq\r(2)，M是PB的中點(diǎn)，四邊形OBCH為正方形．(1)設(shè)平面POH∩平面PBC＝l，求證：l∥BC；(2)設(shè)D為OH的中點(diǎn)，N是線段CD上的一個(gè)點(diǎn)，當(dāng)MN與平面PAB所成的角最大時(shí)，求MN的長(zhǎng)．考向一利用空間向量解決探索性問題例1、（2022·安徽·合肥市第八中學(xué)模擬預(yù)測(cè)（理））四棱錐中，底面是邊長(zhǎng)為的正方形，，點(diǎn)P在底面的射影為點(diǎn)O，且，點(diǎn)M是的中點(diǎn)．(1)求證：；(2)在線段上，是否存在點(diǎn)N，使二面角的余弦值為？若存在，請(qǐng)確定點(diǎn)N的位置，若不存在，請(qǐng)說明理由．變式1、（2022年河北省衡水中學(xué)高三模擬試卷）如圖，在四棱錐中，已知四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，點(diǎn)在底面上的射影為底面的中心，點(diǎn)在棱上，且的面積為1.（1）若點(diǎn)是的中點(diǎn)，證明：平面平面；（2）在棱上是否存在一點(diǎn)，使得直線與平面所成的角的正弦值為？若存在，求出點(diǎn)的位置；若不存在，說明理由.變式2、(2022·湖南長(zhǎng)沙縣第一中學(xué)模擬)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，且AC＝AB＝AA1＝2.(1)求證：A1B⊥B1C；(2)M，N分別為棱CC1，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段A1B1上，是否存在點(diǎn)P，使平面PMN與平面ABC所成角的余弦值為eq\f(4\r(21),21)，若存在，試確定點(diǎn)P的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由．方法總結(jié)：用向量法解決與垂直、平行有關(guān)的探索性問題的方法：(1)根據(jù)題目的已知條件進(jìn)行綜合分析和觀察猜想，找出點(diǎn)或線的位置，并用向量表示出來，然后再加以證明，得出結(jié)論．(2)假設(shè)所求的點(diǎn)或參數(shù)存在，并用相關(guān)參數(shù)表示相關(guān)點(diǎn)，根據(jù)線、面滿足的垂直、平行關(guān)系，構(gòu)建方程(組)求解，若能求出參數(shù)的值且符合該限定的范圍，則存在，否則不存在．考向二運(yùn)用向量研究空間距離例2、（2022年福建省福州市高三模擬試卷）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PAB是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形．梯形ABCD滿足BC＝CD＝1，AB∥CD，AB⊥BC．（1）求證：PD⊥AB；（2）若PD＝2，求點(diǎn)D到平面PBC的距離．變式1、如圖，△BCD與△MCD都是邊長(zhǎng)為2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2eq\r(3)，求點(diǎn)A到平面MBC的距離．方法總結(jié)：(1)作點(diǎn)到面的垂線，點(diǎn)到垂足的距離即為點(diǎn)到平面的距離．(2)等體積法．(3)向量法．其中向量法在易建立空間直角坐標(biāo)系的規(guī)則圖形中較簡(jiǎn)便．考向三運(yùn)用向量研究最值問題例3、如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝2a，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，沿DE將△ADE折起，得到如圖所示的四棱錐A′-BCDE.(1)在棱A′B上找一點(diǎn)F，使EF∥平面A′CD；(2)當(dāng)四棱錐A′BCDE的體積取最大值時(shí)，求平面A′CD與平面A′BE所成角的余弦值．變式1、（2022·廣東東莞·高三期末）如圖，在正四棱錐中，點(diǎn)，分別是，中點(diǎn)，點(diǎn)是上的一點(diǎn).（1）證明：；（2）若四棱錐的所有棱長(zhǎng)為，求直線與平面所成角的正弦值的最大值..方法總結(jié):建立關(guān)于角距離等所求的函數(shù)的關(guān)系式，然后運(yùn)用基本不等式或者求導(dǎo)進(jìn)行研究。1、（2022·山東青島·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，，為的中點(diǎn)，.（1）求證：平面平面；（2）求點(diǎn)A到平面的距離.2、（2022年廣州第十七中學(xué)高三模擬試卷）如圖所示，在梯形ABCD中，，四邊形ACFE為矩形，且平面，．（1）求證：平面BCF；（2）點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M在什么位置時(shí)，平面MAB與平面FCB所成的銳二面角的正弦值為．3、（惠州市高三期末試題）如圖，是以為直徑的圓上異于的點(diǎn)，平面平面，，，分別是的中點(diǎn)，記平面與平面的交線為直線.