第07讲 向量法求距离、折叠及新定义问题（解析版）

第07讲向量法求距离、折叠及新定义问题1．点P到直线l的距离设eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq\r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－|\o(AQ,\s\up6(→))|2)＝eq\r(a2－a·u2).2．点P到平面α的距离若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)，如图所示．线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离．空间距离例1．如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．（1）求点到直线的距离；（2）求直线到直线的距离；（3）求点到平面的距离；（4）求直线到平面的距离．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）.【分析】（1）建立坐标系，求出向量在单位向量上的投影，结合勾股定理可得点到直线的距离；（2）先证明再转化为点到直线的距离求解；（3）求解平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解；（4）把直线到平面的距离转化为到平面的距离，利用法向量进行求解.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则（1）因为，所以.所以点到直线的距离为.（2）因为所以，即所以点到直线的距离即为直线到直线的距离.所以直线到直线的距离为（3）设平面的一个法向量为，.由令，则，即.设点到平面的距离为，则，即点到平面的距离为.（4）因为所以平面，所以直线到平面的距离等于到平面的距离.，由（3）得平面的一个法向量为，所以到平面的距离为，所以直线到平面的距离为.例2．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，、、分别是、、的中点．求：(1)直线与平面的距离；(2)平面与平面的距离．【答案】(1)；(2)【分析】（1）证明出平面平面，可得出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面的距离；（2）利用空间向量法可求得平面与平面的距离．【详解】（1）解：因为平面，四边形为正方形，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，因为、分别为、的中点，则，平面，平面，平面，因为且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，，、平面，平面平面，平面，平面，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，所以，直线与平面的距离为.（2）解：因为平面平面，则平面与平面的距离为.【复习指导】：(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eq\o(MN,\s\up6(→)).③垂线段长度d＝eq\r(\o(MN,\s\up6(→))2－\o(MN,\s\up6(→))·v2).(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＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|).立体几何中的折叠问题例3．如图①，在梯形中，，，，为的中点，以为折痕把折起，连接，，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列两个问题．(1)证明：；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值．①四棱锥的体积为2；②直线与所成角的余弦值为．注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）通过证明线面垂直来证得.（2）选①，结合四棱锥的体积，证得平面；选②，结合直线与所成角的余弦值，证得平面；由此建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值.【详解】（1）证明：在图①中因为，，为中点所以，，所以为平行四边形，所以，同理可证，在图②中，取中点，连接，，，因为，所以，，因为，所以平面，因为平面，所以.（2）若选择①：因为平面，平面，所以平面平面且交线为，所以过点作，则平面，因为，所以四棱锥的体积，所以，所以与重合，所以平面，建系如图，则，，，，平面法向量为，设平面法向量为，因为，，所以，得，设二面角的大小为，则，所以二面角的余弦值为.若选择②：因为，所以即为异面直线与所成角，在中，，所以所，以，所以，因为平面，平面，所以平面平面且交线为，所以平面，建系如图，则，，，，平面法向量为，设平面法向量为，因为，，所以，得，设二面角的大小为，则，所以二面角的余弦值为.例4．如图1，在△ABC中，，DE是△ABC的中位线，沿DE将△ADE进行翻折，使得△ACE是等边三角形（如图2），记AB的中点为F．(1)证明：平面ABC．(2)若，二面角D-AC-E为，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）取AC中点G，连接FG和EG，证明四边形DEGF是平行四边形,然后利用线面垂直的判定定理证明平面ABC,从而得到平面ABC.（2）（方法一）过点E作，以E为原点，建立空间直角坐标系E-xyz，设,求出平面AEC和平面ACD的法向量，由已知条件可得长，然后利用线面角的向量公式求解即可；（方法二）连接DG，可证得，可得长，过点F作，垂足为I，利用线面垂直及面面垂直的性质可得平面ACD，连接AI，则∠FAI即为所求角，在三角形中计算可得答案.【详解】（1）如图，取AC中点G，连接FG和EG，由已知得，且．因为F，G分别为AB，AC的中点，所以，且所以，且．所以四边形DEGF是平行四边形．所以．因为翻折的，易知．所以翻折后，．又因为，EA，平面AEC，所以平面AEC．因为，所以平面AEC．因为平面AEC，所以．因为ACE是等边三角形，点G是AC中点，所以又因为，AC，平面ABC．所以平面ABC．因为，所以平面ABC．