【文档说明】第02讲 用空间向量研究距离、夹角问题（解析版）-2022-2023学年高二数学上学期重点题型方法与技巧（人教A版2019选择性必修第一册）.docx，共(34)页，3.387 MB，由管理员店铺上传

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第02讲用空间向量研究距离、夹角问题(重点题型方法与技巧)目录类型一：求点到平面的距离（向量法和等体积法）类型二：求异面直线所成角类型三：求线面角类型四：求二面角类型五：是否存在点的探索性问题类型一：

求点到平面的距离（向量法和等体积法）如图，已知平面的法向量为n，A是平面内的定点，P是平面外一点.过点P作平面的垂线l，交平面于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面的距离就是AP在直

线l上的投影向量QP的长度.||||||||||||nAPnAPnPQAPnnn===典型例题例题1．（2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处高二期中）将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则点D到平面AB

C的距离为______．【答案】233##233【详解】记AC与BD的交点为O，图1中，由正方形性质可知ACBD⊥，所以在图2中，,OBACODAC⊥⊥，所以2BOD=，即OBOD⊥如图建立空间直角坐标系，易知1OAOBOC

OD====则(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0)ABCD−则(0,1,1),(1,0,1),(0,2,0)ABACBD=−−=−=设(,,)nxyz=为平面ABC的法向量，则00ABnyzACnxz=−−==−=，取1x=，得(1,1,1)n=−所以点D到

平面ABC的距离22333BDndn===故答案为：233点评：本题利用向量法求点到平面的距离，注意公式的记忆：P是平面外一点，求P到面的距离d步骤：①在平面内任意取一点，如A，求向量PA②求平面的法向量n；③利用公式求距离||||APndn=例题2．（2022·河北邯

郸·高一期末）在直三棱柱111ABCABC−中，D，E分别是1AA，BC的中点.(1)求证：AE∥平面1CBD；(2)若BCAC⊥，1ACBC==，12AA=，求点E到平面1CBD的距离.【答案】(1)详见解析(2)66（1）

连结1BC交1BC于点F，连结,EFDF，因为点,EF分别是1,BCBC的中点，所以1//EFCC，且112EFCC=，所以//,EFADEFAD=，即四边形AEFD是平行四边形，所以//AEDF，且AE

平面1CBD，DF平面1CBD，所以AE∥平面1CBD；（2）因为22112AB=+=，则()22213BD=+=,221112DC=+=,221125BC=+=，所以22211BDDCBC+=，所以1BDDC

⊥，162BDCS=,因为ACBC⊥，且1CCAC⊥，1CCBCC=，所以AC⊥平面11BCCB，因为11//AACC，所以点D到平面11BCCB的距离为1，11112222BECS==，根据等体积转化可知11EBDCDEBCVV−−=，即16111

3232h=，解得：66h=，所以点E到平面1CBD的距离为66.点评：本题等体积法求距离：如本题通过11EBDCDEBCVV−−=变换定点，求几何体的体积，再求距离同类题型归类练1．（2022·江苏宿迁·高二期末）已知经过点(1,2,3

)A的平面的法向量为(1,1,1)n=−，则点(2,3,1)−P到平面的距离为（）A．3B．2C．22D．23【答案】D【详解】依题意，(3,1,2)AP=−−，所以点P到平面的距离为222|||311(1)(2)1|23||1(1)1APndn−

+−+−===+−+.故选：D2．（2022·青海·海南藏族自治州高级中学高二期末（理））设正方体1111ABCDABCD−的棱长为4，则点1C到平面1ABD的距离是（）A．33B．223C．233D．833【答案】D【详解】建立如下图所示空间直角坐标系，以D为

坐标原点，1DD所在直线为z轴，DC所在直线为y轴，DA所在直线为x轴.因为正方体的边长为4，所以()0,0,0D，()4,0,0A，()14,0,4A，()4,4,0B，()10,4,4C，所以()114,4,0CA=−，()14,0,4DA=，()4,4,0D

B=，设平面1ABD的法向量(),,nxyz=，所以10nDA=，0nDB=，即440440xzxy+=+=，设1x=，所以1y=−，1z=−，即()1,1,1n=−−r，设点1C到平面1ABD的距离为d，所以11448333

