专题47向量法求距离、探索性及折叠问题一、【知识梳理】【考纲要求】1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件．【考点预测】1．点到直线的距离如图，已知直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点，设AP →＝a ，则向量AP →在直线l 上的投影向量AQ →＝(a·u )u ，在Rt△APQ 中，由勾股定理，得PQ ＝|AP →|2－|AQ →|2＝a 2－ a·u 2.2．点到平面的距离如图，已知平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点．过点P 作平面α的垂线l ，交平面α于点Q ，则n 是直线l 的方向向量，且点P 到平面α的距离就是AP →在直线l 上的投影向量QP →的长度，因此PQ ＝|AP →·n |n ||＝|AP →·n |n ||＝|AP →·n ||n |.【方法技巧】1.向量法求点到直线距离的步骤①根据图形求出直线的单位方向向量v .②在直线上任取一点M (可选择特殊便于计算的点).计算点M 与直线外的点N 的方向向量MN →.③垂线段长度d ＝MN →2－（MN →·v ）2.2.求点到平面的距离的常用方法①直接法：过P 点作平面α的垂线，垂足为Q ，把PQ 放在某个三角形中，解三角形求出PQ 的长度就是点P 到平面α的距离.②转化法：若点P 所在的直线l 平行于平面α，则转化为直线l 上某一个点到平面α的距离来求.③等体积法.④向量法：设平面α的一个法向量为n ，A 是α内任意点，则点P 到α的距离为d ＝|PA →·n ||n |.3.折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.4.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开，这是解决空间垂直问题的技巧.二、【题型归类】【题型一】利用向量法求距离【典例1】已知棱长为1的正方体ABCD －EFGH ，若点P 在正方体内部且满足AP →＝34AB →＋12AD →＋23AE→，则点P 到AB 的距离为________.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则AP →＝34(1，0，0)＋12(0，1，0)＋23(0，0，1)＝34，12，23.又AB →＝(1，0，0)，∴AP →在AB →上的投影为AP →·AB →|AB →|＝34，∴点P 到AB 的距离为|AP →|2－AP →·AB →|AB →|2)＝56.【典例2】如图，四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝12CD ＝1，E 为PC 的中点.(1)证明：BE ∥平面PAD .(2)若AB ⊥平面PBC ，△PBC 是边长为2的正三角形，求点E 到平面PAD 的距离.【解析】(1)证明如图，取PD 的中点F ，连接AF ，EF ，因为E 为PC 的中点，F 为PD 的中点，所以EF 平行且等于12CD .又AB 綉12CD ，所以EF 平行且等于AB ，故四边形ABEF 为平行四边形，所以BE ∥AF .又BE ⊄平面PAD ，AF ⊂平面PAD ，所以BE ∥平面PAD .(2)解法一(向量法)如图，取BC 的中点O ，AD 的中点M ，连接OP ，OM ，则OM ∥AB ∥CD .在等边△PBC 中，PO ＝3，OP ⊥BC .又AB ⊥平面PBC ，所以OM ⊥平面PBC .如图，以O 为坐标原点，分别以射线OC ，OM ，OP 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则P (0，0，3)，A (－1，1，0)，D (1，2，0)，C (1，0，0)，故所以AD →＝(2，1，0)，PA →＝(－1，1，－3)，PE →设平面PAD 的法向量为n ＝(x ，y，z )，·AD →＝0，·PA →＝0，x ＋y ＝0，x ＋y －3z ＝0，令x ＝1，则y ＝－2，z ＝－3，故n ＝(1，－2，－3)为平面PAD 的一个法向量.所以点E 到平面PAD 的距离d ＝|n ·PE →||n |＝|12×1＋0×（－2）＋×（－3）|12＋（－2）2＋（－3）2＝22.法二(等体积法)由(1)得BE ∥平面PAD ，故点B 到平面PAD 的距离等于点E 到平面PAD 的距离.如图，取BC 的中点G ，连接PG ，DG ，BD ，易知PG ⊥BC .又△PBC 是边长为2的正三角形，所以PG ＝3，PB ＝BC ＝2.因为AB ⊥平面PBC ，AB ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面PBC .因为平面ABCD ∩平面PBC ＝BC ，所以PG ⊥平面ABCD ，所以PG ⊥GD .因为AB ⊥平面PBC ，所以AB ⊥BC ，AB ⊥PB ，所以四边形ABCD 是直角梯形，且AB ＝1，BC ＝2，CD ＝2，则AD ＝5，S △ABD ＝12×1×2＝1.因为AB ⊥PB ，AB ＝1，PB ＝2，所以PA＝ 5.在Rt△PGD中，易知DG＝ 5.又PG＝3，所以PD＝22，所以S△APD＝12×22×（5）2－（2）2＝ 6.设点B到平面PAD的距离为h，因为三棱锥P－ABD的体积V＝13S△APD×h＝13S△ABD×PG，所以h＝S△ABD×PGS△APD＝36＝22.所以点E到平面PAD的距离为2 2 .【典例3】如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.(1)求点N到直线AB的距离；(2)求点C1到平面ABN的距离.