（2）（方法一）如图，过点E作，以E为原点，EH、EC，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，设，则，，，，则，，，因为平面AEC．所以是平面AEC的法向量，设面ACD的法向量为，则，即，解得．取，得．因为二面角D-AC-E为，所以，解得，所以，．记直线AB与平面ACD所成角为，则，所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为．（方法二）如图，连接DG，因为平面AEC，平面AEC，所以．又因为，，DE，平面DEG．所以平面DEC．因为EG，平面DEG，所以，，所以∠DGE是二面角D-AC-E的平面角，故．由△ACE是边长为2的等边三角形，得，在RtDGE中，，所以，．过点F作，垂足为I，因为平面DEGF，平面ACD，所以平面平面ACD．又因为平面平面，平面DEGF，且，所以平面ACD．连接AI，则∠FAI即为直线AB与平面ACD所成的角．在Rt△DFG中，，，得，由等面积法得，解得．在RtAFG中，，，所以．在RtFAI中，，所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为．【复习指导】：平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．立体几何中的新定义问题例4．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．（1）求四棱锥的总曲率；（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，设第个面的棱数为，所以，按照公式计算总曲率即可.【详解】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，则其总曲率为：.（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有设第个面的棱数为，所以所以总曲率为：所以这类多面体的总曲率是常数.【点睛】本题考查立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键．例5．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为1－eq\f(1,2π)(∠Q1PQ2＋∠Q2PQ3＋…＋∠Qk－1PQk＋∠QkPQ1)，其中Qi(i＝1,2，…，k，k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk－1PQk和平面QkPQ1遍历多面体M的所有以P为公共点的面．任取正四面体的一个顶点，在该点处的离散曲率为________；如图所示，已知长方体A1B1C1D1－ABCD，AB＝BC＝1，AA1＝eq\f(\r(2),2)，点P为底面A1B1C1D1内的一个动点，则四棱锥P－ABCD在点P处的离散曲率的最小值为________．【答案】eq\f(1,2)eq\f(1,3)【详解】由题意可知，正四面体的所有面都是正三角形，所以取正四面体的一个顶点，在该点处的离散曲率为1－eq\f(1,2π)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(π,3)＋\f(π,3)))＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)；已知长方体A1B1C1D1－ABCD，点P为底面A1B1C1D1内的一个动点，则四棱锥P－ABCD在点P处的离散曲率为1－eq\f(1,2π)(∠APD＋∠APB＋∠BPC＋∠CPD)，又由AB＝BC＝1，AA1＝eq\f(\r(2),2)，所以AC＝BD＝eq\r(2)，且A1B1C1D1为正方形，当∠APD＝∠APB＝∠BPC＝∠CPD时，即点P为正方形A1B1C1D1的中心时，离散曲率取得最小值，此时∠APD＝∠APB＝∠BPC＝∠CPD＝eq\f(π,3)，即1－eq\f(1,2π)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(π,3)＋\f(π,3)＋\f(π,3)))＝1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3).【复习指导】：随着新高考改革，考试逐渐回归其本质，别致新颖的立体几何新题型不断涌现，其中新定义问题常常使考生束手无策，因此，读懂题意才能快速有效地切入新问题情景．1．已知空间内三点，，，则点A到直线的距离是（

）．A． B．1 C． D．【答案】A【分析】根据空间向量数量积的坐标表示求出，利用同角三角函数的关系求出，结合计算即可求解.【详解】空间内三点，，，所以，，，，由，所以，所以点A到直线的距离.故选：A.2．已知为平面的一个法向量，为内的一点，则点到平面的距离为（

）A．3 B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用空间向量点到平面的距离公式计算作答.【详解】依题意，，所以点到平面的距离.故选：B3．直线的方向向量为，且过点，则点到l的距离为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据直线的方向向量为，取直线的一个单位方向向量为，计算代入空间中点到直线的距离公式即可求解.【详解】依题意，因为直线的方向向量为，所以取直线的一个单位方向向量为，由，可得，所以，，所以.故选：B.4．四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再利用向量求出点到直线的距离作答.【详解】四面体满足，即两两垂直，以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为，，则，于是，，所以点到直线的距离.故选：A5．在边长为1的正方体中．平面与平面之间的距离为（