CAndn+===，故选：D.3．（2022·云南保山·高一期末）如图，在四棱锥PABCD−，四边形ABCD正方形，PA⊥平面ABCD．23PA=，2AB=，点E是PD的中点．(1)求证：//PB平面ACE；(2)求点P到平面AEC的

距离．【答案】(1)证明见解析(2)2217(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE，底面ABCD为正方形，O为BD中点，点E是PD的中点，//OEPB，OE平面ACE，PB平面ACE，//PB

平面ACE．(2)解：因为PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD⊥，又四边形ABCD为正方形，所以CDAD⊥，又PAADA=，,PAAD平面PAD，所以CD⊥平面PAD，PD平面PAD，所以CDPD⊥，又点

E是PD的中点，23PA=，2AB=，所以1112233222PAEPADSS===，2211222AEPDADAP==+=，2222CEDECD=+=，2222ACADCD=+=，所以()221222172AECS=−=，设

点P到平面AEC的距离为d，则PAECCAEPVV−−=，即1133AECAEPSdSCD=，即1173233d=，解得2217d=，即点P到平面AEC的距离为2217.类型二：求异面直线所成

角已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，则①cos,||||ACBDACBDACBD=②cos|cos,|ACBDACBDACBD==.典型例题例题1．（2022·全国·高二课时练习）在如图所示的正方体1111ABCDABCD

−中，E是11CD的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为___________.【答案】1010【详解】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCDABCD−中棱

长为2，则()0,0,0D，()0,1,2E，()2,0,0A，()0,2,0C，()0,1,2DE=，()2,2,0AC=−，设异面直线DE与AC所成角为，则||210cos10||||58DEACDEAC===．

异面直线DE与AC所成角的余弦值为1010．故答案为：1010．点评：利用向量法求异面直线所成角的步骤：设异面直线AC,BD所成的角为，则①建立坐标系，将异面直线，用向量表示AC，BD，再利用公式求解②cos,||||ACBDACBDA

CBD=③cos|cos,|ACBDACBDACBD==.例题2．（2022·广东·深圳市罗湖外语学校高二期末）如图所示，在正方体1111ABCDABCD−中，点P是底面1111DCBA内（含边界）的一点，且

//AP平面1DBC，则异面直线AP与BD所成角的取值范围为____________【答案】32，【详解】过A作平面//平面1DBC，因为点P是底面1111DCBA内（含边界）的一点，

且//AP平面1DBC，则P平面，即P在与平面1111DCBA的交线上，连接1111,,ABADBD，因为11//DDBB且11DDBB=，所以四边形11BDDB是平行四边形，所以11//BDBD，11//BD平面1DBC，同理可证1AB//

平面1DBC，所以平面11//ABD平面1DBC，则平面11ABD即为，点P在线段11BD上，设正方体的棱长为1，且111DPDB=，则1111()(1)APADDPADAAABADADAAAB=+=++−=−++，DBABAD=−，可得22,222DBAP==−+，设AP与B

D所成角为，则22222211(21)1313cos44132121221()24DBAPDBAP−−====−=−−+−+−+−+，当12=时，cos取得最小值，最小值为0，当0=或1时，cos取得最大值，最大

值为12．故答案为32，．点评：异面直线AP与BD所成角的取值范围问题：用向量求出异面直线所成角的余弦，如本例：213cos4132()24=−−+，在利用二次函数，求解取值范围同类题型归类练1．（2022·全国·高二课时练习）在正方体1111ABCD

ABCD−中，E，F分别为棱AD，11BD的中点，则异面直线1AE与BF所成角的余弦值为____________．【答案】3010【详解】解：设正方体的边长为2，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz−，由题意有()12,0,2A，()1,0,0E，()2,2,0B，()1,1

,2F，所以()11,0,2AE=−−，()1,1,2BF=−−，所以()()()()()()()11222221c01101223011211os,2BFBFBFAEAEAE−−+−+−===−−+−+−+−，所以异面直线1AE与BF所成角的余弦值为3010，故

答案为：3010.2．（2022·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱111ABCABC−中，90BAC=，111114AAABAC===，点E是棱1CC上一点，且113CECE=，则异面直线1AB与AE所成角的余弦值为________.【答案】3210【

