第五讲 立体几何
空间向量
立体几何是高考中的必考内容，会出现在客观题或主观题中，同时在解答题中通常一定有一道综合题，放在解答题的中间位置，属中档题，多数情况用传统法、向量法都可以进行解答，用向量法来解大都可以降低难度、简化运算.空间向量是理科的必学内容.
考试要求
1、空间向量及其运算：⑴了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.⑵掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.⑶掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.
2、空间向量的应用：⑴理解直线的方向向量与平面的法向量.⑵能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.⑶能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）⑷能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
题型一 空间向量解决平行与垂直问题
例1如图5-1-1,在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.
（1）证明PA//平面EDB；
（2）证明PB⊥平面EFD；
点拨：本小题考查直线与平面平行,直线与平面垂直等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力，可用传统方法也可用向量方法.用向量方法关键是先要适当建立空间直角坐标系，然后利用向量的垂直和平行，通过数量积转化成坐标计算来解决.
解：如图5-1-2所示建立空间直角坐标系,D为坐标原点,设.
（1）证明：连结AC,AC交BD于G,连结EG.
依题意得.
∵底面ABCD是正方形,∴G是此正方形的中心,故点G的坐标为
且.
∴,这表明PA//EG.
而平面EDB且平面EDB,∴PA//平面EDB.
（2）证明:依题意得,.又,
故.∴.
由已知,且,所以平面EFD.
易错点：不能建立恰当坐标系，导致每个点的坐标难求且数据复杂，会使运算量大，造成错误.
变式与引申
1．如图5-1-3，正方形ABCD和四边形ACEF所在
的平面互相垂直，CE⊥AC,EF∥AC,AB=，CE=EF=1.
（Ⅰ）求证：AF∥平面BDE；
（Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE.
题型二 空间向量解决空间角问题
例2 如图5-1-4， 在四面体中，, ,，且.
(Ⅰ) 设为的中点.证明：在上存在一点,使,
并计算的值；
(Ⅱ) 求平面OAC与平面BAC夹角的余弦值.
点拨：(Ⅰ)由,可思考建立坐标系，利用向量的平行与垂直，向量的加减法.结合三垂线定理等知识解决.(Ⅱ)通过法向量的寻找来解决.
解： (Ⅰ)取为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系（如图5-1-5所示）
则,
∵为的中点，∴.
设,且（0，1），
,=+=,,,,即，，因此存在点,使得.
(Ⅱ)记平面的法向量为，则由且,得，故可取，又平面的法向量为，，平面OAC与平面BAC夹角记为，则cos=.
易错点：寻找所求的平面的法向量易出错.
变式与引申
2. 如图5-1-6，已知点P在正方体
的对角线上，∠PDA=60°.
（1）求DP与所成角的大小；
（2）求DP与平面所成角的大小.
题型三 空间向量解决距离问题
例3如图5-1-7在三棱锥S—ABC中,△ABC是边长为4的正三角形,平面SAC⊥平面ABC,SA=SC=2,M、N分别为AB、SB的中点.
（Ⅰ）证明：AC⊥SB；
（Ⅱ）求平面NCM与平面BCM夹角的余弦值；
（Ⅲ）求点B到平面CMN的距离.
点拨：如果传统法 （Ⅰ）需作辅助线再构造一平面，可得线面垂直结论，即可证得线先垂直；（Ⅱ）由三垂线定理作出两个平面的夹角，再由直角三角形知识即可求解；（Ⅲ）由等体积转换即可求解.?但解此题用下面的空间向量知识解更简捷.
解：（Ⅰ）取AC中点O,连结OS、OB.
∵SA=SC,AB=BC,
∴AC⊥SO且AC⊥BO.
∵平面SAC⊥平面ABC,平面SAC∩平面 ABC=AC
∴SO⊥面ABC,∴SO⊥BO.
如图5-1-8所示建立空间直角坐标系O－xyz.
则A（2,0,0）,B（0,2,0）,C（－2,0,0）,
S（0,0,2）,M(1,,0),N(0,,).
∴=（－4,0,0）,=（0,2,2）,∵·=（－4,0,0）·（0,2,2）=0,∴AC⊥SB.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得=（3,,0）,=（－1,0,）.设n=（x,y,z）为平面CMN的一个法向量,
n
则
·n =－x+z=0, 取z=1,则x=,y=-,∴n =(,－,1),
又=(0,0,2)为平面ABC的一个法向量,
∴cos(n,)==.
∴平面NCM与平面BCM夹角的余弦值.
（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）得=（－1,,0）, n =（,－,1）为平面CMN的一个法向量,
∴点B到平面CMN的距离d==.
易错点：利用向量的数量积的方法解决距离点面距离的问题，方法很巧，但公式易记错.
变式与引申
3.如图5-1-9，四面体ABCD中，O、E分别BD、BC的中点,CA=CB=CD=BD=2，AB=AD=
（Ⅰ）求证：AO⊥平面BCD；
（Ⅱ）求异面直线AB与CD所成角的余弦值；
（Ⅲ）求点E到平面ACD的距离.
题型四 空间向量解决探索性问题
例4如图5-1-10，四边形为正方形，四边形为矩形，⊥平面，为的中点，且，试问：在线段上是否存在点，使得⊥平面？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.
点拨：结论探索性问题方法是先假设存在，再去推理，
解 假设在线段上存在一点使得⊥平面
如图5-1-10，以为原点，分别为轴建立
空间直角坐标系，有，设
又∴
注意到PE⊥平面AMN
∴
∴ ∴
∴，
故在线段上存在点，使⊥平面，线段的长为
易错点: 应用传统方法，寻找解题思路有难度，用向量的方法可以降低思维的难度.空间坐标系的建立要恰当，向量与方程的运算易错.
变式与引申
4.如图5-1-12，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，.
（Ⅰ）试确定，使得直线与平面所成角的正切值为；
（Ⅱ）在线段上是否存在一个定点，使得对任意的，在平面
上的射影垂直于.并证明你的结论.
