【教无忧】高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）重难点02 空间角度与距离十一大题型

重难点02空间角度与距离十一大题型汇总技巧一.计算两点间的距离的两种方法(1)利用|a|2＝a·a，通过向量运算求|a|，如求A，B两点间的距离，一般用|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝eq\r(\o(|\o(AB,\s\up7(→))|2))＝eq\r(\o(\o(AB,\s\up7(→))·\o(AB,\s\up7(→))))求解．(2)用坐标法求向量的长度(或两点间距离)，此法适用于求解的图形适宜建立空间直角坐标系时技巧二.用向量法求点线距的一般步骤建立空间直角坐标系；（2）求直线的方向向量；（3）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长；（4）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技巧三.用向量法求点面距的步骤建系：建立恰当的空间直角坐标系；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内两个不共线向量，平面α的法向量n）；（4）求距离d=|AP技巧四.求直线与平面间的距离，往往转化为点到平面的距离求解，且这个点要适当选取，以求解最为简单为准则，求直线到平面的距离的题目不多，因直线到平面的距离可以用点到平面的距离求解，但在求点到平面的距离时有时用直线到平面的距离进行过渡.技巧五.求线面角的两种思路（1）线面角转化为线线角．根据直线与平面所成角的定义，确定出待求角，转化为直线的夹角来求解，此时要注意两直线夹角的取值范围.（2）向量法．方法一：设直线PA的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线PA与平面α所成的角为θ（θ∈[0,π2]），α与n的夹角为φ，则sinθ=lcosφ|=方法二：设直线PA的方向向量为a，直线PA在平面α内的投影的方向向量为b，则直线PA与平面α所成的角θ满足cosθ=|cos<a，b>|技巧六.求面面角的步骤第一步首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系并标出相应点的空间坐标；第二步然后根据已知条件求出各自所求平面的法向量；第三步由向量的数量积计算公式即可得出结论.题型1两点距【例题1】（2023春·福建泉州·高二校联考期末）空间直角坐标系O−xyz中，A(1,3,0)，B(0,3,1)，C(1,0,3)，点P在平面ABC内，且OP⊥平面ABC，则|AP|=（

）A．5 B．7 C．263 D．【答案】D【分析】根据给定条件，求出平面ABC的法向量，再求出OP长，然后利用勾股定理求解作答.【详解】由A(1,3,0)，B(0,3,1)，C(1,0,3)，得AB=(−1,0,1),设平面ABC的法向量n=(x,y,z)，则n⋅AB=−x+z=0n有OA=(1,3,0)，而OP⊥平面ABC，于是|又|OA|=12+故选：D【变式1-1】1.（2022秋·山西运城·高二山西省运城中学校校联考期中）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面△ABC是边长为23A．72 B．2 C．6 D．【答案】D【分析】设O是底面正△ABC的中心，A1O⊥平面ABC，CO⊥AB，以直线CO为x轴，OA1为z轴，过O平行于AB的直线为y轴建立空间直角坐标系，P，Q两点间距离的最小值即为异面直线【详解】如图，O是底面正△ABC的中心，A1O⊥平面ABC，AO⊂平面ABC，则AB=23，则AO=23×3CO⊥AB，直线CO交AB于点D，OD=1，以直线CO为x轴，OA1为z轴，过O平行于AB的直线为则A1(0,0,3)，A(1,−3AA1=(−1,3,AC设n=(x,y,z)与A1B则n⋅AC1=−4x+23y+P，Q两点间距离的最小值即为异面直线AC1与A1故选：D．【变式1-1】2.（2022秋·浙江宁波·高二校联考期末）如图，正四棱锥P−ABCD的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为．【答案】2【分析】根据题意，先建立空间直角坐标系O−xyz，然后写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据点M,N分别为直线AB,CE上写出点M,N的坐标，这样就得到MN→=1−3【详解】建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，则有：A−1,−1,0，B1,−1,0，C1,1,0，D−1,1,0可得：CE设Mx1则有：CN→可得：N则有：MN故MN=则当且仅当λ=43故答案为：2【变式1-1】3.（2023秋·内蒙古包头·高二统考期末）如图，已知四棱锥P−ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD,PD=CD，点M、N分别是棱PA、对角线BD上的动点（不是端点），满足PM=DN．

(1)证明：MN∥平面PDC；(2)求M、N距离的最小值，并求此时二面角M−NA−D的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)最小值为2；正弦值为6【分析】（1）作ME//AD交PD于E，作NF∥BC交DC于F，根据题意结合平行线的性质可证MN�（2）建系，利用空间向量可知当M是PA中点时，MN取到最小值，进而利用空间向量求二面角.【详解】（1）作ME//AD交PD于E，则PMPA=ME作NF∥BC交DC于F，连接EF，则DNDB=NF在直角三角形PDA和DCB中，因为PD=DC,DA=CB,∠PDA=∠DCB=90°，所以△PDA≌△DCB．则PA=DB，且PM=DN，可得ME=NF，因为AD∥BC，则ME∥NF，所以四边形可得MN//EF，且MN⊄平面PDC,EF⊂平面PDC，所以MN∥平面PDC．

（2）因为PD⊥平面ABCD,ABCD是正方形．所以以D为原点，

分别以DA、DC、DP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设PM=t(0<t<22)，则可得MN=EF=t2−22t+4，当t=2，即此时M1,0,1,N1,1,0设平面MNA的一个法向量n=x,y,z，则令x=1，则z=1,y=1，可得n=平面DAN的一个法向量m=所以cos〈设二面角M−NA−D的平面角为θ，可知θ为锐角，cosθ=所以sinθ=1−cos2【变式1-1】4.（2023春·高二校考期末）如图，四边形ABCD和三角形ADE所在平面互相垂直，AB//CD，AB⊥BC，∠DAB=60∘，AB=AD=4，AE⊥DE，AE=DE，平面ABE与平面CDE交于

(1)求证：CD//EF；(2)若EF=CD，求二面角A-(3)在线段BC上是否存在点M使得AM⊥EM？若存在，求BM的长；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)5(3)线段BC上不存在点M使得AM⊥EM，理由见解析【分析】（1）先证明线面平行，再利用线面平行的性质证明线线平行；（2）建立空间直角坐标系，用空间向量来求解二面角；（3）先假设存在点M，设出点M的坐标，利用等量关系建立方程，看方程是否有根，判断是否有这样的点M.【详解】（1）∵AB//CD，AB⊂平面ABFE，CD⊄平面ABFE∴CD//平面ABFE∵平面ABE与平面CDE交于EF，CD⊂平面CDE∴CD//EF（2）取AD中点O，连接OE，OB，BD∵∠DAB=60∘∴△ABD是等边三角形由三线合一得：OB⊥AD∵AE⊥DE，AE=DE∴△ADE是等腰直角三角形∴OE⊥AD∵四边形ABCD和三角形ADE所在平面互相垂直，交线为AD∴OE⊥底面ABCD,∵OB⊂平面ABCD,∴OE⊥OB,故OE，OB，OA三线两两垂直,以O为坐标原点，分别以OA，OB，OE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，A2,0,0，B0,23∵EF=CD且由第一问得知CD//EF,所以四边形CDEF是平行四边形,∴可得：F−1,∴BC=−3,−设平面BCF的法向量为m则m⋅BC令x=1，得：y=−3，解得：m其中平面ABC的法向量为ncosm设二面角A-BC-F大小为所以cos