详解】解：如图建立空间直角坐标系，则()10,0,0A，()4,0,4B，()0,0,4A，()0,4,1E，所以()14,0,4AB=，()0,4,3AE=−，设异面直线1AB与AE所成角为，则()()1222214332cos104443ABAE

ABAE−===++−故答案为：32103．（2022·全国·高三专题练习）已知四棱锥PABCD−中，底面ABCD是边长为2的正方形，PD⊥平面ABCD，2PD=，E为PB的中点，则直线DP与AE所成角的余弦值为________.【

答案】33【详解】因为PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，以点D为坐标原点，DA、DC、DP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()2,0,0A、()1,1,1E、()0,0,0D、()002P,

,，()1,1,1AE=−，()0,0,2DP=，所以，23cos,332AEDPAEDPAEDP===，因此，直线DP与AE所成角的余弦值为33.故答案为：33.类型三：求线面角设直线l的方

向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为，a与u的角为，则有①cos||||aa=②sincosauau==.（注意此公式中最后的形式是：sin）典型例题例题1．（2022·全国·高三专题练习）如图，ADC和DBC△所在平面垂直，且ADBDCD==，120ADCB

DC==，则直线AB与平面ADC所成角的正弦值为___________.【答案】22【详解】设2ADBDCD===，在平面ADC、平面BDC内分别作直线CD的垂线DE、DF分别交AC、BC于点E、F，如下图所示：因为平面ADC⊥平面BDC，平面A

DC平面BDCCD=，DF平面BDC，DFCD⊥，DF⊥∴平面ADC，因为DECD⊥，DE平面ADC，以点D为坐标原点，DE、DC、DF所在直线分别为x、y、z轴建立如上图所示的空间直角坐标系，则()3,1,0A−、()0,1,3B−，()3,0,3AB=−，易知平面ADC的一个

法向量为()0,0,1n=，则32cos,26ABnABnABn===，因此，直线AB与平面ADC所成角的正弦值为22.故答案为：22.点评：利用向量法求异面直线所成角的步骤：设异面直线AB,与平面ADC所成的角为，则①建立坐标系，用向量表示AB，求平面ADC的法向量n，再

利用公式求线面角的正弦值：②cos||||ABnABn=③sincosnABnAB==（注意此公式中最后的形式是：sin）.例题2．（2022·全国·高二专题练习）如图，在正四棱柱1111ABCDABCD−中，3ABAD==，14AA=，P是侧面11BCCB内的动点

，且1APBD⊥，记AP与平面11BCCB所成的角为，则tan的最大值为_______【答案】53【详解】建立如图所示空间直角坐标系：设()(),3,,03,04Pacac，则()()()13,0,0,3,3,0,0,0,4ABD，所以()()13,3,,3,3,4APacBD=−

=−−，因为AP⊥BD1，所以()133940APBDac=−−−+=，解得34ca=，此时33,3,4APaa=−，平面BCC1B1一个法向量为()0,1,0n=，记AP与平面BCC1B1所成的角为θ，则()22233sin348489639542

5625APnAPnaaa====−++−+，当4825a=时，sin取得最大值534，此时3cos34=，所以tan的最大值为53.故答案为：53点评：线面角最值或者范围问题：用向量法表示出所求角，如本例：()22233sin3484896395425625

APnAPnaaa====−++−+，再利用二次函数，求最值.同类题型归类练1．（2022·江苏·南京师大附中高二期末）已知正方体ABCD—1111DCBA的棱长为4，M在棱11AB上，且13AMMB=1，则直

线BM与平面11ABCD所成角的正弦值为___________．【答案】225【详解】如图所示，以D为原点，DA方向为x轴，建立空间直角坐标系Dxyz−，所以有，()0,0,0D，()14,0,4A，()0,4,0C，(),,B440，()4,1,4M，则()14,0,4DA=，()0,4,0DC

=，()0,3,4MB=−，设平面1ADC的法向量(),,nxyz=，则由140440nDCynDAxz===+=，令1x=，得()1,0,1n=−，设直线BM与平面11ABCD所成角为，则422sincos,525nMBnMBnMB====，故答案为：2

