这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用备课ppt课件，文件包含142用空间向量研究距离夹角问题11大题型提分练原卷版docx、142用空间向量研究距离夹角问题11大题型提分练解析版docx等2份课件配套教学资源，其中PPT共0页， 欢迎下载使用。
1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题题型一 求异面直线所成角1．（23-24高二下·安徽黄山·期末）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，AA1=A1B1=12AB=1，∠ABC=60°，AA1⊥平面ABCD，M是AD的中点，则直线AD1与直线C1M所成角的正弦值为（ ）A．14 B．154 C．1 D．32【答案】B【分析】建立空间坐标系，即可利用向量夹角求解.【详解】取BC中点Q，连接AQ，AC，由菱形得△ABC为等边三角形，∵Q为中点，∴AQ⊥BC，又∵AD//BC，∴AQ⊥AD，又∵AA1⊥平面ABCD，∴以A为坐标原点，以AQ、AD、AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系，如图：A(0,0,0),A1(0,0,1),D1(0,1,1),Q(3,0,0),C(3,1,0),B(3,−1,0)，C1(32, 12,1)，M(0,1,0)，∴ C1M=(−32,12,−1)，AD1=0,1,1,所以cosC1M,AD1=C1M⋅AD1C1M⋅AD1=12−12×2=14,故,故直线AD1与直线C1M所成角的正弦值为154故选：B2．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，四边形ABCD,AB=BD=DA=4,BC=CD=22，现将△ABD沿BD折起，当二面角A−BD−C的大小在[π6,π3]时，直线AB和CD所成角为α，则cosα的最大值为（ ）A．22−616 B．28 C．22+616 D．68【答案】B【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值取值范围．【详解】取BD中点O，连接AO，CO，AB=BD=DA=4,BC=CD=22，则CO⊥BD,AO⊥BD，且CO=2,AO=23，于是∠AOC是二面角A−BD−C的平面角，显然BD⊥平面AOC，在平面AOC内过点O作Oz⊥OC，则BD⊥Oz，直线OC,OD,Oz两两垂直，以O为原点，直线OC,OD,Oz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，B(0,−2,0),C(2,0,0),D(0,2,0)，设二面角A−BD−C的大小为θ，θ∈[π6,π3]，因此A(23cosθ,0,23sinθ)，BA=(23cosθ,2,23sinθ)，CD=(−2,2,0)，于是cosα=|cos〈AB,CD〉|=|AB⋅CD||AB||CD|=4−43cosθ4×22=|1−3cosθ|22，显然cosθ∈[12,32]，则当cosθ=32时，(cosα)max=28，所以cosα的最大值为28.故选：B【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，求出动点A的坐标，利用向量建立函数关系是解题的关键.3．（23-24高二下·山西晋城·期末）如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABEF为正方形，四边形ABCD为菱形，∠DAB=60°，则直线AC,FB所成角的正弦值为（ ）A．63 B．53 C．104 D．64【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【详解】取AB的中点O，连接OD,四边形ABCD为∠DAB=60°的菱形，所以DO⊥AB，由于平面ABCD⊥平面ABEF，且两平面交线为AB，DO⊥AB,DO⊂平面ABCD，故DO⊥平面ABEF,又四边形ABEF为正方形，故建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方形的边长为2，则A0,−1,0,B0,1,0,F2,−1,0,C0,2,3,故AC=0,3,3,BF=2,−2,0,则，又故，故直线AC,FB所成角的正弦值104，故选：C4．（23-24高二下·广西南宁·阶段练习）已知点O0,0,0，A1,0,1，B−1,1,2，C−1,0,−1，则异面直线OC与AB所成角的正弦值为（ ）A．36 B．33 C．24 D．336【答案】D【分析】应用求空间向量夹角余弦值的公式计算余弦值，然后利用同角三角函数关系求解正弦值即可.【详解】设两条异面直线所成的角为θ，且这两条异面直线的方向向量分别是OC=−1,0,−1，AB=−2,1,1，则cosθ=OC⃗⋅AB⃗OC⃗⋅AB⃗=(−1)×(−2)+0×1+(−1)×1(−1)2+02+(−1)2⋅(−2)2+12+12=36，且0<θ≤π2，所以sinθ=1−cos2θ=336，即异面直线OC与AB所成角的正弦值为336.故选：D5．（23-24高二下·甘肃酒泉·期中）四棱锥P−ABCD的底面是边长为2的菱形，∠DAB=60°，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥底面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为60°，E是PB的中点.(1)证明：OE//平面PAD；(2)求DE与PA所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)144【分析】（1）连接OE，即可说明EO//PD，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，由线面角求出PO，再利用空间向量法计算可得.【详解】（1）连接OE，因为ABCD为菱形，对角线AC与BD相交于点O，所以O为BD的中点，又E是PB的中点，则EO//PD，且EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以EO//平面PAD.（2）因为ABCD为菱形，所以AC⊥BD，又PO⊥底面ABCD，则PO,OC,OB两两互相垂直，以O为坐标原点，射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，菱形ABCD中，∠DAB=60°，所以BD=2OB=2，在Rt△AOB中OA=AB2−OB2=3，因为PO⊥底面ABCD，所以PB与底面ABCD，所成的角为∠PBO=60°，所以PO=OB⋅tan60°=3，则A0−3,0,B1,0,0,D−1,0,0,P0,0,3又E是PB的中点，则E12,0,32，于是DE=32,0,32，AP=0,3,3，设DE与AP的夹角为θ，则有cosθ=3294+34×3+3=24，所以sinθ=1−cos2θ=144，所以异面直线DE与PA所成角的正弦值为144.题型二 已知异面直线所成角求其他量1．（23-24高二上·海南·期中）在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，SA⊥平面ABCD，SA=AB，E是BC的中点，F是棱SD上一点（不含端点），满足SD=λFD．若异面直线AE与CF所成角的余弦值为427，则λ的值为（ ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】先根据条件建立合适空间直角坐标系，然后表示出点F坐标，利用向量法表示出异面直线所成角的余弦值，求解出SD,FD的倍数关系则λ可知.【详解】取CD中点M，连接AM,AC，因为四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，所以△ABC,△ADC均为等边三角形，又因为M为CD中点，所以AM⊥CD，又因为AB//CD，所以AM⊥AB，以A为坐标原点，以AB,AM,AS方向为x,y,z轴正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系：设AB=SA=1，所以A0,0,0,S0,0,1,E34,34,0,C12,32,0,D−12,32,0，设mSD=FD，所以m−12,32,−1=−12−xF,32−yF,−zF，所以F12m−1,321−m,m，所以CF=m2−1,−32m,m，AE=34,34,0，所以cosAE,CF=AE⋅CFAECF=34m2−1−38m32×m2−12+34m2+m2=427，化简可得16m2−8m+1=0，所以m=14，所以14SD=FD，所以SD=4FD，所以λ=4，故选：C.2．（23-24高二上·河南·期末）在空间直角坐标系 O−xyz中，向量 a→=1,−1,m，b→=1,3,0分别为异面直线 l₁，l₂的方向向量，若l1,l2所成角的余弦值为 1010，则 m= 【答案】±2【分析】由向量夹角的余弦公式运算即可.【详解】设l1，l2所成角为θ，则cosθ=|1−3|2+m2⋅1+9=22+m2⋅10=1010，解得m=±2.故答案为：±2.3．（23-24高二上·福建厦门·期中）如图1，在△ABC中，D,E分别为AB,AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=25，BC=4.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED，如图2．(1)求证：A1O⊥BD．(2)线段A1C上是否存在点F，使得直线DF和BC所成角的余弦值为357？若存在，求出A1FA1C的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，A1FA1C=34【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质和面面垂直性质可得A1O⊥平面BCED，由线面垂直性质可证得结论；（2）以O为坐标原点可建立空间直角坐标系，设A1F=λA1C0≤λ≤1，由线线角的向量求法可构造方程求得λ的值，进而得到结果.【详解】（1）∵AB=AC，D,E分别为AB,AC中点，∴AD=AE，即A1D=A1E，∵O为DE中点，∴A1O⊥DE，又平面A1DE⊥平面BCED，平面A1DE∩平面BCED=DE，A1O⊂平面A1DE，∴A1O⊥平面BCED，又BD⊂平面BCED，∴A1O⊥BD.（2）取BC中点G，连接OG，∵AB=AC，G为BC中点，∴AG⊥BC，即OG⊥BC，∴AG=AB2−14BC2=4，∴A1O=OG=2；则以O为坐标原点，OG,OE,OA1正方向为x,y,z轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，则A10,0,2，D0,−1,0，B2,−2,0，C2,2,0，∴A1C=2,2,−2，BC=0,4,0，A1D=0,−1,−2，假设在线段A1C上存在点F，使得直线DF和BC所成角的余弦值为357，设A1F=λA1C0≤λ≤1，则A1F=2λ,2λ,−2λ，∴DF=A1F−A1D=2λ,2λ+1,−2λ+2，∴cosDF,BC=DF⋅BCDF⋅BC=8λ+444λ2+2λ+12+−2λ+22=357，整理可得：16λ2−24λ+9=4λ−32=0，解得：λ=34，∴存在满足题意的点F，此时A1FA1C=34.4．（23-24高二上·上海·课后作业）如图，设ABCD−A1B1C1D1为正方体，动点P在对角线BD1上，记D1PD1B=λ． (1)证明：AP⊥B1C；(2)若异面直线AP与D1B1所成角为π4，求λ的值；(3)当∠APC为钝角时，求λ的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)λ=1(3)13<λ<1【分析】（1）建立坐标系，利用向量数量积为0，证明线线垂直；（2）写出向量坐标，利用夹角公式可得答案；（3）利用钝角可得数量积小于零且不等于−1，求解即可.【详解】（1）以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则B1,1,0，B11,1,1 ，D10,0,1，A1,0,0，C0,1,0;D1B=1,1,−1，B1C=−1,0,−1，因为D1PD1B=λ，所以D1P=λD1B，所以AP=AD1+D1P=AD1+λD1B=−1,0,1+λ1,1,−1=λ−1,λ,1−λ，因为AP⋅B1C=1−λ+λ−1=0，所以AP⊥B1C.（2）D1B1=1,1,0，AP=λ−1,λ,1−λ；因为直线AP与D1B1所成角为π4，所以AP⋅D1B1AP⋅D1B1=2λ−12×λ2+2λ−12=cosπ4=22；解得λ=±1，因为动点P在对角线BD1上，所以λ=1.（3）PC=PB+BC=1−λD1B+BC=−λ,1−λ,λ−1，PA=1−λ,−λ,λ−1，因为∠APC为钝角，所以PA⋅PC=3λ2−4λ+1<0，解得13<λ<1.又因为3λ2−4λ+1≠−1在R上恒成立，所以13<λ<1. 5．（22-23高二上·北京昌平·阶段练习）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，M是线段EF的中点. (1)求证AM//平面BDE；(2)试在线段AC上确定一点P，使得PF与CD所成的角是60°.【答案】(1)证明见解析(2)点P为AC的中点【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量共线证明线线共线，从而利用线面平行的判定证明即可；（2）设出点的坐标，利用向量夹角的坐标运算公式建立方程，即可求解点的位置.【详解】（1）因为正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，且平面ABCD∩平面ACEF=AC，且EC⊥AC，EC⊂平面ACEF，所以EC⊥平面ABCD，又CD⊥CB，如图建立空间直角坐标系. 设AC∩BD=N，连结NE，则N22,22,0，E(0,0,1)，∴NE=(−22,−22,1)，又A(2,2,0),M22,22,1，∴ AM=(−22,−22,1).∴ NE=AM，且NE与AM不共线，∴NE∥AM，又NE⊂平面BDE，AM⊂平面BDE，∴AM ∥平面BDE.（2）设P(t,t,0)，0≤t≤2，又F(2,2,1)，C(0,0,0)，D(2,0,0)，则PF=(2−t,2−t,1)，CD=(2,0,0).又∵ PF与CD所成的角为60°，∴ (2−t)⋅2(2−t)2+(2−t)2+1⋅2=12，解之得t=22或t=322（舍去），故点P为AC的中点时满足题意.题型三 直线与平面所成的角1．（23-24高二下·安徽宣城·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，且AD ∥ BC,∠BAD=90∘,BC=1，AP=AB=3,∠ADC=60∘,M,N分别为棱PC,PB的中点.(1)求证：平面PBC⊥平面ADMN；(2)求直线BD与平面ADMN所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)4214【分析】（1）先证明PB⊥平面ADMN，根据面面垂直的判定定理即可证明结论；（2）方法一：结合（1）可知PB⊥平面ADMN，即可说明∠BDN即为直线BD与平面ADMN所成的角，解三角形，即可求得答案；方法二，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）∵PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD，则PA⊥AD，由∠BAD=90∘，则AD⊥AB；又AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB，∴AD⊥平面PAB,PB⊂平面PAB，∴AD⊥PB，∵AP=AB，且N为PB的中点，∴PB⊥AN，∵AN∩AD=A,AN,AD⊂平面ADMN，∴PB⊥平面ADMN，又PB⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面ADMN；（2）解法一：如图，连结DN，由（1）知PB⊥平面ADMN，所以，DN为直线BD在平面ADMN内的射影，且DN⊥BN，所以，∠BDN即为直线BD与平面ADMN所成的角.