【教無(wú)憂】高中數(shù)學(xué)同步講義（人教B版2019選擇性必修一）重難點(diǎn)02 空間角度與距離十一大題型

重難點(diǎn)02空間角度與距離十一大題型匯總技巧一.計(jì)算兩點(diǎn)間的距離的兩種方法(1)利用|a|2＝a·a，通過(guò)向量運(yùn)算求|a|，如求A，B兩點(diǎn)間的距離，一般用|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝eq\r(\o(|\o(AB,\s\up7(→))|2))＝eq\r(\o(\o(AB,\s\up7(→))·\o(AB,\s\up7(→))))求解．(2)用坐標(biāo)法求向量的長(zhǎng)度(或兩點(diǎn)間距離)，此法適用于求解的圖形適宜建立空間直角坐標(biāo)系時(shí)技巧二.用向量法求點(diǎn)線距的一般步驟建立空間直角坐標(biāo)系；（2）求直線的方向向量；（3）計(jì)算所求點(diǎn)與直線上某一點(diǎn)所構(gòu)成的向量在直線的方向向量上的投影長(zhǎng)；（4）利用勾股定理求解．另外，要注意平行直線間的距離與點(diǎn)到直線的距離之間的轉(zhuǎn)化技巧三.用向量法求點(diǎn)面距的步驟建系：建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；求點(diǎn)坐標(biāo)：寫(xiě)出（求出）相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）求向量：求出相關(guān)向量的坐標(biāo)（AP，α內(nèi)兩個(gè)不共線向量，平面α的法向量n）；（4）求距離d=|AP技巧四.求直線與平面間的距離，往往轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到平面的距離求解，且這個(gè)點(diǎn)要適當(dāng)選取，以求解最為簡(jiǎn)單為準(zhǔn)則，求直線到平面的距離的題目不多，因直線到平面的距離可以用點(diǎn)到平面的距離求解，但在求點(diǎn)到平面的距離時(shí)有時(shí)用直線到平面的距離進(jìn)行過(guò)渡.技巧五.求線面角的兩種思路（1）線面角轉(zhuǎn)化為線線角．根據(jù)直線與平面所成角的定義，確定出待求角，轉(zhuǎn)化為直線的夾角來(lái)求解，此時(shí)要注意兩直線夾角的取值范圍.（2）向量法．方法一：設(shè)直線PA的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線PA與平面α所成的角為θ（θ∈[0,π2]），α與n的夾角為φ，則sinθ=lcosφ|=方法二：設(shè)直線PA的方向向量為a，直線PA在平面α內(nèi)的投影的方向向量為b，則直線PA與平面α所成的角θ滿足cosθ=|cos<a，b>|技巧六.求面面角的步驟第一步首先根據(jù)已知條件建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系并標(biāo)出相應(yīng)點(diǎn)的空間坐標(biāo)；第二步然后根據(jù)已知條件求出各自所求平面的法向量；第三步由向量的數(shù)量積計(jì)算公式即可得出結(jié)論.題型1兩點(diǎn)距【例題1】（2023春·福建泉州·高二校聯(lián)考期末）空間直角坐標(biāo)系O?xyz中，A(1,3,0)，B(0,3,1)，C(1,0,3)，點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)，且OP⊥平面ABC，則|AP|=（

）A．5 B．7 C．263 D．【答案】D【分析】根據(jù)給定條件，求出平面ABC的法向量，再求出OP長(zhǎng)，然后利用勾股定理求解作答.【詳解】由A(1,3,0)，B(0,3,1)，C(1,0,3)，得AB=(?1,0,1),設(shè)平面ABC的法向量n=(x,y,z)，則n?AB=?x+z=0n有OA=(1,3,0)，而OP⊥平面ABC，于是|又|OA|=12+故選：D【變式1-1】1.（2022秋·山西運(yùn)城·高二山西省運(yùn)城中學(xué)校校聯(lián)考期中）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，底面△ABC是邊長(zhǎng)為23A．72 B．2 C．6 D．【答案】D【分析】設(shè)O是底面正△ABC的中心，A1O⊥平面ABC，CO⊥AB，以直線CO為x軸，OA1為z軸，過(guò)O平行于AB的直線為y軸建立空間直角坐標(biāo)系，P，Q兩點(diǎn)間距離的最小值即為異面直線【詳解】如圖，O是底面正△ABC的中心，A1O⊥平面ABC，AO?平面ABC，則AB=23，則AO=23×3CO⊥AB，直線CO交AB于點(diǎn)D，OD=1，以直線CO為x軸，OA1為z軸，過(guò)O平行于AB的直線為則A1(0,0,3)，A(1,?3AA1=(?1,3,AC設(shè)n=(x,y,z)與A1B則n?AC1=?4x+23y+P，Q兩點(diǎn)間距離的最小值即為異面直線AC1與A1故選：D．【變式1-1】2.（2022秋·浙江寧波·高二校聯(lián)考期末）如圖，正四棱錐P?ABCD的棱長(zhǎng)均為2，點(diǎn)E為側(cè)棱PD的中點(diǎn)．若點(diǎn)M，N分別為直線AB，CE上的動(dòng)點(diǎn)，則MN的最小值為．【答案】2【分析】根據(jù)題意，先建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz，然后寫(xiě)出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，再寫(xiě)出相關(guān)的向量，然后根據(jù)點(diǎn)M,N分別為直線AB,CE上寫(xiě)出點(diǎn)M,N的坐標(biāo)，這樣就得到MN→=1?3【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O?xyz，則有：A?1,?1,0，B1,?1,0，C1,1,0，D?1,1,0可得：CE設(shè)Mx1則有：CN→可得：N則有：MN故MN=則當(dāng)且僅當(dāng)λ=43故答案為：2【變式1-1】3.（2023秋·內(nèi)蒙古包頭·高二統(tǒng)考期末）如圖，已知四棱錐P?ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD,PD=CD，點(diǎn)M、N分別是棱PA、對(duì)角線BD上的動(dòng)點(diǎn)（不是端點(diǎn)），滿足PM=DN．

(1)證明：MN∥平面PDC；(2)求M、N距離的最小值，并求此時(shí)二面角M?NA?D的正弦值．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)最小值為2；正弦值為6【分析】（1）作ME//AD交PD于E，作NF∥BC交DC于F，根據(jù)題意結(jié)合平行線的性質(zhì)可證MN?（2）建系，利用空間向量可知當(dāng)M是PA中點(diǎn)時(shí)，MN取到最小值，進(jìn)而利用空間向量求二面角.【詳解】（1）作ME//AD交PD于E，則PMPA=ME作NF∥BC交DC于F，連接EF，則DNDB=NF在直角三角形PDA和DCB中，因?yàn)镻D=DC,DA=CB,∠PDA=∠DCB=90°，所以△PDA≌△DCB．則PA=DB，且PM=DN，可得ME=NF，因?yàn)锳D∥BC，則ME∥NF，所以四邊形可得MN//EF，且MN?平面PDC,EF?平面PDC，所以MN∥平面PDC．

（2）因?yàn)镻D⊥平面ABCD,ABCD是正方形．所以以D為原點(diǎn)，

分別以DA、DC、DP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PM=t(0<t<22)，則可得MN=EF=t2?22t+4，當(dāng)t=2，即此時(shí)M1,0,1,N1,1,0設(shè)平面MNA的一個(gè)法向量n=x,y,z，則令x=1，則z=1,y=1，可得n=平面DAN的一個(gè)法向量m=所以cos?設(shè)二面角M?NA?D的平面角為θ，可知θ為銳角，cosθ=所以sinθ=1?cos2【變式1-1】4.（2023春·高二校考期末）如圖，四邊形ABCD和三角形ADE所在平面互相垂直，AB//CD，AB⊥BC，∠DAB=60°，AB=AD=4，AE⊥DE，AE=DE，平面ABE與平面CDE交于

(1)求證：CD//EF；(2)若EF=CD，求二面角A-(3)在線段BC上是否存在點(diǎn)M使得AM⊥EM？若存在，求BM的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)明理由.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)5(3)線段BC上不存在點(diǎn)M使得AM⊥EM，理由見(jiàn)解析【分析】（1）先證明線面平行，再利用線面平行的性質(zhì)證明線線平行；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，用空間向量來(lái)求解二面角；（3）先假設(shè)存在點(diǎn)M，設(shè)出點(diǎn)M的坐標(biāo)，利用等量關(guān)系建立方程，看方程是否有根，判斷是否有這樣的點(diǎn)M.【詳解】（1）∵AB//CD，AB?平面ABFE，CD?平面ABFE∴CD//平面ABFE∵平面ABE與平面CDE交于EF，CD?平面CDE∴CD//EF（2）取AD中點(diǎn)O，連接OE，OB，BD∵∠DAB=60°∴△ABD是等邊三角形由三線合一得：OB⊥AD∵AE⊥DE，AE=DE∴△ADE是等腰直角三角形∴OE⊥AD∵四邊形ABCD和三角形ADE所在平面互相垂直，交線為AD∴OE⊥底面ABCD,∵OB?平面ABCD,∴OE⊥OB,故OE，OB，OA三線兩兩垂直,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OB，OE所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，A2,0,0，B0,23∵EF=CD且由第一問(wèn)得知CD//EF,所以四邊形CDEF是平行四邊形,∴可得：F?1,∴BC=?3,?設(shè)平面BCF的法向量為m則m?BC令x=1，得：y=?3，解得：m其中平面ABC的法向量為ncosm設(shè)二面角A-BC-F大小為所以cos