（1）求證：直線平面；（2）直線上是否存在點(diǎn)，使直線分別與平面，直線所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.4、（江門市高三期末試卷）如圖，在四棱錐中，平面ABCD，，且，，，．(1)求證：；(2)在線段PD上是否存在一點(diǎn)M，使二面角的余弦值為？若存在，求三棱錐體積；若不存在，請(qǐng)說明理由．5、（2023·江蘇泰州·泰州中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，在四棱錐E-ABCD中，，，E在以AB為直徑的半圓上（不包括端點(diǎn)），平面平面ABCD，M，N分別為DE，BC的中點(diǎn)．(1)求證：平面ABE；(2)當(dāng)四棱錐E-ABCD體積最大時(shí)，求二面角N-AE-B的余弦值．第55講空間角與距離的計(jì)算（2）空間角與距離的計(jì)算eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(探索性問題\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(探點(diǎn)得位置關(guān)系,探點(diǎn)得角)),最值問題))1、【2021年甲卷理科】已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點(diǎn)，D為棱上的點(diǎn)．（1）證明：；（2）當(dāng)為何值時(shí)，面與面所成的二面角的正弦值最小?【解析】（1）[方法一]：幾何法因?yàn)?，所以．又因?yàn)?，，所以平面．又因?yàn)椋瑯?gòu)造正方體，如圖所示，過E作的平行線分別與交于其中點(diǎn)，連接，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為和的中點(diǎn)，所以是BC的中點(diǎn)，易證，則．又因?yàn)?，所以．又因?yàn)椋云矫妫忠驗(yàn)槠矫?，所以．[方法二]【最優(yōu)解】：向量法因?yàn)槿庵侵比庵?，底面，，，，又，平面．所以兩兩垂直．以為坐?biāo)原點(diǎn)，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．，．由題設(shè)（）．因?yàn)?，所以，所以．?）[方法一]【最優(yōu)解】：向量法設(shè)平面的法向量為，因?yàn)?，所以，即．令，則因?yàn)槠矫娴姆ㄏ蛄繛?，設(shè)平面與平面的二面角的平面角為，則．當(dāng)時(shí)，取最小值為，此時(shí)取最大值為．所以，此時(shí)．[方法二]：幾何法如圖所示，延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)S，聯(lián)結(jié)交于點(diǎn)T，則平面平面．作，垂足為H，因?yàn)槠矫?，?lián)結(jié)，則為平面與平面所成二面角的平面角．設(shè)，過作交于點(diǎn)G．由得．又，即，所以．又，即，所以．所以．則，所以，當(dāng)時(shí)，．2、【2020年新高考1卷（山東卷）】如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l．（1）證明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解析】【詳解】（1）證明：在正方形中，，因?yàn)槠矫?，平面，所以平面，又因?yàn)槠矫妫矫嫫矫?，所以，因?yàn)樵谒睦忮F中，底面是正方形，所以且平面，所以因?yàn)椋云矫妫?）［方法一］【最優(yōu)解】：通性通法因?yàn)閮蓛纱怪?，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：因?yàn)?，設(shè)，設(shè)，則有，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則，所以平面的一個(gè)法向量為，則根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對(duì)值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值等于，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為.［方法二］：定義法如圖2，因?yàn)槠矫?，，所以平面．在平面中，設(shè)．在平面中，過P點(diǎn)作，交于F，連接．因?yàn)槠矫嫫矫?，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，從而即為與平面所成角．設(shè)，在中，易求．由與相似，得，可得．所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立．1、（2022·河北深州市中學(xué)高三期末）如圖，在三棱柱中，是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，，，.（1）證明：平面平面；（2），分別是，的中點(diǎn)，是線段上的動(dòng)點(diǎn)，若二面角的平面角的大小為，試確定點(diǎn)的位置.