《金版教程•高考數(shù)學復習創(chuàng)新方案》提升版第八章第7講空間向量在立體幾何中的應用

第7講空間向量在立體幾何中的應用[課程標準]1.理解直線的方向向量與平面的法向量.2.能用向量方法證明必修內容中有關直線、平面位置關系的判定定理.3.能用向量方法解決點到直線、點到平面、相互平行的直線、相互平行的平面的距離問題和簡單的夾角問題，體會向量方法在研究幾何問題中的作用．1．直線的方向向量和平面的法向量(1)直線的方向向量在直線l上取非零向量a，把與aeq\x(\s\up1(01))平行的非零向量稱為直線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，稱向量a為平面α的法向量．2．空間位置關系的向量表示位置關系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1∥l2n1∥n2?n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2?eq\x(\s\up1(02))n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為ml∥αn⊥m?eq\x(\s\up1(03))m·n＝0l⊥αn∥m?n＝λm平面α，β的法向量分別為n，mα∥βn∥m?n＝λmα⊥βn⊥m?eq\x(\s\up1(04))m·n＝03.空間向量與空間角的關系(1)兩條異面直線所成角的求法設兩條異面直線a，b的方向向量分別為a，b，向量a與b的夾角為θ，則cosφ＝|cosθ|＝eq\x(\s\up1(05))eq\f(|a·b|,|a||b|)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中φ為異面直線a與b所成的角，范圍是\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))))).(2)直線與平面所成角的求法如圖所示，設直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sinφ＝|cosθ|＝eq\x(\s\up1(06))eq\f(|e·n|,|e||n|)，φ的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(3)求二面角的大小如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個半平面內與棱l垂直的射線，則二面角的大小θ＝eq\x(\s\up1(07))〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉．如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉，取值范圍是[0，π]．注：注意二面角與兩個平面的夾角的區(qū)別與聯(lián)系，二面角的取值范圍是[0，π]，兩個平面的夾角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).4．向量法求空間的距離(1)點到直線的距離如圖，直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點，P是直線l外一點，則點P到直線l的距離d＝eq\x(\s\up1(08))eq\r(\o(AP,\s\up6(→))2－(\o(AP,\s\up6(→))·u)2)．(2)點到平面的距離如圖，A是平面α內的定點，B是平面α外一點，n為平面α的法向量，則點B到平面α的距離d＝eq\x(\s\up1(09))eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)．(3)線面距、面面距均可轉化為點面距進行求解．確定平面法向量的方法(1)直接法：觀察是否有垂直于平面的向量，若有，則此向量就是法向量．(2)待定系數(shù)法：取平面內的兩個相交向量a，b，設平面的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·a＝0，,n·b＝0，))解方程組求得．1．(2023·臺州檢測)已知向量m，n分別是直線l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，則直線l與平面α所成的角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,2)答案A解析設直線l與平面α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2).∵θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴θ＝eq\f(π,6).故選A.2．在一個二面角的兩個面內都和二面角的棱垂直的兩個向量分別為(0，－1，3)，(2，2，4)，則這兩個平面夾角的余弦值為()A.eq\f(\r(15),6) B．－eq\f(\r(15),6)C.eq\f(\r(15),3) D．－eq\f(\r(15),3)答案A解析eq\f(|（0，－1，3）·（2，2，4）|,\r(1＋9)×\r(4＋4＋16))＝eq\f(\r(15),6).故選A.3．(人教B選擇性必修第一冊1.2.5練習BT4改編)在空間直角坐標系Oxyz中，平面OAB的一個法向量為n＝(2，－2，1)，已知點P(－1，3，2)，則點P到平面OAB的距離d等于()A．4 B．2C．3 D．1答案B解析由已知，得eq\o(OP,\s\up6(→))＝(－1，3，2)，所以點P到平面OAB的距離d＝eq\f(|\o(OP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|－2－6＋2|,\r(22＋（－2）2＋1))＝2.故選B.4．已知直線l過定點A(2，3，1)，且方向向量為s＝(0，1，1)，則點P(4，3，2)到l的距離d為()A.eq\f(3\r(2),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(10),2) D.eq\r(2)答案A解析因為A(2，3，1)，P(4，3，2)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(2，0，1)，則|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(s,|s|)))＝eq\f(\r(2),2)，由點到直線的距離公式得d＝eq\r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(s,|s|)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),2).故選A.5．(人教B選擇性必修第一冊P62復習題A組T12改編)如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F(xiàn)分別是CC1，AD的中點，那么異面直線OE與FD1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(10),5) B.eq\f(\r(15),5)C.eq\f(4,5) D.eq\f(2,3)答案B解析建立如右圖所示的空間直角坐標系，則O(1，1，0)，E(0，2，1)，F(xiàn)(1，0，0)，D1(0，0，2)，∴eq\o(FD1,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq\o(OE,\s\up6(→))＝(－1，1，1)．∴cos〈eq\o(FD1,\s\up6(→))，eq\o(OE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(FD1,\s\up6(→))·\o(OE,\s\up6(→)),|\o(FD1,\s\up6(→))||\o(OE,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋0＋2,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),5).故選B.