資源簡介

1.4.2 用空間向量研究距離、夾角問題【第二練】
1.4.2 用空間向量研究距離、夾角問題【第二練】
【試題來源】來自名校、重點市區(qū)的月考、期中、期末的優(yōu)質(zhì)試題.
【試題難度】難度中等，配合第二課的題型訓練，加強考點的理解和擴展.
【目標分析】
1.運用空間向量研究點到線、點到面、線與線、線與面、面與面的距離，培養(yǎng)直觀想象和數(shù)學運算素養(yǎng)，如第1題、第4題、第7題、第9題；
2.運用空間向量求空間角角，發(fā)展直觀想象，邏輯推理和數(shù)學運素養(yǎng)，如第2題、第3題、 第8題、第9題；
3.用空間向量求解與距離、夾角有關的最值問題，培養(yǎng)邏輯推理和數(shù)學運算能力，如第5題、第6題、第10題；
4. 用空間向量求解與距離、夾角有關的探索性問題，發(fā)展直觀想象，邏輯推理和數(shù)學運算素養(yǎng)，第11題、第12題；
（2023·河北邢臺高二期中）
1．在四棱錐中，底面為菱形，底面，，，為棱的中點，為線段的中點，則點到平面的距離為（ ）
A． B． C．2 D．
（2023·山西師大附中高二期末）
2．如圖，將菱形紙片沿對角線折成直二面角，分別為的中點，是的中點，，則折后平面與平面夾角的余弦值為（ ）

A． B． C． D．
（2023·江西贛州高二）
3．布達佩斯的伊帕姆維澤蒂博物館收藏的達·芬奇方磚在正六邊形上畫了具有視覺效果的正方體圖案，如圖1，把三片這樣的達·芬奇方磚拼成圖2的組合，這個組合再轉(zhuǎn)換成圖3所示的空間幾何體．若圖3中每個正方體的棱長為1，則直線CQ與平面所成角的正弦值為（ ）

A． B． C． D．
（2023·廣東茂名高二期末）
4．菱形的邊長為4，，E為AB的中點（如圖1），將沿直線DE翻折至處（如圖2），連接，，若四棱錐的體積為，點F為的中點，則F到直線BC的距離為（ ）

A． B． C． D．
（2023·河南洛陽高二期中）
5．如圖，在直四棱柱中，，，，E，F(xiàn)分別是側(cè)棱，上的動點，且平面AEF與平面ABC所成角的大小為，則線段BE的長的最大值為（ ）

A． B． C． D．
（2023·山東日照實驗高級中學高二月考）
6．四邊形中，，，現(xiàn)將沿折起，當二面角的大小在時，直線和所成的角為，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．
（2023·山西運城高二期末）
7．正方體的棱長為分別為線段和中點，則（ ）
A．到直線的距離為3
B．直線到直線的距離為3
C．點到平面的距離為
D．直線到平面的距離為1
（2022·海南海口高二期中）
8．若將正方形沿對角線折成直二面角，則下列結(jié)論中正確的有（ ）
A．與所成的角為
B．與所成的角為
C．與平面所成角的余弦值為
D．平面與平面的夾角的正切值是
（2023·北京昌平高二統(tǒng)考期末）
9．在三棱錐中，底面，則異面直線與所成角的大小為 ；點到平面的距離為 .
10．如圖，在四棱錐中，平面平面，底面是矩形，，，，點是的中點，則線段上的動點到直線的距離的最小值為 .

（2023·河北邯鄲高二期末）（2023秋·四川成都·高二校考階段練習）
11．中國古代數(shù)學名著《九章算術(shù)》中記載：“芻甍者，下有袤有廣，而上有袤無廣.芻，草也.甍，屋蓋也.”翻譯為“底面有長有寬為矩形，頂部只有長沒有寬為一條棱.芻甍是茅草屋頂.”現(xiàn)有一個芻甍如圖所示，四邊形ABCD為正方形，四邊形，為兩個全等的等腰梯形，，，，.
(1)當點為線段的中點時，求證：直線平面；
(2)當點N在線段上時（包含端點），是否存在點，使得平面和平面的夾角的余弦值為，若存在，求到平面的距離，若不存在，說明理由.
（2023·江西景德鎮(zhèn)高二期末）
12．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝，PA＝2.
(1)取PC的中點N，求證：DN∥平面PAB；
(2)求直線AC與PD所成角的余弦值；
(3)在線段PD上，是否存在一點M，使得平面MAC與平面ACD的夾角為45°？如果存在，求出BM與平面MAC所成角的大小；如果不存在，請說明理由．
【易錯題目】第5題、第6題 、第10題
【復盤要點】運用空間向量解決距離、夾角有關最值問題的基本思路
一是函數(shù)法，即利用空間向量的坐標運算，建立所求的目標函數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題求解；
二是根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征，化動為靜，直觀判斷何時取得最值；
例1.（2023·吉林通化高二期中）
13．如圖，棱長為2的正方體中，E，F(xiàn)分別為棱，的中點，G為線段的動點，則下列說法正確的是（ ）
A．三棱錐的體積為定值
B．不存在點G，使得平面EFG
C．設直線FG與平面所成角為，則的最大值為
D．點F到直線EG距離的最小值為
【復盤訓練】
（2023·福州三中高二期末）
14．如圖，已知正三棱柱的所有棱長均為1，則線段上的動點P到直線的距離的最小值為 .
（2023·山東泰安高二期末）
15．如圖，在長方體中，為線段上的動點，當直線與平面所成角的正弦值取最大值時， .