在直角梯形ABCD内，过C作CH⊥AD于H，则四边形ABCH为矩形，CH=AB=3,AH=BC=1，在Rt△CDH中，DH=CHtan∠ADC=33=1，所以，AD=AH+DH=2,BD=AD2+AB2=7，而PB=3+3=6，在Rt△BDN中，∠BND=90∘,BN=12PB=62,BD=7，所以sin∠BDN=BNBD=627=4214，综上，直线BD与平面ADMN所成角的正弦值为4214.解法二：在直角梯形ABCD内，过C作CH⊥AD于H，则四边形ABCH为矩形，CH=AB=3,AH=BC=1，在Rt△CDH中，DH=CHtan∠ADC=33=1，所以，AD=AH+DH=2，以A点为原点，AB､AD､AP分别为x､y､z轴，建系如图，则A0,0,0,D0,2,0,N32,0,32,B3,0,0,P0,0,3.由（1）知，PB⊥平面ADMN，平面ADMN法向量可取为PB=3,0,−3,BD=−3,2,0，设直线BD与平面ADMN所成角为θ，则sinθ=PB⋅BDPBBD=3×−3+0×2+−3×03+0+33+4+0=4214，综上，直线BD与平面ADMN所成角的正弦值为4214.2．（23-24高二下·湖南岳阳·期末）如图，在圆锥SO中，AD为圆O的直径，B,C为圆弧AD的两个三等分点，M为SD的中点，SO=OA=3；(1)求证：平面SBD⊥平面SOC；(2)求直线SD与平面ABM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)218631【分析】（1）利用线面垂直的性质得到SO⊥BD，再根据条件得到OC⊥BD，利用线面垂直的判定定理得到BD⊥面SOC，再利用面面垂直的判定定理，即可证明结果；（2）建立空间直角坐标系，求出平面ABM的一个法向量及SD，再利用线面角的向量法，即可求出结果.【详解】（1）因为SO⊥面圆O，又BD⊂面圆O，所以SO⊥BD，又B,C为圆弧AD的两个三等分点，所以BC=CD，得到∠BOC=∠DOC，又OB=OD，所以OC⊥BD,又SO∩OC=O，SO,OC⊂面SOC，所以BD⊥面SOC，又BD⊂面SBD，所以平面SBD⊥平面SOC.（2）取AD的中点H，连接OH，如图，以OH,OD,OS所以直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，因为M为SD的中点，SO=OA=3，所以A(0,−3,0),D(0,3,0),S(0,0,3),M(0,32,32)，又因为∠AOB=π3，OA=OB=3，所以B(332,−32,0)，则SD=(0,3,−3)，AM=(0,92,32)，AB=(332,32,0)设平面ABM的一个法向量为n=(x,y,z)，由n⋅AB=0n⋅AM=0，得到332x+32y=092y+32z=0，取y=−1，得到x=33，z=3，所以n=(33,−1,3)，设直线SD与平面ABM所成的角为θ，所以.3．（23-24高二下·江苏徐州·期中）已知平行四边形ABCD中，AB=3,AD=5,BD=4,E是线段AD的中点.沿直线BD将△BCD翻折成△BC'D，使得平面BC'D⊥平面ABD.(1)求证：C'D⊥平面ABD；(2)求直线BD与平面BEC'所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)34141.【分析】（1）利用翻折的特性，结合勾股定理逆定理证得C'D⊥BD，再利用面面垂直的性质、线面垂直的判定推理即得.（2）由（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再线面角的向量求法求解即得.【详解】（1）在▱ABCD中，AB=3,AD=5,BD=4，翻折后，C'D=CD=AB=3,C'B=CB=AD=5，则C'D2+BD2=25=C'B2，于是C'D⊥BD，而平面BC'D⊥平面ABD，平面BC'D ∩平面ABD=BD，C'D⊂平面BC'D，所以C'D⊥平面ABD.（2）由（1）知C'D⊥平面ABD，且CD⊥BD，显然直线DB,CD,DC'两两垂直，如图，以D为原点，直线DB,CD,DC'分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D−xyz，则D0,0,0，A4,3,0，B4,0,0，C'0,0,3，由E是线段AD的中点，得E(2,32,0)，BD=−4,0,0，在平面BEC'中，BE=(−2,32,0)，BC'=−4,0,3，设平面BEC'法向量为n=(x,y,z)，则BE⋅n=−2x+32y=0BC'⋅n=−4x+3z=0，令x=3，得n=(3,4,4)，设直线BD与平面BEC'所成角为θ，则sinθ=|cos⟨n⃗,BD⃗⟩|=|n⃗⋅BD⃗|n⃗·BD⃗=34141， 以直线BD与平面BEC'所成角的正弦值为34141.4．（23-24高二上·湖北襄阳·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD满足AB=CB=2,AD=CD=5,∠ABC=90°，棱PD上的点E满足直线CE//平面PAB．(1)求PEED；(2)若PB=5,PD=22，且PA=PC，求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【答案】(1)2(2)42929【分析】（1）由题意得：连接AC,BD交于O点，过C做CF∥AB，交BD于T点，先证平面PAB//平面CEF，从而PEDE=AFFD，又PEDE=BTTD，分析可得四边形ABCT为正方形，从而得解；（2）利用余弦定理可得PO=2，从而PO⊥BD，以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角.【详解】（1）由题意得：连接AC,BD交于O点，过C做CF∥AB，交BD于T点，如图所示：由于CF//AB,CF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CF//平面PAB，又CE//平面PAB．CF∩CE=C,CF,CE⊂平面CEF，所以平面PAB//平面CEF，平面PAD∩平面PAB=PA，平面PAD∩平面CEF=EF，所以EF//PA，故PEDE=AFFD，即，由于AB=CB=2,AD=CD=5,∠ABC=90°，所以△ABD≠△BCD，则∠CBT=π4，所以四边形ABCT为正方形，所以BT=2，∴在Rt△COD中，CO=1,CD=5，所以OD=2，所以TD=OD−OT=1，∴PEDE=BTTD=2；（2）在△POB和△POD中，由cos∠POB=−cos∠POD可得：PO2+BO2−PB22PO⋅BO=PO2+DO2−PD22PO⋅DO⇒PO2+1−52PO=PO2+4−84PO⇒PO=2，满足PO2+BO2=PB2，所以PO⊥BD，又∵PA=PC,∴PO⊥AC．又有AC交BD于O点，所以PO⊥平面ABCD，满足PO,CO,DO两两垂直，故以O为原点，OC，OD，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P0,0,2,B0,−1,0,C1,0,0,E0,43,23，于是有BP=0,1,2,CP=−1,0,2．设平面PBC的法向量为n=x,y,z，由CP⃗⋅n→=0BP⃗⋅n→=0，y+2z=0−x+2z0，取n=2,−2,1，又CE=−1,43,23，故所求角的正弦值为cosCE⃗,n⃗=n⃗⋅CE⃗n⃗⋅CE⃗=−2−83+239⋅299=42929．5．（23-24高二下·广西贵港·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC,AD=2BC=4，侧面PAD⊥平面ABCD,O,M分别为AD,PD的中点． (1)证明：PB∥平面OMC．(2)若CD=2,PA=PD=4，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1510．【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明线面平行；（2）利用向量法计算直线与平面所成角的正弦值；【详解】（1）证明：连接BD,OB，设BD与OC相交于点E，因为AD∥BC， AD=2BC=2OD=4，所以OBCD为平行四边形，即E为BD的中点．连接ME，因为M为PD的中点，所以PB∥ME．因为PB⊄平面OMC,ME⊂平面OMC，所以PB∥平面OMC．（2）因为PA=PD，所以PO⊥AD．因为平面PAD⊥平面AB CD，平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD．取BC的中点H，连接OH．因为ABCD是等腰梯形，所以OH⊥AD．以O为坐标原点，OH,OD,OP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A0,−2,0,B3,−1,0,C3,1,0,P0,0,23，所以AB=3,1,0,AP=0,2,23,PC=3,1,−23．设平面PAB的法向量为m=x,y,z，则m⋅AB=3x+y=0,m⋅AP=2y+23z=0．令x=1，则y=−3,z=1，可得m=1,−3,1．cosm,PC=m⋅PCmPC=1×3−3×1−23×13+1+121+3+1 =1510所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为1510．题型四 已知线面角求其他量1．（23-24高二下·云南曲靖·阶段练习）如图，在斜三棱柱BCE−ADF中，侧面ABCD⊥侧面ABEF，AB=AD=AF=2,∠ADC=∠AFE=60°，M为线段CD上的动点.(1)当M为CD的中点时，证明：EM⊥BF；(2)若EM与平面BCE所成角的正弦值为1525，求线段CM的长度.【答案】(1)证明见解析(2)12【分析】（1）作出辅助线，得到AE⊥BF，AM⊥AB，由面面垂直得到线面垂直，得到AM⊥BF，从而证明出AM⊥平面ABEF，AM⊥BF，得到BF⊥平面AEM，证明出结论；（2）作出辅助线，证明出AM1,AB,AN两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设M(3,y,0),y∈−1,1，从而得到方程，求出y=12，得到答案.【详解】（1）连接AE,AM，∵ AB=AD=AF=2,∠ADC=∠AFE=60°，∴四边形ABCD,ABEF均为含60∘的菱形，△ACD为等边三角形，∴ AE⊥BF，当M为CD的中点时，有AM⊥AB；又∵侧面ABCD⊥侧面ABEF，侧面ABCD ∩侧面ABEF=AB，AM⊂侧面ABCD，∴ AM⊥平面ABEF，又∵BF⊂平面ABEF，从而AM⊥BF；又AE∩AM=A，AE,AM⊂平面AEM，∴ BF⊥平面AEM，因为EM⊂平面AEM，所以EM⊥BF.（2）因为△AEF为等边三角形，取EF的中点N，则AN⊥EF，又AB//EF，故AN⊥AB，取CD的中点M1，连接AM1，由（1）知AM1⊥平面ABEF，又AN⊂平面ABEF，故AM1⊥AN，∴AM1,AB,AN两两互相垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B0,2,0,C3,1,0,E0,1,3；设M(3,y,0),y∈−1,1，则BC=(3,−1,0),BE=(0,−1,3),EM=(3,y−1,−3)，设平面BCE的法向量为m=(a,b,c)，由m⊥BC,m⊥BE，得3a−b=0−b+3c=0，令b=3,∴a=1,c=1, m=(1,3,1).设EM与平面BCE所成角为θ，所以sinθ=m⋅EMm⋅EM=3y−1y−12+6⋅5=1525，解得y=12或y=32，∵−1≤y≤1，所以y=12，∴ CM=1−12=12.2．（23-24高二下·河南·阶段练习）如图，在四棱锥Q−ABCD中，CD∥AB，BC⊥AB，平面QAD⊥平面ABCD，QA=QD，M，N分别是AD，CQ的中点．(1)证明：QM⊥BD；(2)若AD=AB=2CD=2，直线MN与平面QBC所成角的正弦值为427，求QM的长度．【答案】(1)证明见解析；(2)3或32【分析】（1）先证明QM⊥平面ABCD，由线面垂直的性质即可得证；（2）建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量法，由直线MN与平面QBC所成角的正弦值为427即可求解．【详解】（1）∵M是AD中点，QA=QD，∴QM⊥AD，∵平面QAD⊥平面ABCD，平面QAD∩平面ABCD=AD，QM⊂平面QAD，∴QM⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴QM⊥BD．（2）取BC中点F，连接MF，∵M，F分别为AD，BC中点，AB∥CD，∴MF∥AB，又BC⊥AB，∴MF⊥BC；以F为坐标原点，FM，FB正方向为x，y轴正方向，过F作z轴//QM，可建立如图所示空间直角坐标系设QM=aa>0，∵MF=12AB+CD=32，BC=AD2−AB−CD2=3，∴M32,0,0，Q32,0,a，B0,32,0，C0,−32,0，N34,−34,a2，∴MN=−34,−34,a2，BC=0,−3,0，CQ=32,32,a；设平面QBC的法向量n=x,y,z，则BC⋅n=−3y=0CQ⋅n=32x+32y+az=0，令x=2a，解得y=0，z=−3，∴n=2a,0,−3；∴cos
=MN⃗⋅n→MN⃗n→=−3a3+a244a2+9=427，解得a=3或a=32，故QM的长为3或323．（23-24高二下·浙江宁波·期末）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，△FBC为等腰直角三角形，且FC⊥FB.面BCF⊥面ABCD,EF//AB,AB=4EF=4,BC=22.(1)求证：BE⊥CF：(2)在线段AB上是否存在点T，使得DT与平面ACF所成角的正弦值为53？若存在，请求出BT的长度；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)BT=12或BT=3.【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理即得.（2）取BC的中点O，以O为原点，建立空间直角坐标系，设BT=t(0,≤t≤4)，求出平面ACF的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得.【详解】（1）由矩形ABCD，得AB⊥BC，而平面BCF⊥平面ABCD，平面BCF∩平面ABCD=BC，AB⊂平面ABCD，则AB⊥平面BCF，又CF⊂面BCF，于是AB⊥CF，而FC⊥FB，EF//AB，AB∩BF=B,AB,BF⊂平面ABFE，因此CF⊥平面ABFE，又BE⊂平面ABFE，所以BE⊥CF.（2）取BC的中点O，作Ox//AB，连接OF，由（1）知，Ox⊥平面BCF，而OF⊂平面BCF，则Ox⊥OF，又FC⊥FB，FC=FB，则OF⊥BC，即Ox,OB,OF两两垂直，以O为原点，直线Ox,OB,OF分别为x,y,z建立空间直角坐标系，假定在线段AB上存在点T，使得DT与平面ACF所成角的正弦值为53，设BT=t(0,≤t≤4)，则A(4,2,0),B(0,2,0),C(0,−2,0),D(4,−2,0),F(0,0,2),T(t,2,0)，CA=(4,22,0),CF=(0,2,2),DT=(t−4,22,0)，设平面ACF的法向量n=(x,y,z)，则n⋅CA=4x+22y=0n⋅CF=2y+2z=0，令x=1，得n=(1,−2,2)，于是|cos〈n,DT〉|=|n⋅DT||n||DT|=|t−8|5×(t−4)2+8=53，整理得2t2−7t+3=0，解得t=12或t=3，所以在线段AB上存在点T，使得DT与平面ACF所成角的正弦值为53，此时BT=12或BT=3.4．（23-24高二下·山西运城·期中）如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，平面PCD⊥平面ABCD，M是棱PD上的动点，N是棱AB上的一点，且AN=14AB,CD=PD=2AD=22PC.(1)求证:MN⊥AC;(2)若直线MN与平面MBC所成角的正弦值是55，求点M的位置.【答案】(1)证明见解析；(2)M是棱PD的中点.【分析】（1）首先利用垂直关系证明DA,DC,DP互相垂直，再以点D为原点，建立空间直角坐标系，利用数量积证明线线垂直；（2）首先求平面MBC的法向量，再利用线面角的向量公式，建立方程，即可求解.