專題05用空間向量研究距離夾角問題（2個知識點6種題型1個易錯點1種高考考法）

專題05用空間向量研究距離、夾角問題（2個知識點6種題型1個易錯點1種高考考法）【目錄】倍速學習四種方法【方法一】脈絡(luò)梳理法知識點1：空間距離的向量求法知識點2：空間角的向量求法【方法二】實例探索法題型1：用空間向量研究點線距題型2：用空間向量研究點面距題型3：向量法求兩直線的夾角題型4：向量法求直線與平面的夾角題型5：向量法求二面角題型6：用空間向量解決與距離、夾角有關(guān)的探索性問題【方法三】差異對比法易錯點：忽視向量的夾角與空間角的范圍及關(guān)系而致錯【方法四】仿真實戰(zhàn)法考法：向量法求二面角【方法五】成果評定法【倍速學習五種方法】【方法一】脈絡(luò)梳理法知識點1：空間距離的向量求法設(shè)A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2），則dA，B＝||＝＝．知識點2：空間角的向量求法空間向量的夾角公式設(shè)空間向量＝（a1，a2，a3），＝（b1，b2，b3），cos＜＞＝＝注意：（1）當cos＜＞＝1時，與同向；（2）當cos＜＞＝﹣1時，與反向；（3）當cos＜＞＝0時，⊥．向量法：用空間向量求平面間夾角的方法：設(shè)平面α和β的法向量分別為和，若兩個平面的夾角為θ，則（1）當0≤＜，＞≤，θ＝＜，＞，此時cosθ＝cos＜，＞＝．（2）當＜＜，＞＜π時，θ＝π﹣＜，＞，cosθ＝﹣cos＜，＞＝﹣．【方法二】實例探索法題型1：用空間向量研究點線距1．（2023秋·高二單元測試）已知四棱錐的底面為正方形，平面，，點是的中點，則點到直線的距離是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用坐標法，根據(jù)點到直線的距離的向量求法即得.【詳解】如圖建立空間直角坐標系，則，所以，所以，所以點到直線的距離是.故選：D.2．（2023·全國·高二專題練習）如圖，在平行六面體中，以頂點A為端點的三條棱長都是a，且，，E為的中點，則點E到直線的距離為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】利用基底向量，即可由空間向量的模長，結(jié)合點到直線的距離公式即可求解.【詳解】在平行六面體中，不妨設(shè)，，．,，，，所以，，，所以E到直線的距離為，故選：A3．（2023秋·高二課時練習）已知直線l的一個方向向量為，若點為直線l外一點，為直線l上一點，則點P到直線l的距離為.【答案】【分析】根據(jù)空間中點到直線的距離公式求解即可.【詳解】∵，，∴，又，∴，∴，又，∴點P到直線l的距離為.故答案為:.4．（2023·全國·高二專題練習）如圖，在四棱錐中，，底面ABCD為菱形，邊長為2，，，且，異面直線PB與CD所成的角為.

(1)求證:平面ABCD;(2)若E是線段OC的中點，求點E到直線BP的距離.【詳解】（1）因為四邊形為菱形，所以,因為，平面，所以平面，因為平面，所以,因為，為中點，所以，又因為平面，所以平面.（2）以為原點，方向為軸方向，建系如圖，

因為,所以為異面直線所成的角，所以，在菱形中，，因為，所以,設(shè)，則，在中，由余弦定理得，，所以，解得，所以,,所以,所以點E到直線BP的距離為.題型2：用空間向量研究點面距5．（2022秋·浙江溫州·高二校聯(lián)考期中）已知，則點O到平面ABC的距離是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出平面的法向量，利用公式求出點到平面的距離.【詳解】，設(shè)平面ABC的法向量為，則，令得，，故，故點O到平面ABC的距離為.故選：A6．（2023春·廣東深圳·高二?？计谥校┤羝矫娴囊粋€法向量為，，，，則點到平面的距離為（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)點到平面距離的向量求法即可求解.【詳解】因為，平面的一個法向量為，所以點到平面的距離為.故選：B.7．（2023·全國·高二專題練習）若兩平行平面、分別經(jīng)過坐標原點O和點，且兩平面的一個法向量為，則兩平面間的距離是．【答案】【分析】根據(jù)給定條件，結(jié)合平行平面距離的意義，利用空間向量計算作答.【詳解】依題意，平行平面間的距離即為點O到平面的距離，而，所以平行平面、間的距離.故答案為：8．（2023·全國·高二課堂例題）已知，，，則原點O到平面的距離為．【答案】【分析】先求出平面的法向量，然后利用空間向量的距離公式求解即可【詳解】由題意得，，設(shè)平面的法向量為，則，令，得，所以平面的一個法向量為．又，所以原點O到平面的距離為．故答案為：9．（2023·江蘇·高二專題練習）已知是棱長為1的正方體，則平面與平面的距離為．【答案】【分析】建立空間直角坐標系，可證得平面平面，從而平面與平面的距離等于點到平面的距離．求得平面的法向量和，結(jié)合點到平面的距離的向量公式，即可得解．【詳解】以為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，可得，因為，則，所以，因為平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，又，平面，所以平面平面，所以平面與平面的距離等于點到平面的距離，設(shè)平面的法向量為，則，令，可得，所以，又因為，所以．所以平面與平面的距離為．故答案為：．10．（2023春·貴州畢節(jié)·高二校考階段練習）在四棱錐中，底面是邊長為1的正方形，底面，且，為的中點，則到平面的距離為．【答案】【分析】根據(jù)題意，以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可【詳解】因為底面，平面，所以，因為四邊形為正方形，所以，所以以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，因為為的中點，所以，所以，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，所以到平面的距離為，故答案為：11．（2023春·福建泉州·高二?？计谥校┤鐖D，已知四棱錐的底面是菱形，對角線，交于點，，，，底面，設(shè)點滿足．

(1)求直線與平面所成角的正弦值；(2)求點到平面的距離．【答案】(1)(2)【分析】（1）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量和的坐標，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解；（2）求出與平面所成角的正弦值，結(jié)合，即可求解.【詳解】（1）解：因為平面是菱形，所以，又因為底面，且面，所以，，所以，，兩兩垂直，以為坐標原點，以，，所在的直線分別為軸、軸和軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：因為，，，則所以，又因為，所以，設(shè)平面的法向量，則，取，可得，所以，設(shè)直線與平面所成角為，所以，所以直線與平面所成角的正弦值為.（2）解：由（1）中的空間直角坐標系，可得，可得，所以與平面所成角的正弦值為，則到平面的距離.