考向一利用空間向量證明平行、垂直例1如圖，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四邊形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝4，CD＝1，點M在PB上，PB＝4PM，PB與平面ABCD所成的角為30°.求證：(1)CM∥平面PAD；(2)平面PAB⊥平面PAD.證明以點C為坐標原點，CB，CD，CP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系Cxyz.∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC為PB與平面ABCD所成的角．∴∠PBC＝30°.∵PC＝2，∴BC＝2eq\r(3)，PB＝4.∴C(0，0，0)，D(0，1，0)，B(2eq\r(3)，0，0)，A(2eq\r(3)，4，0)，P(0，0，2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，∴eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，3，0)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2))).(1)設n＝(x，y，z)為平面PAD的法向量，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DP,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DA,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y＋2z＝0，,2\r(3)x＋3y＝0.))令y＝2，得n＝(－eq\r(3)，2，1)．∵n·eq\o(CM,\s\up6(→))＝－eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＋2×0＋1×eq\f(3,2)＝0，∴n⊥eq\o(CM,\s\up6(→)).又CM?平面PAD，∴CM∥平面PAD.(2)如圖，取AP的中點E，連接BE，則E(eq\r(3)，2，1)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，2，1)．∵PB＝AB，∴BE⊥PA.又eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，2，1)·(2eq\r(3)，3，0)＝0，∴eq\o(BE,\s\up6(→))⊥eq\o(DA,\s\up6(→))，∴BE⊥DA.又PA∩DA＝A，PA，DA?平面PAD，∴BE⊥平面PAD.又BE?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.1．用向量法證平行問題的類型及常用方法線線平行證明兩直線的方向向量共線線面平行①證明該直線的方向向量與平面的某一法向量垂直；②證明該直線的方向向量與平面內某直線的方向向量平行；③證明該直線的方向向量可以用平面內的兩個不共線的向量表示面面平行①證明兩平面的法向量平行(即為共線向量)；②轉化為線面平行、線線平行問題2.利用向量法證垂直問題的類型及常用方法線線垂直證明兩直線的方向向量互相垂直，即證它們的數(shù)量積為零線面垂直直線的方向向量與平面的法向量共線，或利用線面垂直的判定定理轉化為證明線線垂直面面垂直兩個平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理轉化為證明線面垂直注意：運用向量知識判定空間位置關系時，仍然離不開幾何定理．如用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行時，仍需強調直線在平面外．(2023·南京模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1，D為BC的中點．(1)證明：A1B∥平面ADC1；(2)證明：平面ADC1⊥平面BB1C1C.證明(1)∵在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，∴以A1為原點，A1B1，A1C1，A1A所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，設AB＝AC＝AA1＝2，則A1(0，0，0)，B(2，0，2)，A(0，0，2)，C(0，2，2)，D(1，1，2)，C1(0，2，0)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(2，0，2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，設平面ADC1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝x＋y＝0，,n·\o(AC1,\s\up6(→))＝2y－2z＝0，))取y＝1，得n＝(－1，1，1)，∵n·eq\o(A1B,\s\up6(→))＝－2＋0＋2＝0，且A1B?平面ADC1，∴A1B∥平面ADC1.(2)∵eq\o(DC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(－1，1，－2)，設平面BB1C1C的法向量為m＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DC,\s\up6(→))＝－a＋b＝0，,m·\o(DC1,\s\up6(→))＝－a＋b－2c＝0，))取a＝1，得m＝(1，1，0)，又平面ADC1的一個法向量為n＝(－1，1，1)，n·m＝－1＋1＋0＝0，∴平面ADC1⊥平面BB1C1C.多角度探究突破考向二利用空間向量求空間角角度求異面直線所成的角例2(1)如圖，正四棱錐P－ABCD的側面PAB為正三角形，E為PC的中點，則異面直線BE與PA所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(1,2)答案A解析連接AC，BD，交于點O，連接PO，以O為坐標原點，OA所在直線為x軸，OB所在直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，設AB＝eq\r(2)，則OA＝OB＝OP＝1，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，P(0，0，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－1，\f(1,2)))，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，設異面直線BE與PA所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(BE,\s\up6(→))·\o(PA,\s\up6(→))|,|\o(BE,\s\up6(→))||\o(PA,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(\f(3,2))×\r(2))＝eq\f(\r(3),3).∴異面直線BE與PA所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).故選A.(2)如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，F(xiàn)在棱AD上，eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(AD,\s\up6(→))，若異面直線D1E與A1F所成角的余弦值為eq\f(3\r(2),10)，則λ的值為________．答案eq\f(1,3)解析以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系(圖略)．