【详解】（1）证明：因为CD=PD=22PC，所以CD2+PD2=PC2，所以PD⊥CD，因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD,PD⊂平面PCD，所以PD⊥平面ABCD，因为AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD，因为四边形ABCD是矩形，所以AD⊥CD，故DA,DC,DP两两垂直，以D为坐标原点，DA,DC,DP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，设CD=4，则A(2,0,0),C(0,4,0), B(2,4,0), N(2,1,0), M(0,0,t) (0≤t≤4)，所以MN=(2,1,−t)，AC=(−2,4,0)，因为MN⋅AC=2×(−2)+1×4+(−t)×0=0，所以MN⊥AC，即MN⊥AC；（2）由（1），得MN=(2,1,−t),CB=(2,0,0),CM=(0,−4,t).设m=(x,y,z)为平面MBC的法向量，则m⋅CB=2x=0m⋅CM=−4y+tz=0，令y=t，得x=0,z=4，所以m=(0,t,4).设直线MN与平面MBC所成角为θ，则sinθ=|cos〈m,MN〉|=|t−4t|t2+16⋅t2+5=55，所以t2−20t2−4=0，因为0≤t≤4，所以t=2，即M是棱PD的中点.5．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，点D，E分别在线段AC，AB上，AE=1，AD=2，沿DE将△ADE折起到△PDE的位置，使得PB=5，如图2，(1)求证：平面PDE⊥平面BCDE；(2)若点F在线段BC上，且直线DF与平面PCD所成角的正弦值为217，求BF；(3)在线段PC上是否存在点M，使得DM//平面PBE，若存在，求出PMPC的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)BF=2(3)存在；PMPC=23【分析】（1）利用余弦定理与勾股定理依次证得DE⊥PE，BE⊥PE，再利用线面垂直与面面垂直的判定定理即可得证；（2）利用（1）中结论，建立空间直角坐标系，设BF=λBC，从而得到DF与平面PCD的法向量，利用线面角的空间向量法得到关于λ的方程，解之即可得解；（3）利用（2）中结论，设PM=μPC，利用线面平行的空间向量表示得到关于μ的方程，解之即可得解.【详解】（1）在△PDE中，PE=1，PD=2，∠EPD=60°，由余弦定理得DE2=PE2+PD2−2PE⋅PDcos60°=3，所以PE2+DE2=PD2，所以DE⊥PE，在△PBE中，PE=1，BE=2，PB=5，所以PE2+BE2=PB2，所以BE⊥PE，又因为BE∩DE=E，BE、DE⊂平面BCDE，所以PE⊥平面BCDE，又PE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面BCDE.（2）由（1）可知EB，ED，EP，两两互相垂直，以E为原点，EB，ED，EP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D0,3,0，B2,0,0，P0,0,1，C12,332,0，所以PC=12,332,−1，DC=12,32,0，设平面PCD的法向量为n=x,y,z，则n⋅PC=12x+332y−z=0n⋅DC=12x+32y=0，令y=−1，得n=3,−1,−3，设BF=λBC0≤λ≤1，又DB=2,−3,0，BC=−32,332,0，则DF=DB+BF=DB+λBC=2−32λ,−3+332λ,0，因为直线DF与平面PCD所成角的正弦值为217，所以cos〈DF,n〉=217，即32−32λ−−3+332λ7×2−32λ2+−3+332λ2=217，解得λ=23，则BF=2.（3）设PM=μPC0≤μ≤1，又DP=0,−3,1，PC=12,332,−1，则DM=DP+PM=DP+μPC=12μ,−3+332μ,1−μ，易得平面PBE的法向量n=0,1,0，因为DM//平面PBE，所以n⋅DM=0，即−3+332μ=0，解得μ=23，此时PMPC=23.题型五 两个平面所成角1．（23-24高二下·安徽滁州·期末）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形ACEF为菱形，∠CAF=π3，平面ACEF⊥平面ABCD.(1)求三棱锥B−DEF的体积；(2)求平面BAF和平面BCE夹角的余弦值.【答案】(1)233(2)17【分析】（1）由EF// AC，证得EF⊥面BDF，利用等体积转化VB−DEF=VE−BDF利用体积公式求解三棱锥的体积．（2）以O为坐标原点，OB,OC,OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建泣空间直角坐标系.分别求得平面BAF和平面BCE的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）设AC∩BD=O，如图1，连接FC,FO.因为四边形ACEF为菱形且∠CAF=π3，所以△AFC为等边三角形，则AC⊥FO.四边形ABCD是边长为2的正方形，所以AC⊥BD.又FO∩BD=O,FO,BD⊂面BDF，故AC⊥面BDF∵EF// AC，EF⊥面BDF.又AC=BD=2，则FO=3，∴VB−DEF=VE−BDF=13S△BDF⋅EF=13×12×2×3×2=233.（2）因为平面ACEF⊥平面ABCD，且面ACEF∩面ABCD=AC,BD⊂面ABCD，在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以BD⊥面ACEF.FO⊂面ACEF，则BD⊥FO，又由（1）知AC⊥FO.如图2，以O为坐标原点，OB,OC,OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建泣空间直角坐标系.可得A0,−1,0,B1,0,0,C0,1,0,F0,0,3,E0,2,3.设面BAF的法向量为m=x1,y1,z1，AB→=(1,1,0),AF→=(0,1,3)，∴AB→⋅m→=0AF→⋅m→=0⇒x1+y1=0y1+3z1=0，令z1=1⇒m→=3,−3,1设两BCE的法向量为n=x2,y2,z2，BC→=(−1,1,0),BE→=(−1,2,3)，∴BC→⋅n→=0BE→⋅n→=0⇒−x2+y2=0−x2+2y2+3z2=0令x2=3⇒n→=3,3,−1.故.所以，平面BAF和平面BCE夹角的余弦值为17.2．（23-24高二下·四川成都·阶段练习）如图，已知在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，所有的棱长均为2，侧面DCC1D1⊥底面ABCD,∠D1DC=∠DAB=π3,E为C1D1的中点，C1F=13C1C．(1)证明：平面A1CE⊥底面ABCD；(2)求平面A1EF与平面ABCD所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)21111【分析】（1）连接CE，根据菱形性质得EC⊥DC，再利用面面垂直的性质定理得EC⊥底面ABCD，最后利用面面垂直的判定定理证明；（2）取DC中点为O，连接D1O,OB，利用等边三角形的性质及面面垂直的性质得D1O,OB,OC两两垂直，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面A1EF的一个法向量m⃗=2,3,2，平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1)，设平面A1EF与平面ABCD的夹角为θ，由cosθ=|cos〈m,n〉|=|m⋅n||m|⋅|n|求解.【详解】（1）连接CE，在菱形DCC1D1中，因为∠D1DC=π3，E为C1D1的中点，所以EC⊥D1C1，所以EC⊥DC，又因为侧面DCC1D1⊥底面ABCD，侧面DCC1D1∩底面ABCD=DC，EC⊂侧面DCC1D1，所以EC⊥底面ABCD，又EC⊂平面A1CE，所以平面A1CE⊥底面ABCD；（2）连接D1C,BD，取DC中点为O，连接D1O,OB，因为D1D=DC=2,∠D1DC=π3，故三角形D1DC为等边三角形，则D1O⊥DC，因为侧面DCC1D1⊥底面ABCD，侧面DCC1D1∩底面ABCD=DC，D1O⊂侧面DCC1D1，所以D1O⊥底面ABCD，又OB,OC⊂底面ABCD，所以D1O⊥OB，D1O⊥OC，在三角形BDC中，因为BC=DC=2,∠DCB=∠DAB=π3，故三角形BDC为等边三角形，则BO⊥DC，所以D1O,OB,OC两两垂直，则以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.又OB=OD1=2×32=3，故A(3,−2,0),C(0,1,0),D1(0,0,3),C1(0,2,3)，A1(3,−1,3),E(0,1,3)，因为C1F=13C1C，所以F(0,53,233)，EF=0,23,−33,EA1=3,−2,0，因为D1O⊥底面ABCD，所以取平面ABCD的法向量为n=(0,0,1)；设平面A1EF的一个法向量为m=x,y,z，由EA1⋅m=0EF⋅m=0，得3x−2y=023y−33z=0，取x=2，则m=2,3,2；设平面A1EF与平面ABCD的夹角为θ，则cosθ=|cos〈m,n〉|=|m⋅n||m|⋅|n|=211=21111，故平面A1EF与平面ABCD所成角的余弦值为211113．（23-24高二下·四川成都·期末）如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC为正三角形，AB=AA1=2，∠A1AC=∠A1AB，O为BC的中点，A1O=1.(1)证明：A1O⊥平面ABC；(2)求平面BAA1与平面CAA1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】（1）连接AO，A1B，A1C，利用勾股定理逆定理证明AO⊥A1O，再证明A1O⊥BC，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）连接AO，A1B，A1C，因为△ABC为正三角形且AB=2，O为BC的中点，所以AO⊥BC，AO=3，又A1O=1，AA1=2，所以AA12=AO2+A1O2，则AO⊥A1O，又∠A1AC=∠A1AB，所以△A1AC≌△A1AB，所以A1C=A1B，所以A1O⊥BC，又AO∩BC=O，AO,BC⊂平面ABC，所以A1O⊥平面ABC；（2）由（1）可知A1O⊥平面ABC，AO⊥BC，如图建立空间直角坐标系，则A3,0,0，B0,1,0，C0,−1,0，A10,0,1，则AA1=−3,0,1，AC=−3,−1,0，AB=−3,1,0设平面BAA1的法向量为m=x,y,z，则m⋅AA1=−3x+z=0m⋅AB=−3x+y=0，取m=1,3,3，设平面CAA1的法向量为n=a,b,c，则n⋅AA1=−3a+c=0n⋅AC=−3a−b=0，取n=1,−3,3，设平面BAA1与平面CAA1的夹角为θ，则cosθ=m⋅nm⋅n=17×7=17，所以平面BAA1与平面CAA1夹角的余弦值为17.4．（23-24高二下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，若∠BAD=60∘,PB=PD=2,Q为PC的中点，△BDQ的面积为62. (1)求P到平面ABCD的距离；(2)求平面BDQ与平面PAB夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)105.【分析】（1）连接AC交BD于O点，连接PO，QO，即可证明BD⊥平面PAC，即可得到BD⊥OQ，由三角形△BDQ的面积求出OQ，即可求出PA，PO，从而得到PO⊥AC，即可证明PO⊥平面ABCD，即可得解；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）连接AC交BD于O点，连接PO，QO.因为ABCD为菱形，所以BD⊥AC，O为BD的中点，因为PB=PD，且O为BD的中点，所以BD⊥PO，因为AC∩PO=O，AC,PO⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，因为OQ⊂平面BDQ，所以BD⊥OQ，因为ABCD为边长为2菱形且∠BAD=60∘，所以△ABD为等边三角形，所以BD=2，因为S△BDQ=12BD⋅OQ=12×2×OQ=62，所以OQ=62，在△PAC中，OQ为中位线，所以PA=2OQ=6，在△POA中，PO2=3,OA2=3,PA2=PO2+OA2，所以PO⊥AC.因为AC∩BD=O，AC,BD⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，所以P到平面ABCD的距离为PO=3.（2）如图，以O为坐标原点，OA,OB,OP的方向分别为x，y,z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则A(3,0,0),B(0,1,0),D(0,−1,0),P(0,0,3),Q−32,0,32，设平面PAB的法向量为m=x1,y1,z1，因为AP=−3,0,3,AB=−3,1,0，所以m⋅AP=−3x1+3z1=0,m⋅AB=−3x1+y1=0.令x1=1，得m=1,3,1.设平面BDQ的法向量为n=x2,y2,z2，因为OB=0,1,0,OQ=−32,0,32，所以n⋅OB=y2=0,n⋅OQ=−32x2+32z2=0.令x2=1，得n=1,0,1.因为cosm,n=m⋅nmn=25×2=105，所以平面BDQ与平面PAB夹角的余弦值为105.5．（23-24高二下·陕西西安·期末）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，且PA=2，AB=BC=22，AC=4．点Q为棱BP上一点，且AQ⊥BP．(1)求CQ的长；(2)求二面角Q−AC−B的余弦值．【答案】(1)CQ=2303(2)55【分析】（1）根据平面几何知识可证得AB⊥BC，再由线面垂直的性质定理和判定判定定理得证；（2）建立空间直角坐标系，运用面面角的向量求解方法可求得答案.【详解】（1）因为AB=BC=22，AC=4，所以AB2+BC2=AC2，则AB⊥BC．因为PA⊥底面ABC，且BC⊂底面ABC，所以PA⊥BC．又AB⊥BC，AB∩PA=A，AB,PA⊂平面ABP，所以BC⊥平面ABP．因为AQ⊂平面ABP，所以AQ⊥BC．又AQ⊥BP，PB∩BC=B，PB,BC⊂平面PBC，所以AQ⊥平面PBC．由CQ⊂平面PBC，得AQ⊥CQ．又PA⊥底面ABC，AB⊂底面ABC，所以PA⊥AB，所以BP=AB2+AP2=23，由等面积法得AQ=AP⋅ABBP=263，故CQ=AC2−AQ2=2303．（2）以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示，所以则A0,0,0，C0,4,0，P0,0,2，B2,2,0，，由（1）得BQ=AB2−AQ2=433，BQ=23BP，所以Q23,23,43则AC=0,4,0，AQ=23,23,43．设平面ACQ的法向量为n1=x,y,z，则AQ⋅n1=0AC⋅n1=0，即23x+y+2z=04y=0，令x=2，得n1=2,0,−1．由PA⊥底面ABC，得n2=0,0,1为平面ABC的一个法向量，则cosn1,n2=n1⋅n2n1n2=−55，由图可知，二面角Q−AC−B为锐角，所以二面角Q−AC−B的余弦值为55．题型六 已知面面角求其他量1．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，在三棱柱中ABC−A1B1C1中，AB,AC,AA1两两互相垂直，AA1=2AB=2AC,M,N是线段BB1,CC1上的点，平面AMN与平面ABC所成锐二面角为π6，当B1M最小时，∠AMB= . 【答案】π3【分析】建立空间直角坐标系，设出CN,BM的长，求出平面AMN与平面ABC的法向量，借助面面角的向量求法求出CN,BM关系，再判断当B1M取最小时CN,BM的长，进而求得∠AMB的大小.【详解】在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB,AC,AA1两两垂直，建立空间直角坐标系，如图： 依题意，设BM=a,CN=b,AB=1，则AA1=2,AB=1，则A(0,0,0),B(1,0,0),M(1,0,a),N(0,1,b)，AM=(1,0,a),AN=(0,1,b)，设平面AMN的法向量为m=(x,y,z)，则AM⋅m=x+az=0AN⋅m=y+bz=0，令z=−1，得m=(a,b,−1)，平面ABC的法向量n=(0,0,1)，由平面AMN与平面ABC所成（锐）二面角为π6，得cosπ6=|cos〈m,n〉|=|m⋅n||m||n|=1a2+b2+1，化简得a2+b2=13，当a取得最大值时，B1M最小，此时b=0，amax=33，且tan∠AMB=ABMB=3，所以∠AMB=π3.