（3）不存在满足条件的点M，使得AM⊥EM，理由如下：若AM⊥EM，则AM⋅EM=0，因为点M在线段BC上，所以设CM=t则u+3,v−3,0=t3,3所以M3t−3,3t+3所以AM⋅EM因为Δ=−15<0，此方程无解，所以线段BC上不存在点M使得【变式1-1】5.（2023春·云南楚雄·高二校考期末）如图，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的对角线交于点F，G为SB的中点，∠ABC=∠BAD=π2，

(1)求证：BD//平面AEG.(2)求平面SCD与平面ESD所成锐二面角的余弦值；(3)在线段EG上是否存在一点H，使得BH与平面SCD所成角的大小为π6？若存在，求出GH【答案】(1)证明见解析(2)6(3)3【分析】（1）连接FG，则由三角形中位线定理可得FG//BD，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）由题意可得SA⊥AB，SA⊥AD，AB⊥AD，所以以AB，AD，AS为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，利用空间向量求解；（3）假设存在点H，设GH=λ【详解】（1）连接FG，因为四边形SADE为矩形，所以F为SD的中点，在△SBD中，F、G分别为SD，SB的中点，所以FG//BD，又因为FG⊂平面AEG，BD⊄平面AEG，所以BD//平面AEG.（2）因为SA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以SA⊥AB，SA⊥AD，又∠BAD=π2，所以以AB，AD，AS为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，S(0,0,1)，E(0,2,1)，GCD=(−1,1,0)，SC设平面SCD的一个法向量为m=(x,y,z)则m⋅CD=−x+y=0m⋅SC=x+y−z=0所以平面SCD的一个法向量为m=(1,1,2)因为SA⊥AB，AB⊥AD，SA∩AD=A，SA,AD⊂平面ESD，所以AB⊥平面ESD所以平面ESD的一个法向量为AB所以cosm所以平面SCD与平面ESD所成锐二面角的余弦值为66（3）GE=−1假设存在点H，设GH=λ则BH=由（2）知，平面SCD的一个法向量为m=(1,1,2)因为BH与平面SCD所成角的大小为π6所以sinπ所以52λ+12故存在满足题意的点H，此时GH=题型2点线距【例题2】（2023秋·吉林长春·高二长春外国语学校校考阶段练习）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=35AB+

A．34 B．45 C．56【答案】C【分析】以A为原点，以AB,AD,AE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，进而求得AP在AB上的投影向量的长度，进而结合勾股定理求解即可.【详解】以A为原点，以AB,AD,AE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A0,0,0，B1,0,0，D0,1,0所以AB=1,0,0，AD=所以AP=所以AP在AB上的投影向量的长度为：AP⋅所以P到直线AB的距离为AP2故选：C.

【变式2-1】1.（2023春·江苏南京·高二统考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥

(1)求证：AB1//(2)求点B到直线C1【答案】(1)证明见解析.(2)710【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明.（2）利用空间向量坐标法即可解决空间点到直线的距离问题.【详解】（1）证明：连接B1C，交BC1于点O，则因为点M为AC中点，所以OM//AB因为AB所以AB1//

（2）如图,以CB,CA,CC1所在直线分别为可得B2,0,0,M0,1,0设MB,MC1夹角为θ，则cosθ=又MB=MB=5，设点B到直线C1M

【变式2-1】2.（多选）（2023春·福建莆田·高二统考期末）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是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所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则A．QCB．若M为线段CQ上的一个动点，则BM⋅C．点P到直线CQ的距离是17D．异面直线CQ与AD1【答案】BCD【分析】根据空间向量线性运算法则判断A，以A1为坐标原点，A1F所在直线为x轴，A【详解】因为CQ=所以QC=−如图以A1则B0,1,−1，D1−1,0,0，D−1,0,−1，Q0,−1,1，CBD=−1,−1,0，CQ=1,−2,2，对于B：因为M为线段CQ上的一个动点，设CM=λCQ，则BM=所以BM⋅BD=−λ−1+2λ=λ+1对于C：CP=22所以点P到直线CQ的距离d=CP对于D：因为cosCQ所以sinCQ所以tanCQ,AD1=17故选：BCD【变式2-1】3.（多选）（2023秋·重庆长寿·高二重庆市长寿中学校校考期末）（多选）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA=AB=2，E，F分别为PD，PB的中点，则（

）A．EF⊥平面PAC B．AB//平面EFCC．点F到直线CD的距离为6 D．点A到平面EFC的距离为4【答案】AD【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标及平面EFC的法向量，利用向量垂直条件及线面垂直的判定定理及线面平行的向量关系，结合点到直线的距离及点到面的距离的向量公式即可求解.【详解】解：以A为坐标原点，AB，AD，AP的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空直角坐标系，如图所示由题意可知，A0,0,0，P0,0,2，C2,2,0，E0,1,1，所以EF=1,−1,0，AP=0,0,2，因为EF⋅AP=0−0+0=0，所以EF⋅PC=2−2+0=0，所以EF⊥PC所以EF⊥平面PAC，故A正确；设平面EFC的法向量为m=m⋅EF=0m⋅EC=0，即x−y=0因为AB=2,0,0，所以设点F到直线CD的距离为h，CF=−1,−2,1，CD=−2,0,0，则ℎ2设点A到平面EFC的距离为d，AC=d=AC⋅m故选：AD.【变式2-1】4.（2023秋·新疆乌鲁木齐·高二乌鲁木齐101中学校考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD

(1)在平面PAB内是否存在一点M，使得直线CM//平面PBE，如果存在，请确定点M的位置，如果不存在，请说明理由；(2)若二面角P−CD−A的大小为45°，求P到直线CE的距离.【答案】(1)存在，在平面PAB可以找到一点MM=AB∩CD，使得直线CM//平面(2)3【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形BCDE为平行四边形，即EB//CD，故CM//BE，从而找到点M的位置；（2）先求出∠PDA是二面角P−CD−A的平面角，大小为45∘，得到PA=AD，设AD=2，则BC=CD=12AD=1，建立空间直角坐标系，求出【详解】（1）延长AB交直线CD于点M，∵点E为AD的中点，∴AE=ED=1∵BC=CD=1∴ED=BC，∵AD//BC，即ED//BC，∴四边形BCDE为平行四边形，即EB//CD.∵AB∩CD=M，∴M∈CD，故CM//BE，∵BE⊂平面PBE,CM⊄平面PBE，∴CM//平面PBE，∵M∈AB,AB⊂平面PAB，∴M∈平面PAB，故在平面PAB内可以找到一点MM=AB∩CD，使得直线CM//平面PBE

（2）如图所示，∵∠ADC=∠PAB=90∘，即且异面直线PA与CD所成的角为90∘，即PA⊥CD又AB∩CD=M,AB,CD⊂平面ABCD，∴AP⊥平面ABCD.∵AD⊂平面ABCD,∴PA⊥AD，又AD⊥CD,PA⊥CD,AD∩PA=A,AD,PA⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，∵PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD，因此∠PDA是二面角P−CD−A的平面角，大小为45∘∴PA=AD.不妨设AD=2，则BC=CD=1以A为坐标原点，平行于CD的直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，∴P0,0,2∴EC=−1,1,0,EP则EP在EC上的投影的绝对值为|EP所以P到直线CE的距离为EP2【变式2-1】5.（多选）（2023秋·湖南湘西·高二校联考阶段练习）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C

A．存在点Q，使得CB．存在点Q，使得CC．对于任意点Q，Q到A1CD．对于任意点Q，△A【答案】BC【分析】根据题意，以A为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】由题知，在正方体ABCD−A1B1C建立以A为原点，分别以AB，AD，AAI的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系

