专题16空间向量的应用（二）用空间向量研究距离夹角问题（举一反三讲义）数学人教A版2019选择性

专题1.6空间向量的应用（二）：用空间向量研究距离、夹角问题（举一反三讲义）【人教A版（2019）】TOC\o"13"\h\u【题型1点到平面距离的向量求法】 2【题型2平行平面距离的向量求法】 5【题型3点到直线距离的向量求法】 9【题型4异面直线距离的向量求法】 12【题型5向量法求异面直线所成的角】 16【题型6向量法求线面角】 20【题型7向量法求二面角】 24【题型8利用空间向量研究存在性问题】 29知识点1用空间向量研究距离问题1．距离问题2．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.(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.3．求点到平面的距离的常用方法(1)直接法：过P点作平面的垂线，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到平面的距离.(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.(3)等体积法.【题型1点到平面距离的向量求法】【例1】（2425高二上·安徽·期末）在空间直角坐标系O−xyz中，有一个三棱柱ABC−A1B1C1，其中B1A1=2,0,3，A．1 B．2 C．3 D．2【答案】C【解题思路】直接利用点到平面距离的向量公式求解即可．【解答过程】设平面A1B1则n⋅B1C1=2y−3z=0n则平面A1B1因平面ABC//平面A1B1C1，则点A到平面A1B故选：C.【变式11】（2425高二上·海南·期末）已知AB是圆柱下底面的直径，C是下底面圆弧AB的中点，CF,BG是圆柱的母线，M是线CF的中点，AB=CF=4．则点F到平面AMG的距离为（

）A．1 B．2 C．2 D．2【答案】B【解题思路】如图建系，写出相关点的坐标，求出相关向量，平面的法向量坐标，利用点到平面的距离的向量公式计算即得.【解答过程】如图，分别取圆柱上下底面的圆心为O因AB是圆柱下底面的直径，C是下底面圆弧AB的中点，故OC⊥AB，分别以OC,OB,OO′所在直线为则A(0,−2,0),G(0,2,4),M(2,0,2),F(2,0,4)，于是AM=(2,2,2),设平面AMG的法向量为n=(x,y,z)则AM⋅n=2x+2y+2z=0故点F到平面AMG的距离为d=|故选：B.【变式12】（2425高二下·福建宁德·期中）如图所示，四棱锥P−ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，E为PC的中点，PD=DC=2.(1)证明：PA//平面BDE(2)求点E到平面PAB的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2【解题思路】（1）利用空间向量PA与平面BDE的法向量垂直可证结论正确；（2）根据点面距的向量公式可求出结果.【解答过程】（1）证明：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图空间直角坐标系.则D0,0,0，A2,0,0，P0,0,2，E所以PA=2,0,−2，DE=0,1,1设n1=x,y,z则n1⋅DE=y+z=0,n1⋅所以n1=因为PA⋅n所以PA⊥n1，又因为PA⊄所以PA//平面BDE（2）因为AB=0,2,0，BE设n2=x则n2⋅PA=2x0−2z0=0,所以点E到平面PAB的距离d=BE【变式13】（2425高二上·河南·期末）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C(1)求证：A1B//平面(2)求点A1到平面AM【答案】(1)证明见解析(2)2【解题思路】（1）连接A1C交AC1于O，连接（2）根据条件建立空间直角坐标系，由条件求得平面AMC1的法向量和【解答过程】（1）证明：连接A1C交AC1于O，连接OM，则因为M是BC的中点，所以OM∥A又OM⊂平面AMC1,A1B⊄平面（2）由ABC−A1B1C1是直三棱柱，且则A0,6,0则AA设平面AMC1的法向量为由n→⋅C1M=0n→⋅又AA1=0,0,3，设点A1则d=A【题型2平行平面距离的向量求法】【例2】（2425高一·全国·课后作业）在边长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中．平面A．33 B．1 C．22 【答案】A【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【解答过程】解：建立如图所示的直角坐标系，则A1(1,0,0)，C1(0,1,0)，所以DA1=(1,0,−1)，D设平面A1C1D的一个法向量m=(x,y,z)，则m⋅D显然平面AB1C所以平面AB1C与平面A故选：A.