向量夹角与距离习题

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题（基础知识+基本题型）知识点一、用向量方法求空间角（1）求异面直线所成的角已知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θ，则||cos ||||AC BD AC BD θ⋅=⋅。

要点诠释：两异面直线所成的角的范围为（00,900]。

两异面直线所成的角可以通过这两直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角。

（2）求直线和平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的角为ϕ，则有||sin |cos |||||θϕ⋅==⋅a u a u 。

（3）求二面角如图，若PA α⊥于A ，PB β⊥于B ，平面PAB 交l 于E ，则∠AEB 为二面角l αβ--的平面角，∠AEB+∠APB=180°。

若12⋅n n 分别为面α，β的法向量，121212,arccos ||||n n n n n n ⋅〈〉=⋅则二面角的平面角12,AEB ∠=〈〉n n 或12,π-〈〉n n ，即二面角θ等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角。

①当法向量1n 与2n 的方向分别指向二面角的内侧与外侧时，二面角θ的大小等于1n ，2n 的夹角12,〈〉n n 的大小。

②当法向量1n ，2n 的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角θ的大小等于1n ，2n的夹角的补角12,π-〈〉n n 的大小。

知识点二、用向量方法求空间距离1.求点面距的一般步骤：①求出该平面的一个法向量；②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；③求出法向量与斜线段向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离。

即：点A 到平面α的距离||AB n d n ⋅= ，其中B α∈，n是平面α的法向量。

2.线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解。

用空间向量研究距离、夹角:距离问题学习目标1.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面间的距离问题.2.通过空间中距离问题的求解，体会向量方法在研究几何问题中的作用．导语如图，在蔬菜大棚基地有一条笔直的公路，某人要在点A 处，修建一个蔬菜存储库．如何在公路上选择一个点，修一条公路到达A 点，要想使这个路线长度理论上最短，应该如何设计？一、点到直线的距离问题1如图，已知直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点．如何利用这些条件求点P 到直线l 的距离？提示设AP →＝a ，则向量AP →在直线l 上的投影向量AQ →＝(a ·u )u .在Rt △APQ 中，由勾股定理，得点P 到直线l 的距离为PQ ＝|AP →|2－|AQ →|2＝a 2－(a ·u )2.知识梳理PQ ＝(|AP →|2－|AQ →|2)＝a 2－(a ·u )2.问题2类比点到直线的距离的求法，如何求两条平行直线之间的距离？提示在其中一条直线上取定一点，则该点到另一条直线的距离即为两条平行直线之间的距离．例1如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为平面A 1ABB 1的中心，E 为BC的中点，求点O 到直线A 1E 的距离．解建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(1,0,1)，E 12，1，0，O 1，12，12，因为A 1E —→＝－12，1，－1u ＝A 1E —→|A 1E —→|＝－13，23，－23，取a ＝OA 1—→0，－12，12所以a 2＝12，a ·u ＝－23.所以点O 到直线A 1E 的距离为a 2－(a ·u )2＝12－49＝26.反思感悟用向量法求点到直线的距离的一般步骤(1)求直线的方向向量．(2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度．(3)利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化．跟踪训练1如图，P 为矩形ABCD 所在平面外一点，PA ⊥平面ABCD ，若已知AB ＝3，AD＝4，PA ＝1，求点P 到BD 的距离．解如图，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，B (3,0,0)，D (0,4,0)，所以PB →＝(3,0，－1)，BD →＝(－3,4,0)，取a ＝PB →＝(3,0，－1)，u ＝BD →|BD →|＝－35，45，0则a 2＝10，a ·u ＝－95，所以点P 到BD 的距离为a 2－(a ·u )2＝10－8125＝135.二、点、直线、平面到平面的距离问题3已知平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点．如何求平面α外一点P 到平面α的距离？提示过点P 作平面α的垂线l ，交平面α于点Q ，则点P 到平面α的距离为PQ ＝|AP →·n ||n |.知识梳理PQ ＝|AP →·n ||n |.注意点：(1)实质上，n 是直线l 的方向向量，点P 到平面α的距离就是AP →在直线l 上的投影向量QP →的长度．(2)如果一条直线l 与一个平面α平行，可在直线l 上任取一点P ，将线面距离转化为点P 到平面α的距离求解．(3)如果两个平面α，β互相平行，在其中一个平面α内任取一点P ，可将两个平行平面的距离转化为点P 到平面β的距离求解．例2如图，已知正方形ABCD 的边长为1，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝1，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．(1)求点D 到平面PEF 的距离；(2)求直线AC 到平面PEF 的距离．解(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E 1，12，0，F 12，1，0.设DH ⊥平面PEF ，垂足为H ，则DH →＝xDE →＋yDF →＋zDP→＝x ＋12y ，12x ＋y ，z ，x ＋y ＋z ＝1，PE →1，12，－1PF →12，1，－1所以DH →·PE →＝x ＋12y ＋1212x ＋y z＝54x ＋y －z ＝0.同理，DH →·PF →＝x ＋54y －z ＝0，又x ＋y ＋z ＝1，解得x ＝y ＝417，z ＝917.所以DH →＝317(2,2,3)，所以|DH →|＝31717.因此，点D 到平面PEF 的距离为31717.(2)由题意得，AC ∥EF ，直线AC 到平面PEF 的距离即为点A 到平面PEF 的距离，由(1)知AE →＝0，12，0平面PEF 的一个法向量为n ＝(2,2,3)，所求距离为|AE →·n ||n |＝117＝1717.反思感悟用向量法求点面距离的步骤(1)建系：建立恰当的空间直角坐标系．(2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标．(3)求向量：求出相关向量的坐标(AP →，α内两不共线向量，平面α的法向量n )．(4)求距离d ＝|AP →·n ||n |.跟踪训练2如图所示，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1是底面边长为1的正四棱柱．若点C到平面AB 1D 1的距离为43，求正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的高．解设正四棱柱的高为h (h >0)，建立如图所示的空间直角坐标系，有A (0,0，h )，B 1(1,0,0)，D 1(0,1,0)，C (1，1，h )，则AB 1—→＝(1,0，－h )，AD 1—→＝(0,1，－h )，AC →＝(1,1,0)，设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AB 1—→＝0，·AD 1—→＝0，－hz ＝0，－hz ＝0，取z ＝1，得n ＝(h ，h ,1)，所以点C 到平面AB 1D 1的距离为d ＝|n ·AC →||n |＝h ＋h ＋0h 2＋h 2＋1＝43，解得h ＝2.故正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的高为2.1．知识清单：(1)点到直线的距离．(2)点到平面的距离与直线到平面的距离和两个平行平面的距离的转化．2．方法归纳：数形结合、转化法．3．常见误区：对距离公式理解不到位，在使用时生硬套用．对公式推导过程的理解是应用的1．已知A (0,0,2)，B (1,0,2)，C (0,2,0)，则点A 到直线BC 的距离为()A ．223B ．1C ．2D ．22答案A解析∵A (0,0,2)，B (1,0,2)，C (0,2,0)，AB →＝(1,0,0)，BC →＝(－1,2，－2)，∴点A 到直线BC 的距离为d＝223.2．若三棱锥P －ABC 的三条侧棱两两垂直，且满足PA ＝PB ＝PC ＝1，则点P 到平面ABC 的距离是()A ．66B ．63C ．36D ．33答案D解析以P 为坐标原点，分别以PA ，PB ，PC 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P (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)．可以求得平面ABC 的一个法向量为n ＝(1,1,1)，则d ＝|PA →·n ||n |＝33.3．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，则平面AB 1C 与平面A 1C 1D 之间的距离为()A ．36B ．33C ．233D ．32答案B解析建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(1,0,0)，C 1(0,1,0)，D (0，0,1)，A (1,0,1)，所以DA 1—→＝(1,0，－1)，DC 1—→＝(0,1，－1)，AD →＝(－1,0,0)，设平面A 1C 1D 的一个法向量为m ＝(x ，⊥DA 1—→，⊥DC 1—→，－1＝0，－1＝0，＝1，＝1，故m ＝(1,1,1)，显然平面AB 1C ∥平面A 1C 1D ，所以平面AB 1C 与平面A 1C 1D 之间的距离d ＝|AD →·m ||m |＝13＝33.4．已知直线l 经过点A (2,3,1)，且向量n ＝(1,0，－1)所在直线与l 垂直，则点P (4,3,2)到l 的距离为________．答案22解析因为PA →＝(－2,0，－1)，又n 与l 垂直，所以点P 到l 的距离为|PA →·n ||n |＝|－2＋1|2＝22.练习1.在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝a ，AA 1＝2a ，则点D 1到直线AC 的距离为()A ．3aB ．3a 2C ．22a 3D ．32a 2答案D 解析方法一连接BD ，AC 交于点O (图略)，则D 1O ＝32a2所求．方法二如图建立空间直角坐标系，易得C (a ，a ,0)，D 1(0，a ,2a )，取a ＝CD 1—→＝(－a ,0,2a )，u ＝AC →|AC →|＝22，22，0则点D 1到直线AC 的距离为a 2－(a ·u )2＝5a 2－12a 2＝32a 2.2．两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1)，且两平面的一个法向量n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是()A ．32B ．22C ．3D ．32答案B解析∵两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2，1,1)，OA →＝(2,1,1)，且两平面的一个法向量n ＝(－1,0,1)，∴两平面间的距离d ＝|n ·OA →||n |＝|－2＋0＋1|2＝22.3．已知动直线l 过点A (1，－1,2)，和l 垂直的一个向量为n ＝(－3,0,4)，则P (3,5,0)到l 确定的平面的距离为()A ．5B ．14C ．145D ．45答案C解析∵PA →＝(－2，－6,2)，PA →·n ＝(－2，－6,2)·(－3,0,4)＝14，|n |＝5，∴点P 到直线l 的距离d ＝|PA →·n ||n |＝145.4．如图，已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ＝5，AB ＝12，则直线B 1C 1到平面A 1BCD 1的距离是()A ．5B ．8C ．6013D ．133答案C解析以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1—→的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,12,0)，D 1(0,0,5)．设B (x ,12,0)，B 1(x ,12,5)(x >0)．设平面A 1BCD 1的法向量为n ＝(a ，b ，c )，由n ⊥BC →，n ⊥CD 1—→，得n ·BC →＝(a ，b ，c )·(－x ,0,0)＝－ax ＝0，n ·CD 1—→＝(a ，b ，c )·(0，－12,5)＝－12b ＋5c ＝0，所以a ＝0，b ＝512c ，所以可取n ＝(0,5,12)．又B 1B —→＝(0,0，－5)，所以点B 1到平面A 1BCD 1的距离为|B 1B —→·n ||n |＝6013.因为B 1C 1∥平面A 1BCD 1，所以B 1C 1到平面A 1BCD 1的距离为6013.5．如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点，则点C 1到平面B 1EF 的距离等于()A ．23B ．223C ．233D ．43答案D解析以D 1为坐标原点，分别以D 1A 1——→，D 1C 1—→，D 1D —→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则B 1(2,2,0)，C 1(0,2,0)，E (2,1，2)，F (1,2,2)．B 1E —→＝(0，－1,2)，B 1F —→＝(－1,0,2)，设平面B 1EF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·B 1E —→＝0，n ·B 1F —→＝0，－y ＋2z ＝0，－x ＋2z ＝0，令z ＝1，得n ＝(2,2,1)．又∵B 1C 1——→＝(－2,0,0)，∴点C 1到平面B 1EF 的距离d ＝|n ·B 1C 1——→||n |＝|－2×2＋0＋0|22＋22＋1＝43.6．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则O 到平面ABC 1D 1的距离为()A ．32B ．24C ．12D ．33答案B解析以{DA →，DC →，DD 1—→}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，C 1O —→＝12C 1A 1——→＝12，－12，0ABC 1D 1的一个法向量为DA 1—→＝(1,0,1)，点O 到平面ABC 1D 1的距离d ＝|DA 1—→·C 1O —→||DA 1—→|＝122＝24.7．Rt △ABC 的两条直角边BC ＝3，AC ＝4，PC ⊥平面ABC ，PC ＝95，则点P 到斜边AB 的距离是________．答案3解析以C 为坐标原点，CA ，CB ，CP 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A (4,0,0)，B (0,3,0)，，0所以AB →＝(－4,3,0)，AP →4，0取a ＝AP →4，0u ＝AB →|AB →|＝－45，35，则P 到AB 的距离为d ＝a 2－(a ·u )2＝16＋8125－25625＝3.8．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑(bie nao)，如图．已知在鳖臑P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，M 为PC 的中点，则点P 到平面MAB 的距离为________．答案2解析以B 为坐标原点，BA ，BC 所在直线分别为x 轴、y 轴建立空间直角坐标系，如图，则B (0,0,0)，A (2,0,0)，P (2，0,2)，C (0,2,0)，由M 为PC 的中点可得M (1,1,1)．BM →＝(1,1,1)，BA →＝(2,0,0)，BP →＝(2,0,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面ABM 的一个法向量，n ·BA →＝0，n ·BM →＝0，2x ＝0，x ＋y ＋z ＝0，令z ＝－1，可得n ＝(0,1，－1)，点P 到平面MAB 的距离为d ＝|n ·BP →||n |＝ 2.9．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝90°，M 为BB 1的中点，N 为BC 的中点．(1)求点M 到直线AC 1的距离；(2)求点N 到平面MA 1C 1的距离．解(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，M (2,0,1)，C 1(0,2,2)，直线AC 1的一个单位方向向量为s 0＝0，22，22AM →＝(2,0,1)，故点M 到直线AC 1的距离d ＝|AM →|2－|AM →·s 0|2＝5－12＝322.(2)设平面MA 1C 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·A 1C 1—→＝0，n ·A 1M —→＝0，2y ＝0，2x －z ＝0，取x ＝1，得z ＝2，故n ＝(1,0,2)为平面MA 1C 1的一个法向量，因为N (1,1,0)，所以MN →＝(－1,1，－1)，故N 到平面MA 1C 1的距离d ＝|MN →·n ||n |＝35＝355.10．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段DD 1的中点，F 为线段BB 1的中点．(1)求直线FC 1到直线AE 的距离；(2)求直线FC 1到平面AB 1E 的距离．解建立如图所示的空间直角坐标系，则B 1(1,1,1)，，0，1C 1(0,1,1)，A (1,0,0)．(1)因为AE →1，0FC 1—→1，0所以AE →∥FC 1—→，即AE ∥FC 1，所以点F 到直线AE 的距离即为直线FC 1到直线AE 的距离．u ＝AE →|AE →|＝－255，0AF →，1AF →2＝54，AF →·u ＝510，所以直线FC 1到直线AE ＝305.(2)因为AE ∥FC 1，所以FC 1∥平面AB 1E ，所以直线FC 1到平面AB 1E 的距离等于C 1到平面AB 1E 的距离．C 1B 1——→＝(1,0,0)，AB 1—→＝(0,1,1)，设平面AB 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AB 1—→＝0，·AE →＝0，＋z＝0，x＋12z＝0，取z＝2，可得n＝(1，－2,2)，所以C1到平面AB1E的距离为|C1B1——→·n||n|＝13，所以直线FC1到平面AB1E的距离为13.11．如图，ABCD－EFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足AP→＝34AB→＋12AD→＋23AE→，则P到AB的距离为()A．34B．45C．56D．35答案C解析如图，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，AB→，AD→，AE→可作为x，y，z轴方向上的单位向量，因为AP→＝34AB→＋12AD→＋23AE→，所以AP→，12，AB→＝(1,0,0)，|AP→·AB→||AB→|＝34，所以P点到AB的距离d＝|AP→|2－|AP→·AB→|AB→||2＝181144－916＝56.12．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，M为棱A1B1上的一点，且A1M＝λ(0<λ<2)，设点N为ME的中点，则点N到平面D1EF的距离为()A ．3λB ．22C ．23λD ．55答案D 解析以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，则M (2，λ，2)，D 1(0,0,2)，E (2,0,1)，F (2,2,1)，ED 1—→＝(－2,0,1)，EF →＝(0,2,0)，EM →＝(0，λ，1)．设平面D 1EF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·ED 1—→＝－2x ＋z ＝0，n ·EF →＝2y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,0,2)，所以点M 到平面D 1EF 的距离为d ＝|EM →·n ||n |＝25＝255.因为N 为EM 的中点，所以N 到平面D 1EF 的距离为55.13．棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是线段BB 1，B 1C 1的中点，则直线MN 到平面ACD 1的距离为__________．答案32解析如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．则D (0,0,0)，C (0,1,0)，D 1(0，0,1)，M 1，1，12，A (1,0,0)，∴AM →0，1，12AC →＝(－1,1,0)，AD 1—→＝(－1,0,1)．设平面ACD 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AC →＝0，·AD 1—→＝0，x ＋y ＝0，x ＋z ＝0.令x ＝1，则y ＝z ＝1，∴n ＝(1,1,1)．∴点M 到平面ACD 1的距离d ＝|AM →·n ||n |＝32.又MN ∥AD 1，且MN ＝12AD 1，故MN ∥平面ACD 1，故直线MN 到平面ACD 1的距离为32.14．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则点B 1到平面ABC 1的距离为________．答案217解析建立如图所示的空间直角坐标系，则，12，B (0,1,0)，B 1(0,1,1)，C 1(0,0,1)，则C 1A —→，12，－C 1B 1——→＝(0,1,0)，C 1B —→＝(0,1，－1)．设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ,1)，1A →·n ＝32x ＋12y －1＝0，1B →·n ＝y －1＝0，解得n 1，则所求距离为|C 1B 1——→·n ||n |＝113＋1＋1＝217.15．如图，在四棱锥P －ABCD 的平面展开图中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，△ADE 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，∠HDC ＝∠FAB ＝90°，则四棱锥P －ABCD 外接球的球心到平面PBC 的距离为()A ．305B ．306C ．55D ．56答案C 解析该几何体的直观图如图所示，分别取AD ，BC 的中点O ，M ，连接OM ，PM ，PO ，∵PO ＝1，OM ＝2，PM ＝PB 2－BM 2＝6－1＝5，∴OP 2＋OM 2＝PM 2，∴OP ⊥OM ，又∵PO ⊥AD ，∴由线面垂直的判定定理得出PO ⊥平面ABCD ，以点O 为坐标原点，建立空间直角坐标系．则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (－1,2,0)，D (－1,0,0)，P (0,0,1)，设四棱锥P －ABCD 外接球的球心为N (0,1，a )，∵PN ＝NA ，∴1＋(1－a )2＝1＋1＋a 2，解得a ＝0.设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，PB →＝(1,2，－1)，PC →＝(－1,2，－1)，NP →＝(0，－1,1)，·n ＝0，·n ＝0，＋2y －z ＝0，x ＋2y －z ＝0，取z ＝2，则n ＝(0,1,2)，则四棱锥P －ABCD 外接球的球心到平面PBC 的距离为d ＝|NP →·n ||n |＝|－1＋2|5＝15＝55.16．如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，CA ＝2，侧棱AA 1＝2，D 是CC 1的中点，则在线段A 1B 上是否存在一点E (异于A 1，B 两点)，使得点A 1到平面AED 的距离为263.解假设存在点E 满足题意．以点C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴，y 轴和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2,0,0)，A 1(2,0,2)，D (0,0,1)，B (0,2,0)，AA 1—→＝(0,0,2)，BA 1—→＝(2，－2,2)．设BE →＝λBA 1—→，λ∈(0,1)，则E (2λ，2(1－λ)，2λ)，AD →＝(－2,0,1)，AE →＝(2(λ－1)，2(1－λ)，2λ)，设n ＝(x ，y ，z )为平面AED 的一个法向量，·AD →＝0，·AE →＝0，2x ＋z ＝0，(λ－1)x ＋2(1－λ)y ＋2λz ＝0，取x ＝1，则y ＝1－3λ1－λ，z ＝2，即n ，1－3λ1－λ，AED 的一个法向量．因为点A 1到平面AED 的距离d ＝|AA 1—→·n ||n |＝263，所以26 3＝又λ∈(0,1)，所以λ＝1 2 .故存在点E，且当点E为A1B的中点时，点A1到平面AED的距离为26 3.。