所以A10,0,1，C1,1,0，C11,1,1所以C1Q=当C1Q=λA1所以不存在λ使得C1Q=λA1当C1Q⋅因为A1Q=(0,1,a−1)所以点Q到A1C=2因为QC=1,0,−a，QA所以cosQC所以三角形A1故选：BC．题型3点面距【例题3】（2023春·江苏徐州·高二校考期末）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C

【答案】3【分析】构建空间直角坐标系，写出相关点坐标，并求出面ABN的一个法向量、C1N，利用点面距离的向量求法求【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0，B23,2,0，由N是CC1的中点，则设平面ABN的一个法向量为n=x,y,z，则令z=2，即n=33设点C1到平面ABN的距离为d2，则

故答案为：3【变式3-1】1.（2023秋·河南驻马店·高二统考期末）如图，在几何体中，底面ABCD为正方形，EF∥DC，AD⊥FC，

(1)求点D到平面ABF的距离；(2)求平面ADE与平面BCF的夹角的余弦值．【答案】(1)457(2)12【分析】（1）首先证明平面DCFE⊥平面ABCD，从而以DC的中点O为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面的距离；（2）分别求平面ADE和BCF的法向量，利用法向量求平面的夹角.【详解】（1）由条件AD∥BC，BC⊥FC，BC⊥DC，且FC∩DC=C，DC,FC⊂平面从而BC⊥平面DCFE，且BC⊂平面ABCD，所以平面DCFE⊥平面ABCD，且平面DCFE∩平面ABCD=DC，取DC的中点O为坐标原点，因为四边形DCFE为等腰梯形，所以连结O与EF的中点N的直线ON与DC垂直，则ON⊥平面ABCD,如图，连结O与AB的中点M，则OM⊥OC,以OM,OC,

得A4,−2,0，B4,2,0，C0,2,0，D0,−2,0，AB=(0,4,0)，BF=(−4,−1,3设平面ABF的一法向量为n=由n⋅AB=0n⋅BF=0平面ABF的一法向量为n=因此点D到平面ABF的距离d=AD（2）由于DE=0,1,3，CF设平面ADE的一个法向量为n1由n1⋅AD=0n1⋅得n1设平面BCF的法向量为n2=x'由n2⋅BC=0n2⋅求得平面BCF的一个法向量为n2因此平面ADE与BCF夹角θ的余弦值为cos=即因此平面ADE与BCF夹角的余弦值为1【变式3-1】2.（2023春·江西新余·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=DC=1，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.

(1)证明：AE⊥平面PBC；(2)若直线AF与平面PAB所成角的正弦值为55，求点P到平面AEF【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）由PA⊥底面ABCD，证得PA⊥BC，再由ABCD为正方形，得到AB⊥BC，证得BC⊥平面PAB，得到BC⊥AE，结合AE⊥PB，利用线面垂直的判定定理，即可证得AE⊥平面PBC；（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，设F(1,t,0)，得到AF=(1,t,0)，利用平面PAB的一个法向量为m=(0,1,0)，利用夹角公式列出方程求得t=12，再求得平面【详解】（1）证明，因为PA⊥底面ABCD，且BC⊂底面ABCD，所以PA⊥BC，因为ABCD为正方形，所以AB⊥BC，又因为PA∩AB=A，且PA,AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为AE⊂平面PAB，所以BC⊥AE，由PA=DC=AB，E为线段PB的中点，所以AE⊥PB，因为PB∩BC=B且PB,BC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC.（2）解：因为PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD，以A为坐标原点，以AB,AD,AP所在的直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0,1)，所以E1设F(1,t,0)(t∈[0,1])，则AF=(1,t,0)因为y轴⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为m所以55=AF⋅m又因为AE=12设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，则AE取x=−1，可得y=2,z=1，所以n=(−1,2,1)因为AP=(0,0,1)，所以点P到平面AEF的距离为d=

【变式3-1】3.（2023春·天津·高二天津市西青区杨柳青第一中学校联考期末）如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，AA1=3，E

(1)证明：平面CEF⊥平面ACC(2)求B1到平面ECF(3)求直线AC1与平面【答案】(1)证明见解析(2)2(3)130【分析】（1）取BC和B1C1的中点O和G，以O为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面CEF和平面ACC1A1（2）由平面CEF的法向量为n=(−1,−3,2)（3）由OA⊥平面BCC1B1，得到平面CFC1的一个法向量OA=(0,【详解】（1）证明：取BC和B1C1的中点O和G，连接OA在正四棱柱ABC−A1B1C以O为原点，OB,OA,OG所在的直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得C(−1,0,0),A(0,3则CF=(2,0,1),设平面CEF的法向量为n=(x,y,z)，则n取x=−1，可得y=−3,z=2设平面ACC1A1取b=−1，可得a=3,c=0，所以因为m⋅n=−3+3=0（2）由平面CEF的法向量为n=(−1,−3,2)设直线FB1与平面CEF所成的角为可得sinθ=又因为FB1=2，所以B1到平面（3）由△ABC为正三角形，且O为BC的中点，可得OA⊥BC，在正三棱柱ABC−A1B1C所以OA=(0,3,0)为平面BC又由A(0,3,0),C设直线AC1与平面CFC可得sinα=则cosα=1013=13013，即直线

【变式3-1】4.（2023春·江苏淮安·高二统考期末）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点P是对角线

(1)当∠APC为锐角时，求实数λ的取值范围；(2)当二面角P−AC−B的大小为π4时，求点B1到平面【答案】(1)23(2)2−1【分析】（1）利用坐标法，表示出向量PA,（2）利用面面角的向量求法可得λ=2−【详解】（1）以DA,DC,则A1,0,0，B1,1,0，C0,1,0因为BPBD1=λ，则PA=BA−

由∠APC为锐角，则cos∠APC=PA⋅则PA⋅PC=3所以23（2）设平面APC的法向量n1=x,y,z，则PA⋅nAC=−1,1,0，所以λx+λ−1令x=1，则y=1，z=2−1故平面PAC的一个法向量n1易知平面ABC的一个法向量n2=0,0,1．因为二面角P−AC−B为π所以2−1λ2+因为0<λ<1，则λ=2−则平面APC的一个法向量n1=1,1,−所以点B1到平面PAC的距离d=【变式3-1】5.（2023春·甘肃酒泉·高二统考期末）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，AF⊥平面ABCD，EF∥AB，AD=2，AB=AF=2EF=1，点P为棱DF上一点（不含端点）．

(1)当FP为何值时，AP⊥PC；(2)求直线DE与平面BCF所成角的正弦值；(3)若P为DF中点，求点E到平面APC的距离．【答案】(1)5(2)42(3)1【分析】（1）建立空间直角坐标系，令FP=tFD，则PD=1−tFD（2）由（1）写出坐标，求得平面BCF的法向量，根据线面角公式即可求得直线DE与平面BCF所成角的正弦值；（3）求得平面APC的法向量，利用点到平面的距离公式即可求得E到平面APC的距离．【详解】（1）