）A． B．1 C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】解：建立如图所示的直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量，则，令得，故，显然平面平面，所以平面与平面之间的距离．故选：A6．在四棱锥中，底面ABCD为菱形，底面ABCD，，，则的重心到平面PAD的距离为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，直接建系，利用法向量，可求解.【详解】设AC与BD交于点O，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.设平面PAD的法向量为，则令，得.因为的重心G的坐标为，即，所以，故点G到平面PAD的距离为.故答案为：C7．如图，已知为圆柱的母线，为圆柱的下底面直径，为线段的中点，则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量即可求解【详解】因为为圆柱的下底面直径，所以，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，所以设平面的法向量为，则有，即取，则，，即.则点到平面的距离为.故选：D8．如图，在正方体中，点是棱上的动点，下列说法中正确的是（

）①存在点，使得；②存在点，使得；③对于任意点，到的距离为定值；④对于任意点，都不是锐角三角形.A．①③ B．②③ C．②④ D．③④【答案】C【分析】建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，设正方体边长为1，运用空间向量法逐个判断解决即可.【详解】由题知，在正方体中，点是棱上的动点，建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，设正方体边长为1，所以，设，其中，所以，当时，无解，故①错误；当时，解得，故②正确；因为，其中，所以到的距离为，不是定值，故③错误；因为，其中，所以，所以三角形为直角三角形或钝角三角形，不可能为锐角三角形，故④正确；故选：C9．（多选）点在轴上，它与经过坐标原点且方向向量为的直线的距离为，则点的坐标是（）A．B．C．D．【答案】AB【分析】设，表示出，再由点到直线的距离公式得到，解得即可.【详解】设，则，又直线的方向向量为，所以点直线的距离，所以，则或.故选：AB10．（多选）如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，则（

）A．平面 B．C．是平面的一个法向量 D．点到平面的距离为【答案】ACD【分析】根据线线平行即可判断A,建立空间直角坐标系，利用向量数量积即可判断线线垂直，即可判断B，根据空间向量求解法向量即可判断C，根据空间距离的向量法即能求出点到平面的距离，从而判断D.【详解】以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，对于A，由于分别是的中点，所以,平面,平面,故平面，故A正确，对于B，，故，故与不垂直，进而可得与不垂直，故B错误，对于C,由，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以平面的一个法向量，故C正确，对于D，点到平面的距离为,故D正确，故选：ACD11．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，O为面的中心，E、F分别为BC和的中点，则（

）A．平面 B．平面与平面相交C．点О到直线的距离为 D．点O到平面的距离为【答案】BC【分析】建系，利用空间向量处理线、面关系以及距离问题.【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则有：，设平面的法向量为，由，则，令，则，则，设平面的法向量为，由，则，令，则，则，对A：∵，则，即与不共线，∴不与平面垂直，A错误；对B：∵，则与不共线，∴平面与平面相交，B正确；对C：∵，则，即为锐角，∴，故点О到直线的距离为，C正确；对D：点O到平面的距离为，D错误.故选：BC.12．（多选）在正方体中，E为棱DC上的动点，F为线段的中点．则以下结论正确的有（

）A．；B．直线与平面的夹角不变；C．点F到直线AB的距离不变；D．点F到A，D，D＇，A＇四点的距离相等．【答案】ABD【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求出结果．【详解】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设正方体中棱长为2，设，则，，，，，，，，对于A，，，，∴，故A正确；对于B，，平面的法向量，设直线与平面的夹角为θ，则，，不是定值，故B错误；对于C，，，点F到直线AB的距离，∴点F到直线AB的距离不变，故C正确；对于D，，，，，∴点F到A，D，D＇，A＇四点的距离相等，故D正确．故选：ABD．13．（多选）已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（

）A．直线与直线所成的角为 B．平面C．点到平面的距离为 D．直线与平面所成角的余弦值为【答案】BD【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标得到，即可判断选项A；利用向量法证明，即可判断选项B；利用向量法求出点到平面的距离即可判断选项C；利用向量法求出直线B1C与平面所成角的余弦值即可判断选项D.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系：.A：，因为，所以，因此该选项不正确；B：，因为，所以，而平面ACD1，因此平面ACD1，所以该选项正确；C：因为平面ACD1，所以是平面ACD1的法向量，，所以点B1到平面ACD1的距离为，因此该选项不正确；D：设直线B1C与平面所成角为，则，所以直线B1C与平面所成角的余弦值，因此该选项正确.故选：BD.14．（多选）如图，修水坝时，为了使水坝坚固耐用，必须使水坝面与水平面成适当的角度；发射人造地球卫星时，也要根据需要，使卫星轨道平面与地球赤道平面成一定的角度.为此，我们需要研究两个平面之间所成的角，即二面角.已知二面角的棱上有两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于.已知，记二面角的大小为，则下列说法正确的是（