題型3：向量法求兩直線的夾角12．（2022秋?眉山期末）在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為（）A． B． C． D．【分析】建立空間直角坐標系結(jié)合空間向量的數(shù)量積即可求解．【解答】解：由題意，在長方體中，以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，因為AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點，則A（1，0，0），B（1，2，0），C1（0，2，2），E（0，2，1），所以，，設(shè)直線BC1與AE所成角為α，則，所以直線BC1與AE所成角的余弦值為．故選：B．【點評】本題主要考查異面直線所成的角，考查向量法的應(yīng)用，考查運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題．13．（2022秋?重慶期末）在棱長為2的正方體ABCD﹣A'B'C'D'中，M，N，O，P分別為BC，CC′，C′D′，AA'的中點．（1）求證：MO∥平面BDD′；（2）求異面直線BN與PB'所成角的余弦值．【分析】（1）取BD中點Q，確定四邊形MQOD’為平行四邊形，可證明．（2）建立空間直角坐標系，計算各點坐標，得到，，根據(jù)向量夾角公式計算即可．【解答】（1）證明：取BD中點Q，連接MQ，QD’，BD’，則MQ＝DC，MQ∥DC∥OD’，又因為OD’＝C'D’＝CD，所以MQ∥OD’且MQ＝OD’，所以四邊形MQOD’為平行四邊形，所以MO∥QD’，又因為QD’?平面BDD’，MO?平面BDD’，所以MO∥平面BDD’．（2）解：以D為原點，DA、DC、DC’分別為x、y、z軸，建立空間直角坐標系．則B（2，2，0），B’（2，2，2），P（2，0，1），N（0，2，1），所以＝（﹣2，0，1），＝（0，2，1），設(shè)直線BN與PB’所成角為θ，所以cosθ＝＝＝，所以異面直線BN與PB’所成角的余弦值為．【點評】本題考查線面平行的判定，考查異面直線所成的角，屬于基礎(chǔ)題．14．（2022秋?豐臺區(qū)期末）如圖，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2BC＝2，M是棱CC1上任意一點．（Ⅰ）求證：AM⊥BD；（Ⅱ）若M是棱CC1的中點，求異面直線AM與BC所成角的余弦值．【分析】（Ⅰ）AC⊥BD，AA1⊥平面ABCD，從而BD⊥AA1，進而BD⊥平面ACC1A1，由此能證明AM⊥BD；（Ⅱ）以A為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出異面直線AM與BC所成角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）證明：在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2BC＝2，M是棱CC1上任意一點，∴AC⊥BD，AA1⊥平面ABCD，∵BD?平面ABCD，∴BD⊥AA1，∵AC∩AA1＝A，∴BD⊥平面ACC1A1，∵AM?平面ACC1A1，∴AM⊥BD；（Ⅱ）以A為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖，∵M是棱CC1的中點，∴A（0，0，0），M（1，1，1），B（1，0，0），C（1，1，0），＝（1，1，1），＝（0，1，0），設(shè)異面直線AM與BC所成角為θ，則異面直線AM與BC所成角的余弦值為：cosθ＝＝＝．【點評】本題考查線面垂直、線線垂直的判定與性質(zhì)、異面直線所成角的定義及其余弦值的求法等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．15．（2022秋?密云區(qū)期末）如圖所示，在多面體ABCDEF中，梯形ADEF與正方形ABCD所在平面互相垂直，AF∥DE，DE⊥AD，AF＝AD＝DE＝2．（Ⅰ）求證：BF∥平面CDE；（Ⅱ）求證：EF⊥平面CDF；（Ⅲ）若點H在線段DE上，且EH＝1，求異面直線AH與BE所成角的余弦值．【分析】（Ⅰ）由AB∥CD，AF∥DE，得平面ABF∥平面DCE，由此能證明BF∥平面CDE；（Ⅱ）推導出AD⊥CD，DE⊥平面ABCD，以D為坐標原點，DA，DC，DE所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能證明EF⊥平面CDF；（Ⅲ）求出＝（﹣2，0，3），＝（﹣2，﹣2，4），利用向量法能求出異面直線AH與BE所成角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）證明：在多面體ABCDEF中，梯形ADEF與正方形ABCD所在平面互相垂直，∴AB∥CD，∵AF∥DE，AF∩AB＝A，DE∩CD＝D，∴平面ABF∥平面DCE，∵BF?