因为直线AF⊥平面ABCD，AD,AB⊂平面所以AF⊥AB,AF⊥AD，又AD⊥AB，所以以A为原点，AB，AD，AF所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A0,0,0所以AF=0,0,1，FD=令FP=tFD，则∴AP=所以AP⋅当AP⊥PC时，−5t2+6t−1=0，解得t=1因为0<t<1，所以t=1所以FP=FP（2）由（1）可知，B1,0,0所以DE=12,−2,1，设平面BCF的法向量n=x,y,z，则令x=1，则z=1,y=0，所以n=设直线DE与平面BCF所成角的正弦值θ，所以sinθ=所以直线DE与平面BCF所成角的正弦值4214（3）P0,1,12设平面APC的法向量为m=x1令y1=−1，则x1所以平面APC的法向量m=则点E到平面APC的距离d=AE所以E到平面APC的距离1．题型4异面直线的距离【例题4】（2023秋·河北邯郸·高二校考期末）异面直线l1、l2上分别有两点A、B.则将线段AB的最小值称为直线l1与直线l2之间的距离.如图，已知三棱锥P−ABC中，PA⊥平面PBC，(1)设点M为线段EF中点，线段EF所在直线与线段AC所在直线之间距离为d，证明：DM>d(2)若ABAE=PC【答案】(1)证明见解析(2)k−1【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，进而假设DM是直线EF与AC的公垂线，利用空间向量垂直的坐标表示得到关于t,r的方程组，从而推出矛盾，由此得证；（2）利用（1）中结论，求得直线EF与BD的公共法向量n，从而利用异面直线间的距离公式d0【详解】（1）因为在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面PBC，PB⊥PC，所以易得PA,PC,PB两两垂直，以P为原点，PA,PC,PB分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则P0,0,0,A1,0,0不妨设AEAB=t0<t<1，PF=r0<r<1，则所以PE=PA+所以EF=t−1,r,−t，M1−t要证DM>d，只需证DM不是直线EF与AC假设DM是直线EF与AC的公垂线，则DM⊥故DM⋅EF=0整理得−2t2+t+r2−r=0t+r=1所以r=1，不满足0<r<1，故假设不成立，所以DM>d.（2）不妨设AEAB=FC由（1）得E1−t,0,t，BD=1因为FC=tPC，所以PF=PC−FC=PC−tPC=1−t，则F0,1−t,0所以EF=不妨设n=x,y,z是直线EF与所以EF⋅n=t−1x+1−ty−tz=0BD⋅设线段EF所在直线EF与线段BD所在直线之间的距离为d0则d0因为t=1所以d0=−1k2+【变式4-1】1.（2022·全国·高二期中）如下图，在四棱锥P−ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=π（1）求平面PAB与平面PCD所成夹角的余弦值；（2）求异面直线PB与CD之间的距离．【答案】（1）33；（2）2【分析】以A为原点，建立空间直角坐标系，（1）分别求两个平面的法向量，利用二面角的向量公式即得解；（2）设Q为直线PB上一点，转化为求点Q到直线CD的距离的最小值，即d=CQ【详解】以A为原点，AB,AD,AP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A−xyz，则A0,0,0（1）因为PA⊥平面ABCD，且AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又AB⊥AD，且PA∩AB=A，所以AD⊥平面PAB，所以AD=0,2,0是平面易知PC=设平面PCD的法向量为m=则m⋅PC=0,令y=1解得z=1,x=1．所以m=1,1,1是平面从而cosAD,m=AD所以平面PAB与平面PCD所成夹角的余弦值为33（2）BP=−1,0,2，设Q为直线且BQ=λBP=所以CQ=CB+所以点Q到直线CD的距离d==CQ因为92λ2所以异面直线PB与CD之间的距离为23【变式4-1】2.（2023·江苏·高二专题练习）如图，已知以O为圆心，2为半径的圆在平面α上，若PO⊥α，且PO=4，OA、OB为圆O的半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点．求：(1)异面直线OB，PM所成角的大小；(2)点O到平面PAB的距离；(3)异面直线OB，PM的距离．【答案】(1)arccos(2)4(3)4【分析】(1)根据题意，建立空间直角坐标系，找到直线OB，PM的方向向量，代入向量的夹角公式，计算得答案；(2)利用等体积法计算点O到平面PAB的距离；(3)把异面直线OB，PM的距离．转化为直线OB与平面PMN的距离，求出平面PMN的法向量，利用空间向量点到平面的距离公式，计算求解.【详解】（1）由PO⊥α且∠AOB=90°，以O为原点，分别以OA,  OB,  由题意P0,0,4, A2,0,0, 所以PM=cosPM所以异面直线OB，PM所成角的大小为arccos2（2）由题意，S△OABS△PAB设点O到平面PAB的距离为d，因为PO⊥α，由V所以13所以13×2×4=1所以点O到平面PAB的距离43（3）如上图所示，作MN//OB交OA于点因为OB⊄平面PMN，MN⊂平面PMN，所以OB//平面PMN因此异面直线OB，PM的距离就是直线OB与平面PMN的距离，也即是点O到平面PMN的距离，因为M为线段AB的中点．所以N1,0,0，设平面PMN的法向量为n=则n⋅NM=y=0n所以点O到平面PMN的距离ℎ=ON即异面直线OB，PM的距离为417【变式4-1】3.（2021·全国·高二专题练习）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，点E为CC1中点，点F为BD1中点．（1）求异面直线BD1与CC1的距离；（2）求直线BD1与平面BDE所成角的正弦值；（3）求点F到平面BDE的距离．【答案】（1）22；（2）23；（3）【分析】（1）以D为原点，建立空间直角坐标系，由BD1•EF=0，CC1（2）求得平面BDE的法向量n，设直线BD1与平面BDE所成角为θ，由sinθ＝|cos＜n，B（3）点F到平面BDE的距离为n⋅【详解】（1）以D为原点，DA，DC，DD1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B（1，1，0），D1（0，0，2），C（0，1，0），C1（0，1，2），E（0，1，1），F（12，1∴BD1=（﹣1，﹣1，2），CC1=（0，0，2），∴BD1•EF=0，C∴BD1⊥EF，CC1⊥EF，即EF为BD1与CC1的公垂线，而|EF|=1∴异面直线BD1与CC1的距离为22（2）由（1）知，DB=（1，1，0），DE=（0，1，1），设平面BDE的法向量为n=（x，y，z），则n⋅DB令y＝1，则x＝﹣1，z＝﹣1，∴n=设直线BD1与平面BDE所成角为θ，则sinθ＝|cos＜n，BD1＞|＝|n⋅故直线BD1与平面BDE所成角的正弦值为23（3）由（1）知，BF=（−12由（2）知，平面BDE的法向量为n=∴点F到平面BDE的距离为n⋅BFn=|【变式4-1】4.（多选）（2022秋·辽宁·高二校联考期末）如图，在正方体ABCD−A1BA．D1O//B．∠DC．异面直线D1O与AD．存在实数λ∈0,1，使得D【答案】ABD【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D−xyz，如图所示，设正方体的棱长为2，通过求解OD1⋅DB1=0，转化判断A的正误；通过证明OD1⊥平面MAC，判断B的正误；由棱长未知从而判断【详解】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D−xyz，如图所示，设正方体的棱长为2，设O(x，2−x，0)，0≤x≤2，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，B1所以OD1=(−x,x−2,2),DB所以平面A1BC1的法向量为所以OD1⊥DB1，所以D对于B，当O为AC的中点时，O(1，1，0)，M(2，2，1)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，所以OD1=(−1,−1,2),AC=(−2,2,0),AM=(0,2,1)，所以OD1⋅AC=0，O所以OD1⊥平面MAC，所以∠D1对于C，由于棱长位置，所以无法确定异面直线D1O与A1对于D，A，O，C三点共线⇒D1O=λD1A+(1−λ)故D正确．故选：ABD．题型5线面距【例题5】（2023秋·天津津南·高二校考期末）如图，AE⊥平面ABCD,CF//AE,AD//BC,AD⊥AB,AB=AD=1，AE=BC=2CF=2.

