2025高考数学专项复习第八章 立体几何与空间向量第6节 空间向量在立体几何中的应用含答案

2025高考数学专项复习第八章立体几何与空间向量第六节空间向量在立体几何中的应用课标解读考向预测空间向量是高中数学的一个重要组成部分，具有工具性作用，尤其在立体几何中的应用是最为典型的，主要体现在三个方面：(1)确定空间中的位置关系；(2)求解空间角；(3)求解空间距离.从近几年的高考试卷来看，立体几何解答题往往会在已知中给出两两垂直且交于一点的三条线段，方便考生建立空间直角坐标系，考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力．若题中找不到这样的三条线段，可用几何法或向量基底法的知识来解决．预计2025年的高考立体几何解答题主要考查空间线面位置关系及空间角的计算，试题难度中档.必备知识——强基础1．空间位置关系的向量表示(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线leq\x(\s\up1(01))平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a为平面α的法向量．(3)空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔eq\x(\s\up1(02))n1＝λn2(λ∈R)l1⊥l2n1⊥n2⇔eq\x(\s\up1(03))n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为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的法向量分别为n，mα∥βn∥m⇔eq\x(\s\up1(06))n＝λm(λ∈R)α⊥βn⊥m⇔eq\x(\s\up1(07))n·m＝02．设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(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.设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝eq\x(\s\up1(10))|cos〈a，n〉|＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(|a·n|,|a||n|)．4．(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝eq\x(\s\up1(12))〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉．(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝eq\x(\s\up1(13))|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角的大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．5．用向量法求空间距离(1)点到直线的距离已知直线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．则点P到直线l的距离为eq\x(\s\up1(14))__eq\r(\o(AP,\s\up6(→))2－（\o(AP,\s\up6(→))·u）2)．(2)点到平面的距离已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．则点P到平面α的距离为eq\x(\s\up1(15))eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)．(3)线面距和面面距可以转化为点面距求解．1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cosθ＝|cos〈a，n〉|.2．二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两个半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两个平面的法向量所成的角就是这两个平面所成的角．()(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．()(3)平面α的法向量是唯一的，即一个平面不可能存在两个不同的法向量．()(4)直线l的一个方向向量为a＝(－1，2，1)，平面α的一个法向量为n＝(－1，－1，1)，l⊄α，则l∥α.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第一册1.4.1练习T1改编)已知直线l的一个方向向量为a＝(－3，2，5)，平面α的一个法向量为b＝(1，x，－1)，若l∥α，则x＝()A．4 B．3C．2 D．1答案A解析因为l∥α，所以a⊥b，即a·b＝0，即－3＋2x－5＝0，解得x＝4.故选A.(2)已知两条异面直线的方向向量分别是m＝(－2，1，2)，n＝(3，－2，1)，则这两条异面直线所成的角θ满足()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解析因为θ∈eq\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).故选C.(3)若平面α的法向量为a＝(3，－1，2)，平面β的法向量为n＝(－6，2，－4)，则()A．α∥βB．α⊥βC．α与β相交但不垂直D．无法确定答案A解析由题意，得n＝－2a，则n∥a，α∥β.故选A.(4)已知A(1，2，0)，B(3，1，2)，C(2，0，4)，则点C到直线AB的距离为()A．2 B．eq\r(5)C．2eq\r(3) D．2eq\r(5)答案B解析因为eq\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(→))方向上的投影数量为eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(2＋2＋8,\r(4＋1＋4))＝4.设点C到直线AB的距离为d，则d＝eq\r(\a\vs4\al(|\o(AC,\s\up6(→))|2－42))＝eq\r(1＋4＋16－16)＝eq\r(5).故选B.考点探究——提素养考点一利用空间向量证明平行、垂直例1如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，E为棱PC的中点．证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.证明依题意，以A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．(1)因为eq\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)因为eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，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的一个法向量为eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则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)．因为n·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】利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤【巩固迁移】1．(2023·山东青岛二中模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是正方形A1B1C1D1和正方形B1C1CB的中心．求证：(1)AC1⊥平面A1BD；(2)EF∥平面A1BD；(3)平面B1EF∥平面A1BD.证明(1)设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则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)，因为eq\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的一个法向量．E(1，1，2)，F(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)，设平面B1EF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝x－z＝0，,n·\o(B1F,\s\up6(→))＝y－z＝0，))取x＝1，得n＝(1，1，1)．eq\o(AC1,\s\up6(→))＝2n，显然，平面B1EF与平面A1BD不重合，所以平面B1EF∥平面A1BD.