平面ABF，∴BF∥平面CDE；（Ⅱ）證明：∵梯形ADEF與正方形ABCD所在平面互相垂直，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF∥DE，DE⊥AD，∴AD⊥CD，DE⊥平面ABCD，以D為坐標原點，DA，DC，DE所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，∵AF＝AD＝DE＝2，∴DE＝4，E（0，0，4），F(xiàn)（2，0，2），C（0，0，2），D（0，0，0），＝（2，0，﹣2），＝（0，2，0），＝（2，0，2），＝0，＝0，∴EF⊥DC，EF⊥DF，∵DC∩DF＝D，∴EF⊥平面CDF；（Ⅲ）∵點H在線段DE上，且EH＝1，∴H（0，0，3），∵A（2，0，0），B（2，2，0），∴＝（﹣2，0，3），＝（﹣2，﹣2，4），設(shè)異面直線AH與BE所成角為θ，則異面直線AH與BE所成角的余弦值為：cosθ＝＝＝．【點評】本題考查面面平行、線面平行、線面垂直的判定與性質(zhì)、異面直線所成角的定義及求法等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．題型4：向量法求直線與平面的夾角16．（2022秋?廈門期末）正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為線段BB1的中點，則直線C1E與平面A1D1B所成角的正弦值為．【分析】建立空間直角坐標系，設(shè)出正方體的棱長，計算和平面A1D1B的法向量，代入向量夾角公式計算即可．【解答】解：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為2，則C1（0，2，2），E（2，2，1），A1（2，0，2），D1（0，0，2），B（2，2，0），＝（2，0，﹣1），＝（﹣2，0，0），＝（0，2，﹣2），設(shè)平面A1D1B的法向量為＝（x，y，z），則，所以x＝0，令y＝z＝1，則＝（0，1，1），設(shè)直線C1E與平面A1D1B所成角為θ，則sinθ＝＝＝，故答案為：．【點評】本題考查了利用向量法計算直線與平面所成的角的問題，屬于基礎(chǔ)題．17．（2022秋?東光縣期中）在棱長均為6的直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若E是A1B1的中點，D在BC上，且BD＝2DC．（1）求證：BE∥平面ADC1；（2）求直線DA1與平面BB1C1C所成角的正弦值．【分析】（1）分別取BC，B1C1的中點O，O1，建立空間直角坐標系，利用坐標法可得平面的法向量，然后根據(jù)向量關(guān)系即得；（2）利用線面角的向量求法即得．【解答】證明：（1）分別取BC，B1C1的中點O，O1，連接AO，OO1，則OO1⊥平面ABC，AO⊥BC，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A（3，0，0），D（0，﹣1，0），C1（0，﹣3，6），B（0，3，0），E（），∴，，，設(shè)平面ADC1的法向量為，則，令x＝﹣1，∴，∴，即，∵BE?平面ADC1，∴BE∥平面ADC1．解：（2）因為，，設(shè)平面BB1C1C的一個法向量為，則，設(shè)直線DA1與平面BB1C1C所成角為θ，則sinθ＝|cos＜＞|＝||＝，∴直線DA1與平面BB1C1C所成角的正弦值等于．【點評】本題主要考查直線與平面所成的角，屬于中檔題．18．（2022秋?上城區(qū)校級期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，四邊形ABCD為正方形，PD＝DC，E，F(xiàn)分別是AD，PB的中點．（1）證明：EF∥平面PCD；（2）求直線PA與平面CEF所成角的正弦值．【分析】（1）由平行四邊形可得線線平行，進而由線面平行的判定定理即可求證，（2）建立空間直角坐標系，由向量法即可求解線面角．【解答】解：（1）證明：如圖，設(shè)M為PC的中點，連接FM，MD．因為F，M分別為PB，PC的中點，所以．在正方形ABCD中，，所以DE∥FM，DE＝FM．所以四邊形DEFM為平行四邊形，DM∥EF．因為DM?平面PCD，EF?平面PCD，所以EF∥平面PCD．（2）以D為原點，以DA，DC，DP所在的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．不妨設(shè)PD＝DC＝2，則A（2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，2），E（1，0，0），F(xiàn)（1，1，1），則．設(shè)平面CEF的法向量為，則即令x＝2，則．設(shè)直線PA與平面CEF所成角為θ，則，故直線PA與平面CEF所成角的正弦值為．【點評】本題主要考查線面平行的判定定理和直線與平面所所成的角，屬于中檔題．19．（2022秋?北辰區(qū)期中）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，A1D1的中點．（1）證明：EF∥平面ACD1；（2）求直線AC與平面B1EF所成的角的正弦值．