本节主要考查：①知识点空间向量的概念及运算、空间直角坐标系及运算；②向量数量积、法向量、利用向量数量积处理空间中的平行、垂直问题；空间角和空间距离等综合应用问题；③空间想像力、等价转化思想的应用以及逻辑推理能力、方程思想、运算求解能力等基本数学能力.
点评：（1）立体几何考查的重点是空间想像力，各种位置关系，尤其是平行与垂直.
（2）位置关系：两条异面直线相互垂直只要证两条异面直线的方向量相互垂直；直线和平面相互平行问题只要证明这条直线的方向量和这个平面内的一个向量相互平行或证明这条直线的方向量和这个平面的法向量相互垂直.直线和平面垂直只要证明直线的方向量与这个平面内不共线的两个向量都垂直或证明直线的方向量与这个平面的法向量相互平行.平面和平面相互垂直用向量法就是证明两个平面的法向量相互垂直.
（3）求距离：求距离的重点在点到平面的距离，直线到平面的距离和两个平面的距离可以转化成点到平面的距离，一个点到平面的距离也可以转化成另外一个点到这个平面的距离.点到平面的距离的求法：①“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来；②向量法，利用公式（其中A为已知点，B为这个平面内的任意一点，这个平面的法向量）.
（4）求角：两条异面直线所成的角：通过两条异面直线的方向量所成的角来求得，但是注意到异面直线所成角得范围是，向量所成的角范围是，如果求出的是钝角，要注意转化成相应的锐角.直线和平面所成的角：① “一找二证三求”， 三步都必须要清楚地写出来； ②向量法，先求直线的方向量于平面的法向量所成的角α，那么所要求的角为或.平面与平面所成的角：“一找二证三求”，找出这个两个平面夹角的平面角，然后再来证明我们找出来的这个角是我们要求的两个平面夹角的平面角，最后就通过解三角形来求.②向量法，先求两个平面的法向量所成的角为α，那么这两个平面夹角为α或
π－α.
习题5-1
1.如图5-1-13在直角坐标系中，设，，
沿轴把坐标平面折成的二面角后，的长为（ ）
A． B． C． D．
2. 若向量=（1,1,x）, =(1,2,1), =(1,1,1),满足条件=-2,则= .
3.（2011年高考安徽卷·理）如图5-1-14，为多面体，平面与平面垂直，点在线段上，△OAB，,△，△，△都是正三角形。
（Ⅰ）证明直线∥；
（II）求棱锥F—OBED的体积。
4.如图5-1-15,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为1,M是底面BC边上的中点,N是侧棱CC1上的点,且CN＝2C1N.
（Ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值；
（Ⅱ）求点B1到平面AMN的距离.
5. 如图5-1-16所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点.
（Ⅰ）求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值；
（Ⅱ）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F//平面A1BE？证明你的结论.
第二节 平行与垂直
三视图是新课标高考命题的必考点，大多以小题出现，难度不大.而立体几何中的平行和垂直关系也是高考命题的重点和热点，其中线面垂直的判定和性质几乎年年出现，面面垂直的性质和判定定理也是高考的一个热点，同时各平行的判定和性质也仍会被关注.考题多以解答题出现，属中档或中高档题，难度一般控制在0.50--0.75之间.
考试要求 （1）能画出简单空间图形（长方体，球，圆柱，圆锥，棱柱等简单组合体）的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图；（2）理解线线平行，线面平行，面面平行的判定及性质定理，能运用公理，定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系的简单命题；（3）理解线线垂直，线面垂直，面面垂直的判定及性质定理，能运用公理，定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.
题型一 三视图
例1（1）如图5-2-1是一个几何体的三视图，根据图中数据，
可得该几何体的表面积是（ ）
A． B． C． D．
点拨 识别上述三视图表示的立体图形
解 从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱体组合
而成的简单几何体，其表面积为：
，故选D.
易错点 对原几何体的下部分（圆柱体）的分析出错，误以为是长方体.
（2）将正三棱柱截去三个角（如图5-2-2所示，分别是三边的中点）得到几何体如图5-2-3，则该几何体按所示方向的侧视图（或称左视图）为（ ）
点拨: 底面和HGDE垂直，分析点B的位置
解：在左视图中，E，D两点重合，B，C两点重合，且平面ADE与平面FDE夹角为直角，故选（A）.
易错点 对于左视图中点B的位置分析不正确.
变式与引申
1.（1）一个体积为的正三棱柱的三视图如图5-2-4所示，
则这个三棱柱的左视图的面积为 （ ）
A． B．8 C． D．12
（2）用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其主视图、
左视图都是如图5-2-5所示的图形，则这个几何体的最大体积与
最小体积的差是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
题型二 空间的平行关系
例2 如图5-2-6，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB=2EF=2，EF∥AB,EF⊥FB,∠BFC=90°，BF=FC,H为BC的中点.
（Ⅰ）求证：FH∥平面EDB;
（Ⅱ）求证：AC⊥平面EDB;
（Ⅲ）求四面体B—DEF的体积.
点拨：（Ⅰ）设底面对角线交点为G，则可以通过证明EG∥FH，得∥平面；（Ⅱ）利用线线、线面的平行与垂直关系，证明FH⊥平面ABCD，得FH⊥BC，FH⊥AC，进而得EG⊥AC，平面；（Ⅲ）证明BF⊥平面CDEF，得BF为四面体B-DEF的高，进而求体积.
解: （Ⅰ）
（Ⅱ）证明：由四边形ABCD为正方形，有,又,
而平面
,为的中点，,
（Ⅲ）解：
为四面体的高，又
易错点：本题是图形不规则的空间几何体，容易导致空间思维的混乱，结论是线面平行与垂直以及体积，考查平行关系的判断与性质.解决这类问题，通常利用线线平行证明线面平行，利用线线垂直证明线面垂直，通过求高和底面积求四面体体积.
变式与引申
2．如图5-2-7：在四棱锥中，底面是菱形，平面ABCD，
点分别为的中点，且.