（3）不存在滿足條件的點(diǎn)M，使得AM⊥EM，理由如下：若AM⊥EM，則AM?EM=0，因?yàn)辄c(diǎn)M在線段BC上，所以設(shè)CM=t則u+3,v?3,0=t3,3所以M3t?3,3t+3所以AM?EM因?yàn)棣??15<0，此方程無(wú)解，所以線段BC上不存在點(diǎn)M使得【變式1-1】5.（2023春·云南楚雄·高二校考期末）如圖，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的對(duì)角線交于點(diǎn)F，G為SB的中點(diǎn)，∠ABC=∠BAD=π2，

(1)求證：BD//平面AEG.(2)求平面SCD與平面ESD所成銳二面角的余弦值；(3)在線段EG上是否存在一點(diǎn)H，使得BH與平面SCD所成角的大小為π6？若存在，求出GH【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)6(3)3【分析】（1）連接FG，則由三角形中位線定理可得FG//BD，然后利用線面平行的判定定理可證得結(jié)論；（2）由題意可得SA⊥AB，SA⊥AD，AB⊥AD，所以以AB，AD，AS為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，利用空間向量求解；（3）假設(shè)存在點(diǎn)H，設(shè)GH=λ【詳解】（1）連接FG，因?yàn)樗倪呅蜸ADE為矩形，所以F為SD的中點(diǎn)，在△SBD中，F(xiàn)、G分別為SD，SB的中點(diǎn)，所以FG//BD，又因?yàn)镕G?平面AEG，BD?平面AEG，所以BD//平面AEG.（2）因?yàn)镾A⊥平面ABCD，AB，AD?平面ABCD，所以SA⊥AB，SA⊥AD，又∠BAD=π2，所以以AB，AD，AS為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz

則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，S(0,0,1)，E(0,2,1)，GCD=(?1,1,0)，SC設(shè)平面SCD的一個(gè)法向量為m=(x,y,z)則m?CD=?x+y=0m?SC=x+y?z=0所以平面SCD的一個(gè)法向量為m=(1,1,2)因?yàn)镾A⊥AB，AB⊥AD，SA∩AD=A，SA,AD?平面ESD，所以AB⊥平面ESD所以平面ESD的一個(gè)法向量為AB所以cosm所以平面SCD與平面ESD所成銳二面角的余弦值為66（3）GE=?1假設(shè)存在點(diǎn)H，設(shè)GH=λ則BH=由（2）知，平面SCD的一個(gè)法向量為m=(1,1,2)因?yàn)锽H與平面SCD所成角的大小為π6所以sinπ所以52λ+12故存在滿足題意的點(diǎn)H，此時(shí)GH=題型2點(diǎn)線距【例題2】（2023秋·吉林長(zhǎng)春·高二長(zhǎng)春外國(guó)語(yǔ)學(xué)校校考階段練習(xí)）如圖，ABCD?EFGH是棱長(zhǎng)為1的正方體，若P在正方體內(nèi)部且滿足AP=35AB+

A．34 B．45 C．56【答案】C【分析】以A為原點(diǎn)，以AB,AD,AE分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，進(jìn)而求得AP在AB上的投影向量的長(zhǎng)度，進(jìn)而結(jié)合勾股定理求解即可.【詳解】以A為原點(diǎn)，以AB,AD,AE分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0，B1,0,0，D0,1,0所以AB=1,0,0，AD=所以AP=所以AP在AB上的投影向量的長(zhǎng)度為：AP?所以P到直線AB的距離為AP2故選：C.

【變式2-1】1.（2023春·江蘇南京·高二統(tǒng)考期末）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，CC1⊥

(1)求證：AB1//(2)求點(diǎn)B到直線C1【答案】(1)證明見(jiàn)解析.(2)710【分析】（1）利用線面平行的判定定理即可證明.（2）利用空間向量坐標(biāo)法即可解決空間點(diǎn)到直線的距離問(wèn)題.【詳解】（1）證明：連接B1C，交BC1于點(diǎn)O，則因?yàn)辄c(diǎn)M為AC中點(diǎn)，所以O(shè)M//AB因?yàn)锳B所以AB1//

（2）如圖,以CB,CA,CC1所在直線分別為可得B2,0,0,M0,1,0設(shè)MB,MC1夾角為θ，則cosθ=又MB=MB=5，設(shè)點(diǎn)B到直線C1M

【變式2-1】2.（多選）（2023春·福建莆田·高二統(tǒng)考期末）布達(dá)佩斯的伊帕姆維澤蒂博物館收藏的達(dá)·芬奇方磚是在正六邊形上畫(huà)了具有視覺(jué)效果的正方體圖案（如圖1）.把三片這樣的達(dá)·芬奇方磚拼成圖2的組合，這個(gè)組合再轉(zhuǎn)換成圖3所示的幾何體.若圖3中每個(gè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則A．QCB．若M為線段CQ上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則BM?C．點(diǎn)P到直線CQ的距離是17D．異面直線CQ與AD1【答案】BCD【分析】根據(jù)空間向量線性運(yùn)算法則判斷A，以A1為坐標(biāo)原點(diǎn)，A1F所在直線為x軸，A【詳解】因?yàn)镃Q=所以QC=?如圖以A1則B0,1,?1，D1?1,0,0，D?1,0,?1，Q0,?1,1，CBD=?1,?1,0，CQ=1,?2,2，對(duì)于B：因?yàn)镸為線段CQ上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)CM=λCQ，則BM=所以BM?BD=?λ?1+2λ=λ+1對(duì)于C：CP=22所以點(diǎn)P到直線CQ的距離d=CP對(duì)于D：因?yàn)閏osCQ所以sinCQ所以tanCQ,AD1=17故選：BCD【變式2-1】3.（多選）（2023秋·重慶長(zhǎng)壽·高二重慶市長(zhǎng)壽中學(xué)校校考期末）（多選）《九章算術(shù)》是我國(guó)古代的數(shù)學(xué)名著，書(shū)中將底面為矩形，且有一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱(chēng)為陽(yáng)馬.如圖，在陽(yáng)馬P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA=AB=2，E，F(xiàn)分別為PD，PB的中點(diǎn)，則（

）A．EF⊥平面PAC B．AB//平面EFCC．點(diǎn)F到直線CD的距離為6 D．點(diǎn)A到平面EFC的距離為4【答案】AD【分析】根據(jù)已知條件建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)及平面EFC的法向量，利用向量垂直條件及線面垂直的判定定理及線面平行的向量關(guān)系，結(jié)合點(diǎn)到直線的距離及點(diǎn)到面的距離的向量公式即可求解.【詳解】解：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空直角坐標(biāo)系，如圖所示由題意可知，A0,0,0，P0,0,2，C2,2,0，E0,1,1，所以EF=1,?1,0，AP=0,0,2，因?yàn)镋F?AP=0?0+0=0，所以EF?PC=2?2+0=0，所以EF⊥PC所以EF⊥平面PAC，故A正確；設(shè)平面EFC的法向量為m=m?EF=0m?EC=0，即x?y=0因?yàn)锳B=2,0,0，所以設(shè)點(diǎn)F到直線CD的距離為h，CF=?1,?2,1，CD=?2,0,0，則?2設(shè)點(diǎn)A到平面EFC的距離為d，AC=d=AC?m故選：AD.【變式2-1】4.（2023秋·新疆烏魯木齊·高二烏魯木齊101中學(xué)?？计谀┤鐖D，在四棱錐P?ABCD中，AD//BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD，E為棱AD的中點(diǎn)，異面直線PA與CD

(1)在平面PAB內(nèi)是否存在一點(diǎn)M，使得直線CM//平面PBE，如果存在，請(qǐng)確定點(diǎn)M的位置，如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(2)若二面角P?CD?A的大小為45°，求P到直線CE的距離.【答案】(1)存在，在平面PAB可以找到一點(diǎn)MM=AB∩CD，使得直線CM//平面(2)3【分析】（1）作出輔助線，證明出四邊形BCDE為平行四邊形，即EB//CD，故CM//BE，從而找到點(diǎn)M的位置；（2）先求出∠PDA是二面角P?CD?A的平面角，大小為45°，得到PA=AD，設(shè)AD=2，則BC=CD=12AD=1，建立空間直角坐標(biāo)系，求出【詳解】（1）延長(zhǎng)AB交直線CD于點(diǎn)M，∵點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，∴AE=ED=1∵BC=CD=1∴ED=BC，∵AD//BC，即ED//BC，∴四邊形BCDE為平行四邊形，即EB//CD.∵AB∩CD=M，∴M∈CD，故CM//BE，∵BE?平面PBE,CM?平面PBE，∴CM//平面PBE，∵M(jìn)∈AB,AB?平面PAB，∴M∈平面PAB，故在平面PAB內(nèi)可以找到一點(diǎn)MM=AB∩CD，使得直線CM//平面PBE