）A．当时，B．当时，C．D．点到平面的距离的最大值为【答案】AB【分析】运用线面垂直判断定理及线面垂直的性质及向量加法及数量积运算可判断A项、B项，运用余弦定理及余弦函数的单调性可判断C项，建立空间直角坐标系运用点到面的距离公式计算及三角函数的最值问题求解即可判断D项.【详解】如图所示，过A作且，连接CE、ED，则四边形ABDE为平行四边形，又∵，∴，又∵，∴，又∵，面，∴面，又∵，∴面，∴，，由题意知，，，所以，，∵，∴，对于A项，当时，代入得：，又因为，所以，故A项正确；对于B项，当时，代入得：，故B项正确；对于C项，在△CAE中，，在△CAD中，，∵，，∴①当时，，则，②当时，，则，③当时，，则，故C项不成立；对于D项，以A为原点，分别以AE、AB、AZ为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，所以，，，设面BCD的一个法向量为，则，取，所以点A到面BCD的距离为，又因为，所以，所以当时，d取得最大值为，故D项错误；故选：AB.15．已知向量和直线l垂直，且在由直线l与点确定的平面内，点在直线l上，则点到直线l的距离为________.【答案】【分析】求得，利用空间距离的向量求法，即可求得答案.【详解】由题意，得，又向量和直线l垂直，故点P到直线l的距离.故答案为：.16．如图，已知正方体中，分别为中点，，则到平面的距离是__________．【答案】【分析】利用坐标法，根据点到平面的距离向量求法即得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，所以到平面的距离是.故答案为：.17．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝1，AA1＝2，直线AD与A1C1所成的角为，点E为棱BB1的中点，则点D1到平面ACE的距离为_____．【答案】【分析】建空间直角坐标系，用空间向量在平面AEC上投影计算.【详解】根据题意可得，∴直线AD与A1C1所成的角即直线AD与AC所成的角，∴可得，∴为等腰直角三角形，∴CD＝AD＝1，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，则，，∴，设平面ACE的法向量，则，∴，令，则，，又，设与平面AEC的夹角为，则，∴点D1到平面ACE的距离为，故答案为：．18．在棱长为2的正方体中，点E是BC的中点，F是CD的中点，G为的中点.(1)求点到直线的距离；(2)求直线到平面的距离.【答案】(1)；(2)．【分析】（1）在等腰中由面积法求得到的距离；（2）可先证明平面，然后在三棱锥中由体积法求得到平面的距离即得结论．【详解】（1）连接，平面，平面，则，正方体棱长为2，是中点，所以，在中，边上的高为，设到直线的距离为，则，所以；（2）如图，取中点，连接，因为是中点，所以，正方体中易得，所以，即共面，连接，，因为是中点，所以与平行且相等，又与平行且相等，所以与平行且相等，从而是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，连接，同理可得，又，，在中，，所以，，又，到平面的距离为2，设点到平面的距离为，由得，．所以直线到平面的距离是．19．在平行六面体中，平面，，．(1)证明：平面；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.（2）利用向量法求得点到平面的距离.【详解】（1）因为平面，，所以平面，因为四边形是平行四边形，所以，因为，所以，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，所以，，，，，所以，，．所以，，所以，，又，平面，平面，所以平面．（2）由（）可知是平面的一个法向量，又，所以，所以点到平面的距离．20．如图，在四棱锥中，平面为的中点，底面是边长为2的正方形，且二面角的余弦值为．(1)求的长；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)；(2)【分析】（1）建系，设的长，表示点坐标，利用空间向量表示二面角的余弦值列方程求解即可；（2）利用空间向量计算点面距即可.【详解】（1）如下图所示，以为原点，分别为轴、轴、轴建系.，，设，则.所以，.容易看出，平面的一个法向量为.设平面的法向量为，则有，即取，则，，即.由题，二面角的余弦值为，解得,故的长为.（2）由（1）得，，.则点到平面的距离为.21．如图1，在中，，，，是的中点，在上，.沿着将折起，得到几何体，如图2(1)证明：平面平面；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）根据图1可知折叠后，，由此可证平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结果；（2）由题可知是二面角的平面角，易证是等边三角形，连接，根据图1中的几何关系和面面垂直的性质定理可证平面，再以为原点，，，为，，轴建系，利用空间向量法即可求出线与平面所成角.【详解】（1）证明：因为在图1中，沿着将折起，所以在图2中有，，又，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）解：由（1）知，，，所以是二面角的平面角，所以，又因为，所以是等边三角形，连接，在图1中，因为，，所以，因为是的中点，所以，所以是等边三角形.取的中点，连接，，则，，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，，两两垂直，以为原点，，，为，，轴建系，如图所示.，，，所以，，设平面的法向量为，则即取，得平面的一个法向量为，所以.设直线与平面所成角为，则.22．已知四边形，，，将沿翻折至.（Ⅰ）若，求证：；（Ⅱ）若二面角的余弦值为，求与面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）由平面几何的性质可得；（Ⅱ）作出二面角的平面角，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦.【详解】（Ⅰ）取的中点E，连接，不妨设，则，即因为，所以，则，又因为，所以重合，则.（Ⅱ）取的中点O，连接，，，不妨设，则，即因为，则，又因为O为中点，E为的中点，则，所以，所以为二面角的平面角.因此以点O为坐标原点，以，，分别为x，y，z轴建空间直角坐标系如图：，，，设面的法向量为，，，则，所以，令，则，所以面的一个法向量为，设与面所成的角为，则.23．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，底面，，，．(1)求点到平面的距离；(2)求二面角的大小．