正方體的棱長為2，則A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)，所以eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋λeq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)，則|cos〈eq\o(A1F,\s\up6(→))，eq\o(D1E,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(A1F,\s\up6(→))·\o(D1E,\s\up6(→))|,|\o(A1F,\s\up6(→))||\o(D1E,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2\r(λ2＋1)·\r(5))，所以eq\f(2,2\r(5)·\r(λ2＋1))＝eq\f(3\r(2),10)，解得λ＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(1,3)舍去)).用向量法求異面直線所成角的一般步驟(1)選好基底或建立空間直角坐標系．(2)求出兩直線的方向向量v1，v2.(3)代入公式cosθ＝|cos〈v1，v2〉|＝eq\f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解(θ為兩異面直線所成的角)．注意：兩異面直線所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值．1.(2023·紹興模擬)“曲池”是《九章算術》記載的一種幾何體，該幾何體是上、下底面均為扇環(huán)形的柱體(扇環(huán)是指圓環(huán)被扇形截得的部分)．現(xiàn)有一個如圖所示的曲池，AA1⊥平面ABCD，AA1＝4，底面扇環(huán)所對的圓心角為eq\f(π,2)，eq\o(AD,\s\up8(︵))的長度是eq\o(BC,\s\up8(︵))長度的2倍，CD＝1，則異面直線A1D1與BC1所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(1,3)C.eq\f(2\r(2),3) D.eq\f(\r(2),4)答案C解析設上底面圓心為O1，下底面圓心為O，連接OO1，OC，OB，O1C1，O1B1，因為AA1⊥平面ABCD，且底面扇環(huán)所對的圓心角為eq\f(π,2)，所以以O為原點，OC，OB，OO1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，由eq\o(AD,\s\up8(︵))的長度是eq\o(BC,\s\up8(︵))長度的2倍，CD＝1，可知OC＝1，則C1(1，0，4)，B(0，1，0)，D1(2，0，4)，A1(0，2，4)，則eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(1，－1，4)，|cos〈eq\o(A1D1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(A1D1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→))|,|\o(A1D1,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,2\r(2)×3\r(2))＝eq\f(1,3)，又異面直線所成角的范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故異面直線A1D1與BC1所成角的正弦值為eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3).故選C.2．(2023·成都七中期中)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，AA1＝4，∠A1AD＝∠A1AB＝60°，則異面直線AC與DC1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(14),7) B.eq\f(\r(70),14)C.eq\f(3\r(14),14) D.eq\f(11\r(14),14)答案C解析在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，∠A1AD＝∠A1AB＝60°，∠BAD＝90°，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AA1,\s\up6(→))|cos∠A1AB＝2×4×cos60°＝4，則|eq\o(DC1,\s\up6(→))|＝eq\r(\o(AB,\s\up6(→))2＋\o(AA1,\s\up6(→))2＋2\o(AB,\s\up6(→))·\o(AA1,\s\up6(→)))＝eq\r(22＋42＋2×4)＝2eq\r(7)，而eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，且|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2eq\r(2)，于是eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝4＋4＋4＝12，因此|cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(DC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(DC1,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))||\o(DC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(12,2\r(2)×2\r(7))＝eq\f(3\r(14),14)，所以異面直線AC與DC1所成角的余弦值為eq\f(3\r(14),14).故選C.角度求直線與平面所成的角例3(2020·新高考Ⅰ卷)如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．解(1)證明：在正方形ABCD中，AD∥BC，因為AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD∥平面PBC，又因為AD?平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l.因為在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD.因為DC∩PD＝D，DC，PD?平面PDC，所以l⊥平面PDC.(2)如圖，建立空間直角坐標系Dxyz.因為PD＝AD＝1，所以D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)．設Q(m，0，1)，則有eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(m，0，1)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)．設平面QCD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0，,mx＋z＝0，))令x＝1，則z＝－m，所以平面QCD的一個法向量為n＝(1，0，－m)，則cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n||\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋0＋m,\r(3)·\r(m2＋1)).設PB與平面QCD所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))＝eq\f(\r(3),3)·eq\r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq\f(\r(3),3)·eq\r(1＋\f(2m,m2＋1))≤eq\f(\r(3),3)·eq\r(1＋\f(2|m|,m2＋1))≤eq\f(\r(3),3)×eq\r(1＋1)＝eq\f(\r(6),3)，當且僅當m＝1時取等號，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為eq\f(\r(6),3).