（Ⅰ）证明：⊥平面；
（Ⅱ）求三棱锥的体积；
（Ⅲ）在线段PD上是否存在一点E，使得平面；若存在，求出PE的长；若不存在，说明理由.
题型三 空间的垂直关系
例3 如图5-2-8，是半径为的半圆，为直径，点为的中点，点和点为线段的三等分点，平面外一点满足==，FE=
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）已知点为线段上的点，，，求平面与平面夹角
的正弦值.
点拨 设法证明平面即可
解：（Ⅰ）证明：∵E为中点，AB=BC，AC为直径，
∴..∴.
又,.
,∴.
（Ⅱ）解：如图5-2-9，过D作.
，.
.又，所以HD为平面BED与平面RQD的交线.
BD,RD平面BDF, EB平面BDF,HDBD, HDRD
RDB为平面BED与平面RQD夹角的平面角.
FB=FD,BC=CD,所以FCBD.FBC=
易错点 第二问的计算量大，容易出错.
变式与引申
3.如图5-2-10，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB＝2.
（Ⅰ ）求证：DB⊥平面B1BCC1；
（Ⅱ ）设E是DC上一点，试确定E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．
题型四 综合运用
例4 如图5-2-11是某直三棱柱（侧棱与底面垂直）被削去上底后的直观图与三视图的左视图、俯视图，在直观图中，M是BD的中点，左视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图5-2-11所示.
（Ⅰ ）求出该几何体的体积；
（Ⅱ）若N是BC的中点，求证：平面；
（Ⅲ）求证：平面平面.
点拨：（Ⅰ）先对应求出各边；（Ⅱ）找线线平行；（Ⅲ）找线面垂直
解：（Ⅰ）由题意可知：四棱锥中，
平面平面，
所以，平面，又，
则四棱锥的体积为：
（Ⅱ）连接，则 又，
所以四边形为平行四边形，
平面,平面,所以，平面；
（Ⅲ） ,是的中点,，又平面平面平面
由(2)知：平面又平面所以，平面平面.
易错点 容易求错相应边的值，很难找出线面垂直关系.
变式与引申
4. 一个多面体的直观图和三视图如图5-2-12所示，其中M、N分别是AB、AC的中点，G是DF上的一动点.
（Ⅰ）求证：
（Ⅱ）当FG=GD时，在棱AD上确定一点P，使得GP//平面FMC,并给出证明.
本节主要考查 （1）知识点有识别三视图和三视图的还原；线线，线面，面面平行的判定与性质定理；线线，线面，面面垂直的判定与性质定理以及这些知识的综合应用（2）技能技巧；（3）数形结合，转化化归的应用以及观察能力，归纳能力，空间想象能力，运算求解能力等基本数学能力.
点 评
（1）三视图是立体几何的重点，也是新课标的一个重点内容，也是高考的热点，主要考察如何识别三视图和还原成直观图（如例题1）；
（2）在分析三视图还原成几何体过程中，还原几何体是要注意①确定三视方向②分析组合体的组成形式，特点③交线位置和虚实；还原数据时要注意对应：主，俯长对正；主，左高平齐；左，俯宽相等.
（3）平行关系是立体几何中的重点，也是高考中常考热点，在解决线面，面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”，而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意转化的方向总是受题目的具体条件而定，绝不可过于“模式化”.
（4）垂直关系是立体几何中的必考点，无论是线面垂直还是面面垂直，都源于线线的垂直，这种转化为“低维”垂直的思想方法，在解题时非常重要，在处理实际问题的过程中，可以先从题设条件下手，分析已有的垂直关系，再从结论入手分析所以证明的垂直关系，从而架起已知与未知之间的“桥梁”.
（5）对于平行与垂直关系，应根据本节的各种概念，定理多的特点进行复习，重在理清各种定理的特征和关系，总结规律，重视通性通法，培养计算能力和应用能力.
习题5－2
1．如图5-2-13，在一个正方体内放入两个半径不相等的球、，这两个球相外切，且球与正方体共顶点的三个面相切，球与正方体共顶点的三个面相切，则两球在正方体的面上的正投影是 （ ）
A. B. C. D.
2．设和为不重合的两个平面，给出下列命题：
（1）若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则平行于；
（2）若外一条直线与内的一条直线平行，则和平行；
（3）设和相交于直线，若内有一条直线垂直于，则和垂直；
（4）直线与垂直的充分必要条件是与内的两条直线垂直．
上面命题中，真命题的序号是 ．（写出所有真命题的序号）
3．（2011年高考江苏卷）如图5-2-14，在四棱锥中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点
求证：（1）直线EF∥平面PCD；
（2）平面BEF⊥平面PAD
4. 如图5-2-15，直四棱柱中，底面为菱形为延长线上的一点，面.
(Ⅰ)求平面与平面夹角的大小；
(Ⅱ)在上是否存在一点，使面?若存在，
求的值;不存在，说明理由.
5.如图5-2-16，已知直三棱柱ABC—A1B1C1，，E是棱CC1上动点，F是AB中点，
（1）求证：；
（2）当E是棱CC1中点时，求证：CF//平面AEB1；
（3）在棱CC1上是否存在点E，使得平面与
平面夹角的大小是45°，若存在，求CE的长，
若不存在，请说明理由.
第三节 空间角
空间角是立体几何的重要知识，是空间图形的一个突出量化指标，更是高考的必考内容.近年高考中空间角重点考查异面直线所成的角，直线与平面所成的角，平面与平面夹角等内容；多以点、线、面的位置关系、空间距离等相结合，考查对图形的识别、理解、应用和加工能力；可以各种题型出现.小题主要以考查概念为主，解答题则一般将线面集中于一个几何体中，即以一个多面体为依托，设置几个小问，设问形式以证明或计算为主，属于中高档题,难度值一般控制在0.5-0.7之间.
考试要求⑴了解并掌握异面直线所成的角，直线与平面所成的角，平面与平夹角的概念；
⑵能用向量方法计算空间几何体中的线线、线面、面面的夹角；（3）掌握数形结合、等价转化的思想方法.