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(23，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4).∵N是CC1的中点，∴N(0，4，2).(1)AN→＝(0，4，2)，AB→＝(23，2，0)，则|AN→|＝25，|AB→|＝4.设点N到直线AB的距离为d1，则d1)＝20－4＝4.(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，·AB→＝23x＋2y＝0，·AN→＝4y＋2z＝0，令z＝2，则y＝－1，x＝33，即n易知C 1N →＝(0，0，－2)，设点C 1到平面ABN 的距离为d 2，则d 2＝|C 1N →·n |n ||＝|－4433|＝ 3.【题型二】立体几何中的探索性问题【典例1】已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点E 为A 1D 1中点，直线B 1C 1交平面CDE 于点F .(1)求证：点F 为B 1C 1的中点；(2)若点M 为棱A 1B 1上一点，且二面角M －CF －E 的余弦值为53，求A 1MA 1B 1的值．【解析】(1)证明如图所示，取B 1C 1的中点F ′，连接DE ，EF ′，F ′C ，由于ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，E ，F ′为中点，故EF ′∥CD ，从而E ，F ′，C ，D 四点共面，平面CDE 即平面CDEF ′，据此可得，直线B 1C 1交平面CDE 于点F ′，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点F ′重合，即点F 为B 1C 1的中点．(2)解以点D 为坐标原点，DA ，DC，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设A 1M A 1B 1＝λ(0≤λ≤1)，则M (2,2λ，2)，C (0,2,0)，F (1,2,2)，E (1,0,2)，从而MC→＝(－2,2－2λ，－2)，CF→＝(1,0,2)，FE→＝(0，－2,0)，设平面MCF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则·MC→＝－2x1＋ 2－2λ y1－2z1＝0，·CF→＝x1＋2z1＝0，令z1＝－1可得m 2，11－λ，－1λ≠1)，设平面CFE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则·FE→＝－2y2＝0，·CF→＝x2＋2z2＝0，令z2＝－1可得n＝(2,0，－1)，从而m·n＝5，|m n|＝5，则cos〈m，n〉＝m·n |m||n|＝＝5 3 .整理可得(λ－1)2＝14，故λ＝32舍去所以A1MA1B1＝12.【典例2】如图，三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，B1C＝6，AB⊥B1C.(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；(2)在棱BB1上是否存在点P，使直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为45，若不存在，请说明理由；若存在，求BP的长．【解析】(1)证明如图，取AB的中点D，连接CD，B1D.因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，所以AB ⊥CD ，CD ＝3，BD ＝1.又因为AB ⊥B 1C ，且CD ∩B 1C ＝C ，CD ，B 1C ⊂平面B 1CD ，所以AB ⊥平面B 1CD .又因为B 1D ⊂平面B 1CD ，所以AB ⊥B 1D .在Rt△B 1BD 中，BD ＝1，B 1B ＝2，所以B 1D ＝ 3.在△B 1CD 中，CD ＝3，B 1D ＝3，B 1C ＝6，所以CD 2＋B 1D 2＝B 1C 2，所以CD ⊥B 1D ，又因为AB ⊥B 1D ，AB ∩CD ＝D ，AB ，CD ⊂平面ABC ，所以B 1D ⊥平面ABC .又因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥平面ABC .(2)解假设在棱BB 1上存在点P 满足条件．以DC ，DA ，DB 1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A (0,1,0)，B (0，－1,0)，C (3，0,0)，B 1(0,0，3)，因此BB 1—→＝(0,1，3)，AC →＝(3，－1,0)，AA 1—→＝BB 1—→＝(0,1，3)，CB →＝(－3，－1,0)．因为点P 在棱BB 1上，设BP →＝λBB 1—→＝λ(0,1，3)，其中0≤λ≤1.则CP →＝CB →＋BP →＝CB →＋λBB 1—→＝(－3，－1＋λ，3λ)．设平面ACC 1A 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AC →＝0，·AA 1—→＝0，－y ＝0，＋3z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝－1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为n ＝(1，3，－1)．因为直线CP 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为45，所以|cos〈n ，CP →〉|＝|n ·CP →||n ||CP →|＝|－23|5×3＋ λ－1 2＋3λ2＝45，化简得16λ2－8λ＋1＝0，解得λ＝14，所以|BP →|＝14|BB 1—→|＝12，故BP 的长为12.