【答案】（1）證明見解析；（2）為線段上靠近點(diǎn)的四等分點(diǎn)，且坐標(biāo)為【分析】（1）先通過線面垂直的判定定理證明平面，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可證明；（2）分析位置關(guān)系并建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)二面角的余弦值與平面法向量夾角的余弦值之間的關(guān)系，即可計(jì)算出的坐標(biāo)從而位置可確定.【詳解】（1）證明：因?yàn)椋?，，所以，?又因?yàn)?，，所以，，所以平?因?yàn)槠矫?，所以平面平?（2）解：連接，因?yàn)?，是的中點(diǎn)，所以.由（1）知，平面平面，所以平面.以為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則平面的一個(gè)法向量是，，，.設(shè)，，，，代入上式得，，，所以.設(shè)平面的一個(gè)法向量為，，，由，得.令，得.因?yàn)槎娼堑钠矫娼堑拇笮?，所以，即，解?所以點(diǎn)為線段上靠近點(diǎn)的四等分點(diǎn)，且坐標(biāo)為.2、(2022·青島二模)如圖，P為圓錐的頂點(diǎn)，O為圓錐底面的圓心，圓錐的底面直徑AB＝4，母線PH＝2eq\r(2)，M是PB的中點(diǎn)，四邊形OBCH為正方形．(1)設(shè)平面POH∩平面PBC＝l，求證：l∥BC；(2)設(shè)D為OH的中點(diǎn)，N是線段CD上的一個(gè)點(diǎn)，當(dāng)MN與平面PAB所成的角最大時(shí)，求MN的長(zhǎng)．【解析】(1)因?yàn)樗倪呅蜲BCH為正方形，所以BC∥OH.因?yàn)锽C?平面POH，OH?平面POH，所以BC∥平面POH.因?yàn)锽C?平面PBC，平面POH∩平面PBC＝l，所以l∥BC.(2)因?yàn)閳A錐的母線長(zhǎng)為2eq\r(2)，AB＝4，所以O(shè)B＝2，OP＝2.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)H，OB，OP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則P(0，0，2)，B(0，2，0)，D(1，0，0)，C(2，2，0)，M(0，1，1)，所以eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1，2，0).設(shè)eq\o(DN,\s\up6(→))＝λeq\o(DC,\s\up6(→))＝(λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，則eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))＋eq\o(DN,\s\up6(→))＝(1＋λ，2λ，0)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝(1＋λ，2λ－1，－1).易知eq\o(OD,\s\up6(→))＝(1，0，0)為平面PAB的一個(gè)法向量．設(shè)MN與平面PAB所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))〉|＝|eq\f((1＋λ，2λ－1，－1)·(1，0，0),\r((1＋λ)2＋(2λ－1)2＋1))|＝eq\f(1＋λ,\r(5λ2－2λ＋3)).令1＋λ＝t∈[1，2]，則sinθ＝eq\f(t,\r(5t2－12t＋10))＝eq\f(1,\r(5－\f(12,t)＋10\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))\s\up12(2)))＝eq\f(1,\r(10\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(3,5)))\s\up12(2)＋\f(7,5)))，所以當(dāng)eq\f(1,t)＝eq\f(3,5)時(shí)，即λ＝eq\f(2,3)時(shí)，sinθ最大，即θ最大，此時(shí)MN＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(1,3)，－1))，所以MN＝|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋(－1)2)＝eq\f(\r(35),3).考向一利用空間向量解決探索性問題例1、（2022·安徽·合肥市第八中學(xué)模擬預(yù)測(cè)（理））四棱錐中，底面是邊長(zhǎng)為的正方形，，點(diǎn)P在底面的射影為點(diǎn)O，且，點(diǎn)M是的中點(diǎn)．(1)求證：；(2)在線段上，是否存在點(diǎn)N，使二面角的余弦值為？若存在，請(qǐng)確定點(diǎn)N的位置，若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)證明見解析;(2)在線段上存在點(diǎn)N，且N是線段靠近的一個(gè)三等分點(diǎn).（1）連接，因?yàn)槠矫?，平?平面，所以.又，，所以.又，所以為等腰直角三角形.