【分析】（1）先以D為原點建系，再找出各點的坐標，求出平面ACD1的法向量，要證線面平行只需證直線的方向向量垂直于平面的法向量即可．（2）先求出平面B1EF的法向量，再根據(jù)直線AC與平面B1EF所成的角的正弦值即可得到答案．【解答】（1）證明：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D﹣xyz，設(shè)AB＝2，則E（2，1，0），F(xiàn)（1，0，2），A（2，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），B1（2，2，2），，，∵，∴，又∵AC?AD1＝A，∴為平面ACD1的法向量，∵，∴，又∵EF?平面ACD1，故EF∥平面ACD1．（2）解：由（1）知，設(shè)平面B1EF的法向量，則，即，令z＝1，則，設(shè)直線AC與平面B1EF所成的角為θ，則，故答案為：．【點評】本題主要考查線面平行的證明，線面角的計算，空間向量及其應(yīng)用，空間想象能力的培養(yǎng)等知識，屬于中等題．20．（2022春?祁東縣期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為菱形，E，F(xiàn)分別為PA，BC的中點．（1）證明：EF∥平面PCD．（2）若PD⊥平面ABCD，∠ADC＝120°，且PD＝2AD＝4，求直線AF與平面DEF所成角的正弦值．【分析】（1）取PD的中點G，連接CG，EG，則由三角形中位線定理可得，再結(jié)合底面四邊形為菱形，可得四邊形EGCF為平行四邊形，從而得EF∥CG．然后由線面平行的判定定理可證得結(jié)論，（2）由已知可得DF，DA，DP兩兩垂直，所以以D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系D﹣xyz，然后利用空間向量求解即可．【解答】（1）證明：取PD的中點G，連接CG，EG，因為E，F(xiàn)分別為PA，BC的中點，所以，又底面ABCD為菱形，所以，所以EG∥CF，EG＝CF，所以四邊形EGCF為平行四邊形，所以EF∥CG，又CG?平面PCD，EF?平面PCD，所以EF∥平面PCD．（2）解：連接BD，因為PD⊥平面ABCD，DF，DA?平面ABCD，所以PD⊥DF，PD⊥DA，因為四邊形ABCD為菱形，∠ADC＝120°，所以△BCD為等邊三角形，因為F為BC的中點，所以DF⊥BC，因為BC∥DA，所以DF⊥DA，所以DF，DA，DP兩兩垂直，所以以D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系D﹣xyz，因為AD＝PD＝2，所以，則，設(shè)平面DEF的法向量，則，令z＝1，得，設(shè)直線AF與平面DEF所成的角為θ，則，所以直線AF與平面DEF所成角的正弦值為．【點評】本題考查了線面平行的證明以及直線與平面所成的角的求解，屬于中檔題．題型5：向量法求二面角21．（2022秋?運城期末）若平面α的一個法向量，平面β的一個法向量，則平面α與平面β夾角的余弦值為．【分析】根據(jù)平面法向量夾角和二面角之間的關(guān)系，利用空間向量數(shù)量積的坐標表示即可求得結(jié)果．【解答】解：設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，根據(jù)題意可得，所以平面α與平面β夾角的余弦值為．故答案為：．【點評】本題考查二面角的求解以及空間向量的運用，考查運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題．22．（2022秋?和平區(qū)校級期末）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BB1的中點，則平面AA1B1B與平面AD1E的夾角余弦值為．【分析】根據(jù)棱柱的結(jié)構(gòu)特征，建立以A為原點，以AD、AB、AA1所在直線為x軸、y軸、z軸的空間直角坐標系A(chǔ)﹣xyz，不妨設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，則A（0，0，0），D1（2，0，2），E（0，2，1），利用向量法，即可得出答案．【解答】解：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，則建立以A為原點，以AD、AB、AA1所在直線為x軸、y軸、z軸的空間直角坐標系A(chǔ)﹣xyz，如圖所示：不妨設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，則A（0，0，0），D1（2，0，2），E（0，2，1），設(shè)平面AD1E的一個法向量為＝（x，y，z），＝（2，0，2），＝（0，2，1），則，取z＝2，則y＝﹣1，x＝﹣2，∴平面AD1E的一個法向量為＝（﹣2，﹣1，2），又平面AA1B1B的一個法向量為＝（1，0，0），設(shè)平面AA1B1B與平面AD1E的夾角為α，∴cosα＝|cos＜＞|＝＝，故答案為：．【點評】本題考查棱柱的結(jié)構(gòu)特征和二面角，考查轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．