25.2．（2022·全国·高三专题练习）如图在四棱锥PABCD-中，PA⊥平面ABCD，//ABCD，90BAD=，6AB=，3PA=，3AD=，E是直线PB上的一个动点，则AE与平面PDC所成角的最大值为________．【答案】

30.【详解】依题意，以A为原点，,,ABADAP所在的直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，如图所示.则(0,0,0)A，(0,0,3)P，(6,0,0)B，(0,3,0)D，(0,3,3)DP=−，因为//ABCD

，所以设(6,0,0)(0)DCkABkk==，设平面PDC的一个法向量为(,,)nxyz=，由00nDPnDC==得3300yzx−+==，取1z=，得(0,3,1)n=，设(0)BEBP=，则(66,0,3)AEABBEABBP=+=

+=−，设AE与平面PDC所成的角为，则2222331sincos,2(66)92(66)29AEn===−+−+，又(0,90，所以，当1=即点E与点P重合时，AE与平面PDC所成的角有最大值为30.故答案为：30.类型四：求二面角如图，若PA⊥于A，

PB⊥于B，平面PAB交l于E，则AEB为二面角l−−的平面角，180AEBAPB+=.若12nn分别为面，的法向量①121212cos,||||nnnnnn=②cos根据图形判断二面角为锐二面角还是顿

二面角；若二面角为锐二面角（取正），则12cos|cos,|nn=；若二面角为顿二面角（取负），则12cos|cos,|nn=−；典型例题例题1．（2022·重庆长寿·高二期末）《九章算术》是我国古代数学名著，

它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如下图，四面体PABC−为鳖臑，PA⊥平面ABC，ABBC⊥，且1PAABBC===，则二面角APCB−−的余弦值为__________．【答案】12##0.5【详解】依据题意建立如

图所示的空间直角坐标系：(0,0,0)A，(1,0,0)B，(0,0,1)P，(1,1,0)C，所以(1,1,0)AC=，(0,0,1)AP=，(0,1,0)BC=，(1,0,1)PB=−.设平面APC的法向量为()1111,,xnyz=1100nACnAP==，∴11100z

xy=+=不妨设11y=，则11x=−，1(1,1,0)n=−设平面PBC的法向量为()2222,,nxyz=2200nBCnPB==，∴22200yxz=−=不妨设21x=，则21z=，20y=，2(1,0,1)n=设APCB−−为，则12121211coscos

,222nnnnnn====.故答案为：12点评：利用向量法求二面角的步骤：设二面角APCB−−的平面角为，则①建立坐标系，分别求平面APC的法向量为()1111,,xnyz=；平面PBC的法向量为

()2222,,nxyz=②121212cos,||||nnnnnn=③通过观察本例二面角平面角为锐角，所以12121211coscos,222nnnnnn====，取正.例题2．（2022·江西·景德镇一中高二期末（理））如图，正三棱柱111ABCABC−的所有棱长均为2，

D为棱1(BB不包括端点)上一动点，E是AB的中点.(1)若1ADAC⊥，求BD的长;(2)当D在棱1(BB不包括端点)上运动时，求平面1ADC与平面ABC的夹角的余弦值的最大值.【答案】(1)1；(2)22.(1)正三棱柱111ABCABC−的所有棱

长均为2，而E是AB的中点，则CEAB⊥，而1AA⊥平面ABC，CE平面ABC，1CEAA⊥，又1AAABA=，1,AAAB平面11ABBA，因此，CE⊥平面11ABBA，而AD平面11ABBA，即有ADCE⊥，因1ADAC⊥，1CEACC=，1,CEAC平面1ACE，于是得

AD⊥平面1ACE，又1AE平面1ACE，则1ADAE⊥，正方形11ABBA中，1DABEAA=，11tantanBDEADABEAAABAA===，1BDEA==，所以BD的长是1.(2)在平面11ABBA内过点E作EzAB⊥，由（1）知，,,EBECEz两两垂直，以点E为原点，建

立如图所示的空间直角坐标系，设(02)BDtt=，则1(1,0,0),(1,0,),(0,3,2)ADtC−，1(2,0,),(1,3,2)ADtAC==，设平面1ADC的法向量(,,)nxyz=，

