2025高考數(shù)學(xué)專項(xiàng)復(fù)習(xí)第八章 立體幾何與空間向量第6節(jié) 空間向量在立體幾何中的應(yīng)用含答案

2025高考數(shù)學(xué)專項(xiàng)復(fù)習(xí)第八章立體幾何與空間向量第六節(jié)空間向量在立體幾何中的應(yīng)用課標(biāo)解讀考向預(yù)測(cè)空間向量是高中數(shù)學(xué)的一個(gè)重要組成部分，具有工具性作用，尤其在立體幾何中的應(yīng)用是最為典型的，主要體現(xiàn)在三個(gè)方面：(1)確定空間中的位置關(guān)系；(2)求解空間角；(3)求解空間距離.從近幾年的高考試卷來看，立體幾何解答題往往會(huì)在已知中給出兩兩垂直且交于一點(diǎn)的三條線段，方便考生建立空間直角坐標(biāo)系，考查考生的空間想象能力和邏輯推理能力．若題中找不到這樣的三條線段，可用幾何法或向量基底法的知識(shí)來解決．預(yù)計(jì)2025年的高考立體幾何解答題主要考查空間線面位置關(guān)系及空間角的計(jì)算，試題難度中檔.必備知識(shí)——強(qiáng)基礎(chǔ)1．空間位置關(guān)系的向量表示(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線leq\x(\s\up1(01))平行或重合，則稱此向量a為直線l的方向向量．(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a為平面α的法向量．(3)空間位置關(guān)系的向量表示位置關(guān)系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1∥l2n1∥n2?eq\x(\s\up1(02))n1＝λn2(λ∈R)l1⊥l2n1⊥n2?eq\x(\s\up1(03))n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為m，l?αl∥αn⊥m?eq\x(\s\up1(04))n·m＝0l⊥αn∥m?eq\x(\s\up1(05))n＝λm(λ∈R)平面α，β的法向量分別為n，mα∥βn∥m?eq\x(\s\up1(06))n＝λm(λ∈R)α⊥βn⊥m?eq\x(\s\up1(07))n·m＝02．設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則a與b的夾角βl1與l2所成的角θ范圍(0，π)eq\x(\s\up1(08))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))求法cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝|cosβ|＝eq\x(\s\up1(09))eq\f(|a·b|,|a||b|)3.設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則sinθ＝eq\x(\s\up1(10))|cos〈a，n〉|＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(|a·n|,|a||n|)．4．(1)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個(gè)面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝eq\x(\s\up1(12))〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉．(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足|cosθ|＝eq\x(\s\up1(13))|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角的大小是向量n1與n2的夾角(或其補(bǔ)角)．5．用向量法求空間距離(1)點(diǎn)到直線的距離已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點(diǎn)，P是直線l外一點(diǎn)．則點(diǎn)P到直線l的距離為eq\x(\s\up1(14))__eq\r(\o(AP,\s\up6(→))2－（\o(AP,\s\up6(→))·u）2)．(2)點(diǎn)到平面的距離已知平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)的定點(diǎn)，P是平面α外一點(diǎn)．則點(diǎn)P到平面α的距離為eq\x(\s\up1(15))eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)．(3)線面距和面面距可以轉(zhuǎn)化為點(diǎn)面距求解．1．線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對(duì)值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要誤記為cosθ＝|cos〈a，n〉|.2．二面角與法向量的夾角：利用平面的法向量求二面角的大小時(shí)，當(dāng)求出兩個(gè)半平面α，β的法向量n1，n2時(shí)，要根據(jù)向量坐標(biāo)在圖形中觀察法向量的方向，來確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等，還是互補(bǔ)．1．概念辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)兩個(gè)平面的法向量所成的角就是這兩個(gè)平面所成的角．()(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角．()(3)平面α的法向量是唯一的，即一個(gè)平面不可能存在兩個(gè)不同的法向量．()(4)直線l的一個(gè)方向向量為a＝(－1，2，1)，平面α的一個(gè)法向量為n＝(－1，－1，1)，l?α，則l∥α.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小題熱身(1)(人教A選擇性必修第一冊(cè)1.4.1練習(xí)T1改編)已知直線l的一個(gè)方向向量為a＝(－3，2，5)，平面α的一個(gè)法向量為b＝(1，x，－1)，若l∥α，則x＝()A．4 B．3C．2 D．1答案A解析因?yàn)閘∥α，所以a⊥b，即a·b＝0，即－3＋2x－5＝0，解得x＝4.故選A.(2)已知兩條異面直線的方向向量分別是m＝(－2，1，2)，n＝(3，－2，1)，則這兩條異面直線所成的角θ滿足()A．sinθ＝－eq\f(\r(14),7) B．sinθ＝eq\f(\r(14),7)C．cosθ＝eq\f(\r(14),7) D．cosθ＝－eq\f(\r(14),7)答案C解析因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(6,3×\r(14))＝eq\f(\r(14),7)，sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(35),7).故選C.(3)若平面α的法向量為a＝(3，－1，2)，平面β的法向量為n＝(－6，2，－4)，則()A．α∥βB．α⊥βC．α與β相交但不垂直D．無法確定答案A解析由題意，得n＝－2a，則n∥a，α∥β.故選A.(4)已知A(1，2，0)，B(3，1，2)，C(2，0，4)，則點(diǎn)C到直線AB的距離為()A．2 B．eq\r(5)C．2eq\r(3) D．2eq\r(5)答案B解析因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，－2，4)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))方向上的投影數(shù)量為eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(2＋2＋8,\r(4＋1＋4))＝4.設(shè)點(diǎn)C到直線AB的距離為d，則d＝eq\r(\a\vs4\al(|\o(AC,\s\up6(→))|2－42))＝eq\r(1＋4＋16－16)＝eq\r(5).故選B.考點(diǎn)探究——提素養(yǎng)考點(diǎn)一利用空間向量證明平行、垂直例1如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，E為棱PC的中點(diǎn)．