設(shè)與交于點(diǎn)，則點(diǎn)為的中點(diǎn)，又點(diǎn)M是的中點(diǎn)，底面為正方形，所以,又平面，平面,所以,又，所以平面，平面,所以（2）由（1）知，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以所在方向?yàn)檩S，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，假設(shè)存在點(diǎn)N在線段上滿足條件，設(shè)，，則，，設(shè)為平面的一個(gè)法向量，則，即，令，則，，設(shè)為平面的一個(gè)法向量，則，即，令，則，，設(shè)二面角所成角為，則.因?yàn)槎娼堑挠嘞抑禐?，所以，化?jiǎn)得，解得或（舍）.所以在線段上存在點(diǎn)N，且N是線段靠近的一個(gè)三等分點(diǎn).變式1、（2022年河北省衡水中學(xué)高三模擬試卷）如圖，在四棱錐中，已知四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，點(diǎn)在底面上的射影為底面的中心，點(diǎn)在棱上，且的面積為1.（1）若點(diǎn)是的中點(diǎn)，證明：平面平面；（2）在棱上是否存在一點(diǎn)，使得直線與平面所成的角的正弦值為？若存在，求出點(diǎn)的位置；若不存在，說明理由.【解析】【小問1詳解】證明：∵點(diǎn)在底面上的射影為點(diǎn)，∴平面，∵四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，∴，∵，∴，即：，∴，又∵，點(diǎn)是的中點(diǎn)，∴，同理可得：，又∵，且平面，∴平面，又∵平面，∴平面平面.【小問2詳解】如圖，連接，易知，，兩兩互相垂直，分別以，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，假設(shè)存在點(diǎn)使得直線與平面所成的角的正弦值為，∵點(diǎn)在棱上，不妨設(shè)，，又，∴，∴，∵，，設(shè)平面的法向量為，則令，則，∴，又，設(shè)直線與平面所成的角為，則，∴，即，解得：或（不合題意，舍去），∴存在點(diǎn)符合題意，點(diǎn)為棱上靠近端點(diǎn)的三等分點(diǎn).變式2、(2022·湖南長(zhǎng)沙縣第一中學(xué)模擬)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，且AC＝AB＝AA1＝2.(1)求證：A1B⊥B1C；(2)M，N分別為棱CC1，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線段A1B1上，是否存在點(diǎn)P，使平面PMN與平面ABC所成角的余弦值為eq\f(4\r(21),21)，若存在，試確定點(diǎn)P的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由．【解析】(1)由題意可得AB，AC，AA1兩兩垂直，故以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，C(0，2，0)，所以eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(－2，2，－2)，所以eq\o(A1B,\s\up6(→))·eq\o(B1C,\s\up6(→))＝－4＋0＋4＝0，所以eq\o(A1B,\s\up6(→))⊥eq\o(B1C,\s\up6(→))，即A1B⊥B1C.(2)假設(shè)存在點(diǎn)P滿足題意，由(1)的建系條件可設(shè)eq\o(A1P,\s\up6(→))＝λeq\o(A1B1,\s\up6(→))＝λ(2，0，0)＝(2λ，0，0)，0≤λ≤1，所以P(2λ，0，2)，N(1，1，0)，M(0，2，1)，所以eq\o(NP,\s\up6(→))＝(2λ－1，－1，2)，eq\o(NM,\s\up6(→))＝(－1，1，1).設(shè)平面PMN的法向量為n1＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(NP,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(NM,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((2λ－1)x－y＋2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))令x＝3，得n1＝(3，2λ＋1，2－2λ).又平面ABC的一個(gè)法向量為n2＝(0，0，1)，則|cos〈n1，n2〉|＝|eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)|＝eq\f(|2－2λ|,\r(9＋(2λ＋1)2＋(2－2λ)2))＝eq\f(2－2λ,\r(8λ2－4λ＋14))＝eq\f(4\r(21),21)，化簡(jiǎn)并整理，得11λ2＋26λ＋35＝0.又Δ<0，所以方程無根，所以線段A1B1上不存在點(diǎn)P，使平面PMN與平面ABC所成角的余弦值為eq\f(4\r(21),21).