则120320nADxtznACxyz=+==++=，令2z=，得4(,,2)3tnt−=−，平面ABC的法向量(0,0,1)m=，设平面1ADC与平面ABC的夹角为，则222||23cos|cos,|||||4(1)6()43mnmnmnttt====−−+

++，当1t=时，max2(cos)2=，所以平面1ADC与平面ABC的夹角的余弦值的最大值是22.点评：利用向量法求二面角的最值问题步骤：设二面角APCB−−的平面角为，则①建立坐标系，利用公式表示出：222||23cos|cos,|||||4(1)6()43mnmnmntt

t====−−+++②利用二次函数求出最值，有时候也利用基本不等式求最值同类题型归类练1．（2022·全国·高二单元测试）在长方体1111ABCDABCD−中，AB＝2，AD＝1，12AA=，点E为11CD的中点，则二面角11BABE−−的余弦值为______.【答案】33【详

解】以D为原点，1,,DADCDD所在直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系则1(1,0,2)A，(1,2,0)B，1(1,2,2)B，(0,1,2)E，1(0,2,2)AB=−，1(1,1,0)AE=−，设平面1

ABE的一个法向量为1(,,)nxyz=则2200yzxy−=−+=，令1y=，得1(1,1,1)n=，易知平面11ABB的一个法向量为2(1,0,0)n=，而二面角11BABE−−为锐角，故1212||3cos3||||nnnn==故答案为：332

．（2022·全国·高三专题练习（理））如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AD，DD1的中点，则平面EFC1B和平面BCC1所成锐二面角的正弦值为________.【答案】223##223【详解】以D为原点，DA的方向为x轴正方向，DC的方向为y轴正方

向，1DD的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系.设AB＝2，则()1,0,0E，()0,0,1F，()2,2,0B，()1,0,1EF=−，()1,2,0EB=.设平面EFC1B的一个法向量为(),,nxyz=，则020nEFxznEBxy=−

+==+=取x＝2，得()2,1,2n=−.易知平面BCC1的一个法向量为()0,1,0m=ur.设平面EFC1B和平面BCC1所成的锐二面角为θ，则()()2,1,20,1,01cos33mnmn−===，所以2

22sin1cos3=−=.故答案为：2233．（2022·广东茂名·高二期末）在四棱锥VABCD−中，底面ABCD为矩形，平面ABCD⊥平面VAB.(1)求证：平面VBC⊥平面VAB；(2)若VAVB⊥，2ABBC=，求平面VCD与平面VAB所成锐二面角的余弦值的取

值范围.【答案】(1)证明见解析；(2)17(0,]17.（2）在平面VAB内过V作VAAB⊥于O，以O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.(1)在四棱锥VABCD−中，底面ABCD为矩形，有BCAB⊥，因平面ABCD⊥平面V

AB，平面ABCD平面VABAB=，BC平面ABCD，则BC⊥平面VAB，又BC平面VBC，所以平面VBC⊥平面VAB.(2)在平面VAB内过V作VOAB⊥于O，而平面ABCD⊥平面VAB，平面ABCD平面VABAB=，则VO⊥平面ABCD，在平面ABCD内过O作

OxAB⊥，有,,OxOBOV两两垂直，以点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令2AB=，则4CD=，又VAVB⊥，设π(0)2BAV=，于是有2cosVA=，sinsin2VOVA==，因此有(0,0,sin2)V

，2(4,2cos,0)D−，2(4,2cos,sin2)DV=−，而//DCOB，直线DC的方向向量(0,1,0)a=，设平面VCD的法向量为(,,)nxyz=，则242cossin200nDVxyznay=−++===，令4z=，得(sin2,0,4)n=，显然，平面V

AB的一个法向量(1,0,0)m=，设平面VCD与平面VAB所成锐二面角大小为，则有2||sin2cos|cos,|||||sin216nmnmnm===+，由于π02，02π，0sin21，则2117cos17161sin2=+，当且仅当sin21

=，即π4=时取“=”，cos0，所以平面VCD与平面VAB所成锐二面角的余弦值的取值范围是17(0,]17.4．（2022·重庆市长寿中学校高一阶段练习）如图，在三棱锥ABCD−中，ABC是等边三角形，