證明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.證明依題意，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E為棱PC的中點(diǎn)，得E(1，1，1)．(1)因?yàn)閑q\o(BE,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，所以BE⊥DC.(2)因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)為平面PAD的一個(gè)法向量，而eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一個(gè)法向量為eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,2x＝0，))取y＝1，得n＝(0，1，1)．因?yàn)閚·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥eq\o(AB,\s\up6(→)).所以平面PCD⊥平面PAD.【通性通法】利用空間向量證明平行、垂直的一般步驟【鞏固遷移】1．(2023·山東青島二中模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是正方形A1B1C1D1和正方形B1C1CB的中心．求證：(1)AC1⊥平面A1BD；(2)EF∥平面A1BD；(3)平面B1EF∥平面A1BD.證明(1)設(shè)正方體的棱長為2，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C1(2，2，2)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(2，2，2)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，因?yàn)閑q\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(A1B,\s\up6(→))＝0，eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝0，所以AC1⊥A1B，AC1⊥A1D，由于A1B∩A1D＝A1，所以AC1⊥平面A1BD.(2)由(1)知，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(2，2，2)是平面A1BD的一個(gè)法向量．E(1，1，2)，F(xiàn)(2，1，1)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0，EF?平面A1BD，所以EF∥平面A1BD.(3)由(1)，得B1(2，0，2)，eq\o(B1F,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，設(shè)平面B1EF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝x－z＝0，,n·\o(B1F,\s\up6(→))＝y(tǒng)－z＝0，))取x＝1，得n＝(1，1，1)．eq\o(AC1,\s\up6(→))＝2n，顯然，平面B1EF與平面A1BD不重合，所以平面B1EF∥平面A1BD.考點(diǎn)二利用空間向量求空間角(多考向探究)考向1求異面直線所成的角例2(2024·河南洛陽模擬預(yù)測(cè))如圖四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，且各棱長均相等，E是PB的中點(diǎn)，則異面直線AE與PC所成角的余弦值為()A．eq\f(\r(3),6) B．eq\f(\r(6),3)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)答案A解析連接AC與BD交于點(diǎn)O，連接PO，由題意，得AC⊥BD，且PO⊥平面ABCD，以O(shè)為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)四棱錐P－ABCD各棱長均為2，則AO＝BO＝CO＝DO＝eq\r(2)，PO＝eq\r(2)，可得A(eq\r(2)，0，0)，B(0，eq\r(2)，0)，C(－eq\r(2)，0，0)，P(0，0，eq\r(2))，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，則eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，－eq\r(2))，設(shè)異面直線AE與PC所成的角為θ，則cosθ＝|cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·\o(PC,\s\up6(→))|,|\o(AE,\s\up6(→))||\o(PC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(（－\r(2)）×（－\r(2)）＋\f(\r(2),2)×（－\r(2)）)),\r(2＋\f(1,2)＋\f(1,2))×\r(2＋0＋2))＝eq\f(\r(3),6).故選A.【通性通法】向量法求異面直線所成角的一般步驟(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標(biāo)系．(2)確定異面直線上兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，從而確定異面直線的方向向量．(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值．(4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對(duì)值．【鞏固遷移】2.在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF∥AB，∠BAF＝90°，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝1，P是DF的中點(diǎn)，則異面直線BE與CP所成角的余弦值為________．答案eq\f(4\r(5),15)解析因?yàn)槠矫鍭BEF⊥平面ABCD，交線為AB，AD⊥AB，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面ABEF.又AF?平面ABEF，所以AD⊥AF，因?yàn)椤螧AF＝90°，所以AF⊥AB，又AD⊥AB，所以以A為原點(diǎn)，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則B(1，0，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，C(1，2，0)，所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1))，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1，\f(1,2)))，所以cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(CP,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BE,\s\up6(→))·\o(CP,\s\up6(→)),|\o(BE,\s\up6(→))||\o(CP,\s\up6(→))|)＝eq\f(4\r(5),15)，即異面直線BE與CP所成角的余弦值為eq\f(4\r(5),15).考向2求直線與平面所成的角例3在如圖所示的幾何體ABCED中，EC⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，CE＝CA＝CB＝2DB，∠ACB＝90°，M為AD的中點(diǎn)．(1)證明：EM⊥AB；(2)求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．解(1)證明：由EC⊥平面ABC，AC，BC?平面ABC，得EC⊥AC，EC⊥BC，又∠ACB＝90°，則AC⊥BC，故以C為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DB＝1，則CE＝CA＝CB＝2.