（2023·河南開封高二期末）
16．在平面四邊形中，，等腰三角形的底邊上的高，沿直線將向上翻折角至，若，則直線與所成角的余弦值的取值范圍是 .

（2023·四川綿陽高二期末）
17．如圖，圓臺的軸截面為等腰梯形，，B為底面圓周上異于A，C的點．

(1)若P是線段BC的中點，求證：平面；
(2)設平面平面，與平面QAC所成角為，當四棱錐的體積最大時，求的最大值．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．C
【分析】建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用向量法求解點到平面的距離即可.
【詳解】設與交于點，連接.由底面為菱形，則，
故以為坐標原點，以OA為x軸，OB為y軸，過O點且垂直于底面的直線為z軸，
建立所示的空間直角坐標系，如圖：

則，
.
設平面的法向量為，則，
令，得.因為點的坐標為，所以，
故點到平面的距離為.
故選：C
2．A
【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式進行求解即可.
【詳解】因為菱形紙片沿對角線折成直二面角，
所以平面平面，
因為是菱形，是的中點，
所以，，
而平面平面，平面，
所以平面，而平面，
所以，
以為原點，所在的直線分別為軸、軸、軸，
為兩個單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，．
設平面的法向量為，
則得取，則，
得平面的一個法向量為，
易得平面的一個法向量為，
所以平面與平面夾角的余弦值為．
故選：A

3．B
【分析】利用空間向量的方法求線面角即可.
【詳解】
如圖建立空間直角坐標系，，，，，，，，，
設平面的法向量為，
，令，則，，所以，
設直線與平面所成角為，所以.
故選：B.
4．A
【分析】由已知可證得 平面，平面，所以以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可.
【詳解】連接，因為四邊形為菱形，且，所以為等邊三角形，
因為 E為AB的中點，所以，所以，
因為，平面，所以 平面，
因為菱形的邊長為4，所以，
所以直角梯形的面積為，
設四棱錐的高為，則，得，
所以，所以平面，
所以以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則
，
所以，
所以
所以，
所以F到直線BC的距離為，
故選：A

5．B
【分析】建立空間直角坐標系，設出，，求出兩平面的法向量，從而根據(jù)兩平面的所成角得到方程，求出，求出BE的長的最大值.
【詳解】依題意，，，兩兩互相垂直，
以A為原點，，，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系.

設，（，，且m，n不同時為0），
則，，，所以，.
設平面AEF的一個法向量為，
則，
令，得，則，
顯然為平面ABC的一個法向量.
因為平面與平面所成角的大小為，
所以，
即，
得，
所以，所以當時，m取得最大值，最大值為.
故選：B
6．B
【分析】取中點，連接，求出坐標，設，表示出點坐標，進而得到，結(jié)合向量夾角公式和三角函數(shù)，即可求解最值.
【詳解】
如圖，取中點，連接，以方向為軸，方向為軸，垂直于底面方向為軸，建立空間直角坐標系，由，可得，為等邊三角形，為等腰直角三角形，故，二面角的平面角為，設，則，，則，又因為，故，，所以的最大值為.
故選：B
7．AD
【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系，利用直線的方向向量和平面的法向量逐項計算后可得正確的選項.
【詳解】
根據(jù)正方體建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
，故.
對于A，，
故到直線的距離為，
故A成立.
對于B，,
故，故，
故直線到直線的距離為，
故B錯誤.
對于C，，設平面的法向量為，
則，取，則，故，
而，故到平面的距離為，故C錯誤.
對于D，由A中分析可得，而平面，平面，
故平面，直線到平面的距離即為到平面的距離，
且該距離為，故D正確.
故選：AD.

8．BCD
【分析】取BD的中點O，易證得AO，CO，DO兩兩互相垂直，則以O為坐標原點建立空間直角坐標系，利用線線角、線面角和面面角的向量求法依次判斷即可．
【詳解】連接，交于點，
四邊形為正方形，，即，，
二面角的平面角為，即，
以為坐標原點，的方向為軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系，

設，則，，，，
，，，；
對于A，，與所成角為，A錯誤；
對于B，，，B正確；
對于C，設平面的法向量，
則，令，解得：，，，
，即直線與平面所成角的正弦值為，
∴直線與平面所成角的余弦值為，C正確；
對于D，平面軸，平面的一個法向量，
設平面的法向量，
則，令，解得：，∴，
設平面與平面的夾角為，
∴，
又，∴，∴，D正確．
故選：BCD.
9． ##
【分析】以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出與所成角，根據(jù)點面距離的空間向量法即可求解.
【詳解】在三棱錐中，底面，，
以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，
則,
， ，
設異面直線與所成角為，
則,由于，所以，
設平面的法向量為，則 ，取，則，
所以點到平面的距離為
故答案為：，
10．
【分析】利用空間線面位置關系、空間向量、向量法求空間中點到直線距離的公式、二次函數(shù)分析運算即可得解.
【詳解】解：