【变式21】（2425高二上·全国·课后作业）正方体ABCD−A1B1C1DA．2 B．3 C．23 D．【答案】D【解题思路】将平面AB1D1与平面BDC【解答过程】由正方体的性质：AB1∥DC1,AB1∩且AB1⊂平面AB1DC1⊂平面BDC1所以平面AB1D则两平面间的距离可转化为点B到平面AB以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为建立空间直角坐标系，如图所示：由正方体的棱长为1，所以A1,0,0，B1,1,0，C0,1,0，B1所以CA1=AB1=连接A1由CA1⋅所以CA且AB可知CA1⊥得平面AB1D则两平面间的距离：d=BA故选：D.【变式22】（2425高二上·全国·课后作业）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段

【答案】1【解题思路】由题以D为原点建立空间直角坐标系D−xyz，求出AE,AB1,FC1,FG,【解答过程】由题可以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系

则D0,0,0,C0,1,0,C所以AE=故AE=FC因为AE、AB1⊄平面C1FG所以AE//平面C1FG，AB又AE∩AB1=A，所以平面A所以平面AEB1到平面C1FG的距离等价于点设平面AB1E的法向量为n=x,y,z令z=2，则x=1,y=−2，所以n=故点G到平面AB1E的距离为GA⋅nn=【变式23】（2425高二·湖南·课后作业）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，设M、N、E、【答案】8【解题思路】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.【解答过程】以D为坐标原点，以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴，y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设a=(1,m,n)是平面EFBD则a⋅EF=0a⋅DE又因为AM=所以a⋅AM=0,a⋅AN=0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【题型3点到直线距离的向量求法】【例3】（2425高二上·广东潮州·期末）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,E为AA．2 B．1 C．32 D．【答案】B【解题思路】建立空间直角坐标系，根据向量法即可求解.【解答过程】建立空间直角坐标系，如图，则B1(1,0,1)，C(1,1,0)，所以CE=−1,−1所以CB1在CE方向上的投影向量的模为C所以点B1到直线EC的距离d=故选：B.【变式31】（2425高二上·广东深圳·期末）已知A2,2,1，B3,2,0，则点P2,0,−1到直线ABA．3 B．2 C．5 D．6【答案】D【解题思路】根据条件，利用点到直线距离的向量法，即可求解.【解答过程】因为A2,2,1，B3,2,0，P2,0,−1，则AB所以点P到直线AB的距离为：d=AP故选：D.【变式32】（2425高二上·江苏常州·期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段A．455 B．255 C．【答案】A【解题思路】建立空间直角坐标系利用空间向量求得点P到直线AA【解答过程】以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为则D10,0,2,E设D1P=λ因此A1因此点P到直线AA1=5当λ=25（满足题意）时，取得最小值，即点P到直线AA故选：A.【变式33】（2025·河南安阳·一模）如图，在三棱锥S−ABC中，SA，SB，SC两两垂直，SC=3，SB=2，SA=1，D为线段SC上靠近C的三等分点，点E为△ABC的重心，则点E到直线BD的距离为（