(1)求证：BF//平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)求平面BDE与平面BDF夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)49(3)69【分析】（1）利用线面平行的判定证CF//面ADE、BC//面ADE，再由面面平行的判定得面BCF//面ADE，最后根据面面平行的性质证结论；（2）构建空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值；（3）由（2）所得坐标系，向量法求面面角的余弦值；【详解】（1）由CF//AE，CF⊄面ADE，AE⊂面ADE，则CF//面ADE，由AD//BC，BC⊄面ADE，AD⊂面ADE，则BC//面ADE，而CF∩BC=C，CF,BC⊂面BCF，故面BCF//面ADE，由BF⊂面BCF，则BF//平面ADE；（2）由AE⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，则AE⊥AB,AE⊥AD，又AD⊥AB，以A为原点构建空间直角坐标系A−xyz，AB=AD=1，AE=BC=2CF=2，所以B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2)，则CE=(−1,−2,2)，BE=(−1,0,2)，令面BDE的一个法向量m=(x,y,z)，则m⋅BE=−x+2z=0m所以|cosm,CE|=|m⋅

（3）由（2）知：F(1,2,1)，则BF=(0,2,1)，令面BDF的一个法向量n=(a,b,c)，则n⋅BD=−a+b=0n所以|cosm,n|=|m⋅【变式5-1】1.（2023春·福建·高二校联考期末）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，点

(1)求证：AC1//(2)若正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长为2，二面角D−B【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）根据正三棱柱ABC−A1B1C1和（2）由二面角D−B1C−B的大小为π【详解】（1）在正三棱柱ABC−A1B1C又CD⊂平面ABC，所以CD⊥BB又CD⊥DB1，BB1∩DB1=B1，因为AB⊂平面A1ABB1，所以如图，连接C1B，交CB所以DM是△ABC1的中位线，所以又DM⊂平面CDB1，AC1⊄平面CD

（2）取A1B1的中点D1，可知分别以DB，DC，DD1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设三棱柱ABC−A1B1C1的高为h，则D0,0,0，B1,0,0，C0,3,0，B设平面DCB1的一个法向量为m=x1,y设平面BCB1的一个法向量为n=取y2=1，得所以cosm,n=m由（1）知AC1//平面CDB1，所以直线A因为DA⋅mm=221

【变式5-1】2.（2023春·江苏·高二统考期末）如图，在多面体EF−ABCD中，底面ABCD是菱形，且CE⊥底面ABCD，AF//CE，

(1)若M为EF的中点，求直线AM和平面BDE的距离；(2)试确定M点位置，使二面角D−AM−B的余弦值为−35【答案】(1)55(2)点M是线段FE上靠近点F的四等分点.【分析】（1）先证明OG⊥AC，OG⊥BD，再以O为原点，建立如图空间直角坐标系O−xyz，利用向量法求解；（2）设M0,m,1，m∈【详解】（1）连接BD交AC于O，取EF中点G，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，O为AC中点.因为AF∥CE，AF=CE，所以四边形ACEF为平行四边形.因为O，G分别为AC，EF中点，所以OG∥因为CE⊥平面ABCD，AC，BD⊂平面ABCD，所以CE⊥AC，CE⊥BD，所以OG⊥AC，OG⊥BD.以O为原点，建立如图空间直角坐标系O−xyz，则A0,12,0，M(0,0,1)，B−所以BD=3,0,0设平面BDE的法向量n0n0⋅BD所以n0=0,2,1n0⋅AM设A到平面BDE距离为d，AB=32,1

（2）设M0,m,1，m∈−12,12所以AD=32,−1设平面ADM，平面ABM的法向量分别为n1=xAD⋅n1=0AMAB⋅n2=0AM因为二面角D−AM−B的余弦值为−35所以cosn解得m=14或34所以点M是线段FE上靠近点F的四等分点.【变式5-1】3.（2023春·甘肃张掖·高二高台县第一中学校考期中）如图，正方体ABCD−A1B1C(1)求点D到平面AD1E(2)求BC1到平面【答案】(1)4(2)2【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求点D到平面AD1E（2）利用法向量的来证明线面平行，将BC1到平面【详解】（1）以D为原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为则A2所以AE=设平面AD1E则n⋅令z=2⇒x=2,y=−1，所以平面AD1E所的法向量为所以点D到平面AD1E（2）由（1）可得平面AD1E∵B2，2∴B∴∴B∴BC1//所以BC1到平面AD1E由AB=所以BC1到平面AD【变式5-1】4.（多选）（2023·全国·高二专题练习）在棱长为1的正方体ABCD−AA．异面直线AC与BC1B．DA1是平面C．直线A1B1到平面D．平面AB1C与平面【答案】ABD【分析】对A，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量关系可求出；对B，说明DA1⊥平面ABC1【详解】如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D−xyz，

则D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),A所以AC=(−1,1,0)，BC1=(−1,0,1)，设异面直线AC与则cosθ=AC⋅BC在正方体ABCD−A1B1C1D1中，所以DA1⊥AB，又DA1⊥AD所以DA1⊥平面ABC1因为A1B1//AB,A1则直线A1B1到平面ABC1D1的距离等于点B1到平面设平面A1C1则n⋅DA1=0则平面AB1C与平面A故选：ABD．题型6面面距【例题6】（2023春·江西吉安·高二井冈山大学附属中学校联考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为【答案】255【分析】先证明平面AB1O1//平面BC1O，则平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面【详解】如图，连接OO1，则O1所以四边形AOC1OAO1⊄平面BC1O，OC又OB//O1B1，O1B1⊄平面BC1又AO1∩O1B1=O∴平面AB1O1与平面BC根据题意，OO1⊥底面ABC则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为∵O0,0,0，B3,0,0，COB=设n=x,y,z为平面BC即x=0y+2z=0，取z=−1可得n点O1到平面B则d＝n⋅OO1n∴平面AB1O1与平面故答案为：25【变式6-1】1.（2023·全国·高二专题练习）直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，边长为2，侧棱A1

(1)求证：平面AMN//平面EFBD；(2)求平面AMN与平面EFBD的距离．【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）法一：由面面平行的判定定理即可证明；法二：如图所示，建立空间直角坐标系D﹣xyz，通过证明EF→（2）法一:平面AMN与平面EFBD的距离=B到平面AMN的距离ℎ,再由等体积法即可求出答案.法二:求出平面AMN的法向量,AB→=(0，2，0)，平面AMN与平面EFBD的距离等于B到平面AMN的距离【详解】（1）法一:证明：连接B1D1E、F分别是C1∴MN//EF//B1D1，∵MN⊄∴MN//平面EFBD，∵NF平行且等于AB∴ABFN是平行四边形，∴AN//∵AN⊄平面EFBD，BF⊂平面EFBD，∴AN//平面EFBD∵AN∩MN=N，∴平面AMN//平面EFBD法二:如图所示，建立空间直角坐标系D﹣xyz，