利用空間向量求線面角的解題步驟注意：線面角的正弦值對應直線的方向向量與平面的法向量夾角的余弦值的絕對值．(2022·北京高考)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側面BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分別為A1B1，AC的中點．(1)求證：MN∥平面BCC1B1；(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：AB⊥MN；條件②：BM＝MN.注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．解解法一：(1)證明：如圖，取BC的中點D，連接B1D，DN.在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，AB＝A1B1.因為M，N分別為A1B1，AC的中點，所以B1M∥AB，B1M＝eq\f(1,2)AB，DN∥AB，DN＝eq\f(1,2)AB，則B1M∥DN且B1M＝DN，所以四邊形B1MND為平行四邊形，所以B1D∥MN.又MN?平面BCC1B1，B1D?平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.(2)因為側面BCC1B1為正方形，所以CB⊥BB1，又因為平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，且平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，所以CB⊥平面ABB1A1，而AB?平面ABB1A1，所以CB⊥AB.若選①，由(1)得B1D∥MN，因為AB⊥MN，所以AB⊥B1D，又B1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1，在三棱柱ABC－A1B1C1中，BA，BC，BB1兩兩垂直，故以B為坐標原點，BC，BA，BB1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Bxyz，因為AB＝BC＝BB1＝2，所以B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以eq\o(BN,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，－2，0)．設平面BMN的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BN,\s\up6(→))·n＝0，,\o(BM,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令x＝2，得n＝(2，－2，1)．設直線AB與平面BMN所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(AB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AB,\s\up6(→))|,|n||\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,3×2)＝eq\f(2,3)，所以直線AB與平面BMN所成角的正弦值為eq\f(2,3).若選②，由(1)知，MN＝B1D＝eq\r(5)，又MB＝MN，所以MB＝eq\r(5)，又B1M＝1，BB1＝2，所以B1M2＋BBeq\o\al(2,1)＝MB2.因此∠BB1M＝90°，即BB1⊥A1B1，故BB1⊥AB.在三棱柱ABC－A1B1C1中，BA，BC，BB1兩兩垂直，下同選①.解法二：(1)證明：取AB的中點為K，連接MK，NK，由三棱柱ABC－A1B1C1可得四邊形ABB1A1為平行四邊形，而M為A1B1的中點，則MK∥BB1，而MK?平面BCC1B1，BB1?平面BCC1B1，故MK∥平面BCC1B1，而N為AC的中點，則NK∥BC，同理可得NK∥平面BCC1B1，而NK∩MK＝K，NK，MK?平面MKN，故平面MKN∥平面BCC1B1，而MN?平面MKN，故MN∥平面BCC1B1.(2)因為側面BCC1B1為正方形，所以CB⊥BB1，又CB?平面BCC1B1，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，所以CB⊥平面ABB1A1，因為NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1，因為AB?平面ABB1A1，故NK⊥AB，若選①AB⊥MN，因為NK⊥AB，NK∩MN＝N，MN，NK?平面MNK，所以AB⊥平面MNK，而MK?平面MNK，故AB⊥MK，又MK∥BB1，所以AB⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB＝B，CB，AB?平面ABC，故BB1⊥平面ABC，故可建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，故eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，－2，0)，eq\o(BN,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0，1，2)，設平面BMN的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BN,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))取z＝－1，則n＝(－2，2，－1)，設直線AB與平面BMN所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(AB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(4,3×2)＝eq\f(2,3).所以直線AB與平面BMN所成角的正弦值為eq\f(2,3).若選②，因為NK⊥平面ABB1A1，而MK?平面ABB1A1，故NK⊥MK，而B1M＝1，NK＝1，故B1M＝NK，而BB1＝MK＝2，MB＝MN，故△BB1M≌△MKN，所以∠BB1M＝∠MKN＝90°，故A1B1⊥BB1，即AB⊥BB1，又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，CB，AB?平面ABC，故BB1⊥平面ABC，下同選①.角度求平面與平面的夾角例4(2023·新課標Ⅱ卷)如圖，三棱錐A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC的中點．(1)證明：BC⊥DA；(2)點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，因為E為BC的中點，DB＝DC，所以DE⊥BC，①因為DA＝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，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DA＝DB＝DC＝2，因為BD⊥CD，所以BC＝2eq\r(2)，DE＝eq\r(2)，因為△ACD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，ED，EB，EA所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，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))，因為eq\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).利用空間向量求平面與平面夾角的解題步驟(2022·新高考Ⅰ卷)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1的體積為4，△A1BC的面積為2eq\r(2).