（2）如圖所示，∵∠ADC=∠PAB=90°，即且異面直線PA與CD所成的角為90°，即PA⊥CD又AB∩CD=M,AB,CD?平面ABCD，∴AP⊥平面ABCD.∵AD?平面ABCD,∴PA⊥AD，又AD⊥CD,PA⊥CD,AD∩PA=A,AD,PA?平面PAD，∴CD⊥平面PAD，∵PD?平面PAD，∴CD⊥PD，因此∠PDA是二面角P?CD?A的平面角，大小為45°∴PA=AD.不妨設(shè)AD=2，則BC=CD=1以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，平行于CD的直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，∴P0,0,2∴EC=?1,1,0,EP則EP在EC上的投影的絕對(duì)值為|EP所以P到直線CE的距離為EP2【變式2-1】5.（多選）（2023秋·湖南湘西·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C

A．存在點(diǎn)Q，使得CB．存在點(diǎn)Q，使得CC．對(duì)于任意點(diǎn)Q，Q到A1CD．對(duì)于任意點(diǎn)Q，△A【答案】BC【分析】根據(jù)題意，以A為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，對(duì)選項(xiàng)逐一判斷，即可得到結(jié)果.【詳解】由題知，在正方體ABCD?A1B1C建立以A為原點(diǎn)，分別以AB，AD，AAI的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系

所以A10,0,1，C1,1,0，C11,1,1所以C1Q=當(dāng)C1Q=λA1所以不存在λ使得C1Q=λA1當(dāng)C1Q?因?yàn)锳1Q=(0,1,a?1)所以點(diǎn)Q到A1C=2因?yàn)镼C=1,0,?a，QA所以cosQC所以三角形A1故選：BC．題型3點(diǎn)面距【例題3】（2023春·江蘇徐州·高二?？计谀┤鐖D，在正三棱柱ABC?A1B1C

【答案】3【分析】構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，寫(xiě)出相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)，并求出面ABN的一個(gè)法向量、C1N，利用點(diǎn)面距離的向量求法求【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0，B23,2,0，由N是CC1的中點(diǎn)，則設(shè)平面ABN的一個(gè)法向量為n=x,y,z，則令z=2，即n=33設(shè)點(diǎn)C1到平面ABN的距離為d2，則

故答案為：3【變式3-1】1.（2023秋·河南駐馬店·高二統(tǒng)考期末）如圖，在幾何體中，底面ABCD為正方形，EF∥DC，AD⊥FC，

(1)求點(diǎn)D到平面ABF的距離；(2)求平面ADE與平面BCF的夾角的余弦值．【答案】(1)457(2)12【分析】（1）首先證明平面DCFE⊥平面ABCD，從而以DC的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求點(diǎn)到平面的距離；（2）分別求平面ADE和BCF的法向量，利用法向量求平面的夾角.【詳解】（1）由條件AD∥BC，BC⊥FC，BC⊥DC，且FC∩DC=C，DC,FC?平面從而B(niǎo)C⊥平面DCFE，且BC?平面ABCD，所以平面DCFE⊥平面ABCD，且平面DCFE∩平面ABCD=DC，取DC的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，因?yàn)樗倪呅蜠CFE為等腰梯形，所以連結(jié)O與EF的中點(diǎn)N的直線ON與DC垂直，則ON⊥平面ABCD,如圖，連結(jié)O與AB的中點(diǎn)M，則OM⊥OC,以O(shè)M,OC,

得A4,?2,0，B4,2,0，C0,2,0，D0,?2,0，AB=(0,4,0)，BF=(?4,?1,3設(shè)平面ABF的一法向量為n=由n?AB=0n?BF=0平面ABF的一法向量為n=因此點(diǎn)D到平面ABF的距離d=AD（2）由于DE=0,1,3，CF設(shè)平面ADE的一個(gè)法向量為n1由n1?AD=0n1?得n1設(shè)平面BCF的法向量為n2=x'由n2?BC=0n2?求得平面BCF的一個(gè)法向量為n2因此平面ADE與BCF夾角θ的余弦值為cos=即因此平面ADE與BCF夾角的余弦值為1【變式3-1】2.（2023春·江西新余·高二統(tǒng)考期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，PA=DC=1，E為線段PB的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段BC上的動(dòng)點(diǎn).

(1)證明：AE⊥平面PBC；(2)若直線AF與平面PAB所成角的正弦值為55，求點(diǎn)P到平面AEF【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)6【分析】（1）由PA⊥底面ABCD，證得PA⊥BC，再由ABCD為正方形，得到AB⊥BC，證得BC⊥平面PAB，得到BC⊥AE，結(jié)合AE⊥PB，利用線面垂直的判定定理，即可證得AE⊥平面PBC；（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)F(1,t,0)，得到AF=(1,t,0)，利用平面PAB的一個(gè)法向量為m=(0,1,0)，利用夾角公式列出方程求得t=12，再求得平面【詳解】（1）證明，因?yàn)镻A⊥底面ABCD，且BC?底面ABCD，所以PA⊥BC，因?yàn)锳BCD為正方形，所以AB⊥BC，又因?yàn)镻A∩AB=A，且PA,AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因?yàn)锳E?平面PAB，所以BC⊥AE，由PA=DC=AB，E為線段PB的中點(diǎn)，所以AE⊥PB，因?yàn)镻B∩BC=B且PB,BC?平面PBC，所以AE⊥平面PBC.（2）解：因?yàn)镻A⊥底面ABCD，且AB⊥AD，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB,AD,AP所在的直線分別為x軸，y軸和z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0,1)，所以E1設(shè)F(1,t,0)(t∈[0,1])，則AF=(1,t,0)因?yàn)閥軸⊥平面PAB，所以平面PAB的一個(gè)法向量為m所以55=AF?m又因?yàn)锳E=12設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z)，則AE取x=?1，可得y=2,z=1，所以n=(?1,2,1)因?yàn)锳P=(0,0,1)，所以點(diǎn)P到平面AEF的距離為d=

【變式3-1】3.（2023春·天津·高二天津市西青區(qū)楊柳青第一中學(xué)校聯(lián)考期末）如圖，正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=2，AA1=3，E

(1)證明：平面CEF⊥平面ACC(2)求B1到平面ECF(3)求直線AC1與平面【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)2(3)130【分析】（1）取BC和B1C1的中點(diǎn)O和G，以O(shè)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面CEF和平面ACC1A1（2）由平面CEF的法向量為n=(?1,?3,2)（3）由OA⊥平面BCC1B1，得到平面CFC1的一個(gè)法向量OA=(0,【詳解】（1）證明：取BC和B1C1的中點(diǎn)O和G，連接OA在正四棱柱ABC?A1B1C以O(shè)為原點(diǎn)，OB,OA,OG所在的直線分別為x軸，y軸和z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，可得C(?1,0,0),A(0,3則CF=(2,0,1),設(shè)平面CEF的法向量為n=(x,y,z)，則n取x=?1，可得y=?3,z=2設(shè)平面ACC1A1取b=?1，可得a=3,c=0，所以因?yàn)閙?n=?3+3=0（2）由平面CEF的法向量為n=(?1,?3,2)設(shè)直線FB1與平面CEF所成的角為可得sinθ=又因?yàn)镕B1=2，所以B1到平面（3）由△ABC為正三角形，且O為BC的中點(diǎn)，可得OA⊥BC，在正三棱柱ABC?A1B1C所以O(shè)A=(0,3,0)為平面BC又由A(0,3,0),C設(shè)直線AC1與平面CFC可得sinα=則cosα=1013=13013，即直線

【變式3-1】4.（2023春·江蘇淮安·高二統(tǒng)考期末）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)P是對(duì)角線

(1)當(dāng)∠APC為銳角時(shí)，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍；(2)當(dāng)二面角P?AC?B的大小為π4時(shí)，求點(diǎn)B1到平面【答案】(1)23(2)2?1【分析】（1）利用坐標(biāo)法，表示出向量PA,（2）利用面面角的向量求法可得λ=2?【詳解】（1）以DA,DC,則A1,0,0，B1,1,0，C0,1,0因?yàn)锽PBD1=λ，則PA=BA?