则A(2，0，0)，M(1，0，3)，B(2，2，0)，E(0，1，3)，F(1，2，3)，N(2，1，3)，∴AM→∴EF→=MN→∵MN⊄平面EFBD，EF⊂平面EFBD，∴MN//平面EFBD∵AN⊄平面EFBD，BF⊂平面EFBD，∴AN//平面EFBD又MN∩AM=M，∴平面AMN//平面EFBD（2）法一:平面AMN与平面EFBD的距离=B到平面AMN的距离ℎ．△AMN中，AM=AN=10，MN=2，∴由等体积可得13⋅19法二:设平面AMN的一个法向量为n=则n→⋅MN∵AB∴平面AMN与平面EFBD的距离为d=【变式6-1】2.（2023·全国·高二专题练习）如图，在几何体ABC−A1B1C1中，四边形A1ACB1是矩形，A．AB．异面直线BB1、CC．几何体ABC−A1D．平面A1BB1【答案】ABD【分析】过点B作BE使得BE=AA1，过点C1作C1F=A1A，分析可知几何体FABC−C1A1EB1为正方体，以点【详解】过点B作BE使得BE=AA1，过点因为四边形AA1B又因为BE=AA所以，四边形AA1C1F因为平面A1C1B1//平面ABC，则即AB与AF、FC共面，所以，A、B、C、F四点共面，同理可知，A1、E、B1、故几何体FABC−C因为四边形AA1B又因为AA1⊥AB，AB∩AC=A，AB、AC⊂所以，AA1⊥因为△ACB≌△A1B所以，在底面ABCF中，AB=CF，BC=AF，故四边形ABCF为平行四边形，因为AB=BC=22AC=1，则AC=2，所以，所以，平行四边形ABCF为正方形，又因为AA1=AB对于A选项，在正方体FABC−C1A1E故四边形ABB1C对于B选项，以点F为坐标原点，FA、FC、FC1所在直线分别为x、y、

则B1,1,0、A1,0,0、C0,1,0、A11,0,1BB1=cosB所以，异面直线BB1、C1对于C选项，VABC−对于D选项，因为AC1//BB1，AC1⊄平面A因为A1B1//AC，AC⊄平面A1BB1又因为AC1∩AC=A，AC1、AC⊂平面AC设平面ACC1的法向量为m=x,y,z，则m⋅AC=−x+y=0m⋅又因为AA1=0,0,1，所以，平面A1故选：ABD.【变式6-1】3.（2023秋·高二课时练习）已知正方体ABCD−A1B1C1DA．点A到直线BE的距离是255 B．点O到平面ABC．平面A1BD与平面B1CD【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，用向量法直接求解可得.【详解】如图，建立空间直角坐标系，则A0,0,0，B1,0,0，D0,1,0，A10,0,1，C11,1,1，D10,1,1，E12,0,1，所BA=易知C1O=12C1A1=−1A1B=1,0,−1，A1D=0,1,−1，A1D1=0,1,0．设平面A1BD的法向量为n=x+y+z，则n⋅A1B=0n⋅A1D=0，所以x−z=0y−z=0，令因为AP=34AB+12AD+23AA故选：D【变式6-1】4.（多选）（2021秋·黑龙江·高二期中）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为，点E，O分别是A．BE与平面ABC1D1所成角的正弦值是105 B．点C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为33【答案】ACD【分析】以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出所需直线的方向向量以及平面的法向量，然后利用向量法求解直线与平面所成的角、点到直线的距离、点到平面的距离，即可求解．【详解】解：以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，所以A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，则BA=(−1,0,0),BE=(−12设BE与平面ABC1D则sinθ=所以BE与平面ABC1D故选项A正确；因为C1O=12则点O到平面ABC1D故选项B错误；因为A1设平面A1BD的法向量为则n⋅A1令z=1，则y=1，x=1，故n=(1,1,1)所以点D1到平面A1BD因为平面A1BD//平面则平面A1BD与平面B1CD故平面A1BD与平面B1故选项C正确；因为AP=34又AB=(1,0,0)，则AP所以点P到AB的距离d=|故选项D正确．故选：ACD．题型7异面直线的夹角【例题7】（2023秋·新疆·高二校联考期末）如图，在直三棱柱ABC−A'B'C'中，AA'=2，AB=BC=5，

A．13 B．33 C．26【答案】C【分析】根据异面直线所成角的向量求法直接求解即可.【详解】由题意知：A1,0,0，C'−1,0,2，A∴AC'∴cos即异面直线AC'与A'故选：C.【变式7-1】1.（2023秋·新疆·高二校联考期末）如图，点E在△ABC内，DE是三棱锥D−ABC的高，△ABC是边长为6的正三角形，DB=DC=5,AD=7

(1)求DE的长度；(2)若AG=23AC，求直线【答案】(1)DE=2(2)21【分析】（1）取BC的中点F，连接EF,DF，由DE是三棱锥D−ABC的高，可得DE⊥BC，再由等腰三角形的性质可得DF⊥BC，然后由线面垂直的判定可得BC⊥平面DEF，则BC⊥EF，再利用等面积法可求得结果，（2）以E为坐标原点，EF,ED的方向分别为【详解】（1）取BC的中点F，连接EF,DF．因为DE是三棱锥D−ABC的高，即DE⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以DE⊥BC．因为DB=DC，F为BC的中点，所以DF⊥BC，因为DE∩DF=D，DE,DF⊂平面DEF，所以BC⊥平面DEF，因为EF⊂平面DEF，所以BC⊥EF．又因为BC⊥AF，所以点E在AF上．因为△ABC是边长为6的正三角形，DB=DC=5,所以AF=33所以cos∠ADF=因为∠ADF∈0,π，所以因为△ADF的面积为12所以12×7（2）以E为坐标原点，EF,ED的方向分别为x,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则AC=

设平面BCD的法向量为m=则m⋅BD=−23x+3y+2z=0因为EG=所以cos〈故直线EG与平面BCD所成角的正弦值为21【变式7-1】2.（2023春·山东东营·高二统考期末）如图，已知六面体ABCDPE的面ABCD为梯形，AB//CD，AB⊥AD，AB=2，CD=AD=4，棱PA⊥平面ABCD，PA//BE，PA=4,BE=2，F为PD的中点.

(1)求证：AF//平面PBC；(2)求直线BE与平面PCD所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)π【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明线面平行；（2）求出平面的法向量后利用线面角的向量公式直接求解即可.【详解】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，且AB⊥AD，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，

则A所以BP设平面BPC的法向量为m=则m⋅BP=−2y+4z=0m⋅BC=4x+2y=0所以AF⋅m=2×1+0×又AF⊄平面PBC，所以AF//平面PBC.（2）由（1）得DP设平面PCD的法向量为n→=a,b,c故n=1,设直线BE与平面PCD所成的角为θ，则sinθ=22，又【变式7-1】3.（多选）（2023秋·广西河池·高二统考期末）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C

A．BD=BC+C．AC1=26 D．直线A【答案】AD【分析】对于A，利用空间向量的加法法分析判断，对于B，由BD1=AD+AA【详解】BD=BC+因为BD1=即11=AA12+1+4+2×1×AA1×12−2×2×A因为AC所以AC所以AC1=因为B1所以B1B1C⋅所以cosB所以直线AC1与B1故选:AD.【变式7-1】4.（多选）（2023秋·河北唐山·高二校考期末）已知在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点A．D1C1//平面CHD C．三棱锥D−BA1C1的体积为56 D．直线【答案】ABD【分析】根据线面平行的判定定理判断A；利用空间向量的数量积的运算，证明线面位置关系判断B；根据割补法求得三棱锥D−BA1C1的体积判断C；利用空间角的向量求法求得直线【详解】对于A，在正方体ABCD−A1BC1D1⊄平面CHD，CD⊂平面CHD，故对于B，以D为坐标原点，以DA,DC,DD1为