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题基础练巩固新知夯实基础1.已知经过点(1,2,3)A 的平面α的法向量为(1,1,1)n =-，则点(2,3,1)-P 到平面α的距离为（）A.3B.2C.22D.232.已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为()A.1010B.15C.31010D.353．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为()A.12B.23C.33D.224.已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F 分别为上底面1111D C B A 和侧面11CDD C 的中心，则点C 到平面AEF 的距离为（）A ．41111B ．114C ．1111D ．211115.在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为__________.6.在空间直角坐标系O -xyz 中，向量()()1,1,2,1,1,3a b =--=分别为异面直线12,l l 方向向量，则异面直线12,l l 所成角的余弦值为___________.7.如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是__________．8.如图所示，在多面体A 1B 1D 1－DCBA ，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .(1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E －A 1D －B 1的余弦值.能力练综合应用核心素养9.正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A －BD －C 的正弦值为()A.55B.33C.255D.6310.在四面体P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，设PA ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC的距离为()A.63B.33a C.a 3D.6a11.在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成的角是()A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°12.已知四棱锥S ABCD -的底面ABCD 是边长为1的正方形，SD ⊥平面ABCD ，线段,AB SC的中点分别为E ，F ，若异面直线EC 与BF SD =（）A ．1B ．32C ．2D ．313.如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则线段1AD 上的动点P 到直线11A C 的距离的最小值为（）A ．1B ．22C D 14.（多选）如图，在边长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别是棱1BB ，11B C 的中点，G 是棱1CC 上的动点，则下列说法正确的是（）A ．当G 为中点时，直线AG平面1A EFB ．当G 为中点时，直线AG 与EF 所成的角为30︒C ．若H 是棱1AA 上的动点，且1C G AH =，则平面1ACD ⊥平面1B HG D ．当G 在1CC 上运动时，直线AG 与平面11AA D D 所成的角的最大值为45︒15.如图所示，二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为__________.16.如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，点E为PC的中点，AB∥CD，CD⊥AD，CD＝2AB＝2，PA＝AD＝1，PA⊥AD．(1)证明：BE⊥平面PCD；(2)求二面角P−BD−E的余弦值．【参考答案】1.D 解析：依题意，(3,1,2)AP =--，所以点P 到平面α的距离为222|||311(1)(2)1|23||1(1)1AP n d n ⋅-⨯+⨯-+-⨯===+-+.故选：D2.C 解析：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0，0，0)，C (0，1，0)，B (1，1，0)，E (1，0，1)，D 1(0，0，2).所以BE →＝(0，－1，1)，CD 1→＝(0，－1，2)，所以cos 〈BE →，CD 1→〉＝BE →·CD 1→|BE →|·|CD 1→|＝32×5＝31010.3.B 解析：以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E 1，0，12，D (0，1，0)，∴A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，所以有A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即y －z ＝0，1－12z ＝0，解得y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1，2，2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.4.A 解析：如图，以A 为原点，1,,AB AD AA 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，易知(0,0,0),(1,1,2),(1,2,1),(2,2,0)A E F C ，设平面AEF 的法向量(,,)n x y z =，则2020n AE x y z n AF x y z ⎧⋅=++=⎨⋅=++=⎩，令1y =-，解得(3,1,1)n =--，故点C 到平面AEF 的距离为6241111911n AC n⋅-==++.故选：A.5.13解析：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设n ＝(x ，y ，z )为平面A 1BC 1的法向量.则n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→＝0，即y －z ＝0，x ＋2y ＝0，令z ＝2，则y ＝1，x ＝2，于是n ＝(2，1，2)，D 1C 1→＝(0，2，0)设所求线面角为α，则sinα＝|cos 〈n ，D 1C 1→〉|＝13.解析：因为()()1,1,2,1,1,3a b =--=，所以cos ,a b =-.因为异面直线12,l l 所成角的范围为0,2π⎛⎤ ⎥⎝⎦，所以异面直线12,l l7.60°解析以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)，则EF →＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)，∴EF →·BC 1→＝2，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°.8.(1)证明：由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)解：因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的，12，设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →，12，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →.n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 11＋12s 1＝0，－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角E －A 1D －B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.9.C 解析取BC 中点O ，连接AO ，DO .建立如图所示坐标系，设BC ＝1，则，0，－12，0，∴OA →＝，0BA →＝，12，BD →，12，由于OA →＝，0BCD 的一个法向量，可进一步求出平面ABD 的一个法向量n ＝(1，－3，1)，∴cos 〈n ，OA →〉＝55，∴sin 〈n ，OA →〉＝255.10.B 解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P －xyz ，则P (0，0，，0)，A (a ，0，0)，B (0，a ，0)，C (0，0，a )．过点P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于点H ，则PH 的长即为点P 到平面ABC 的距离．∵PA ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心．又∵△ABC 为正三角形，∴H 为△ABC 的重心，可得H ，a 3，∴PH ＝33a .∴点P 到平面ABC 的距离为33a .11.A 解析：如图，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a .则A (a ，0，0)，B (0，a ，0)，C (－a ，0，0)，，－a 2，则CA →＝(2a ，0，0)，AP →a ，－a 2，CB →＝(a ，a ，0)，设平面PAC 的一个法向量为n ，设n ＝(x ，y ，z )·CA →＝0，·AP →＝0，＝0，＝z ，可取n ＝(0，1，1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12，∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°.12.C 解析：如图示，以D 为原点，,,DA DC DS 分别为x 、y 、z 轴正方向联立空间直角坐标系.不妨设(),0SD t t =>.则()0,0,0D ，()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()0,0,S t ，11,,02E ⎛⎫⎪⎝⎭，10,,22t F ⎛⎫ ⎪⎝⎭.所以11,,02EC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，11,,22t BF ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.因为异面直线EC 与BF 所成角的余弦值为55，所以211054cos ,51111444EC BF EC BF EC BFt -+===⨯+⨯++，解得：t =2.即SD =2.故选：C 13.D 解析：如图建立空间直角坐标系，则()()111,0,1,0,1,1A C ，设(),0,1,01P x x x -≤≤，则()()1111,0,,1,1,0A P x x AC =--=-，∴动点P 到直线11A C 的距离为()()22222111111112A P A C x d A P x x A C ⋅-=-=-+--22313113222333x x x ⎛⎫=-+=-+≥ ⎪⎝⎭，当13x =时取等号，即线段1AD 上的动点P 到直线11A C 的距离的最小值为33.故选：D.14.ACD 解析：图，以D 为原点建立空间直角坐标系，设1,02C G t t =≤≤，当G 为中点时，()()()()()10,2,1,2,0,0,2,0,2,2,2,1,1,2,2G A A E F ，所以()()()()112,2,1,0,2,1,1,2,0,1,0,1AG A E A F EF =--=-=-=-,设平面1A EF 的一个法向量为(),,n x y z =，则1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020y z x y -=⎧⎨-+=⎩，令1y =，则可得()2,1,2n =，因为0AG n ⋅=，所以AG n ⊥，因为AG ⊄平面1A EF ，所以AG 平面1A EF ，故A 正确；因为cos ,2AG EF AG EF AG EF⋅<>===-⋅，所以当G 为中点时，直线AG 与EF 所成的角为45︒，故B 错误；若1C G AH =，则()()0,2,2,2,0,G t H t -，又()()()()112,0,0,0,2,0,0,0,2,2,2,2A C D B ,则()()()()1112,2,0,2,0,2,2,0,,0,2,2AC AD B G t B H t =-=-=--=--，设平面1ACD 的一个法向量为()1111,,x n y z =，则11100n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111220220x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，令1x =，可得()11,1,1n =，设平面1B HG 的一个法向量为()2222,,n x y z =，则21210n B G n B H ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即()222220220x tz y t z --=⎧⎨-+-=⎩，令22z =，可得()2,2,2n t t =--，因为()()12112120n n t t ⋅=⨯-+⨯-+⨯=，所以平面1ACD ⊥平面1B HG ，故C 正确；因为()2,2,2AG t =--，易得平面11AA D D 的一个法向量为()0,1,0m =u r，设直线AG 与平面11AA D D 所成的角为θ，则sin cos ,AG m AG m AG mθ⋅=<>==⋅则当2t =时，sin θ取得最大值为2，所以直线AG 与平面11AA D D 所成的角的最大值为45︒，故D 正确.故选：ACD.15.60°解析：∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|＝（CA →＋AB →＋BD →）2＝36＋16＋64＋2CA →·BD →＝116＋2CA →·BD →＝17.∴CA →·BD →＝|CA →|·|BD →|·cos 〈CA →，BD →〉＝－24.∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12.又所求二面角与〈CA →，BD →〉互补，∴所求的二面角为60°.16.(1)证明：取PD 的中点F ，连接AF ，EF ，则//EF CD ，12EF CD =．又//AB CD ，12AB CD =，所以//EF AB ，EF AB =，所以四边形ABEF 为平行四边形，所以//AF BE ．因为1PA AD ==，PF FD =，所以AF PD ⊥．所以BE PD ⊥．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，PA AD ⊥，所以PA ⊥平面ABCD ，所以PA AB ⊥，所以2PB BC ==．又点E 为PC 的中点，所以BE PC ⊥．又PC PD D ⋂=，所以BE ⊥平面PCD ．(2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A （0，0，0），P （0，0，1），B （1，0，0），D （0，1，0），C （2，1，0），E （1，12，12）．于是()()111,0,1,1,1,0,0,,22PB BD BE ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭设平面PBD 的法向量为()1111,,n x y z =，则1100n PB n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得11110x z x y -=⎧⎨-+=⎩．取11x =．得()11,1,1n =设平面EBD 的法向量为()2222,n x y z =，则2200n BE n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得2222110220y z x y ⎧+=⎪⎨⎪-+=⎩取21x =．得()21,1,1n =-．所以1212121cos ,3n n n n n n ⋅〈==〉，所以二面角P −BD −E 的余弦值为13。