题型一 异面直线所成角的计算
例 等边三角形与正方形有一公共边，平面CAB与平面DAB夹角的余弦值为，分别是的中点，则所成角的余弦值等于 ．
点拨： 首先应画出图形，然后找到平面CAB与平面DAB夹角的平面角，结合条件计算知，四棱锥C—ABDE为正四棱锥.最后可用向量乘法或建立空间直角坐标系，通过向量的坐标运算来求出答案.
解：解法1： 设，作，则，为平面CAB与平面DAB夹角的平面角.，结合等边三角形与正方形可知此四棱锥为正四棱锥，则，
,.
故所成角的余弦值
解法2：以为坐标原点，建立如图5-3-1所示的直角坐标系，
则点,
,
则,
故所成角的余弦值.
易错点：①计算平面CAB与平面DAB夹角易错，从而不能判断四棱锥
C—ABDE为正四棱锥；②计算出错.
变式与引申
1.如图5-3-2，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，
侧棱PA⊥底面ABCD，，，，
则直线AC与PB所成角的余弦值等于 ．
题型二 直线与平面所成角的计算
例2 如图5-3-3在正方体中，F是BC的中点，
点E在上，且，试求直线EF与平面所
成角的正弦值.
点拨：关键是求平面的一个法向量. 连结，则为平面的一个法向量.
解：设正方体棱长为1，以为单位正交基底，建立如图5-3-4坐标系，则各点的坐标分别为,连接，所以，由题意可知，为平面的一个法向量，.
故直线EF与平面所成角的正弦值为.
易错点：①求平面的法向量时出错；②计算时易错.
变式与引申
2. 动点P是棱长为1的正方体的对角线上一点，记．当为钝角时，求的取值范围．
题型三 平面与平面夹角的计算
例3 如图5-3-5，在三棱锥中，侧面是全等的直角三角形，是公共的斜边，且，另一侧面是正三角形．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求平面BAC与平面DAC夹角的余弦值；
（Ⅲ）在线段上是否存在一点，使与面成角？
若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
点拨：本题解题的关键是如何建立空间直角坐标系？如果把原图补成一个
正方体（或另画一个正方体，把原图放进去），建立空间直角坐标系，利
用空间向量计算，将会相当简单.第三问可通过转化的思想，设出E点坐
标，列出方程，解出未知数.
解：（Ⅰ）作面于，连，则四边形是正方形，且，
以为原点，以为轴，为轴建立空间直角坐标系如图5-3-6，则．
， ，则．
（Ⅱ）设平面的法向量为，
则由知：；
同理由知：．可取．
同理，可求得平面的一个法向量为．
由图可以看出，平面BAC与平面DAC夹角的大小应等于，
则．
（Ⅲ）设是线段上一点，则，平面的一个法向量为，，要使与面成角，由图可知与的夹角为，
所以．
则，解得，，则．
故线段上存在点，且时，与面成角．
易错点：易错点有二：一是由于建立空间坐标系不当，导致解法运算繁琐而算错；二是设出后，很难得到，从而不能列出方程，解出E点的位置.
变式与引申
3.如图5-3-7，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，点M在侧棱SC上，.
（Ⅰ）证明：M是侧棱SC的中点；
（Ⅱ）求平面SAM与平面BAM夹角的余弦值.
题型四 以空间角为载体的应用问题
例4 如图5-3-8，在直角梯形ABED中，
AB//DE，ABBE，ABCD,且BC=CD,AB=2,
F、H、G分别为AC ,AD ,DE的中点，现将△ACD
沿CD折起，使平面ACD平面CBED,如图5-3-9．
（Ⅰ）求证：平面FHG//平面ABE；
（Ⅱ）记表示三棱锥B－ACE 的体积，
求的最大值；
（Ⅲ）当取得最大值时，求平面DAB与平面CAB夹角的余弦值．
点拨：一是要抓住折叠后有图形不变的特征;二是求出后，可用导数和重要不等式求的最大值；三是求平面DAB与平面CAB夹角的余弦值有多种方法.
解：（Ⅰ）证明：由图5-3-8结合已知条件知四边形CBED为正方形，如图5-3-9.
∵F、H、G分别为AC , AD,DE的中点，∴FH//CD, HG//AE ∵CD//BE ∴FH//BE
∵面，面，∴面，同理可得面
又∵ ∴平面FHG//平面ABE
（Ⅱ）∵平面ACD平面CBED 且ACCD ∴平面CBED
∴＝＝ ∵ ∴（）
∴＝
∵，令得（不合舍去）或
当时，当时
∴当时有最大值，
（Ⅲ）以点C为坐标原点，CB为x轴建立空间直角坐标系
如图5-3-10所示：由（2）知当取得最大值时，即BC=
这时AC=,∴,,
∴平面ACB的法向量
设平面ABD的法向量为，
∵,
由,得，，令得
设平面DAB与平面CAB夹角为，则
易错点：①折叠前后几何图形特征和数量关系搞混；②计算出差错.
变式与引申
4.已知几何体A—BCED的三视图如图5-3-11所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形.
（Ⅰ）求此几何体的体积V的大小；
（Ⅱ）求异面直线DE与AB所成角的余弦值；
（Ⅲ）试探究在DE上是否存在点Q，使得AQBQ并说明理由.
本节主要考查：（1）借助空间几何体内的位置关系求空间角；（2）用向量方法解决线线、线面、面面夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用；（3）运算能力、空间想象能力和探究能力；（4）等价转化的数学思想方法等等.
点 评：1．空间角常见的有线线角、线面角，面面角它们都可在建立空间直角坐标系后利用公式来求.
①线线角：,分别为两异面直线的方向向量.
②线面角：,分别为直线和平面的方向向量和法向量.
③面面角：,或-,分别为两个平面的法向量.
2．平面的法向量是中学数学中的一颗明珠，是用向量法解立体几何问题的锐利武器.求平面法向量的一般步骤.(1)设平面的法向量为=（x,y,z）；(2)在平面内任找两不共线的向量，；(3)根据法向量的定义建立关于x、y、z的方程组=0，并且=0；(4)解方程组，取其中的一个解，即得法向量 .
