第06講空間向量的應用（二）：距離、夾角問題

目錄

第06講空間向量的應用（二）：距離、夾角問題.................................................1

一、由空間向量研究距離問題...................................................................2

基礎知識...................................................................................2

考點1點到平面距離的向量................................................................2

考點2平行平面距離的向量................................................................5

考點3點到直線距離的向量................................................................9

二、由空間向量研究空間角問題................................................................14

基礎知識..................................................................................14

考點4求異面直線所成的角...............................................................15

考點5求線面角..........................................................................18

考點6求二面角..........................................................................23

考點7由空間向量研究存在性問題..........................................................28

三、課后作業(yè).................................................................................36

單選題....................................................................................36

多選題....................................................................................44

填空題....................................................................................46

解答題....................................................................................47

、由空間向量研究距離問題

基礎知識

1.距離問題

(1)點P到直線1的距離：已知直線1的單位方向向量為U,A是直線1上的定點，P是直線1外一點，設向

量#在直線1上的投影向量為豆=a,則點P到直線1的距離為/0匚儲7Mp(如圖).

(2)點P到平面a的距離：設平面a的法向量為n,A是平面a內的定點，P是平面a外一點，則點P到平

面a的距離為嚕"(如圖).

考點1點到平面距離的向量

在長方體ABCD-A/iGDi中，AB=3,BC=2,441=1,則

點。到平面BCD1的距離為()

A.1B.3C.—D.—

210

【解題思路】建立適當的空間直角坐標系，求出平面BCD1的法向量為元=(0,1,3),以及取=(0,0,-1),

由公式即可得解.

mi

【解答過程】由題意，以。為原點，分別為%,y,z軸所在直線建立如圖所示的空間直角坐標系：

45

因為4B=3,BC=2,AAt=1,

所以。(0,0,0),B(2,3,0),0(030),4(0,0,1),

則解=(0,3,-1),0=(2,3,-1),用=(0,0,-1),

不妨設平面BC%的法向量為元=(x,y,z),

所以[，叱,云=3y-z=°,不妨令y=L解得x=o,z=3,

即取平面BCD1的法向量為元=(0,1,3),

所以點D到平面BCD1的距離為d=嚅且=扁=甯.

故選：D.

3)24』北二：已知四面體4BCD滿足NBAC=-,cos^CAD=-,cosZ.DAB=二4B=

334

2,AC=3,4。=2,則點4到平面BCD的距離為()

A.—B.-C.V3D.—

222

【解題思路】設平面BCD的一個法向量元=%舫+丫m+2詬，列出方程組，求得元=荏+而，再求得同=

VTU且樂?元=5,結合九=塔"，即可求解.

mi

【解答過程】因為四面體ABCC滿足NBAC=^.cos^CAD=，COSN￡MB=^,AB=2,AC=3,AD=2,

可得荏-AC=3,AC-AD=2,AD-AB=1,

設平面BCD的一個法向量元=xAB+yAC+zAD,

fn-BC(xAB+yAC+zAD)?(AC-AB)=—x+6y4-z=0

(n-RD={xAB+yAC+zAD^?(^AD—AB^=—3x—y+3z=0

令z=l,解得x=l,y=o,所以元=同+而，

所以同=siAB2+AD2+2AB-ADcos^BAD=V10,AB?元=4+1=5,

設點a到平面BCD的距離為九則八=噂=*=字.

\n\<102

故選：D.

【變式1.11(23-24高二下.江西.開學考試)在正三棱錐P-4BC中,AB=y[2PA=V2,且該三棱錐的各

個頂點均在以。為球心的球面上，設點。到平面B4B的距離為相，到平面ABC的距離為“，則巴=()

m

A.3B.—C.V3D.—

33

【解題思路】根據4B=&PA=VL得到B4,PB,PC兩兩垂直，從而把該三棱錐補成一個正方體求解.