【答案】(1)；(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离；（2）利用向量法求得二面角的大小.【详解】（1）取中点，如图所示建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的法向量，则令得：又，所以点到平面的距离；（2），，设平面的法向量，则令，得，．又二面角的平面角为锐角，二面角的大小为．24．如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点，已知，．(1)证明：平面；(2)求与平面所成角的正弦值；(3)求到平面的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)【分析】（1）连接，，连接，即可得到，从而得证；（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；【详解】（1）证明：连接，，连接，在直三棱柱中为矩形，则为的中点，又为的中点，所以，平面，平面．平面．（2）解：，，，，．由直三棱柱中，底面，底面，，．以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，设与平面所成的角为，则，所以与平面所成角的正弦值为；（3）解：设到平面的距离为，则；25．在边长为2的菱形中，，点是边的中点（如图1），将沿折起到的位置，连接，得到四棱锥（如图2）（1）证明：平面平面；（2）若，连接，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析，（2）.【分析】（1）连接图1中的，证明，然后证明平面即可；（2）证明平面，然后以为原点建立如图空间直角坐标系，然后利用向量求解即可.【详解】（1）连接图1中的，因为四边形为菱形，且所以为等边三角形，所以所以在图2中有，因为所以平面，因为，所以平面平面（2）因为平面平面，平面平面，，所以平面以为原点建立如图空间直角坐标系所以所以设平面的法向量为，则，令，则，所以所以直线与平面所成角的正弦值26．如图，四棱锥的底面是矩形，平面，．(1)求二面角余弦值的大小：(2)求点到平面的距离．【答案】(1)；(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用法向量求解即可；（2）求出平面的法向量，再求出平面的斜线所在的向量，然后求出在法向量上的射影即可得到点到平面的距离．【详解】（1）因为平面，底面是矩形，所以以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：由，则，在中,,,所以，所以,，因为平面，所以为平面的一个法向量，且，设平面的法向量为，则，取，所以，设二面角的大小为，由图可知为锐角，所以，故二面角余弦值的大小为.（2）由（1）题得,,设平面的法向量为，则，即，取，故，又，所以到平面的距离为：.27．如图①菱形，．沿着将折起到，使得，如图②所示．(1)求异面直线与所成的角的余弦值；(2)求异面直线与之间的距离．【答案】(1)；(2)【分析】（1）根据折叠前后的几何性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算得异面直线与所成的角的余弦值；（2）根据空间向量求直线与公垂线的方向向量，再结合空间向量坐标运算即可得异面直线与之间的距离．【详解】（1）图①菱形，，由余弦定理得，所以，所以，即，又，所以，在图②中，，即，又平面所以平面，即平面，又平面，所以，如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，所以，故，则异面直线与所成的角的余弦值为；（2）由（1）得，设是异面直线与公垂线的方向向量，所以，令，则所以异面直线与之间的距离为.28．如图，在直三棱柱中，M，N分别为AC，的中点.(1)证明：平面；(2)若平面，，，求点A到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】(1)要证明平面，通过证明平面平面即可证得；(2)根据已知条件可以以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，以及一个方向向量，代入公式计算即可.【详解】（1）证明：取的中点H，连接MH，HN.因为M为AC的中点，所以.因为平面，平面，所以平面.因为H，N分别为，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.因为面MHN，所以平面平面.因为平面MHN，所以平面.（2）因为平面，平面，所以.因为三棱柱是直三棱柱，所以，.以BA，，BC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，，，，，，，.设平面的法向量为.由，得，取.所以点A到平面的距离.29．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．(1)证明：平面平面PBC；(2)若直线AF与平面PAB所成的角的余弦值为，求点P到平面AEF的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】(1)利用面面垂直的判定定理或利用平面的法向量数量积等于零证明；(2)利用坐标运算求点到平面的距离，或者用等体积法的思想求解.【详解】（1）方法一：因为底面ABCD，平面ABCD，所以．因为ABCD为正方形，所以，又因为，平面PAB，平面PAB，所以平面PAB．因为平面PAB，所以．因为，E为线段PB的中点，所以，又因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．又因为平面AEF，所以平面平面PBC．方法二：因为底面ABCD，平面PAB，所以平面底面ABCD又平面底面，，平面ABCD，所以平面PAB．因为平面PAB，所以．因为，E为线段PB的中点，所以．因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，又因为平面AEF，所以平面平面PBC解法三：因为底面ABCD，，以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则，设，则，所以，，，，设为平面AEF的法向量，则所以取，则，，则，设为平面PBC的法向量，则所以取，则，，则因为，所以,所以平面平面PBC.