）A．36 B．66 C．33【答案】B【解题思路】根据题意，以S为坐标原点，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.【解答过程】根据题意，以S为坐标原点，建立空间直角坐标系，则S0,0,0又点E为△ABC的重心，所以E2则EB=43则cos<则sin<所以点E到直线BD的距离为EB⋅故选：B.【题型4异面直线距离的向量求法】【例4】（2425高二上·辽宁大连·期中）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=1，AB=2，AD=3，A．2 B．10 C．1 D．6【答案】C【解题思路】建立如图所示的空间直角坐标系，得出各点坐标，求出BC1与【解答过程】分别以DA,DC,DD1为因为AA1=1，AB=2，AD=3，E则D0,0,0，C10,2,1，B则B1C1设B1C1与DE则n⋅B1C1 =−3x=0又DC所以异面直线B1C1与DE故选：C.【变式41】（2425高二上·广东阳江·阶段练习）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．在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，BC=2，A．55 B．77 C．66【答案】D【解题思路】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，求出AC和BC1的公垂线的方向向量n，求出AB，再由【解答过程】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则A2,0,0则AC=−2,1,0，设AC和BC1的公垂线的方向向量则n⋅AC=0n⋅BC∵AB∴d=AB故选：D.【变式42】（2425高二上·辽宁大连·阶段练习）在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD,AB//DC,∠ADC=90°,AD=AB=3,PD=4，DC=6，则DB与CP之间的距离为（

）A．121717 B．121313 C．【答案】A【解题思路】建立空间直角坐标系，把异面直线的距离问题转化为点到直线的距离求解，利用向量来求解点到直线的距离，利用二次函数的性质求解最小值，即可得到答案．【解答过程】解：因为PD⊥平面ABCD，AB∥DC，故以D为坐标原点，直线DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，因为AD=AB=3，PD=4，DC=6，则D(0,0,0)，B(3,3,0)，C(0,6,0)，P(0,0,4)，所以BD=(−3,−3,0),设CE=λCP=(0,−6λ,4λ)∴BE距离d=BE因为34λ故d≥所以异面直线DB与CP之间的距离1217故选：A．【变式43】（2425高二上·山东枣庄·阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，M，N分别是棱AB，CC1的中点，A．24 B．22 C．1 【答案】A【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量即可根据公式求解.【解答过程】以D为原点，DA,DC,DDD1M=(1,12由n⋅D1M=x+又MN=(−1,12,1故选：A．知识点2用空间向量研究空间角1．夹角问题(1)两个平面的夹角：平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．(2)空间角的向量法解法角的分类向量求法范围两条异面直线所成的角直线与平面所成的角两个平面的夹角2．用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；3．向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.4．向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【题型5向量法求异面直线所成的角】【例5】（2425高二上·贵州六盘水·期末）直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=BC=AA1=2，点P是A．15 B．1010 C．105【答案】C【解题思路】根据条件，建立空间直角坐标系，求出B1【解答过程】由题可建立，以C为坐标原点的空间直角坐标系C−xyz，如图所示，因为AC=BC=AA1=2，点P是AC则B1设直线B1C与BP所成的角为θ，则故选：C.【变式51】（2425高二上·河北廊坊·期末）如图，在三棱锥A−BCD中，AB=AC=AD=2，且AB，AC，AD两两垂直，M，N分别为BC，AD的中点，则异面直线AM和CN夹角的余弦值为（

）A．−55 B．55 C．3【答案】D【解题思路】先通过已知条件建立空间直角坐标系，求出向量AM和CN的坐标，再利用向量夹角余弦值公式计算异面直线AM和CN夹角的余弦值.【解答过程】因为AB，AC，AD两两垂直，所以以A为原点，分别以AB，AC，AD所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.已知AB=AC=AD=2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2).因为M为BC的中点，根据中点坐标公式可得M点坐标为M(1,1,0).又因为N为AD的中点，所以N(0,0,1).