2020版高考数学利用空间向量求夹角和距离考点突破试题考点一 用空间向量求异面直线所成的角【例1】 (1)(一题多解)(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32B.155C.105D.33(2)(一题多解)(2019·河北、山西、河南三省联考)在三棱锥P －ABC 中，△ABC 和△PBC 均为等边三角形，且二面角P －BC －A 的大小为120°，则异面直线PB 和AC 所成角的余弦值为( ) A.58B.34C.78D.14解析 (1)法一 以B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.图(1)则B (0，0，0)，B 1(0，0，1)，C 1(1，0，1).又在△ABC 中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，则A (－1，3，0). 所以AB 1→＝(1，－3，1)，BC 1→＝(1，0，1)， 则cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝（1，－3，1）·（1，0，1）5·2＝25·2＝105，因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为10 5.法二将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图(2))，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1.图(2)则∠B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角)，易求得AB1＝5，BC1＝AD1＝2，B1D1＝ 3.由余弦定理得cos∠B1AD1＝10 5.(2)法一取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角P－BC－A的平面角，即∠POA ＝120°，过点B作AC的平行线交AO的延长线于点D，连接PD，则∠PBD或其补角就是异面直线PB和AC所成的角.设AB＝a，则PB＝BD＝a，PO＝PD＝32a，所以cos ∠PBD＝a2＋a2－⎝⎛⎭⎪⎫32a22×a×a＝58.法二如图，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以BC⊥平面P AO，即平面P AO⊥平面ABC.且∠POA就是其二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，建立空间直角坐标系如图所示.设AB ＝2，则A (3，0，0)，C (0，－1，0)，B (0，1，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，32，所以AC→＝(－3，－1，0)，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1，－32， cos 〈AC →，PB →〉＝－58，所以异面直线PB 与AC 所成角的余弦值为58. 法三 如图所示，取BC 的中点O ，连接OP ，OA ，因为△ABC 和△PBC 是全等的等边三角形，所以AO ⊥BC ，PO ⊥BC ，所以∠POA 就是二面角的平面角，设AB ＝2，则AC →＝OC →－OA →，PB →＝OB →－OP →， 故AC→·PB →＝(OC →－OA →)·(OB →－OP →)＝－52， 所以cos 〈AC →，PB →〉＝AC →·PB →|AC →|·|PB →|＝－58.即异面直线PB 与AC 所成角的余弦值为58. 答案 (1)C (2)A规律方法 1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v 1，v 2；(3)代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解.2.两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.【训练1】 (一题多解)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2AB ，E ，F 分别为BC ，BB 1的中点，M ，N 分别为AA 1，A 1C 1的中点，则直线MN 与EF 所成角的余弦值为( )A.35 B.32 C.12 D.45解析法一如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接AC1，CB1，C1B′，易得MN∥AC1，EF∥CB1∥C1B′，那么∠AC1B′或∠AC1B′的补角即直线MN与EF所成的角.设AA1＝2AB＝2a，则AC1＝C1B′＝3a，连接AB′，则AB′＝a2＋（22a）2＝3a，由余弦定理得cos ∠AC1B′＝（3a）2＋（3a）2－（3a）22（3a）·（3a）＝－12.故直线MN与EF所成角的余弦值为1 2.法二如图，连接AC1，C1B，CB1，设C1B，CB1交于点O，取AB的中点D，连接CD，OD，则MN∥AC1∥OD，EF∥CB1，那么∠DOC 或其补角即直线MN 与EF 所成的角. 设AA 1＝2AB ＝2a ，则AC 1＝CB 1＝3a ，于是OD ＝OC ＝3a2，又CD ＝3a2，于是△OCD 为正三角形，故∠DOC ＝60°，cos ∠DOC ＝12，即直线MN 与EF 所成角的余弦值为12. 法三 取AB 的中点O ，连接CO ，则CO ⊥AB ，以O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，OC 所在直线为y 轴，过点O 且平行于CC 1的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AB ＝2，则AA 1＝22，求得M (－1，0，2)， N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，22，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，F (1，0，2)， 所以MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，2，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，2，cos 〈MN →，EF →〉＝MN →·EF →|MN →|·|EF →|＝323×3＝12.答案 C考点二 用空间向量求线面角【例2】 (2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点.(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －P A －C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值.(1)证明 因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以AB 2＋BC 2＝AC 2，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC .(2)解 如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP→＝(0，2，23).取平面P AC 的一个法向量OB →＝(2，0，0). 设M (a ，2－a ，0)(0<a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0).设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由AP→·n ＝0，AM →·n ＝0得 ⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋（4－a ）y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23（a －4）23（a －4）2＋3a 2＋a 2. 由已知可得|cos 〈OB→，n 〉|＝32，所以23|a －4|23（a －4）2＋3a 2＋a 2＝32，解得a ＝－4(舍去)，a ＝43， 所以n ＝⎝⎛⎭⎪⎫－833，433，－43. 又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34. 规律方法 利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，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.【训练2】 (2019·郑州测试)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF 是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD .(1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值. (1)证明 在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ， 由余弦定理，得BD ＝3AD ， 从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD ， 所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝π2.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD . 又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)解 由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ，又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.则A (1，0，0)，C (－1，3，0)，E (0，0，3)，F (0，3，3)， 所以AE→＝(－1，0，3)，AC →＝(－2，3，0). 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2，1)，为平面AEC 的一个法向量. 因为AF →＝(－1，3，3)，所以cos 〈n ，AF →〉＝n ·AF →|n |·|AF→|＝4214，所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 考点三 用空间向量求二面角【例3】 (2019·北京海淀区模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，且CD ＝6，AB ＝12，将它沿对称轴OO 1折起，使平面ADO 1O ⊥平面BCO 1O ，如图2，点P 为BC 的中点，点E 在线段AB 上(不同于A ，B 两点)，连接OE 并延长至点Q ，使AQ ∥OB .(1)(一题多解)证明：OD⊥平面P AQ；(2)若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.(1)证明法一取OO1的中点F，连接AF，PF，如图所示.∵P为BC的中点，∴PF∥OB，∵AQ∥OB，∴PF∥AQ，∴P，F，A，Q四点共面.由题图1可知OB⊥OO1，∵平面ADO1O⊥平面BCO1O，且平面ADO1O∩平面BCO1O＝OO1，OB⊂平面BCO1O，∴OB⊥平面ADO1O，∴PF⊥平面ADO1O，又OD⊂平面ADO1O，∴PF⊥OD.由题意知，AO＝OO1，OF＝O1D，∠AOF＝∠OO1D，∴△AOF≌△OO1D，∴∠F AO＝∠DOO1，∴∠F AO＋∠AOD＝∠DOO1＋∠AOD＝90°，∴AF⊥OD.∵AF∩PF＝F，且AF⊂平面P AQ，PF⊂平面P AQ，∴OD⊥平面P AQ.法二由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，设AQ 的长为m ，则O (0，0，0)，A (6，0，0)，B (0，6，0)，C (0，3，6)，D (3，0，6)，Q (6，m ，0).∵点P 为BC 的中点，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，92，3， ∴OD→＝(3，0，6)，AQ →＝(0，m ，0)，PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6，m －92，－3. ∵OD→·AQ →＝0，OD →·PQ →＝0，∴OD→⊥AQ →，OD →⊥PQ →，又AQ →与PQ →不共线， ∴OD ⊥平面P AQ .(2)解 ∵BE ＝2AE ，AQ ∥OB ，∴AQ ＝12OB ＝3， 则Q (6，3，0)，∴QB→＝(－6，3，0)，BC →＝(0，－3，6).设平面CBQ 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·QB →＝0，n 1·BC →＝0，得⎩⎨⎧－6x ＋3y ＝0，－3y ＋6z ＝0，令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，n 1＝(1，2，1). 易得平面ABQ 的一个法向量为n 2＝(0，0，1).设二面角C －BQ －A 的大小为θ，由图可知，θ为锐角， 则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝66，即二面角C －BQ －A 的余弦值为66.规律方法 利用空间向量计算二面角大小的常用方法：(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.【训练3】(2018·安徽六校第二次联考)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝BC＝CC1＝2CD，E为线段AB的中点，F是线段DD1上的动点.(1)求证：EF∥平面BCC1B1；(2)(一题多解)若∠BCD＝∠C1CD＝60°，且平面D1C1CD⊥平面ABCD，求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.(1)证明如图(1)，连接DE，D1E.图(1)∵AB∥CD，AB＝2CD，E是AB的中点，∴BE∥CD，BE＝CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴DE∥BC.又DE⊄平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.∵DD1∥CC1，DD1⊄平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，∴D1D∥平面BCC1B1.又D1D∩DE＝D，∴平面DED1∥平面BCC1B1.∵EF⊂平面DED1，∴EF∥平面BCC1B1.(2)解如图(1)，连接BD.设CD＝1，则AB＝BC＝CC1＝2.∵∠BCD＝60°，∴BD＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos 60°＝ 3.∴CD2＋BD2＝BC2，∴BD⊥CD.同理可得，C 1D ⊥CD .法一 ∵平面D 1C 1CD ⊥平面ABCD ，平面D 1C 1CD ∩平面ABCD ＝CD ，C 1D ⊂平面D 1C 1CD ， ∴C 1D ⊥平面ABCD ，∵BC ⊂平面ABCD ，∴C 1D ⊥BC ， ∴C 1D ⊥B 1C 1.在平面ABCD 中，过点D 作DH ⊥BC ，垂足为H ，连接C 1H ，如图(1). ∵C 1D ∩DH ＝D ，∴BC ⊥平面C 1DH .∵C 1H ⊂平面C 1DH ，∴BC ⊥C 1H ，∴B 1C 1⊥C 1H ， ∴∠DC 1H 为平面BCC 1B 1与平面DC 1B 1所成的角. ∵在Rt △C 1CD 中，C 1D ＝3， 在Rt △BCD 中，DH ＝CD ·sin 60°＝32， ∴在Rt △C 1DH 中，C 1H ＝C 1D 2＋DH 2＝152，∴cos ∠DC 1H ＝C 1D C 1H ＝255.∴平面BCC 1B 1与平面DC 1B 1所成的角(锐角)的余弦值为255.法二 以D 为原点，分别以DB ，DC ，DC 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图(2)，则D (0，0，0)，C (0，1，0)，C 1(0，0，3)，B (3，0，0)，图(2)∴B 1C 1→＝BC →＝(－3，1，0)，DC 1→＝(0，0，3)，CC 1→＝(0，－1，3). 设平面BCC 1B 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·CC 1→＝0，即⎩⎨⎧－3x 1＋y 1＝0，－y 1＋3z 1＝0.取z 1＝1，则y 1＝3，x 1＝1，∴平面BCC 1B 1中的一个法向量为n 1＝(1，3，1). 设平面DC 1B 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2). 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·B 1C 1→＝0，n 2·DC 1→＝0，即⎩⎨⎧－3x 2＋y 2＝0，3z 2＝0.令x 2＝1，则y 2＝3，z 2＝0，∴平面DC 1B 1的一个法向量为n 2＝(1，3，0).设平面BCC 1B 1与平面DC 1B 1所成的锐二面角的大小为θ， 则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝1＋31＋3＋1·1＋3＝255.∴平面BCC 1B 1与平面DC 1B 1所成的角(锐角)的余弦值为255. 考点四 用空间向量求空间距离(供选用)【例4】 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离.解 设CD 的中点为E ，连接ME ，BE ， 因为△MCD 是正三角形， 所以ME ⊥CD .又因为平面MCD ⊥平面BCD ，ME ⊂平面MCD . 平面MCD ∩平面BCD ＝CD . 所以ME ⊥平面BCD . 因为△BCD 是正三角形， 所以BE ⊥CD ，以E 点为坐标原点，ED ，EB ，EM 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系如图.则E (0，0，0)，M (0，0，3)，C (－1，0，0)，B (0，3，0)，A (0，3，23). 所以MA→＝(0，3，3)，BM →＝(0，－3，3)，CM →＝(1，0，3)， 设n ＝(x ，y ，z )是平面MBC 的法向量，则 n ⊥BM→，n ⊥CM →， 所以n ·BM→＝0，n ·CM →＝0，所以⎩⎨⎧－3y ＋3z ＝0，x ＋3z ＝0，令z ＝1，则y ＝1，x ＝－3，所以n ＝(－3，1，1). 所以点A 到平面MBC 的距离为 d ＝|MA→·n ||n |＝235＝2155.规律方法 1.空间中两点间的距离的求法两点间的距离就是以这两点为端点的向量的模.因此，要求两点间的距离除了使用距离公式外，还可转化为求向量的模. 2.求点P 到平面α的距离的三个步骤：(1)在平面α内取一点A ，确定向量P A →的坐标表示； (2)确定平面α的法向量n ； (3)代入公式d ＝|P A →·n ||n |求解.【训练4】 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G ，H 分别是棱AB ，AD ，B 1C 1，D 1C 1的中点，则平面EFD 1B 1和平面GHDB 的距离是________.解析 因为平面EFD 1B 1∥平面GHDB ，EF ∥平面GHDB ，所以平面EFD 1B 1和平面GHDB 的距离，就是EF 到平面GHDB 的距离，也就是点F 到平面GHDB 的距离.