（2）（基于（1）解法一、二）因为底面ABCD，，以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则，易知是平面PAB的法向量设，则，所以，，所以即，得，所以，设为平面AEF的法向量，则所以平面AEF的法向量，又因为所以点P到平面AEF的距离为，所以点P到平面AEF的距离为．（另解）由（1）可知，是直线AF与平面PAB所成的角，所以解得，故F是BC的中点．所以，，的面积为因为，的面积为设点P到平面AEF的距离为h，则有解得所以点P到平面AEF的距离为．（基于（1）解法三）易知是平面PAB的法向量所以，即，解得所以，又因为所以点P到平面AEF的距离为，所以点P到平面AEF的距离为．30．如图，在多面体中，.侧面为矩形，平面，平面，(1)求证：(2)求直线与平面所成角的正弦值(3)求直线到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】（1）先由线线垂直的判定定理证明平面，进而证明；（2）建系，利用空间向量计算线面角的正弦值即可；（3）将线面距转化为点面距，利用空间向量计算即可.【详解】（1）证明：为矩形,,平面，平面，，又平面，平面，，平面，又平面；（2）如图所示，以为原点，分别为轴、轴、轴建系.则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，即，得，取，则，即，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值；（3）因为为矩形，所以，又平面，平面，所以平面，直线到平面的距离即为点到平面的距离.31．如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，求：(1)求异面直线与所成角的余弦值；(2)点到平面的距离；(3)求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)；(2)；(3)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用求解即可；（2）设平面的法向量为，利用求解即可；（3）设与平面所成角为，利用求解即可.【详解】（1）因为直三棱柱，所以平面，又因为，所以两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，由题意可得，所以，，所以，即异面直线与所成角的余弦值为.（2）设平面的法向量，因为，，所以，解得，又因为，所以点到平面的距离.（3）设与平面所成角为，则，即与平面所成角的正弦值为.32．如图，在棱长为2的正方体中，点为线段的中点.(1)求点到平面的距离；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）如图建立空间直角坐标系．因为正方体的棱长为，是的中点，所以，由可得，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，因为，设点到平面的距离为，则，故点到平面的距离为；（2）由（1）可得平面的法向量为，显然平面的法向量可以为，设平面与平面夹角为，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.33．如图，在长方体中，，点分别是的中点，点为棱上一点，且直线和所成的角为．(1)求证：∥平面；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】(1)由正方体的性质可知，，即可证得线面平行.(2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与一个方向向量，代入公式即可.【详解】（1）在长方体中，∴直线和所成的角，∴直角三角形为等腰直角三角形，，故点为棱的中点．连接故．又平面平面，平面（2）（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量为，则，即所以令，得：，所以是平面的法向量，设到平面的距离为，∴所以点到平面的距离为．34．如图，直四棱柱的底面为平行四边形，，，点P，M分别为，上靠近的三等分点．(1)求点M到直线的距离；(2)求直线PD与平面所成角的正弦值.【答案】(1)；(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用向量法求出点到直线的距离即可；（2）结合（1）中点的坐标，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）由题可得AD=2，，又点P为AB上靠近A的三等分点，所以AP=1．在中，由余弦定理可得，，故，所以为直角三角形，故DP⊥AB．因为底面ABCD为平行四边形，所以DP⊥CD．由直四棱柱性质可知，，即DP，CD，两两垂直．故以D为坐标原点，分别以DP，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．则．因为，过点M作，（点到直线的距离即为通过该点向直线做垂线，点到垂足的距离）令，所以，故．由，解得，所以，故点M到直线的距离为．（2）因为，，，设平面的法向量为，则即令，得，，故．设直线PD与平面所成角为，则．所以直线PD与平面所成角的正弦值为．35．在四棱锥中，平面平面，，为的中点.(1)求证：；(2)若，，，，点在棱上，直线与平面所成角为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明；（2）由边长关系，根据勾股定理证明得，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标和相关向量的坐标，设，利用空间向量的夹角公式，根据直线与平面的夹角列式计算点的坐标，求解平面的法向量，再利用点到平面的距离公式列式求解距离即可.【详解】（1）∵，为的中点，∴又∵平面平面，平面平面，∴平面，又平面，∴（2）由，，可知四边形为等腰梯形，易知，∵，∴建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，平面的法向量为，设，则，，，∵直线与平面所成角为，∴，∴①∵点在棱上，∴，即，∴，，代入①解得或（舍去）.，，，设平面的法向量为，，令，得，，所以点到平面的距离【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.36．