由∠APC為銳角，則cos∠APC=PA?則PA?PC=3所以23（2）設(shè)平面APC的法向量n1=x,y,z，則PA?nAC=?1,1,0，所以λx+λ?1令x=1，則y=1，z=2?1故平面PAC的一個(gè)法向量n1易知平面ABC的一個(gè)法向量n2=0,0,1．因?yàn)槎娼荘?AC?B為π所以2?1λ2+因?yàn)?<λ<1，則λ=2?則平面APC的一個(gè)法向量n1=1,1,?所以點(diǎn)B1到平面PAC的距離d=【變式3-1】5.（2023春·甘肅酒泉·高二統(tǒng)考期末）在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為矩形，AF⊥平面ABCD，EF∥AB，AD=2，AB=AF=2EF=1，點(diǎn)P為棱DF上一點(diǎn)（不含端點(diǎn)）．

(1)當(dāng)FP為何值時(shí)，AP⊥PC；(2)求直線DE與平面BCF所成角的正弦值；(3)若P為DF中點(diǎn)，求點(diǎn)E到平面APC的距離．【答案】(1)5(2)42(3)1【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，令FP=tFD，則PD=1?tFD（2）由（1）寫(xiě)出坐標(biāo)，求得平面BCF的法向量，根據(jù)線面角公式即可求得直線DE與平面BCF所成角的正弦值；（3）求得平面APC的法向量，利用點(diǎn)到平面的距離公式即可求得E到平面APC的距離．【詳解】（1）

因?yàn)橹本€AF⊥平面ABCD，AD,AB?平面所以AF⊥AB,AF⊥AD，又AD⊥AB，所以以A為原點(diǎn)，AB，AD，AF所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0所以AF=0,0,1，F(xiàn)D=令FP=tFD，則∴AP=所以AP?當(dāng)AP⊥PC時(shí)，?5t2+6t?1=0，解得t=1因?yàn)?<t<1，所以t=1所以FP=FP（2）由（1）可知，B1,0,0所以DE=12,?2,1，設(shè)平面BCF的法向量n=x,y,z，則令x=1，則z=1,y=0，所以n=設(shè)直線DE與平面BCF所成角的正弦值θ，所以sinθ=所以直線DE與平面BCF所成角的正弦值4214（3）P0,1,12設(shè)平面APC的法向量為m=x1令y1=?1，則x1所以平面APC的法向量m=則點(diǎn)E到平面APC的距離d=AE所以E到平面APC的距離1．題型4異面直線的距離【例題4】（2023秋·河北邯鄲·高二校考期末）異面直線l1、l2上分別有兩點(diǎn)A、B.則將線段AB的最小值稱(chēng)為直線l1與直線l2之間的距離.如圖，已知三棱錐P?ABC中，PA⊥平面PBC，(1)設(shè)點(diǎn)M為線段EF中點(diǎn)，線段EF所在直線與線段AC所在直線之間距離為d，證明：DM>d(2)若ABAE=PC【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)k?1【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，求得各點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而假設(shè)DM是直線EF與AC的公垂線，利用空間向量垂直的坐標(biāo)表示得到關(guān)于t,r的方程組，從而推出矛盾，由此得證；（2）利用（1）中結(jié)論，求得直線EF與BD的公共法向量n，從而利用異面直線間的距離公式d0【詳解】（1）因?yàn)樵谌忮FP?ABC中，PA⊥平面PBC，PB⊥PC，所以易得PA,PC,PB兩兩垂直，以P為原點(diǎn)，PA,PC,PB分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則P0,0,0,A1,0,0不妨設(shè)AEAB=t0<t<1，PF=r0<r<1，則所以PE=PA+所以EF=t?1,r,?t，M1?t要證DM>d，只需證DM不是直線EF與AC假設(shè)DM是直線EF與AC的公垂線，則DM⊥故DM?EF=0整理得?2t2+t+r2?r=0t+r=1所以r=1，不滿足0<r<1，故假設(shè)不成立，所以DM>d.（2）不妨設(shè)AEAB=FC由（1）得E1?t,0,t，BD=1因?yàn)镕C=tPC，所以PF=PC?FC=PC?tPC=1?t，則F0,1?t,0所以EF=不妨設(shè)n=x,y,z是直線EF與所以EF?n=t?1x+1?ty?tz=0BD?設(shè)線段EF所在直線EF與線段BD所在直線之間的距離為d0則d0因?yàn)閠=1所以d0=?1k2+【變式4-1】1.（2022·全國(guó)·高二期中）如下圖，在四棱錐P?ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC=∠BAD=π（1）求平面PAB與平面PCD所成夾角的余弦值；（2）求異面直線PB與CD之間的距離．【答案】（1）33；（2）2【分析】以A為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，（1）分別求兩個(gè)平面的法向量，利用二面角的向量公式即得解；（2）設(shè)Q為直線PB上一點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)Q到直線CD的距離的最小值，即d=CQ【詳解】以A為原點(diǎn)，AB,AD,AP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A(chǔ)?xyz，則A0,0,0（1）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，且AD?平面ABCD，所以PA⊥AD，又AB⊥AD，且PA∩AB=A，所以AD⊥平面PAB，所以AD=0,2,0是平面易知PC=設(shè)平面PCD的法向量為m=則m?PC=0,令y=1解得z=1,x=1．所以m=1,1,1是平面從而cosAD,m=AD所以平面PAB與平面PCD所成夾角的余弦值為33（2）BP=?1,0,2，設(shè)Q為直線且BQ=λBP=所以CQ=CB+所以點(diǎn)Q到直線CD的距離d==CQ因?yàn)?2λ2所以異面直線PB與CD之間的距離為23【變式4-1】2.（2023·江蘇·高二專(zhuān)題練習(xí)）如圖，已知以O(shè)為圓心，2為半徑的圓在平面α上，若PO⊥α，且PO=4，OA、OB為圓O的半徑，且∠AOB=90°，M為線段AB的中點(diǎn)．求：(1)異面直線OB，PM所成角的大?。?2)點(diǎn)O到平面PAB的距離；(3)異面直線OB，PM的距離．【答案】(1)arccos(2)4(3)4【分析】(1)根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系，找到直線OB，PM的方向向量，代入向量的夾角公式，計(jì)算得答案；(2)利用等體積法計(jì)算點(diǎn)O到平面PAB的距離；(3)把異面直線OB，PM的距離．轉(zhuǎn)化為直線OB與平面PMN的距離，求出平面PMN的法向量，利用空間向量點(diǎn)到平面的距離公式，計(jì)算求解.【詳解】（1）由PO⊥α且∠AOB=90°，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)A,??OB,??由題意P0,0,4,?A2,0,0,?所以PM=cosPM所以異面直線OB，PM所成角的大小為arccos2（2）由題意，S△OABS△PAB設(shè)點(diǎn)O到平面PAB的距離為d，因?yàn)镻O⊥α，由V所以13所以13×2×4=1所以點(diǎn)O到平面PAB的距離43（3）如上圖所示，作MN//OB交OA于點(diǎn)因?yàn)镺B?平面PMN，MN?平面PMN，所以O(shè)B//平面PMN因此異面直線OB，PM的距離就是直線OB與平面PMN的距離，也即是點(diǎn)O到平面PMN的距離，因?yàn)镸為線段AB的中點(diǎn)．所以N1,0,0，設(shè)平面PMN的法向量為n=則n?NM=y=0n所以點(diǎn)O到平面PMN的距離?=ON即異面直線OB，PM的距離為417【變式4-1】3.（2021·全國(guó)·高二專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，點(diǎn)E為CC1中點(diǎn)，點(diǎn)F為BD1中點(diǎn)．（1）求異面直線BD1與CC1的距離；（2）求直線BD1與平面BDE所成角的正弦值；（3）求點(diǎn)F到平面BDE的距離．【答案】（1）22；（2）23；（3）【分析】（1）以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，由BD1?EF=0，CC1（2）求得平面BDE的法向量n，設(shè)直線BD1與平面BDE所成角為θ，由sinθ＝|cos＜n，B（3）點(diǎn)F到平面BDE的距離為n?【詳解】（1）以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B（1，1，0），D1（0，0，2），C（0，1，0），C1（0，1，2），E（0，1，1），F(xiàn)（12，1∴BD1=（﹣1，﹣1，2），CC1=（0，0，2），∴BD1?EF=0，C∴BD1⊥EF，CC1⊥EF，即EF為BD1與CC1的公垂線，而|EF|=1∴異面直線BD1與CC1的距離為22（2）由（1）知，DB=（1，1，0），DE=（0，1，1），設(shè)平面BDE的法向量為n=（x，y，z），則n?DB令y＝1，則x＝﹣1，z＝﹣1，∴n=設(shè)直線BD1與平面BDE所成角為θ，則sinθ＝|cos＜n，BD1＞|＝|n?故直線BD1與平面BDE所成角的正弦值為23（3）由（1）知，BF=（?12由（2）知，平面BDE的法向量為n=∴點(diǎn)F到平面BDE的距離為n?BFn=|【變式4-1】4.（多選）（2022秋·遼寧·高二校聯(lián)考期末）如圖，在正方體ABCD?A1BA．D1O//B．∠DC．異面直線D1O與AD．存在實(shí)數(shù)λ∈0,1，使得D【答案】ABD【分析】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系D?xyz，如圖所示，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，通過(guò)求解OD1?DB1=0，轉(zhuǎn)化判斷A的正誤；通過(guò)證明OD1⊥平面MAC，判斷B的正誤；由棱長(zhǎng)未知從而判斷【詳解】解：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系D?xyz，如圖所示，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，設(shè)O(x，2?x，0)，0≤x≤2，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，B1所以O(shè)D1=(?x,x?2,2),DB所以平面A1BC1的法向量為所以O(shè)D1⊥DB1，所以D對(duì)于B，當(dāng)O為AC的中點(diǎn)時(shí)，O(1，1，0)，M(2，2，1)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，所以O(shè)D1=(?1,?1,2),AC=(?2,2,0),AM=(0,2,1)，所以O(shè)D1?AC=0，O所以O(shè)D1⊥平面MAC，所以∠D1對(duì)于C，由于棱長(zhǎng)位置，所以無(wú)法確定異面直線D1O與A1對(duì)于D，A，O，C三點(diǎn)共線?D1O=λD1A+(1?λ)故D正確．故選：ABD．題型5線面距【例題5】（2023秋·天津津南·高二?？计谀┤鐖D，AE⊥平面ABCD,CF//AE,AD//BC,AD⊥AB,AB=AD=1，AE=BC=2CF=2.