建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则DF→＝(1，0，0)，DH →＝(0，1，2)，DB →＝(2，2，0)， 设平面GHDB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DH →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎨⎧y ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，不妨设y ＝－2，则n ＝(2，－2，1)， 所以点F 到平面GHDB 的距离d ＝|DF→·n ||n |＝|1×2＋0×（－2）＋0×1|22＋（－2）2＋12＝23， 即平面EFD 1B 1和平面GHDB 的距离也是23. 答案 23[思维升华]1.利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算.2.利用法向量求距离问题的程序思想方法 第一步，确定法向量； 第二步，选择参考向量；第三步，确定参考向量到法向量的投影向量；第四步，求投影向量的长度.[易错防范]1.异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角.2.利用向量法求二面角大小的注意点(1)建立空间直角坐标系时，若垂直关系不明确，应先给出证明；(2)对于某些平面的法向量，要结合题目条件和图形多观察，判断该法向量是否已经隐含着，不用再求.(3)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于()A.120°B.60°C.30°D.60°或30°解析设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.则sinβ＝|cos γ|＝|cos 120°|＝1 2.又0°≤β≤90°，∴β＝30°.答案C2.在正方体A1B1C1D1－ABCD中，AC与B1D所成角大小为()A.π6 B.π4 C.π3 D.π2解析建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0).∴AC →＝(1，1，0)，B 1D →＝(－1，1，－1)， ∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 所成的角为π2. 答案 D3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ＝4，AB ＝2.以AC 的中点O 为球心，AC 为直径的球面交PD 于点M .则CD 与平面ACM 所成角的正弦值为( )A.32B.33C.53D.63解析 如图所示，建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，P (0，0，4)， B (2，0，0)，C (2，4，0)，D (0，4，0)，M (0，2，2).所以AC→＝(2，4，0)，AM →＝(0，2，2)，CD →＝(－2，0，0). 设平面ACM 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥AC →，n ⊥AM →，可得⎩⎨⎧2x ＋4y ＝0，2y ＋2z ＝0，令z ＝1，得n ＝(2，－1，1).设所求角为α，则sin α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD→·n |CD →||n |＝63. 答案 D4.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 夹角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析 以A 为原点，AB ，AD ，AA 1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，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0，1，0)，∴A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－12. 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎨⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1，2，2).∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， ∴|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×1＝23，即平面A 1ED 与平面ABCD 夹角的余弦值为23. 答案 B5.(2019·日照模拟)设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( )A.32B.22C.223D.233解析 如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，D 1(0，0，2)，A 1(2，0，2)，B (2，2，0)，D 1A 1→＝(2，0，0)，DB →＝(2，2，0)，DA 1→＝(2，0，2)，设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，∴⎩⎨⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1，1，1).∴D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案 D 二、填空题6.(2019·昆明月考)如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是__________.解析 以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系.设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)， 则EF →＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)， ∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°.答案 60°7.在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则直线CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________.解析 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.设AA 1＝2AB ＝2，则D (0，0，0)，C (0，1，0)，B (1，1，0)，C 1(0，1，2)，则DC →＝(0，1，0)，DB →＝(1，1，0)，DC 1→＝(0，1，2).设平面BDC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→， 所以有⎩⎨⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2，1).设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC→|n ||DC →|＝23. 答案 238.(一题多解)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值为________.解析 法一 延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示.设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3， 作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求锐二面角的平面角. ∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝23.法二 如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，23，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，13，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，23， 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1，1，－3)， 取平面ABC 的法向量为m ＝(0，0，－1)， 则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.答案 23 三、解答题9.(2018·江苏卷)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点.(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.解 如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1 的中点分别为O ，O 1，连接OB ，OO 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，A 1(0，－1，2)， B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2).(1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，从而BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，AC 1→＝(0，2，2)， 故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020. (2)因为Q 为BC 的中点，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，因此AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，AC 1→＝(0，2，2)，CC 1→＝(0，0，2).设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1，1).设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→|·|n |＝25×2＝55，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55.10. (2018·河北五校联考)如图，在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，底面△ABC 是边长为2的正三角形，A 1A ＝A 1C ，A 1A ⊥A 1C .(1)求证：A 1C 1⊥B 1C ；(2)(一题多解)求二面角B 1－A 1C －C 1的正弦值. (1)证明 如图，取A 1C 1的中点D ，连接B 1D ，CD ，∵C 1C ＝A 1A ＝A 1C ， ∴CD ⊥A 1C 1，∵底面△ABC 是边长为2的正三角形， ∴AB ＝BC ＝2，A 1B 1＝B 1C 1＝2， ∴B 1D ⊥A 1C 1，又B 1D ∩CD ＝D ，B 1D ⊂平面B 1CD ，CD ⊂平面B 1CD ， ∴A 1C 1⊥平面B 1CD ，∴A 1C 1⊥B 1C .(2)解 法一 如图，过点D 作DE ⊥A 1C 于点E ，连接B 1E .∵侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，∴侧面AA 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1，又B 1D ⊥A 1C 1， 侧面AA 1C 1C ∩平面A 1B 1C 1＝A 1C 1， ∴B 1D ⊥平面A 1CC 1，∴B 1D ⊥A 1C ， ∴A 1C ⊥平面B 1DE ，∴B 1E ⊥A 1C ， ∴∠B 1ED 为所求二面角的平面角. ∵A 1B 1＝B 1C 1＝A 1C 1＝2，∴B 1D ＝3，又ED ＝12CC 1＝22，∴tan ∠B 1ED ＝B 1D ED ＝322＝6，∴sin ∠B 1ED ＝427. ∴二面角B 1－A 1C －C 1的正弦值为427.法二 如图，取AC 的中点O ，以O 为坐标原点，射线OB ，OC ，OA 1分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，B (3，0，0)，A 1(0，0，1)，B 1(3，1，1)，C 1(0，2，1)，C (0，1，0)，∴A 1B 1→＝(3，1，0)，A 1C →＝(0，1，－1). 设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1B 1C 的法向量， ∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝3x ＋y ＝0，m ·A 1C →＝y －z ＝0，令y ＝3，得m ＝(－1，3，3)，又OB →＝(3，0，0)为平面A 1CC 1的一个法向量， ∴cos 〈m ，OB →〉＝m ·OB →|m ||OB→|＝－77，由图易知所求二面角为锐角， ∴二面角B 1－A 1C －C 1的正弦值为427.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.(2019·长沙雅礼中学检测)在三棱锥P －ABC 中，点P 在底面的正投影恰好是等边△ABC 的边AB 的中点，且点P 到底面ABC 的距离等于底面边长.设△P AC 与底面所成的二面角的大小为α，△PBC 与底面所成的二面角的大小为β，则tan(α＋β)的值是( ) A.34 3B.25 3C.－813 3D.－583解析 如图，设点P 在边AB 上的射影为H ，作HF ⊥BC ，HE ⊥AC ，连接PF ，PE .依题意，∠HEP ＝α，∠PFH ＝β.不妨设等边△ABC 的边长为2，则PH ＝2，AH ＝BH ＝1. ∴HE ＝32，HF ＝32，则tan α＝tan β＝232＝43，故tan(α＋β)＝2tan α1－tan 2α＝2×431－⎝ ⎛⎭⎪⎫432＝－813 3.答案 C12.(2019·济南质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35解析 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得O (0，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，A (2，0，0)，B 1(0，2，1)，∴BC 1→＝(0，2，－1)，AB 1→＝(－2，2，1)， ∴cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0.∴BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55. 答案 A13.如图所示，二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为__________.解析 ∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|＝（CA→＋AB →＋BD →）2＝36＋16＋64＋2CA→·BD →＝116＋2CA→·BD →＝217.∴CA→·BD →＝|CA →|·|BD →|· cos 〈CA →，BD →〉＝－24. ∴ cos 〈CA→，BD →〉＝－12.又所求二面角与〈CA →，BD →〉互补，∴所求的二面角为60°. 答案 60°14.如图在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1.D 是棱CC 1上的一点，P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点，且PB 1∥平面BDA 1.(1)求证：CD ＝C 1D ；(2)求二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值； (3)求点C 到平面B 1DP 的距离.解 如图，以A 1为原点，A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(0，0，0)，B 1(1，0，0)，C 1(0，1，0)，B (1，0，1).(1)证明 设C 1D ＝x ，∵AC ∥PC 1， ∴C 1P AC ＝C 1D CD ＝x 1－x.由此可得D (0，1，x )，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋x 1－x ，0.∴A 1B →＝(1，0，1)，A 1D →＝(0，1，x )， B 1P →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1＋x 1－x ，0. 设平面BA 1D 的一个法向量为n 1＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B →＝a ＋c ＝0，n 1·A 1D →＝b ＋cx ＝0，令c ＝－1，则n 1＝(1，x ，－1).∵PB 1∥平面BDA 1，∴n 1·B 1P →＝1×(－1)＋x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 1－x ＋(－1)×0＝0. 由此可得x ＝12.故CD ＝C 1D .(2)由(1)知，平面BA 1D 的一个法向量n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1. 又n 2＝(1，0，0)为平面AA 1D 的一个法向量，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝11×32＝23. 故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23. (3)∵PB 1→＝(1，－2，0)，PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1，12， 设平面B 1DP 的一个法向量为n 3＝(a 1，b 1，c 1). 则⎩⎨⎧n 3·PB1→＝a 1－2b 1＝0，n 3·PD →＝－b 1＋c 12＝0.令c 1＝1，可得n 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1.又DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12， ∴C 到平面B 1DP 的距离d ＝|DC →·n 3||n 3|＝13.新高考创新预测15. (思维创新)在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E 分别是BC ，AB 的中点，AB ≠AC ，且AC >AD .设PC 与DE 所成角为α，PD 与平面ABC 所成角为β，二面角P －BC －A 为γ，则( )A.α<β<γB.α<γ<βC.β<α<γD.γ<β<α解析 由题图可知∠PCA ＝α<π2，∠PDA ＝β<π2， 因为P A ⊥平面ABC ，所以tan α＝P A AC ，tan β＝P AAD . 又AC >AD ，故tan β>tan α，则β>α.过点A 作AQ ⊥BC ，垂足为Q ，连接PQ ，则∠PQA ＝γ， 同理可证得γ>β，所以α<β<γ，故选A. 答案 A。