由坐标可得AM=(1−0,1−0,0−0)=(1,1,0)CN=(0−0,0−2,1−0)=(0,−2,1).先计算AM⋅再计算|AM|=1所以cos〈但异面直线夹角范围是(0,π2]，所以异面直线AM和故选：D.【变式52】（2425高二上·河北承德·期末）在平行四边形ABCD中，AB=2，AD=1，BD=3，E是BC的中点，沿BD将△BCD翻折至△BC′D的位置，使得平面BC′D⊥平面ABD，F为CA．35 B．45 C．13【答案】A【解题思路】根据面面垂直的性质可得BC′⊥BC【解答过程】在▱ABCD中，AD2+BD2又平面BC′D⊥平面CBD，平面BC′D∩平面CBD则BC′⊥平面CBD，又BC⊂平面CBD，于是B以点B为原点，直线BC,BD,BC′分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系则B(0,0,0),E(12,0,0),于是EF=(−12所以直线EF与AC′所成角的余弦值为故选：A.【变式53】（2425高二上·河南周口·期末）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AAA．0,12 B．0,23 C．【答案】B【解题思路】建立空间直角坐标系，设P1,1,a(0<a<2)，利用异面直线所成的角的夹角公式可得【解答过程】以D为坐标原点，以DA,DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，则A1,0,0,C10,1,2,D设AC1与D1P所成的角为所以cos2θ=4所以cos2θ=4故选：B.【题型6向量法求线面角】【例6】（2425高二上·辽宁丹东·期末）在三棱锥O−ABC中，OA,OB,OC两两互相垂直，E为OC的中点，且OB=OC=2OA，则直线AE与平面ABC所成角的正弦值为（

）A．36 B．312 C．66【答案】A【解题思路】建立空间直角坐标系求出平面ABC的法向量，再由线面角的向量求法可得结果.【解答过程】因为OA,OB,OC两两互相垂直，分别以OA,OB,OC所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：由OB=OC=2OA可设OA=1，则OB=OC=2，因此O0,0,0显然AE=−1,0,1，设平面ABC的一个法向量为n=则AB⋅n=−x+2y=0AC⋅所以n=设直线AE与平面ABC所成的角为θ，所以sinθ=故选：A.【变式61】（2425高二上·浙江·阶段练习）在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB⊥BC，AD//BC，AD=2AA．23 B．53 C．22【答案】A【解题思路】建立空间直角坐标系，由向量法表示线面角的正弦值，根据λ的范围求解即可.【解答过程】如图建立空间直角坐标系，所以A10,0,2，B1A1B1=1,0,0CP=因为AA1⊥平面ABCD，所以平面ABCD设直线CP与平面ABCD所成角为θ，所以sinθ=因为λ∈0,1，所以当λ=1时，正弦值最大，且最大值为2故选：A.【变式62】（2425高二上·浙江杭州·期末）如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=AC=PC=4,PA=PB=22，M是线段PC(1)求证：平面ABP⊥平面ABC；(2)若直线PM与平面ABM所成角的正弦值为64，求PM【答案】(1)证明见解析；(2)1+【解题思路】（1）取AB的中点O，连接OC、OP，推导出PO⊥平面ABC，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立.（2）以点O为坐标原点建立空间直角坐标系，设PM=λPC，借助空间向量求线面角建立关于λ的方程，求出λ即可求得【解答过程】（1）取AB的中点O，连接OC,OP，PA=PB=22，AB=BC=AC=4则PO⊥AB，OC⊥AB，PO2=P于是PO2+C由AB∩OC=O，AB,CO⊂平面ABC，得PO⊥平面ABC，又PO⊂平面APB，所以平面ABP⊥平面ABC.（2）由（1）知，直线OB,OC,OP两两垂直，以点O为坐标原点，直线OB,OC,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(−2,0,0),B(2,0,0),C(0,23,0),P(0,0,2)，设PM=λPC=λ(0,2则BM=设平面ABM的法向量为p=(x1令y1=λ−1，得p=(0,λ−1,3λ)，由直线PM得6整理得4λ2−2λ−1=0由于点M在线段PC上，所以λ=1+即PM=λPC=1+5【变式63】（2425高二上·内蒙古通辽·期末）如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=BC=2，△PAC是等边三角形，O为AC的中点，M为BC(1)求证：PO⊥平面ABC；(2)求直线PC与平面PAM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)93【解题思路】（1）由等边三角形的性质可知PO⊥AC，结合面面垂直的性质定理即可得证；（2）根据等腰直角三角形的性质可证OB⊥AC，则以O为坐标原点，OB,OC,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，结合空间向量公式可计算结果.