3．解决折叠问题的关键是抓住折叠前和折叠后变与不变的几何特征和数量关系，其中不变量是解题的基础，可以先将这些关系一一指出以备后用.
4．对于立体几何的探索性问题一般都是条件开放性的探究问题，采用的方法一般是执果索因的方法，假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件，再运用方程的思想或向量的方法等转化为代数的问题解决.如果找到了符合题目要求的条件，则存在；如果找不到符合题目要求的条件，或出现了矛盾，则不存在. 对于立体几何的探索性问题用空间向量的方法去解决，只需通过坐标运算进行判断，在解题过程中,把“是否存在问题”转化为：“点的坐标”是否有解，“是否在规定范围内”有解的问题.
习题5－3
1．正方体-中，与平面所成角的余弦值为（ ）.
（A） （B） （C） （D）
2．如图5-3-12，已知正三棱柱的各条棱长都相等，M是
侧棱的中点，则异面直线和所成的角的大小是 .
3．一个多面体的直观图和三视图如图5-3-13所示
（1）求证:；（2）是否在线段上存在一点,使平面QAC与平面DAC夹角为，设，若存在，求；若不存在，说明理由
4．如图5-3-14所示，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E是CD的中点，O为AE的中点，以AE为折痕将△ADE向上折起，使D到P，且PC=PB.
（Ⅰ ）求证：PO⊥面ABCE；（Ⅱ ）求AC与面PAB所成角的正弦值.
5．如图5-3-15，在四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，DAB为直角，AB∥CD,AD=CD=2AB，E、F分别为PC、CD的中点．[来源:学.科.网]
（Ⅰ）试证：AB平面BEF；
（Ⅱ）设PA＝k ·AB，且平面EBD与平面CBD的夹角大于，
求k的取值范围．
第四节 空间距离
空间距离是高考命题的热点，纵观近几年的高考试题，点点距离一般出现在小题中，属于难题；点到直线的距离，点、线、面到面的距离是常考题型，是大题中的一小问，属于中档题.,难度值一般控制在之间.
考试要求⑴了解并掌握点线、点面、线线、线面、面面距离的概念；⑵能用向量方法计算空间几何体中的点线、点面、线线、线面、面面距离；（3）掌握数形结合、等价转化的思想方法.
题型一 点到平面的距离
例1 如图5-4-1在四棱锥中，底面是矩形，平面，，. 以的中点为球心、为直径的球面交于点，交于点.
（Ⅰ）求证：平面⊥平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值；
（Ⅲ）求点到平面的距离.
点拔：直线与平面所成的角转化为两向量的夹角，注意点面距离的转化，利用平面互相垂直作距离也是一种常用的方法.向量法
解：（Ⅰ）依题设知，AC是所作球面的直径，则AM⊥MC.
又因为P A⊥平面ABCD，则PA⊥CD，又CD⊥AD，
所以CD⊥平面ＰＡＤ，则CD⊥AM，所以A M⊥平面PCD，
所以平面ABM⊥平面PCD.
（Ⅱ）如图5-4-2所示，建立空间直角坐标系，则，，， ，，；设平面的一个法向量，由可得：，令，则.设所求角为，则，
（Ⅲ）由条件可得，.在中，,所以,
则, ，所以所求距离等于点到平面距离的，设点到平面距离为则，所以所求距离为.
易错点：点到平面的距离转化为点到平面的距离易错.
变式与引申
1.如图5-4-3，已知长方体，，且， F为的中点．求点到平面的距离.
题型二 直线到平面的距离
例2． 如图5-4-4，在棱长为2的正方体中，
G是的中点，求BD到平面的距离.
点拨：把线面距离转化为点面距离，再用点到平面距离的方法求解.
解：解析一 ∥平面，
上任意一点到平面的距离皆为所求，以下求点O平面的距离,，，平面,
又平面平面，两个平面的交线是,作于H，则有平面，即OH是O点到平面的距离.
在中，.
又.
即BD到平面的距离等于.
解析二 ∥平面，
上任意一点到平面的距离皆为所求，以下求点B平面的距离.
设点B到平面的距离为h，将它视为三棱锥的高，则
,
即BD到平面的距离等于.
易错点：求线面距离关键是选准恰当的点，转化为点面距离（点的选择不恰当，运算量大错误率高），.本例根据选出的点直接作出距离或等体积法求出点面距离.
变式与引申
2．如图5-4-5已知边长为的正三角形中，、分别为
和的中点，面，且，设平面过且与
平行. 求与平面间的距离？
题型三 平面与平面间的距离、异面直线间的距离
例3．如图5-4-6，在直三棱柱中，，
D,F,G分别为的中点，EF与相交于H.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：平面EFG//平面ABD；
（Ⅲ）求平面EGF与平面ABD的距离.
点拨：面面垂直推出线线垂直，线面垂直推出线线垂直；线线平行推出面面平行；面面距离转化成点到平面的距离问题
解：（Ⅰ）由直三棱锥的性质得
由已知
即
（Ⅱ）因为为等腰直角三角形
①
因为FG分别为的中点
②
由①②及EF、GF均在平面EFG内且
（Ⅲ）由（1）知且，所以HD为两平面间的距离
易错点：①、、的公垂线的证明易错；②采用向量或等积法来求解增加运算量而导致出错；
变式与引申
3.如图5-4-7，正四棱锥的高，底边长.
求异面直线和之间的距离.
题型四 以空间距离为载体的探索性问题
例4 如图5-4-8，已知正方体ABCD－棱长为，求异面直线BD与C的距离．
点拨：求两异面直线间的距离实际上就是求两点间的距离的最小值.
解：如图，在BC上取一点M，作MEBC于E，过E作ENBD交BD于N，易知MN为BD与的公垂线时，MN最小.
设BE=，CE=ME=，EN=，
MN====.
当时，.