如上圖，取的中點為.連接 、、.
∵，點是的中點，∴.
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴ 平面.又∵平面∴.
又∵底面是矩形，、是、中點，∴.
∴以點為原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸
建立空間直角坐標系如圖所示，由，，，
得，.
∴，，，則，，
設，則，，
，
∵，
∴向量的單位方向向量，
則，
因此點到直線的距離，
當時，取最小值，
∴線段上的動點到直線的距離的最小值為.
故答案為：.
【點睛】向量法求點到直線距離的步驟：
1.根據(jù)圖形求出直線（或向量）的單位方向向量.
2.在直線上任取一點（可選擇特殊便于計算的點），計算點與直線外的點的方向向量點.
3.點到直線的距離.
11．(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）根據(jù)題意證明直線分別與，垂直，再利用直線與平面垂直定理求解；
（2）建立直角坐標系，利用空間向量求出點坐標后，利用點到平面距離公式可求解.
【詳解】（1）證明：因為點為線段的中點，且，所以，
因為，且四邊形為正方形，故，
所以，而平面，
故平面.
（2）解：設正方形ABCD的中心為O，分別取的中點為，
設點為線段的中點，由（1）知四點共面，且平面，
連接平面，故，
又平面，故平面平面，
且平面平面，
由題意可知四邊形為等腰梯形，故,
平面，故平面，
故以為坐標原點，為軸建立空間直角坐標系，如下圖所示：
因為，則，
又，故，
設到底面的距離為，
四邊形，為兩個全等的等腰梯形，且，
故，又，
故，則，
，，
設，
設平面的一個法向量為，
則，令，
設平面的一個法向量為，
則，令，
故.
解之得：（舍），所以存在點，即點與重合.
因為，
設平面的一個法向量為，
則，令，
所以點到平面的距離.
12．(1)證明見解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】取的中點，連接，則，以A為原點，AE所在的直線為x軸，所在直線分別為y軸、z軸，建立空間直角坐標系.
（1）計算，利用向量法求證即可；
（2）利用向量的夾角公式計算異面直線所成的角；
（3）假設存在點M符合題意，根據(jù)二面角、線面角的向量求法計算即可.
【詳解】（1）取的中點，連接，則，，
所以四邊形為矩形，所以，
以A為原點，AE所在的直線為x軸，所在直線分別為y軸、z軸，建立空間直角坐標系，如圖，
則，，
取中點，則，，
所以，故，又平面，平面，
所以DN∥平面PAB.
（2）由（1）知，，，
.
故直線AC與PD所成角的余弦值為.
（3）假設存在，且，
則點為，所以，
設平面的法向量是，
，
令，，（易知t=1不合題意）
又是平面的一個法向量，
，
解得(舍去)，則．
此時平面的一個法向量可取，，
設與平面所成的角為，
則，
由知，.
與平面所成角的大小為．
13．AD
【分析】建立空間直角坐標系，得到各點坐標，根據(jù)平行得到，A正確，當時，平面EFG，B錯誤，計算的最小值為，C錯誤，計算投影最大為，計算得到D正確，得到答案.
【詳解】如圖，以點D為坐標原點，建立空間直角坐標系.
則，，，，，，，，，.
對選項A：由正方體以及面面平行的性質(zhì)可得，平面，線段上的G到面距離為，
故，.
則為定值，正確；
對選項B：若存在點G，使平面EFG，設，
，，，，
則.
，，，故，
又由，平面EFG，故平面EFG，存在點G滿足要求，不正確；
對選項C：過F作，垂足為，則平面，
則即為所求線面角，當時，所求角最大，此時最小，
，，，錯誤；
對選項D：，，
故在方向上投影長度為，
當時，投影最大為，又，
所以點F到直線EG距離的最小值為，正確.
故選：AD
【點睛】關鍵點睛：本題考查了三棱錐的體積，線面垂直，線面夾角，點到直線的距離，意在考查學生的計算能力，空間想象能力和綜合應用能力，其中建立空間直角坐標系，將空間中的關系轉(zhuǎn)化為向量運算，是解題的關鍵.
14．##
【分析】首先以點A為原點，建立空間直角坐標系，然后利用點到直線距離的坐標公式列式，化簡后求函數(shù)的最小值即可.
【詳解】在正三棱柱中，在平面內(nèi)過A作，顯然射線兩兩垂直，以點A為原點，射線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，
因正三棱柱的所有棱長均為1，
則，
所以，
因動點P在線段上，則令，
即有點，所以，則，
從而，
因此點P到直線的距離
，當且僅當時取等號，
所以線段上的動點P到直線的距離的最小值為.
故答案為：
15．
【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則可表示出點的坐標，表示出，再求出平面的法向量，利用空間向量可求得結(jié)果.
【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系，則，
.設，
則.
設平面的法向量為，
，取，可得平面的法向量為
所以，
設與平面所成的角為，則，
當時，取得最大值，
此時
故答案為：

16．
【分析】取AC中點O，連接OB，過點O作平面，以點O為原點建立空間直角坐標系，設二面角的大小為，把直線AC與所成角的余弦表示為的函數(shù)，求出函數(shù)最大值作答.
【詳解】因為，所以，
又因為腰三角形的底邊上的高，所以，
過作于H，連接，如圖，

顯然，繞直線AC旋轉(zhuǎn)過程中，線段DH繞點H在垂直于直線AC的平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)到，
取AC中點O，連接OB，因，有，，
，過點O作平面，
以點O為原點，射線分別為軸非負半軸，建立空間直角坐標系，
則，，，顯然有平面，
設二面角的大小為，
有，
因為沿直線將向上翻折角至，且，
所以，即，所以，
則有，
的方向向量為，設直線AC與所成的角為，
于是得，
因設二面角的大小為，，
于是得，
所以直線AC與所成角的余弦值的取值范圍是:.
故答案為：
【點睛】方法點睛：對于立體幾何的綜合問題的解答方法：
（1）立體幾何中的動態(tài)問題主要包括：空間動點軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動態(tài)角的范圍等問題，解決方法一般根據(jù)線面平行，線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程；
（2）對于線面位置關系的存在性問題，首先假設存在，然后在該假設條件下，利用線面位置關系的相關定理、性質(zhì)進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結(jié)論，則否定假設；
（3）對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設存在，設出空間點的坐標，轉(zhuǎn)化為代數(shù)方程是否有解的問題，若有解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.
17．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理即可證明結(jié)論；
（2）作出平面和平面的交線，確定四棱錐的體積最大時B點位置，從而建立空間直角坐標系，利用空間角的向量求法求出與平面QAC所成角的正弦值，利用換元法結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)即可求得其最大值.
【詳解】（1）取中點H，連接，因為P為中點，
則有，