连接AC1,A1则AC1=则AC1⋅故AC1⊥而BD∩DA1=D,BD,D对于C，连接A1三棱锥D−BA1=1对于D，连接EF，E1则EF=故cos〈即〈EF,BC1故直线EF与BC1所成的角为故选：ABD题型8线面角【例题8】（2023秋·河南驻马店·高二统考期末）《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD=2AB=PA，则直线

A．69 B．759 C．33【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，求出面PBD的法向量，再求直线PC与面PBD所成角的正弦值.【详解】

因为PA⊥平面ABCD，AB,AD⊂面ABCD，底面ABCD为矩形，所以AB,AD,AP两两垂直，设AB=1,AD=AP=2，以AB,AD,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图，则B1,0,0所以BD=设平面PBD的法向量为n=所以n⋅BD=−x+2y=0n⋅BP=−x+2z=0直线PC与面PBD所成角的正弦值为cosn故选：A【变式8-1】1.（2023秋·山东枣庄·高二枣庄市第三中学校考期末）阅读材料：空间直角坐标系O−xyz中，过点Px0,y0,z0且一个法向量为n=a,b,c的平面α的方程为ax−x0+by−A．1035 B．75 C．715【答案】A【分析】根据题意求平面α的法向量与直线l的方向向量，利用空间向量求线面夹角.【详解】因为平面α的方程为3x−5y+z−7=0，所以平面α的法向量可取n=(3,−5,1)同理平面x−3y+7=0的法向量可取a=(1,−3,0)平面4y+2z+1=0的法向量可取b=(0,4,2)设直线l的方向向量m=(x,y,z)则m⋅α=x−3y=0m⋅则直线l与平面α所成角的正弦值为sin=3×3−5×1−2×1故选：A【变式8-1】2.（2022秋·全国·高二期末）如图，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，PA=AD=AB=2，M，N分别为AB，PC的中点，

(1)求证：MN∥平面PAD；(2)求PD与平面PMC所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）取PD中点Q，连接AQ，QN，说明四边形AMNQ为平行四边形，然后证明MN∥平面PAD；（2）建立空间直角坐标系，求出平面PMC法向量，设PD与平面PMC所成角为θ，然后利用空间角的向量求法求解即可．【详解】（1）证明：取PD中点Q，连接AQ，QN，N分别为PC的中点，则QN∥DC，

又因为ABCD为矩形，则AM∥DC，M分别为AB的中点，则故AM∥所以MN∥AQ，因为MN⊄平面PAD，所以MN∥（2）以A为坐标原点，以AB,AD,AP为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图，因为PA=AD=AB=2，所以P(0,PD=0,设平面PMC法向量为：n=则n⋅PC=2x+2y−2z=0n⋅设PD与平面PMC所成角为θ，θ∈[0,π则sinθ=|即PD与平面PMC所成角的正弦值为33【变式8-1】3.（2023春·广西南宁·高二宾阳中学校联考期末）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG

(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中BG与平面ACGD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)14【分析】（1）根据给定条件，证明AD//CG即可得四点共面；再利用线面垂直、面面垂直的判定推理作答.（2）在平面BCGE内作EH⊥BC，垂足为H，以H为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答.【详解】（1）依题意，AD//BE,CG//BE，则AD//CG，即所以A,显然AB⊥BE,AB⊥BC，BE∩BC=B,BE,BC⊂平面因此AB⊥平面BCGE，又AB⊂平面ABC所以平面ABC⊥平面BCGE.（2）在平面BCGE内作EH⊥BC，垂足为H，而平面BCGE⊥平面ABC，于是EH⊥平面ABC，由荾形BCGE的边长为2,∠EBC=60°，得以H为原点，HC,HE的方向分别为x,z轴的正方向，建立空间直角坐标系

则A(−1,1,0),设平面ACGD的法向量n=(x,y,z)，则CG又BG=(3,0,3)，设BG与平面所以BG与平面ACGD所成角的正弦值14【变式8-1】4.（2023春·浙江舟山·高二统考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，∠A1AB=∠

(1)试判断四边形DEFG的形状，并说明理由；(2)若AA1=3,D是AB的中点，求直线DF【答案】(1)四边形DEFG是矩形，理由见解析(2)30【分析】（1）首先根据面面平行的判定以及面面平行的性质证明线线平行，然后证明四边形DEFG是矩形；（2）首先求出F到平面ABC的距离，然后求解直线DF与平面ABC所成角的正弦值；【详解】（1）四边形DEFG是矩形，下面给出证明：

因为AA1∥CC1，由题意CCC1∩BC1所以平面BCC1B1//平面DEFG，又平面ABB1A所以DG∥BB1，同理EF∥CC所以DG∥EF，同理DE∥BC∥B所以四边形DEFG是平行四边形．取BC中点P，连接AP、A1P又因为△ABA1≅△ACA1AP、A1P交于P且都在面AA1P内，所以BC⊥平面AA1P,又所以BC⊥AA综上知：DE⊥DG，即四边形DEFG是矩形．（2）设F到平面ABC的距离为ℎ，即为A1到平面ABC作A1H⊥AP交AP于点H，由（1）及BC在面ABC内知：平面AA而AP为两垂直平面的交线，A1H在面AA1P内，所以A1H⊥平面设直线DF与平面ABC所成角为θ，则sinθ=设AA1=3，在△AB在△A1BC在△A1AP中，AP=ℎ=ADF=F所以sinθ=所以直线DF与平面ABC所成角的正弦值为3010解法二：设DF与面ABC所成角为θ,F到面ABC距离为ℎ，设BC中点P，因为面AA1P⊥面ABC所以ℎ=d又在矩形DEFG中，DF=9+1=解法三：向量法

作CO垂直AA1交AA1于O，连接BO所以∠COB即为二面角C−AA1−B所以CO2+BO2如图以O为坐标原点，OA1、OB、OC分别为x轴、y则A−所以AB=设面ABC的法向量为n=x,y,z则n⋅AB=2x+DF=设DF与面ABC所成角为θ，sinθ=题型9平面与平面所成角【例题9】（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·高二齐齐哈尔市恒昌中学校校考期末）如图所示四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD=2，四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD，BC=CD=12AD=1

(1)求证：EB//平面PCD(2)求平面ABCD与平面PCD所成的锐二面角θ的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2)55【分析】（1）根据给定条件，取AD中点O，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理作答.（2）由（1）中坐标系，利用空间向量求出二面角的余弦值作答.【详解】（1）在四棱锥P−ABCD中，取AD中点O，连接PO，如图，

由PA=PD=2，得PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，于是PO⊥平面ABCD，在平面ABCD内过O作Ox⊥AD，则有PO⊥Ox，以O为坐标原点，射线Ox,OD,OP分别为x,y,z轴的非负半轴建立空间直角坐标系，由四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD，得Ox垂直平分线段BC，又BC=CD=1则B(3BE=(−32令平面PCD的法向量n=(x,y,z)，则n⋅DP=−y+3因此BE⋅n=−32×1+0×3所以EB//平面PCD.（2）由（1）知平面PCD的法向量n=(1,3,1)，而平面ABCD显然平面ABCD与平面PCD所成的二面角θ为锐角，所以cosθ=|【变式9-1】1．（2023秋·江西宜春·高二江西省宜春市第一中学校考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD且CD=2，AB=1，BC=22，PA=1，AB⊥BC，N