(1)求證：BF//平面ADE；(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(3)求平面BDE與平面BDF夾角的余弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)49(3)69【分析】（1）利用線面平行的判定證CF//面ADE、BC//面ADE，再由面面平行的判定得面BCF//面ADE，最后根據(jù)面面平行的性質(zhì)證結(jié)論；（2）構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，向量法求線面角的正弦值；（3）由（2）所得坐標(biāo)系，向量法求面面角的余弦值；【詳解】（1）由CF//AE，CF?面ADE，AE?面ADE，則CF//面ADE，由AD//BC，BC?面ADE，AD?面ADE，則BC//面ADE，而CF∩BC=C，CF,BC?面BCF，故面BCF//面ADE，由BF?面BCF，則BF//平面ADE；（2）由AE⊥平面ABCD，AB,AD?平面ABCD，則AE⊥AB,AE⊥AD，又AD⊥AB，以A為原點(diǎn)構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，AB=AD=1，AE=BC=2CF=2，所以B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2)，則CE=(?1,?2,2)，BE=(?1,0,2)，令面BDE的一個(gè)法向量m=(x,y,z)，則m?BE=?x+2z=0m所以|cosm,CE|=|m?

（3）由（2）知：F(1,2,1)，則BF=(0,2,1)，令面BDF的一個(gè)法向量n=(a,b,c)，則n?BD=?a+b=0n所以|cosm,n|=|m?【變式5-1】1.（2023春·福建·高二校聯(lián)考期末）如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，點(diǎn)

(1)求證：AC1//(2)若正三棱柱ABC?A1B1C1的底面邊長(zhǎng)為2，二面角D?B【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)3【分析】（1）根據(jù)正三棱柱ABC?A1B1C1和（2）由二面角D?B1C?B的大小為π【詳解】（1）在正三棱柱ABC?A1B1C又CD?平面ABC，所以CD⊥BB又CD⊥DB1，BB1∩DB1=B1，因?yàn)锳B?平面A1ABB1，所以如圖，連接C1B，交CB所以DM是△ABC1的中位線，所以又DM?平面CDB1，AC1?平面CD

（2）取A1B1的中點(diǎn)D1，可知分別以DB，DC，DD1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)系設(shè)三棱柱ABC?A1B1C1的高為h，則D0,0,0，B1,0,0，C0,3,0，B設(shè)平面DCB1的一個(gè)法向量為m=x1,y設(shè)平面BCB1的一個(gè)法向量為n=取y2=1，得所以cosm,n=m由（1）知AC1//平面CDB1，所以直線A因?yàn)镈A?mm=221

【變式5-1】2.（2023春·江蘇·高二統(tǒng)考期末）如圖，在多面體EF?ABCD中，底面ABCD是菱形，且CE⊥底面ABCD，AF//CE，

(1)若M為EF的中點(diǎn)，求直線AM和平面BDE的距離；(2)試確定M點(diǎn)位置，使二面角D?AM?B的余弦值為?35【答案】(1)55(2)點(diǎn)M是線段FE上靠近點(diǎn)F的四等分點(diǎn).【分析】（1）先證明OG⊥AC，OG⊥BD，再以O(shè)為原點(diǎn)，建立如圖空間直角坐標(biāo)系O?xyz，利用向量法求解；（2）設(shè)M0,m,1，m∈【詳解】（1）連接BD交AC于O，取EF中點(diǎn)G，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC⊥BD，O為AC中點(diǎn).因?yàn)锳F∥CE，AF=CE，所以四邊形ACEF為平行四邊形.因?yàn)镺，G分別為AC，EF中點(diǎn)，所以O(shè)G∥因?yàn)镃E⊥平面ABCD，AC，BD?平面ABCD，所以CE⊥AC，CE⊥BD，所以O(shè)G⊥AC，OG⊥BD.以O(shè)為原點(diǎn)，建立如圖空間直角坐標(biāo)系O?xyz，則A0,12,0，M(0,0,1)，B?所以BD=3,0,0設(shè)平面BDE的法向量n0n0?BD所以n0=0,2,1n0?AM設(shè)A到平面BDE距離為d，AB=32,1

（2）設(shè)M0,m,1，m∈?12,12所以AD=32,?1設(shè)平面ADM，平面ABM的法向量分別為n1=xAD?n1=0AMAB?n2=0AM因?yàn)槎娼荄?AM?B的余弦值為?35所以cosn解得m=14或34所以點(diǎn)M是線段FE上靠近點(diǎn)F的四等分點(diǎn).【變式5-1】3.（2023春·甘肅張掖·高二高臺(tái)縣第一中學(xué)?？计谥校┤鐖D，正方體ABCD?A1B1C(1)求點(diǎn)D到平面AD1E(2)求BC1到平面【答案】(1)4(2)2【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求點(diǎn)D到平面AD1E（2）利用法向量的來(lái)證明線面平行，將BC1到平面【詳解】（1）以D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1所在的直線分別為則A2所以AE=設(shè)平面AD1E則n?令z=2?x=2,y=?1，所以平面AD1E所的法向量為所以點(diǎn)D到平面AD1E（2）由（1）可得平面AD1E∵B2，2∴B∴∴B∴BC1//所以BC1到平面AD1E由AB=所以BC1到平面AD【變式5-1】4.（多選）（2023·全國(guó)·高二專(zhuān)題練習(xí)）在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?AA．異面直線AC與BC1B．DA1是平面C．直線A1B1到平面D．平面AB1C與平面【答案】ABD【分析】對(duì)A，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量關(guān)系可求出；對(duì)B，說(shuō)明DA1⊥平面ABC1【詳解】如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系D?xyz，

則D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),A所以AC=(?1,1,0)，BC1=(?1,0,1)，設(shè)異面直線AC與則cosθ=AC?BC在正方體ABCD?A1B1C1D1中，所以DA1⊥AB，又DA1⊥AD所以DA1⊥平面ABC1因?yàn)锳1B1//AB,A1則直線A1B1到平面ABC1D1的距離等于點(diǎn)B1到平面設(shè)平面A1C1則n?DA1=0則平面AB1C與平面A故選：ABD．題型6面面距【例題6】（2023春·江西吉安·高二井岡山大學(xué)附屬中學(xué)校聯(lián)考期末）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，底面ABC為正三角形，且側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面邊長(zhǎng)與側(cè)棱長(zhǎng)都等于2，O，O1分別為【答案】255【分析】先證明平面AB1O1//平面BC1O，則平面AB1O1與平面BC1O間的距離即為點(diǎn)O1到平面【詳解】如圖，連接OO1，則O1所以四邊形AOC1OAO1?平面BC1O，OC又OB//O1B1，O1B1?平面BC1又AO1∩O1B1=O∴平面AB1O1與平面BC根據(jù)題意，OO1⊥底面ABC則以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)B，OC，OO1所在的直線為∵O0,0,0，B3,0,0，COB=設(shè)n=x,y,z為平面BC即x=0y+2z=0，取z=?1可得n點(diǎn)O1到平面B則d＝n?OO1n∴平面AB1O1與平面故答案為：25【變式6-1】1.（2023·全國(guó)·高二專(zhuān)題練習(xí)）直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱A1

(1)求證：平面AMN//平面EFBD；(2)求平面AMN與平面EFBD的距離．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)6【分析】（1）法一：由面面平行的判定定理即可證明；法二：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，通過(guò)證明EF→（2）法一:平面AMN與平面EFBD的距離=B到平面AMN的距離?,再由等體積法即可求出答案.法二:求出平面AMN的法向量,AB→=(0，2，0)，平面AMN與平面EFBD的距離等于B到平面AMN的距離【詳解】（1）法一:證明：連接B1D1E、F分別是C1∴MN//EF//B1D1，∵M(jìn)N?∴MN//平面EFBD，∵NF平行且等于AB∴ABFN是平行四邊形，∴AN//∵AN?平面EFBD，BF?平面EFBD，∴AN//平面EFBD∵AN∩MN=N，∴平面AMN//平面EFBD法二:如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，