23．（2022秋?南昌縣校級期中）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，點D，E分別在棱AA1，CC1上，且AD＝1，CE＝2，M為棱A1B1的中點．（Ⅰ）求證：C1M⊥B1D；（Ⅱ）求二面角B﹣B1E﹣D的正弦值．【分析】（Ⅰ）由題意建立以C為原點，以CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸的空間直角坐標系C﹣xyz，利用向量法，即可證明結(jié)論；（Ⅱ）由（Ⅰ）得＝（2，0，﹣1），＝（0，2，1），平面BB1E的一個法向量＝（2，0，0），利用向量法，求出cos＜，＞，即可得出答案．【解答】解：（Ⅰ）證明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，建立以C為原點，以CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸的空間直角坐標系C﹣xyz，如圖所示：AC＝BC＝2，CC1＝3，AD＝1，CE＝2，則C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C1（0，0，3），A1（2，0，3），B1（0，2，3），D（2，0，1），E（0，0，2），M（1，1，3），∴＝（1，1，0），＝（2，﹣2，﹣2），∴?＝2﹣2+0＝0，∴⊥，即C1M⊥B1D；（Ⅱ）∵CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，∴CC1⊥AC，又CC1∩BC＝C，CC1?平面BB1E，BC?平面BB1E，∴AC⊥平面BB1E，∴平面BB1E的一個法向量＝（2，0，0），設(shè)平面B1ED的一個法向量＝（x，y，z），＝（2，0，﹣1），＝（0，2，1），∴，取z＝2，則x＝1，y＝﹣1，∴平面B1ED的一個法向量＝（1，﹣1，2），∴cos＜，＞＝＝＝，∴二面角B﹣B1E﹣D的正弦值為＝＝．【點評】本題考查空間向量的應(yīng)用和二面角，考查轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推理能力和運算能力、直觀想象，屬于中檔題．24．（2022秋?撫順期中）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，，AB＝CC1＝2BC＝2．（1）證明：AC⊥C1E．（2）求二面角C1﹣AE﹣B的余弦值．【分析】（1）由題意得AC⊥BC，C1C⊥平面ABC，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)和判定定理，即可證明結(jié)論；（2）建立以C為原點，以CA、CB、C1C所在直線為x軸、y軸、z軸的空間直角坐標系C﹣xyz，求出平面C1AE的一個法向量為，平面AEB的一個法向量為，利用向量法，即可得出答案．【解答】解：（1）證明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，C1C⊥平面ABC，∵AC?平面ABC，∴C1C⊥AC，又BC∩C1C＝C，C1C?平面BB1C1C，BC?平面BB1C1C，∴AC⊥平面BB1C1C，∵，即C1E?平面BB1C1C，∴AC⊥C1E；（2）由題意建立以C為原點，以CA、CB、C1C所在直線為x軸、y軸、z軸的空間直角坐標系C﹣xyz，如圖所示：AB＝CC1＝2BC＝2，AC⊥BC，則AC＝，則C（0，0，0），C1（0，0，2），A（，0，0），B（0，1，0），E（0，1，1），設(shè)平面C1AE的一個法向量為＝（x，y，z），＝（0，1，﹣1），＝（﹣，0，2），則，取z＝，則x＝2，y＝，∴平面C1AE的一個法向量＝（2，，），設(shè)平面AEB的一個法向量為＝（x，y，z），＝（﹣，1，0），＝（0，0，1），則，取x＝，則y＝3，z＝0，∴平面AEB的一個法向量＝（，3，0），設(shè)二面角C1﹣AE﹣B的平面角為α，由圖形得α為鈍角，∴cosα＝﹣|cos＜，＞|＝﹣＝﹣＝﹣，故二面角C1﹣AE﹣B的余弦值為﹣．【點評】本題考查直線與平面的位置關(guān)系和二面角、空間向量的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合思想，考查邏輯推理能力和運算能力、直觀想象，屬于中檔題．25．（2022秋?江西月考）如圖，在正六棱柱ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1中，AA1＝2AB＝4，M，N分別為EE1，BB1的中點．（1）證明：C，M，F(xiàn)1，N四點共面；（2）求平面CMF1N與平面ABB1A1所成角的正弦值．【分析】（1）根據(jù)平行線的傳遞性，平行直線確定唯一平面，即可證明；（2）建系，根據(jù)正六棱柱的性質(zhì)及空間向量法即可求解．