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是菱形，，，三棱锥是正三棱锥，E，F分别为，的中点.(1)求二面角的余弦值；(2)判断直线SA与平面BDF的位置关系.如果平行，求出直线SA与平面BDF的距离；如果不平行，说明理由.【答案】(1)；(2)平行，距离为【分析】(1)先证，，然后得出平面SAC.建立适当的直角坐标系，再利用平面的法向量，即可求解.(2)利用向量在平面BDF的法向量上的投影，即可求解.【详解】（1）连接AC，交BD于点O，连接SO，因为四边形ABCD是菱形，所以O为AC，BD的中点，且，因为三棱锥是正三棱锥，，O为BD的中点，所以，平面SAC,平面SAC,又，所以平面SAC.作平面BCD于H，则H为正三角形BCD的中点，H在线段OC上，且，，，.如图，以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，C.，D.，，，，所以，，，设是平面EBF的法向量，则，则，设是平面DBF的法向量，则，取，所以，又因为二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为.（2）直线SA与平面BDF平行.法1:连接OF，由（1）知O为AC的中点，又F为SC的中点，所以，又因为平面BDF，平面BDF，所以直线平面BDF.法2:由（1）知是平面BDF的一个法向量，又，，所以，所以，所以，又因为平面BDF，所以直线平面BDF.设点A与平面BDF的距离为h，则h即为直线SA与平面BDF的距离，因为，是平面DBF的一个法向量，所以，所以点A与平面BDF的距离为，所以直线SA与平面BDF的距离为.37．在梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上．(1)求证：；(2)若点到直线的距离为，求的值．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）计算确定，证明平面，得到，再证明平面，得到答案.（2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，设得到，再根据点到直线的距离公式计算得到答案.【详解】（1），，，故，则，即，又平面平面，平面平面，，平面，故平面，平面，则，又，，平面，所以平面，又平面，则.（2）设中点为，中点为，以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：有，设，则，设，则，则，，，点到直线的距离为，则，即，即，解得，所以.38．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.(1)求证：；(2)若点为棱上不与端点重合的动点，且与平面所成角正弦值为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）根据面面垂直证得线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的正弦值确定点位置，再利用点到平面的距离公式求得结果.【详解】（1）∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面且平面，故，（2）∵中，∴，∵平面平面，平面平面，∴平面,平面，∴.以为原点如图所示建立空间直角坐标系,，，，，，，设，其中，则，取平面法向量，，设与平面所成角为，，解得（舍）或，则，，，，设平面的法向量为.，，解得，故.39．如图，在三棱柱中，，侧面为菱形，为等边三角形．(1)求证：；(2)若，点E是侧棱上的动点，且平面与平面的夹角的余弦值为，求点B到平面的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）先证明平面,再根据线面垂直的性质定理即可证明结论；（2）建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，设，求出平面的一个法向量，根据平面与平面的夹角的余弦值求得参数，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：∵四边形为菱形，∴为的中点，则．为等边三角形，有，平面，，∴平面,平面，∴，又，平面，，∴平面,∵平面，∴．（2）由（1）知，，且平面，故平面，而平面，故平面平面，分别取的中点，连接，则，∴平面，为等边三角形，，而平面平面，平面，故平面，以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设，则，∴，，设平面的一个法向量，则有，令，则，，即，又∵平面的法向量为，∴平面与平面的夹角的余弦值为,∴，∴或（舍），此时，又，∴点到平面的距离为：．40．如图，四棱锥中，平面，，，，，为线段上一点，点在边上且.(1)若为的中点，求四面体的体积；(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在，【分析】（1）根据题意，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，进而利用坐标法求得点到平面的距离为，再计算体积即可；（2）设点坐标为，根据得，进而根据线面角的向量方法求解即可.【详解】（1）解：由题意可得两两互相垂直，所以可以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：∴，，，，∴，，.设平面的一个法向量，，不妨令y＝1，∴.设点到平面的距离为，则，又因为，，∴的面积为.∴四面体的体积为.（2）设点坐标为，∴，.∵，即，∴，∴，∴.设，，∴.设平面的一个法向量，∴，即，令得∴，∴，∵与面所成角的余弦值是，正弦值为.∴，整理得，∴，（舍去）.∴存在满足条件的点，且.41．已知平面四边形ABCE（图1）中，，均为等腰直角三角形，M，N分别是AC，BC的中点，，，沿AC将翻折至位置（图2），拼成三棱锥D-ABC.(1)求证：平面平面；(2)当二面角的二面角为60°时，①求直线与平面所成角的正弦值；②求C点到面ABD的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)①；②【分析】（1）证明，由线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；（2）①证明为二面角的平面角，取的中点，由面面垂直判定定理证明平面，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值；②求向量在平面的法向量上的投影向量的长度即可.