故答案为: π3【点睛】易错点睛：空间向量求二面角时，一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．2．（23-24高二下·湖南郴州·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,E为线段PD的中点，F为线段PC（不含端点）上的动点.(1)证明：平面AEF⊥平面PCD；(2)是否存在点F，使二面角P−AF−E的大小为45∘？若存在，求出PFPC的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，PFPC=23【分析】（1）根据题意可证CD⊥平面PAD，则CD⊥AE，进而可得AE⊥平面PCD，即可得结果；（2）建系标点，设PF=λPC(0<λ<1)，分别为平面AEF、平面APF的法向量，利用空间向量处理二面角的问题.【详解】（1）因为底面ABCD为正方形，则CD⊥AD，又因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，PA⊥CD。且PA∩AD=A，PA,AD⊂平面PAD，可得CD⊥平面PAD，由AE⊂平面PAD，可得CD⊥AE，因为PA=PD，且E为PD的中点，则AE⊥PD，由CD∩PD=D，CD,PD⊂平面PCD，可得AE⊥平面PCD，且AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PCD.（2）以AB､AD､AP分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，则A0,0,0,B2,0,0，C2,2,0,D0,2,0,P0,0,2,E0,1,1，设PF=λPC(0<λ<1)，则AF=AP+PF=AP+λPC=2λ,2λ,2−2λ,AE=0,1,1，设平面AEF的法向量m=x1,y1,z1，则m⋅AE=y1+z1=0m⋅AF=2λx2+2λy2+2−2λz1=0，令y1=λ，则x1=1−2λ,z1=−λ，可得m=1−2λ,λ,−λ，又因为AC=2,2,0,AP=0,0,2，设平面APF的法向量n=x2,y2,z2，则n⋅AC=2x2+2y2=0n⋅AP=2z2=0，令x2=1，则y2=−1,z2=0，可得n=1,−1,0，由题意得：，即1−3λ2×6λ2−4λ+1=22，整理得即3λ2−2λ=0，解得λ=23或λ=0（舍去），所以存在，此时PFPC=23.3．（23-24高二下·江苏南京·期末）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=3,AB⊥AC,D为A1C1的中点．(1)证明：AB1⊥平面A1BD；(2)若二面角A−BC−D的余弦值为34，求线段AC的长度．【答案】(1)证明见解析；(2)6.【分析】（1）应用线面垂直判定定理证明即可；（2）设边长，应用空间向量法求出二面角余弦值即可求出边长.【详解】（1）由题意知AA1⊥平面ABC，又AB,AC⊂平面ABC，所以AA1⊥AB,AA1⊥AC，因为四边形AA1B1B是平行四边形，且AB=AA1，所以四边形AA1B1B为正方形，所以AB1⊥A1B，因为AA1⊥AC,AB⊥AC,AA1∩AB=A,AA1,AB⊂平面AA1B1B，所以AC⊥平面AA1B1B．又AB1⊂平面AA1B1B，所以AC⊥AB1，因为A1D//AC，所以AB1⊥A1D，又因为A1B∩A1D=A1,A1B,A1D⊂平面A1BD，所以AB1⊥平面A1BD．（2）以A为原点，AB,AC,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：设AC=aa>0，则A0,0,0,B3,0,0,C0,a,0,D0,12a,3，所以AC=0,a,0,BC=−3,a,0,CD=0,−12a,3，所以平面ABC的一个法向量为m→=0,0,1，设平面BCD的一个法向量为n→=x,y,z，则n⋅BC=0n⋅CD=0，即−3x+ay=0−12ay+3z=0，取z=12a，则y=3,x=a，所以n=a,3,12a，设二面角A−BC−D的大小为θ，则，解得a=6，所以线段AC的长为6．4．（22-23高二下·山东青岛·期末）如图，四棱锥S−ABCD中，底面ABCD为矩形，AC与BD交于点O，点E在线段SD上，且OE//平面SAB，平面SAB⊥平面ABCD，平面SAD⊥平面ABCD．(1)求证：SE=DE；(2)若SA=AD=2，且平面ABE与平面BEC夹角的余弦值为32020，求AB的值．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）运用线面平行推出线线平行，根据中点即可求证．（2）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，即可利用法向量的夹角求解．【详解】（1）证明：∵OE//平面SAB，OE⊂平面SBD，平面SAB∩平面SBD=SB，∴OE//SB，又因为四边形ABCD为矩形，∴BO=DO，所以E是SD的中点，∴SE=DE；（2）∵四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD，又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面SAD，又SA⊂平面SAD，所以AB⊥SA，同理，AD⊥SA，以A为坐标原点，AB，AD，AS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，设AB=a(a>0)，则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,2,0),D(0,2,0),S(0,0,2),E(0,1,1)，∴ AB=(a,0,0),AE=(0,1,1),CB=(0,−2,0),CE=(−a,−1,1)，设平面ABE的法向量为m=(x,y,z)则m⋅AB=0,m⋅AE=0,即ax=0,y+z=0,令y=1，则z=−1，即m=(0,1,−1)，设平面CBE的法向量为n=(x',y',z')，则n⋅CB=0,n⋅CE=0,即−2y'=0,−ax'−y'+z'=0,令x'=1，则z'=a，所即n=(1,0,a)，则|cos〈m,n〉|=|m⋅n|m|⋅|n||=|(0,1,−1)⋅(1,0,a)2⋅a2+1|=a2⋅a2+1=32020，解得a=3，故AB=3．5．（23-24高二下·浙江嘉兴·期末）如图，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AC=2DC=2,DB=DE.(1)证明：平面BDE⊥平面ABE；(2)当平面ABC与平面BDE的夹角为π4时，求几何体ABCDE的体积.【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）作出辅助线，得到四边形DCGF为平行四边形，故DF // CG，由线面垂直得到EA⊥CG，故DF⊥EA，结合DF⊥BE，从而DF⊥平面ABE，得到面面垂直；（2）方法一：作出辅助线，得到线面垂直，找到∠ABE即为平面ABC与平面BDE所成角，求出AB=AE=2，三角形三线合一可知：BC=AC=2，得到△ABC为正三角形，故BH=2sin60°=3，求出体积；方法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设AB=2a，根据面面角求出a=1，利用点到平面的距离向量公式求出棱锥的高，求出锥体体积.【详解】（1）取BE中点F,AB中点G，连接DF,FG,GC，则GF // AE且FG=12AE.又∵EA⊥平面ABC,DC⊥平面ABC，所以EA // DC，又∵EA=2DC，所以DC // EA且DC=12EA，所以FG // DC且FG=DC，∴四边形DCGF为平行四边形，∴DF // CG，∵EA⊥平面ABC,CG⊂平面ABC，所以EA⊥CG，∴DF⊥EA，∵DB=DE,F是BE中点，∴DF⊥BE，∵EA,BE⊂平面ABE，且EA∩BE=E，∴DF⊥平面ABE，又∵DF⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABE.（2）解法1：（几何法）延长AC,ED交于点P，连PB，易知PC=CA=2，所以PB // CG.由（1）可知，DF⊥平面ABE，因为AB⊂平面ABE，所以DF⊥AB，∴CG⊥AB，∴AB⊥PB，因为EA⊥平面ABC，PB⊂平面ABC，所以EA⊥PB，因为AB∩AE=A，AB,AE⊂平面ABE，所以PB⊥平面ABE，因为BE⊂平面ABE，所以BE⊥PB，∴∠ABE即为平面ABC与平面BDE所成角.∴∠ABE=π4,∴AB=AE=2.过B作BH⊥AC于点H，∵EA⊥平面ABC，BH⊂平面ABC，所以EA⊥ BH，因为EA∩AC=A，EA,AC⊂平面ACDE，所以BH⊥平面ACDE.∵G为AB中点，由三角形三线合一可知：BC=AC=2，∴△ABC为正三角形，故BH=2sin60°=3，其中梯形ACDE的面积为S1=CD+AE⋅AC2=1+2×22=3，此时，V=13S1⋅BH=13×3×3=3.解法2：（坐标法）由（1）可得BC=2,DC // FG,∴FG⊥平面ABC.故如图建立空间直角坐标系，设AB=2a，则A0,−a,0,B0,a,0,D4−a2,0,1,E0,−a,2，∴BD=4−a2,−a,1,BE=0,−2a,2，设平面BDE法向量为n=x,y,z，则n⋅BE=0n⋅BD=0⇒−2ay+2z=04−a2⋅x−a⋅y+z=0，取n=0,1,a.易知平面ABC法向量f=0,0,1，∴cosf,n=f⋅nf⋅n=aa2+1=22，解得a=1，其中梯形ACDE的面积为S1=CD+AE⋅AC2=1+2×22=3，设平面ACDE的法向量为s=x1,y1,z1，则s⋅AD=x1,y1,z1⋅3,1,1=3x1+y1+z1=0s⋅AE=x1,y1,z1⋅0,0,2=2z1=0，解得z1=0，令x1=1得y1=−3，故s=1,−3,0，点B0,1,0到平面ACDE的距离ℎ=AB⋅ss=0,2,0⋅1,−3,01+3=3，故几何体ABCDE的体积V=13S1⋅ℎ=13×3×3=3.题型七 点到平面的距离1．（23-24高二下·江西鹰潭·期末）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=2AA1=4，O为棱C1D1的中点，则线段OA在平面OBC上的射影的长度为（ ）A．83 B．7 C．4 D．393【答案】C【分析】如图，以D为原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，然后求出平面OBC的法向量，利用空间向量求解即可.【详解】如图，以D为原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),O(0,2,2)，所以AO=(−4,2,2),BO=(−4,−2,2),CB=(4,0,0)，设平面OBC的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅BO=−4x−2y+2z=0m⋅CB=4x=0，令y=1，则m=(0,1,1)，所以点A平面OBC的距离为d=AO⋅mm=42=22，所以线段OA在平面OBC上的射影的长度为AO2−d2=16+4+4−8=4.故选：C2．（23-24高二下·上海·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，M为线段PC的中点，PD=AD=1，N为线段BC上的动点. (1)证明：MD⊥PN；(2)当N为线段BC的中点时，求点A到面MND的距离.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证出BC⊥平面PDC和MD⊥平面PBC，进而可得MD⊥PN；（2）以D为原点，DA,DC,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量法求出点到平面的距离．【详解】（1）∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PD，又BC⊥DC,PD∩DC=D,PD,DC⊂平面PDC，∴BC⊥平面PDC，又MD⊂平面PDC，∴MD⊥BC，Rt△PDC中，PD⊥DC,PD=DC,M为PC的中点，∴MD⊥PC，∵PC∩BC=C,PC,BC⊂平面PBC，∴MD⊥平面PBC，∵PN⊂平面PBC，∴MD⊥PN.（2）以D为原点，DA,DC,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D−xyz，则D0,0,0，A1,0,0，M0,12,12，N12,1,0，所以DA=1,0,0，DM=0,12,12，DN=12,1,0，设n=x,y,z为平面MND的法向量， 则n⋅DM=12y+12z=0n⋅DN=12x+y=0，令x=2，则y=−1,z=1，故n=2,−1,1，则点A与平面MND的距离d=n⋅DAn=21×6=63.3．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，在四面体P−ABC中，PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=2PA=4，点D在线段AC上. (1)当点D是线段AC中点时，求点A到平面PBD的距离；(2)若二面角A−PD−B的余弦值为13，求ADAC的值.【答案】(1)43；(2)12.【分析】（1）以点A为坐标原点，AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得A到平面PBD的距离；（2）设点D0,t,0，其中0≤t≤4，利用空间向量法可得出关于t的方程，解出t的值，即可得解.【详解】（1）由PA⊥平面ABC，AB⊥AC，得AB,AC,AP两两垂直，以点A为坐标原点，直线AB,AC,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图： 由D为AC的中点，则A0,0,0、B4,0,0、D0,2,0、P0,0,2，设平面PBD的法向量为m=x,y,z，BP=−4,0,2，BD=−4,2,0，则m⋅BP=−4x+2z=0m⋅BD=−4x+2y=0，取x=1，得m=1,2,2，而AB=4,0,0，所以点A到平面PBD的距离为d=|AB⋅m||m|=43.（2）设点D0,t,0，0≤t≤4，BP=−4,0,2，BD=−4,t,0，设平面PBD的法向量为n1=x1,y1,z1，则n1⋅BP=−4x1+2z1=0n1⋅BD=−4x1+ty1=0，取y1=4，得n1=t,4,2t，显然平面PAD的一个法向量为n2=1,0,0，则|cos〈n1,n2〉|=|n1⋅n2||n1||n2|=t5t2+16=13，解得t=2，此时点D为AC的中点，所以ADAC=12.4．（2024·四川雅安·模拟预测）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，棱AC,CC1的中点分别为D,E,C1在平面ABC内的射影为D，△ABC是边长为2的等边三角形，且AA1=2，点F在棱B1C1上运动（包括端点）．(1)若点F为棱B1C1的中点，求点F到平面BDE的距离；(2)求锐二面角F−BD−E的余弦值的取值范围．【答案】(1)334(2)12，32【分析】（1）利用空间向量法来求点到面的距离即可；（2）用动点引入变量表示动向量，再用空间向量法求二面角的余弦值，最后利用关于变量的函数求取值范围即可.【详解】（1）连接DC1，依题意可知DC1⊥平面ABC，由于AC,BD⊂平面ABC，所以DC1⊥AC,DC1⊥BD，由于三角形ABC是等边三角形，所以BD⊥AC，BD=22−12=3，又DC1=22−12=3，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则C10,0,3，C1,0,0,E12,0,32,B0,3,0，又C1B1=CB=−1,3,0，故B1−1,3,3，F−12,32,3，则DE=12,0,32，DB=0,3,0，设平面BDE的法向量为m=x1,y1,z1，则m⋅DE=12x1+32z1=0m⋅DB=3y1=0，令z1=1，则x1=−3，y1=0，故m=−3,0,1，又BF=−12,−32,3，所以点F到平面BDE的距离为d=BF⋅mm=3322=334.