∴A(2，0，0)，B(0，2，0)，E(0，0，2)，D(0，2，1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，∴eq\o(EM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(3,2)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，則eq\o(EM,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝－2＋2＋0＝0，∴eq\o(EM,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，即EM⊥AB.(2)由(1)，知eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，設(shè)平面ADE的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝－2x＋2z＝0，,n·\o(DE,\s\up6(→))＝－2y＋z＝0，))取x＝2，得y＝1，z＝2，∴n＝(2，1，2)，設(shè)直線BM與平面ADE所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(BM,\s\up6(→))·n|,|\o(BM,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(4,9).因此直線BM與平面ADE所成角的正弦值為eq\f(4,9).【通性通法】向量法求線面角的兩種方法(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的投影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)．(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的角(夾角為鈍角時(shí)取其補(bǔ)角)，取其余角就是斜線與平面所成的角．【鞏固遷移】3．(2023·全國甲卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距離為1.(1)求證：AC＝A1C；(2)若直線AA1與BB1的距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．解(1)證明：如圖，∵A1C⊥底面ABC，BC?平面ABC，∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C∩AC＝C，A1C，AC?平面ACC1A1，∴BC⊥平面ACC1A1，又BC?平面BCC1B1，∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.過A1作A1O⊥CC1于點(diǎn)O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O?平面ACC1A1，∴A1O⊥平面BCC1B1.∵A1到平面BCC1B1的距離為1，∴A1O＝1.在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2，A1O＝1，∴O為CC1的中點(diǎn)，∴CO＝C1O＝1，又A1O⊥CC1，∴AC＝A1C＝A1C1＝eq\r(2)，∴AC＝A1C.(2)連接A1B，AC1，∵AC＝A1C，BC⊥A1C，BC⊥AC，∴Rt△ACB≌Rt△A1CB，∴BA＝BA1.過B作BD⊥AA1于點(diǎn)D，則D為AA1的中點(diǎn)，又AA1＝2，∴A1D＝AD＝1，∵直線AA1與BB1的距離為2，∴BD＝2，∴A1B＝AB＝eq\r(5)，在Rt△ABC中，BC＝eq\r(AB2－AC2)＝eq\r(3).解法一：以C為原點(diǎn)，CA，CB，CA1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Cxyz，如圖所示，則C(0，0，0)，A(eq\r(2)，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，B1(－eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(2))，C1(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，∴eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(2))，設(shè)平面BCC1B1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(2)z＝0，))取x＝1，則y＝0，z＝1，∴平面BCC1B1的一個(gè)法向量為n＝(1，0，1)．設(shè)AB1與平面BCC1B1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AB1,\s\up6(→))|,|n||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(13),13).∴AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為eq\f(\r(13),13).解法二：延長AC，使AC＝CM，連接C1M，由CM∥A1C1，CM＝A1C1，知四邊形A1CMC1為平行四邊形，∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC，又AM?平面ABC，∴C1M⊥AM，在Rt△AC1M中，AM＝2AC＝2eq\r(2)，C1M＝A1C＝eq\r(2)，∴AC1＝eq\r(（2\r(2)）2＋（\r(2)）2)＝eq\r(10).在Rt△AB1C1中，AC1＝eq\r(10)，B1C1＝BC＝eq\r(3)，∴AB1＝eq\r(（\r(10)）2＋（\r(3)）2)＝eq\r(13).又A到平面BCC1B1的距離為1，∴AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為eq\f(1,\r(13))＝eq\f(\r(13),13).考向3求二面角例4(2024·九省聯(lián)考)如圖，平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，O為AC與BD的交點(diǎn)，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.(1)證明：C1O⊥平面ABCD；(2)求二面角B－AA1－D的正弦值．解(1)證明：連接BC1，DC1.因?yàn)榈酌鍭BCD是邊長為2的正方形，所以BC＝DC，又因?yàn)椤螩1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1，又點(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn)，所以C1O⊥BD.在△C1CO中，CC1＝2，OC＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，∠C1CO＝45°，所以cos∠C1CO＝eq\f(\r(2),2)＝eq\f(C1C2＋OC2－C1O2,2×C1C×OC)，解得C1O＝eq\r(2)，則C1C2＝OC2＋C1O2，所以C1O⊥OC.又OC∩BD＝O，OC?平面ABCD，BD?平面ABCD，所以C1O⊥平面ABCD.(2)由題知正方形ABCD中AC⊥BD，又C1O⊥平面ABCD，所以建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(0，eq\r(2)，0)，D(0，－eq\r(2)，0)，A(eq\r(2)，0，0)，C(－eq\r(2)，0，0)，C1(0，0，eq\r(2))，則eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，0)，設(shè)平面BAA1的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AA1,\s\up6(→))·m＝0，,\o(AB,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,－\r(2)x1＋\r(2)y1＝0，))令x1＝1，則m＝(1，1，－1)，設(shè)平面DAA1的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AA1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AD,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x2＋\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2－\r(2)y2＝0，))令x2＝1，則n＝(1，－1，－1)，則cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,3)，設(shè)二面角B－AA1－D的大小為θ，則sinθ＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3)，所以二面角B－AA1－D的正弦值為eq\f(2\r(2),3).