【解答】解：（1）證明：∵取CC1的中點P，連接PB1，PM，B1F1，又M為EE1的中點，再結(jié)合正六棱柱的性質(zhì)易得：PM∥B1F1，且PM＝B1F1，∴四邊形MPB1F1為平行四邊形，∴MF1∥PB1，又N，P均為對應(yīng)棱的中點，∴PB1∥CN，∴MF1∥CN，∴C，M，F(xiàn)1，N四點共面；（2）根據(jù)正六棱柱的性質(zhì)可得：CE，CB，CC1兩兩相互垂直，∴分別以直線CE，CB，CC1為x軸，y軸，z軸，建立如圖的空間坐標系，則根據(jù)題意可得：C（0，0，0），E（，0，0），M（，0，2），A（，3，0），B（0，2，0），N（0，2，2），∴，，，根據(jù)正六棱柱的性質(zhì)易知平面ABB1A1的法向量，設(shè)平面CMF1N的法向量為，則，取，∴平面CMF1N與平面ABB1A1所成角的余弦值為：|cos|＝＝＝，∴平面CMF1N與平面ABB1A1所成角的正弦值為＝．【點評】本題考查平行線的傳遞性，平行直線確定唯一平面，向量法求解面面角問題，屬中檔題．26．（2022秋?武漢期中）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，，E點為棱AB的中點．（1）求二面角A﹣EC1﹣C的余弦值；（2）連接EC，若P點為直線EC上一動點，求當P點到直線BB1距離最短時，線段EP的長度．【分析】（1）以D1為原點，D1A1、D1C1、D1D所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得二面角A﹣EC1﹣C的余弦值；（2）設(shè)，其中0≤λ≤1，計算出點P到直線BB1的距離d的表達式，利用二次函數(shù)的基本性質(zhì)可求出d的最小值及對應(yīng)的λ的值，進而可求得EP的長．【解答】解：（1）如圖所示．以D1A1、D1C1、D1D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A（1，0，），E（1，，0），C（0，1，），C1（0，1，0），，B1（1，1，0），∴，，，設(shè)平面AEC1的法向量為，則，取，設(shè)平面ECC1的法向量為，則，取，∴|cos|＝＝＝，又由圖知所求角為銳角，∴二面角A﹣EC1﹣C的余弦值為；（2）設(shè)，0≤λ≤1，又＝（0，，0），∴＝（﹣λ，，），令，設(shè)點P到直線B1B的距離為d，則，∴當時，d取最小值，∴．【點評】本題考查向量法求解二面角問題，向量法求解點面距問題，函數(shù)思想，屬中檔題．題型6：用空間向量解決與距離、夾角有關(guān)的探索性問題27．（2022秋?福州期末）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，且AB⊥BC，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點．（1）證明：BF⊥DE；（2）在棱A1B1上是否存在一點M，使得異面直線MF與AC所成的角為30°？若存在，指出M的位置；若不存在，說明理由．【分析】（1）以B為原點建立空間直角坐標系，證得即可得出結(jié)論．（2）先設(shè)出M的坐標，利用空間向量求異面直線夾角公式可以解得M的位置．【解答】證明：（1）由直三棱柱ABC﹣A1B1C1可得BB1⊥平面ABC，且AB⊥BC，故以B為原點，BA，BC，BB1所在的直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則B（0，0，0），F(xiàn)（0，2，1），E（1，1，0），A（2，0，0），C（0，2，0），設(shè)B1D＝m，且m∈[0，2]，則D（m，0，2），∴，，由，∴BF⊥DE；解：（2）可設(shè)B1M＝n，且n∈[0，2]，則M（n，0，2），，，由異面直線MF與AC所成的角為30°可得：，整理得n2﹣8n+7＝0，即n＝1或n＝7（舍），所以存在點M，M是A1B1中點．【點評】本題主要考查了利用空間向量證明直線與直線垂直，考查了利用空間向量求異面直線的夾角，屬于中檔題．28．（2023·全國·高二專題練習）圖①是直角梯形，，，四邊形是邊長為的菱形，并且，以為折痕將折起，使點到達的位置，且.

(1)求證：平面平面；(2)在棱上是否存在點，使得點到平面的距離為？若存在，求出直線與平面所成角的正弦值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，直線與平面所成角的正弦值為【分析】（1）由二面角平面角定義可知是二面角的平面角，利用勾股定理可說明，由此可證得結(jié)論；（2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，設(shè)，由點到平面距離的向量求法可構(gòu)造方程求得，利用線面角的向量求法可求得結(jié)果.【詳解】（1）在圖①中，連接，交于，四邊形是邊長為的菱形，，，；在圖②中，相交直線均與垂直，是二面角的平面角，，，，，平面平面.（2）以為坐標原點，正方向為軸可建立如圖②所示空間直角坐標系，則，，，，，，，，，，設(shè)，，則，設(shè)平面的一個法向量，則，令，解得：，，；點到平面的距離，解得：或（舍），，，，直線與平面所成角的正弦值為.