考点二利用空间向量求空间角(多考向探究)考向1求异面直线所成的角例2(2024·河南洛阳模拟预测)如图四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，且各棱长均相等，E是PB的中点，则异面直线AE与PC所成角的余弦值为()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解析连接AC与BD交于点O，连接PO，由题意，得AC⊥BD，且PO⊥平面ABCD，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设四棱锥P－ABCD各棱长均为2，则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))，则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，则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))，设异面直线AE与PC所成的角为θ，则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).故选A.【通性通法】向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量．(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．【巩固迁移】2.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF∥AB，∠BAF＝90°，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝1，P是DF的中点，则异面直线BE与CP所成角的余弦值为________．答案eq\f(4\r(5),15)解析因为平面ABEF⊥平面ABCD，交线为AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面ABEF.又AF⊂平面ABEF，所以AD⊥AF，因为∠BAF＝90°，所以AF⊥AB，又AD⊥AB，所以以A为原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz，则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)，即异面直线BE与CP所成角的余弦值为eq\f(4\r(5),15).考向2求直线与平面所成的角例3在如图所示的几何体ABCED中，EC⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，CE＝CA＝CB＝2DB，∠ACB＝90°，M为AD的中点．(1)证明：EM⊥AB；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．解(1)证明：由EC⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，得EC⊥AC，EC⊥BC，又∠ACB＝90°，则AC⊥BC，故以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设DB＝1，则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)，则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)，设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，则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)，设直线BM与平面ADE所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(BM,\s\up6(→))·n|,|\o(BM,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(4,9).因此直线BM与平面ADE所成角的正弦值为eq\f(4,9).【通性通法】向量法求线面角的两种方法(1)分别求出斜线和它在平面内的投影直线的方向向量，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角(夹角为钝角时取其补角)，取其余角就是斜线与平面所成的角．【巩固迁移】3．(2023·全国甲卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)求证：AC＝A1C；(2)若直线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，∵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.过A1作A1O⊥CC1于点O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，∴A1O⊥平面BCC1B1.∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1O＝1.在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2，A1O＝1，∴O为CC1的中点，∴CO＝C1O＝1，又A1O⊥CC1，∴AC＝A1C＝A1C1＝eq\r(2)，∴AC＝A1C.(2)连接A1B，AC1，∵AC＝A1C，BC⊥A1C，BC⊥AC，∴Rt△ACB≌Rt△A1CB，∴BA＝BA1.过B作BD⊥AA1于点D，则D为AA1的中点，又AA1＝2，∴A1D＝AD＝1，∵直线AA1与BB1的距离为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为原点，CA，CB，CA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示，则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))，设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则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，则y＝0，z＝1，∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1)．设AB1与平面BCC1B1所成的角为θ，则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与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq\f(\r(13),13).解法二：延长AC，使AC＝CM，连接C1M，由CM∥A1C1，CM＝A1C1，知四边形A1CMC1为平行四边形，∴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的距离为1，∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq\f(1,\r(13))＝eq\f(\r(13),13).考向3求二面角例4(2024·九省联考)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.(1)证明：C1O⊥平面ABCD；(2)求二面角B－AA1－D的正弦值．解(1)证明：连接BC1，DC1.因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC，又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1，又点O为线段BD的中点，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)，则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)由题知正方形ABCD中AC⊥BD，又C1O⊥平面ABCD，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则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))，则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)，设平面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则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，则m＝(1，1，－1)，设平面DAA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则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，则n＝(1，－1，－1)，则cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,3)，设二面角B－AA1－D的大小为θ，则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的正弦值为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，但要注意有时需要结合实际图形判断所求角是锐二面角还是钝二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：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．