易错点:将异面直线的距离转化为两点间的距离易错.
变式与引申
4．如图5-4-9，直线，垂足为O，已知中，为直角，AB=2，BC=1，该直角三角形做符合以下条件的自由运动：（1），（2）．则C、O两点间的最大距离为 _______ .
本节主要考查：特别是以两点间距离，点到平面的距离，两异面直线的距离，直线与平面的距离等作为命题的重点内容，高考试题中常将上述内容综合在一起放在解答题中进行考查，分为多个小问题，也可能作为客观题进行单独考查.考查空间距离的试题一般作为整套试卷的中档题，但也可能在最后一问中设置有难度的问题.
求空间距离，都要按照“一作，二证，三算”的步骤来完成，即寓证明于运算之中，正是本专题的一大特色.
求解空间距离的方法有两种：一是利用传统的几何方法，二是利用空间向量.
点评：一、空间距离
（1）点到直线的距离：点Ｐ到直线的距离为点Ｐ到直线的垂线段的长，常先找或作直线所在平面的垂线，得垂足为Ａ，过Ａ作的垂线，垂足为Ｂ连ＰＢ，则由三垂线定理可得线段ＰＢ即为点Ｐ到直线的距离.在直角三角形ＰＡＢ中求出ＰＢ的长即可.
（2）点到平面的距离：点Ｐ到平面的距离为点Ｐ到平面的垂线段的长．常用求法①作出点Ｐ到平面的垂线后求出垂线段的长；②转移法，如果平面的斜线上两点Ａ，Ｂ到斜足Ｃ的距离ＡＢ，ＡＣ的比为，则点Ａ，Ｂ到平面的距离之比也为．特别地，ＡＢ＝ＡＣ时，点Ａ，Ｂ到平面的距离相等；③体积法
（3）异面直线间的距离：异面直线间的距离为间的公垂线段的长．常有求法①先证线段ＡＢ
为异面直线的公垂线段，然后求出ＡＢ的长即可．②找或作出过且与平行的平面，则直线到平面的距离就是异面直线间的距离．③找或作出分别过且与，分别平行的平面，则这两平面间的距离就是异面直线间的距离．④根据异面直线间的距离公式求距离.
（4）直线到平面的距离：只存在于直线和平面平行之间．为直线上任意一点到平面间的距离.
（5）平面与平面间的距离：只存在于两个平行平面之间．为一个平面上任意一点到另一个平面的距离.
以上所说的所有距离：点线距，点面距，线线距，线面距，面面距都是对应图形上两点间的最短距离.所以均可以用求函数的最小值法求各距离
二、空间向量的应用
（1）用法向量求异面直线间的距离
a、b是两异面直线，是a和b 的法向量，点E∈a，F∈b，则异面直线 a与b之间的距离是 ；
（2）用法向量求点到平面的距离
已知AB是平面α的 一条斜线，为平面α的法向量，则 A到平面α的距离为；
（3）用法向量求直线到平面间的距离
首先必须确定直线与平面平行，然后将直线到平面的距离问题转化成直线上一点到平面的距离问题
（4）用法向量求两平行平面间的距离
首先必须确定两个平面是否平行，这时可以在一个平面上任取一点，将两平面间的距离问题转化成点到平面的距离问题.
习题5-4
1. 已知在中，AB=9，AC=15，，它所在平面外一点P到三顶点的距离都是14，那么点P到平面的距离为（ ）
A. 13 B. 11 C. 9 D. 7
2. 在一个正四棱锥，它的底面边长与侧棱长均为a ，现有一张正方形包装纸将其完全包住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小边长应为（ ）
A. B. C. D.
3 如图5-4-10，在正三棱柱中，为的中点，是上一点，且由沿棱柱侧面经过棱到的最短路线长为，设这条最短路线与的交点为，
求：（Ⅰ）该三棱柱的侧面展开图的对角线长；
（Ⅱ）的长；
4. 如图5-4-11，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，分别为，，的中点，，．
（Ⅰ）设是的中点，证明：平面；
（Ⅱ）证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离．
5.如图5-4-12，在梯形中，，，四边形为矩形，平面平面，.（I）求证：平面；（II）点在线段上运动，设平面与平面的夹角为，试求的取值范围.
第五讲(理) 参考答案
第一节空间向量
变式与引申
1.解：（I）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，且CEAC，所以CE平面ABCD.如图5-1-1，以C为原点，建立空间直角坐标系C-.则C（0，0，0），，B（0，，0），，，，所以，，.设为平面BDE的法向量，则，即，令，得，.
，，
又面BDE，AF//平面BDE.
（II）由（I）知，所以,
所以,.又因为，所以平面BDE.
2.解：如图5-1-2，以为原点，为单位长建立空间直角坐标系．
则，．连结，．
在平面中，延长交于．设，
由已知，由
可得．解得，所以．
（Ⅰ）因为，
所以．即与所成的角为．
（Ⅱ）平面的一个法向量是．
因为，
所以．
可得与平面所成的角为．
3.（Ⅰ）略
（Ⅱ）解：以O为原点,如图5-1-3建立空间直角坐标系,
则B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,,0),A(0,0,1),E(,,0),
∴
∴异面直线AB与CD所成角的余弦值
（Ⅲ）解：设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),则
∴
令y=1,得n=(-)是平面ACD的一个法向量.
又
∴点E到平面ACD的距离
h=
4.解:（１）建立如图5-1-4所示的空间直角坐标系,则
A(1,0,0),B(1,1,0),P(0,1,m),C(0,1,0),D(0,0,0),B1(1,1,1),
D1(0,0,1).
所以
又由知为平面的一个法向量.
设与所成的角为,
则
依题意有：,解得.
故当时,直线与平面所成的角的正切值为.
（２）若在上存在这样的点,设此点的横坐标为,
则.
依题意,对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP.等价于
即为的中点时,满足题设的要求.
习题5-1
1．D
2. 2
提示：，，由
得，即，解得
3.（I）证明：（向量法）过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.
由条件知
则有
所以即得BC∥EF.