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题6题型分类一、空间向量研究距离问题1．点P 到直线l 的距离:已知直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点，设向量AP →在直线l 上的投影向量为AQ →＝a ，则点P 到直线l (如图)．2．点P 到平面α的距离:设平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点，则点P 到平面α的距离为|AP →·n||n|(如图)．3．两平行直线间的距离：一条直线上任一点到另一条直线的距离.4．直线到平面的距离：直线上任一点到这个平面的距离.5．两平行平面间的距离：一平面上任一点到另一平面的距离．二、空间向量研究夹角问题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线线角设两异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别为u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u ·v ||u ||v |(0，π2]线面角设直线AB 与平面α所成的角为θ，直线AB 的方向向量为u ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos〈u ，n 〉|＝|u ·n ||u ||n |[0，π2]面面角设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n 1，n 2，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|[0，π2]（一）点到直线的距离1、用向量法求点到直线的距离的一般步骤：(1)求直线的方向向量．(2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度．(3)利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化．2、用向量法求点到直线的距离时需注意以下几点:(1)不必找点在直线上的垂足以及垂线段;(2)在直线上可以任意选点,但一般选较易求得坐标的特殊点;(3)直线的方向向量可以任取,但必须保证计算正确.题型1：利用空间向量求点到直线的距离1-1．（2024高二上·北京大兴·期中）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，O 为正方形11ADD A 的中心，若P 为平面1OD B 内的一个动点，则P 到直线11A B 的距离的最小值为（ ）A ．22B ．12C ．64D ．331-2．（2024高二上·河南新乡·期末）已知空间三点()()()2,1,0,2,1,1,1,0,1A B C -，则点C 到直线AB 的距离为．1-3．（2024高二·全国·课后作业）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点B 到直线1AC 的距离为（ ）A ．63B ．66C ．65D ．2631-4．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，以顶点A 为端点的三条棱长都是a ，且AB AD ^，1160A AB A AD Ð=Ð=°，E 为1CC 的中点，则点E 到直线1AC 的距离为（ ）A ．510a B ．55a C ．54a D ．53a（二）点到平面的距离与直线到平面的距离1、用向量法求点面距的步骤：(1)建系：建立恰当的空间直角坐标系．(2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标．(3)求向量：求出相关向量的坐标(AP →，α内两不共线向量，平面α的法向量n )．(4)求距离d ＝|AP →·n ||n |.2、求点到平面的距离的主要方法：(1)作点到平面的垂线,点到垂足的距离即为点到平面的距离.(2)在三棱锥中用等体积法求解.(3)向量法:d=|n ·MA ||n |(n 为平面的法向量,A 为平面上一点,MA 为过点A 的斜线段).题型2：利用空间向量求点到平面的距离2-1．（2024高二上·陕西西安·期末）在直角梯形ABCD 中，,2222,90AD BC BC AD AB ABC ===Ð=°∥，O 为BD 中点，如图（1）．把ABD △沿BD 翻折，使得平面ABD ^平面BCD ，如图（2）．(1)求证：OA CD ^；(2)若M 为线段BC 的中点，求点M 到平面ACD 的距离．2-2．（2024高三下·江西鹰潭·阶段练习）如图，在三棱柱11ABC A B C -中，1CC ^平面ABC ，AC BC ^，14BC AC CC ===，D 为1AB 的中点，1CB 交1BC 于点E ．(1)证明：11CB C D ^；(2)求点E 到平面11B C D 的距离．2-3．（2024高二上·河南新乡·期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ^底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，4524,,5AB AD PD E ===是PA 的中点，2FB PF =uuu r uuu r ，则点C 到平面DEF 的距离为（ ）A ．3105B ．2105C ．105D ．10102-4．（2024高二下·云南楚雄·期中）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，E 是线段1BC 上靠近点B 的一个三等分点，D 是1AC 的中点．(1)证明：1A D //平面1AB E ；(2)若16AA AB ==，求点1A 到平面1AB E 的距离．（三）两条异面直线所成的角1、求异面直线夹角的方法(1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解．(2)向量法：在两异面直线a 与b 上分别取点A ，B 和C ，D ，则AB → 与CD →可分别为a ，b 的方向向量，则cos θ＝|AB → ·CD →||AB → ||CD →|.注：用空间向量求两条直线l 1，l 2夹角θ的步骤与方法：(1)化为向量问题：转化为求两直线l 1，l 2的方向向量u ,v 的夹角；(2)进行向量运算：计算cos ⟨u ,v⟩=u∙v|u |∙|v |的值；(3)回到图形问题：两条直线l 1,l 2夹角θ的余弦值cos θ=|cos ⟨u ,v⟩|.题型3：利用空间向量求异面直线的夹角3-1．（2024高二下·全国·课后作业）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,1,2AB BC AB BC CC ^===，建立适当的空间直角坐标系，并求1A B uuu r 与1B C uuur的夹角余弦值.3-2．（2024高二上·天津南开·期中）如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,60AB AD AA A AB A AD BAD ===Ð=Ð=Ð=°．(1)证明：1AC BD ^；(2)求1AC 的长；(3)求直线1BD 与AC 所成角的余弦值．3-3．（2024高一下·浙江宁波·期中）在正方体1111ABCD A B C D -中，M 为棱CD 的中点，N 为直线1BB 上的异于点B 的动点，则异面直线1A B 与MN 所成的角的最小值为q ，则sin q =（ ）A ．1010B ．105C ．31010D ．21053-4．（2024高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ^平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，π2Ð=Ð=ABC BAD ，3PA AD ==，1AB BC ==.点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，则线段BQ 的长为（四）直线与平面所成的角利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤(1)建立空间直角坐标系；(2)求直线的方向向量u ；(3)求平面的法向量n ；(4)设线面角为θ，则sin θ＝|u ·n ||u ||n |.题型4：利用空间向量求直线与平面所成的角4-1．（江苏省苏锡常镇四市2023届高三下学期3月教学情况调研（一）数学试题）在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A B BA ^平面ABC ，侧面11A B BA 为菱形，1π3ABB Ð=，1A B AC ^，2AB AC ==，E 是AC 的中点.(1)求证：1A B ^平面1AB C ；(2)点P 在线段1A E 上（异于点1A ，E ），AP 与平面1A BE 所成角为π4，求1EP EA 的值.4-2．（2024·吉林通化·二模）已知四棱锥P ABCD -的底面为平行四边形，2AD =，4DC =，60BAD Ð=o ，PD ^平面ABCD ，直线PD 与平面PAC 所成角为30o ，则PD =（ ）A ．22B ．475C ．677D ．74-3．（2024高二下·甘肃金昌·期中）如图，已知AE ^平面ABCD ，//CF AE ，//AD BC ，AD AB ^，1AB AD ==，2BC =.若2AE =，1CF =，则BF 与平面BDE 所成角的余弦值为.4-4．（2024高二下·四川成都·期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ^平面ABCD ，M 为PC 中点．(1)求证：//PA 平面MBD ；(2)若2AB AD PA ===，求直线BM 与平面AMD 所成角的正弦值．4-5．（2024高二下·四川成都·期中）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，4=AD ，13AA =，1B C 交1BC 于点E .(1)证明：直线1//D E 平面1A BD ；(2)求AD 与平面1A BD 所成角的正弦值.4-6．（2024·陕西商洛·二模）在四棱锥P ABCD -中，PA ^底面ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，2AP =，则直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为（ ）A ．255B ．25C ．23D ．334-7．（2024高二下·江苏徐州·期中）如图，圆台的下底面圆1O 的直径为AB ，圆台的上底面圆2O 的直径为PQ ，C 是弧AB 上一点，且222PA AC PC BC PB =====，.（五）两个平面的夹角求两平面夹角的两种方法(1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同．(2)法向量法：分别求出两平面的法向量n 1，n 2，则两平面的夹角为〈n 1，n 2〉(当〈n 1，n 2〉∈[0，π2]时)或π－〈n 1，n 2〉注：利用向量方法求二面角的大小时,多采用法向量法,即求出两个面的法向量,然后通过法向量的夹角来得到二面角的大小,但利用这种方法求解时,要注意结合图形观察分析,确定二面角是锐角还是钝角,不能将两个法向量的夹角与二面角的大小完全等同起来.题型5：利用空间向量求二面角5-1．（山东省滨州市2023-2024学年高二上学期期末数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ^底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AD DC ^，//AB DC ，222PC AB AD CD ====，点E 在棱PB 上．(1)证明：平面EAC ^平面PBC ；(2)当2BE EP =uuu r uuu r时，求二面角P AC E --的余弦值．5-2．（2024·河南·模拟预测）如图，四边形ABCD 为菱形，ED ^平面ABCD ，FB ED P ，222BD ED FB ==.(1)证明：平面EAC ^平面FAC ；(2)若60BAD Ð=°，求二面角F AE C --的大小.5-3．（2024高二上·湖北·期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是直角梯形，AD AB ^，AB DC P ，PA ^底面ABCD ，点E 为棱PC 的中点，22AD DC AP AB ====．(1)证明：//BE 平面PAD ；(2)在棱PC 上是否存在点F ，使得二面角F AD C --的余弦值为1010，若存在，求出PF PC 的值，若不存在，请说明理由．5-4．（2024高三下·河南·阶段练习）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，四边形ABCD 为平行四边形，平面1D BC ^平面1D BD .(1)求证：BC BD ^；(2)若1224AA BD BC ===，探索在棱1AA 上是否存在一点E ，使得二面角1E BD D --的大小为30o ？若存在，求出1AEAA 的值；若不存在，请说明理由.5-5．（2024高二下·江苏南通·阶段练习）在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 为正方形，2AB =，1DS =，平面ASD ^平面ABCD ，SD AD ^，点E 为DC 上的动点，平面BSE 与平面ASD 所成的二面角为(q q 为锐角)， 则当q 取最小值时，DE =．题型6：利用空间向量求两个平面的夹角6-1．（2024高二上·湖南郴州·期末）如图2，在ABCD Y 中，2AB =，3BC =，30ABC Ð=°．将DAC △沿AC 翻折，使点D 到达点P 位置（如图3），且平面PAC ^平面PBC ．(1)求证：平面PAC ^平面ABC ；(2)设Q 是线段PB 上一点，满足PQ mPB =uuu r uuu r，试问：是否存在一个实数m ，使得平面QAC 与平面PAB 的夹角的余弦值为24，若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．6-2．（2024高二上·云南昆明·期末）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ACC A 为正方形，90CAB Ð=°，2AC AB ==，M ，N 分别为AB 和1BB 的中点，D 为棱AC 上的点.(1)证明：1A M DN ^；(2)是否存在点D ，使得平面1C DN 与平面11ABB A 夹角的余弦值为53？如果不存在，请说明理由；如果存在，求线段AD 的长.6-3．（2024高二下·福建福州·期中）如图，圆O 是ABC V 的外接圆，CE ^平面ABC ，AB 是圆O 的直径，30CAB Ð=°，2CE BD =uuu r uuu r，且2CE AB ==.(1)求证：平面ACE ^平面BCED ；(2)若2ME DM =，求平面ACM 与平面ACE 夹角的余弦值.6-4．（2024·广东·模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，BD PC ^，四边形ABCD 是菱形，60ABC Ð=°，1AB PA ==，2PB =，E 是棱PD 上的中点.(1)求三棱锥C BDE -的体积；(2)求平面PAB 与平面ACE 夹角的余弦值.6-5．（2024高一上·吉林·阶段练习）如图①所示，长方形ABCD 中，1AD =，2AB =，点M 是边CD 的中点，将ADM △沿AM 翻折到PAM △，连接PB ，PC ，得到图②的四棱锥P ABCM -．(1)求四棱锥P ABCM -的体积的最大值；(2)设P AM D --的大小为q ，若π0,2q æùÎçúèû，求平面PAM 和平面PBC 夹角余弦值的最小值．6-6．（2024高二上·云南昆明·期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，2π3ADC Ð=，24PD DC BC ===，点E 是线段AD 的中点，点F 在线段AP 上且满足AF AP l =uuu r uuu r ，PD ^面ABCD .(1)当13l =时，证明：PC //平面BFE ；(2)当l 为何值时，平面BFE 与平面PBD 所成的二面角的正弦值最小？一、单选题1．（2024高二下·四川成都·期中）在长方体1111ABCD A B C D -中，11,AB BC AA ===，则1AD uuuu v 与1DB uuuu v夹角的余弦值为（ ）A B C ．15D ．2．（2024高二上·贵州铜仁·期末）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，14AA =，点E ，F 分别是11B C和1BB 的中点，M 是线段1D F 的中点，则直线AM 和CE 所成角的余弦值为（ ）A B C D 3．（2024高二上·广东惠州·阶段练习）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，分别取棱1AA ，11A D 的中点E ，F ，点G 为EF 上一个动点，则点G 到平面1ACD 的距离为（ ）A B C ．1D 4．（2024高二上·河北邯郸·期末）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PB ^底面ABCD ，AB =2BD PB ==，则PCD △的重心到平面PAD 的距离为（ ）A ．