【解答過程】解：在正三棱錐P-4BC中，PA=PB=PC,又R4=l,AB=V2,^^PA^+PB2=AB2,

所以PA1PB,

同理可得PAIPC,PC1PB,即B4,PB,PC兩兩垂直，

把該三棱錐補成一個正方體，則三棱錐的外接球就是正方體的外接球，正方體的體對角線就是外接球的直

徑，易得m=

如圖，建立空間直角坐標系,

則4(1,0,0),B(0,l,0),C(0,0,1)，

所以4B=(—1,1,0),AC=(-1,0,1),4。=

設平面ABC的一個法向量為s(x,y,z),

則卜?更=f+y=。，

Is?AC=—%+z=0

令x-1,則y=z=1,所以s=(1,1,1),

則點。到平面ABC的距離n=唔=如，

\s\6

所以巴

m3

故選：D.

【變式1.2]（23-24高一」.河北石家莊.期末）在如圖所示的直四棱柱4BCD中，底面48CD是

正方形，48=2,44]=3,M是BC的中點，點N是棱CC]上的一個動點，則點&到平面4MN的距離的最小值

為（）

AJ

4

B26

--

3D.7

【解題思路】建立空間直角坐標系，將則點&到平面4MN的距離表示出來即可求得最值.

【解答過程】由題意知，該幾何體為長方體，建立空間直角坐標系如下圖所示,

則42,0,0),M(120),詢=(-1,2,0),設N(0,2,t),(0<t<3)tMN=(一1?！?.

n-AM=—x+2y=0

設平面/MN的一個法向量為元=則

n?MN=—x+tz=0

1

設y=3貝Jx=2t,z=2,則元=(2t,t,2)fAAr=(0,0,3),

6

=1o=>

V5t2+4

又0〈/工％4<5t2+4<49,所以當t=3,5產+4=49時,

點4到平面力MN的距離取得最小值為后=%

故選：D.

考點2平行平面距離的向量

【例2.1]（2324高「全國?課后作業(yè)）正方體力BCD-4/?。]的棱長為1,則平面力.。1與平面的

距離為（）

A.V2B.V3C.—D.—

33

【解題思路】將平面與平面8DG的距離轉化為點B到平面AB14的距離，建立空間直角坐標系，，然

后用空間向量求解

【解答過程】由正方體的性質：AB1//DC1,D1B1//DB,

AB^nD[B]DC】CDB=D,

且平面48也，。/1<=平面48也，

DC】u平面BOG，DBu平面BOG，

所以平面力BiRJI平面

則兩平面間的距離可轉化為點B到平面的距離.

以D為坐標原點，ZM,DC,DDi所在的直線分別為招y,z軸

建立空間直角坐標系，如圖所示：

由正方體的棱長為1,所以4(1,0,0),8(1,1,0),

C(0,1,0).Bid,1,1),Di(0,0,1)

所以高=BA=(0,-1,0),

AB1=(0,1,1),BX=(-i,-i,o).

連接力1C,

由高-AB[=(1,-1,1)-(0,1,1)=1x0+(-1)xl+lxl=0,E-BQ1=-(-1,-1,0)=1x

(-1)+(-1)x(-1)+1x0=0,

所以高1福0CA141B]D；nCA1B。,

1X

且AB】ClB1D1=

可知C41平面4B1A，

得平面Aa%的一個法向量為鬲=元=(1,-1,1),

則兩平面間的距離：

_\BA-ni_Oxl+(-l)x(-l)+Oxl_1_V3

-Il?lIV12+(-1)2+12V33'

故選：D.

【例2.2](23-24高-上映"I“I安?期末)兩平行平面a,￡分別經過坐標原點。和點2(2,1,1),且兩平

面的一個法向量n=(-1,0,1)，則兩平面間的距離是()

A.-B.—C.V3D.3V2

22

【解題思路】根據題意，利用距離公式進行求解.

【解答過程】???兩平行平面a,6分別經過坐標原點。和點4(2,1,1),04=(2,1,1),且兩平面的一個法

向量元=(-1,0,1),

???兩平面間的距離=喀=上然型=當

\n\V22

故選B.

?全國?專題練習)設正方體48CD-&B1GO1的棱長為2,求：

⑴求直線81c到平面&BD的距離；

⑵求平面與平面/CDI間的距離.

【解題思路】

(1)直線BiC到平面的距離等于點當到平面&BD的距離，利用向量求解可得；

(2)平面4BD與平面/CD]間的距離等于點/到平面4BD的距離，利用向量法求解即可.