【典例3】如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，求平面PAC 与平面DAC 夹角的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．【解析】(1)证明如图，连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO .由题意知，SO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，以OB ，OC ，OS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是0，0，62a－22a 0，22a于是OC →0，22a SD →－22a ，0，－62a 则OC →·SD →＝0，故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)解由题设知，平面PAC 的一个法向量DS →，0，62a DAC 的一个法向量OS →0，0，62a 设平面PAC 与平面DAC 的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈OS →，DS →〉|＝|OS →·DS →||OS →||DS →|＝32，所以平面PAC 与平面DAC 夹角的大小为30°.(3)解假设在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC .根据第(2)问知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →，0，62a CS →0，－22a ，62a 设CE →＝tCS →(0≤t ≤1)，因为0，22a所以BC →－22a ，22a 则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →－22a ，22a 1－t ，62at又BE →·DS →＝0，得－a 22＋0＋64a 2t ＝0，则t ＝13，当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →.由于BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .因此在棱SC 上存在点E ，使BE ∥平面PAC ，此时SE ∶EC ＝2∶1.【题型三】折叠问题【典例1】如图1.梯形ABCD 中，AB ∥CD ，过A ，B 分别作AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，垂足分别为E ，F .AB ＝AE ＝2，CD ＝5，DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 折起，得空间几何体ADE BCF ，如图2.(1)图2中，若AF ⊥BD ，证明：DE ⊥平面ABFE ；(2)在(1)的条件下，若DE ∥CF ，求二面角D AF C 的余弦值．【解析】(1)证明：由已知得四边形ABFE 是正方形，且边长为2，如图，连接BE ，则AF ⊥BE ，又AF ⊥BD ，BE ∩BD ＝B ，所以AF ⊥平面BDE ，又DE ⊂平面BDE ，所以AF ⊥DE ，又AE ⊥DE ，AE ∩AF ＝A ，所以DE ⊥平面ABFE .(2)由(1)知ED ，EA ，EF 两两垂直，以E 为坐标原点，EA →，EF →，ED →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A (2，0，0)，F (0，2，0)，C (0，2，2)，D (0，0，1)，AF →＝(－2，2，0)，AD →＝(－2，0，1)，FC →＝(0，0，2)．设平面ADF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．·AF →＝0，·AD →＝0x ＋2y ＝0，x ＋z ＝0，不妨取x ＝1，得n ＝(1，1，2)，设平面ACF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，·AF →＝0，·FC →＝0x 1＋2y 1＝0，z 1＝0，取x 1＝1得m ＝(1，1，0)，设二面角D AF C 的大小为θ，则cos θ＝|cos〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝22×6＝33.所以二面角DAFC的余弦值为3 3 .【典例2】在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，AB＝2BC＝2CD，如图1，以DE为折痕将△ADE 折起，使点A达到点P的位置，如图2.(1)证明：平面BCP⊥平面CEP；(2)若平面DEP⊥平面BCED，求直线DP与平面BCP所成角的正弦值．【解析】(1)证明：在题图1中，因为AB＝2BC＝2CD，且D为AB的中点，所以由平面几何知识，得∠ACB＝90°.又E为AC的中点，所以DE∥BC.在题图2中，CE⊥DE，PE⊥DE，且CE∩PE＝E，所以DE⊥平面CEP，所以BC⊥平面CEP，又BC⊂平面BCP，所以平面BCP⊥平面CEP.(2)因为平面DEP⊥平面BCED，平面DEP∩平面BCED＝DE，EP⊂平面DEP，EP⊥DE，所以EP⊥平面BCED.又CE⊂平面BCED，所以EP⊥CE.以E为坐标原点，ED→，EC→，EP→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．在题图1中，设BC＝2a，则AB＝4a，AC＝23a，AE＝CE＝3a，DE＝a.