29B ．13C ．49D ．5185．（2024高二下·福建福州·期中）如图在长方体1111ABCD A B C D -中，11,AD DD AB ===E ，F ，G 分别是1,,AB BC CC 棱的中点，P 是底面ABCD 内一个动点，若直线1//D P 平面EFG 平行，则线段BP 的最小值为（ ）A B ．1C D ．126．（2024高二下·江苏南京·期中）已知两平面的法向量分别为(0,1,1)m =u r ，(1,1,1)n =r ，则两平面所成的二面角的正弦值为（ ）A B C ．13D 6.3.4空间距离的计算（1））已知平面α的一个法向量(2,2,1)n =--r，点(1,3,0)A -在α内，则(2,1,4)P -到α的距离为（ ）A ．10B ．3C ．83D ．1038．（2024高二下·福建龙岩·期中）如图，在圆锥SO 中，AB 是底面圆O 的直径，4SO AB ==，AC BC =，D 为SO 的中点，N 为AD 的中点，则点N 到平面SBC 的距离为（ ）A ．43B ．53C ．1D ．29．（2024高二下·江西景德镇·期中）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，M 为线段EF 上的一动点，则直线1A D 与1B M 所成角的余弦值的取值范围是（ ）A ．12éêëB ．C ．D ．35éêë10．（2024高二下·浙江·阶段练习）如图，已知四棱台的底面ABCD 是直角梯形，90BAD o Ð=，//AD BC ，111222AD AB BC DD A D ====，1DD ^平面ABCD ，E 是侧棱1BB 所在直线上的动点，AE 与1CA 所成角的余弦值的最大值为（ ）A B C D 11．（2024高二下·全国·单元测试）三棱锥O ABC -中，,,OA OB OC 两两垂直且相等，点,P Q 分别是线段BC 和OA 上移动，且满足12BP BC £，12AQ AO £，则PQ 和OB 所成角余弦值的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．12．（2024高二下·河南周口·阶段练习）在正四棱锥P ABCD -中，2PA AB ==，M 为棱PC 的中点，则异面直线AC ，BM 所成角的余弦值为（ ）A B C D 13．（2024高二上·河南平顶山·期末）如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，13D D =，M ，N 分别是11B C ，AB 的中点，设点P 是线段DN 上的动点，则MP 的最小值为（ ）A B C D 14．（2024高二下·浙江·期中）在正三棱柱111ABC A B C -中，12,3AB AA ==，点D 为棱BC 的中点，点E 为线段1AC （不与C 点重合）上的点，且满足1(0)A E mEC m =>uuur uuu r ，当二面角E AD C --的平面角为π4时，实数m 的值为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．415．（2024高二上·浙江金华·期末）襄阳一桥全称“襄阳江汉大桥”，于1970年正式通车，在和襄阳城长达53年的相处里，于襄阳人来说一桥早已无可替代.江汉大桥由主桥架､上下水平纵向联结系､桥门架和中间横撑架以及桥面系组成，下面是一桥模型的一段，它是由一个正方体和一个直三棱柱构成.其中AB =BH ，那么直线AH 与直线IG 所成角的余弦值为（ ）A ．BC ．12-D ．1216．（2024高二下·浙江·学业考试）如图，棱长均相等的三棱锥P ABC -中，点D 是棱PC 上的动点（不含端点），设CD x =，二面角A BD C --的大小为q .当x 增大时，（ ）A ．q 增大B ．q 先增大后减小C ．q 减小D ．q 先减小后增大17．（2024·新疆阿勒泰·一模）四棱锥P ABCD -中，AB BC ==1，则直线PA 与直线BC 所成角的余弦值为（ ）A ．13B C D 18．（2024高二下·江苏宿迁·期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ^平面ABCD ，90BAD Ð=°，112PA AB BC AD ====，//BC AD ，已知Q 是棱PD 上靠近点P 的四等分点，则CQ 与平面PAB 所成角的正弦值为（ ）．A B C D ．1619．（2024高二下·陕西汉中·期末）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为体对角线1B D 上一点，且12DP PB =，则异面直线1AD 和CP 所成角的余弦值为（ ）A ．0B ．35C ．45D 二、多选题20．（江苏省淮安市淮海中学2023-2024学年高二上学期收心考试数学试题）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中（ ）A ．AC 与1BD 的夹角为60°B ．二面角1D ACD --C ．1AB 与平面1ACD D ．点D 到平面1ACD 21．（2024高二上·山东青岛·期中）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F ，G 分别为AD ，AB ，11B C 的中点，以下说法正确的是（ ）A ．三棱锥C EFG -的体积为1B ．1AC ^平面EFGC ．11//AD 平面EFGD ．平面EGF 与平面ABCD 22．（2024高二下·江西宜春·开学考试）点M 在z 轴上，它与经过坐标原点且方向向量为()1,1,1s =-r的直线l，则点M 的坐标是（ ）A ．()0,0,3-B ．()0,0,3C ．(D ．(0,0,23．（2024高二上·浙江宁波·阶段练习）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABC ^平面BCD ，ABC V 与BCD △均为等腰直角三角形，且90BAC BCD Ð=Ð=°，2BC =，P 是线段AB 上的动点（不包括端点），若线段CD 上存在点Q ，使得异面直线PQ 与AC 成30o 的角，则线段PA 的长度可能为（ ）A B C D 24．（2024高二上·河南·期中）在三棱锥A BCD -中，平面ABD ^平面BCD ，BD CD ^，BD CD ==ABD为等边三角形，E 是棱AC 的中点，F 是棱AD 上一点，若异面直线DE 与BF ，则AF 的值可能为（ ）A ．23B ．1C ．43D ．5325．（2024高二下·江苏淮安·期中）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（ ）A ．点1C 到直线CQB ．122CQ AB AD AA =--+uuu r uuu r uuu r uuu rC ．平面ECG 与平面1BCD 的夹角余弦值为13D ．异面直线CQ 与BD 26．（海南省海口市龙华区海南华侨中学2023届高三一模数学试题）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，Q 是棱1DD 上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．不存在点Q ，使得11//C Q A CB ．存在点Q ，使得11C Q A C^C ．对于任意点Q ，Q 到1AC 的距离的取值范围为D ．对于任意点Q ，1A CQ △都是钝角三角形三、填空题27．（2024高二上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB AD ==，14DD =，则11A B 与平面11A C D 所成的角的正弦值为 ．28．（2024高二下·福建宁德·期中）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别为1DD ，BD ，1BB 的中点，则1C E 与FG 所成的角的余弦值为 .29．（2024·浙江绍兴·一模）如图，在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱1A A 上的动点，N 是棱BC 的中点.当平面1D MN 与底面ABCD 所成的锐二面角最小时，1A M = .30．（2024高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为线段11A B 的中点，F 为线段AB 的中点，则直线FC 到平面1AEC 的距离为 ．31．（2024高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，12AA AB ==，1BC =，E ､F ､H 分别是AB ､CD ､11A B 的中点，则直线EC 到平面AFH 的距离为 .32．（2024高二上·山东枣庄·期末）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，O 为平面11A ABB 的中心，E 为BC 的中点，则点O 到直线1A E 的距离为 .33．（2024高一·全国·课后作业）正方体1111ABCD A B C D -中，二面角11A CC B --的大小为 .34．（2024高三·全国·课后作业）已知PA ^平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，PA AD =为定长，当AB 的长度变化时，异面直线PC 与AD 所成角的取值范围是 ．35．（2024高一下·浙江温州·期末）“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美,如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线MN 与平面ABCD 所成角的正弦值为 .四、解答题36．（2024高二上·天津·期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ^平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，2AB =，60BAD Ð=o .(1)求证：BD ^平面PAC ；(2)若PA AB =，求PB 与AC 所成角的余弦值.37．（2024高二下·广东广州·阶段练习）如图，四棱锥P ABCD -中，CD ^平面PAD ，//AB CD ，1AB =，2CD =，M 为棱PC 上一点.(1)若M 为PC 的中点，证明：//BM 平面PAD ；(2)若2PA PD AD ===，且//PA 平面BMD ，求直线PC 与平面BMD 所成角的正弦值.38．（2024高二下·江苏常州·阶段练习）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E 为1BB 的中点．(1)求点D 到平面1AD E 的距离为d ；(2)求1BC 到平面1AD E 的距离．39．（2024高二上·吉林长春·期末）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，点D 为1A B 的中点，1AA ==(1)证明：BC ∥平面1AC D ；(2)求直线BC 到平面1AC D 的距离．40．（2024高二上·辽宁沈阳·阶段练习）如图，在三棱锥P ABC -中，PA ^底面ABC ，90BAC Ð=o ，点D 、E 分别为棱PA ，PC 的中点，M 是线段AD 的中点，N 是线段BC 的中点，4PA AC ==，2AB =.(1)求证：//MN 平面BDE ；(2)求直线MN 到平面BDE 的距离.41．（2024高二下·全国·课后作业）如图，矩形ADFE 和梯形ABCD 所在平面互相垂直，AB ∥CD ，∠ABC ＝∠ADB ＝90°，CD ＝1，BC ＝2，DF ＝1．(1)求证：BE ∥平面DCF ；(2)求点B 到平面DCF 的距离．42．（2024高二上·浙江杭州·期中）如图，C 是以AB 为直径的圆O 上异于A ，B 的点，平面PAC ^平面ABC ，PAC V 为正三角形，E ，F 分别是棱,PC PB 上的点，且满足(01)PE PF PC PBl l ==<<．(1)求证：BC AE ^；(2)是否存在l ，使得直线AP 与平面AEF l 的值；若不存在，请说明理由．43．（2024·新疆·模拟预测）如图所示，四棱锥P ABCD -中，PA ^菱形ABCD 所在的平面，60ABC Ð=°，点E ､F 分别是BC ､PC 的中点，M 是线段PD 上的点.（1）求证：平面AEM ^平面PAD ；（2）当AB AP =时，是否存在点M ，使直线EM 与平面ABF ？若存在，请求出PM PD 的值，若不存在，请说明理由.44．（2024高二下·福建莆田·阶段练习）如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，PA ⊥平面ABCD ，AD ＝5，BC ＝2AB ＝4，M 为PC 的中点．(1)求证：平面PAC ⊥平面PCD ；(2)若AM ⊥PC ，求直线PB 与面PCD 所成角的正弦值．45．（2024高二下·江苏常州·期中）如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABP 所在的平面互相垂直，且//AB CD ，AB BC ^，AP PB ^，2AB =，1BC CD ==．(1)求证：AB PD ^；(2)求直线PC 与平面ABP 所成角的余弦值；(3)线段PA 上是否存在点E ，使得//PC 平面EBD ？若存在，求出AE AP的值；若不存在，请说明理由．46．（2024高二下·江苏南京·期末）如图所示，在三棱锥P ABC -中，已知PA ^平面ABC ，平面PAB ^平面PBC ．(1)证明：^BC 平面PAB ；(2)6PA AB ==，3BC =，在线段PC 上（不含端点），是否存在点D ，使得二面角B AD C --的余弦值为D 的位置；若不存在，说明理由．47．（2024··模拟预测）如图，四边形ACC 1A 1与四边形BCC 1B 1是全等的矩形，1AB AA ==．(1)若P 是AA 1的中点，求证:平面PB 1C 1⊥平面PB 1C ;(2)若P 是棱AA 1上的点，直线BP 与平面ACC 1A 1求二面角B 1﹣PC ﹣C 1的余弦值．48．（2024·福建福州·二模）如图1，在ABC V 中，2π2,,3AB AC BAC E Ð===为BC 的中点，F 为AB 上一点，且EF AB ^.将BEF △沿EF 翻折到B EF ¢V 的位置，如图2.(1)当AB ¢=B AE ¢^平面ABC ；(2)已知二面角B EF A ¢--的大小为π4，棱AC 上是否存在点M ，使得直线B E ¢与平面B MF ¢所成角的正弦值M 的位置；若不存在，请说明理由.49．（2024·江苏·二模）如图，在三棱台111ABC A B C -中，BA BC ^，平面11A B BA ^平面ABC ，二面角1B BC A --的大小为45°，2AB =，1111BC A B AA ===.(1)求证：1AA ^平面ABC ；(2)求异面直线1BA 与1B C 所成角的余弦值.50．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，AB BC =，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的动点.11BF A B ^.(1)证明：BF DE ^；(2)求平面11BB C C 与平面DEF 所成的二面角正弦值的最小值及此时点D 的位置.51．（2024·河南郑州·模拟预测）在底面ABCD 为梯形的多面体中.AB CD ∥，BC ⊥CD ，2AB CD ==，∠CBD ＝45°，BC ＝AE ＝DE ，且四边形BDEN 为矩形．(1)求证：BD ⊥AE ；(2)线段EN 上是否存在点Q ，使得直线BE 与平面QAD 所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q 的位置并加以证明．52．（2024高二下·江苏常州·期中）如图，圆锥SO ，S 为顶点，O 是底面的圆心，AE 为底面直径，AE AS =，圆锥高SO =6，点P 在高SO 上，ABC V 是圆锥SO 底面的内接正三角形.(1)若PO ，判断PA 和平面PBC 是否垂直，并证明；(2)点P 在高SO 上的动点，当PE 和平面PBC 所成角的正弦值最大时，求三棱锥P-ABC 的体积.53．（2024高二下·江苏盐城·期中）如图，在Rt AOB V 中，π2AOB Ð=，4AO =，2BO =，Rt AOC V 可以通过Rt AOB V 以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B AO C --是直二面角．动点D 在线段AB 上．(1)当D 为AB 的中点时，求异面直线AO 与CD 所成角的余弦值；(2)求CD 与平面AOB 所成角的正弦值的最大值．54．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ^平面ABCD ，PA PD =，底面ABCD 是边长为2的正方形，点E 在棱PC 上，2CE PE =.(1)证明：平面BDE ^平面ABCD ；(2)当直线DE 与平面PBD 所成角最大时，求四棱锥P ABCD -的体积.55．（2024高二下·四川成都·期末）如图，在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是矩形，若2AD QD QA ===，1CD QC ==，(1)证明：平面QAD ^平面ABCD ；(2)若E F ，分别是QC QD ，的中点，动点P 在线段EF 上移动，设q 为直线BP 与平面ABCD 所成角，求sin q 的取值范围．。