【解答過程】

(1)以。為原點，D4,OC,ODi為x,y,z軸，建立如圖所示空間直角坐標系,

則。(0,0,0),5(2,2,0),41(2,0,2),4(2,2,2),C(0,2,0),

所以再=(2,0,2),甌=(2,0,2),礪=(2,2,0),所以再II西，即CB1||D2,

又CB1C平面4/D,。&匚平面4/。，所以CB]〃平面&BD,

所以直線BiC到平面&BD的距離等于點名到平面4BD的距離.

設平面力1BD的一個法向量為元=(x,y,z),

T吧=2x+2z=0,令x=i,貝唬=(1,-L—1),又砌=(0,2,0),

則

n-DB=2%+2y=0

所以點/到平面&BD的距離d=必評=套=笫

(2)由(1)知C/〃平面&BD,同理，D/i〃平面4/D,

又B]CCDiB1=B[,3停,。/1u平面BICD],

所以平面41BD〃平面BiCD「

即平面&BD與平面4CD1間的距離等于點當到平面4BD的距離.

由⑴知，點當到平面&BD的距離d=窄匆=,=竽.

所以平面4BD與平面間的距離為竽.

【變式2.2](2024高二上.全國.專題練習)直四棱柱4BCD中，底面48CD為正方形，邊長為2,

側棱4遇=3,M、N分別為4/〉4氏的中點，E、F分別是CiDi，BiQ的中點.

(1)求證：平面4MN〃平面EFBD；

⑵求平面2MN與平面EF8。的距離.

【解題思路】

(1)法一：由面面平行的判定定理即可證明；法二：如圖所示，建立空間直角坐標系。-xyz,通過證明贏=

—>—>—?

MN,AM=BF,再由面面平行的判定定理即可證明.

(2)法一：平面4MN與平面EFBD的距離=B到平面4MN的距離九,再由等體積法即可求出答案.法二:求出平

面4MN的法向量,48=(0,2,0),平面4MN與平面EFBD的距離等于B到平面4MN的距離八，由點到平面

的距離公式即可求出答案.

【解答過程】

(1)法一:證明：連接Bi。>NF,"M.N分別為公a、的中點，

E、F分別是的中點，

???MN/IEF/IB^,???MNC平面EFBD,EFu平面EFBD,

??.MN//平面EFBD,?.?可「平行且等于4B,

4BFN是平行四邊形，[4V〃BF,

???AN，平面EFBD,BFu平面EFBD,:.AN〃平面EFBD,

???ANCMN=N,???平面4MN〃平面EFBD；

法二：如圖所示，建立空間直角坐標系D-xyz,

則4(2,0,0),M(L0,3),8(2,2,0),E(0,L3),

F(L2,3),N(2,1,3),/.EF=(1,1,0),MN=(1,L0),

—>—>

AM-(-1,0,3),BF=(—1,0,3),

EF=MN,AM=BF,：.EF//MN,AM//BF,

MNC平面EFBD,EFu平面EFBD,MN〃平面EFBD,

???ANC平面EFBD,BFu平面EFBD,:.AN〃平面EFBD,

又MNC力M=M,.?.平面AMN〃平面EFBD,

(2)法一:平面4MN與平面EFBO的距離=B到平面4MN的距離h.

A4MN中，AM=AN=V10,MN=V2,ShAMN=|-V2?J10-|

??.由等體積可得、叵h=工」-2?3?1,h^—.

323219

法二：

設平面ZMN的一個法向量為記=(%,y,z),

'TT

則j.?N=x+y=0,則可取￡=(3,_3,i),

JI?AM=—x+3z=0

—>

vAB=(0,2,0),

TT---

;平面4MN與平面EFBD的距離為d=嗎生=七==—.

考點3點到直線距離的向量

在空間直角坐標系中，已知點力(l,l,l),B(0,l,0),C(l,2,3),

則點C到直線48的距離為()

A.V3B.2c.2V2D.3

【解題思路】根據點到直線距離的向量坐標公式計算即可求解.