【方法三】差異對比法易錯點：忽視向量的夾角與空間角的范圍及關(guān)系而致錯29．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝1，AA1＝2，則異面直線BD1和B1C所成角的余弦值為()A.eq\f(3\r(70),70) B．－eq\f(3\r(70),70)C．－eq\f(\r(70),70) D.eq\f(\r(70),70)【錯解】選B，以點D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(1,3,0)，D1(0,0,2)，B1(1,3,2)，C(0,3,0)，則eq\o(BD1,\s\up7(→))＝(－1，－3,2)，eq\o(B1C,\s\up7(→))＝(－1,0，－2)，從而cos〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(B1C,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(B1C,\s\up7(→)),|eq\o(BD1,\s\up7(→))||eq\o(B1C,\s\up7(→))|)＝eq\f(－3,\r(14)·\r(5))＝－eq\f(3\r(70),70).【錯因】兩異面直線所成角的范圍，而兩向量夾角的范圍為，錯解中誤認為兩向量夾角就是兩異面直線所成角?！菊狻窟xA以點D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(1,3,0)，D1(0,0,2)，B1(1,3,2)，C(0,3,0)，則eq\o(BD1,\s\up7(→))＝(－1，－3,2)，eq\o(B1C,\s\up7(→))＝(－1,0，－2)，從而cos〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(B1C,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(B1C,\s\up7(→)),|eq\o(BD1,\s\up7(→))||eq\o(B1C,\s\up7(→))|)＝eq\f(－3,\r(14)·\r(5))＝－eq\f(3\r(70),70).又異面直線BD1和B1C所成的角不可能為鈍角，其余弦值非負，所以，異面直線BD1和B1C所成角的余弦值為eq\f(3\r(70),70).30.如圖，在正方體中，E為的中點．求直線與平面所成角的正弦值．【錯解】（Ⅱ）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為，則、、、，，，設(shè)平面的法向量為，由，得，令，則，，則..則，因此，直線與平面所成角的正弦值為.【錯因】混淆線面角和平面的法向量與直線方向向量夾角的關(guān)系，實際上直線與平面所成的角的正弦值等于平面的法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即?！菊狻恳渣c為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為，則、、、，，，設(shè)平面的法向量為，由，得，令，則，，則.設(shè)直線與平面所成角為，則.因此，直線與平面所成角的正弦值為.31、如圖所示的幾何體是由棱臺ABC－A1B1C1和棱錐D－AA1C1C拼接而成的組合體,其底面四邊形ABCD是邊長為2的菱形,且∠BAD=60°,BB1⊥平面ABCD,BB1=B1C1=1.求二面角A1-BD-C1的余弦值.【錯解】設(shè)交于點,以為坐標原點,以為軸,以為軸,如圖建立空間直角坐標系,軸顯然平行于直由四邊形ABCD是邊長為2的菱形,且∠BAD=60°,得,,,,,,設(shè)平面的一個法向量為,則令,得,從而同理,設(shè)平面的一個法向量為,則令,得,從而,則.故二面角的余弦值為.【錯因】錯誤的認為兩平面法向量的夾角就等于二面角平面角，實際上是二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補角)．【正解】設(shè)交于點,以為坐標原點,以為軸,以為軸,如圖建立空間直角坐標系,軸顯然平行于直由四邊形ABCD是邊長為2的菱形,且∠BAD=60°,得,,,,,,設(shè)平面的一個法向量為,則令,得,從而同理,設(shè)平面的一個法向量為,則令,得,從而,則.又由圖可知為銳角,故二面角的余弦值為.【方法四】仿真實戰(zhàn)法考法：向量法求二面角32．（2023?北京）如圖，四面體P﹣ABC中，PA＝AB＝BC＝1，PC＝，PA⊥平面ABC．（Ⅰ）求證：BC⊥平面PAB；（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣B的大?。痉治觥浚á瘢┯蒔A⊥平面ABC可得PA⊥AC，PA⊥BC，由勾股定理可得BC⊥AB，再利用線面垂直的判定定理即可證得BC⊥平面PAB；（Ⅱ）以點B為坐標原點，分別以，所在直線為x軸，y軸的正方向，建立空間直角坐標系，求出相應(yīng)向量的坐標，進而求出平面APC和平面BPC的法向量，再利用二面角的向量公式計算即可．【解答】證明：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，BC?平面ABC，∴PA⊥AC，PA⊥BC，∵PA＝1，PC＝，∴AC＝＝＝，又∵AB＝BC＝1，∴AC2＝AB2+BC2，∴BC⊥AB，又∵PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB；解：（Ⅱ）以點B為坐標原點，分別以，所在直線為x軸，y軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示：則A（0，1，0），B（0，0，0），C（1，0，0），P（0，1，1），∴＝（0，0，1），＝（1，﹣1，0），＝（0，1，1），＝（1，0，0），設(shè)平面APC的一個法向量為＝（x，y，z），則，取x＝1，得＝（1，1，0），設(shè)平面BPC的一個法向量為＝（a，b，c），則，取b＝1，得＝（0，1，﹣1），∴cos＜，＞＝＝＝，由圖可知二面角A﹣PC﹣B為銳角，設(shè)二面角A﹣PC﹣B的大小為θ，則cosθ＝|cos＜，＞|＝，∴，即二面角A﹣PC﹣B的大小為．【點評】本題主要考查了線面垂直的判定定理，考查了利用空間向量求二面角的大小，屬于中檔題．33．（2021?新高考Ⅱ）在四棱錐Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3．（Ⅰ）求證：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．【分析】（Ⅰ）由CD2+QD2＝QC2證明CD⊥QD，再由CD⊥AD，證明CD⊥平面QAD，即可證明平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）取AD的中點O，在平面ABCD內(nèi)作Ox⊥AD，以O(shè)D所在直線為y軸，OQ所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，求出平面ADQ的一個法向量，平面BDQ的一個法向量，再求cos＜，＞即可．