关于向量点到直线距离点到平面距离异面直线夹角大地点例题1. 向量点到直线距离：
假设有一条直线L，过点A且与直线L垂直的向量为向量n。

现在有一点B，我们想要求点B到直线L的距离。

点B到直线L的距离可以通过将向量AB在向量n的方向上投影来求得。

投影的长度就是点B到直线L的距离。

公式如下：
点B到直线L的距离 = |AB · n| / |n|
其中 "·" 表示点积，|AB| 表示向量AB的模，|n| 表示向量n的模。

2. 点到平面距离：
假设有一个平面P，其法向量为向量n。

现在有一点C，我们想要求点C到平面P的距离。

点C到平面P的距离可以通过将点C与平面P上的任意一点A连成的向量在向量n的方向上投影来求得。

投影的长度就是点C到平面P的距离。

公式如下：
点C到平面P的距离 = |AC · n| / |n|
其中 "·" 表示点积，|AC| 表示向量AC的模，|n| 表示向量n的模。

3. 异面直线夹角：
假设有两条不相交的直线L1和L2。

我们想要求这两条直线的夹角。

首先，找到两条直线的方向向量n1和n2。

然后，将它们归一化得到单位向量 u1 和 u2。

最后，直接计算向量 u1 和 u2 的夹角即可得到两条异面直线的夹角。

公式如下：
两条异面直线的夹角 = arccos(u1 · u2)
其中 "·" 表示点积，arccos 表示反余弦函数。

1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题基础过关练题组一用空间向量求空间距离1.(2021辽宁沈阳期末)已知△ABC的顶点A(1,-1,2),B(5,-6,2), C(1,3,-1),则AC边上的高BD的长等于( )A.3B.4C.5D.62.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为( )A.√36 B.√33C.2√33D.√323.平面直角坐标系xOy中,Ⅰ、Ⅱ象限所在的半平面记为α,Ⅲ、Ⅳ象限所在的半平面记为β,x轴记为l,已知点A(-2,3),点B(3,-2),将半平面β沿直线l折起,使得二面角α-l-β的平面角的大小为60°,这时A,B两点间的距离为.4.(2020上海交通大学附属中学检测)棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是线段BB1,B1C1的中点,则直线MN到平面ACD1的距离为.5.(2022辽宁抚顺一中开学考试)如图,棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,N是棱AD的中点,M是棱CC1上的点,且CC1=3CM,则直线BM与B1N之间的距离为.6.(2022重庆名校联盟月考)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1,四边形AEC1F为平行四边形.(1)求BF的长;(2)求点C到平面AEC1F的距离.题组二用空间向量求空间角7.(多选)(2022浙江金华建华中学月考)直线l的方向向量为a,平面α,β的法向量分别为n,m,则下列命题为真命题的是( )A.若a⊥n,则直线l∥平面αB.若a∥n,则直线l⊥平面αC.若cos<a,n>=12,则直线l 与平面α所成角的大小为π6D.若cos<m,n>=12,则平面α,β的夹角为π38.(2020山西大学附属中学测试)在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M 为A 1B 1的中点,则异面直线AM 与B 1C 所成角的余弦值为( ) A.√105B.√1010C.√32D.√229.(2020黑龙江哈尔滨检测)在空间中,已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z 轴上一点(0,0,a)(a>0),如果平面α与平面Oxy 的夹角为45°,则a= .10.(2021天津武清杨村三中月考)如图所示,几何体ABCD-A 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体,E,F 分别是棱AB,BC 上的动点,且AE=BF,当A 1,E,F,C 1共面时,求平面A 1DE 与平面C 1DF 夹角的余弦值.11.(2021重庆三十七中月考)如图,已知点P 在正方体ABCD-A'B'C'D'的体对角线BD'上,满足BP=2PD'.(1)求DP与CC'所成角的余弦值;(2)求DP与平面AA'D'D所成角的正弦值.12.如图所示,在三棱锥S-ABC中,O为BC的中点,SO⊥平面ABC,侧面SAB与SAC均为等边三角形,∠BAC=90°,求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值.能力提升练题组一 用空间向量求空间距离1.(2022山东枣庄八中质检)如图,在棱长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,P 为A 1D 1的中点,Q 为A 1B 1上任意一点,E,F 为CD 上两个动点,且EF 的长为定值,则点Q 到平面PEF 的距离 ( )A.等于√55a B.和EF 的长度有关C.等于√23aD.和点Q 的位置有关2.(2022安徽合肥第六中学期中)如图所示,在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1=2,AB=BC=1,动点P,Q 分别在线段C 1D,AC 上,则线段PQ 长度的最小值是( )A.√23B.√33C.23D.√533.如图,四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是矩形,PD⊥平面ABCD,且PD=AD=1,AB=2,点E 是线段AB 上一点,当平面PEC 与平面ABCD 的夹角为π4时,AE= ,点D 到面PEC 的距离为 .4.(2022上海洋泾中学期中)如图所示,四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1是底面边长为1的正四棱柱.若点C 到平面AB 1D 1的距离为43,则正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的高为 .题组二 用空间向量求空间角5.(2022湖北武汉第十四中学月考)如图所示,已知四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F 为PC 的中点,则平面PBC 与平面BFD 夹角的正切值为( )A.√36B.√34C.√33D.2√336.(2020河南省实验中学期中)已知菱形ABCD 中,∠ABC=60°,沿对角线AC 折起之后,平面BAC⊥平面DAC,则平面BCD 与平面CDA 的夹角的余弦值为( )A.√22 B.12C.√33D.√557.(2020陕西西安中学月考)在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB=2,E,F 分别为A 1C 1,A 1B 1的中点,当AE 和BF 所成角的余弦值为710时,AE 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为( ) A.√155B.√1510C.√510D.√55题组三 用空间向量解决立体几何中的探索性问题8.(2022北京师大二附中)在四棱锥P-ABCD 中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,DC=AD=1,AB=2,∠PAD=45°,E 是PA 的中点,F 在线段AB 上,且CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0. (1)求证:DE∥平面PBC;(2)求平面FPC 与平面PBC 夹角的余弦值;(3)在线段PA 上是否存在点Q,使得FQ 与平面FPC 所成角的余弦值是√63若存在,求出AQ 的长;若不存在,请说明理由.9.(2021山东新高考质量测评联盟联考)如图所示,正方形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直,动点P在线段EF(包含端点E,F)上,M,N 分别为AB,BC的中点,AB=2DE=2.(1)若P为EF的中点,求点N到平面PDM的距离;(2)设平面PDM与平面ABCD的夹角为θ,求cosθ的最大值,并求出此时点P的位置.答案全解全析 基础过关练1.C 由题意得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-5,0),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,-3),则直线AC 的单位方向向量u=(0,45,-35),所以AC 边上的高BD 的长即B 到AC 的距离,为√AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2-(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·u )2=√41-16=5.2.B 以D 1为坐标原点,D 1A 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,D 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,D 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A 1(1,0,0),C 1(0,1,0),D(0,0,1),A(1,0,1),所以DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1), DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0).设平面A 1C 1D 的法向量为m=(x,y,z), 则{m ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x -z =0,m ·DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =y -z =0,令z=1,则x=1,y=1,故m=(1,1,1). 显然平面AB 1C∥平面A 1C 1D,所以平面AB 1C 与平面A 1C 1D 之间的距离为|AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m ||m |=√33. 3.答案 4√2解析 平面直角坐标系xOy 中,作AC⊥l 于C,BD⊥l 于D,则AC=3,CD=5,BD=2.因为二面角α-l-β的平面角的大小为60°, 所以两向量AC⃗⃗⃗⃗⃗ ,DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为120°, 所以|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2 =√|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√9+25+4+2×3×2×(-12)=√32=4√2,所以A,B 两点间的距离为4√2. 4.答案√32解析 如图,以点D 为坐标原点,DA,DC,DD 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则C(0,1,0),D 1(0,0,1),M (1,1,12),A(1,0,0),∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,12),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1). 设平面ACD 1的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,-x +z =0,令x=1,则y=z=1,∴n=(1,1,1). ∴点M 到平面ACD 1的距离d=|AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√32.∵MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,且MN ⊄平面ACD 1,AD 1⊂平面ACD 1,∴MN∥平面ACD 1.∴直线MN 到平面ACD 1的距离即点M 到平面ACD 1的距离,为√32. 5.答案6√8989解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1,1,0),B 1(1,1,1),M (0,1,13),N (12,0,0),∴BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,13),B 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,-1,-1). 设直线BM 与B 1N 的公垂线方向上的向量n=(x,y,z),则{n ·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·B 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +13z =0,-12x -y -z =0,令x=2,则z=6,y=-7,∴n=(2,-7,6). 设直线BM 与B 1N 之间的距离为d,则d=|BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√89=6√8989. 6.解析 (1)因为四边形AEC 1F 为平行四边形,所以AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .设DF=a.建立如图所示的空间直角坐标系,则B(2,4,0),A(2,0,0),E(2,4,1), C 1(0,4,3),F(0,0,a).所以AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,a),EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,2),所以(-2,0,a)=(-2,0,2),所以a=2,所以F(0,0,2).所以BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-4,2).所以|BF⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√6,即BF 的长为2√6.(2)易知C(0,4,0),又C 1(0,4,3),A(2,0,0),E(2,4,1), 所以CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,3),EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,2),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,1). 设平面AEC 1F 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =4y +z =0,n ·EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x +2z =0,令x=1,则y=-14,z=1,所以n=(1,-14,1).所以C 到平面AEC 1F 的距离d=|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√334=4√3311.7.BCD 若a⊥n,则直线l∥平面α或l 在平面α内,故A 中命题为假命题;若a∥n,则a 也是平面α的一个法向量,所以直线l⊥平面α,故B 中命题为真命题;直线与平面夹角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值,所以若cos<a,n>=12,则直线l 与平面α所成角的大小为π6,故C中命题为真命题;两个平面的夹角与它们法向量所成的不大于90°的角相等,故D 中命题为真命题. 故选BCD.8.A 以D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),B 1(1,1,1),C(0,1,0),M (1,12,1),∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,1),B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-1),∴|AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√52,|B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-1,∴异面直线AM 与B 1C 所成角的余弦值为|cos<AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||B1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√105.故选A.9.答案125解析 设点(3,0,0),(0,4,0),(0,0,a)(a>0)分别为A,B,C,则AC ⃗⃗⃗⃗⃗ = (-3,0,a),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,4,0).设平面ABC 的法向量为n=(x,y,z), 则{AC⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{-3x +az =0,-3x +4y =0,取z=1,则x=a 3,y=a 4,∴n=(a 3,a4,1).取平面Oxy 的一个法向量为m=(0,0,1). ∴|cos<m,n>|=√a 29+a 216+1·√0+0+1=√22,解得a=125(负值舍去).10.解析 易知当E,F 分别是AB,BC 的中点时,A 1,E,F,C 1共面,且AE=BF.以点D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A 1(6,0,6),D(0,0,0),C 1(0,6,6),E(6,3,0),F(3,6,0). ∴DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,0,6),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,3,0),DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,6,6),DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,6,0),设平面A 1DE 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 由{n 1·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{6x 1+6z 1=0,6x 1+3y 1=0,令x 1=1,则y 1=-2,z 1=-1,∴n 1=(1,-2,-1). 设平面C 1DF 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 由{n 2·DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{6y 2+6z 2=0,3x 2+6y 2=0,令x 2=2,则y 2=-1,z 2=1,∴n 2=(2,-1,1). 