【解答過程】根據題意，AB=（―1,0,—1）,前=（0,1,2）,

則西=V1+0+1=V2,|XC|=,0+1+4=V5,

設向量正是直線48的單位方向向量，丘=需=

AC-u=（0,1,2）.（—乎,0,—乎）=0+0+2x（—乎）=-V2,

則點C到直線AB的距離為J而2_（XC-u）2=V5^2=V3.

故選：A.

在三棱錐P—4BC中，PA,PB,PC兩兩垂直，且P4=l,

PB=2,PC=3,三角形力BC重心為G,則點尸到直線AG的距離為（）

A.9B.立C.2D.旦

731717

【解題思路】建立空間直角坐標系，利用空間向量法求點到直線的距離即可得解.

【解答過程】如圖所示：以P4PB,PC為x,y,z軸建立空間直角坐標系，

則P（0,0,0）,4（1,0,0）,B（0,2,0）”0,0,3）,則

故而在前的投影為害/「=-甯，

阿17

點P到線4G的距離為卜2_（徵2J1—（誓）2=等

故選：D.

【變式3.1］（23-24高二下?北京?開學考試）如圖，在棱長為1的正方體/BCD-4/1C15中，E為線段上

的點，且言=3,點P在線段DiE上，則點P到直線2。距離的最小值為（）

【解題思路】建立空間直角坐標系，利用空間向量求出點P到直線4。距離的函數關系，再求其最小值即可.

【解答過程】以題意，以點。為原點，。4。&。。1所在直線為招％2軸，

所以4(1,0,0),01(0,0,1"(1(,0),宰=

設印=AO=口當t)"e[0,1],

則而=D3I+O；P=(0,0,1)+4(1卷,-1)=

而育=(1,0,0),

所以點P到直線4。的投影數量的絕對值為

ITII一TI|DPZM|

d=\DP\-cos<DP,DA>\=1,,1=A,

I-1網

所以點P到直線4。的距離為

h=J畫2_d2=A2+^A2+(1-A)2-A2

當;I=11時，等號成立，即點P到直線力。的距離最小值為I,

故選：c.

I式3.2]（23-24高二匕北京昌平?期末）如圖，在長方體ABC?！?B1G01中,4B=2,441=次,

P,Q分別是棱BC和上的兩個動點，且PQ=2,貝UPQ的中點E到CCi的距離為（）

【解題思路】取CG的中點F,連接EF,以。為坐標原點建立空間直角坐標系，結合PQ=2,利用兩點間距

離公式，求出EF的長即可.

【解答過程】取CG的中點F,連接EF,

以0為坐標原點，DA,DC,DO1所在直線分別為x,y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則PQ,2,0）,<2（O,y,V3）,F（。,2,f），

因為E是PQ的中點，所以E&gZ,中），

所以而=6,—,（）），而宿=西=（0,0,百），

所以屈?西（=0,即EF1CG，所以點E到CG的距離就是EF,

因為PQ=2,

所以PQ2=/+（y_2）2+（V3）2=4,即/+（y-2）2=1,

所以后產=（|）2+（彳_2）2=立產=$即￡尸=$

所以PQ的中點E到CC1的距離為今

故選：D.

二、由空間向量研究空間角問題

基礎知識

1.夾角問題

(1)兩個平面的夾角：平面a與平面|3的夾角：平面a與平面［3相交，形成四個二面角，我們把這四個二面

角中不大于90°的二面角稱為平面a與平面p的夾角.

(2)空間角的向量法解法

角的分類向量求法范圍

兩條異面直設兩異面直線11,12所成的角為9,其方向向

(o,I

線所成的角量分別為U,V,則cosO=|cos〈U,V)|=|^|

設直線AB與平面a所成的角為0,直線AB的

直線與平面

方向向量為u,平面a的法向量為n,則sin0=3f

所成的角

|cos〈u,n)|-|u||n|

設平面a與平面P的夾角為仇平面a,0的法

兩個平面的

向量分別為nl,n2,則cos0=|cos(nl,n2〉|3f

夾角

|nl-n2|

-Inl||n2|

2.用向量法求異面直線所成角：

(1)建立空間直角坐標系；

(2)用坐標表示兩異面直線的方向向量；

(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值;

(4)注意兩異面直線所成角的范圍是''2」，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對

值.

3.向量法求直線與平面所成角：

(1)分別求出斜線和它在平面內的射影直線的方向向量，將題目轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；

(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就

是斜線和平面所成的角.