点A在平面BCD上的投影是线段BC的中点E，AB=AD=AC，点F是DC的中点.(1)证明：平面ACD⊥平面AEF；(2)若3BC=2BD，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小.【答案】(1)证明

见解析；(2)G为BD中点.(1)因为点A在平面BCD上的投影是点E，∴AE⊥平面BCD，∴AECD⊥，∵AD=AC，点F是DC的中点，∴AFCD⊥∵AFAEA=,,AEAF平面AEF，∴CD⊥平面AEF又∵CD平面ACD，∴平面A

CD⊥平面AEF(2)∵AB=AD=AC，点A在平面BCD上的投影是点E，∴EB=ED=EC，∴B，C，D在以E为圆心的圆上，∴∠BDC=90°∵3BC=2BD，∴∠BCD=60°，在平面BCD中，过E作EH⊥BD，垂足为H，以EH为x轴，EF为y轴，EA为z轴，建立空间直

角坐标系，设BC=4则(0,0,0),(0,0,23),(1,3,0)EAC−，(1,3,0)D，设(1,,0)Gy，则(0,0,23)EA=，(1,3,23)AD=−，(2,0,0)CD=，(1,,0)EGy=设平面AEG的法向量为1111(,,)nxyz=

由111112300nEAznEGxyy===+=可得1(,1,0)ny=−设平面ACD的法向量为2222(,,)nxyz=由12122220{3230nCDxnADxyz===+−=可得2(0,2,1)n=，设平面AEG与平面ACD所成锐二面角为，则1222cosco

s,51nny==+，∴当y=0时，cos最大，此时锐二面角最小，故当G为BD中点时，平面AEG与平面ACD所成锐二面角最小.类型五：是否存在点的探索性问题第一步：假设存在设点第二步：①若点在坐标轴上，可直接设

点的坐标②若点不在坐标轴上，一般设成：ba=的形式典型例题例题1．（2022·陕西渭南·高二期末（理））如图，在长方体1111ABCDABCD−中，1ABAD==，12AA=，E是线段1DD上的动点．(1)求证：ACBE⊥；(2)是否存在

点E，使得直线AC与平面1BCE所成角为45，若存在，求出DE的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，74DE=.（1）如图，连接1DB，DB，在长方体1111ABCDABCD−中，∵1DD⊥底面ABCD，AC底面ABCD，∴1DDAC⊥．又ACDB⊥，1DDDBD

=，∴AC⊥平面1DDB，又BE平面1DDB，ACBE⊥（2）假设存在这样的点E，使得直线AC与平面1BCE所成角为45°．设()02DE=，如图，以D为原点，直线DA，DC，1DD分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则()1,0,0A，()1,1,0B，()0,1,0C，(

)10,1,2C，()0,0,E．∴()1,1,0AC=−，()1,1,BE=−−，()11,0,2BC=−．设平面1BCE的法向量为(),,mxyz=，则120,0,mBCxzmBExyz=−+==−−+=令2x=，则1z=，2y=−．∴平面1BCE的一个法向量为()2,

2,1m=−．∴()2222sin45cos,24212mACmACmAC−+−====+−+，解得74=．∴存在这样的点E，当74DE=时，直线AC与平面1BCE所成角为45°．点评：探索性问题解题步骤：①假设存在点，如本例，点E在z

轴上，所以可将点E设为()0,0,E（说明，这是探索性问题的一种常规设点法）②求向量AC③求平面1BCE的法向量为(),,mxyz=；（对于含参问题的求法向量时，最后通过同乘分母的最小公倍数，将分母去掉，便于后面的计算）④利用已知条件，线面角公式，求参数例题2．（2022·四川·成都

七中高二阶段练习（理））如图所示，在四棱锥中PABCD−，2ABDC=，0ABBC=，APBD⊥，且22APDPDCBC====．(1)求证：BD⊥平面ADP；(2)已知点E是线段BP上的点且PEPB=

，()0,1，若二面角EADP−−的大小为π4，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)13(1)连接BD，如图所示由2ABDC=，0ABBC=知242ABDC==，ABDC∥，CDBC⊥，在RtBCD中，22