(1)求A到平面A1BC的距離；(2)設D為A1C的中點，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．解(1)設A到平面A1BC的距離為h，因為直三棱柱ABC－A1B1C1的體積為4，所以VA－A1BC＝VA1－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)VABC－A1B1C1＝eq\f(4,3)，又△A1BC的面積為2eq\r(2)，VA－A1BC＝eq\f(1,3)S△A1BC·h＝eq\f(1,3)×2eq\r(2)h＝eq\f(4,3)，所以h＝eq\r(2)，即A到平面A1BC的距離為eq\r(2).(2)取A1B的中點E，連接AE，則AE⊥A1B，因為平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，又AA1⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以AA1⊥BC，因為AA1∩AE＝A，AA1，AE?平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，又AB?平面ABB1A1，所以BC⊥AB.以B為坐標原點，eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BB1,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Bxyz，由(1)知，AE＝eq\r(2)，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2eq\r(2)，因為△A1BC的面積為2eq\r(2)，所以2eq\r(2)＝eq\f(1,2)A1B·BC，所以BC＝2，所以A(0，2，0)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，A1(0，2，2)，D(1，1，1)，E(0，1，1)，則eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，1，1)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，2，0)，設平面ABD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BA,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＋z＝0，,2y＝0，))令x＝1，得n＝(1，0，－1)，又平面BDC的一個法向量為eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，所以cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·n,|\o(AE,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq\f(1,2)，設二面角A－BD－C的平面角為θ，則sinθ＝eq\r(1－cos2〈\o(AE,\s\up6(→))，n〉)＝eq\f(\r(3),2)，所以二面角A－BD－C的正弦值為eq\f(\r(3),2).考向三利用空間向量求空間距離例5(2023·廣州天河區(qū)模擬)如圖，多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AE⊥平面ABCD，AE∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.(1)證明：平面EAC⊥平面EFC；(2)在棱EC上有一點M，使得平面MBD與平面ABCD的夾角為45°，求點M到平面BCF的距離．解(1)證明：取EC的中點G，連接BD交AC于點N，連接GN，GF，因為四邊形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，且N是AC的中點，所以GN∥AE且GN＝eq\f(1,2)AE，又AE∥BF，AE＝2BF＝2，所以GN∥BF且GN＝BF，所以四邊形BNGF是平行四邊形，所以GF∥BN，又AE⊥平面ABCD，BN?平面ABCD，所以AE⊥BN，又因為AC∩AE＝A，AC，AE?平面EAC，所以BN⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC，又GF?平面EFC，所以平面EAC⊥平面EFC.(2)取CD的中點H，由四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，得∠ADC＝60°，所以△ADC是正三角形，所以AH⊥CD，所以AH⊥AB，又AE⊥平面ABCD，所以以A為原點，AH，AB，AE所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則D(eq\r(3)，－1，0)，B(0，2，0)，C(eq\r(3)，1，0)，E(0，0，2)，F(xiàn)(0，2，1)，A(0，0，0)，設eq\o(EM,\s\up6(→))＝λeq\o(EC,\s\up6(→))＝λ(eq\r(3)，1，－2)＝(eq\r(3)λ，λ，－2λ)，所以M(eq\r(3)λ，λ，2－2λ)，所以eq\o(DM,\s\up6(→))＝(eq\r(3)λ－eq\r(3)，λ＋1，2－2λ)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(eq\r(3)λ，λ－2，2－2λ)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，0，1)，設平面MBD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（\r(3)λ－\r(3)）x＋（λ＋1）y＋（2－2λ）z＝0，,\r(3)λx＋（λ－2）y＋（2－2λ）z＝0，))令x＝eq\r(3)，得y＝1，z＝eq\f(2λ－1,λ－1)，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1，\f(2λ－1,λ－1))).平面ABCD的一個法向量為m＝(0，0，1)，所以|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2λ－1,λ－1))),\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ－1,λ－1)))\s\up12(2)))＝eq\f(\r(2),2)，解得λ＝eq\f(3,4)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),4)，\f(3,4)，\f(1,2)))，則eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)，－\f(1,4)，\f(1,2)))，設平面BCF的法向量為u＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(u·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,u·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)a－b＝0，,c＝0，))取a＝1，得u＝(1，eq\r(3)，0)，所以點M到平面BCF的距離d＝eq\f(|u·\o(CM,\s\up6(→))|,|u|)＝eq\f(\r(3),4).(1)求點到直線的距離的方法①設過點P的直線l的單位方向向量為n，A為直線l外一點，點A到直線l的距離d＝eq\r(|\o(PA,\s\up6(→))|2－（\o(PA,\s\up6(→))·n）2)；②若能求出點在直線上的投影坐標，可以直接利用兩點間距離公式求距離．(2)求平面α外一點P到平面α的距離的常用方法①直接法：過點P作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點P到平面α的距離；②轉化法：若點P所在的直線l平行于平面α，則轉化為直線l上某一個點到平面α的距離來求；③等體積法；④向量法：設平面α的一個法向量為n，A是α內任意一點，則點P到α的距離為d＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|).