则P(0，0，3a)，D(a，0，0)，C(0，3a，0)，B(2a，3a，0)．所以DP→＝(－a，0，3a)，BC→＝(－2a，0，0)，CP→＝(0，－3a，3a)．设平面BCP的法向量为n＝(x，y，z)，·BC →＝0，·CP →＝0，ax ＝0，－3ay ＋3az ＝0，令y ＝1，则z ＝1，所以n ＝(0，1，1)．设DP 与平面BCP 所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n ，DP →〉|＝|n ·DP →||n ||DP →|＝3a 2×2a ＝64.所以直线DP 与平面BCP 所成角的正弦值为64.【典例3】图①是由矩形ADEB ，Rt△ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图②.(1)证明：图②中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；(2)求图②中的平面BCG 与平面ACG 夹角的大小.【解析】(1)证明由已知得AD ∥BE ，CG ∥BE ，所以AD ∥CG ，所以AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面.由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，且BE ∩BC ＝B ，BE ，BC ⊂平面BCGE ，所以AB ⊥平面BCGE .又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE .(2)解作EH ⊥BC ，垂足为H .因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，平面BCGE ∩平面ABC ＝BC ，所以EH ⊥平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3.以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H －xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0).设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·n ＝0，·n ＝0，＋3z ＝0，x －y ＝0.所以可取n ＝(3，6，－3).又平面BCGE 的法向量可取m ＝(0，1，0)，所以cos〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝32.因此平面BCG 与平面ACG 夹角的大小为30°.三、【培优训练】【训练一】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13.(1)求证：CD ⊥平面PAD ；(2)求平面FAE 与平面PAE 夹角的余弦值；(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝23.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由.【解析】(1)证明因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD .又因为AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，PA ，AD ⊂平面PAD ，所以CD ⊥平面PAD .(2)解过点A 作AD 的垂线交BC 于点M .因为PA ⊥平面ABCD ，AM ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD .建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，－1，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2).因为E 为PD 的中点，所以E (0，1，1)，所以AE →＝(0，1，1)，PC →＝(2，2，－2)，AP →＝(0，0，2)，所以PF →＝13PC →，23，－所以AF →＝AP →＋PF →，23，设平面FAE 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则·AE →＝0，·AF →＝0，z ＝0，＋23y ＋43z ＝0.令z ＝1，则y ＝－1，x＝－1.于是n ＝(－1，－1，1).又因为平面PAE 的一个法向量为p ＝(1，0，0)，所以cos〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝－33.由题知，平面FAE 与平面PAE 夹角的余弦值为33.(3)解直线AG 在平面AEF 内，理由如下：因为点G 在PB 上，且PG PB ＝23，PB →＝(2，－1，－2)，所以PG →＝23PB →，－23，－所以AG →＝AP →＋PG →，－23，由(2)知，平面AEF 的一个法向量n ＝(－1，－1，1)，所以AG →·n ＝－43＋23＋23＝0.又点A ∈平面AEF ，所以直线AG 在平面AEF 内.【训练二】如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，△PAD 是正三角形，CD ⊥平面PAD ，E ，F ，G ，O 分别是PC ，PD ，BC ，AD 的中点．(1)求证：PO ⊥平面ABCD ；(2)求平面EFG 与平面ABCD 夹角的大小；(3)在线段PA 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成的角为π6，若存在，求线段PM 的长度；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明因为△PAD 是正三角形，O 是AD 的中点，所以PO ⊥AD .