2025高考数学一轮复习-7.6-利用空间向量求空间角、距离-专项训练【含解析】

7.6-利用空间向量求空间角、距离-专项训练【原卷版】1.已知直线l1的方向向量s1＝（1，0，1），直线l2的方向向量s2＝（－1，2，－2），则l1和l2夹角的余弦值为（）A.24 B.C.22 D.2.在空间直角坐标系中，已知A（1，－1，0），B（4，3，0），C（5，4，－1），则A到BC的距离为（）A.3 B.58C.2173 3.已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos＜m，n＞＝－12，则l与α所成的角为已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，直线OC在平面α内，且∠AOB＝∠BOC＝45°，则∠AOC的大小为.直线与平面所成的角【例1】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.（1）证明：A1C＝AC；（2）已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝3.（1）证明：BD⊥PA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值.平面与平面的夹角（二面角）【例2】如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点.（1）证明：BC⊥DA；（2）点F满足EF＝DA，求二面角D-AB-F的正弦值.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.（1）证明：B2C2∥A2D2；（2）点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P.距离问题【例3】如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.（1）求点N到直线AB的距离；（2）求点C1到平面ABN的距离.利用向量法求点到平面的距离的步骤1.四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为（）A.22 B.C.33 D.2.已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E是AB的中点，F是AD上靠近A的四等分点，则点B到平面GEF的距离为.1.如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系O-xyz的三条坐标轴上，OC＝（0，0，2），平面ABC的法向量为n＝（2，1，2），设二面角C-AB-O的大小为θ，则cosθ＝（）A.43 B.5C.23 D.－2.已知三棱锥S-ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA＝3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为（）A.34 B.C.74 D.3.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是CC1，D1A1，AB的中点，则点A到平面EGF的距离为.4.如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.（1）证明：O1O⊥底面ABCD；（2）若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值.5.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝π2，AB＝BC＝13AD＝a，PA⊥平面ABCD，且PA＝a，点F在AD上，且CF⊥P（1）求点A到平面PCF的距离；（2）求AD到平面PBC的距离.6.如图所示，三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1，B1C＝62，∠A1B1C为直角（1）证明：平面ABC⊥平面ABB1A1；（2）设点P是棱BB1的中点，求直线BC与平面A1PC所成角θ的正弦值.7.如图，六面体ABCDEFG中，BE⊥平面ABC，且BE⊥平面DEFG，DG∥EF，ED＝DG＝GF＝1，AB＝BC＝CA＝EF＝2.（1）求证：DF⊥平面ABED；（2）若二面角A-DG-E的余弦值为－5719，求点C到平面BDF的距离8.如图，三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，PB＝PC＝6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝5DO，点F在AC上，BF⊥AO.（1）证明：EF∥平面ADO；（2）证明：平面ADO⊥平面BEF；（3）求二面角D-AO-C的正弦值.7.6-利用空间向量求空间角、距离-专项训练【解析版】1.已知直线l1的方向向量s1＝（1，0，1），直线l2的方向向量s2＝（－1，2，－2），则l1和l2夹角的余弦值为（）A.24 B.C.22 D.解析：C因为s1＝（1，0，1），s2＝（－1，2，－2），所以cos＜s1，s2＞＝s1·s2｜s1||s2｜＝－12.在空间直角坐标系中，已知A（1，－1，0），B（4，3，0），C（5，4，－1），则A到BC的距离为（）A.3 B.58C.2173 解析：D因为A（1，－1，0），B（4，3，0），C（5，4，－1），所以BA＝（－3，－4，0），BC＝（1，1，－1），｜BA｜＝5，｜BC｜＝3，所以cos＜BA，BC＞＝BA·BC｜BA｜·｜BC｜＝－7315，所以sin＜BA，BC＞＝1－cos2＜BA，BC＞＝1－4975＝3.