則A(2，0，0)，M(1，0，3)，B(2，2，0)，E(0，1，3)，F(xiàn)(1，2，3)，N(2，1，3)，∴AM→∴EF→=MN→∵M(jìn)N?平面EFBD，EF?平面EFBD，∴MN//平面EFBD∵AN?平面EFBD，BF?平面EFBD，∴AN//平面EFBD又MN∩AM=M，∴平面AMN//平面EFBD（2）法一:平面AMN與平面EFBD的距離=B到平面AMN的距離?．△AMN中，AM=AN=10，MN=2，∴由等體積可得13?19法二:設(shè)平面AMN的一個(gè)法向量為n=則n→?MN∵AB∴平面AMN與平面EFBD的距離為d=【變式6-1】2.（2023·全國(guó)·高二專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在幾何體ABC?A1B1C1中，四邊形A1ACB1是矩形，A．AB．異面直線BB1、CC．幾何體ABC?A1D．平面A1BB1【答案】ABD【分析】過(guò)點(diǎn)B作BE使得BE=AA1，過(guò)點(diǎn)C1作C1F=A1A，分析可知幾何體FABC?C1A1EB1為正方體，以點(diǎn)【詳解】過(guò)點(diǎn)B作BE使得BE=AA1，過(guò)點(diǎn)因?yàn)樗倪呅蜛A1B又因?yàn)锽E=AA所以，四邊形AA1C1F因?yàn)槠矫鍭1C1B1//平面ABC，則即AB與AF、FC共面，所以，A、B、C、F四點(diǎn)共面，同理可知，A1、E、B1、故幾何體FABC?C因?yàn)樗倪呅蜛A1B又因?yàn)锳A1⊥AB，AB∩AC=A，AB、AC?所以，AA1⊥因?yàn)椤鰽CB≌△A1B所以，在底面ABCF中，AB=CF，BC=AF，故四邊形ABCF為平行四邊形，因?yàn)锳B=BC=22AC=1，則AC=2，所以，所以，平行四邊形ABCF為正方形，又因?yàn)锳A1=AB對(duì)于A選項(xiàng)，在正方體FABC?C1A1E故四邊形ABB1C對(duì)于B選項(xiàng)，以點(diǎn)F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)A、FC、FC1所在直線分別為x、y、

則B1,1,0、A1,0,0、C0,1,0、A11,0,1BB1=cosB所以，異面直線BB1、C1對(duì)于C選項(xiàng)，VABC?對(duì)于D選項(xiàng)，因?yàn)锳C1//BB1，AC1?平面A因?yàn)锳1B1//AC，AC?平面A1BB1又因?yàn)锳C1∩AC=A，AC1、AC?平面AC設(shè)平面ACC1的法向量為m=x,y,z，則m?AC=?x+y=0m?又因?yàn)锳A1=0,0,1，所以，平面A1故選：ABD.【變式6-1】3.（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）已知正方體ABCD?A1B1C1DA．點(diǎn)A到直線BE的距離是255 B．點(diǎn)O到平面ABC．平面A1BD與平面B1CD【答案】D【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法直接求解可得.【詳解】如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0，B1,0,0，D0,1,0，A10,0,1，C11,1,1，D10,1,1，E12,0,1，所BA=易知C1O=12C1A1=?1A1B=1,0,?1，A1D=0,1,?1，A1D1=0,1,0．設(shè)平面A1BD的法向量為n=x+y+z，則n?A1B=0n?A1D=0，所以x?z=0y?z=0，令因?yàn)锳P=34AB+12AD+23AA故選：D【變式6-1】4.（多選）（2021秋·黑龍江·高二期中）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為，點(diǎn)E，O分別是A．BE與平面ABC1D1所成角的正弦值是105 B．點(diǎn)C．平面A1BD與平面B1CD1間的距離為33【答案】ACD【分析】以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求出所需點(diǎn)的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，求出所需直線的方向向量以及平面的法向量，然后利用向量法求解直線與平面所成的角、點(diǎn)到直線的距離、點(diǎn)到平面的距離，即可求解．【詳解】解：以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，所以A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，則BA=(?1,0,0),BE=(?12設(shè)BE與平面ABC1D則sinθ=所以BE與平面ABC1D故選項(xiàng)A正確；因?yàn)镃1O=12則點(diǎn)O到平面ABC1D故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)锳1設(shè)平面A1BD的法向量為則n?A1令z=1，則y=1，x=1，故n=(1,1,1)所以點(diǎn)D1到平面A1BD因?yàn)槠矫鍭1BD//平面則平面A1BD與平面B1CD故平面A1BD與平面B1故選項(xiàng)C正確；因?yàn)锳P=34又AB=(1,0,0)，則AP所以點(diǎn)P到AB的距離d=|故選項(xiàng)D正確．故選：ACD．題型7異面直線的夾角【例題7】（2023秋·新疆·高二校聯(lián)考期末）如圖，在直三棱柱ABC?A'B'C'中，AA'=2，AB=BC=5，

A．13 B．33 C．26【答案】C【分析】根據(jù)異面直線所成角的向量求法直接求解即可.【詳解】由題意知：A1,0,0，C'?1,0,2，A∴AC'∴cos即異面直線AC'與A'故選：C.【變式7-1】1.（2023秋·新疆·高二校聯(lián)考期末）如圖，點(diǎn)E在△ABC內(nèi)，DE是三棱錐D?ABC的高，△ABC是邊長(zhǎng)為6的正三角形，DB=DC=5,AD=7

(1)求DE的長(zhǎng)度；(2)若AG=23AC，求直線【答案】(1)DE=2(2)21【分析】（1）取BC的中點(diǎn)F，連接EF,DF，由DE是三棱錐D?ABC的高，可得DE⊥BC，再由等腰三角形的性質(zhì)可得DF⊥BC，然后由線面垂直的判定可得BC⊥平面DEF，則BC⊥EF，再利用等面積法可求得結(jié)果，（2）以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EF,ED的方向分別為【詳解】（1）取BC的中點(diǎn)F，連接EF,DF．因?yàn)镈E是三棱錐D?ABC的高，即DE⊥平面ABC，因?yàn)锽C?平面ABC，所以DE⊥BC．因?yàn)镈B=DC，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)，所以DF⊥BC，因?yàn)镈E∩DF=D，DE,DF?平面DEF，所以BC⊥平面DEF，因?yàn)镋F?平面DEF，所以BC⊥EF．又因?yàn)锽C⊥AF，所以點(diǎn)E在AF上．因?yàn)椤鰽BC是邊長(zhǎng)為6的正三角形，DB=DC=5,所以AF=33所以cos∠ADF=因?yàn)椤螦DF∈0,π，所以因?yàn)椤鰽DF的面積為12所以12×7（2）以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EF,ED的方向分別為x,z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則AC=

設(shè)平面BCD的法向量為m=則m?BD=?23x+3y+2z=0因?yàn)镋G=所以cos?故直線EG與平面BCD所成角的正弦值為21【變式7-1】2.（2023春·山東東營(yíng)·高二統(tǒng)考期末）如圖，已知六面體ABCDPE的面ABCD為梯形，AB//CD，AB⊥AD，AB=2，CD=AD=4，棱PA⊥平面ABCD，PA//BE，PA=4,BE=2，F(xiàn)為PD的中點(diǎn).