【巩固迁移】4.(2023·新课标Ⅰ卷)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：以C为原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则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不在同一条直线上，∴B2C2∥A2D2.(2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，则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)，设平面PA2C2的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则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)．设平面A2C2D2的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则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为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)，化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1.考点三利用空间向量求空间距离例5如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的棱DA，DC和DD1的长分别为1，2，1.求：(1)顶点B到平面DA1C1的距离；(2)直线B1C到平面DA1C1的距离．解(1)以D为原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，A1(1，0，1)，B1(1，2，1)，C1(0，2，1)．设平面DA1C1的法向量为n＝(x，y，z)，因为eq\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，则n＝(2，1，－2)．而向量eq\o(C1B,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，所以顶点B到平面DA1C1的距离d＝eq\f(|n·\o(C1B,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(|2＋0＋2|,\r(4＋1＋4))＝eq\f(4,3).(2)直线B1C到平面DA1C1的距离等于点B1到平面DA1C1的距离．因为eq\o(C1B1,\s\up6(→))＝(1，0，0)，所以点B1到平面DA1C1的距离d1＝eq\f(|n·\o(C1B1,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(|2＋0＋0|,\r(4＋1＋4))＝eq\f(2,3).故直线B1C到平面DA1C1的距离为eq\f(2,3).【通性通法】1．点到平面的距离如图，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．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是eq\o(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq\o(QP,\s\up6(→))的长度．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．点到直线的距离(1)设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝eq\r(|\o(PA,\s\up6(→))|2－（\o(PA,\s\up6(→))·n）2).(2)若能求出点在直线上的投影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．(3)线面距和面面距直线到平面的距离和平面到平面的距离可以转化为点到平面的距离进行求解．【巩固迁移】5．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．eq\f(\r(2),3) D．eq\f(\r(3),3)答案D解析由正方体的性质，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，则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离．以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，由正方体的棱长为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)．连接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的一个法向量为n＝eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，则两平面间的距离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).故选D.6.(2024·云南大理期中)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，A1A＝2AB＝2BC＝2，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点．(1)求直线FC1到直线AE的距离；(2)求点A1到平面AB1E的距离．解(1)根据题意，以D为原点，DA，DC，DD1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)，A1(1，0，2)，E(0，0，1)，C1(0，1，2)，B1(1，1，2)，F(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)，设直线FC1到直线AE的距离为d1，则d1即为点F到直线AE的距离，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)，则直线FC1到直线AE的距离为eq\f(\r(6),2).(2)设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，则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，则y＝－2，z＝1，所以n＝(1，－2，1)．设点A1到平面AB1E的距离为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)，则点A1到平面AB1E的距离为eq\f(\r(6),3).课时作业一、单项选择题1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，PQ与直线A1D和AC都垂直，则直线PQ与BD1的关系是()A．异面直线 B．平行直线C．垂直不相交 D．垂直且相交答案B解析设正方体的棱长为1，以D为原点建立空间直角坐标系，如图所示，则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与直线A1D和AC都垂直，又PQ与直线A1D和AC都垂直，∴PQ∥BD1.故选B.2．若直线l的一个方向向量为m，平面α的一个法向量为n，则可能使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，将选项一一代入验证，只有D满足m·n＝1×0－1×3＋3×1＝0.故选D.3．已知v为直线l的方向向量，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，给出下列说法：①n1∥n2⇔α∥β；②n1⊥n2⇔α⊥β；③v∥n1⇔l∥α；④v⊥n1⇔l⊥α.其中说法正确的有()A．1个 B．2个C．3个 D．4个答案B解析n1∥n2⇔α∥β，故①正确；n1⊥n2⇔α⊥β，故②正确；v∥n1⇔l⊥α，故③错误；v⊥n1⇔l∥α或l⊂α，故④错误．故选B.4.(2023·山东临沂模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是A1D的中点，则下列说法正确的是()A．直线PB与直线A1D垂直，直线PB∥平面B1D1CB．直线PB与直线D1C平行，直线PB⊥平面A1C1DC．直线PB与直线AC异面，直线PB⊥平面ADC1B1D．直线PB与直线B1D1相交，直线PB⊂平面ABC1答案A解析连接DB，A1B，D1B1，D1C，B1C.由正方体的性质可知BA1＝BD，P是A1D的中点，所以直线PB与直线A1D垂直．