【通性通法】向量法求二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在平面的法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意有時(shí)需要結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角是銳二面角還是鈍二面角．(2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，則這兩個(gè)向量的夾角的大小就是二面角的大小．【鞏固遷移】4.(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.點(diǎn)A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)證明：B2C2∥A2D2；(2)點(diǎn)P在棱BB1上，當(dāng)二面角P－A2C2－D2為150°時(shí)，求B2P.解(1)證明：以C為原點(diǎn)，CD，CB，CC1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)，∴eq\o(B2C2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，eq\o(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，∴eq\o(B2C2,\s\up6(→))∥eq\o(A2D2,\s\up6(→))，又B2C2，A2D2不在同一條直線上，∴B2C2∥A2D2.(2)設(shè)P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，則eq\o(A2C2,\s\up6(→))＝(－2，－2，2)，eq\o(PC2,\s\up6(→))＝(0，－2，3－λ)，eq\o(D2C2,\s\up6(→))＝(－2，0，1)，設(shè)平面PA2C2的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A2C2,\s\up6(→))＝－2x1－2y1＋2z1＝0，,n·\o(PC2,\s\up6(→))＝－2y1＋（3－λ）z1＝0，))取z1＝2，得y1＝3－λ，x1＝λ－1，∴n＝(λ－1，3－λ，2)．設(shè)平面A2C2D2的法向量為m＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A2C2,\s\up6(→))＝－2x2－2y2＋2z2＝0，,m·\o(D2C2,\s\up6(→))＝－2x2＋z2＝0，))取x2＝1，得y2＝1，z2＝2，∴m＝(1，1，2)．又二面角P－A2C2－D2為150°，∴|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(6,\r(（λ－1）2＋（3－λ）2＋22)×\r(6))＝|cos150°|＝eq\f(\r(3),2)，化簡可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1.考點(diǎn)三利用空間向量求空間距離例5如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的棱DA，DC和DD1的長分別為1，2，1.求：(1)頂點(diǎn)B到平面DA1C1的距離；(2)直線B1C到平面DA1C1的距離．解(1)以D為原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，A1(1，0，1)，B1(1，2，1)，C1(0，2，1)．設(shè)平面DA1C1的法向量為n＝(x，y，z)，因?yàn)閑q\o(DA1,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0，2，1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0，,2y＋z＝0，))取y＝1，得x＝2，z＝－2，則n＝(2，1，－2)．而向量eq\o(C1B,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，所以頂點(diǎn)B到平面DA1C1的距離d＝eq\f(|n·\o(C1B,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(|2＋0＋2|,\r(4＋1＋4))＝eq\f(4,3).(2)直線B1C到平面DA1C1的距離等于點(diǎn)B1到平面DA1C1的距離．因?yàn)閑q\o(C1B1,\s\up6(→))＝(1，0，0)，所以點(diǎn)B1到平面DA1C1的距離d1＝eq\f(|n·\o(C1B1,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(|2＋0＋0|,\r(4＋1＋4))＝eq\f(2,3).故直線B1C到平面DA1C1的距離為eq\f(2,3).【通性通法】1．點(diǎn)到平面的距離如圖，已知平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)的定點(diǎn)，P是平面α外一點(diǎn)．過點(diǎn)P作平面α的垂線l，交平面α于點(diǎn)Q，則n是直線l的方向向量，且點(diǎn)P到平面α的距離就是eq\o(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量eq\o(QP,\s\up6(→))的長度．PQ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).2．點(diǎn)到直線的距離(1)設(shè)過點(diǎn)P的直線l的單位方向向量為n，A為直線l外一點(diǎn)，點(diǎn)A到直線l的距離d＝eq\r(|\o(PA,\s\up6(→))|2－（\o(PA,\s\up6(→))·n）2).(2)若能求出點(diǎn)在直線上的投影坐標(biāo)，可以直接利用兩點(diǎn)間距離公式求距離．(3)線面距和面面距直線到平面的距離和平面到平面的距離可以轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到平面的距離進(jìn)行求解．【鞏固遷移】5．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，則平面AB1D1與平面BDC1的距離為()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．eq\f(\r(2),3) D．eq\f(\r(3),3)答案D解析由正方體的性質(zhì)，得AB1∥DC1，D1B1∥DB，AB1∩D1B1＝B1，DC1∩DB＝D，且AB1?平面AB1D1，D1B1?平面AB1D1，DC1?平面BDC1，DB?平面BDC1，所以平面AB1D1∥平面BDC1，則兩平面間的距離可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)B到平面AB1D1的距離．以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，由正方體的棱長為1，得A(1，0，0)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，C(0，1，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，所以eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(B1D1,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)．