已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos＜m，n＞＝－12，则l与α所成的角为答案：π解析：设直线l与α所成角为θ，sinθ＝｜cos＜m，n＞｜＝12，又∵θ∈［0，π2］，∴θ＝已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，直线OC在平面α内，且∠AOB＝∠BOC＝45°，则∠AOC的大小为.答案：60°解析：由结论可知有cos∠AOB·cos∠BOC＝cos∠AOC.因为∠AOB＝∠BOC＝45°，则cos∠AOC＝cos45°·cos45°＝22×22＝12，则∠直线与平面所成的角【例1】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.（1）证明：A1C＝AC；（2）已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.解：（1）证明：如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴A1C⊥BC，又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，∵A1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥A1D，又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，∴A1D⊥平面BCC1B1，∴A1D＝1.由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，∴D为CC1的中点，又A1D⊥CC1，∴A1C＝A1C1，又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝A1C1，∴A1C＝AC.（2）如图，连接A1B，由（1）易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2，又A1D＝1且A1C＝AC，∴A1C＝A1C1＝AC＝2，AB＝A1B1＝5，BC＝3.建立空间直角坐标系C-xyz如图所示，则C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，3，0），B1（－2，3，2），C1（－2，0，2），∴CB＝（0，3，0），CC1＝（－2，0，2），AB1＝（－22，设平面BCC1B1的法向量为n＝（x，y，z），则n·CB=0，n·CC1=0，即3y=0，∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝（1，0，1）.设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，则sinθ＝｜cos＜n，AB1＞｜＝｜n∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为1313在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝3.（1）证明：BD⊥PA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值.解：（1）证明：如图所示，取AB中点为O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1.又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形.又BC＝OB＝1，所以四边形DCBO为菱形，所以BD⊥CO.同理可得，四边形DCOA为菱形，所以AD∥CO，所以BD⊥AD.因为PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PD⊥BD，又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面ADP，所以BD⊥平面ADP.因为PA⊂平面ADP，所以BD⊥PA.（2）由（1）知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以∠DAO＝60°，所以△ADO为正三角形.过点D作垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A32,−12，0，B32，32，0，P（0，0则AB＝（0，2，0），AP＝－32，12，3，DP＝（设平面PAB的法向量为n＝（x，y，z），则AB·n令x＝2，则y＝0，z＝1，所以n＝（2，0，1）.设直线PD与平面PAB所成的角为α，则sinα＝｜cos＜n，DP＞｜＝｜n·DP｜｜所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为55平面与平面的夹角（二面角）【例2】如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点.（1）证明：BC⊥DA；（2）点F满足EF＝DA，求二面角D-AB-F的正弦值.解：（1）证明：如图，连接DE，AE.因为DC＝DB，E为BC的中点，所以BC⊥DE.因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DC＝DB，所以△ABD≌△ACD，所以AB＝AC.又E为BC的中点，所以BC⊥AE.又AE⊂平面ADE，DE⊂平面ADE，AE∩DE＝E，所以BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.（2）设DA＝DB＝DC＝2.由∠ADB＝∠ADC＝60°，知△ABD与△ACD为等边三角形，所以AB＝AC＝2.又BD⊥CD，所以BC＝22.因为AB2＋AC2＝BC2，所以△ABC为直角三角形，且∠BAC＝90°，所以AE＝2.因为BD⊥CD，所以DE＝12BC＝2因为AE2＋DE2＝AD2，所以AE⊥DE.又AE⊥BC，BC⊂平面BCD，DE⊂平面BCD，BC∩DE＝E，所以AE⊥平面BCD.