（II）解：由OB=1，OE=2，，
而△OED是边长为2的正三角形，故所以
过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F—OBED的高，且FQ=，所以
4. 解：（Ⅰ）建立如图5-1-5所示的空间直角坐标系,则（0,0,1）,M（0,,0）,C(0,1,0), N (0,1,) , A (),
所以,,,.
因为
所以,同法可得.
故﹤﹥为平面与平面夹角
∴﹤﹥＝
故所求平面与平面夹角的余弦值为.
（Ⅱ）设n=(x,y,z)为平面AMN的一个法向量,则由得
故可取
设与n的夹角为a,则.
所以到平面AMN的距离为.
5.解：设正方体的棱长为1.以AB，AD，AA1为单位正交基底建立空间直角坐标系.
依题意，得B(1,0,0),E(0,1,,A(0,0,0),D(0,1,0).
所以BE=(-1,1,
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为AD⊥平面ABB1A1，所以AD是平面ABB1A1的一个法向量.设直线BE和平面ABB1A1所成的角为
即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.
依题意，得A1(0,0,1),BA1=(-1,0,1), BE=(-1,1,
设n=(x,y,z)是平面A1BE的一个法向量，则由n·BA1=0, n·BE=0,得-x+z=0,-x+y+
所以x=z, y=.取z=2,得n=(2,1,2).
设F是棱C1D1上的点，则F(t,1,1),(0≤t≤1).又B1(1,0,1),所以B1F=(t-1,1,0).而B1FBE，
于是∥平面A1BE
这说明在棱上存在点F（的中点），使∥平面A1BE
第二节 平行与垂直
变式与引申
1. (1) A
提示：设正三棱柱的底边长为，则，解得，又由，解得，所以三棱柱的左视图的面积为，故选(A).
(2) A
提示：由正视图、侧视图可知，体积最小时，底层有3个小正方体，上面有2个，共5个；体积最大时，底层有9个小正方体，上面有2个，共11个，故这个几何体的最大体积与最小体积的差是6.故选(A).
2.解：(1) 因为ABCD为菱形，所以AB=BC ，又，所以AB=BC=AC，
又M为BC中点，所以 而平面ABCD，平面ABCD,所以
又，所以平面
（2）因为 又底面 所以
所以，三棱锥的体积
(3)存在，取PD中点E，连结NE，EC,AE,因为N，E分别为PA，PD中点，所以
又在菱形ABCD中， 所以，即MCEN是平行四边形
所以， ，又平面，平面 所以平面，
即在PD上存在一点E，使得平面，此时.
3．证明：（1）如图5-2-1,∵AB∥DC，AD⊥DC，
∴AB⊥AD，在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，∴BD＝，
易求BC＝，又∵CD＝2，∴BD⊥BC.
又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，
∴BD⊥平面B1BCC1.
（2）DC的中点即为E点．
∵DE∥AB，DE＝AB，∴四边形ABED是平行四边形．
∴AD//BE.
又AD//A1D1，∴BE//A1D1，
∴四边形A1D1EB是平行四边形．∴D1E∥A1B.
∵D1E?平面A1BD，
∴D1E∥平面A1BD.
4．证明：由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF,DF=AD=DC
(1)连接DB，可知B、N、D共线，且AC⊥DN 又FD⊥AD FD⊥CD，FD⊥面ABCD
FD⊥AC AC⊥面FDN GN⊥AC
（2）点P在A点处
下证：取DC中点S，连接AS、GS、GA G是DF的中点，GS//FC,AS//CM
面GSA//面FMC GA//面FMC 即GP//面FMC
习题5-2
1．B
提示：本题易错选成A，分析时应注意投影的角度.
.（1）（2）
提示：（3）条件不充分，推导不出结论；（4）少了两“相交”二字
3．证明：（1）在△PAD中，因为E、F分别为AP，AD的中点，所以EF//PD.
又因为EF平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF//平面PCD.
（2）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，
所以△ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，
所以BF⊥平面PAD。又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.
4.解：(Ⅰ)设与交于，如图5-2-2所示建立空间直角坐标系，
设，则
设则
平面
即
设平面的法向量为
则由,得 ，
令，平面的一个法向量为
又平面的法向量为
平面与平面夹角的大小为
(Ⅱ)设得
面
∴存在点使面此时
.证明：（1）三棱柱ABC—A1B1C1是直棱柱，平面ABC
°，AC=BC=2，F是AB中点 又平面
（2）证明：取AB1的中点G，联结EG，FG
分别是棱AB、AB1中点，
又四边形FGEC是平行四边形，
平面AEB1，平面AEB1 平面AEB1
（3）解：以C为坐标原点，射线CA，CB，CC1为轴正半轴，建立如图5-2-3所示的空间直角坐标系
则C（0，0，0），A（2，0，0），B1（0，2，4）
设，平面AEB1的法向量
则且
于是所以
取 三棱柱ABC—A1B1C1是直棱柱平面ABC，又平面ABC
平面ECBB1
是平面EBB1的法向量，，
平面与平面夹角的大小是45°
则 解得
在棱CC1上存在点E，使得二面角A—EB1—B的大小是45°,此时
第三节 空间角
变式与引申
1.解：建立如图5-3-1所示的空间直角坐标系，则A、B、C、D、P、E的坐标为A（0，0，0）、
B（，0，0）、C（，1，0）、D（0，1，0）、P（0，0，2），
从而
设的夹角为θ，则
∴AC与PB所成角的余弦值为.
2．解： 由题设可知，以、、为单位正交基底，建立如图5-1-12所示的空间直角坐标系，
则有,,,
由，得，
所以
显然不是平角，所以为钝角等价于
，
则等价于
即 ，得
因此，的取值范围是
3．解：如图5-3-2以D为原点，射线DA,DC,DS为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则D（0,0,0），S(0,0,2),C（0,2,0），B（，2,0），A（，0，0）
（1）证明：设（＞0），则M（0，）
则,又
又，故
即
解得，即，所以M为侧棱SC的中点.