（2）设C1F=λC1B10≤λ≤1，C1B1=−1,3,0，则DF=DC1+C1F=DC1+λC1B1=0,0,3+λ−1,3,0=−λ,3λ,3，设平面BDF的法向量为n=x2,y2,z2，则m⋅DF=−λx2+3λy2+3z2=0m⋅DB=3y2=0，令x2=3，则z2=λ，y2=0，故可设n=3,0,λ，设锐二面角F−BD−E为θ，则cosθ=m⋅nm⋅n=−3+λ2×3+λ2=12⋅3−λ3+λ2 =123−λ2λ2+3，令3−λ=tt∈2,3，所以cosθ=12t212−6t+t2=121121t2−6t+1，设s=1ts∈13,12， 则cosθ=12112s2−6s+1，二次函数y=12s2−6s+1=12s−142+14的开口向上，对称轴为s=14，所以当s∈13,12时，该二次函数单调递增，所以当s=13时，该二次函数有最小值12×132−6×13+1=13，当s=12时，该二次函数有最大值12×122−6×12+1=1，所以112s2−6s+1∈1,3，即cosθ∈12,32.即锐二面角F−BD−E的余弦值的取值范围12,32.5．（23-24高二下·江苏南通·期中）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是梯形，AB// DC,DA⊥DC，且AD=DD1=CD=12AB=1,E是AB的中点.(1)求点C到平面BC1D的距离；(2)求二面角B−C1D−E的正弦值.【答案】(1)66；(2)13.【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面BC1D的法向量，再由点到平面距离的向量求法求解.（2）求出平面EC1D的法向量，结合（1），利用面面角的向量求法求解即得.【详解】（1）在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，DA⊥DC，则直线DA,DC,DD1两两垂直，以D为原点，直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，而AB//DC，且AD=DD1=CD=12AB=1,E是AB的中点，则D(0,0,0),B(1,2,0),C(0,1,0),C1(0,1,1),E(1,1,0)，DB=(1,2,0),DC1=(0,1,1),DE=(1,1,0),DC=(0,1,0)，设平面BC1D的法向量n=(a,b,c)，则n⋅DC1=b+c=0n⋅DB=a+2b=0，令c=1，得n=(2,−1,1)，所以点C到平面BC1D的距离d=|n⋅DC||n|=16=66.（2）设平面EC1D的法向量m=(x,y,z)，则n⋅DC1=y+z=0n⋅DE=x+y=0，令z=1，得m=(1,−1,1)，设二面角B−C1D−E的大小为θ，则|cosθ|=|cos〈m,n〉|=|m⋅n||m||n|=46×3=223，所以二面角B−C1D−E的正弦值sinθ=1−cos2θ=13题型八 直线（平面）与平面的距离1．（多选）（22-23高二下·河南周口·阶段练习）如图，在几何体ABC−A1B1C1中，四边形A1ACB1是矩形，△ACB≌△A1B1C1，且平面ACB//平面A1B1C1，AA1⊥AB，AB=BC=AA1=22AC=1，则下列结论正确的是（ ）A．AC1//BB1B．异面直线BB1、C1C所成的角为π3C．几何体ABC−A1B1C1的体积为12D．平面A1BB1与平面AC1C间的距离为33【答案】ABD【分析】过点B作BE使得BE=AA1，过点C1作C1F=A1A，分析可知几何体FABC−C1A1EB1为正方体，以点F为坐标原点，FA、FC、FC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BD选项；证明出四边形ABB1C1为平行四边形，可判断A选项；计算出几何体ABC−A1B1C1的体积，可判断C选项.【详解】过点B作BE使得BE=AA1，过点C1作C1F=A1A，如图所示：因为四边形AA1B1C为矩形，则AA1=CB1，又因为BE=AA1=FC1，则AA1=CB1=BE=FC1，所以，四边形AA1C1F为平行四边形，则A1C1=AF，C1B1=FC，因为平面A1C1B1//平面ABC，则AB与A1C1、C1B1共面，即AB与AF、FC共面，所以，A、B、C、F四点共面，同理可知，A1、E、B1、C1四点共面，故几何体FABC−C1A1EB1为四棱柱，因为四边形AA1B1C为矩形，则AA1⊥AC，又因为AA1⊥AB，AB∩AC=A，AB、AC⊂平面ABCF，所以，AA1⊥平面ABCF，因为△ACB≌△A1B1C1，则A1C1=CB，B1C1=AB，所以，在底面ABCF中，AB=CF，BC=AF，故四边形ABCF为平行四边形，因为AB=BC=22AC=1，则AC=2，所以，AB2+BC2=AC2，即AB⊥BC，所以，平行四边形ABCF为正方形，又因为AA1=AB，故几何体FABC−C1A1EB1为正方体，对于A选项，在正方体FABC−C1A1EB1中，AB//C1B1且AB=C1B1，故四边形ABB1C1为平行四边形，所以，BB1//AC1，A对；对于B选项，以点F为坐标原点，FA、FC、FC1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则B1,1,0、A1,0,0、C0,1,0、A11,0,1、C10,0,1、B10,1,1，BB1=−1,0,1，CC1=0,−1,1，cosBB1,CC1=BB1⋅CC1BB1⋅CC1=12×2=12，所以，异面直线BB1、C1C所成的角为π3，B对；对于C选项，VABC−A1B1C1=VFABC−C1A1EB1−VB−A1B1E−VC1−ACF=13−2×13×12×12×1=23，C错；对于D选项，因为AC1//BB1，AC1⊄平面A1BB1，BB1⊂平面A1BB1，所以，AC1//平面A1BB1，因为A1B1//AC，AC⊄平面A1BB1，A1B1⊂平面A1BB1，所以，AC//平面A1BB1，又因为AC1∩AC=A，AC1、AC⊂平面ACC1，所以，平面ACC1//平面A1BB1，设平面ACC1的法向量为m=x,y,z，AC=−1,1,0，AC1=−1,0,1，则m⋅AC=−x+y=0m⋅AC1=−x+z=0，取x=1，可得m=1,1,1，又因为AA1=0,0,1，所以，平面A1BB1与平面AC1C间的距离为d=AA1⋅mm=13=33，D对.故选：ABD.2．（23-24高二上·山东淄博·阶段练习）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点．(1)求直线EC与AC1所成角的余弦值；(2)求直线FC到平面AEC1的距离．【答案】(1)39(2)66【分析】（1）以D1为原点，D1A1,D1C1,D1D所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，进而根据向量夹角公式计算即可；（2）利用向量法求线面距离作答即可.【详解】（1）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，以D1为原点，D1A1,D1C1,D1D所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A1,0,1，C0,1,1，C10,1,0，E(1,12,0)，F(1,12,1)，所以AC1=−1,1,−1，EC=−1,12,1，所以直线EC与AC1所成角的余弦值为cosAC1,EC=AC1⋅ECAC1⋅EC=123⋅94=39.（2）由（1）知，AE=0,12,−1，EC1=−1,12,0，AF=0,12,0，FC=−1,12,0，显然FC=EC1=−1,12,0，所以FC//EC1，而FC⊄平面AEC1，EC1⊂平面AEC1，于是FC//平面AEC1，因此直线FC到平面AEC1的距离等于点F到平面AEC1的距离，设平面AEC1的法向量为n=x,y,z，则n⋅AE=12y−z=0n⋅EC1=−x+12y=0，令z=1，得n=1,2,1，所以点F到平面AEC1的距离为AF⋅nn=16=66，所以直线FC到平面AEC1的距离是66.3．（2022高二·全国·专题练习）设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，求：(1)求直线B1C到平面A1BD的距离；(2)求平面A1BD与平面B1CD1间的距离.【答案】(1)233(2)233【分析】（1）直线B1C到平面A1BD的距离等于点B1到平面A1BD的距离，利用向量求解可得；（2）平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点B1到平面A1BD的距离，利用向量法求解即可．【详解】（1）以D为原点，DA,DC,DD1为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则D0,0,0，B2,2,0，A12,0,2，B12,2,2，C0,2,0，所以CB1=2,0,2,DA1=2,0,2,DB=2,2,0，所以CB1∥DA1，即CB1∥DA1，又CB1⊄平面A1BD，DA1⊂平面A1BD，所以CB1//平面A1BD，所以直线B1C到平面A1BD的距离等于点B1到平面A1BD的距离．设平面A1BD的一个法向量为n=x,y,z，则n⋅DA1=2x+2z=0n⋅DB=2x+2y=0，令x=1，则n=1,−1,−1，又A1B1=0,2,0，所以点B1到平面A1BD的距离d=A1B1⋅nn=23=233. （2）由（1）知CB1//平面A1BD，同理，D1B1//平面A1BD，又B1C∩D1B1＝B1，B1C,D1B1⊂平面B1CD1，所以平面A1BD//平面B1CD1，即平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点B1到平面A1BD的距离．由（1）知，点B1到平面A1BD的距离d=A1B1⋅nn=23=233.所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为233.4．（21-22高二·湖南·课后作业）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，设M、N、E、F分别是A1D1，A1B1，D1C1，B1C1，的中点，求平面AMN与平面EFBD的距离．【答案】83【分析】建立适当空间直角坐标系，求出平面EFBD的法向量，并证明平面AMN//平面EFBD.于是两平面的距离转化为点到平面的距离．利用向量距离公式求出即可.【详解】以D为坐标原点，以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴．则E(0,2,4),F(2,4,4),B(4,4,0),A(4,0,0)，M(2,0,4),N(4,2,4),∴EF=2,2,0,DE=0,2,4,BA=0,−4,0.设a=(1,m,n)是平面EFBD的一个法向量，则a⋅EF=0a⋅DE=0，即2+2m=02m+4n=0，解得m=−1n=12，所以a=1,−1,12 ．又因为AM=−2,2,0,AN=0,2,4，所以a⋅AM=0,a⋅AN=0，从而a⊥AM,a⊥AN，所以a⊥平面AMN，所以平面AMN//平面EFBD，所以两平面的距离即是点A到平面BDEF的距离．从而两平面间距离为|BA⋅a||a|=83．5．（2022高二上·全国·专题练习）直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，边长为2，侧棱A1A=3，M、N分别为A1B1、A1D1的中点，E、F分别是C1D1,B1C1的中点． (1)求证：平面AMN //平面EFBD；(2)求平面AMN与平面EFBD的距离．【答案】(1)证明见解析(2)61919【分析】（1）法一：由面面平行的判定定理即可证明；法二：如图所示，建立空间直角坐标系D﹣xyz，通过证明EF→=MN→，AM→=BF→，再由面面平行的判定定理即可证明.（2）法一: 平面AMN与平面EFBD的距离=B到平面AMN的距离ℎ,再由等体积法即可求出答案. 法二:求出平面AMN的法向量,AB→=(0，2，0)，平面AMN与平面EFBD的距离等于B到平面AMN的距离ℎ，由点到平面的距离公式即可求出答案.【详解】（1）法一:证明：连接B1D1，NF,∵M、N分别为A1B1、A1D1的中点，E、F分别是C1D1,B1C1的中点，∴MN//EF//B1D1，∵MN⊄平面EFBD，EF⊂平面EFBD，∴MN//平面EFBD，∵NF平行且等于AB，∴ABFN是平行四边形，∴AN//BF，∵AN⊄平面EFBD，BF⊂平面EFBD，∴AN//平面EFBD，∵AN∩MN=N，∴平面AMN//平面EFBD；法二: 如图所示，建立空间直角坐标系D﹣xyz， 则A(2，0，0)，M(1，0，3)，B(2，2，0)，E(0，1，3)，F(1，2，3)，N(2，1，3)，∴EF→=(1，1，0)，MN→=(1，1，0)，AM→=(−1，0，3)，BF→=(−1，0，3)，∴EF→=MN→，AM→=BF→，∴EF//MN，AM//BF，∵MN⊄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与平面EFBD的距离=B到平面AMN的距离ℎ．△AMN中，AM=AN=10，MN=2，S△AMN=12⋅2⋅10−12=192，∴由等体积可得13⋅192ℎ=13⋅12⋅2⋅3⋅1，∴ℎ=61919．法二:设平面AMN的一个法向量为n=x，y，z，则n→⋅MN→=x+y=0n→⋅AM→=−x+3z=0，则可取n→=(3，−3，1)，∵AB→=(0，2，0)，∴平面AMN与平面EFBD的距离为d=|n→⋅AB→||n→|=69+9+1=61919题型九 点到直线的距离1．（23-24高二上·河北石家庄·阶段练习）在空间直角坐标系中，已知A(1,1,−1),B(1,2,2),C(−3,4,2)，则点A到直线BC的距离为（ ）A．755 B．10 C．392 D．352【答案】A【分析】利用空间向量法求出点到直线距离即可.【详解】BC=−4,2,0，BCBC=−255,55,0，BA=0,−1,−3， ∴d=BA2−BA⋅BCBC2=10−−552=755.故选：A.2．（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知三棱柱ABC−A1B1C1的棱长均为2,∠A1AC=60∘,A1B=6.(1)证明：平面A1ACC1⊥平面ABC；(2)若CM=λCC10≤λ≤1，且直线AC与平面A1BM所成角的正弦值为105，求点M到直线A1B1的距离.【答案】(1)证明见解析(2)3.【分析】（1）取AC的中点O，连接A1O,BO，可证得A1O⊥AC，A1O⊥BO，则A1O⊥平面ABC，然后利用面面垂直的判定定理可证得结论；（2）以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以OA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】（1）证明：取AC的中点O，连接A1O,BO,∠A1AC=60∘,A1A=2,AO=1，所以A1O=AA12+AO2−2AO⋅AA1cos∠A1AC=4+1−2×2×1×12=3，所以AO2+A1O2=AA12，所以A1O⊥AC，由题设可知，△ABC为边长为2的等边三角形，所以BO=3，因为A1B=6，所以A1B2=A1O2+BO2，所以A1O⊥BO，又因为A1O⊥AC,AC∩BO=O,AC､BO⊂平面ABC，所以A1O⊥平面ABC，又因为A1O⊂平面A1ACC1，所以平面A1ACC1⊥平面ABC；（2）由（1）可知OA,OB,OA1两两垂直，所以以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以OA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.所以A1,0,0,B0,3,0,C−1,0,0,C1−2,0,3,A10,0,3，CA=2,0,0,BA1=0,−3,3,CC1=−1,0,3.因为CM=λCC10≤λ≤1，则M−λ−1,0,3λ,BM=−λ−1,−3,3λ，设平面A1BM的法向量为n=x,y,z，则n⋅BA1=0,n⋅BM=0,即−y+z=0,1+λx+3y−3λz=0.取y=λ+1,z=λ+1,x=3λ−1，所以n=3λ−1,λ+1,λ+1是平面A1BM的一个法向量.