如图，分别以ED，EB，EA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E（0，0，0），D（2，0，0），B（0，2，0），A（0，0，2）.因为DA＝（－2，0，2），EF＝DA，所以F（－2，0，2）.易得AB＝（0，2，－2），BF＝（－2，－2，2）.设平面DAB的一个法向量为m＝（x1，y1，z1），则m·DA令z1＝1，得x1＝1，y1＝1，所以m＝（1，1，1）.设平面FAB的一个法向量为n＝（x2，y2，z2），则n·BF令z2＝1，得x2＝0，y2＝1，所以n＝（0，1，1）.所以cos＜m，n＞＝m·n｜m||则二面角D-AB-F的正弦值为33如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.（1）证明：B2C2∥A2D2；（2）点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P.解：（1）证明：法一（坐标法）以点C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），所以B2C2＝（0，－2，1），A2D2＝（0所以B2C2＝A2D2，所以B2C2法二（向量法）依题意，得B2C2＝B2B1＋B1C1＋C所以B2C2∥A2D2.（2）设P（0，2，a）（0≤a≤4），则C2D2＝（2，0，－1），C2A2＝（2，2，－2），C2P＝（0设平面A2C2D2的法向量为m＝（x1，y1，z1），则m·C令x1＝1，则z1＝2，y1＝1，所以m＝（1，1，2）.设平面A2C2P的法向量为n＝（x2，y2，z2），则n·C令z2＝2，得y2＝3－a，x2＝a－1，所以n＝（a－1，3－a，2）.由二面角P-A2C2-D2的大小为150°，得｜cos＜m，n＞｜＝｜m·n即｜a－1+3－a解得a＝1或a＝3，故B2P＝｜a－2｜＝1.距离问题【例3】如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.（1）求点N到直线AB的距离；（2）求点C1到平面ABN的距离.解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（23，2，0），C（0，4，0），C1（0，4，4），A1（0，0，4），∵N是CC1的中点，∴N（0，4，2）.（1）AN＝（0，4，2），AB＝（23，2，0），则｜AN｜＝25，｜AB｜＝4，AN·AB＝8.设点N到直线AB的距离为d1，则d1＝｜AN｜2－（（2）设平面ABN的一个法向量为n＝（x，y，z），由n⊥AB令z＝2，则y＝－1，x＝33，即n＝（33，－1易知C1N＝（0，0，－2），设点C1到平面ABN的距离为d则d2＝｜C1N·n｜n利用向量法求点到平面的距离的步骤1.四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为（）A.22 B.C.33 D.解析：A四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC两两垂直，以点O为原点，以射线OA，OB，OC的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，则A（1，0，0），D（0，0，1），G（13，23，1），于是AG＝（－23，23，1），AD＝（－1，0，1），｜AG｜＝（－23）2＋（23）2＋12＝173，AG·AD＝－23×（－1）＋12.已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E是AB的中点，F是AD上靠近A的四等分点，则点B到平面GEF的距离为.答案：30解析：建立空间直角坐标系C-xyz，如图所示，依题意，则有G（0，0，2），A（4，4，0），B（0，4，0），E（2，4，0），F（4，3，0），故EF＝（2，－1，0），GE＝（2，4，－2），BE＝（2，0，0）.设平面GEF的一个法向量为n＝（a，b，c），则n·EF=2a－b+0=0，n·GE=2a+4b－2c=0，取a＝1，得b＝2，c＝5，于是n1.如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系O-xyz的三条坐标轴上，OC＝（0，0，2），平面ABC的法向量为n＝（2，1，2），设二面角C-AB-O的大小为θ，则cosθ＝（）A.43 B.5C.23 D.－解析：C∵点A，B，C分别在空间直角坐标系O-xyz的三条坐标轴上，OC＝（0，0，2），平面ABC的法向量为n＝（2，1，2），二面角C-AB-O的大小为θ，由图知为锐角，∴cosθ＝｜OC·n｜｜2.已知三棱锥S-ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA＝3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为（）A.34 B.C.74 D.解析：D如图所示，以A为原点，分别以AB，AS所在直线为x轴，z轴建立空间直角坐标系A-xyz，易知S（0，0，3），B（2，0，0），C（1，3，0）.设平面SBC的法向量为n＝（x，y，z），则n·BC＝（x，y，z）·(−1，3，0）=0，n·BS＝（x，y，z）·(−2，0，3）=0，得n＝（3，33.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是CC1，D1A1，AB的中点，则点A到平面EGF的距离为.答案：3解析：如图所示，建立空间直角坐标系D-xyz.∵A（2，0，0），E（0，2，1），F（1，0，2），G（2，1，0），∴EF＝（1，－2，1），EG＝（2，－1，－1），GA＝（0，－1，0）.设n＝（x，y，z）是平面EFG的法向量，则n·EF=0，n·EG=0，∴x－2y＋z=0，2x－y－z=0，从而有x＝y＝z，∴可取n＝（4.