方法總結(jié)：用向量法解決與垂直、平行有關(guān)的探索性問題的方法：(1)根據(jù)題目的已知條件進(jìn)行綜合分析和觀察猜想，找出點(diǎn)或線的位置，并用向量表示出來，然后再加以證明，得出結(jié)論．(2)假設(shè)所求的點(diǎn)或參數(shù)存在，并用相關(guān)參數(shù)表示相關(guān)點(diǎn)，根據(jù)線、面滿足的垂直、平行關(guān)系，構(gòu)建方程(組)求解，若能求出參數(shù)的值且符合該限定的范圍，則存在，否則不存在．考向二運(yùn)用向量研究空間距離例2、（2022年福建省福州市高三模擬試卷）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PAB是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形．梯形ABCD滿足BC＝CD＝1，AB∥CD，AB⊥BC．（1）求證：PD⊥AB；（2）若PD＝2，求點(diǎn)D到平面PBC的距離．【解析】【小問1詳解】證明：取AB中點(diǎn)M，連接MD、MP，因?yàn)镻AB是等邊三角形，所以PM⊥AB，因?yàn)镸BAB＝1，AB∥CD，所以MB∥CD，又因?yàn)镸B＝CD，所以四邊形BCDM為平行四邊形，又因?yàn)锳B⊥BC，BC＝CD＝1，所以四邊形BCDM為正方形，于是DM⊥AB，因?yàn)镈M∩PM＝M，所以AB⊥平面PDM，又因?yàn)镻D?平面PDM，所以PD⊥AB.【小問2詳解】過M作MN⊥PB于N，因?yàn)镻D＝2，PM＝PAsin60°，MD＝1，所以PD2＝PM2+MD2，于是DM⊥PM，由（1）知DM⊥AB，又因?yàn)锳B∩PM＝M，所以DM⊥平面ABP，因?yàn)镈M∥BC，所以BC⊥平面ABP，因?yàn)镸N?平面ABP，所以BC⊥MN，因?yàn)锽C∩PB＝B，所以MN⊥平面PBC，點(diǎn)M到平面PBC的距離為線段MN的長(zhǎng)，由等面積法知，MN，因?yàn)镈M∥BC，BC?平面PBC，DM?平面PBC，所以DM∥平面PBC，所以點(diǎn)D到平面PBC的距離等于點(diǎn)M到平面PBC的距離為MN變式1、如圖，△BCD與△MCD都是邊長(zhǎng)為2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2eq\r(3)，求點(diǎn)A到平面MBC的距離．【解析】如圖，取CD的中點(diǎn)O，連接OB，OM，因?yàn)椤鰾CD與△MCD均為正三角形，所以O(shè)B⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，平面MCD∩平面BCD＝CD，OM?平面MCD，所以MO⊥平面BCD.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OC，BO，OM分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.因?yàn)椤鰾CD與△MCD都是邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以O(shè)B＝OM＝eq\r(3)，則O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0，eq\r(3))，B(0，－eq\r(3)，0)，A(0，－eq\r(3)，2eq\r(3))，所以eq\o(BC,\s\up7(→))＝(1，eq\r(3)，0)．eq\o(BM,\s\up7(→))＝(0，eq\r(3)，eq\r(3))．設(shè)平面MBC的法向量n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(BC,\s\up7(→))，,n⊥\o(BM,\s\up7(→))))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up7(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋\r(3)z＝0，))取x＝eq\r(3)，可得平面MBC的一個(gè)法向量為n＝(eq\r(3)，－1,1)．又eq\o(BA,\s\up7(→))＝(0,0,2eq\r(3))，所以所求距離為d＝eq\f(|\o(BA,\s\up7(→))·n|,|n|)＝eq\f(2\r(15),5).方法總結(jié)：(1)作點(diǎn)到面的垂線，點(diǎn)到垂足的距離即為點(diǎn)到平面的距離．(2)等體積法．(3)向量法．其中向量法在易建立空間直角坐標(biāo)系的規(guī)則圖形中較簡(jiǎn)便．考向三運(yùn)用向量研究最值問題例3、如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝2a，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，沿DE將△ADE折起，得到如圖所示的四棱錐A′-BCDE.(1)在棱A′B上找一點(diǎn)F，使EF∥平面A′CD；(2)當(dāng)四棱錐A′BCDE的體積取最大值時(shí)，求平面A′CD與平面A′BE所成角的余弦值．【解析】(1)F為棱A′B的中點(diǎn)．