在等腰梯形中，，故有，
則四邊形為平行四邊形，
即有，又平面，平面，
所以平面.
（2）延長交于點O，作直線，則直線即為直線，如圖，

過點B作于，
因為平面平面，平面平面，平面，
因此平面，
即為四棱錐的高，在中，，
，
當且僅當時取等號，此時點與重合，
又梯形的面積S為定值，四棱錐的體積，
于是當最大，即點與重合時四棱錐的體積最大，
此時，
以為原點，射線分別為軸的非負半軸建立空間直角坐標系，
在等腰梯形中，，
此梯形的高，
因為,故為的中位線，
則，
，
設，
則，
設平面的一個法向量，則，
令，得，
則有，
令，則，
當時，；
當時，，
在時取到最小值，此時取到最大值
即當，即時取到最大值，
所以的最大值為.
【點睛】難點點睛：解答本題的難點在于與平面QAC所成角的正弦值的最大值，解答時要確定四棱錐的體積最大時B點位置，從而建立空間直角坐標系，利用向量法求解線面角的正弦值.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁1.4.2 用空間向量研究距離、夾角問題【第二課】
1.4.2 用空間向量研究距離、夾角問題
題型一 用空間向量解決距離問題
例1 （2023·福建三明高二期中）
1．如圖，BCD與MCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2，求點A到平面MBC的距離．
【方法總結(jié)】點到平面的距離
1.如圖，已知平面的法向量為，A是平面內(nèi)的定點，P是平面外一點．過點P作平面的垂線l，交平面于點Q，則是直線l的方向向量，且點P到平面的距離就是在直線l上的投影向量的長度．因此．
2.求一個點到平面的距離，可以分以下幾步完成：
（1）求出該平面的一個法向量；
（2）找出從該點出發(fā)的平面的任一條斜線段對應的向量；
（3）求出法向量與斜線段對應的向量的數(shù)量積的絕對值，再除以法向量的模，即可求出點到平面的距離．
◎直線與它的平行平面的距離、兩個平行平面的距離都可以轉(zhuǎn)化為點到平面的距離．
拓展:
（1）點到直線的距離：
（2）點到平面的距離：．
方法 令，可以視其為平面的單位法向量，所以平面外一點P到平面的距離實質(zhì)就是平面的單位法向量與從該點出發(fā)的平面的斜線段PA的方向向量的數(shù)量積的絕對值，即．
【變式訓練1-1】（2023·河北邢臺高二期中）
2．在四棱錐中，底面為菱形，底面，，，為棱的中點，為線段的中點，則點到平面的距離為（ ）
A． B． C．2 D．
【變式訓練1-2】（2023·四川瀘州高二期末）
3．在長方體中，，，，求到直線的距離．
【變式訓練1-3】（2023·江蘇省蘇州市高二期末）
4．如圖，已知邊長為4的正三角形ABC，E、F分別為BC和AC的中點，，且平面ABC，設Q是CE的中點．
(1)求證：平面PFQ；
(2)求直線AE與平面PFQ間的距離．
題型二 用空間向量求異面直線所成的角
例2（2023·吉林省長春市期末）
5．如圖，已知兩個正四棱錐與的高分別為1和2，，則異面直線AQ與BP所成角的余弦值為 ．

【方法技巧與總結(jié)】求異面直線所成的角的方法
（1）傳統(tǒng)法．作出與異面直線所成角相等或互補的平面角，進而構(gòu)造三角形求解．
（2）向量法．運用向量法常有兩種途徑．
①基底法
在一些不適合建立坐標系的題目中，我們經(jīng)常采用取定基底的方法，這是小技巧．在由公式求向量，的夾角時，關鍵是求出及與，一般是把，用基底表示出來，再求有關的量．
②坐標法
根據(jù)題目條件建立恰當?shù)目臻g直角坐標系，寫出相關各點的坐標，通過坐標運算求異面直線所成的角．
利用向量法求線線角，避免了傳統(tǒng)找角或作角的步驟，使過程變得簡單．
【變式訓練2-1】（2023·廣東東莞高二期末）
6．如圖，在直三棱柱中，，，直線與平面所成角的正弦值為，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）

A． B． C． D．
【變式訓練2-2】（2023·陜西西安高二期末聯(lián)考）
7．如圖，在圓錐SO中，AB是底面圓的直徑，D，E分別為SO，SB的中點，，，則直線AD與直線CE所成角的余弦值為（ ）