设直线AC与平面A1BM所成角为θ，sinθ=cosCA,n=CA⋅nCAn=23λ−123(λ−1)2+2(λ+1)2=105，化简整理得9(λ−1)2=4(λ+1)2解得λ=15，或λ=5（舍去），所以M−65,0,35，又因为MA1=65,0,435,B1A1=BA=1,−3,0，所以MA1⋅B1A1∣B1A1∣=652=35.设点M到直线A1B1的距离为d，则d2=MA12−MA⃗⋅B1A1⃗B→1A12=3625+4825−925=3，所以d=3.3．（23-24高二下·江苏连云港·期中）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，AD//BC，AD=2BC=2，PA=AB，点E在PB上，且PE=2EB.(1)证明：PD//平面AEC；(2)当二面角E−AC−B的余弦值为63时，求点P到直线CD的距离.【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）连结BD，交AC于点F，连结EF，利用相似比得BEEP=12，然后可得PD//EF，根据线面平行判定定理即可得证；（2）以A为原点，AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，利用二面角的向量公式求出PA，再由点到直线的距离的向量公式可得.【详解】（1）连结BD，交AC于点F，连结EF，因为AD//BC，所以BFFD=BCAD=12，又BEEP=12，所以BFFD=BEEP，所以PD//EF， 因为EF⊂面AEC，PD⊄面AEC，所以PD//平面AEC.（2）以A为原点，AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设P0,0,m，m>0，则B(m,0,0)，C(m,1,0)，E(2m3,0,m3)，D0,2,0，则AC=m,1,0，AE=(2m3,0,m3)， 设平面EAC的法向量为n=x,y,z，则n⋅AC=0n⋅AE=0，即mx+y=02m3x+m3z=0，令x=1，可取n=1,−m,−2， 平面ABC的法向量可取m=0,0,1，所以cos=m⋅nm⋅n=25+m2×1=63，得m=1，因为DP=0,−2,1,DC=1,−1,0，与DC同向的单位向量u=22,−22,0，所以点P到直线CD的距离为d=DP2−DP⋅u2=3.4．（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADB=90°，AB=2AD=2,PD⊥底面ABCD．(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD=AD，求平面APB与平面PBC所成角的余弦值．(3)在（2）的条件下，求点A到直线PC的距离.【答案】(1)证明见解析(2)277(3)2【分析】（1）先证BD⊥平面PAD，由此能证明PA⊥BD;（2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D−xyz，利用向量法平面APB与平面PBC所成角的余弦值;（3）直接利用空间中点到线的距离公式求解.【详解】（1）证明：因为∠ADB=90°，故BD⊥AD，又PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得BD⊥PD，又AD∩PD=D,AD,PD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD,又PA⊂平面PAD，故PA⊥BD．（2）如图，以D为坐标原点，DA,DB,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D−xyz，则A(1,0,0),B(0,3,0)，C(−1,3,0),P(0,0,1),，AB=(−1,3,0),PB=(0,3,−1),BC=(−1,0,0),设平面APB的法向量为n=(x,y,z)则n⋅AB=−x+3y=0n⋅PB=3y−z=0，取y=1，得n=(3,1,3)，设平面PBC的法向量为m=(a,b,c)，则m⋅PB=3b−c=0m⋅BC=−a=0，取b=1，得m=(0,1,3),设平面APB与平面PBC的夹角为θ，∴cosθ=cos=1+37⋅2=277，故平面APB与平面PBC所成角的余弦值为277.（3）由（2）PC=−1,3,−1,AC=−2,3,0,则点A到直线PC的距离.d=AC2−AC⋅PCPC2=7−2+352=25．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）如图，圆锥是由直角△AOB旋转而成，母线AB=2，底面圆的半径为1，D是AB的中点，C为底面圆上的一点且∠COB=2π3，(1)求点O到平面ABC的距离；(2)求直线CD与平面AOB所成的角的正弦值；(3)求点O到直线CD的距离，【答案】(1)3913(2)3010(3)64【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标，先求出平面ABC的一个法向量n1，再根据点到平面距离的向量计算方法即可解答；（2）先求出平面AOB的一个法向量n2和直线CD的方向向量CD，再根据直线与平面所成角的向量计算方法即可解答；（3）先求出CD，OC，再根据点到直线距离的向量计算方法即可解答.【详解】（1）在△OBC所在平面内作OM⊥OB，由题意可得OA⊥面OBC，因为OB⊂面OBC，OM⊂面OBC，所以OA⊥OB，OA⊥OM，以O为原点，以OM、OB、OA所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，由题意可得：OB=1，OA=3，∠COB=2π3，∴A(0,0,3),B(0,1,0),C32,−12,0,D0,12,32，则AB=(0,1,−3),BC=32,−32,0，OA=(0,0,3)，设平面ABC的一个法向量n1=x1,y1,z1，则n1⋅AB=0n1⋅BC=0，即y1−3z1=032x1−32y1=0，令x1=3，则n1=(3,3,1)所以点O到平面ABC的距离为d=OA⋅n1n1=3913.（2）设直线CD与平面AOB所成角为α，设平面AOB的一个法向量n2=x2,y2,z2，因为OA=(0,0,3),OB=(0,1,0)，所以则n2⋅OA=0n2⋅OB=0，即3z2=0y2=0，令x2=1，则n2=(1,0,0)，又因为CD=−32,1,32，所以sinα=cosCD,n2=CD⋅n2CDn2=−3234+34+1=3010.（3）因为CD=−32,1,32，OC=32,−12,0，所以CD=−322+12+322=102，OC=322+−122=1，OC⋅CD=−32×32+1×−12+32×0=−54，所以d=|OC|2−|OC⋅CD||CD|2=12−−541022=64.题型十 异面直线之间的距离1．（23-24高二下·江苏泰州·期中）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD,PA=6，点G在侧棱PB上，且满足2PG=GB，则异面直线PC和DG的距离为（ ）A．31414 B．31515 C．3217 D．37777【答案】A【分析】以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】如图，以点A为原点，AB→,AD→,AP→分别作为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系，则B3,0,0,C3,3,0,D0,3,0,P0,0,6,G1,0,4.所以DG=1,−3,4,PC=3,3,−6,DC=3,0,0，设n=x,y,z为直线PC和DG的公垂线的方向向量，则有n⋅DG=x−3y+4z=0n⋅PC=3x+3y−6z=0，可取n=1,3,2，所以异面直线PC和DG的距离为DC⋅nn=314=31414.故选：A.2．（23-24高二上·广东茂名·期末）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线AC与A1D之间的距离是（ ）A．22 B．12 C．13 D．33【答案】D【分析】解法1：设M是A1D上任意一点，过M作MN⊥AC，垂足为N，设A1M=λA1D，AN=μAC，根据垂直关系可得λ=2μ，根据题意结合数量积运算求解；解法2：建系，利用坐标法结合向量投影运算求解.【详解】解法1：设M是A1D上任意一点，过M作MN⊥AC，垂足为N，设A1M=λA1D=λAD−λAA1，AN=μAC=μAB+μAD，则MN=AN−AM=μAB+μAD−AA1−λAD+λAA1=μAB+μ−λAD+λ−1AA1，AC=AB+AD，由题意可知：AB=AD=AA1=1,AB⋅AD=AB⋅AA1=AD⋅AA1=0，因为MN⊥AC，则MN⋅AC=0，可得μAB+μ−λAD+λ−1AA1⋅AB+AD=μ+μ−λ=0，则λ=2μ，所以MN=μAB+μ−λAD+λ−1AA1=μAB+μ−λAD+λ−1AA12=μ2+μ−λ2+λ−12=6μ−132+13≥33，当且仅当μ=13时，等号成立，所以直线AC与A1D之间距离是33；解法2：以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A1,0,0，C0,1,0，D0,0,0，A11,0,1，可得AC=−1,1,0，DA1=1,0,1，DA=1,0,0设n=x,y,z，且n⊥AC，n⊥DA1，则n⋅AC=−x+y=0n⋅DA1=x+z=0，取x=1，则y=1，z=−1，可得n=1,1,−1，则DA在n上的投影DA⋅nn就是两异面直线间的距离DA⋅nn=33.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解法2解决的关键是将两异面直线间的距离转化为DA在n上的投影，从而得解.3．（23-24高二上·河北石家庄·期中）如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，点E和F分别是线段AC1与BD上的动点，则EF间最小距离为（ ）A．22 B．1 C．33 D．66【答案】C【分析】根据题意，由条件可得EF间最小距离即为异面直线AC1与BD间的距离，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.【详解】因为点E和F分别是线段AC1与BD上的动点，则EF间最小距离即为异面直线AC1与BD间的距离，建立如图所示空间直角坐标系，则D0,0,0,B1,1,0,A1,0,0,C10,1,2，则DB=1,1,0,AC1=−1,1,2，AB=0,1,0，设与异面直线AC1与BD都垂直的向量n=x,y,z，则n⋅DB=x+y=0n⋅AC1=−x+y+z=0，解得x=zx=−y，取x=1，则y=−1,z=1，所以n=1,−1,1，则异面直线间的距离为n⋅ABn=13=33.即EF间最小距离为33.故选：C4．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折叠使得△ACD垂直于底面ABC，则异面直线AD与BC的距离为 ．【答案】263/236【分析】利用垂直关系，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线的距离.【详解】取AC的中点O，连结OB,OD，OD⊥AC，OB⊥AC由条件可知，平面ACD⊥平面ABC，且平面ACD∩平面ABC=AC，OD⊂平面ACD，所以OD⊥平面ABC，如图，以点O为原点，OB,OC,OD为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，A0,−2,0，B2,0,0，C0,2,0，D0,0,2，AD=0,2,2，BC=−2,2,0，BD=−2,0,2,设与AD,BC垂直的向量为n=x,y,z，则AD⋅n=2y+2z=0BC⋅n=−2x+2y=0，令x=1，则y=1,z=−1，所以n=1,1,−1，则异面直线AD与BC的距离为BD⋅nn=−2−23=263.故答案为：2635．（23-24高二上·辽宁大连·期末）三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2A1B1,AB⊥BC,AC⊥BB1，平面AA1B1B⊥平面ABC，AB=3,BC=2,BB1=1,AE=2EB，A1C与AC1交于D． (1)证明：DE∥平面A1BC1；(2)求异面直线A1C1与DE的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)2211【分析】（1）由题意和三棱台的结构特征可得ACA1C1=ADC1D=2，进而证得DE//BC1，结合线面平行的判定定理即可证明；（2）根据面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质证得BC⊥B1B、BB1⊥ AB，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线距，即可求解.【详解】（1）三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2A1B1，则AC=2A1C1，有△ACD∼△A1C1D，得ACA1C1=ADC1D=2，所以AD=2C1D，又AE=2EB，所以在平面ABC1内，ADC1D=AEEB，有DE//BC1，DE⊂平面A1BC1,BC1⊂平面A1BC1，所以DE//平面A1BC1．（2）已知平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC=AB，AB⊥BC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥平面AA1B1B，由BB1⊂平面AA1B1B，得BC⊥B1B，又AC⊥BB1,BC∩AC=C,BC⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，所以BB1⊥平面ABC，由AB⊂平面ABC，得BB1⊥ AB.以B为坐标原点BA,BC,BB1的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图空间直角坐标系．则有B1(0,0,1),E(1,0,0),C1(0,1,1),C(0,2,0),A132,0,1，BC1=(0,1,1),EA1=12,0,1,A1C1=−32,1,0，因为DE//BC1，所以ED=23BC1=23(0,1,1)=0,23,23，设向量n=(x,y,z)，且满足：n⋅DE=0,n⋅A1C1=0，则有y+z=0−32x+y=0，令x=2⇒n=(2,3,−3)，EA1=12,0,1在n=(2,3,−3)的投影数量为n⋅EA1|n|=−222=−2211，异面直线A1C1与DE的距离2211. 题型十一 空间动点问题1．（23-24高二上·北京·期中）如图：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC=2，AA1=22，∠ACB=90°，M是AA1的中点，N是BC1的中点．(1)求证：MN∥平面A1B1C1；(2)求：二面角B−C1M−A1的余弦值；(3)在线段BC1上是否存在点P，使得点P到平面MBC的距离为33，若存在求此时BPBC1的值，若不存在请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)−277(3)存在，14【分析】（1）取B1C1中点D，连接DN、DA1，证明四边形DNMA1为平行四边形，得MN//A1D，从而可得证线面平行；（2）分别以CB,CA,CC1为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角；（3）用空间向量法求点面距，从而得出结论．