（2）由M（0,1,1，），A（，0，0）得AM中点，又，, , , ,
所以，，因此为平面SAM与平面BAM夹角或其补角
，所以平面SAM与平面BAM夹角的余弦值为.
4.解：（1）如图5-3-3，由该几何体的三视图知面,且EC=BC=AC=4 ，BD=1，
∴
∴.
（2）以C为原点，以CA，CB，CE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
则A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，1），E（0，0，4）
∴，∴
∴异面直线DE与AB所成的角的余弦值为.
（3）以C为原点，以CA，CB，CE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
设满足题设的点Q存在,其坐标为（0，m，n），则
，
∵AQBQ ∴ ①
∵点Q在ED上，∴存在使得
∴ ②
②代入①得，解得
∴满足题设的点Q存在，其坐标为.
习题5－3
1． D.
提示：方法1:如图5-3-4，因为BB1//DD1,所以B与平面AC所成角和DD1与
平面AC所成角相等,设DO⊥平面AC，由等体积法得,
即.设DD1=a,
则,
.
所以,记DD1与平面AC所成角为,
则,所以.
方法2:设上下底面的中心分别为；与平面所成角就是与平面所成角，
.
2．
提示：方法1：不妨设棱长为2，选择基向量，则
,.∵，故填写90°.
方法2：设BC的中点为N，连接AN，则AN⊥平面BCC1B1，
连接B1N，则B1N是AB1在平面BCC1B1的射影，
∵B1N⊥BM，∴AB1⊥BM.即异面直线所成的角的大小是90°.
3．解：（1）由三视图可知为四棱锥,底面为正方形,且
连接交于点,连接，因为,所以平面，即；
（2）由三视图可知,,假设存在这样的D点
因为,所以为平面DAB与平面CAB夹角.
中,,则,
中, ,且.所以
,=.
4．解： 如图5-3-5，
（1）
取的中点，连∥
因为所以面
从而
由（1）（2）可得面
（2）作∥交于，如图，
建立直角坐标系
设平面的法向量为
与面所成角的正弦值＜＞|=
5．解：如图5-3-6，
（Ⅰ）证：由已知DF∥AB且DAD为直角，故ABFD是矩形，从而ABBF．
又PA底面ABCD, 所以平面平面，
因为ABAD，故平面,所以，
在内，E、F分别是PC、CD的中点，，所以．
由此得平面．
（Ⅱ）以为原点，以为正向建立空间直角坐标系，
设的长为1，则
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则
，取，可得[来源:学_科_网]
设平面EBD与平面CBD的夹角为，
则
化简得，则.
第四节 空间距离
变式与引申
1．解：在长方体中，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系如图5-4-1．
由已知，可得． .
AB=2,
设是平面的一个法向量．.
由.
取.
所以：点A到平面BDF的距离，即在平面BDF的法向量上的投影的绝对值.
所以距离.
所以点A到平面BDF的距离为.
小结：点面距离一般转化为在面BDF的法向量上的投影的绝对值.
2．解：如图5-4-2，设、、的单位向量分别为、、，
选取{，，}作为空间向量的一组基底.
易知，
===，
设是平面的一个法向量，则，
，即，
直线与平面间的距离=
3．解：建立如图5-4-3所示的直角坐标系，则
， ，
，，
.
，.
令向量，且，
则，，，，.[来源:学科网ZXXK]
异面直线和之间的距离为：
.
4．解：当共面时，连OC，令,则
当时，
习题5-4
1. D
提示：由P到△ABC三个顶点的距离都是14，知P在底面ABC的射影是△ABC的外心，所以PO为所求.由余弦定理得：BC=21.由得外接圆半径为，即，
在Rt△POB中，
2. B
提示：将正棱锥展开，设正方形边长为m，则.
3．解：（1）如图5-4-4，将正三棱柱的侧面展开到侧面
所在的平面上，显然是矩形
且
故三棱柱的侧面展开图的对角线
（2）在平面中，设在上，
且连结则的长就是由沿棱柱侧面经过棱到的最短路线长设则在直角三角形中
所以
4.证明：（1）如图5-4-5，连结OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系O，则
，由题意得，因，因此平面BOE的法向量为，得，又直线不在平面内，因此有平面
（2）设点M的坐标为，则，因为平面BOE，所以有，因此有，即点M的坐标为，在平面直角坐标系中，的内部区域满足不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在内存在一点，使平面，由点M的坐标得点到，的距离为．
5.解：（I）证明：在梯形中， ∵ ,，∠＝，∴
∴ ∴ ， ∴ ⊥
∵ 平面⊥平面,平面∩平面,平面
∴ ⊥平面
（II）解法一：由（I）可建立分别以直线为的如图5-4-6所示空间直角坐标系，令，则，
∴
设为平面MAB的一个法向量，
由得，
取，则，
∵ 是平面FCB的一个法向量
∴
∵ ∴ 当时，有最小值，
当时，有最大值，∴
解法二：①当与重合时，如图6-4-7，取中点为，
连结 ∵ ,∴ ∴⊥
∵ ∴ ⊥, ∴ ∠=
∵ ⊥ ∴ ,∴,
∴
②当与重合时，如图6-4-8，过,
连结，则平面∩平面＝,
∵ ⊥，又∵⊥ ∴ ⊥平面,∴ ⊥平面
∴ ∠＝,∴ =,∴ =
③当与都不重合时，如图6-4-9，令,延长交的延长线于,连结
∴ 在平面与平面的交线上
∵ 在平面与平面的交线上, ∴ 平面∩平面＝
过C作CG⊥NB交NB于G ，连结AG，由（I）知，⊥, 又∵AC⊥CN, ∴ AC⊥平面NCB
∴ AC⊥NB, 又∵ CG⊥NB，AC∩CG=C，∴ NB⊥平面ACG ∴AG⊥NB, ∴ ∠AGC=
在中，可求得NC＝，从而，在中，可求得CG＝
∵ ∠ACG＝ ∴AG＝,
∴ ∵
∴ 综合①②③得，