A． B． C． D．
【變式訓練2-3】（2023·吉林高二東北師大附中高二期末）
8．若三棱錐中，，，，點E為BC中點，點F在棱AD上（包括端點），則異面直線AE與CF所成的角的余弦值的取值范圍是 ．
題型三 用空間向量求線面角
例3（2020·新高考全國Ⅰ卷）
9．如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設平面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，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【方法總結(jié)】求線面角的兩種方法
1.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)化為兩條直線所成的角來求解，
此時要注意兩直線所成角的取值范圍．
2.向量法：設直線AP的方向向量為，平面的法向量為，所求直線與平面所成的角為，與的夾角為，則求解步驟如下：
（1）分析圖形關系，建立空間直角坐標系；
（2）求出直線的方向向量和平面的法向量；
（3）求出夾角；
（4）判斷直線和平面所成的角和的關系，求出角．
【變式訓練3-1】（2023·江蘇淮安高二期末）（2023秋·安徽亳州·高二校考階段練習）
10．將邊長為1的正方形及其內(nèi)部繞旋轉(zhuǎn)一周形成圓柱，如圖，長為，長為，其中與C在平面的同側(cè)，則直線與平面所成的角的正弦值為（ ）

A． B． C． D．
【變式訓練3-2】（2023·遼寧阜新高二期末）（2023秋·遼寧沈陽·高二東北育才學校校考階段練習）
11．如圖，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，，，，二面角的平面角為．設M，N分別為AE，BC的中點，直線BM與平面ADE所成角的正弦值為 ．

【變式訓練3-3】（2023·廣東東莞高二期末）
12．在中，，若空間點滿足，則的最小值為 ；直線與平面所成角的正切的最大值是 .
題型四 用空間向量求二面角
例4（2020·全國Ⅰ卷）
13．如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，．是底面的內(nèi)接正三角形，為上一點，．
（1）證明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【方法總結(jié)】向量法求二角的兩種方法
思路一 利用平面的法向量求角．
（1）選擇坐標運算，確定平面的法向量，．
（2）計算，，．
（3）計算，此即為平面與平面夾角的余弦值．
思路二 在兩個平面內(nèi)構(gòu)造向量求角．
（1）在兩個平面內(nèi)各找一定點A，C，分別過A，C在面內(nèi)作與棱垂直的線段，垂足分別為B，D，則（或）即為平面與平面的夾角，如圖所示．
（2）選擇坐標運算或基底運算求．
【變式訓練2-1】（2023·北京房山高二期末）
14．已知長方體中，，，則平面與平面所成銳二面角的正切值為（ ）
A． B． C． D．
【變式訓練2-2】（2023·海南海口高二聯(lián)考期末）
15．如圖，已知多面體的底面是邊長為2的菱形，底面，，且.若直線與平面所成的角為，則二面角的余弦值為（ ）

A． B． C． D．
【變式訓練2-3】（2022·新高考全國Ⅰ卷）
16．如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．
(1)求A到平面的距離；
(2)設D為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值．
易錯點1 已知距離、夾角求參數(shù)
例1（2023·河北邯鄲高二期中）（2023秋·陜西榆林·高二校考階段練習）
17．有很多立體圖形都體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美，其中半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體，半正多面體因其最早由阿基米德研究發(fā)現(xiàn)，故也被稱作阿基米德體.如圖，這是一個棱數(shù)為，棱長都相等的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，可以看成是由一個正方體截去八個一樣的四面體所得.已知點為線段上一點且，若直線與直線所成角的余弦值為，則 .

易錯警示：用空間向量解決與距離、夾角有關的參數(shù)問題
用向量法、坐標法處理此類問題，首先需把相關的點、線段用向量表示，然后把向量坐標化，將參數(shù)通過相應的距離及夾角公式建立方程，求解可得.合理建系、準去寫出關鍵點的坐標、熟練的運算能力是解題的關鍵.
針對訓練1-1（2023·安徽銅陵高二期末）
18．在空間直角坐標系中，，，，若點到直線的距離不小于，則的范圍為（ ）
A． B．
C． D．
針對訓練1-2（2023·山東菏澤高二期末）
19．已知正方體的棱長為1，，，分別在棱，，上，且滿足，是的重心，若直線與平面所成角為，則的值為 ．
針對訓練1-3 （2023·江西宜春高二期末）
20．如圖，四棱錐中，底面是矩形，平面，且，點是線段上一點，當二面角的平面角的大小為時， ．

易錯點2 用空間向量求距離、夾角的最值
例2．（2023·江蘇淮安高二期末）
21．已知在正方體中，E，F(xiàn)分別為，的中點，點P在上運動，若異面直線，所成的角為，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．
易錯警示：用空間向量求距離、夾角的最值
解決此類問題主要從兩個方面處理
一是函數(shù)法，即利用空間向量的坐標運算，建立所求的目標函數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題求解；
二是根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征，化動為靜，直觀判斷何時取得最值；
針對訓練2-1（2023·四川綿陽高二期末）
22．已知正方體的棱長為2，點P為線段上的動點，則點P到直線的距離的最小值為（ ）
A． B．
C． D．
針對訓練2-2（2023·北京順義區(qū)高二期末）
23．在正方體中，O為線段的中點，點在線段上，則直線與平面所成角的正弦值的范圍是（ ）

A． B．
C． D．
針對訓練2-3（2021·全國甲卷）
24．已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點，D為棱上的點．
（1）證明：；
（2）當為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．.
【分析】如圖，取CD的中點O，連接OB，OM，以O為坐標原點，直線OC，BO，OM分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Oxyz，求出平面MBC的一個法向量為，再利用點到平面的距離公式求解.
【詳解】如圖，取CD的中點O，連接OB，OM，因為BCD與MCD均為正三角形，所以OB⊥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為坐標原點，直線OC，BO，OM分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Oxyz.
因為BCD與MCD都是邊長為2的正三角形，
所以OB＝OM＝，
則O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)，
所以＝(1，，0)．＝(0，，)．
設平面MBC的法向量為＝(x，y，z)，
由得,
即,
取x＝，可得平面MBC的一個法向量為=(，－1，1)．
又＝(0，0，2)，
所以所求距離為d＝＝.
【點睛】方法點睛：求點到平面的距離公式常用的方法有：（1）向量法；（2）幾何法；（3）等體積法.要根據(jù)已知條件靈活選擇方法求解.
2．C
【分析】建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用向量法求解點到平面的距離即可.
【詳解】設與交于點，連接.由底面為菱形，則，
故以為坐標原點，以OA為x軸，OB為y軸，過O點且垂直于底面的直線為z軸，
建立所示的空間直角坐標系，如圖：