【详解】（1）因为分别是的中点，所以，又，所以，因为，所以.又，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，（2）①因为，所以就是二面角的平面角，由已知，因为为以为斜边的等腰直角三角形，为的中点，所以，又，所以为等边三角形，取中点，连接，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以面如图，以直线为轴，以为轴建立空间直角坐标系，，设面的一个法向量则有，所以，取，则，所以为平面的一个法向量，，所以，所以直线与面所成角的正弦值为·②，点到面的距离42．如图，在多面体中，面是正方形，平面，平面平面，，，，四点共面，，．(1)求证：；(2)求点到平面的距离；(3)过点与垂直的平面交直线于点，求的长度．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)【分析】（1）由面面平行的性质证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；（3）依题意可得，设，表示出，再根据数量积的坐标表示得到方程，求出的值，即可得解.【详解】（1）因为平面平面，，，，四点共面，且平面平面，平面平面，所以.（2）因为平面，是正方形，如图建立空间直角坐标系，则，，，，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，所以点到平面的距离.（3）因为过点与垂直的平面交直线于点，所以，设，因为，所以，，所以，所以，解得，所以.43．如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，.(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角余弦值；(3)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积证明，，由线线垂直证明线面垂直，即得证；（2）由（1）为平面的一个法向量，求解平面的法向量，利用二面角的向量公式，即得解；（3）由（1）为平面的一个法向量，利用点面距离的向量公式即得解【详解】（1）证明：以为原点，､､所在直线分别为､､轴建立空间直角坐标系，如图则，，，，取的中点，作交于点因为所以，又，所以，所以，四边形为平行四边形，又，所以，由所以，故，∵，，，∴，，即，，∵，平面，平面，∴平面；（2）由（1）可知为平面的一个法向量，设平面的法向量为，而，，则，令，可得，设平面与平面CSD的夹角为，∴，即平面ASD与平面CSD的夹角的余弦值为；（3），平面的法向量为，设点到平面的距离为，∴，即点到平面的距离为.44．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，连结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中的二面角B−CG−A的大小.【答案】(1)见详解；(2).【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2)在图中找到对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑关于的垂线，发现此垂足与的连线也垂直于.按照此思路即证.【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.，A，C，G，D四点共面.又.平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.(2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以.而在中,，即二面角的度数为.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．45．如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，四边形A1ACC1是边长为4的正方形，，点D为BB1中点．再从条件①､条件②､条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答．(1)求证：AB⊥平面A1ACC1；(2)求直线BB1与平面A1CD所成角的正弦值；(3)求点B到平面A1CD的距离．条件①：；

条件②：；

条件③：平面ABC⊥平面A1ACC1．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)【分析】（1）考虑选择条件①②和选择条件②③，根据勾股定理得到，再根据线线垂直或面面垂直得到证明.（2）以为原点建立空间直角坐标系，计算给点坐标，平面的一个法向量为，再根据向量夹角公式得到答案.（3）直接利用点到平面的距离公式计算得到答案.【详解】（1）若选择条件①②：，故，故.又，，平面，故平面.若选择条件②③：，故，故.平面ABC⊥平面A1ACC1，平面平面，平面，故平面.若选择条件①③：不能确定的角度，故的长度不能确定，不能得到后面的结论，求不出夹角和距离，故不能选择（2）如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，，设直线与平面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.（3），点B到平面A1CD的距离为46．如图所示的四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，二面角的大小为，点P到底面的距离为．(1)过点P是否存在直线l，使直线∥平面，若存在，作出该直线，并写出作法与理由；若不存在，请说明理由；(2)若，求点M到平面的距离．【答案】(1)存在，理由见解析，图见解析；(2)点M到平面的距离.【分析】(1)过点作直线平行于直线，根据线面平行判定定理证明平面即可；(2)取的中点，的中点，证明平面，建立空间直角坐标系，由条件求平面的法向量和，利用向量投影公式求点M到平面的距离．【详解】（1）过点P是存在直线l，满足直线∥平面，理由如下；过点在平面内作直线平行于直线，因为，平面，平面，所以平面，（2）取线段的中点为，线段的中点为，连接，因为为直