【详解】（1）取B1C1中点D，连接DN、DA1，∵D、N分别为C1B1、C1B∴DN//B1B且DN=12B1B，∵B1B与A1A平行且相等，M为A1A中点，∴DN与A1M平行且相等，∴四边形DNMA1为平行四边形，∴MN//A1D，∵A1D⊂平面A1B1C1 MN⊂平面A1B1C1，∴MN//平面A1B1C1；（2）∵直三棱柱ABC−A1B1C1∴CC1⊥平面ABC又CB、CA⊂平面ABC，∴CC1⊥CB、CC1⊥CA，∵∠ACB=90°即CB⊥CA，∴CC1、CB、CA两两垂直，分别以CB,CA,CC1为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C0,0,0，B2,0,0，A0,2,0，A10,2,22，C10,0,22，∴M0,2,2 N1,0,22，则BC1=−2,0,22 BM=−2,2,2，易知平面A1C1M的法向量为n1=1,0,0，设平面BC1M的法向量为n2=x2,y2,z2，则n2⋅BC1=0n2⋅BM=0，即−2x2+22z2=0−2x2+2y2+2z2=0，令z2=2则n2=2,1,2，设二面角B−C1M−A1的平面角为θ，则cosθ=cosn1,n2=n1⋅n2n1n2=277，由图知θ为钝角，∴cosθ=−277；（3）设BP=λBC1，λ∈0,1，∵BC1=−2,0,22，∴P2−2λ,0,22λ，∴CP=2−2λ,0,22λ CB=2,0,0 CM=0,2,2，设平面MBC的法向量为n3=x3,y3,z3，则n3⋅CB=0n3⋅CM=0，即2x3=02y3+2z3=0，令z3=−2则n3=0,2,−2∴P点到平面MBC的距离为d=CP⋅n3n3=42λ6=33，解得λ=±14，又λ∈0,1∴λ=14．2．（23-24高二上·广西河池·阶段练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3,BC=5．(1)求证：AA1⊥BC；(2)求二面角A1−BC1−B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1存在点D，使得AD⊥A1B，并求BDBC1的值．【答案】(1)证明见解析；(2)1625；(3)证明见解析，BDBC1= 925.【分析】（1）由面面垂直的性质得AA1⊥面ABC，再由线面垂直性质证结论；（2）构建空间直角坐标系A−xyz，应用向量法求面面角的余弦值；（3）设D(t,34(4−t),t)且0≤t≤4，利用垂直关系有AD⋅A1B=0求参数判断存在性，进而求比值.【详解】（1）由AA1C1C是正方形，则AA1⊥AC，且AA1⊂面AA1C1C，面ABC⊥面AA1C1C，面ABC∩面AA1C1C=AC，则AA1⊥面ABC，由BC⊂面ABC，所以AA1⊥BC.（2）由AC=4,AB=3,BC=5，则AC2+AB2=BC2，所以AC⊥AB，且AA1⊥面ABC，如下图，可构建空间直角坐标系A−xyz，则A(0,0,0),A1(0,0,4),B(0,3,0),B1(0,3,4),C(4,0,0),C1(4,0,4)，BC1=(4,−3,4),BA1=(0,−3,4),BB1=(0,0,4)，若m=(x,y,z)是面A1BC1的一个法向量，则m⋅BC1=4x−3y+4z=0m⋅BA1=−3y+4z=0，取y=4，则m=(0,4,3)；若n=(a,b,c)是面B1BC1的一个法向量，则n⋅BC1=4a−3b+4c=0n⋅BB1=4c=0，取b=4，则n=(3,4,0)；故锐二面角A1−BC1−B1的余弦值为|cosm,n|=|m⋅n|m||n||=165×5=1625.（3）由题意，可设D(t,34(4−t),t)且0≤t≤4，则AD=(t,34(4−t),t),A1B=(0,3,−4)，又AD⊥A1B，所以AD⋅A1B=0+94(4−t)−4t=0⇒t=3625，故BDBC1=t4=925.故在线段BC1存在点D，使得AD⊥A1B.3．（23-24高二上·四川绵阳·阶段练习）如图1，在△MBC中，BM⊥BC，A，D分别为边MB，MC的中点，且BC=AM=2，将△MAD沿AD折起到△PAD的位置，使PA⊥AB，如图2，连接PB，PC. (1)求证：PA⊥平面ABCD；(2)若E为PC的中点，求直线DE与平面PBD所成角的正弦值；(3)线段PC上一动点G满足PGPC=λ(0≤λ≤1)，判断是否存在λ，使二面角G−AD−P的正弦值为1010，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)33(3)存在，λ=14【分析】（1）由中位线和垂直关系得到PA⊥AD，PA⊥AB，从而得到线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出线面角的正弦值；（3）求出两平面的法向量，根据二面角的正弦值列出方程，求出λ=14，得到答案.【详解】（1）因为A，D分别为MB，MC的中点，所以AD∥BC.因为BM⊥BC，所以BM⊥AD，所以PA⊥AD.又PA⊥AB，AB∩AD=A，AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.（2）因为PA⊥AB，PA⊥AD，∠DAB=90°，所以AP，AB，AD两两垂直.以A为坐标原点，AB,AD,AP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A−xyz， 依题意有A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,1,0，P0,0,2，E1,1,1，则PC=(2,2,−2)，DE=(1,0,1)，BD=(−2,1,0)，BP=(−2,0,2).设平面PBD的法向量n=x1,y1,z1，则有BD⋅n=−2,1,0⋅x1,y1,z1=−2x1+y1=0BP⋅n=−2,0,2⋅x1,y1,z1=−2x1+2z1=0令y1=2，得x1=1，z1=1，所以n=1,2,1是平面PBD的一个法向量.因为cos〈DE,n〉=DE⋅nDE⋅n=(1,0,1)⋅1,2,11+1×1+4+1=22×6=33，所以直线DE与平面PBD所成角的正弦值为33.（3）假设存在λ，使二面角G−AD−P的正弦值为1010，即使二面角G−AD−P的余弦值为31010.由（2）得，PG=λPC=(2λ,2λ,−2λ)(0≤λ≤1)，所以G(2λ,2λ,2−2λ)，AD=(0,1,0)，AG=(2λ,2λ,2−2λ).易得平面PAD的一个法向量为n1=1,0,0.设平面ADG的法向量n2=x2,y2,z2，AD⋅n2=0,1,0⋅x2,y2,z2=y2=0AG⋅n2=2λ,2λ,2−2λ⋅x2,y2,z2=2λx2+2λy2+2−2λz2=0，解得y2=0，令z2=λ，得x2=λ−1，则n2=λ−1,0,λ是平面ADG的一个法向量.由图形可以看出二面角G−AD−P的夹角为锐角，且正弦值为1010，故二面角G−AD−P的余弦值为31010，则有cosn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=1,0,0⋅λ−1,0,λλ−12+λ2=31010，即λ−1(λ−1)2+λ2=31010，解得λ1=−12，λ2=14.又因为0≤λ≤1，所以λ=14.故存在λ=14，使二面角G−AD−P的正弦值为10104．（23-24高二上·湖北黄冈·期中）如图①，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AD⊥CD，AC⊥BC.将△ACD沿AC折起，使平面ACD⊥平面ABC，连BD，得如图②的几何体.(1)求证：平面ACD⊥平面DBC；(2)若DC=1，二面角C−AD−B的平面角的正切值为25，在棱AB上是否存在点M使二面角B−CD−M的平面角的余弦值为357，若存在，请求出AMAB的值，若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，AMAB=35【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到BC⊥AD，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；（2）根据二面角的定义得到∠CDB为二面角C−AD−B的平面角，根据二面角的正切值得到CB=25，DB=21，然后根据相似得到AD=2，AC=5，然后建系，设AM=λAB利用空间向量的方法列方程求λ即可.【详解】（1）∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC=AC，AC⊥BC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ACD，∵AD⊂平面ACD，∴BC⊥AD，∵DC∩BC=C，AD⊥CD，DC,BC⊂平面BCD，∴AD⊥平面BCD，∵AD⊂平面ACD，∴平面ACD⊥平面BCD.（2）由（1）知AD⊥平面BCD，AD⊥CD，而BD⊂平面BCD，故AD⊥BD.∴∠CDB为二面角C−AD−B的平面角，又BC⊥平面ACD，CD⊂平面ACD，∴∠DCB=90°，tan∠CDB=25，∴CB=25，DB=21.在①Rt△ACD∽△Rt△BAC，∴CDAD=ACBC，令AD=x，则1x=1+x225，解得x=2.即AD=2，AC=5.在①中作DH⊥AC，H垂足. 则可得DH=255，CH=55.∵平面ACD⊥平面ABC，DH⊂平面ACD，平面ACD∩平面ABC=AC，∴DH⊥平面ABC，过C作Cz//DH，以C为原点，CA，CB，Cz分别x为轴y轴z轴建立如图直角坐标系，则 C0,0,0，A5,0,0，B0,25,0，D55,0,255.CB=0,25,0，CD=55,0,255，设AM=λAB=λ−5,25,0=−5λ,25λ,0，0≤λ≤1.CM=CA+AM=51−λ,25λ,0设平面CBD的法向量为n1=x1,y1,z1，则n1⋅CB=25y1=0n1⋅CD=55x1+255z1=0，∴y1=0，取x1=2，z1=−1，即n1=2,0,−1，设平面CMD的法向量为n2=x2,y2,z2，则n2⋅CM=51−λx2+25λy2=0n2⋅CD=55x2+255z2=0，取x2=2λ，z2=−λ，y2=λ−1.即n1=2λ,λ−1,−λ.cosn1,n2=5λ5×5λ2+λ−12=357.解得λ=3（舍去），或λ=35.∴AMAB=35.5．（23-24高二上·安徽六安·期中）如图，在四棱锥S−ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，AB=1，P为棱AD的中点，四棱锥S−ABCD的体积为233.(1)若E为棱SB的中点，求证：PE //平面SCD；(2)在棱SA上是否存在点M，使得直线SA与平面PMB所成角的正弦值为217？若存在，求出点M的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在点M，位于AS的中点处，证明见解析【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形PEFD是平行四边形，所以PE // FD，从而得到线面平行；（2）先根据面面垂直得到线面垂直，SP是四棱锥S−ABCD的高，设AD=m(m>0)，根据体积求出m=2，建立空间直角坐标系，设AM=λAS=−λ,0,3λ0≤λ≤1，由线面角得到方程，求出λ=12，得到答案.【详解】（1）取SC中点F，连接EF,FD，∵E,F分别为SB,SC的中点，∴EF // BC，EF=12BC，∵底面四边形ABCD是矩形，P为棱AD的中点，∴PD // BC，PD=12BC，∴EF // PD，EF=PD，故四边形PEFD是平行四边形，所以PE // FD.又∵FD⊂平面SCD，PE⊄平面SCD，∴PE //平面SCD. （2）假设在棱SA上存在点M满足题意，在等边△SAD中，P为AD的中点，所以SP⊥AD，又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD,SP⊂平面SAD，∴SP⊥平面ABCD，则SP是四棱锥S−ABCD的高.设AD=m(m>0)，则SP=32m，矩形ABCD的面积S1=m∴VS−ABCD=13S1⋅SP=13m×32m=233，所以m=2.以点P为原点，PA,PS的方向分别为x,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则P0,0,0,A1,0,0,B1,1,0,S0,0,3， 故PA=1,0,0,PB=1,1,0,AS=−1,0,3.设AM=λAS=−λ,0,3λ0≤λ≤1，PM=PA+AM=1−λ,0,3λ，设平面PMB的一个法向量为n=x,y,z，则n⋅PM=1−λx+3λz=0n⋅PB=x+y=0，令x=3λ得y=−3λ，z=λ−1，n=3λ,−3λ,λ−1.由题意可得cosAS,n=AS⋅nAS⋅n=−3λ+3λ−123λ2+3λ2+(λ−1)2=327λ2−2λ+1=217，整理得28λ2−8λ−3=0，解得λ=12或λ=−314，又因为0≤λ≤1，所以λ=12，故存在点M，位于AS的中点处满足题意.1．（多选）（23-24高二下·安徽滁州·期末）如图，四棱锥P−ABCD中，面PAB⊥面ABCD，且AD ∥ BC,AD=2BC=2，AP=BP=1,Q是棱PD的中点，∠APB=∠ADC=∠BCD=π2，则（ ）A．CQ ∥平面PABB．CQ⊥平面PADC．CQ和平面PBC所成角的正弦值为3015D．四面体Q−BCD外接球的表面积为5π2【答案】ACD【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，利用线面角的向量求法判断C，利用球的方程求解出半径，再求表面积即可.【详解】如图，作PG⊥AB，因为面PAB∩面ABCD=AB，面PAB⊥面ABCD，所以PG⊥面ABCD，且作DH⊥ ABCD，因为AP=BP=1，∠APB=π2，所以AP⊥BP，G是AB的中点，AB=2，PG=22，对于A，以D为原点，DH为z轴，DA为x轴，DC为y轴建立空间直角坐标系，所以C(0,1,0)，B(1,1,0)，A(2,0,0)，G(32,12,0)，P(32,12,22)，D(0,0,0)，因为Q是棱PD的中点，所以Q(34,14,24)，所以CQ=(34,−34,24)，BA=(1,−1,0)，BP=(12,−12,22)，设面PAB的法向量n=(x,y,z)，所以BA⋅n=x−y=0BP⋅n=12x−12y+22z=0，令x=1，解得y=1,z=0，所以n=(1,1,0)，可得CQ⋅n=0，故CQ ∥平面PAB成立，故A正确，对于B，DA=(2,0,0)，DP=(32,12,22)，设面PAD的法向量为m=(a,b,c)，所以DA⋅m=2a=0DP⋅m=32a+12b+22c=0，令b=−2，解得a=0,c=1，得到m=(0,−2,1)，故CQ不平行于m，所以CQ⊥平面PAD不成立，故B错误，对于C，CB=(1,0,0)，CP=(32,−12,22)，设面PBC的法向量为a=(x0,y0,z0)，所以CB⋅a=2x0=0CP⋅a=32x0−12y0+22z0=0，令y0=2，解得x0=0,z0=1，故a=(0,2,1)，设CQ和平面PBC所成角为θ，且θ∈0,π2,sinθ>0，所以sinθ=a⋅CQCQ⋅a=2×(−34)+242+1×916+916+18=223×254=3015，故C正确，对于D，设四面体Q−BCD外接球的方程为(a1−x1)2+(b1−y1)2+(c1−z1)2=R2，将Q,B,C,D四点代入球的方程，可得(a1−1)2+(b1−1)2+c12=R2,a12+b12+c12=R2，(a1−34)2+(b1−14)2+(c1−24)2=R2,a12+(b1−1)2+c12=R2，利用加减消元法得到(a1−1)2+(b1−1)2+c12=a12+(b1−1)2+c12，解得a1=12，再利用加减消元法得到a12+b12+c12=a12+(b1−1)2+c12，解得b1=12，现在将a1=12，b1=12代入方程组，得到14+14+c12=R2,116+116+(c1−24)2=R2，此时解得c1=−24R=104，故原方程解得b1=12,c1=−24,R=104,a1=12，故球的方程为(a1−12)2+(b1−12)2+(c1+24)2=58，设球的表面积为S，则S=4×58×π=5π2，故D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后将点代入球的方程求出半径，再得到所要求的表面积即可．2．（多选）（23-24高二下·湖南·期末）已知圆柱O1O2的高为23，线段AB与CD分别为圆O1与圆O2的直径，则（ ）A．若P为圆O1上的动点，AB⊥AC，则直线O2P与AC所成角为定值B．若△ABC为等边三角形，则四面体ABCD的体积为243C．若AB⊥CD，且AB=26，则AC⊥BDD．若AB⊥CD，且AC与BD所成的角为60°，则四面体ABCD外接球的表面积为20π或84π【答案】ACD【分析】对于A，如图①所示，△PO1A为直角三角形，则O2P与AC所成角即为O2P与O1O2所成角，即∠PO2O1为定值即可；对于B，如图②所示，根据△ABC为等边三角形，证明AB⊥平面O1CD，则VABCD=2VA−O1CD计算即可；对于CD，建立空间直角坐标系，通过坐标运算及四面体ABCD外接球即为圆柱外接球计算即可.