(3)線面距離和面面距離可以轉化為點到平面的距離進行求解．如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱長都為2，且∠A1AC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，點P，Q分別在AB，A1C1上，且AP＝A1Q.(1)求證：PQ∥平面B1BCC1；(2)當P是邊AB的中點時，求點B1到直線PQ的距離．解(1)證明：作PD∥AC，交BC于點D，連接DC1，由A1Q＝AP，得BP＝QC1，∵PD∥AC，∴eq\f(PD,AC)＝eq\f(BP,AB)，即PD＝BP＝QC1，∴PD∥QC1且PD＝QC1，∴四邊形C1QPD為平行四邊形，∴PQ∥C1D，∵PQ?平面B1BCC1，且C1D?平面B1BCC1，∴PQ∥平面B1BCC1.(2)取AC的中點O，連接A1O，BO，∵AO＝eq\f(1,2)AC＝1，AA1＝2，∠A1AO＝60°，根據(jù)余弦定理得A1O2＝AAeq\o\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcos60°＝4＋1－2×2×1×eq\f(1,2)＝3，∴A1O＝eq\r(,3)，∵AO2＋A1O2＝AAeq\o\al(2,1)，∴A1O⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴A1O⊥平面ABC，∵△ABC是等邊三角形，∴BO⊥AC，如圖，建立空間直角坐標系，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，Q(0，1，eq\r(3))，B1(eq\r(3)，1，eq\r(3))，∴eq\o(QP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，－\r(3)))，eq\o(QB1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，∴cos〈eq\o(QP,\s\up6(→))，eq\o(QB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(QP,\s\up6(→))·\o(QB1,\s\up6(→)),|\a\vs4\al(\o(QP,\s\up6(→))||\o(QB1,\s\up6(→)))|)＝eq\f(\f(3,2),\r(6)×\r(3))＝eq\f(\r(2),4)，∴點B1到直線PQ的距離為|eq\o(QB1,\s\up6(→))|·eq\r(1－cos2〈\a\vs4\al(\o(QP,\s\up6(→))，\o(QB1,\s\up6(→)))〉)＝eq\r(3)×eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(42),4).課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2023·高郵期末)給出以下命題，其中正確的是()A．直線l的方向向量為a＝(1，－1，2)，直線m的方向向量為b＝(2，1，－1)，則l與m平行B．直線l的方向向量為a＝(1，－1，1)，平面α的法向量為n＝(－2，2，－2)，則l∥αC．平面α，β的法向量分別為n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，則α⊥βD．已知直線l過點A(1，0，－1)，且方向向量為(1，2，2)，則點P(－1，2，0)到l的距離為eq\f(\r(65),3)答案D解析對于A，∵a＝(1，－1，2)，b＝(2，1，－1)，∴eq\f(1,2)≠eq\f(－1,1)≠eq\f(2,－1)，∴l(xiāng)與m不平行；對于B，∵a＝(1，－1，1)，n＝(－2，2，－2)，∴a·n＝1×(－2)＋(－1)×2＋1×(－2)＝－6≠0，∴l(xiāng)與α不平行；對于C，∵n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，∴n1·n2＝0×1＋1×0＋3×2＝6≠0，∴α與β不垂直；對于D，∵A(1，0，－1)，P(－1，2，0)，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－2，2，1)，直線l的方向向量為n＝(1，2，2)，∴|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝3，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq\f(4,3)，∴d＝eq\r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))\s\up12(2))＝eq\r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(65),3).故選D.2．已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，點M在棱DD1上，直線AC1⊥平面A1BM，則點M的位置是()A．點D B．點D1C．DD1的中點 D．不存在答案A解析如圖，以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，M(0，0，t)，0≤t≤1，A(1，0，0)，C1(0，1，1)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，－1，t)，∵eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(BA1,\s\up6(→))＝－1×0＋1×(－1)＋1×1＝0，∴AC1⊥BA1，∵直線AC1⊥平面A1BM，BM?平面A1BM，∴AC1⊥BM，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，∴－1×(－1)＋1×(－1)＋1×t＝0，解得t＝0，此時點M與點D重合．故選A.3．(2024·武漢一模)如圖所示的多面體是由底面為ABCD的長方體被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，則點C到平面AEC1F的距離為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(3\r(2),2)C.eq\f(4\r(33),11) D.eq\f(\r(33),11)答案C解析以D為原點，DA，DC，DF所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系Dxyz，則D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)，所以eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－2，4，3)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，4，1)．設平面AEC1F的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4y＋z＝0，,－2x＋4y＋3z＝0，))令z＝1，得x＝1，y＝－eq\f(1,4)，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,4)，1)).又eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，0，3)，所以點C到平面AEC1F的距離d＝eq\f(|\o(CC1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(4\r(33),11).故選C.4．(2023·畢節(jié)模擬)鐘鼓樓是中國傳統(tǒng)建筑之一，屬于鐘樓和鼓樓的合稱，是主要用于報時的建筑．中國古代一般建于城市的中心地帶，在現(xiàn)代城市中，也可以常?？