則，
.
設平面的法向量為，則，
令，得.因為點的坐標為，所以，
故點到平面的距離為.
故選：C
3．
【分析】方法一： 建立空間直角坐標系，過作于點，由，，求出點坐標，求解即可；
方法二： 連接，建立空間直角坐標系，利用點到直線的距離的向量公式求解.
【詳解】方法一： 建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，
過作于點，設，則，．
∵，，，
∴解得∴，
∴．
即到直線的距離為．
方法二： 連接，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，．
∴，，
∴，∴，
∴到直線的距離．
4．(1)證明見詳解；
(2).
【分析】（1）根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標系，利用空間位置關系的向量證明結(jié)合線面平行的判定推理作答.
（2）由（1）中空間直角坐標系，利用空間向量計算直線與平面的距離作答.
【詳解】（1）在平面內(nèi)過點作，因平面，
則以點A為原點，射線分別為軸非負半軸建立空間直角坐標系，如圖，
因是邊長為4的正三角形，則，
線段BC中點，線段AC中點，線段CE中點，
，而，即有，又無公共點，
則，又平面，平面，
所以平面.
（2）由（1）知平面，則點A到平面的距離即為直線AE與平面PFQ間的距離，
設平面的法向量，而，
則，令，得，
因此點A到平面的距離，
所以直線AE與平面PFQ間的距離為．
5．##
【分析】連接AC，BD，交于點O，則，連接PQ，則PQ過點O，由正四棱錐的性質(zhì)知平面ABCD，故以O為坐標原點，以直線CA，DB，QP分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，然后利用空間向量求解即可.
【詳解】由題設知，四邊形ABCD是正方形，連接AC，BD，交于點O，則．連接PQ，則PQ過點O．
由正四棱錐的性質(zhì)知平面ABCD，故以O為坐標原點，以直線CA，DB，QP分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，

所以，．
于是，
所以異面直線AQ與BP所成角的余弦值為．
故答案為：
6．D
【分析】建立空間直角坐標系，由直線與平面所成的角的正弦值得，計算，得異面直線與所成角的余弦值．
【詳解】取的中點，連接，則，以為坐標原點，，所在直線分別為，軸，過點且平行于的直線為軸建立空間直角坐標系．

設，則，易知平面，則直線與平面所成的角為，
所以，解得，則，．
則，，，，
所以，，
則，
故異面直線與所成角的余弦值為．
故選：D．
7．C
【分析】建立空間直角坐標系，用空間向量坐標運算求解.
【詳解】

以點為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，
則，，
所以直線AD與直線CE所成角的余弦值為．
故選：C
8．
【分析】記，利用基底表示出，由數(shù)量積性質(zhì)和夾角公式求解可得.
【詳解】因為，所以，
又，所以，因為點E為BC中點，所以，
又因為，所以，
所以，
記，，
則，
因為，
所以，
，
記異面直線AE與CF所成的角為，
則，
因為，所以，所以.
故答案為：.

9．（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證得平面，利用線面平行的判定定理以及性質(zhì)定理，證得，從而得到平面；
（2）方法一：根據(jù)題意，建立相應的空間直角坐標系，得到相應點的坐標，設出點，之后求得平面的法向量以及向量的坐標，求得的最大值，即為直線與平面所成角的正弦值的最大值.
【詳解】（1）證明：
在正方形中，，因為平面，平面，
所以平面，又因為平面，平面平面，
所以，因為在四棱錐中，底面是正方形，所以且平面，所以
因為，所以平面．
（2）［方法一］【最優(yōu)解】：通性通法
因為兩兩垂直，建立空間直角坐標系，如圖所示：
因為，設，
設，則有，
設平面的法向量為，
則，即，
令，則，所以平面的一個法向量為，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，當且僅當時取等號，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，因為平面，，所以平面．
在平面中，設．
在平面中，過P點作，交于F，連接．
因為平面平面，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，在中，易求．
由與相似，得，可得．
所以，當且僅當時等號成立．
［方法三］：等體積法
如圖3，延長至G，使得，連接，，則，過G點作平面，交平面于M，連接，則即為所求．
設，在三棱錐中，．
在三棱錐中，．
由得，
解得，
當且僅當時等號成立．
在中，易求，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為．
【整體點評】（2）方法一：根據(jù)題意建立空間直角坐標系，直線PB與平面QCD所成角的正弦值即為平面的法向量與向量的夾角的余弦值的絕對值，即，再根據(jù)基本不等式即可求出，是本題的通性通法，也是最優(yōu)解；
方法二：利用直線與平面所成角的定義，作出直線PB與平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；
方法三：巧妙利用，將線轉(zhuǎn)移，再利用等體積法求得點面距，利用直線PB與平面QCD所成角的正弦值即為點面距與線段長度的比值的方法，即可求出．
10．D
【分析】建立空間直角坐標系，利用向量夾角公式即可求解.
【詳解】由題意，，，
如圖所示，建立空間直角坐標系．