216BDCDBC=+=，4BD=，设AB的中点为Q，连接DQ，则CDQB∥，QBCD=，所以四边形BCDQ为平行四边形，又CDBC⊥，DCBC=，所以四边形BCDQ为正方形，所以DQAB⊥，22DQAQ==，在RtAQD△中，22216ADAQDQ=+=，在ABD△

中，222161632ADBDAB+=+==，所以ADBD⊥，又APBD⊥，APADA=，AP，AD平面ADP．所以BD⊥平面ADP．(2)由BD⊥平面ADP，且BD平面ABCD，所以平面ADP⊥平面ABCD；以D为原点，分别以DA，D

B所在直线为x，y轴，以过点D与平面ABCD垂直的直线为z轴（显然z轴在面PAD内），建立如图所示空间坐标系，则()0,0,0D，()4,0,0A，()0,4,0B，()2,0,2P，()4,0,0DA=，()2,4,2PB=−−，(

)2,0,2DP=，设()2,4,2PEPB==−−，()0,1，则()22,4,22DEDPPE=+=−−，易知平面PAD的一个法向量为()0,1,0m=，设平面EAD的法向量为(),,nxyz

=，则00nDAnDE==，即()()40224220xxyz=−++−=，令1z=，则10,,12n−=，设二面角EADP−−的大小为，则所以22112coscos,52111

2mnmnmn−−====−+−+，因为二面角EADP−−的大小为π4，所以2122521−=−+，即23210+−=，解得1=−（舍）或13=．所以，13=时，二面角E－AD－P的大小为π4．点评：探索性问题解题步骤：①

假设存在点，如本例，点E不在坐标轴上，所以根据题意假设PEPB=（说明，这是探索性问题设点通用假设法）②求平面PAD的一个法向量为m③求平面EAD的法向量为n；（对于含参问题的求法向量时，最后通过同

乘分母的最小公倍数，将分母去掉，便于后面的计算）④利用已知条件，二面角公式，求参数同类题型归类练1．（2022·天津市西青区杨柳青第一中学高二期末）如图，PD垂直于梯形ABCD所在平面，90ADCBAD==，F为PA中点，2PD=，1

12ABADCD===，四边形PDCE为矩形．(1)求证：//AC平面DEF；(2)求二面角ABCP−−的大小；(3)在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面BCP所成角的大小为30°？若存在，求出FQ的长；若不存在，说明理由．【答案】(1

)证明见解析(2)4(3)存在，192FQ=(1)证明：以D为原点，以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，由题意得，()000D，，，()100A，，，()110B，，，()0

20C，，，()022E，，，()002P，，，12022F，，，则()120AC=−，，，平面DEF的一个法向量()1nxyz=，，，()022DE=，，，12022DF=，，，由1122012022nDEyznDFxz=

+==+=，取2z=，得()12222n=−−，，，()()112222020ACn=−−+−+=，1ACn⊥，//AC平面DEF；(2)设平面PBC的一个法向量()2,,nxyz=，()1,1,2PB=−，()1,1,0BC=−uuur

，由22200nPBxyznBCxy=+−==−+=，取1x=，解得()21,1,2n=设平面ABC的一个法向量()30,0,1n=，2323232cos,2nnnnnn==由图可知二面角ABCP−−为锐二面角

，二面角ABCP−−的大小为4；(3)设存在点Q满足条件，由()022E，，，12022F，，，设()01FQFE=，1212(,,)(,2,)2222QQQxyz−−=−整理得()2

11222Q+−，，，()2112122BQ++=−−，，，直线BQ与平面BCP所成角的大小为30°，2222511sin|cos,|||62||||219107BQnBQnBQn−====−+，则21=，由01≤≤，得1

=，即Q点和E点重合，故在线段EF上存在一点Q，且192FQEF==．2．（2022·云南·弥勒市一中高二阶段练习）如图，在四棱锥PABCD−中，PAAB⊥，底面ABCD为直角梯形，ADAB⊥，//DCAB，1PAADDC===，2A

B=，3PC=，E为棱PB上异于P，B的点．(1)若E为棱PB的中点，求证：直线//CE平面PAD；(2)若存在点E为棱PB上异于P，B的点，使得直线AE与ABCD所成角的正弦值为55，求二面角EACB−−的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)63(1)证明：取