如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.（1）证明：O1O⊥底面ABCD；（2）若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值.解：（1）证明：由题意得，CC1⊥AC，DD1⊥BD，又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，因为AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以O1O⊥底面ABCD.（2）因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直.如图，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.设四棱柱的棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝3，OC＝1，所以O（0，0，0），B1（3，0，2），C1（0，1，2），易知平面BDD1B1的一个法向量为n＝（0，1，0），设平面C1OB1的法向量为m＝（x，y，z），则m⊥OB1，m⊥所以3x＋2z＝0，y＋2z＝0，取z＝－3，则x＝2，y＝23，所以m＝（2，23，－3），所以｜cos＜m，n＞｜＝｜m·n｜｜所以平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值为2575.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝π2，AB＝BC＝13AD＝a，PA⊥平面ABCD，且PA＝a，点F在AD上，且CF⊥P（1）求点A到平面PCF的距离；（2）求AD到平面PBC的距离.解：（1）由题意知AP，AB，AD两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（a，0，0），C（a，a，0），D（0，3a，0），P（0，0，a）.设F（0，m，0），0≤m≤3a，则CF＝（－a，m－a，0），CP＝（－a，－a，a）.∵PC⊥CF，∴CF·CP＝（－a）·（－a）＋（m－a）·（－a）＋0·a＝a2－a（m－a）＝0，∴m＝2a，即F（0，2a，0）.设平面PCF的法向量为n＝（x，y，z），则n解得x＝y，z=2x，取x＝1，得n＝（设点A到平面PCF的距离为d，由AC＝（a，a，0），得d＝｜AC·n｜｜n（2）由于BP＝（－a，0，a），BC＝（0，a，0），AP＝（0，0，a）.设平面PBC的法向量为n1＝（x0，y0，z0），由n得x0＝z0，y0=0.取x0＝1，得n1设点A到平面PBC的距离为h，∵AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC，∴h为AD到平面PBC的距离，∴h＝｜AP·n1｜｜6.如图所示，三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1，B1C＝62，∠A1B1C为直角（1）证明：平面ABC⊥平面ABB1A1；（2）设点P是棱BB1的中点，求直线BC与平面A1PC所成角θ的正弦值.解：（1）证明：如图，取AB的中点D，连接CD，B1D.由于三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1，故底面△ABC是正三角形，因此AB⊥CD，BD＝12，CD＝3由于∠A1B1C为直角，故A1B1⊥B1C，所以AB⊥B1C.于是AB⊥平面B1CD，由此得AB⊥B1D.在Rt△BB1D中，B1D＝12－（1在△CB1D中，由B1C2＝B1D2＋CD2＝32，故CD⊥B1D又AB，CD⊂平面ABC，AB∩CD＝D，所以B1D⊥平面ABC，又B1D⊂平面ABB1A1，故平面ABC⊥平面ABB1A1.（2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则A（0，12，0），B（0，－12，0），C（32，0，0），B1（0，0，32），P（0，－由AB＝A1B1，得A1（0，1，所以A1P＝（0，－54，－34），CA1＝（－32，1，32），设m＝（x，y，z）是平面A1CP的法向量，则A1P·m=0，CA1·m=0，即由此得sinθ＝｜m·BC｜m｜·｜BC即直线BC与平面A1PC所成角θ的正弦值为111377.如图，六面体ABCDEFG中，BE⊥平面ABC，且BE⊥平面DEFG，DG∥EF，ED＝DG＝GF＝1，AB＝BC＝CA＝EF＝2.（1）求证：DF⊥平面ABED；（2）若二面角A-DG-E的余弦值为－5719，求点C到平面BDF的距离解：（1）证明：因为BE⊥平面ABC，且BE⊥平面DEFG，所以DE⊥BE，且AB⊥BE，又AB，DE⊂平面ABED，所以DE∥AB，同理，EF∥BC，所以∠DEF＝∠ABC＝60°，又EF＝2DE，所以DF⊥DE，由BE⊥平面DEFG，知DF⊥BE，又因为ED∩BE＝E，所以DF⊥平面ABED.（2）取AB中点O，由题可知，DE∥OB且DE＝OB，所以四边形OBED为平行四边形，所以OD∥BE，于是OD⊥平面ABC，又△ABC为正三角形，所以OC，OA，OD两两垂直.以O为坐标原点，OC，OA，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，设BE＝a（a＞0），则O（0，0，0），A（0，1，0），B（0，－1，0），C（3，0，0），D（0，0，a），G（32，12，a），F（3，0，a），AD＝（0，－1，a），DG＝（32，设平面ADG的法向量为n1＝（x1，y1，z1），则有n不妨设z1＝3，得n1＝（－a，3a，3）.又BE与平面DEFG垂直，故平面DEFG的法向量不妨设为n2＝（0，0，1），由｜cos＜n1，n2＞｜＝｜n1·n2｜｜n1设平面BDF的法向量为n3＝（x3，y3，z3），则有n不妨设y3＝2，得