又因为CD ⊥平面PAD ，PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥CD .又AD ∩CD ＝D ，AD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .(2)解如图，连接OG ，以O 点为坐标原点，分别以OA ，OG ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,4,0)，C (－2,4,0)，D (－2,0,0)，G (0,4,0)，P (0,0,23)，E (－1,2，3)，F (－1,0，3)，EF →＝(0，－2,0)，EG →＝(1,2，－3)，设平面EFG 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，EF →·m ＝0，EG →·m ＝0，－2y ＝0，x ＋2y －3z ＝0，令z ＝1，则m ＝(3，0,1)，又平面ABCD 的法向量n ＝(0,0,1)，设平面EFG 与平面ABCD 的夹角为θ，所以cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝1 3 2＋12×1＝12，所以θ＝π3，所以平面EFG 与平面ABCD 的夹角为π3.(3)解不存在，理由如下：假设在线段PA 上存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成的角为π6，即直线GM 的方向向量与平面EFG 法向量m 所成的锐角为π3，设PM →＝λPA →，λ∈[0,1]，GM →＝GP →＋PM →＝GP →＋λPA →，所以GM →＝(2λ，－4,23－23λ)，所以cosπ3＝|cos〈GM →，m 〉|＝324λ2－6λ＋7，整理得2λ2－3λ＋2＝0，Δ<0，方程无解，所以不存在这样的点M.【训练三】如图，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将四边形EFCD折起，使二面角AEFC的大小为60°，点M在线段AB上．(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角MECF的余弦值，若不存在，说明理由．【解析】(1)因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)，因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，且AO＝2，连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，连接MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，又因为MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE，所以平面ABFE⊥平面ADE，取AE的中点H为坐标原点，以AH，DH所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以E(－1，0，0)，D(0，0，3)，C(0，4，3)，F(－1，4，0)，所以ED→＝(1，0，3)，EC→＝(1，4，3)，设M (1，t ，0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t ，0)，设平面EMC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，·EM →＝0，·EC →＝0x ＋ty ＝0，＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t3，所以m因为DE 与平面EMC 所成的角为60°，所以sin 60°＝|ED →·m ||ED →||m |＝82t 2＋4＋（8－t ）23＝32，所以23t 2－4t ＋19＝32，所以t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°.取ED 的中点Q ，因为EF ⊥平面ADE ，AQ ⊂平面ADE ，所以AQ ⊥EF ，又因为AQ ⊥DE ，DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面CEF ，所以AQ ⊥平面CEF ，则QA →为平面CEF 的一个法向量，因为－12，0，A (1，0，0)，所以QA →m设二面角M EC F 的大小为θ，所以|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋（8－t ）23＝|t －2|t 2－4t ＋19因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ⊥平面CEF ，所以当t ＝1时，θ为钝角，所以cos θ＝－14.当t ＝3时，θ为锐角，所以cos θ＝14.四、【强化测试】一、单选题1．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在空间直角坐标系中，直线l 的方程为1x y z ，空间一点(1,1,1)P ，A．510a B．55a 【答案】A【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解.【详解】∵在平行六面体1ABCD A B 11AC AB AD AA d b c ,1C E=-d b c a ，0,d b d c b cA．1B．【答案】C【分析】以D 为坐标原点，向量法求异面直线距离可得.