4.向量法求二面角：

用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大

小.

考點4求異面直線所成的角

；工二常州叨中）已知四棱錐P—4BCD的底面為直角梯形，AB//DC,ADAB=90°

PA，底面4BCD,且PA=AD=DC=1,AB=2,則異面直線2C與PB所成的角的余弦值為（）

A-fD.?

B.誓c-V

【解題思路】建立空間直角坐標，利用空間向量法計算可得.

【解答過程】???四棱錐P—2BCD的底面為直角梯形，AB//DC,^DAB=90°,

PA1?底面4BCD,且PA=ADDC=1,AB=2,

???以a為原點，40為x軸，4B為y軸，4P為z軸，建立空間直角坐標系,

則4(0,0,0),C(l,l,0),P(0,0,l),B(0,2,0),

則前=(1,1,0)，PB=(0,2,-1),

設直線4C與PB所成角為凡則cose=^=短=彳

.??直線4C與PB所成角的余弦值為誓.

【例二7T二"小，如圖，ABC—&B1Q是一個由棱長為2a的正四面體沿中截面所截得的

幾何體，則異面直線&C與BBi夾角的余弦值為（）

【解題思路】補形成正四面體，記方=1,而=3,無=冷利用基底求出|京E?取,代入夾角公式

即可求解.

【解答過程】補形成正四面體，如圖.

記刀=a,PB=b,PC=c,則E=ja-c,

由正四面體的性質和題意可知，a,b=d,c=b,c=^f\a\=\b\=\c\=2G,

所以—ja2—a-c+c2=Va2—2a2+4a2=y/3a,

222

CAy?BXB=（-a—c]--b=-a-b—-c-b=-a—a=--a,

11\2724222

所以cos（E，瓦豆）==—?,

所以，異面直線與B81的夾角的余弦值為

6

故選：D.

【空式1.1](23-24高如圖，圓錐的軸截面ABC為等邊三角形，。為弧AB的中點，E,

F分別為母線8C、AC的中點，則異面直線BF和DE所成角的大小為()

【解題思路】建立空間直角坐標系，求出版，DE,利用線線角的向量法，即可求出結果.

【解答過程】取4B中點。，連接0C,。。，如圖，以OD,OB,OC所在直線為%軸，y軸，z軸，建立空間直角坐

標系，

不妨設力B=2,貝UB(O,LO),D(LO,O),C(O,O,g),a(O,-l,O),

又E,F分別為母線BC、4C的中點，所以以0祗凈,產(0,—務

則麗^(O,一|,手)，屁=(_1,q),

設異面直線BF和DE所成角的出

阿?網二-滂二0

則cos。=\cos{BF,DE)\=又Be所以0=今

\BF\\DE\|BF||DE|

【女式L”(244，3如圖是棱長均相等的多面體E4BCDF,其中四邊形2BCD是正

方形，點P,Q,M,N分別為DE,AB,AD,8下的中點，則異面直線PQ與MN所成角的余弦值為(

1

AB.cD-;

-12-1

【解題思路】取4E的中點K,連接PK,QK,求得而-+MN=^DF+^AB,則可求得而?而,

進一步求得PQ=MN=?a,按向量夾角公式求解即可

【解答過程】如圖,

E

四邊形力BCD,BEDF均是邊長為a的正方形，多面體的側面均為等邊三角形，

取4E的中點K,連接PK,QK,則所=麗+歡=|方彳+微麗.

同理可得標=|而+［四.

所以而-~MN=(^DA+|￡5)-(|DF+|XB)=^DA-DF+^DA-AB+^EB-DF+^EB-AB

17111711

=—'CL'd'cos—+0+~-?d,ci,cos-=""a'

434432

取CE的中點H,連接PH,BH,則PH//CO,且PH=(CD.

又點Q為4B的中點，AB=CD5.AB//CD,^^PH//QB5.PH=QB,

則四邊形Q8HP為平行四邊形，所以PQ=BH=BE-sin；=ga.

同理可得MN=ya.

設而，麗的夾角為氏則3"裔瀛=鼻號，

即異面直線PQ與MN所成角的余弦值為|.

故選：C.