PA的中点F，连接EF，DF，如图，E为PB的中点，//EFAB，且12EFAB=，又//CDAB，且12CDAB=，//EFCD，且EFCD=，四边形CDFE为平行四边形，//CEDF，又DF平面PAD．CE平面PAD．直线//CE平面PAD；(2)解

：由题意知，1PA=，2AC=，3PC=，222PAACPC+=，即PAAC⊥，又PAAB⊥，ABACA=，ACABÌ平面ABCD，PA⊥平面ABCD，ADQ平面ABCD，PAAD⊥，又ADAB⊥，AD，AB，AP两两相互垂直，以A为坐标原

点，以AD，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz−，如图所示，则()0,0,0A，()0,0,1P，()0,2,0B，()1,1,0C，设(),,Exyz，则(),,1PExyz=−，()0,2,1PB=−，E在棱PB上，设(01)PEPB=，即()

(),,10,2,1xyz−=−，()0,2,1E−，易知平面ABCD的法向量为()0,0,1m=，()0,2,1AE=−，设AE与平面ABCD所成角为，则2215sin145(1)mAEmAE−===+−，解得12=，设平面

ACE的法向量为()111,,nxyz=，10,1,2AE=，()1,1,0AC=，则00nAEnAC==，即11111020yzxy+=+=，令11x=，则11y=−，12z=，则()1,1,2n=−，26cos,36mnmnm

n===，由题知，二面角EACB−−为锐角，故二面角EACB−−的余弦值为63.3．（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测）如图，在三棱柱111ABCABC−中，1AA⊥底面ABC，122AABCABAC===，点

M为11BC的中点．(1)证明：1AC∥平面1ABM；(2)AC上是否存在点N，使二面角1BAMN−−的大小为4，若存在，求ANCN的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，2ANCN=

（1）解：连接1AB与1AB交于点O，则O为1AB的中点，连接OM，因为点M为11BC的中点，所以1OMAC∥，因为OM平面1ABM，1AC平面1ABM，所以1AC∥平面1ABM；（2）解：因为22BCABAC==，所以222ABACBC+=，所以ABAC⊥，如图建立空间直角坐标系Ax

yz−，设1AB=，则(1,0,0)B，()10,0,2A，11,,222M，设(0,,0)Na，01a，所以()11,0,2BA=−，111,,022AM=，()10,,2ANa=−，设平面1BAM的一个法向量为()111,,m

xyz=，则有1111112011022mBAxzmAMxy=−+==+=，取12x=，得()2,2,1m=−，设平面1AMN的一个法向量为()222,,nxyz=，则有1221221102220nAMxynANay

z=+==−=，取22x=−得()2,2,na=−，因为242cos,254mnamnmna−===+，解得23a=或6a=−（舍），此时2ANCN=，所以AC上存在点N，当2ANCN=时，二面角1BAMN−−的大小为4.4．（2022·江西·丰城九中高三开学考试（理））直

三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，且AC=AB=AA1=2．(1)求证A1B⊥B1C；(2)M、N分别为棱CC1、BC的中点，点P在线段A1B1上，是否存在点P，使平面PMN与平面ABC所成角的余弦值为42121，若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由．【

答案】(1)证明见解析(2)不存在；理由见解析（1）如图，以AB，AC，AA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0),1(0,0,2)A，1(2,0,2)B，(0,2,0)C，11(2

,0,2),(2,2,2)ABBC=−=−−，114040ABBC=−++=，所以11ABBC⊥，即11ABBC⊥，（2）假设存在点P满足题意，设()()1112,0,02,0,0APAB===，01≤≤∴P(2，0，2)，N(

1，1，0)，M(0，2，1)()21,1,2NP=−−，()1,1,1NM=−设平面PMN的一个法向量为(),,nxyz=，00NPnNMn==，即(21)260xyzxyz−−+=

−++=，令3x=，得()13,21,22n=+−又平面ABC的一个法向量为2nuur=(0，0，1)()()1121222222222421cos,|2141492122nnnnnxn−−====−++++−∴21126

350++=，又，故方程无根，所以线段11AB上不存在点P，使平面PMN与平面ABC所成角的余弦值为42121．