【详解】解：正方体ABCD 以D 为坐标原点，DA 、则A （2，0，0），C （0，2，0）(,0,),(2,2,0),BP t t AC 设异面直线,BP AC 的公共法向量为则2200AC n x y BP n tx tz ∴点P 到直线AC 的距离为：22333n AB d n，点P 到直线AC 的距离的最小值为故选：C.以C为坐标原点，C D，C B，C C故选：B7．（2022·高二课时练习）如图，已知正方体1ABCD A 的动点，则下列四个结论：①存在点E ，使EF //BD ；②存在点成的角不可能等于60°；④三棱锥1B ACE 的体积随动点A．4B．3C．2【答案】D【分析】设正方体的棱长为1，以点D 为坐标原点，以DA 直角坐标系，利用空间线面平行与垂直的判定及性质定理、向量的夹角判断异面直线所成角、三棱锥的体积计算公式即可得出．【详解】解：设正方体的棱长为1，以点D 为坐标原点，以空间直角坐标系，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(1B ，1，0)，(0C ，1，0)1，1)，点11(,1,)22F ，则11DE DC C E，而111(01)C E C A，11(0,1,1),DC C A如图3，连接1111,,B D B M B N 所以111122B MN S MN B O又1BB ⊥平面1111D C B A ，故11113B MNB B B MN B MN V V S 1122DA DB DC ，以点D 为球心作半径为22球面被正方体表面所截得的弧为以弧长和为32π2=3π4，所以④正确，故选：D．二、多选题9．（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，在棱长为1BP BC BB，其中A．3AP B．当12时，有且仅有一个点C．当12时，有且仅有一个点D．当12时，三棱锥【答案】AD【分析】建立空间直角坐标系，则可得出点【详解】如图建立空间直角坐标系，则1(1,0,0),(1,0,1),(1,1,0),B BC 因为1BP BC BB， 0,1, 所以(1,,)P ，对于选项A，则(1,,),(0,0,0)P A 因为 0,1,0,1 ，所以AP 对于选项B，1(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0),A B D 当12 时，1(1,,)2P ，1(1,2APA．存在点P使BPB．不存在点P使平面C．若P，1A，B，D．若P，A，B，【答案】BCD【分析】建立空间直角坐标系，计算若平面PBD 平面MBD作出平面1A BM与平面A则(3,0,0)A ，(3,3,0)B ，M 则(3,3,3)AM ，(BP3(3)3(AM BP x y又03x ，03 y ，所以对于B，连接AC 交BD 于若平面PBD 平面MBD ，又平面MO BD ，所以MO 平面以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，33(,,3)22MO ，(BP则33(3)(22MO BP x 对于C，如图，延长BM 交11B C 的延长线于则1AQ 为平面1A BM 与平面则P 在线段1A N 上，所以当因为11//C M BB ，11//C N A B 所以14B Q ，又113A B 有11111A B B Q A Q B P ，得如图，四点A ，B ，M ，D 确定的几何体的外接球即为正方体球O 的半径332R（正方体设面1111D C B A 截球O 的截面圆为圆设圆1O 的半径为r ，1OO 若P ，A ，B ，M ，D 五点共球面，则则1B P 的最小值为11B O 故选：BCD11．（2023·全国·高二专题练习）如图，在棱长为A．不存在点Q ，使得B．存在点Q ，使得C C．对于任意点Q ，Q D．对于任意点Q ，△【答案】ABC【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得.【详解】由题知，在正方体分别以AB，AD ，1AA 的方向为所以 10,0,1A ， 1,1,0C ，所以 11,0,1C Q a，AC 当11C Q AC 时，即1,0, 所以不存在 使得1C Q 当11101C Q A C a因为 10,1,1A Q a，其中2211111A Q A C A Q A C故C 项正确；故选：ABC12．（2023·福建宁德·校考模拟预测）在正方体11111,,,,AD AB BB B C D C 的中点，则（A．直线1D E 与直线GD 垂直B．点D 与点B 到平面1D EF C．直线EF 与平面HIG 平行D．1D F 与GH 的夹角为π6【答案】AB【分析】以D 为原点，,,DA DC 项判断即可得答案.【详解】如图，以D 为原点，DA设正方体的棱长为2，则 2,0,0A 且 1,0,0,2,1,0,2,2,1,E F G 对于A， 11,0,2,D E GD A 正确；对于B，设平面1D EF 的法向量为所以1200n D E x z x x n EF x y又 1,0,0,1,2,0DE BE ，距离为240233BE n n，故对于C，因为 1,1,0,EF IH 设平面HIG 的法向量为 ,m a b 又 =0,1,1,0FG FG m ，则FG 所以EF 平面HIG ，故C 错误；对于D，因为 12,1,2,D F GH GH 的夹角余弦值为22332，夹角大小不为故选：AB.