連接A1C，由eq\o(CA1,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1，－1，1)·(0，1，1)＝1×0＋(－1)×1＋1×1＝0，eq\o(CA1,\s\up6(→))·eq\o(B1D1,\s\up6(→))＝(1，－1，1)·(－1，－1，0)＝1×(－1)＋(－1)×(－1)＋1×0＝0，所以eq\o(CA1,\s\up6(→))⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，即CA1⊥AB1，eq\o(CA1,\s\up6(→))⊥eq\o(B1D1,\s\up6(→))，即CA1⊥B1D1，又AB1∩B1D1＝B1，可知CA1⊥平面AB1D1，得平面AB1D1的一個(gè)法向量為n＝eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，則兩平面間的距離d＝eq\f(|\o(BA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|0×1＋（－1）×（－1）＋0×1|,\r(12＋（－1）2＋12))＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).故選D.6.(2024·云南大理期中)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，A1A＝2AB＝2BC＝2，E為線段DD1的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段BB1的中點(diǎn)．(1)求直線FC1到直線AE的距離；(2)求點(diǎn)A1到平面AB1E的距離．解(1)根據(jù)題意，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(1，0，0)，A1(1，0，2)，E(0，0，1)，C1(0，1，2)，B1(1，1，2)，F(xiàn)(1，1，1)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(FC1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，故eq\o(FC1,\s\up6(→))∥eq\o(AE,\s\up6(→))，又eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1，1，0)，設(shè)直線FC1到直線AE的距離為d1，則d1即為點(diǎn)F到直線AE的距離，因此d1＝eq\r(|\o(EF,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),2)，則直線FC1到直線AE的距離為eq\f(\r(6),2).(2)設(shè)平面AB1E的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝－x＋z＝0，,n·\o(B1E,\s\up6(→))＝－x－y－z＝0，))取x＝1，則y＝－2，z＝1，所以n＝(1，－2，1)．設(shè)點(diǎn)A1到平面AB1E的距離為d2，可得d2＝eq\f(|\o(A1B1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|（0，1，0）·（1，－2，1）|,\r(1＋4＋1))＝eq\f(\r(6),3)，則點(diǎn)A1到平面AB1E的距離為eq\f(\r(6),3).課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，PQ與直線A1D和AC都垂直，則直線PQ與BD1的關(guān)系是()A．異面直線 B．平行直線C．垂直不相交 D．垂直且相交答案B解析設(shè)正方體的棱長為1，以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A1(1，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，B(1，1，0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)，∵eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(DA1,\s\up6(→))＝0，eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，∴BD1⊥A1D，BD1⊥AC，∴BD1與直線A1D和AC都垂直，又PQ與直線A1D和AC都垂直，∴PQ∥BD1.故選B.2．若直線l的一個(gè)方向向量為m，平面α的一個(gè)法向量為n，則可能使l∥α的是()A．m＝(1，0，0)，n＝(－2，0，0)B．m＝(1，3，5)，n＝(1，0，1)，C．m＝(0，2，1)，n＝(－1，0，－1)D．m＝(1，－1，3)，n＝(0，3，1)答案D解析要使l∥α成立，需使m·n＝0，將選項(xiàng)一一代入驗(yàn)證，只有D滿足m·n＝1×0－1×3＋3×1＝0.故選D.3．已知v為直線l的方向向量，n1，n2分別為平面α，β的法向量(α，β不重合)，給出下列說法：①n1∥n2?α∥β；②n1⊥n2?α⊥β；③v∥n1?l∥α；④v⊥n1?l⊥α.其中說法正確的有()A．1個(gè) B．2個(gè)C．3個(gè) D．4個(gè)答案B解析n1∥n2?α∥β，故①正確；n1⊥n2?α⊥β，故②正確；v∥n1?l⊥α，故③錯(cuò)誤；v⊥n1?l∥α或l?α，故④錯(cuò)誤．故選B.4.(2023·山東臨沂模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是A1D的中點(diǎn)，則下列說法正確的是()A．直線PB與直線A1D垂直，直線PB∥平面B1D1CB．直線PB與直線D1C平行，直線PB⊥平面A1C1DC．直線PB與直線AC異面，直線PB⊥平面ADC1B1D．直線PB與直線B1D1相交，直線PB?平面ABC1答案A解析連接DB，A1B，D1B1，D1C，B1C.由正方體的性質(zhì)可知BA1＝BD，P是A1D的中點(diǎn)，所以直線PB與直線A1D垂直．由正方體的性質(zhì)可知DB∥D1B1，A1B∥D1C，所以平面BDA1∥平面B1D1C，又PB?平面BDA1，所以直線PB∥平面B1D1C，故A正確；以D為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－\f(1,2)))，eq\o(D1C,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，顯然直線PB與直線D1C不平行，故B不正確；直線PB與直線AC異面，正確，因?yàn)閑q\o(DA,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)≠0，所以直線PB與平面ADC1B1不垂直，故C不正確；直線PB與直線B1D1異面，不相交，故D不正確．故選A.5.(2023·四川眉山高三校考模擬預(yù)測(cè))如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC⊥平面ACC1A1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與AB1所成角的余弦值為()A．eq\f(2\r(2),5) B．eq\f(\r(5),3)C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(3,5)答案C解析在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC，AB?平面ABC，所以CC1⊥AC，CC1⊥AB，又BC⊥平面ACC1A1，AC?平面ACC1A1，所以BC⊥AC，所以CA，CC1，CB互相垂直，以C為原點(diǎn)，CA，CC1，CB所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)CA＝CC1＝2CB＝2，則C(0，0，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，可得eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2，2，1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，所以cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4－1,3×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，所以直線BC1與AB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).故選C.6.