則，
∴
平面的一個法向量為，
設直線與平面所成的角為，
∴．
故選：D．
11．
【分析】根據(jù)題意，先由線面垂直的判定定理可證平面，然后過點做平行線，所以以點為原點， ，、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，結(jié)合空間向量的坐標運算即可得到結(jié)果.
【詳解】
過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點、．
∵四邊形和都是直角梯形，，，由平面幾何知識易知，，則四邊形和四邊形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，則，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中點，，又平面，平面，可得，而，∴平面，
過點做平行線，所以以點為原點， ，、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，
設，則，
設平面的法向量為，
由，得，取，
設直線與平面所成角為，
∴．
故答案為：
12．
【分析】以所在平面為，建立空間直角坐標，求平面的法向量，
利用線面角結(jié)合換元法可得，又，則的最大值為，由此即可求出答案.
【詳解】
過點作與點，過點作與點，
設，則，
又，則，
則點在以為旋轉(zhuǎn)軸，底面圓半徑為的圓柱上，
當點與點三點共線時，最小；且最小值為；
如圖所示：以所在平面為，建立空間直角坐標，則平面的法向量為：，
，
設，
則，

當，且時，最小，
即當點與點三點共線時，最小，且最小值為；
記直線與平面所成角為,
則，
因為，
所以，
令，則，
則，，
又，在上單調(diào)遞減。在上單調(diào)遞增，
則，
所以，當且僅當，即時，等號成立，
又，
所以直線與平面所成角的最大值為，
此時，
故答案為：；
13．（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）要證明平面，只需證明，即可；
（2）方法一：過O作∥BC交AB于點N，以O為坐標原點，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，分別算出平面的一個法向量，平面的一個法向量為，利用公式計算即可得到答案.
【詳解】（1）[方法一]：勾股運算法證明
由題設，知為等邊三角形，設，
則，，所以，
又為等邊三角形，則，所以，
，則，所以，
同理，又，所以平面；
[方法二]：空間直角坐標系法
不妨設，則，由圓錐性質(zhì)知平面，所以，所以．因為O是的外心，因此．
在底面過作的平行線與的交點為W，以O為原點，方向為x軸正方向，方向為y軸正方向，方向為z軸正方向，建立空間直角坐標系，
則，，，，．
所以，，．
故，．
所以，．
又，故平面．
[方法三]：
因為是底面圓O的內(nèi)接正三角形，且為底面直徑，所以．
因為（即）垂直于底面，在底面內(nèi)，所以．
又因為平面，平面，，所以平面．
又因為平面，所以．
設，則F為的中點，連結(jié)．
設，且，
則，，．
因此，從而．
又因為，所以平面．
[方法四]：空間基底向量法
如圖所示，圓錐底面圓O半徑為R，連結(jié)，，易得，
因為，所以．
以為基底，平面，則，
，且，
所以．
故．所以，即．
同理．又，所以平面．
（2）[方法一]：空間直角坐標系法
過O作∥BC交AB于點N，因為平面，以O為坐標原點，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
，，，
設平面的一個法向量為，
由，得，令，得，
所以，
設平面的一個法向量為
由，得，令，得，
所以
故，
設二面角的大小為，由圖可知二面角為銳二面角，所以.
[方法二]【最優(yōu)解】：幾何法
設，易知F是的中點，過F作交于G，取的中點H，
聯(lián)結(jié)，則．
由平面，得平面．
由（1）可得，，得．
所以，根據(jù)三垂線定理，得．
所以是二面角的平面角．
設圓O的半徑為r，則，，，，所以，，．
在中，，
．
所以二面角的余弦值為．
[方法三]：射影面積法
如圖所示，在上取點H，使，設，連結(jié)．
由（1）知，所以．故平面．
所以，點H在面上的射影為N．
故由射影面積法可知二面角的余弦值為．
在中，令，則，易知．所以．
又，故
所以二面角的余弦值為．
【整體點評】本題以圓錐為載體，隱含條件是圓錐的軸垂直于底面，（1）方法一：利用勾股數(shù)進行運算證明，是在給出數(shù)據(jù)去證明垂直時的常用方法；方法二：選擇建系利用空間向量法，給空間立體感較弱的學生提供了可行的途徑；方法三：利用線面垂直，結(jié)合勾股定理可證出；方法四：利用空間基底解決問題，此解法在解答題中用的比較少；
（2）方法一：建系利用空間向量法求解二面角，屬于解答題中求角的常規(guī)方法；方法二：利用幾何法，通過三垂線法作出二面角，求解三角形進行求解二面角，適合立體感強的學生；方法三：利用射影面積法求解二面角，提高解題速度.
14．A
【分析】以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求平面的法向量，利用向量的夾角公式即可求解.
【詳解】以為坐標原點，直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
則
可得，
可知平面的法向量，
設平面的法向量，則，
令，則，可得，
設平面與平面ABCD所成的銳二面角為，
則，
可得，
所以平面與平面所成銳二面角的正切值.
故選：A.
15．B
【分析】利用已知條件建立空間直角坐標系，找出要求的所有點的坐標，利用法向量解決即可.
【詳解】連接，交于點，取中點，連接，
因為分別為的中點，
所以在中，，
因為底面，所以底面
又底面，底面，
所以，
在菱形中，，
所以兩兩互相垂直，
所以以為坐標原點，分別為軸建立空間直角坐標系，
如圖所示：