【解答过程】（1）△PAC是等边三角形，O为AC的中点，所以PO⊥AC，因为平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC=AC，PO⊂平面PAC，所以PO⊥平面ABC.（2）连接OB，因为AB⊥BC，AB=BC=2，所以OB⊥AC以O为坐标原点，分别以OB,OC,OP为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题设得A0,−1,0，C0,1,0，P0,0,3，则AP=0,1,3，设平面APM的法向量为n=x,y,z，则即y+3z=01设直线PC与平面PAM所成角为θ，sinθ=所以直线PC与平面PAM所成角的正弦值为9331【题型7向量法求二面角】【例7】（2425高二上·辽宁沈阳·期末）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=6，AA1=4，点A．2222 B．23 C．33【答案】D【解题思路】以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，求平面A1ED与平面【解答过程】以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，则A10,0,4，E2,0,2，D0,6,0，故设平面A1ED的一个法向量为所以有A1D⋅n1=0A∵平面ABCD的一个法向量为n2=0,0,1故平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为故选：D.【变式71】（2425高二上·河南漯河·期末）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=CC1，点D是棱A．306 B．66 C．6【答案】C【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得【解答过程】如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，令AC=2，则A2,0,0设平面B1CD的法向量为∵CD=1,1,0，CB令x=1，则y=−1,z=1，∴n=又平面ABC的法向量为m=故cosn设平面ABC与平面B1CD所成角为θ，θ∈0,故平面ABC与平面B1CD夹角的正弦值为故选：C.【变式72】（2425高二上·宁夏吴忠·期中）如图．在四棱锥P−ABCD中，BC//AD，AB=BC=1，AD=3，点E在AD上，且PE⊥AD，(1)若F为线段PE中点，求证：BF//平面PCD(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析；(2)870【解题思路】（1）取PD的中点为S，接SF,SC，可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行的判定定理可得BF//平面PCD（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余弦值，再利用余弦值求正弦值即可.【解答过程】（1）取PD的中点为S，连接SF,SC，则SF//而ED//BC,ED=2故四边形SFBC为平行四边形，故BF//又BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD，所以BF//平面PCD（2）因为ED=2，故AE=1，故AE//故四边形AECB为平行四边形，故CE//因AB⊥平面PAD，所以CE⊥平面PAD，而PE,ED⊂平面PAD，故CE⊥PE,CE⊥ED，而PE⊥ED，故以E为原点，分别以EC,ED,EP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，则A0,−1,0则PA=设平面PAB的法向量为m=则m⋅PA=0m⋅PB=0设平面PCD的法向量为n=则n⋅PC=0n⋅PD=0故cosm故平面PAB与平面PCD夹角的正弦值为1−30【变式73】（2425高二上·江苏常州·期中）如图，在三棱锥P−ABC中，AB=AC,D为BC的中点，平面PAD⊥平面PBC.(1)证明：PB=PC；(2)若二面角P−BC−A的大小为45∘,BC=22,PA=PD=1，求平面【答案】(1)证明见解析(2)2【解题思路】（1）应用线面垂直的判定定理得出AH⊥平面PBC，进而得出BC⊥平面PAD，得出BC⊥PD即可得证；（2）根据线面垂直建立空间直角坐标系，得出平面PAB与平面PAC的法向量即可得出二面角的余弦，再结合同角关系得出正弦.【解答过程】（1）过A作AH⊥PD垂足为H，∵平面PAD⊥平面PBC，平面PAD∩平面PBC=PD，AH⊂平面PBC，∴AH⊥平面PBC，又∵BC⊂平面PBC，∴AH⊥BC，因为D为BC的中点，AB=AC，所以BC⊥AD，又AD∩AH=H,AD,AH⊂面PAD，所以BC⊥平面PAD.又因为PD⊂平面PAD，所以BC⊥PD.因为D为BC的中点，所以PB=PC.（2）如图，取AD的中点O，连接PO.