考點5求線面角

在三棱錐P—ABC中，P41平面ABC,ABAC=90°,D,E,F分

別是棱ZB,BC,CP的中點，AB^AC=2,PA=4,則直線24與平面DEF所成角的余弦值為()

p

【解題思路】建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式，結合線面角的定義進行求解即可.

【解答過程】由NB4C=90°,得B41AC,又PA1平面ABC,BA,ACu平面2BC,貝1AC,PA1AB,

以4為坐標原點，直線AC,4P分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，

4(0,0,0),P(0,0,4),￡>(1,0,0),E(l,1,0),F(0,1,2),

AP=(0,0,4)，DE=(0,1,0),DF=(-1,1,2),設平面DEF的法向量為沆=(%y,z),

‘fT

則.rn-DE^y^O，令z=L得沅=(2,0,1),設直線PA與平面DEF所成角為氏

.m?DF=-x+y+2z=0

則sin。=|cos(猊砌=船=康=今所以cos。=J1一(野=季

【例2.2](2023.四川甘孜.一模)在長方體48C0中，AB=<3,BC=1,M,N分別是為和的劣

的中點，MN與平面BBiQC所成的角為30。，則該長方體的體積為()

A.8A/2B.6C.2V6D.8V3

【解題思路】構建空間直角坐標系，令A&=2a>0,結合線面角大小及向量法列方程求參數，最后利用

棱柱體積公式求體積.

【解答過程】由題設，構建如下空間直角坐標系D-xyz,令44]=2a>0,

則M&0,a),N(0,弓,2a),所以標=(-叱今a),

又面CiC的法向量為記=(0,1,0),

由MN與平面BBiGC所成的角為30。，貝打cos(而，沅)|=I焉高I=/

V3

所以萬當號=；,可得a=/，則441=2近，

Vl+a221

所以該長方體的體積為2連.

故選：C.

、如圖，直棱柱ABC?！狝/iGDi中，底面A8CD為梯形，AB//DC,且2B=

2DC,E,F分別是棱4B,4D的中點.

(1)證明：平面。把尸〃平面C/。；

⑵已知441=4。=DC=1,^DAB=60°,求直線與平面&EF所成角的正弦值.

【解題思路】

(1)由三角形中位線、平行四邊形性質，利用線面平行的判定、面面平行的判定推理即得.

(2)以。為原點建立空間直角坐標系，求出平面&EF的法向量坐標，再利用線面角的向量求法求解即得.

【解答過程】

(1)在A4BD中,E,F分別為48,4。的中點,則EF〃血

而EF仁平面u平面C/D,因此EF〃平面C】BD,

y.DC//AB,DC=^AB=EB,而。道)/。。,久的=DC,

于是EB〃DiQ且EB=DiG，四邊形36￡)亞為平行四邊形，則?；ā?7/,

又名E，平面C/D,C/u平面C/D,因此〃平面C/D.

而EF,DiE為平面?；ㄊ袃上嘟恢本€，所以平面?；ㄊㄆ矫鍯/D.

(2)在△4BD中，AD=1,AB=2DC=2,/LDAB=60°,貝!]BD=1BQ,

在直棱柱4BCD—a/iGA中，4D,0B,0Di兩兩垂直，

以。為原點，直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系D-xyz,如圖,

則嗚苧⑼,嗎。,0)4(1,0,1)＜式一瀉,1)，

FE=(0,f,0)，W=G，0,l),西=

n-FE^y^O

設平面4EF的法向量為元=(x,y,z),貝叫.取z=1,得元=(—2,0,1),

1

n?FAr=-%+z=0

則cos〈西㈤=冊=表=￥

所以直線DC1與平面&EF所成角的正弦值為手.

【變式2.2】(2024?河北秦皇島?:模)如圖，在四棱錐P—4BCD中,BA=BD=BP=V5,CD=1,PA=

PD=五,PALPD,E是棱PA的中點，且BE〃平面PCD,點/是棱PD上的一點.