如圖所示，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AA1，BB1的中點(diǎn)，G為棱A1B1上的一點(diǎn)，且A1G＝λ(0≤λ≤1)，則點(diǎn)G到平面D1EF的距離為()A．eq\r(3) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(2),3) D．eq\f(\r(5),5)答案D解析以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則G(1，λ，1)，D1(0，0，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，所以eq\o(D1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，eq\o(D1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(1,2)))，eq\o(GE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－λ，－\f(1,2)))，設(shè)平面D1EF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1E,\s\up6(→))＝x－\f(1,2)z＝0，,n·\o(D1F,\s\up6(→))＝x＋y－\f(1,2)z＝0，))令x＝1，則y＝0，z＝2，所以平面D1EF的一個(gè)法向量為n＝(1，0，2)．點(diǎn)G到平面D1EF的距離為eq\f(|\o(GE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)×2)),\r(5))＝eq\f(\r(5),5).故選D.7．(2024·湖北武漢模擬)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，O為底面中心，A，B，C為底面圓周上不重合的三點(diǎn)，AB為底面的直徑，SA＝AB，M為SA的中點(diǎn)．設(shè)直線MC與平面SAB所成的角為α，則sinα的最大值為()A．eq\r(3)－1 B．eq\r(2)－1C．eq\r(3)＋1 D．eq\r(2)＋1答案A解析以AB的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)SA＝AB＝4，則M(0，－1，eq\r(3))，設(shè)C(x，y，0)，且x2＋y2＝4，由對(duì)稱性不妨設(shè)0<x<2，則eq\o(MC,\s\up6(→))＝(x，y＋1，－eq\r(3))，易知平面SAB的一個(gè)法向量為m＝(1，0，0)，據(jù)此有sinα＝eq\f(\o(MC,\s\up6(→))·m,\a\vs4\al(|\o(MC,\s\up6(→))||m|))＝eq\f(x,\r(x2＋（y＋1）2＋3))＝eq\r(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－（y＋4）－\f(12,y＋4)＋8)))≤eq\r(4－2\r(3))＝eq\r(3)－1，當(dāng)且僅當(dāng)y＝2eq\r(3)－4時(shí)等號(hào)成立．綜上可得，sinα的最大值為eq\r(3)－1.8.(2024·山西長治期末)如圖，將菱形紙片ABCD沿對(duì)角線AC折成直二面角，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，O是AC的中點(diǎn)，∠ABC＝eq\f(2π,3)，則折后平面OEF與平面ABC夾角的余弦值為()A．eq\f(\r(21),7) B．eq\f(\r(11),11)C．eq\f(3\r(13),13) D．eq\f(3\r(11),11)答案A解析連接OB，OD.因?yàn)榱庑渭埰珹BCD沿對(duì)角線AC折成直二面角，所以平面ADC⊥平面ABC，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，O是AC的中點(diǎn)，所以O(shè)D⊥AC，OB⊥AC，而平面ADC∩平面ABC＝AC，OD?平面ADC，所以O(shè)D⊥平面ABC，而OB?平面ABC，所以O(shè)D⊥OB.以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC，OD所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝2，則D(0，0，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).設(shè)平面OEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(OE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(OF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，,\f(1,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，))取y＝1，則x＝－eq\r(3)，z＝eq\r(3)，則n＝(－eq\r(3)，1，eq\r(3))，易得平面ABC的一個(gè)法向量為eq\o(OD,\s\up6(→))＝(0，0，1)，所以平面OEF與平面ABC夾角的余弦值為eq\f(|n·\o(OD,\s\up6(→))|,|n||\o(OD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(21),7).故選A.二、多項(xiàng)選擇題9．(2023·貴州名校聯(lián)考)下列命題正確的是()A．已知a＝(－1，1，2)，b＝(0，2，3)，直線l1的方向向量為ka＋b，直線l2的方向向量為2a－b且l1⊥l2，則k＝－eq\f(3,4)B．若直線l的方向向量為e＝(1，0，3)，平面α的法向量為n＝(－2，0，－6)，則直線l∥αC．已知直線l過P0(x0，y0，z0)，且以u(píng)＝(a，b，c)(abc≠0)為方向向量，P(x，y，z)是直線l上的任意一點(diǎn)，則有eq\f(x－x0,a)＝eq\f(y－y0,b)＝eq\f(z－z0,c)D．已知平面α的法向量為n＝(1，1，1)，A(－1，1，1)為平面α上一點(diǎn)，P(x，y，z)為平面α上任意一點(diǎn)，則有x＋y＋z＋1＝0答案AC解析對(duì)于A，a＝(－1，1，2)，b＝(0，2，3)，ka＋b＝(－k，k＋2，2k＋3)，2a－b＝(－2，0，1)，因?yàn)閘1⊥l2，所以(ka＋b)·(2a－b)＝4k＋3＝0，所以k＝－eq\f(3,4)，故A正確；對(duì)于B，直線l的方向向量為e＝(1，0，3)，平面α的法向量為n＝(－2，0，－6)，則有n＝－2e，所以n∥e，所以l⊥α，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，直線l過P0(x0，y0，z0)，且以u(píng)＝(a，b，c)(abc≠0)為方向向量，P(x，y，z)是直線l上的任意一點(diǎn)，則有eq\o(P0P,\s\up6(→))＝(x－x0，y－y0，z－z0)，eq\o(P0P,\s\up6(→))∥u，即eq\o(P0P,\s\up6(→))＝λu，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－x0＝λa，,y－y0＝λb，,z－z0＝λc，))則eq\f(x－x0,a)＝eq\f(y－y0,b)＝eq\f(z－z0,c)，故C正確；對(duì)于D，平面α的法向量為n＝(1，1，1)，A(－1，1，1)為平面α上一點(diǎn)，P(x，y，z)為平面α上任意一點(diǎn)，則有eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x＋1，y－1，z－1)，則n·eq\o(AP,\s\up6(→))＝x＋y＋z－1＝0，故D錯(cuò)誤．故選AC.10.(2024·四川成都調(diào)研)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB＝eq\f(π,3)，AB＝2AD＝2PD，PD⊥底面ABCD，則()A．PA⊥BDB．PB與平面ABCD所成的角為eq\f(π,6)C．異面直線AB與PC所成角的余弦值為eq\f(2\r(5),5)D．平面PAB與平面PBC夾角的余弦值為eq\f(\r(7),7)答案ABC解析對(duì)于A，因?yàn)椤螪AB＝eq\f(π,3)，AB＝2AD，由余弦定理可得BD＝eq\r(AD2＋4AD2－2AD×2AD×\f(1,2))＝eq\r(3)AD，從而BD2＋AD2＝AB2，即BD⊥AD，由PD⊥底面ABCD，BD?