匆姼接戌姌堑慕ㄖ鐖D，在某市一建筑物樓頂有一頂部逐級收攏的四面鐘樓，四個大鐘對稱分布在四棱柱的四個側面(四棱柱看成正四棱柱，鐘面圓心在棱柱側面中心上)，在整點時刻(在0點至12點中取整數(shù)點，含0點，不含12點)，已知在3點時和9點時，相鄰兩鐘面上的時針所在的兩條直線相互垂直，則在2點時和8點時，相鄰兩鐘面上的時針所在的兩條直線所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(2),6) B.eq\f(1,4)C.eq\f(\r(3),6) D.eq\f(\r(2),4)答案B解析如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為側面ABB1A1和側面BCC1B1的中心，G為BB1的中點，EN為2點鐘時針，F(xiàn)M為8點鐘時針，則∠NEG＝30°，∠MFG＝30°.設正四棱柱的底面邊長為a，側棱長為b，以D為原點，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系，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，\f(b,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a，\f(b,2)＋\f(\r(3),6)a))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，a，\f(b,2)))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a，\f(b,2)－\f(\r(3),6)a))，eq\o(EN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(\r(3),6)a))，eq\o(FM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，－\f(\r(3),6)a))，所以|cos〈eq\o(EN,\s\up6(→))，eq\o(FM,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(EN,\s\up6(→))·\o(FM,\s\up6(→))|,|\o(EN,\s\up6(→))||\o(FM,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,12)a2,\r(\f(a2,4)＋\f(3,36)a2)×\r(\f(a2,4)＋\f(3,36)a2))＝eq\f(1,4)，所以在2點時和8點時，相鄰兩鐘面上的時針所在的兩條直線所成角的余弦值為eq\f(1,4).故選B.5．(2024·茂名模擬)菱形ABCD的邊長為4，∠A＝60°，E為AB的中點(如圖1)，將△ADE沿直線DE翻折至△A′DE處(如圖2)，連接A′B，A′C，若四棱錐A′－EBCD的體積為4eq\r(3)，F(xiàn)為A′D的中點，則點F到直線BC的距離為()A.eq\f(\r(31),2) B.eq\f(\r(23),2)C.eq\f(\r(31),4) D.eq\f(\r(23),4)答案A解析連接BD，因為四邊形ABCD為菱形，且∠A＝60°，所以△ABD為等邊三角形，因為E為AB的中點，所以DE⊥AB，所以DE⊥EB，DE⊥A′E，因為EB∩A′E＝E，EB，A′E?平面A′EB，所以DE⊥平面A′EB，因為菱形ABCD的邊長為4，所以AB＝AD＝CD＝BC＝4，DE＝2eq\r(3)，AE＝BE＝2，所以直角梯形BCDE的面積為eq\f(1,2)×(2＋4)×2eq\r(3)＝6eq\r(3)，設四棱錐A′－EBCD的高為h，則eq\f(1,3)×6eq\r(3)h＝4eq\r(3)，得h＝2，所以h＝A′E，所以A′E⊥平面BCDE，所以以E為原點，EB，ED，EA′所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則B(2，0，0)，C(4，2eq\r(3)，0)，F(xiàn)(0，eq\r(3)，1)，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2，2eq\r(3)，0)，令c＝eq\f(\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，a＝eq\o(FB,\s\up6(→))＝(2，－eq\r(3)，－1)，所以|a|＝eq\r(4＋3＋1)＝2eq\r(2)，a·c＝1－eq\f(3,2)＝－eq\f(1,2)，所以點F到直線BC的距離d＝eq\r(|a|2－（a·c）2)＝eq\r(8－\f(1,4))＝eq\f(\r(31),2).故選A.6．(2023·哈爾濱師大附中三模)已知四棱錐P－ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝AD，點E是線段PB上的動點，則直線DE與平面PBC所成角的最大值為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)答案C解析由題意，因為四邊形ABCD為正方形，且PD⊥底面ABCD，以D為原點，DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設PD＝AD＝1，則D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，設eq\o(PE,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，則eq\o(PE,\s\up6(→))＝(λ，λ，－λ)，所以E(λ，λ，1－λ)，即eq\o(DE,\s\up6(→))＝(λ，λ，1－λ)，設平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝x＋y－z＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝y(tǒng)－z＝0，))解得x＝0，y＝z，取y＝z＝1，所以平面PBC的一個法向量為n＝(0，1，1)，設直線DE與平面PBC所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(DE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(DE,\s\up6(→))|,|n||\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(2λ2＋（1－λ）2))＝eq\f(1,\r(2)×\r(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,3)))\s\up12(2)＋\f(2,3)))，因為y＝sinθ，θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))單調遞增，所以當λ＝eq\f(1,3)時，sinθ＝eq\f(\r(3),2)最大，此時θ＝eq\f(π,3)，即直線DE與平面PBC所成角的最大值為eq\f(π,3).故選C.7．(2023·山西師大附中模擬)如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，動點P，Q分別在線段C1D，AC上，則線段PQ長度的最小值是()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(5),3)答案C解析以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，2)，eq\o(DC,\s\up6(→))1＝(0，1，2)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)．