由正方体的性质可知DB∥D1B1，A1B∥D1C，所以平面BDA1∥平面B1D1C，又PB⊂平面BDA1，所以直线PB∥平面B1D1C，故A正确；以D为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)，显然直线PB与直线D1C不平行，故B不正确；直线PB与直线AC异面，正确，因为eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)≠0，所以直线PB与平面ADC1B1不垂直，故C不正确；直线PB与直线B1D1异面，不相交，故D不正确．故选A.5.(2023·四川眉山高三校考模拟预测)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC⊥平面ACC1A1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与AB1所成角的余弦值为()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为原点，CA，CC1，CB所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设CA＝CC1＝2CB＝2，则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)，所以直线BC1与AB1所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5).故选C.6.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0≤λ≤1)，则点G到平面D1EF的距离为()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为原点，DA，DC，DD1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Dxyz，则G(1，λ，1)，D1(0，0，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Feq\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)))，设平面D1EF的法向量为n＝(x，y，z)，则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，则y＝0，z＝2，所以平面D1EF的一个法向量为n＝(1，0，2)．点G到平面D1EF的距离为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).故选D.7．(2024·湖北武汉模拟)已知圆锥的顶点为S，O为底面中心，A，B，C为底面圆周上不重合的三点，AB为底面的直径，SA＝AB，M为SA的中点．设直线MC与平面SAB所成的角为α，则sinα的最大值为()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的中点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设SA＝AB＝4，则M(0，－1，eq\r(3))，设C(x，y，0)，且x2＋y2＝4，由对称性不妨设0<x<2，则eq\o(MC,\s\up6(→))＝(x，y＋1，－eq\r(3))，易知平面SAB的一个法向量为m＝(1，0，0)，据此有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，当且仅当y＝2eq\r(3)－4时等号成立．综上可得，sinα的最大值为eq\r(3)－1.8.(2024·山西长治期末)如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是AC的中点，∠ABC＝eq\f(2π,3)，则折后平面OEF与平面ABC夹角的余弦值为()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解析连接OB，OD.因为菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，所以平面ADC⊥平面ABC，因为四边形ABCD是菱形，O是AC的中点，所以OD⊥AC，OB⊥AC，而平面ADC∩平面ABC＝AC，OD⊂平面ADC，所以OD⊥平面ABC，而OB⊂平面ABC，所以OD⊥OB.以O为原点，OB，OC，OD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AB＝2，则D(0，0，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，Feq\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)).设平面OEF的法向量为n＝(x，y，z)，则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，则x＝－eq\r(3)，z＝eq\r(3)，则n＝(－eq\r(3)，1，eq\r(3))，易得平面ABC的一个法向量为eq\o(OD,\s\up6(→))＝(0，0，1)，所以平面OEF与平面ABC夹角的余弦值为eq\f(|n·\o(OD,\s\up6(→))|,|n||\o(OD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(21),7).故选A.二、多项选择题9．(2023·贵州名校联考)下列命题正确的是()A．已知a＝(－1，1，2)，b＝(0，2，3)，直线l1的方向向量为ka＋b，直线l2的方向向量为2a－b且l1⊥l2，则k＝－eq\f(3,4)B．若直线l的方向向量为e＝(1，0，3)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－6)，则直线l∥αC．已知直线l过P0(x0，y0，z0)，且以u＝(a，b，c)(abc≠0)为方向向量，P(x，y，z)是直线l上的任意一点，则有eq\f(x－x0,a)＝eq\f(y－y0,b)＝eq\f(z－z0,c)D．已知平面α的法向量为n＝(1，1，1)，A(－1，1，1)为平面α上一点，P(x，y，z)为平面α上任意一点，则有x＋y＋z＋1＝0答案AC解析对于A，a＝(－1，1，2)，b＝(0，2，3)，ka＋b＝(－k，k＋2，2k＋3)，2a－b＝(－2，0，1)，因为l1⊥l2，所以(ka＋b)·(2a－b)＝4k＋3＝0，所以k＝－eq\f(3,4)，故A正确；对于B，直线l的方向向量为e＝(1，0，3)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－6)，则有n＝－2e，所以n∥e，所以l⊥α，故B错误；对于C，直线l过P0(x0，y0，z0)，且以u＝(a，b，c)(abc≠0)为方向向量，P(x，y，z)是直线l上的任意一点，则有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，))则eq\f(x－x0,a)＝eq\f(y－y0,b)＝eq\f(z－z0,c)，故C正确；对于D，平面α的法向量为n＝(1，1，1)，A(－1，1，1)为平面α上一点，P(x，y，z)为平面α上任意一点，则有eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x＋1，y－1，z－1)，则n·eq\o(AP,\s\up6(→))＝x＋y＋z－1＝0，故D错误．故选AC.10.(2024·四川成都调研)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝eq\f(π,3)，AB＝2AD＝2PD，PD⊥底面ABCD，则()A．PA⊥BDB．PB与平面ABCD所成的角为eq\f(π,6)C．异面直线AB与PC所成角的余弦值为eq\f(2\r(5),5)D．平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为eq\f(\r(7),7)答案ABC解析对于A，因为∠DAB＝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，从而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正确；对于B，因为PD⊥底面ABCD，所以∠PBD就是PB与平面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正确；对于C，显然∠PCD(或其补角)为异面直线AB与PC所成的角，易得cos∠PCD＝eq\f(CD,PC)＝eq\f(2\r(5),5)，故C正确；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，设AD＝1，则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)，设平面PAB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则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，则x1＝z1＝eq\r(3)，即n＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))，设平面PBC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)y2－z2＝0，,－x2＝0，))取y2＝1，则x2＝0，z2＝eq\r(3)，即m＝(0，1，eq\r(3))，则cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(7),7)，即平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为eq\f(2\r(7),7)，故D不正确．