又底面，直線與平面所成的角為，
所以，所以，
在菱形中，，
所以為等邊三角形，
又，且，
所以，
則，
設平面的一個法向量為，
由，
令，
同理設平面的一個法向量為，
由，
令，
設二面角的大小為，由圖可知為鈍角，
所以，
即二面角的余弦值為：，
故選：B.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由等體積法運算即可得解；
（2）由面面垂直的性質(zhì)及判定可得平面，建立空間直角坐標系，利用空間向量法即可得解.
【詳解】（1）在直三棱柱中，設點A到平面的距離為h，
則，
解得，
所以點A到平面的距離為；
（2）取的中點E,連接AE,如圖，因為，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以兩兩垂直，以B為原點，建立空間直角坐標系，如圖，
由（1）得，所以，，所以，
則,所以的中點，
則，,
設平面的一個法向量，則，
可取，
設平面的一個法向量，則，
可取，
則，
所以二面角的正弦值為.
17．
【分析】補全正方體，建立空間直角坐標系，利用坐標法表示異面直線夾角余弦值，列出方程，解方程即可.
【詳解】將半正多面體補成正方體，建立如圖所示的空間直角坐標系.

設半正多面體的棱長為，則正方體的棱長為，
所以，，，，，，，所以，，
則，，
設直線與直線所成角為，
則，
即，解得或（舍）.
故答案為：
18．A
【分析】根據(jù)空間中點到線的距離公式，列不等式求解.
【詳解】因為，，
所以點到直線的距離為，
所以，化簡得
解得.
故選：A
19．##
【分析】如圖，以為坐標原點，分別以所在的直線為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可.
【詳解】如圖，以為坐標原點，分別以所在的直線為軸建立空間直角坐標系，
則，
因為是的重心，所以，
所以，
設平面的一個法向量為，
因為，
所以，令，則，
因為直線與平面所成角為，
所以（），
所以，化簡得，
解得或（舍去）
故答案為：
20．
【分析】設，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，分別求得平面和平面的一個法向量，利用向量的夾角公式，列出方程，即可求解.
【詳解】設，以為坐標原點，以所在的直線分別為軸、軸和軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
則，可得，
設平面的法向量為，則，
取，可得，所以，
又由平面的一個法向量為，
則，
解得或（舍去），所以.
故答案為：.

21．B
【分析】建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，設，表達出，換元后求出的最大值.
【詳解】以D為原點，，，的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，
設，則，，，
設，則，
所以．
令，則，因為，所以．
當時，；
當時，，
因為，所以當，即時，取得最大值，最大值為．
故選：B
22．A
【分析】建立空間直角坐標系，求出相關點坐標，求出一個與都垂直的向量的坐標，根據(jù)空間距離的向量求法即可求得答案.
【詳解】以A為坐標原點，以為軸建立空間直角坐標系，

則，
故，
設，
則；
設為與都垂直的向量，
則，令，則，
因為由題意點P到直線的距離的最小值可認為是異面直線和的之間的長度，
故點P到直線的距離的最小值為，
故選：A
23．B
【分析】設正方體邊長為2，如圖，以D為原點建立空間直角坐標系，后由空間向量知識可得與平面所成角的正弦值的表達式，即可得答案.
【詳解】設正方體邊長為2，如圖，以D為原點建立空間直角坐標系.
則.
因點在線段上，設， .
則，
， .
設平面法向量為，
則，取.
設與平面所成角為，
則.
注意到，則
.
故選：B

24．（1）證明見解析；（2）
【分析】（1）方法二：通過已知條件，確定三條互相垂直的直線，建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量證明線線垂直；
（2）方法一：建立空間直角坐標系，利用空間向量求出二面角的平面角的余弦值最大，進而可以確定出答案；
【詳解】（1）[方法一]：幾何法
因為，所以．
又因為，，所以平面．又因為，構(gòu)造正方體，如圖所示，
過E作的平行線分別與交于其中點，連接，
因為E，F(xiàn)分別為和的中點，所以是BC的中點，
易證，則．
又因為，所以．
又因為，所以平面．
又因為平面，所以．
[方法二] 【最優(yōu)解】：向量法
因為三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以兩兩垂直．
以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖．
，．
由題設（）．
因為，
所以，所以．
[方法三]：因為，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最優(yōu)解】：向量法
設平面的法向量為，
因為，
所以，即．
令，則
因為平面的法向量為，
設平面與平面的二面角的平面角為，
則．
當時，取最小值為，
此時取最大值為．
所以，此時．
[方法二] ：幾何法
如圖所示，延長交的延長線于點S，聯(lián)結(jié)交于點T，則平面平面．
作，垂足為H，因為平面，聯(lián)結(jié)，則為平面與平面所成二面角的平面角．
設，過作交于點G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
則，
所以，當時，．
[方法三]：投影法
如圖，聯(lián)結(jié)，
在平面的投影為，記面與面所成的二面角的平面角為，則．
設，在中，．
在中，，過D作的平行線交于點Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
當，即，面與面所成的二面角的正弦值最小，最小值為．
【整體點評】第一問，方法一為常規(guī)方法，不過這道題常規(guī)方法較為復雜，方法二建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量求解是最簡單，也是最優(yōu)解；方法三利用空間向量加減法則及數(shù)量積的定義運算進行證明不常用，不過這道題用這種方法過程也很簡單，可以開拓學生的思維.
第二問：方法一建立空間直角坐標系，利用空間向量求出二面角的平面角是最常規(guī)的方法，也是最優(yōu)方法；方法二：利用空間線面關系找到，面與面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面積與面積之比即為面與面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，進而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，開闊學生的思維．
答案第1頁，共2頁
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