設eq\o(DP,\s\up6(→))＝λeq\o(DC1,\s\up6(→))，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝μeq\o(AC,\s\up6(→))(λ，μ∈[0，1])，∴eq\o(DP,\s\up6(→))＝λ(0，1，2)＝(0，λ，2λ)，eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，0，0)＋μ(－1，1，0)＝(1－μ，μ，0)，∴eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\o(DQ,\s\up6(→))－eq\o(DP,\s\up6(→))＝(1－μ，μ－λ，－2λ)，∴|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝eq\r(（1－μ）2＋（μ－λ）2＋4λ2)＝eq\r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(\a\vs4\al(μ),5)))\s\up12(2)＋\f(9,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(μ－\f(5,9)))\s\up12(2)＋\f(4,9))≥eq\r(\f(4,9))＝eq\f(2,3)，當且僅當λ＝eq\f(\a\vs4\al(μ),5)，μ＝eq\f(5,9)，即λ＝eq\f(1,9)，μ＝eq\f(5,9)時取等號，∴線段PQ長度的最小值為eq\f(2,3).故選C.8．(2024·廣州越秀區(qū)期中)“塹堵”“陽馬”和“鱉臑”是我國古代對一些特殊幾何體的稱謂．《九章算術·商功》中描述：“斜解立方，得兩塹堵，斜解塹堵，其一為陽馬，其一為鱉臑．”一個長方體ABCD－A1B1C1D1沿對角面斜解(圖1)，得到兩個一模一樣的塹堵(圖2)，再沿一個塹堵的一個頂點和相對的棱斜解(圖2)，得到一個四棱錐，稱為陽馬(圖3)，一個三棱錐稱為鱉臑(圖4)．若鱉臑的體積為4，AB＝4，BC＝3，則在鱉臑中，平面BCD1與平面BC1D1夾角的余弦值為()A.eq\f(\r(65),65) B.eq\f(6\r(65),65)C.eq\f(\r(65),13) D.eq\f(2\r(65),65)答案B解析∵BC⊥平面CC1D1，∴VB－CC1D1＝eq\f(1,3)S△CC1D1·BC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×CC1×4×3＝4，∴CC1＝2，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，以D為坐標原點，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(3，4，0)，C(0，4，0)，D1(0，0，2)，C1(0，4，2)，∴eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－3，0，0)，eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－3，－4，2)，eq\o(D1C1,\s\up6(→))＝(0，4，0)，設平面BCD1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))·n＝－3x＝0，,\o(BD1,\s\up6(→))·n＝－3x－4y＋2z＝0，))令y＝1，解得x＝0，z＝2，∴n＝(0，1，2)，設平面BC1D1的法向量為m＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BD1,\s\up6(→))·m＝－3a－4b＋2c＝0，,\o(D1C1,\s\up6(→))·m＝4b＝0，))令a＝2，得b＝0，c＝3，∴m＝(2，0，3)，∴|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(6,\r(5)×\r(13))＝eq\f(6\r(65),65)，即平面BCD1與平面BC1D1夾角的余弦值為eq\f(6\r(65),65).故選B.二、多項選擇題9．(2023·岳陽階段檢測)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點E，O分別是A1B1，A1C1的中點，P在正方體內部且滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))，則下列說法正確的是()A．點A到直線BE的距離是eq\f(\r(5),5)B．點O到平面ABC1D1的距離是eq\f(\r(2),4)C．平面A1BD與平面B1CD1間的距離為eq\f(\r(3),3)D．點P到直線AB的距離為eq\f(5,6)答案BCD解析如圖，建立空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1)).設∠ABE＝θ，則cosθ＝eq\f(|\o(BA,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→))|,|\o(BA,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(2\r(5),5).故點A到直線BE的距離d1＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|sinθ＝1×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(2\r(5),5)，故A錯誤；易知eq\o(C1O,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(C1A1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，平面ABC1D1的一個法向量為eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，則點O到平面ABC1D1的距離d2＝eq\f(|\o(DA1,\s\up6(→))·\o(C1O,\s\up6(→))|,|\o(DA1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，故B正確；eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(0，1，0)．設平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y－z＝0，))令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)．所以點D1到平面A1BD的距離d3＝eq\f(|\o(A1D1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).因為平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離等于點D1到平面A1BD的距離，所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離為eq\f(\r(3),3)，故C正確；因為eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3)))，則eq\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,4)，所以點P到直線AB的距離d4＝eq\r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq\r(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq\f(5,6)，故D正確．故選BCD.10．(2023·杭州二中模擬)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，∠DAB＝∠A1AB＝∠A1AD＝eq\f(π,3)，AA1＝3，AB＝AD＝2，以下結論正確的是()A．平行六面體ABCD－A1B1C1D1的體積為6eq\r(2)B．sin〈eq\o(AA1,\s\up6(→))，eq\o(BD1,\s\up6(→))〉＝eq\f(38\r(5),365)C．AC1⊥平面BDD1B1D．二面角D1－AA1－B的余弦值為eq\f(1,3)答案AD解析對于A，連接AC，BD，且AC與BD交于點O，則O為A