(1)求證：平面PCD_L平面PAD；

(2)若直線PC與平面4BF所成角的正弦值為嗯，求DF的長

【解題思路】

(1)取AD的中點O,連接PO,BO,EO.欲證平面PCD，平面PAD,需證平面PCD中一條直線垂直平面PAD,

如CD1平面PAD,欲證線面垂直，需證直線垂直于平面內兩條相交直線：P01CD,AD1CD.再根據條件,

結合勾股定理的逆定理可以證明.

(2)以。為原點，建立空間直角坐標系，先根據直線和平面所成的角確定F點的坐標，再求DF的長.

【解答過程】

(1)取4D的中點。，連接P。，BO,E0,

因為E是棱P4的中點，所以E。IIP。，

又E0之平面PCD,PDu平面PCD,

所以E?！ㄆ矫鍼CD,

又BE〃平面PCD,BECEO=E,BE,EOu平面BE。，

所以平面BE?！ㄆ矫鍼CD,

又平面BE。Cl平面ABCD=B。，平面PCDCl平面4BCD=CD,所以8。||CD.

在△4BD中，BA=BD=亞,AD=yJPA2+PD2=2,

又。是AD的中點，所以B014D,BO=2,

又易得P。=1,BP=底所以BO?+。。2=BP?,

所以P0J_8。，所以POJ.CD,AD1CD,

又POCAD=0,P0,4Du平面PAD,所以CD1平面PAD,

又CDu平面PCD,所以平面PCD，平面PAD.

(2)因為24=PD,點。是4。的中點，所以P0L4D,

所以。B,OD,0P兩兩垂直，

以。為坐標原點，。8,OD,0P所在的直線分別為無軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標

系，如圖所示.

所以P(0,0,l),￡>(0,1,0),C(l,l,0),4(0,-1,0),8(2,0,0),

設而=WP=2（o,-1,1）=（o,-a,a）（o<A<1）,

所以而=麗+而=（-2,1,0）+（0,-尢/1）=（-2,1一尢A）,AB=（2,1,0）.

設平面的一個法向量元=（x,y,z）,

6二I、J九,BF——2.x+（1—4）y+4z=0,

/TT以1———?

In-AB=2x+y=0,

令％=A,解得y=-2九z=4-2九

所以平面的一個法向量元=（尢一2尢4一24）,

又麗=（一1,一1,1），設直線PC與平面/BE所成角的大小為仇

所以sine=\COS{n,CP）\=篇="Z+LZRZ+URZW+I+I=噱，

解得2=工或2=—,所以OF=-PD=比或DF==外公

341334141

考點6求二面角

在四棱錐P-4BCD中，P41平面ABCD,AB||CD,^ABC=p

?101055

【解題思路】建立適當的空間直角坐標系，求出兩平面的法向量，結合二面角M-BC-4是銳角以及法向

量夾角余弦的坐標運算公式即可得解.

【解答過程】過點4作交CD于點E,

因為PA1平面4BCD,AE,ABu平面4BCD,

所以PA1LAB,

又因為||CD,^ABC=p所以AE14B,

所以PA,4E,AB兩兩互相垂直,

所以以力為原點，PA,AE,4B所在直線分別為%,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系:

因為力B=P4==1,BC=2V2,M為PD的中點，

所以2（0,0,0）,5（0,1,0）,C（2V2,l,0）,P（0,0,l）,D（2V2,-1,0）,

所以阮=（2四,0,0）,麗=（V2,-|,|）,

2缶=0

設平面BCM的法向量為元=（x,y,z）,

-|y+梟=0

令y=l,解得久=0,z=3,即可取元=（0,1,3）,

顯然可取平面4BC的法向量為訪=（0,0,1）,且二面角M-BC-4為銳角,

所以二面角M-BC-4的余弦值為邛引.

故選：A.

【例3.2］（22-23高二上?山東煙臺?階段練習）如圖，在四棱錐產一288中，R41平面/BCD,ABAD=90°9

PA=AB=BC=^AD=1,BC//AD,已知Q是四邊形ABCD內部一點（包括邊界），且二面角Q—PD—4的平面

角大小為30。，貝必ADQ面積的取值范圍是（）

A（。瑞B(yǎng)（。用

。（。，誓］D.（。萼］

【解題思路】建立空間直角坐標系，利用向量求得。運動軌跡，進而求得A4DQ面積的取值范圍.