(1)求证：AN//平面PBC(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得AN//平面PBC（2）利用向量法求得平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值.【详解】（1）过A作AE⊥CD于点E，则DE=1，AE⊥AB，由于PA⊥平面ABCD，AB,AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AE，以A为原点，AE,AB,AP所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0,B0,1,0，E因为N为PD的中点，所以N2所以AN=设平面PBC的法向量为m=x,y,z，则令y=1，则x=0,z=1，所以平面PBC的法向量为m=因为AN⋅m=−又因为AN⊄平面PBC，所以AN//平面（2）由（1）知，AP=0,0,1,AD=设平面PAD的法向量为n=a,b,c，则故可设n=所以cosm故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为23

【变式9-1】2.（2023春·河南南阳·高二统考期末）三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ACC1A1⊥

(1)证明：平面A1BC⊥平面(2)求二面角A1【答案】(1)证明见解析(2)−【分析】（1）由∠A1AC=45°，AA1（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面A1BC1的一个法向量为m=x,y,z和平面【详解】（1）因为∠A1AC=45°，A所以A1则A1C=2，即所以A1因为平面ACC1A1⊥平面ABC，且平面ACC1所以A1C⊥平面又A1C⊂平面所以平面A1BC⊥平面（2）建立如图所示空间直角坐标系：

则A1所以BC设平面A1BC则m⋅BC令y=1，得到x=0,z=32，则设平面BC1B则n⋅BC令y=−1，得到x=z=3，则n所以cosm又二面角A1所以二面角A1−B【变式9-1】3.（2023春·湖南湘潭·高二湘潭县一中校联考期末）如图，将三棱锥A−BCD的侧棱AB放到平面α内，AC⊥CB，AB⊥BD，AC=CB，AB=BD，平面ABC⊥平面ABD.

(1)证明：平面ACD⊥平面BCD；(2)若AB=2，平面ABD与平面α夹角的正切值为12，求平面ACD与平面α【答案】(1)证明见解析(2)155【分析】（1）利用面面垂直得到线面垂直：BD⊥平面ABC，从而得到BD⊥AC，再利用线线垂直得到线面垂直：AC⊥平面BCD，再利用线面垂直得出面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出结果.【详解】（1）因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AB⊥BD，又BD⊂平面ABD，所以BD⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以BD⊥AC，因为AC⊥CB，BD∩BC=B，BD,BC⊂平面BCD，所以AC⊥平面BCD，又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BCD.（2）记点D在平面α内的投影为E，连接BE,DE，取AB的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为AB=2，平面ABD与平面α夹角的正切值为12所以DE=255，BE=则A(1,0,0)，D(−1,455从而AD=(−2,45设平面ACD的法向量为m=(x0得到−2x0+45所以m=(5,易知，平面α的一个法向量为n=(0,0,1)cosm故平面ACD与平面α夹角的余弦值为155【变式9-1】4.（2023春·安徽阜阳·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，BD⊥PC,∠ABC=60∘，四边形ABCD是菱形，PA=AB=1，PB=2，E,F是棱PD

(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若再从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求平面EAC与平面ACD所成二面角的大小.①BF//平面ACE；②三棱锥C−ABE的体积V=3【答案】(1)证明见解析(2)π【分析】（1）根据题意，证得BD⊥平面PAC，得到BD⊥PA，再由PB2=AB2+PA2，得到AB⊥PA，利用线面垂直的判定定理，证得（2）若选①：记BD与AC交于点O，连接OE，证得BF//OE，证得PE=23PD，取棱CD的中点G，以A为原点建立空间直角坐标系，求得平面ACE和ACD的一个法向量若选②：由（1）知PA⊥平面ABCD，得到PE=23PD，取棱CD的中点G，以A为原点建立空间直角坐标系，求得平面ACE和ACD的一个法向量【详解】（1）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，因为BD⊥PC，AC,PC⊂平面PAC，且AC∩PC=C，所以BD⊥平面PAC，又因为PA⊂平面PAC，所以BD⊥PA，因为PA=AB=1,PB=2，所以PB2又因为AB,BD⊂平面ABCD，且AB∩BD=B，所以PA⊥平面ABCD，因为PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD.（2）解：若选条件①：记BD与AC交于点O，则O为BD的中点，连接OE，由BF//平面ACE，平面BFD∩平面ACE=OE，且BF⊂平面BFD，则BF//OE，所以E为FD的中点，从而PE=取棱CD的中点G，连接AG，在菱形ABCD中，可得AG⊥AB，以A为原点，分别以AB,AG,AP所在的直线为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A0,0,0可得AC=因为PE=23PD，所以设平面ACE的法向量为n=x,y,z令x=3，可得y=−2,z=23，所以又由平面ACD的一个法向量为m=设二面角E−AC−D为θ，则cosθ=由图形可得二面角E−AC−D为锐角，所以二面角E−AC−D为θ=π若选条件②：记点E到平面ABC的距离为ℎ，由VC−ABE=V由（1）知PA⊥平面ABCD，所以ℎ=13PA取棱CD的中点G，连接AG，在菱形ABCD中，可得AG⊥AB，以A为原点，分别以AB,AG,AP所在的直线为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A0,0,0可得AC=因为PE=23PD，所以设平面ACE的法向量为n=x,y,z令x=3，可得y=−2,z=23，所以又由平面ACD的一个法向量为m=设二面角E−AC−D为θ，则cosθ=由图形可得二面角E−AC−D为锐角，所以二面角E−AC−D为θ=π

【变式9-1】5.（2023春·甘肃临夏·高二统考期末）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，点E为PD的中点．(1)证明：PB//平面AEC；(2)若PA=2，三棱锥E−ACD的体积为23，求二面角A−CE−B【答案】(1)证明见解析(2)15【分析】（1）连BD交AC于O，根据中位线平行以及线面平行的判定定理可证；（2）根据三棱锥E−ACD的体积为23，求出AD=2，以A为原点，以AB，AD，AP的正方向分别为x,y,z【详解】（1）连BD交AC于O，则O为BD的中点，因为E为PD的中点，所以OE//PB，因为PB⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，所以PB//平面AEC.（2）因为底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，点E为PD的中点．PA=2，所以VE−ACD=1所以AD=2，以A为原点，以AB，AD，AP的正方向分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，E(0,1,1)，AE=(0,1,1)，AC=(2,2,0)，BC=(0,2,0)设平面AEC的一个法向量为m=(则m⋅AE=y1+z1=0设平面BEC的一个法向量为n=(则n⋅BC=2y2=0n⋅CE所以cos<m,由图可知，二面角A−CE−B的平面角为锐角，所以二面角A−CE−B的余弦值为155

题型10探索性问题【例题10】（2023春·福建龙岩·高二统考期末）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA

(1)求证：AE⊥BC；(2)若△A1BC的面积为22，试判断在线段A1C上是否存在点D，使得二面角【答案】(1)证明见解析(2)存在，1【分析】（1）由AA1=AB,E是A1B的中点可得AE⊥A1B结合平面A（2）先设A1D=λA1C(0≤λ≤1)再由A−BD−C【详解】（1）∵AA1=AB=2∴AE⊥A又∵平面A1BC⊥平面平面A1BC∩平面且AE⊂平面ABB∴AE⊥平面A1又∵BC⊂平面AEBC，∴AE⊥BC．（2）在直三棱柱ABC−A1B1C又∵BC⊂平面A1∴AA又∵AE⊥BC，AE,BB1⊂平面AB∴BC⊥平