因为PA=PD，所以PO⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABC，平面PAD∩平面ABC=AD,PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABC.因为二面角P−BC−A的大小为45∘所以即为二面角P−BC−A的平面角，即∠PDA=45所以△APD为等腰直角三角形，∴AD=2因为BC=22,AB=AC,BC=22，D所以AD=1所以AB⊥AC,AB=AC=2.如图，以A为坐标原点，AC,AB所在直线分别为x,y轴，过点A且与PO平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系A−xyz.则A0,0,0所以AP=设平面PAC的一个法向量为n1所以n1⋅AP令x1=0，解得所以n1同理，平面PAB的一个法向量为n2设平面PAB与平面PAC的夹角为θ，则cosθ=所以sinθ=【题型8利用空间向量研究存在性问题】【例8】（2425高二上·福建厦门·阶段练习）在如图所示的几何体中，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=π2，F为PA的中点，PD=2,AB=AD=12CD=1，四边形PDCE(1)求点N到平面PAB的距离；(2)在线段EF上是否存在一点Q，使得直线BQ与平面BCP所成角的大小为π6？若存在，求出FQ【答案】(1)6(2)存在点Q，FQ=【解题思路】（1）证明出DA,DC,DP两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面ABP的法向量，利用点到平面距离的向量公式求出答案；（2）求出平面PBC的法向量，设FQ=λFE(0≤λ≤1)，求出Q1−λ2,2λ,2(1+λ)【解答过程】（1）因为PD垂直于梯形ABCD所在的平面，DA,DC⊂平面ABCD，所以PD⊥DA，PD⊥DC，又∠ADC=π2，故如图以D为原点，分别以DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系.则P(0,0,2设平面ABP的法向量为n=(x,y,z)，则n解得y=0，令z=1，则x=2，则n又PN则点N到平面PAB的距离是d=（2）存在点Q，当点Q与E重合时，直线BQ与平面BCP所成角的大小为π6.PB=(1,1,−设平面PBC的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅PB解得y=x,z=2x,令x=1，得y=1,z=2由F12,0,22则s−12,t,r−故Q1−λ2,2λ,2因为直线BQ与平面BCP所成角的大小为π6所以sinπ解得λ2=1，由0≤λ≤1知λ=1，即点Q与故在线段EF上存在一点Q，使得直线BQ与平面BCP所成角的大小为π6且FQ=EF=【变式81】（2425高二上·湖北·阶段练习）如图1，在直角梯形ABCD中，已知AB∥CD，AB=AD=12DC=1，将△ABD沿BD翻折，使平面ABD⊥平面BCD.如图2，BD(1)求证：AO⊥平面BCD；(2)若AD的中点为G，在线段AC上是否存在点H，使得平面GHB与平面BCD夹角的余弦值为31414？若存在，求出点【答案】(1)证明见解析(2)存在，点H位于线段AC靠近A的三等分点处【解题思路】（1）利用面面垂直性质定理即可证明；（2）分别以OD，OM，OA为x，y，z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，设AH=λAC0≤λ≤1【解答过程】（1）因为AB=AD，BD的中点为O，所以AO⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，根据面面垂直的性质可得AO⊥平面BCD；（2）取DC的中点为M，连接MO，则MO∥BC，由图1直角梯形可知，ABMD为正方形，BM=CM=1，BD=BC=2，DC=2，∴BD⊥BC，BD⊥OM由（1）AO⊥平面BCD，可知OD，OM，OA两两互相垂直，分别以OD，OM，OA为x，y，z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，则O0,0,0，G24,0,24设AH=λACGH=−设平面GHB的法向量为n=GB取x=λ，则n→=λ,1−λ,−3λ.即平面GHB由AO⊥平面BCD，取平面BCD的法向量m=设平面GHB与平面BCD的夹角为θ，则cosθ=解得λ=13或所以，线段AC上存在点H，使得平面GHB与平面BCD夹角的余弦值为31414.点H位于线段AC靠近【变式82】（2425高三上·江苏·阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAD是正三角形，∠ABC=90°,AB∥CD,AB=2CD=2BC=4，平面PAD⊥平面ABCD，M是棱(1)求证：平面MBD⊥平面PAD；(2)在线段PC上是否存在点M，使得直线AP与平面MBD所成角为30°？若存在，求出PMPC【答案】(1)证明见解析(2)存在，12或【解题思路】（1）由题设证得AD⊥BD，取AD的中点O，连结PO，应用面面垂直的性质证PO⊥平面ABCD，再由线