【解答過程】如圖以A為坐標原點建立空間直角坐標系，

由二面角Q-PC-A的平面角大小為30°,可知。的軌跡是過點D的一條直線,

又。是四邊形ABC。內部一點(包括邊界)，

則。的軌跡是過點D的一條線段，

設Q的軌跡與y軸的交點坐標為G(0,b,0)(b>0),

由題意可知4(0,0,0),￡>(2,0,0),P(0,0,l),

所以市=(-2,0,1),而=(—2力,0),而=(2,0,0),

易知平面APD的一個法向量為汨=(0,1,0),

設平面PDG的法向量為通=(如丫2/2)，

則日,變=0,即，予薩=0

(nJ-DG^Ol-2x2+by2=0

令Z2=2,得到=1，y2=l>

所以五=(11,2)是平面PDG的一個法向量，

則二面角G-PZ)-4的平面角的余弦值為

即付初=晶=方=爭

解得6=誓或b=—誓(舍去)，

所以Q在DG上運動，

所以AADQ面積的取值范圍為(0,鬻].

故選：A.

【變式3.1](23-24高二"甘肅?期中)圖，在四棱錐P—ZBC。中，PA_L底面ABC。，底面/BCD為菱形,

AABC=60°,AP=為CD的中點.

P

(1)求證:CD1平面PAE；

(2)求平面PAE與平面PBC所成二面角的余弦值.

【解題思路】

(1)根據題意，連4C,由線面垂直的性質定理可得P41CD,再由線面垂直的判定定理即可證明;

(2)根據題意，建立空間直角坐標系，結合空間向量的坐標運算代入計算，即可得到結果.

【解答過程】

(1)

P

證明：連4C,

?.?底面4BCD為菱形，/.ABC=60。,二AC=AD,

???AC=AD,DE=CE,：.AE1CD,

???PA1平面力u平面ABC。，：PA1CD,

PA1CD,AE1CD,AE,PAu平面P4E,4ECAP=A,.-.CD1平面PAE；

(2)由(1)知CDJ.4E,又由48||CD,可得可得力8、4E、aP兩兩垂直,

令AB=2,可得ZD=AP=2,AE=^,ED=CE=1,

以4為坐標原點，向量荏,AE,Q方向分別為x、y、z軸建立如圖所示空間直角坐標系，

可得點力的坐標為(0,0,0),點P的坐標為(0,0,2),點B的坐標為(2,0,0),點E的坐標為(0,百,0),點C的坐標

為(1,但0),

AB=(2,0,0),BC=(-l,V3,0),BP=(-2,0,2),

由(1)可知說為平面P4E的法向量，

設平面BCP的法向量為沆=(x,y,z),

有吃?記=T+何=0,取光=言/=1,2=療

可得訪=(V3,1,V3),

由48.ffi=2V3,\AB\=2,\m\=V7,有cos(AB,m)==手，

由圖可知所成二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為手.

【變式3.2】(2024?全國模擬預測)如圖，四棱臺A8CD中，BC||AD,CC11平面ABCD,AD=

2AB=2BC.

(1)證明：CD1AC1；

(2)若CQ=2,CD=3,BC=ArDr=j,求二面角4一4B-C的余弦值.

【解題思路】

(1)先證明CDJ_平面再說明4ciu平面ace1，則可得證；

(2)建立空間直角坐標系，分別求出兩個平面的法向量，判斷二面角為銳角，求出二面角的余弦值即可.

【解答過程】

(1)

Zj

如圖：取4。的中點M,連接CM,AC,

因為8C||AD5.AD=2BC,

所以BC=AM,且BCII4M,所以四邊形2BCM為平行四邊形，

所以CM=4B=14D,所以CD14C.

因為CC】_L平面48CD,CDu平面28CD,所以CD1CQ.

又4Cn"i=C,AC,"iu平面A"1，

所以CD1平面AC。，

又AQu平面4CG，故CD_L4C>

(2)由(1)知CD,C4,CCi兩兩垂直，故以C為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，

連接AC〉因為BC=4遣1=|,AD=2BC,

所以竽=工=與1,因為"=7AD2一CD2=4,所以4的=2,

AD2AC

故C(0,0,0),4(0,2,2),4(0,4,0),D(3,0,0),

所以離