底面ABCD，可得BD⊥PD，又AD∩PD＝D，AD，PD?平面PAD，所以BD⊥平面PAD，又PA?平面PAD，所以PA⊥BD，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)镻D⊥底面ABCD，所以∠PBD就是PB與平面ABCD所成的角，又tan∠PBD＝eq\f(PD,BD)＝eq\f(\r(3),3)，所以∠PBD＝eq\f(π,6)，故B正確；對(duì)于C，顯然∠PCD(或其補(bǔ)角)為異面直線AB與PC所成的角，易得cos∠PCD＝eq\f(CD,PC)＝eq\f(2\r(5),5)，故C正確；對(duì)于D，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AD＝1，則D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1，eq\r(3)，0)，P(0，0，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋\r(3)y1＝0，,\r(3)y1－z1＝0，))取y1＝1，則x1＝z1＝eq\r(3)，即n＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))，設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)y2－z2＝0，,－x2＝0，))取y2＝1，則x2＝0，z2＝eq\r(3)，即m＝(0，1，eq\r(3))，則cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(7),7)，即平面PAB與平面PBC夾角的余弦值為eq\f(2\r(7),7)，故D不正確．故選ABC.三、填空題11．已知點(diǎn)A(1，0，2)，B(－1，1，2)，C(1，1，－2)，則點(diǎn)A到直線BC的距離是________．答案eq\f(\r(105),5)解析eq\o(BA,\s\up6(→))＝(2，－1，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2，0，－4)，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝4，|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝2eq\r(5)，cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(BA,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|))＝eq\f(4,\r(5)×2\r(5))＝eq\f(2,5)，又0°≤〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉≤180°，所以sin〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(21),5)，所以點(diǎn)A到直線BC的距離為d＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|sin〈eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\r(5)×eq\f(\r(21),5)＝eq\f(\r(105),5).12.(2024·湖南新化縣第一中學(xué)期末)如圖，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F(xiàn)分別為PD，PB的中點(diǎn)，點(diǎn)G在線段AP上，AC與BD交于點(diǎn)O，PA＝AB＝2，若OG∥平面EFC，則AG＝________．答案eq\f(2,3)解析如圖所示，以A為原點(diǎn)，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，由題意可得C(2，2，0)，O(1，1，0)，F(xiàn)(1，0，1)，E(0，1，1)，所以eq\o(FC,\s\up6(→))＝(1，2，－1)，eq\o(FE,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，設(shè)平面EFC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(FC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(FE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－z＝0，,－x＋y＝0，))取x＝1，則y＝1，z＝3，所以n＝(1，1，3)．設(shè)G(0，0，a)，0≤a≤2，則eq\o(OG,\s\up6(→))＝(－1，－1，a)，因?yàn)镺G∥平面EFC，則n·eq\o(OG,\s\up6(→))＝0，所以－1－1＋3a＝0，解得a＝eq\f(2,3)，所以Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(2,3)))，即AG＝eq\f(2,3).13．(2024·山東泰安期末)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的對(duì)角線BD1上，記eq\f(D1P,D1B)＝λ.當(dāng)∠APC為鈍角時(shí)，λ的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))解析以D為原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，則eq\o(D1B,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，所以eq\o(D1P,\s\up6(→))＝λeq\o(D1B,\s\up6(→))＝(λ，λ，－λ)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\o(PD1,\s\up6(→))＋eq\o(D1A,\s\up6(→))＝(－λ，－λ，λ)＋(1，0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\o(PD1,\s\up6(→))＋eq\o(D1C,\s\up6(→))＝(－λ，－λ，λ)＋(0，1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)，顯然∠APC不是平角，所以∠APC為鈍角等價(jià)于eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))<0，即－λ(1－λ)－λ(1－λ)＋(λ－1)2<0，即(λ－1)(3λ－1)<0，解得eq\f(1,3)<λ<1，因此λ的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).14.(2023·湖北武漢華中師大附中二模)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是邊長為2的等邊三角形，CC1＝2，D，E分別是線段AC，CC1的中點(diǎn)，C1在平面ABC內(nèi)的射影為D.若點(diǎn)F為線段B1C1上的動(dòng)點(diǎn)(不包括端點(diǎn))，則銳二面角F－BD－E的余弦值的取值范圍為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))解析連接C1D，因?yàn)镃1在平面ABC內(nèi)的射影為D，所以C1D垂直于平面ABC內(nèi)DB，AD這兩條線段，又因?yàn)榈酌媸沁呴L為2的等邊三角形，D是線段AC的中點(diǎn)，所以DB⊥AD，因此建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，B(eq\r(3)，0，0)，C(0，－1，0)，C1(0，0，eq\r(3))，B1(eq\r(3)，1，eq\r(3))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(C1B1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，設(shè)F(x，y，z)，eq\o(C1F,\s\up6(→))＝λeq\o(C1B1,\s\up6(→))(0<λ<1)，則(x，y，z－eq\r(3))＝(eq\r(3)λ，λ，0)，故F(eq\r(3)λ，λ，eq\r(3))，所以eq\o(DF,\s\up6(→))＝(eq\r(3)λ，λ，eq\r(3))，設(shè)平面BDE的法向量為m＝(a，b，c)，因此有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)b＋\f(\r(3),2)c＝0，,\r(3)a＝0，))取b＝3，得a＝0，c＝eq\r(3)，所以m＝(0，3，eq\r(3))．