(1)求證：AF//平面PBC；(2)求直線BE與平面PCD所成角的大小.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)π【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法證明線面平行；（2）求出平面的法向量后利用線面角的向量公式直接求解即可.【詳解】（1）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，且AB⊥AD，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O?xyz，

則A所以BP設(shè)平面BPC的法向量為m=則m?BP=?2y+4z=0m?BC=4x+2y=0所以AF?m=2×1+0×又AF?平面PBC，所以AF//平面PBC.（2）由（1）得DP設(shè)平面PCD的法向量為n→=a,b,c故n=1,設(shè)直線BE與平面PCD所成的角為θ，則sinθ=22，又【變式7-1】3.（多選）（2023秋·廣西河池·高二統(tǒng)考期末）如圖，在四棱柱ABCD?A1B1C

A．BD=BC+C．AC1=26 D．直線A【答案】AD【分析】對(duì)于A，利用空間向量的加法法分析判斷，對(duì)于B，由BD1=AD+AA【詳解】BD=BC+因?yàn)锽D1=即11=AA12+1+4+2×1×AA1×12?2×2×A因?yàn)锳C所以AC所以AC1=因?yàn)锽1所以B1B1C?所以cosB所以直線AC1與B1故選:AD.【變式7-1】4.（多選）（2023秋·河北唐山·高二?？计谀┮阎诶忾L(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)A．D1C1//平面CHD C．三棱錐D?BA1C1的體積為56 D．直線【答案】ABD【分析】根據(jù)線面平行的判定定理判斷A；利用空間向量的數(shù)量積的運(yùn)算，證明線面位置關(guān)系判斷B；根據(jù)割補(bǔ)法求得三棱錐D?BA1C1的體積判斷C；利用空間角的向量求法求得直線【詳解】對(duì)于A，在正方體ABCD?A1BC1D1?平面CHD，CD?平面CHD，故對(duì)于B，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA,DC,DD1為

連接AC1,A1則AC1=則AC1?故AC1⊥而B(niǎo)D∩DA1=D,BD,D對(duì)于C，連接A1三棱錐D?BA1=1對(duì)于D，連接EF，E1則EF=故cos?即?EF,BC1故直線EF與BC1所成的角為故選：ABD題型8線面角【例題8】（2023秋·河南駐馬店·高二統(tǒng)考期末）《九章算術(shù)》是我國(guó)東漢初年編訂的一部數(shù)學(xué)經(jīng)典著作，其在卷第五《商功》中描述的幾何體“陽(yáng)馬”實(shí)為“底面為矩形，一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐”．如圖，在“陽(yáng)馬”P(pán)?ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD=2AB=PA，則直線

A．69 B．759 C．33【答案】A【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，求出面PBD的法向量，再求直線PC與面PBD所成角的正弦值.【詳解】

因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AB,AD?面ABCD，底面ABCD為矩形，所以AB,AD,AP兩兩垂直，設(shè)AB=1,AD=AP=2，以AB,AD,AP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則B1,0,0所以BD=設(shè)平面PBD的法向量為n=所以n?BD=?x+2y=0n?BP=?x+2z=0直線PC與面PBD所成角的正弦值為cosn故選：A【變式8-1】1.（2023秋·山東棗莊·高二棗莊市第三中學(xué)?？计谀╅喿x材料：空間直角坐標(biāo)系O?xyz中，過(guò)點(diǎn)Px0,y0,z0且一個(gè)法向量為n=a,b,c的平面α的方程為ax?x0+by?A．1035 B．75 C．715【答案】A【分析】根據(jù)題意求平面α的法向量與直線l的方向向量，利用空間向量求線面夾角.【詳解】因?yàn)槠矫姒恋姆匠虨?x?5y+z?7=0，所以平面α的法向量可取n=(3,?5,1)同理平面x?3y+7=0的法向量可取a=(1,?3,0)平面4y+2z+1=0的法向量可取b=(0,4,2)設(shè)直線l的方向向量m=(x,y,z)則m?α=x?3y=0m?則直線l與平面α所成角的正弦值為sin=3×3?5×1?2×1故選：A【變式8-1】2.（2022秋·全國(guó)·高二期末）如圖，已知PA⊥平面ABCD，ABCD為矩形，PA=AD=AB=2，M，N分別為AB，PC的中點(diǎn)，

(1)求證：MN∥平面PAD；(2)求PD與平面PMC所成角的正弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)3【分析】（1）取PD中點(diǎn)Q，連接AQ，QN，說(shuō)明四邊形AMNQ為平行四邊形，然后證明MN∥平面PAD；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PMC法向量，設(shè)PD與平面PMC所成角為θ，然后利用空間角的向量求法求解即可．【詳解】（1）證明：取PD中點(diǎn)Q，連接AQ，QN，N分別為PC的中點(diǎn)，則QN∥DC，

又因?yàn)锳BCD為矩形，則AM∥DC，M分別為AB的中點(diǎn)，則故AM∥所以MN∥AQ，因?yàn)镸N?平面PAD，所以MN∥（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB,AD,AP為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖，因?yàn)镻A=AD=AB=2，所以P(0,PD=0,設(shè)平面PMC法向量為：n=則n?PC=2x+2y?2z=0n?設(shè)PD與平面PMC所成角為θ，θ∈[0,π則sinθ=|即PD與平面PMC所成角的正弦值為33【變式8-1】3.（2023春·廣西南寧·高二賓陽(yáng)中學(xué)校聯(lián)考期末）圖1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG

(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中BG與平面ACGD所成角的正弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)14【分析】（1）根據(jù)給定條件，證明AD//CG即可得四點(diǎn)共面；再利用線面垂直、面面垂直的判定推理作答.（2）在平面BCGE內(nèi)作EH⊥BC，垂足為H，以H為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求出線面角的正弦作答.【詳解】（1）依題意，AD//BE,CG//BE，則AD//CG，即所以A,顯然AB⊥BE,AB⊥BC，BE∩BC=B,BE,BC?平面因此AB⊥平面BCGE，又AB?平面ABC所以平面ABC⊥平面BCGE.（2）在平面BCGE內(nèi)作EH⊥BC，垂足為H，而平面BCGE⊥平面ABC，于是EH⊥平面ABC，由荾形BCGE的邊長(zhǎng)為2,∠EBC=60°，得以H為原點(diǎn)，HC,HE的方向分別為x,z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系

則A(?1,1,0),設(shè)平面ACGD的法向量n=(x,y,z)，則CG又BG=(3,0,3)，設(shè)BG與平面所以BG與平面ACGD所成角的正弦值14【變式8-1】4.（2023春·浙江舟山·高二統(tǒng)考期末）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，∠A1AB=∠

(1)試判斷四邊形DEFG的形狀，并說(shuō)明理由；(2)若AA1=3,D是AB的中點(diǎn)，求直線DF【答案】(1)四邊形DEFG是矩形，理由見(jiàn)解析(2)30【分析】（1）首先根據(jù)面面平行的判定以及面面平行的性質(zhì)證明線線平行，然后證明四邊形DEFG是矩形；（2）首先求出F到平面ABC的距離，然后求解直線DF與平面ABC所成角的正弦值；【詳解】（1）四邊形DEFG是矩形，下面給出證明：

因?yàn)锳A1∥CC1，由題意CCC1∩BC1所以平面BCC1B1//平面DEFG，又平面ABB1A所以DG∥BB1，同理EF∥CC所以DG∥EF，同理DE∥BC∥B所以四邊形DEFG是平行四邊形．取BC中點(diǎn)P，連接AP、A1P又因?yàn)椤鰽BA1?△ACA1AP、A1P交于P且都在面AA1P內(nèi)，所以BC⊥平面AA1P,又所以BC⊥AA綜上知：DE⊥DG，即四邊形DEFG是矩形．（2）設(shè)F到平面ABC的距離為?，即為A1到平面ABC作A1H⊥AP交AP于點(diǎn)H，由（1）及BC在面ABC內(nèi)知：平面AA而AP為兩垂直平面的交線，A1H在面AA1P內(nèi)，所以A1H⊥平面設(shè)直線DF與平面ABC所成角為θ，則sinθ=設(shè)AA1=3，在△AB在△A1BC在△A1AP中，AP=?=ADF=F所以sinθ=所以直線DF與平面ABC所成角的正弦值為3010解法二：設(shè)DF與面ABC所成角為θ,F到面ABC距離為?，設(shè)BC中點(diǎn)P，因?yàn)槊鍭A1P⊥面ABC所以?=d又在矩形DEFG中，DF=9+1=解法三：向量法

作CO垂直AA1交AA1于O，連接BO所以∠COB即為二面角C?AA1?B所以CO2+BO2如圖以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA1、OB、OC分別為x軸、y則A?所以AB=設(shè)面ABC的法向量為n=x,y,z則n?AB=2x+DF=設(shè)DF與面ABC所成角為θ，sinθ=題型9平面與平面所成角【例題9】（2022秋·黑龍江齊齊哈爾·高二齊齊哈爾市恒昌中學(xué)校校考期末）如圖所示四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD=2，四邊形ABCD為等腰梯形，BC//AD，BC=CD=12AD=1

(1)求證：EB//平面PCD(2)求平面ABCD與平面PCD所成的銳二面角θ的余弦值【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)55【分析】（1）根據(jù)給定條件，取AD中點(diǎn)O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明推理作答.（2）由（1）中坐標(biāo)系，利用空間向量求出二面角的余弦值作答.【詳解】（1）在四棱錐P?ABCD中，取AD中點(diǎn)O，連接PO，如圖，

由PA=PD=2，得PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO?平面PAD，于是PO⊥平面ABCD，在平面ABCD內(nèi)過(guò)O作Ox⊥AD，則有PO⊥Ox，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線Ox,OD,OP分別為x,y,z軸的非負(fù)半軸建立空間直角坐標(biāo)系，由四邊形ABCD為等腰梯形，BC//AD，得Ox垂直平分線段BC，又BC=CD=1則B(3BE=(?32令平面PCD的法向量n=(x,y,z)，則n?DP=?y+3因此BE?n=?32×1+0×3所以EB//平面PCD.（2）由（1）知平面PCD的法向量n=(1,3,1)，而平面ABCD顯然平面ABCD與平面PCD所成的二面角θ為銳角，所以cosθ=|【變式9-1】1．（2023秋·江西宜春·高二江西省宜春市第一中學(xué)?？计谀┤鐖D，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD且CD=2，AB=1，BC=22，PA=1，AB⊥BC，N