證明如下：取A′C的中點(diǎn)G，連接DG，EF，GF，則由中位線定理，得DE∥BC，DE＝eq\f(1,2)BC，GF∥BC，GF＝eq\f(1,2)BC，所以DE∥GF，DE＝GF，所以四邊形DEFG是平行四邊形，所以EF∥DG.又EF?平面A′CD，DG?平面A′CD，所以EF∥平面A′CD.故F為棱A′B的中點(diǎn)．(2)在平面A′CD內(nèi)作A′H⊥CD于點(diǎn)H.因?yàn)镈E⊥A′D，DE⊥CD，A′D∩CD＝D，所以DE⊥平面A′CD，所以DE⊥A′H.又DE∩CD＝D，故A′H⊥平面BCDE，即A′H就是四棱錐A′-BCDE的高．由A′H≤AD知，當(dāng)點(diǎn)H和點(diǎn)D重合時(shí)，四棱錐A′-BCDE的體積取最大值．分別以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DC，DE，DA′所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A′(0，0，a)，B(a，2a，0)，E(0，a，0)，所以eq\o(A′B,\s\up6(→))＝(a，2a，－a)，eq\o(A′E,\s\up6(→))＝(0，a，－a).設(shè)平面A′BE的法向量為m＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A′B,\s\up6(→))＝0，,m·\o(A′E,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋2ay－az＝0，,ay－az＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－z＝0，,y＝z，))可取m＝(－1，1，1).同理可以求得平面A′CD的一個(gè)法向量n＝(0，1，0)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),3)，故平面A′CD與平面A′BE所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).變式1、（2022·廣東東莞·高三期末）如圖，在正四棱錐中，點(diǎn)，分別是，中點(diǎn)，點(diǎn)是上的一點(diǎn).（1）證明：；（2）若四棱錐的所有棱長(zhǎng)為，求直線與平面所成角的正弦值的最大值.【解析】（1）如圖，連接SO和OE，因?yàn)槭钦睦忮F，所以平面ABCD，又因?yàn)槠矫鍭BCD，所以因?yàn)锳BCD是正方形，所以，又因?yàn)辄c(diǎn)O，E分別是BD，BC中點(diǎn)，所以∥，所以又因?yàn)?，OE、平面SOE，所以平面SOE，因?yàn)槠矫鍿OE，所以.（2）易知OB，OC，OS兩兩相互垂直，如圖，以點(diǎn)O為原點(diǎn)，OB，OC，OS為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)樗睦忮F的所有棱長(zhǎng)為，所以，，所以，，，，設(shè)，得，則，，設(shè)平面SDE的法向量為，則，解得，取，得，設(shè)直線OF與平面SDE所成角為，則，當(dāng)時(shí)，取得最小值，此時(shí)取得最大值.方法總結(jié):建立關(guān)于角距離等所求的函數(shù)的關(guān)系式，然后運(yùn)用基本不等式或者求導(dǎo)進(jìn)行研究。1、（2022·山東青島·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，，為的中點(diǎn)，.（1）求證：平面平面；（2）求點(diǎn)A到平面的距離.【解析】（1）連接BD，記AD中點(diǎn)為O，連接OF，為菱形O、F分別為AD、AB的中點(diǎn)又平面POF，OF平面POF平面POF平面POF又平面ABCD，AC平面ABCD平面ABCD平面PAD平面PAD平面ABCD（2）因?yàn)锳B=AD，所以為正三角形由（1）可知AD、OB、PO兩兩垂直，于是如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則所以設(shè)向量為平面PDF的法向量，則，取，得所以點(diǎn)A到平面PDF的距離.2、（2022年廣州第十七中學(xué)高三模擬試卷）如圖所示，在梯形ABCD中，，四邊形ACFE為矩形，且平面，．（1）求證：平面BCF；（2）點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M在什么位置時(shí)，平面MAB與平面FCB所成的銳二面角的正弦值為．【解析】【小問1詳解】因?yàn)樗倪呅螢樘菪?，，則，又因?yàn)椋?，則，即.又因?yàn)槠矫?，，則，因?yàn)?、都在平面?nèi)，，所以面.【小問2詳解】如圖所示，分別以、、所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)，，，則，、、.，，設(shè)為平面的法向量，則有可得，取，則.由題可知，是平面的一個(gè)法向量，所以，因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，，即.所以當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，平