设M（x,0,z），B（2,2,0），D1（0,0,4），E（2,1,0）在ABC 中，33AB ，3AC BC ，则BAC AC的方向向量(3,1,0)a ，BC的方向向量(b 由11n 3si A AB，得11,BB AA 的方向向量(22,0,1)c 设平面11ACC A 的法向量111(,,)n x y z ，则2n a n c 设平面11BCC B 的法向量222(,,)m x y z ，则m b m c 令球1O 的半径为r ，设点1(,,)O x r r ，则1(,AO x r 由11||||||||AO n BO m r n m ，得|(322)|x r(1)求证：平面1BC E 平面ABED ；(2)在棱1DC 上是否存在点P ，使得点P 到平面ABC 角的正弦值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，直线EP 与平面1ABC 所成角的正弦值为【分析】（1）由二面角平面角定义可知1AOC 是二面角由此可证得结论；18．（2023·天津北辰·校考模拟预测）在四棱锥是直角梯形，且AB AD ，//BC AD ，AD AB (1)求证：//DM 平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PDE 所成角的正弦值；(3)求点E 到PD 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)26(3)322【分析】（1）构造平面，由面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质可得线面平行；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果；（3）根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）如图，取BC 中点F ，连接,MF DF因为F 为BC 中点，//BC AD ，2AD AB ，BC（2）根据题意，分别以,,AB AD AP 所在直线为x 由条件可得， 0,0,0,0,0,2,2,0,0A P B 2,0,2,0,2,2,2,1,PD PE 设平面PDE 的法向量为 ,,n x y z ，220220PD n y z PE n x y z ，解得2y z y x ，2，则1,2x z ，所以平面PDE 的一个法向量为设直线PB 与平面PDE 所成角为 ，24cos ,223PB n PB n PB n 所以直线PB 与平面PDE 所成角的正弦值为（3）由（2）可知， 0,2,2,PD PE 所以点E 到PD 的距离为 2PE PD PE PD （2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥(1)求证：平行四边形ABCD (2)若E 为侧棱PD 的中点，且平面【答案】(1)证明见解析(2)22【分析】（1）取AD 中点的性质及判定证AB AD （2）构建空间直角坐标系，设用向量法求点面距.【详解】（1）取AD 中点面PAD 面ABCD ，面PAD AB 面ABCD ，故PM 所以AB 面PAD ，AD （2）如下图，以A 为原点，则 0,0,0A ， ,0,0B t ，所以(,2,0),(0,AC t AE设面ACE 的法向量为 1,x n 设面ABP 的法向量为 2,m x 由23|cos ,||||244m n t m n m n 则面ACE 的法向量为 2,n 点B 到平面ACE 的距离|AB n n20．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）如图，在四面体,,2,AD CD AD CD AC AB 为36．(1)求点A 到平面CDE 的距离；(2)求平面BCD 与平面CDE 夹角的余弦值．【答案】(1)2217(2)19385385【分析】（1）取AC 中点F ，连接为F ，从而建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法求得答案；11,3,0,2AE EB AE 所以B 点坐标为133,,0,22CD133,,0,1,3,022CB CE 设平面DEC 的一个法向量是1n 则11030n CD x z n CE x y ，取y(1)证明：BC 平面PAB ；(2)若6PA AB ，3BC 105，若存在，确定点D 【答案】(1)证明见解析(2)存在；D 是PC 上靠近C 【分析】（1）过点A 作AE 证明PA BC ，根据线面垂直判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求平面（2）假设在线段PC 上（不含端点）以B 为原点，分别以BC 、则 0,6,0A ， 0,0,0B ，C 3,6,0AC ， 0,0,6AP 设平面ACD 的一个法向量为0,0,m AC m AP 即360,60,x y z所以 2,1,0m 为平面ACD 因为D 在线段PC 上（不含端点）所以 3,AD AP PD 设平面ABD 的一个法向量为22．（2023春·福建厦门·高二厦门双十中学校考阶段练习）如图E为BC上一点，AE BE AD图2所示的四棱锥．CD l；(1)若平面BCD∩平面ABE l ，证明：//(2)点F是棱BE上一动点，且直线BD与平面ADF所成角的正弦值为【答案】(1)证明见解析；在图2中，因为//CD AE，所以//CD平面ABE，因为CD 平面BCD，平面（2）由（1）知，AE CE ，CE 平面BE CE E所以AE平面BCE，又AE 平面AEB，所以平面EA EB 故以E为坐标原点，,在平面BCE内过点E作BE则 2,0,0A ， 0,2,0B ，因为//CD AE ，平面AEB 平面BCE 所以点C 在平面AEB 的射影为BE 设 0,,002F t t ，则 AD 设平面ADF 的法向量为 ,n x y r 则00n AD n AF，即220x y z x ty 不妨令2y ，则x t ， 22z 所以 22,2,2t n t为平面ADF 因为直线BD 与平面ADF 所成角的正弦值为所以 22cos ,24t t BD n t t 整理得2540t t ，解得1t 或所以F 为EB 中点，所以12EF EB。