(1)求證：AN//平面PBC(2)求平面PAD與平面PBC所成銳二面角的余弦值．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)2【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法證得AN//平面PBC（2）利用向量法求得平面PAD與平面PBC所成銳二面角的余弦值.【詳解】（1）過(guò)A作AE⊥CD于點(diǎn)E，則DE=1，AE⊥AB，由于PA⊥平面ABCD，AB,AE?平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AE，以A為原點(diǎn)，AE,AB,AP所在的直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0,B0,1,0，E因?yàn)镹為PD的中點(diǎn)，所以N2所以AN=設(shè)平面PBC的法向量為m=x,y,z，則令y=1，則x=0,z=1，所以平面PBC的法向量為m=因?yàn)锳N?m=?又因?yàn)锳N?平面PBC，所以AN//平面（2）由（1）知，AP=0,0,1,AD=設(shè)平面PAD的法向量為n=a,b,c，則故可設(shè)n=所以cosm故平面PAD與平面PBC所成銳二面角的余弦值為23

【變式9-1】2.（2023春·河南南陽(yáng)·高二統(tǒng)考期末）三棱柱ABC?A1B1C1中，平面ACC1A1⊥

(1)證明：平面A1BC⊥平面(2)求二面角A1【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)?【分析】（1）由∠A1AC=45°，AA1（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面A1BC1的一個(gè)法向量為m=x,y,z和平面【詳解】（1）因?yàn)椤螦1AC=45°，A所以A1則A1C=2，即所以A1因?yàn)槠矫鍭CC1A1⊥平面ABC，且平面ACC1所以A1C⊥平面又A1C?平面所以平面A1BC⊥平面（2）建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系：

則A1所以BC設(shè)平面A1BC則m?BC令y=1，得到x=0,z=32，則設(shè)平面BC1B則n?BC令y=?1，得到x=z=3，則n所以cosm又二面角A1所以二面角A1?B【變式9-1】3.（2023春·湖南湘潭·高二湘潭縣一中校聯(lián)考期末）如圖，將三棱錐A?BCD的側(cè)棱AB放到平面α內(nèi)，AC⊥CB，AB⊥BD，AC=CB，AB=BD，平面ABC⊥平面ABD.

(1)證明：平面ACD⊥平面BCD；(2)若AB=2，平面ABD與平面α夾角的正切值為12，求平面ACD與平面α【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)155【分析】（1）利用面面垂直得到線面垂直：BD⊥平面ABC，從而得到BD⊥AC，再利用線線垂直得到線面垂直：AC⊥平面BCD，再利用線面垂直得出面面垂直；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法即可求出結(jié)果.【詳解】（1）因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AB⊥BD，又BD?平面ABD，所以BD⊥平面ABC，又AC?平面ABC，所以BD⊥AC，因?yàn)锳C⊥CB，BD∩BC=B，BD,BC?平面BCD，所以AC⊥平面BCD，又AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BCD.（2）記點(diǎn)D在平面α內(nèi)的投影為E，連接BE,DE，取AB的中點(diǎn)O，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

因?yàn)锳B=2，平面ABD與平面α夾角的正切值為12所以DE=255，BE=則A(1,0,0)，D(?1,455從而AD=(?2,45設(shè)平面ACD的法向量為m=(x0得到?2x0+45所以m=(5,易知，平面α的一個(gè)法向量為n=(0,0,1)cosm故平面ACD與平面α夾角的余弦值為155【變式9-1】4.（2023春·安徽阜陽(yáng)·高二統(tǒng)考期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，BD⊥PC,∠ABC=60°，四邊形ABCD是菱形，PA=AB=1，PB=2，E,F是棱PD

(1)證明：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若再?gòu)南旅鎯蓚€(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知條件，求平面EAC與平面ACD所成二面角的大小.①BF//平面ACE；②三棱錐C?ABE的體積V=3【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)π【分析】（1）根據(jù)題意，證得BD⊥平面PAC，得到BD⊥PA，再由PB2=AB2+PA2，得到AB⊥PA，利用線面垂直的判定定理，證得（2）若選①：記BD與AC交于點(diǎn)O，連接OE，證得BF//OE，證得PE=23PD，取棱CD的中點(diǎn)G，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面ACE和ACD的一個(gè)法向量若選②：由（1）知PA⊥平面ABCD，得到PE=23PD，取棱CD的中點(diǎn)G，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面ACE和ACD的一個(gè)法向量【詳解】（1）證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以BD⊥AC，因?yàn)锽D⊥PC，AC,PC?平面PAC，且AC∩PC=C，所以BD⊥平面PAC，又因?yàn)镻A?平面PAC，所以BD⊥PA，因?yàn)镻A=AB=1,PB=2，所以PB2又因?yàn)锳B,BD?平面ABCD，且AB∩BD=B，所以PA⊥平面ABCD，因?yàn)镻A?平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD.（2）解：若選條件①：記BD與AC交于點(diǎn)O，則O為BD的中點(diǎn)，連接OE，由BF//平面ACE，平面BFD∩平面ACE=OE，且BF?平面BFD，則BF//OE，所以E為FD的中點(diǎn)，從而PE=取棱CD的中點(diǎn)G，連接AG，在菱形ABCD中，可得AG⊥AB，以A為原點(diǎn)，分別以AB,AG,AP所在的直線為x軸，y軸和z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A0,0,0可得AC=因?yàn)镻E=23PD，所以設(shè)平面ACE的法向量為n=x,y,z令x=3，可得y=?2,z=23，所以又由平面ACD的一個(gè)法向量為m=設(shè)二面角E?AC?D為θ，則cosθ=由圖形可得二面角E?AC?D為銳角，所以二面角E?AC?D為θ=π若選條件②：記點(diǎn)E到平面ABC的距離為?，由VC?ABE=V由（1）知PA⊥平面ABCD，所以?=13PA取棱CD的中點(diǎn)G，連接AG，在菱形ABCD中，可得AG⊥AB，以A為原點(diǎn)，分別以AB,AG,AP所在的直線為x軸，y軸和z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A0,0,0可得AC=因?yàn)镻E=23PD，所以設(shè)平面ACE的法向量為n=x,y,z令x=3，可得y=?2,z=23，所以又由平面ACD的一個(gè)法向量為m=設(shè)二面角E?AC?D為θ，則cosθ=由圖形可得二面角E?AC?D為銳角，所以二面角E?AC?D為θ=π

【變式9-1】5.（2023春·甘肅臨夏·高二統(tǒng)考期末）如圖，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，點(diǎn)E為PD的中點(diǎn)．(1)證明：PB//平面AEC；(2)若PA=2，三棱錐E?ACD的體積為23，求二面角A?CE?B【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)15【分析】（1）連BD交AC于O，根據(jù)中位線平行以及線面平行的判定定理可證；（2）根據(jù)三棱錐E?ACD的體積為23，求出AD=2，以A為原點(diǎn)，以AB，AD，AP的正方向分別為x,y,z【詳解】（1）連BD交AC于O，則O為BD的中點(diǎn)，因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以O(shè)E//PB，因?yàn)镻B?平面AEC，OE?平面AEC，所以PB//平面AEC.（2）因?yàn)榈酌鍭BCD為正方形，PA⊥底面ABCD，點(diǎn)E為PD的中點(diǎn)．PA=2，所以VE?ACD=1所以AD=2，以A為原點(diǎn)，以AB，AD，AP的正方向分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，E(0,1,1)，AE=(0,1,1)，AC=(2,2,0)，BC=(0,2,0)設(shè)平面AEC的一個(gè)法向量為m=(則m?AE=y1+z1=0設(shè)平面BEC的一個(gè)法向量為n=(則n?BC=2y2=0n?CE所以cos<m,由圖可知，二面角A?CE?B的平面角為銳角，所以二面角A?CE?B的余弦值為155

題型10探索性問(wèn)題【例題10】（2023春·福建龍巖·高二統(tǒng)考期末）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA

(1)求證：AE⊥BC；(2)若△A1BC的面積為22，試判斷在線段A1C上是否存在點(diǎn)D，使得二面角【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)存在，1【分析】（1）由AA1=AB,E是A1B的中點(diǎn)可得AE⊥A1B結(jié)合平面A（2）先設(shè)A1D=λA1C(0≤λ≤1)再由A?BD?C【詳解】（1）∵AA1=AB=2∴AE⊥A又∵平面A1BC⊥平面平面A1BC∩平面且AE?平面ABB∴AE⊥平面A1又∵BC?平面AEBC，∴AE⊥BC．（2）在直三棱柱ABC?A1B1C又∵BC?平面A1∴AA又∵AE⊥BC，AE,BB1?平面AB∴BC⊥平