設(shè)平面BDF的法向量為n＝(d，e，f)，因此有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)λd＋λe＋\r(3)f＝0，,\r(3)d＝0，))取e＝eq\r(3)，得d＝0，f＝－λ，所以n＝(0，eq\r(3)，－λ)，所以|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|3\r(3)－\r(3)λ|,\r(32＋（\r(3)）2)×\r(（\r(3)）2＋（－λ）2))＝eq\f(|3－λ|,2\r(3＋λ2))＝eq\f(1,2)eq\r(\f(（3－λ）2,3＋λ2))，令3－λ＝t(t∈(2，3))，所以|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2)eq\r(\f(t2,12－6t＋t2))＝eq\f(1,2)eq\r(\f(1,12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))\s\up12(2)－\f(6,t)＋1))，設(shè)s＝eq\f(1,t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))))，則|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2)eq\r(\f(1,12s2－6s＋1))，二次函數(shù)y＝12s2－6s＋1＝12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)的圖象開口向上，對(duì)稱軸為直線s＝eq\f(1,4)，所以當(dāng)s∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))時(shí)，該二次函數(shù)單調(diào)遞增，又12×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)－6×eq\f(1,3)＋1＝eq\f(1,3)，12×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)－6×eq\f(1,2)＋1＝1，所以12s2－6s＋1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))，所以eq\r(\f(1,12s2－6s＋1))∈(1，eq\r(3))，即|cos〈m，n〉|∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，即銳二面角F－BD－E的余弦值的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).四、解答題15.(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)如圖，三棱錐A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC的中點(diǎn)．(1)證明：BC⊥DA；(2)點(diǎn)F滿足eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，求二面角D－AB－F的正弦值．解(1)證明：連接AE，DE，因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，DB＝DC，所以DE⊥BC，①因?yàn)镈A＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD與△ABD均為等邊三角形，所以AC＝AB，所以AE⊥BC，②由①②，且AE∩DE＝E，AE，DE?平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而DA?平面ADE，所以BC⊥DA.(2)不妨設(shè)DA＝DB＝DC＝2，因?yàn)锽D⊥CD，所以BC＝2eq\r(2)，DE＝eq\r(2)，因?yàn)椤鰽CD與△ABD均為等邊三角形，所以AC＝AB＝2，所以AE⊥BC，AE＝eq\r(2)，所以AE2＋DE2＝4＝DA2，所以AE⊥DE，又DE∩BC＝E，DE，BC?平面BCD，所以AE⊥平面BCD.以E為原點(diǎn)，ED，EB，EA所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則E(0，0，0)，D(eq\r(2)，0，0)，A(0，0，eq\r(2))，B(0，eq\r(2)，0)，設(shè)平面DAB與平面ABF的法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，二面角D－AB－F的平面角為θ，而eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))，因?yàn)閑q\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，所以F(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，即有eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，0)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))取x1＝1，所以n1＝(1，1，1)．eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)，所以|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3)，所以sinθ＝eq\r(1－\f(6,9))＝eq\f(\r(3),3)，所以二面角D－AB－F的正弦值為eq\f(\r(3),3).16.(2024·浙江臺(tái)州模擬)如圖，平行六面體ABCD－A1B1C1D1的體積為6，截面ACC1A1的面積為6.(1)求點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離；(2)若AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，AA1＝eq\r(6)，求直線BD1與平面CC1D1D所成角的正弦值．解(1)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，ABC－A1B1C1是三棱柱，VB－ACC1A1＝eq\f(2,3)VABC－A1B1C1＝eq\f(1,3)VABCD－A1B1C1D1＝2，設(shè)點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為d，則VB－ACC1A1＝eq\f(1,3)S四邊形ACC1A1·d＝eq\f(1,3)×6d＝2，所以d＝1，即點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為1.(2)在?ABCD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，所以四邊形ABCD是菱形，連接BD交AC于點(diǎn)O，則BO＝1，由(1)知點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為1，所以BO⊥平面ACC1A1.設(shè)點(diǎn)A1在直線AC上的射影為點(diǎn)H，則S?ACC1A1＝AC·A1H＝2eq\r(3)A1H＝6，則A1H＝eq\r(3)，且BO⊥A1H，AH＝eq\r(AAeq\o\al(2,1)－A1H2)＝eq\r(（\r(6)）2－（\r(3)）2)＝eq\r(3)，所以點(diǎn)O與點(diǎn)H重合，即A1O⊥AO.以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OB，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0，1，0)，A(eq\r(3)，0，0)，D(0，－1，0)，A1(0，0，eq\r(3))，根據(jù)eq\o