【详解】对于A，如图①所示，当AB⊥AC时，则AC//O1O2,又因为O1O2⊥O1P，所以△PO1A为直角三角形，且O1O2=23，PO1=r（r圆O1半径），故O2P与AC所成角即为O2P与O1O2所成角，即∠PO2O1为定值，故A正确；对于B，如图②所示，当△ABC为等边三角形时，即AB=AC=BC=2r，因为O1为AB中点，所以AB⊥O1C,O1C=3r,O2C=r，又因为O1O2⊥AB，且O1O2∩O1C=O1,O1O2⊂平面O1CD,O1C⊂平面O1CD,所以AB⊥平面O1CD.又因为O1O22+O2C2=O1C2，即(23)2+r2=(3r)2，故r=6，所以VABCD=2VA−O1CD=2×13×SO1CD×AO1=23×12×26×23×6=83,故B错误；对于C，如图③所示，分别以O2C为x轴，过O2垂直于CD为y轴，O2O1为z轴建立空间直角坐标系，因为AB=26,即r=6，由B选项可知，则C(6,0,0),D(−6,0,0),A(0,−6,23),B(0,6,23)，所以AC=(6,6,−23),BD=(−6,−6,−23),所以AC⋅BD=6×(−6)+6×(−6)+(−23)×(−23)=0，所以AC⊥BD，故C正确；对于D，如图③所示，分别以O2C为x轴，过O2垂直于CD为y轴，O2O1为z轴建立空间直角坐标系，则C(r,0,0),D(−r,0,0),A(0,−r,23),B(0,r,23)，所以AC=(r,r,−23),BD=(−r,−r,−23),因为AC与BD所成角位60°，所以|cosAC,BD|=|AC⋅BD||AC|⋅|BD|=12，解得r=2或r=32.设四面体ABCD外接圆半径为R，当r=2时，则R2=(3)2+r2=3+2=5，故外接球表面积为4πR2=20π；当r=32时，则R2=(3)2+r2=3+18=21，故外接球表面积为4πR2=84π；故D正确.故选：ACD. 关键点点睛：本题考查立体几何证明线面垂直、多面体体积、建立空间直角坐标系向量运算及多面体的外接球，解题关键在于借助空间向量可以化繁为简，充分体现了空间向量的工具作用.3．（多选）（23-24高二下·浙江温州·期末）如图，P是棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上一个动点，E为棱A1B1的中点，O为侧面ADD1A1的中心.下列结论正确的是（ ）A．OE⊥平面A1BC1B．AB与平面A1BC1所成角的余弦值为33C．若点P在各棱上，且到平面A1BC1的距离为36，则满足条件的点P有9个D．若点P在侧面BCC1B1内运动，且满足PE=1，则存在P点，使得A1P与BC1所成角为60°【答案】AC【分析】建立以D为原点空间直角坐标系，求出平面A1BC1的一个法向量n，可得n//OE，即可判断A；设AB与平面A1BC1所成的角为θ，由sinθ=cosAB,n，即可判断B；由正方体各个顶点到平面A1BC1的距离与36比较，即可判断C；点P在侧面BCC1B1内运动，且满足PE=1，可得点P在侧面BCC1B1内，以B1为圆心，32为半径的一段圆弧上运动，而当点P于B或C1重合时A1P与BC1所成角为60°，即可判断D.【详解】对A，如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，则A1,0,0,A11,0,1,B1,1,0,C10,1,1,O12,0,12,E1,12,1，所以AB=0,1,0,A1B=0,1,−1,BC1=−1,0,1,OE=12,12,12，设平面A1BC1的一个法向量为n=x,y,z，则n⋅A1B=y−z=0n⋅BC1=−x+z=0，令x=1，则y=1,z=1，则n=1,1,1，所以n=12OE，即n//OE，所以OE⊥平面A1BC1，故A正确；对B，设AB与平面A1BC1所成的角为θ，则sinθ=cosAB,n=AB⋅nABn=13=33，故B错误；对C，因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，所以正△A1BC1的边长为2，正方体的对角线DB1=3，设B1到平面A1BC1的距离为ℎ，由V三棱锥B1−A1BC1=V三棱锥B−A1B1C1，则13×12×2×2×sin60°×ℎ=13×12×1×1×1，则ℎ=33，则D到平面A1BC1的距离为3−33=233，因为33>36，所以在以B1为顶点的棱上，满足条件的点P共有3个，又AB与平面A1BC1所成角的正弦值为33，所以A到平面A1BC1的距离为33，因为33>36，所以在棱AA1、AB上都存在满足条件的点P，同理在CC1、CB、D1A1、D1C1都存在满足条件的点P，而棱DA、DC、DD1到平面A1BC1最近的距离为33，所以不存在满足条件的点P，所以满足条件的点P共有9个，故C正确；对D，设Px',1,z'0≤x'≤1,0≤z'≤1，则PE=1−x',−12,1−z'，又PE=1，所以1−x'2+−122+1−z'2=1，即x'−12+z'−12=34，则点P在侧面BCC1B1内，以B1为圆心，32为半径的一段圆弧上运动，而当点P和B或C1重合时A1P与BC1所成角为60°，故D错误.故选：AC.4．（23-24高二下·福建宁德·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=1，PA=2，E为PD的中点，点F在线段PA上运动. (1)线段AC上是否存在点M，满足EM∥平面PAB？若存在，求AMAC的值，若不存在，说明理由；(2)当直线DF与平面ACE所成的角最大时，求线段AF的长度.【答案】(1)存在，AMAC=12(2)12【分析】(1)利用中位线定理可得线线平行，再由线面平行的判定定理即可证明；(2)建立空间直角坐标系，根据题意写出各点坐标，可设F(0,0,t)(0≤t≤2)，求出平面ACE的法向量，根据夹角公式可得sinθ=cos =2+t31+t2，平方得sin2θ=19×4+4t+t21+t2，设g(t)=4+4t+t21+t2，求导可得当t=12时，函数取得最大值，即得线段AF的长度.【详解】（1）存在符合题意的点M，此时点M为线段AC的中点.∵底面ABCD为正方形，∴ M也为线段BD的中点，又E为PD的中点，则EM为△DPB的中位线，∴ EM//PB.又PB⊂平面PAB， EM⊄平面PAB，∴ EM//平面PAB，此时AMAC=12. （2）如图，以A为原点，分别以AB,AD,AP的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),C(1,1,0),E(0,12,1),D(0,1,0)，则AC=(1,1,0)，AE⃗=(0,12,1)，设平面ACE的一个法向量为n=(x,y,z), 则n⋅AC=0n⋅AE=0，即x+y=012y+z=0,令x=2，则y=−2,z=1，即n=(2,−2,1)， 因为点F在线段PA上运动，可设F(0,0,t)(0≤t≤2),则DF=(0,−1,t),设直线DF与平面ACE所成角为θ,则sinθ=cos =n⋅DFnDF =2+t31+t2，所以sin2θ=19×4+4t+t21+t2.设g(t)=4+4t+t21+t2，则g'(t)=−2(2t2+3t−2)(1+t2)2,因为当t∈[0,12)时，g'(t)>0，当t∈[12,1]时，g'(t)<0，所以g(t)在[0,12)上单调递增，在[12,1]上单调递减,所以当t=12时，g(t)取得最大值，即sin2θ取得最大值,又x∈[0,π2]时，函数y=sinx单调递增.所以直线DF与平面ACE所成角θ最大时，线段AF的长度为12. 5．（23-24高二下·云南曲靖·期末）如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD满足AB⊥AD, AD//BC，平面SAB⊥平面ABCD，SA=AB=BC=1,SB=2,AD=12，点E是SC的中点.(1)证明：DE ∥平面SAB；(2)求四棱锥S−ABCD的体积；(3)求平面SCD与平面SAB所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)14(3)33【分析】（1）取SB的中点F,连接AF,EF，证明DE//AF即可推出线面平行；（2）先证明SA⊥平面ABCD，再利用三棱锥体积公式求解；（3）通过建系写出相关点坐标，求得两平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式求解即得.【详解】（1）如图，取SB的中点F,连接AF,EF,因点E是SC的中点，则有EF//BC,EF=12BC,又AD//BC，AD=12BC，故得EF//AD,EF=AD,即四边形ADEF为平行四边形，则DE//AF,又DE⊄平面SAB，AF⊂平面SAB,故DE//平面SAB.（2）如图，因SA2+AB2=2=SB2,则SA⊥AB,又因平面SAB⊥平面ABCD，平面SAB∩平面ABCD=AB,则SA⊥平面ABCD,于是四棱锥S−ABCD的体积为13×12(12+1)×1×1=14.（3）分别以AD,AB,AS为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系.因AD⊥AB,平面SAB⊥平面ABCD，平面SAB∩平面ABCD=AB, AD⊂平面ABCD,故有AD⊥平面SAB，则平面SAB的一个法向量可取为m=(1,0,0)，由S(0,0,1),D(12,0,0),C(1,1,0),则得，DC=(12,1,0),DS=(−12,0,1),设平面SCD的一个法向量为n=(x,y,z)，则有：n⋅DC=12x+y=0n⋅DS=−12x+z=0，故可取n=(2,−1,1)，设平面SCD与平面SAB所成角为θ，则cosθ=|m⋅n||m|⋅|n|=21×6=63，故sinθ=1−cos2θ=1−(63)2=33.即平面SCD与平面SAB所成角的正弦值为33.【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间几何体有关的体积和二面角求法，属于较难题.解题的关键在于要求体积必先选定底面，使底面上的高线易求；对于难找二面角的平面角的问题，一般利用建立空间直角坐标系，求出平面的法向量求解.6．（23-24高二下·浙江湖州·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAB⊥平面PBC，底面ABCD为正方形，PA=AB且PA⊥AB,E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，BF=λBC0≤λ≤1.(1)证明：AE⊥PC；(2)求实数λ的值，使得平面AEF与平面PDC所成锐二面角的平面角的正弦值最小.【答案】(1)证明见解析(2)12【分析】（1）依题意可得PB⊥AE，由面面垂直得到AE⊥平面PBC，即可得证；（2）首先证明PA⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）因为PA=AB且PA⊥AB,E为线段PB的中点，所以PB⊥AE，又因为平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC=PB，AE⊂平面PAB，所以AE⊥平面PBC，因为PC⊂平面PBC，所以AE⊥PC；（2）因为AE⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，则AE⊥BC，又AB⊥BC，AB∩AE=A，AB,AE⊂面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为BC⊂平面ABCD，则平面PAB⊥平面ABCD,PA⊥AB，平面PAB∩平面ABCD=AB，PA⊂平面PAB，所以PA⊥平面ABCD，如图分别以AB,AD,AP所在的直线为x,y,z轴，不妨设PA=AB=AD=1，则B1,0,0，C1,1,0，D0,1,0，P0,0,1，E12,0,12，A0,0,0BF=λBC0≤λ≤1，设Fx,y,z，BF=x−1,y,z，BC=0,1,0，则x−1,y,z=λ0,1,0，解得F1,λ,0，设平面AEF的法向量为n1=x1,y1,z1，AE=12,0,12,AF=1,λ,0，则AE⋅n1=0,AF⋅n1=0，所以12x1+12z1=0x1+λy1=0，取y1=−1，则x1=λ,z1=−λ，即n1=λ,−1,−λ，设平面PCD的法向量为n2=a,b,c，DC=1,0,0，PD=0,1,−1，则DC⋅n2=a=0PD⋅n2=b−c=0，取n2=0,1,1，设平面AEF与平面PDC所成锐二面角的平面角为α，则cosα=n1⋅n2n1⋅n2=−1−λ1+2λ22=221+λ1+2λ2，所以cosα=22(1+λ)21+2λ2=2212+2λ+122λ2+1，令t=12+2λ∈12,52，则λ=12t−14，所以cosα=2212+2λ+122λ2+1=2212+t212t−142+1=2212+t12t2−12t+98=2212+112t+98t−12，因为12t+98t−12≥212t⋅98t−12=1，当且仅当12t=98t，即t=32时取等号，所以当t=32时，即λ=12时，cosαmax=32，则(sinα)min=12.7．（23-24高二下·江苏泰州·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB+AD=5，CD=2，∠PAD=120°，∠ADC=45°.(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；(2)设AB=AP.①若直线PB与平面PCD所成角的正弦值为3344，求线段AB的长.②在线段AD上是否存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上？若存在，求线段AB的长；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)①AB=2或AB=7023；②不存在点G，理由见解析【分析】（1）利用面面垂直的性质可证得AB⊥平面PAD，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论；（2）①依题建系，设AB=t，利用题设条件，分别求得相关点和向量的坐标，利用空间向量坐标的夹角公式列出方程，求解即得t的值；②假设存在点G，可由GC=GD推得GD=1，得点G坐标，由GP=GD得方程t2−4t+15=0，因此方程无实数解，假设不成立.【详解】（1）在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.（2）如图以A为原点，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立如图所示直角空间坐标系A−xyz，设AB=t，则AP=t，由AB+AD=5， CD=2，∠PAD=120°，∠ADC=45°，则Bt,0,0，P0,−t2,3t2，因AD=5−t，则D0,5−t,0，C1,4−t,0，所以CP=−1,t2−4,3t2，CD=−1,1,0①设平面PCD的法向量为n=x,y,z，由n⊥CP，n⊥CD，得：−x+t−82y+3t2z=0−x+y=0，可取n=1,1,10−t3t设直线PB与平面PCD所成角为θ，则有：sinθ=cosn,BP，BP=−t,−t2,3t2，即：3344=−t−t2+10−t21+1+10−t3t2t2+t24+3t24，化简得：23t2−116t+140=0，解得t=2或t=7023，即AB=2或AB=7023.②如图，假设在线段AD上是否存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上，由GC=GD，得∠GCD=∠GDC=45°，所以∠CGD=90°，所以GD=CDcos45°=1，又AB=t得AD=5−t，AG=AD−GD=4−t，所以G0,4−t,0，P0,−t2,3t2由GP=GD得−t2−4−t2+3t22=1，即t2−42+34t2=1，亦即t2−4t+15=0（*），因为Δ=−42−4×15<0，所以方程（*）无实数解，所以线段AD上不存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上.【点睛】方法点睛：本题主要考查利用空间向量解决线面所成角以及多点是否在同一球面上的开放性问题，属于较难题.根据题意，创建合适的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标表达式即可求解相关问题，对于开放性问题，一般是假设结论成立，通过推理计算求得结论成立的条件或者推导出矛盾.