设平面A 1DE 与平面C 1DF 的夹角为θ, 则cosθ=|cos<n 1,n 2>|=|n 1·n 2||n 1||n 2|=√6×√6=12,∴平面A 1DE 与平面C 1DF 夹角的余弦值为12. 11.解析 建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为1,则P (13,13,23),C(0,1,0),D(0,0,0),C'(0,1,1).(1)易知DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(13,13,23),CC '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1).设DP 与CC'所成角为θ,则cosθ=|DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CC '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||CC '⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=23√19+19+49×√1=23√63=√63,∴DP 与CC'所成角的余弦值为√63. (2)由(1)知DP⃗⃗⃗⃗⃗ =(13,13,23). 易知DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0)为平面AA'D'D 的一个法向量.设DP 与平面AA'D'D 所成角为α,则sinα=|cos<DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=13√19+19+49×√1=13√63=√66,∴DP 与平面AA'D'D 所成角的正弦值为√66. 12.解析 因为△SAB 与△SAC 均为等边三角形,所以AB=AC.连接OA,则OA⊥BC.以O 为坐标原点,OB,OA,OS 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Oxyz.设B(1,0,0),则C(-1,0,0), A(0,1,0),S(0,0,1),O(0,0,0).所以SA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),SC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-1),OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0). 设平面SAC 的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =y -z =0,n ·SC⃗⃗⃗⃗ =-x -z =0,令x=1,则z=-1,y=-1,所以n=(1,-1,-1). 易知平面SBC 的一个法向量为OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0).所以|cos<OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√3=√33,所以平面SAC 与平面SBC 夹角的余弦值为√33.能力提升练1.A 取B 1C 1的中点G,连接PG,CG,DP,则PG∥CD,所以点Q 到平面PEF的距离即点Q 到平面PGCD 的距离,与EF 的长度无关,B 错.易知A 1B 1∥平面PGCD,所以点A 1到平面PGCD 的距离即点Q 到平面PGCD 的距离,即点Q 到平面PEF 的距离,与点Q 的位置无关,D 错.以点D 为坐标原点,建立空间直角坐标系,则C(0,a,0),D(0,0,0),A 1(a,0,a),P (a 2,0,a),∴DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a,0),DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,0,a),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a2,0,a). 设n=(x,y,z)是平面PGCD 的法向量,由{n ·DP⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{a2x +az =0,ay =0,令z=1,则x=-2,y=0,所以n=(-2,0,1)是平面PGCD 的一个法向量. 所以点Q 到平面PEF 的距离d=|DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |n ||=|-2a+a √5|=√5a5,故A 对,C 错.2.C 建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),D(0,0,0), C(0,1,0),C 1(0,1,2).设P(0,y 1,z 1),Q(x 2,y 2,0).由题意设DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,λ,μ∈[0,1],所以(0,y 1,z 1)= λ(0,1,2),(x 2-1,y 2,0)=μ(-1,1,0),所以P(0,λ,2λ),Q(1-μ,μ,0).所以|PQ|=√(1-μ)2+(μ-λ)2+4λ2=√2μ2+5λ2-2λμ-2μ+1=√5(λ-15μ)2+95(μ-59)2+49,所以当λ=19,μ=59时,线段PQ 的长度取得最小值,为23.3.答案 2-√3;√22解析 设AE=a(0≤a≤2).以点D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz(图略),则D(0,0,0),E(1,a,0),C(0,2,0),P(0,0,1),所以PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,a,-1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ = (0,2,-1),DP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1).设平面PEC 的法向量为m=(x,y,z),则{m ⊥PE ⃗⃗⃗⃗ ,m ⊥PC ⃗⃗⃗⃗ ,即{x +ay -z =0,2y -z =0,令y=1,可得x=2-a,z=2,所以m=(2-a,1,2).易知平面ABCD 的一个法向量为DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),则|cos<m,DP⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|√(2-a )2+5|=√22,解得a=2-√3或a=2+√3(舍去),所以AE=2-√3.此时平面PEC 的一个法向量为m=(√3,1,2),所以点D 到平面PEC 的距离为|DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m ||m |=2√2=√22.4.答案 2解析 设正四棱柱的高为h(h>0).建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,h),B 1(1,0,0),D 1(0,1,0),C(1,1,h),则AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-h),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-h),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0). 设平面AB 1D 1的法向量为n=(x,y,z), 则{n ·AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x -ℎz =0,y -ℎz =0,取z=1,得x=h,y=h,所以n=(h,h,1). 所以点C 到平面AB 1D 1的距离为|n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√ℎ2+ℎ2+1=43,解得h=2.故正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的高为2.5.D 如图所示,设AC 与BD 交于O,连接OF.以O 为坐标原点,OB,OC,OF 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系Oxyz.设PA=AD=AC=1,则BD=√3,所以O(0,0,0),B (√32,0,0),F (0,0,12), C (0,12,0),所以OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√32,12,0),FB⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,0,-12). 易知OC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,0)为平面BFD 的一个法向量. 设平面PBC 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32x +12y =0,n ·FB ⃗⃗⃗⃗ =√32x -12z =0,令x=1,则y=z=√3,所以平面PBC 的一个法向量为n=(1,√3,√3).所以cos<n,OC⃗⃗⃗⃗⃗ >=√217,所以sin<n,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√77,所以tan<n,OC⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√33. 6.D 取AC 的中点O,连接BO,DO,因为四边形ABCD 是菱形,所以BO⊥AC,OD⊥AC,又平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,所以BO⊥平面ACD.建立如图所示的空间直角坐标系,设菱形ABCD 的边长为1,则AC=1,BO=OD=√32,则O(0,0,0),C (12,0,0),B (0,0,√32), D (0,√32,0),所以OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√32),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,0,-√32),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,√32,0).设平面BCD 的法向量为n=(x,y,z), 则{BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,CD⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{12x -√32z =0,-12x +√32y =0,令z=1,得x=√3,y=1,则n=(√3,1,1). 易知平面CDA 的一个法向量为OB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√32), 所以|cos<OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=√32√32×√5=√55.故选D.7.B 设AA 1=t.以B 为坐标原点,过B 且垂直于BC 的直线为x 轴,BC,BB 1所在直线分别为y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(√3,1,0),E (√32,32,t),B(0,0,0),F (√32,12,t), ∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√32,12,t),BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,12,t). ∵AE 和BF 所成角的余弦值为710,∴|cos<AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BF ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||t 2-12|√1+t 2·√1+t 2710,解得t=2或t=-2(舍去),∴AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√32,12,2). 易知平面BCC 1B 1的一个法向量为n=(1,0,0), ∴AE 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为|cos<AE⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|AE ⃗⃗⃗⃗⃗·n ||AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√32√5=√1510.故选B.8.解析 (1)证明:证法一:取PB 的中点M,连接EM,CM. ∵E 是PA 的中点,∴EM∥AB,且EM=12AB,又∵CD∥AB,且CD=12AB,∴EM∥CD,且EM=CD,∴四边形CDEM 为平行四边形,∴DE∥CM. ∵CM ⊂平面PBC,DE ⊄平面PBC, ∴DE∥平面PBC.证法二:∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥DC,PD⊥AD. ∵AB∥DC,AB⊥AD,∴AD⊥DC.以D 为坐标原点,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,如图.∵PD⊥AD,∠PAD=45°,AD=1,∴PD=1,∴D(0,0,0),B(1,2,0),C(0,1,0),P(0,0,1),E (12,0,12),∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,0),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,0,12).设平面PBC 的法向量为m=(x,y,z),则{m ·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =-x -y =0,m ·CP ⃗⃗⃗⃗ =-y +z =0,取y=1,得x=-1,z=1, ∴m=(-1,1,1).∵m·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,DE ⊄平面PBC,∴DE∥平面PBC.(2)易知BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,0).设点F(1,t,0),0≤t≤2,则CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,t-1,0). ∵CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴-1-2(t-1)=0,解得t=12,∴F (1,12,0),FC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,12,0). 设平面FPC 的法向量为n=(x',y',z'),由{n ·CP ⃗⃗⃗⃗ =0,n ·FC ⃗⃗⃗⃗ =0,得{-y '+z '=0,-x '+12y '=0,取x'=1,得y'=2,z'=2, ∴n=(1,2,2).由(1)知平面PBC 的一个法向量为m=(-1,1,1).|cos<m,n>|=|m ·n ||n |·|m |=3×√3=√33,∴平面FPC 与平面PBC夹角的余弦值为√33.(3)∵A(1,0,0),P(0,0,1),F (1,12,0),∴AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),FA⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-12,0). 设AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ,0,λ),λ∈[0,1],则FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-λ,-12,λ).由(2)知平面FPC 的一个法向量为n=(1,2,2). 若FQ 与平面PFC 所成角的余弦值是√63, 则FQ 与平面PFC 所成角的正弦值为√33.∴|3√2λ2+14|=√33,即20λ2+8λ-1=0,解得λ=110或λ=-12(舍). ∴在线段PA 上存在点Q,使得FQ 与平面FPC 所成角的余弦值是√63,此时|AQ|=√210.9.解析 以A 点为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系.（1）D(0,2,0),N(2,1,0),M(1,0,0),P(0,1,1),则PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,-1), PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,0). 设平面PDM 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),则{n 1·PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1-y 1-z 1=0,n 1·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =y 1-z 1=0,取z 1=12,则y 1=12,x 1=1,所以n 1=(1,12,12).所以点N 到平面PDM 的距离为|NM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1||n 1|=√62. (2)易知A(0,0,0),F(0,0,1).设P(0,t,1)(0≤t≤2),则PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-t,-1),MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0), AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1). 设平面PDM 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),则{n 2·PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 2-ty 2-z 2=0,n 2·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-x 2+2y 2=0,取x 2=1,则y 2=12,z 2=2-t2,所以n 2=(1,12,2-t 2).易知平面ABCD 的一个法向量为AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),所以cosθ=|2-t2√(2-t)2+54|=√(2-t)2(2-t)2+5=√1-5(2-t)2+5(0≤t≤2),所以当t=0时,cosθ取得最大值23,此时点P与点F重合.。