故选ABC.三、填空题11．已知点A(1，0，2)，B(－1，1，2)，C(1，1，－2)，则点A到直线BC的距离是________．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)，所以点A到直线BC的距离为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·湖南新化县第一中学期末)如图，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别为PD，PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O，PA＝AB＝2，若OG∥平面EFC，则AG＝________．答案eq\f(2,3)解析如图所示，以A为原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意可得C(2，2，0)，O(1，1，0)，F(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)，设平面EFC的法向量为n＝(x，y，z)，则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，则y＝1，z＝3，所以n＝(1，1，3)．设G(0，0，a)，0≤a≤2，则eq\o(OG,\s\up6(→))＝(－1，－1，a)，因为OG∥平面EFC，则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·山东泰安期末)设动点P在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，记eq\f(D1P,D1B)＝λ.当∠APC为钝角时，λ的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))解析以D为原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，则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)，显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于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的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).14.(2023·湖北武汉华中师大附中二模)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，CC1＝2，D，E分别是线段AC，CC1的中点，C1在平面ABC内的射影为D.若点F为线段B1C1上的动点(不包括端点)，则锐二面角F－BD－E的余弦值的取值范围为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))解析连接C1D，因为C1在平面ABC内的射影为D，所以C1D垂直于平面ABC内DB，AD这两条线段，又因为底面是边长为2的等边三角形，D是线段AC的中点，所以DB⊥AD，因此建立如图所示的空间直角坐标系，则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)，设F(x，y，z)，eq\o(C1F,\s\up6(→))＝λeq\o(C1B1,\s\up6(→))(0<λ<1)，则(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))，设平面BDE的法向量为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))．设平面BDF的法向量为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))，设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)))))，则|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2)eq\r(\f(1,12s2－6s＋1))，二次函数y＝12s2－6s＋1＝12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)的图象开口向上，对称轴为直线s＝eq\f(1,4)，所以当s∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))时，该二次函数单调递增，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)))，即锐二面角F－BD－E的余弦值的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).四、解答题15.(2023·新课标Ⅱ卷)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eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，求二面角D－AB－F的正弦值．解(1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC，①因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，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)不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为BD⊥CD，所以BC＝2eq\r(2)，DE＝eq\r(2)，因为△ACD与△ABD均为等边三角形，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为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E(0，0，0)，D(eq\r(2)，0，0)，A(0，0，eq\r(2))，B(0，eq\r(2)，0)，设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，二面角D－AB－F的平面角为θ，而eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))，因为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的正弦值为eq\f(\r(3),3).16.(2024·浙江台州模拟)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的体积为6，截面ACC1A1的面积为6.(1)求点B到平面ACC1A1的距离；(2)若AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，AA1＝eq\r(6)，求直线BD1与平面CC1D1D所成角的正弦值．解(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，ABC－A1B1C1是三棱柱，VB－ACC1A1＝eq\f(2,3)VABC－A1B1C1＝eq\f(1,3)VABCD－A1B1C1D1＝2，设点B到平面ACC1A1的距离为d，则VB－ACC1A1＝eq\f(1,3)S四边形ACC1A1·d＝eq\f(1,3)×6d＝2，所以d＝1，即点B到平面ACC1A1的距离为1.(2)在▱ABCD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，所以四边形ABCD是菱形，连接BD交AC于点O，则BO＝1，由(1)知点B到平面ACC1A1的距离为1，所以BO⊥平面ACC1A1.设点A1在直线AC上的射影为点H，则S▱ACC1A1＝AC·A1H＝2eq\r(3)A1H＝6，则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)，所以点O与点H重合，即A1O⊥AO.以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则B(0，1，0)，A(eq\r(3)，0，0)，D(0，－1，0)，A1(0，0，eq\r(3))，根据eq\o