【解答】（Ⅰ）證明：△QCD中，CD＝AD＝2，QD＝，QC＝3，所以CD2+QD2＝QC2，所以CD⊥QD；又CD⊥AD，AD∩QD＝D，AD?平面QAD，QD?平面QAD，所以CD⊥平面QAD；又CD?平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）解：取AD的中點O，在平面ABCD內(nèi)作Ox⊥AD，以O(shè)D所在直線為y軸，OQ所在直線為z軸，建立空間直角坐標系O﹣xyz，如圖所示：則O（0，0，0），B（2，﹣1，0），D（0，1，0），Q（0，0，2），因為Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一個法向量為＝（1，0，0），設(shè)平面BDQ的一個法向量為＝（x，y，z），由＝（﹣2，2，0），＝（0，﹣1，2），得，即，令z＝1，得y＝2，x＝2，所以＝（2，2，1）；所以cos＜，＞＝＝＝，所以二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值為．【點評】本題考查了空間中的垂直關(guān)系應(yīng)用問題，也考查了利用空間向量求二面角的余弦值應(yīng)用問題，也可以直接利用二面角的定義求二面角的余弦值，是中檔題．34．（2023?新高考Ⅰ）如圖，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．點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P在棱BB1上，當二面角P﹣A2C2﹣D2為150°時，求B2P．【分析】（1）建系，根據(jù)坐標法及向量共線定理，即可證明；（2）建系，根據(jù)向量法，向量夾角公式，方程思想，即可求解．【解答】解：（1）證明：根據(jù)題意建系如圖，則有：B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），∴，，∴，又B2，C2，A2，D2四點不共線，∴B2C2∥A2D2；（2）在（1）的坐標系下，可設(shè)P（0，2，t），t∈[0，4]，又由（1）知C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），∴，，，設(shè)平面PA2C2的法向量為，則，取，設(shè)平面A2C2D2的法向量為，則，取，∴根據(jù)題意可得|cos150°|＝|cos＜，＞|＝，∴，∴t2﹣4t+3＝0，又t∈[0，4]，∴解得t＝1或t＝3，∴P為B1B2的中點或B2B的中點，∴B2P＝1．【點評】本題考查利用向量法證明線線平行，利用向量法求解二面角問題，向量共線定理及向量夾角公式的應(yīng)用，方程思想，屬中檔題．35．（2022?新高考Ⅱ）如圖，PO是三棱錐P﹣ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E為PB的中點．（1）證明：OE∥平面PAC；（2）若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C﹣AE﹣B的正弦值．【分析】（1）連接OA，OB，可證得OA＝OB，延長BO交AC于點F，可證得OE∥PF，由此得證；（2）建立空間直角坐標系，寫出各點的坐標，再求出平面ACE及平面ABE的法向量，利用向量的夾角公式得解．【解答】解：（1）證明：連接OA，OB，依題意，OP⊥平面ABC，又OA?平面ABC，OB?平面ABC，則OP⊥OA，OP⊥OB，∴∠POA＝∠POB＝90°，又PA＝PB，OP＝OP，則△POA≌△POB，∴OA＝OB，延長BO交AC于點F，又AB⊥AC，則在Rt△ABF中，O為BF中點，連接PF，在△PBF中，O，E分別為BF，BP的中點，則OE∥PF，∵OE?平面PAC，PF?平面PAC，∴OE∥平面PAC；（2）過點A作AM∥OP，以AB，AC，AM分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，由于PO＝3，PA＝5，由（1）知OA＝OB＝4，又∠ABO＝∠CBO＝30°，則，∴，又AC＝ABtan60°＝12，即C（0，12，0），設(shè)平面AEB的一個法向量為，又，則，則可取，設(shè)平面AEC的一個法向量為，又，則，則可取，設(shè)銳二面角C﹣AE﹣B的平面角為θ，則，∴，即二面角C﹣AE﹣B正弦值為．【點評】本題考查線面平行的判定以及利用空間向量求解二面角的正弦值，考查邏輯推理能力及運算求解能力，屬于中檔題．36．（2022?新高考Ⅰ）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為4，△A1BC的面積為．（1）求A到平面A1BC的距離；（2）設(shè)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．【分析】（1）利用等體積法可求點A到平面A1BC的距離；（2）以B為坐標原點，BC，BA，BB1所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，利用向量法可求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．【解答】解：（1）由直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為4，可得＝＝，設(shè)A到平面A1BC的距離為d，由＝，∴?d＝，∴×2?d＝，解得d＝．（2）連接AB1交A1B于點E，∵AA1＝AB，∴四邊形ABB1A1為正方形，∴AB1⊥A1B，又∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，∴AB1⊥平面A1BC，∴AB1⊥BC，由直三棱柱ABC﹣A1B1C1知BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥BC，又AB1∩BB1＝B1，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥AB，以B為坐標原點，BC，BA，BB1所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，∵AA1＝AB，∴BC×AB×＝2，又AB×BC×AA1＝4，解得AB＝BC＝AA1＝2，則B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），則＝（0，2，0），＝（1，1，1），＝（2，0，0），設(shè)平面ABD的一個法向量為＝（x，y，z），則，令x＝1，則y＝0，z＝﹣1，∴平面ABD的一個法向量為＝（1，0，﹣1），設(shè)平面BCD的一個法向量為＝（a，b，c），，令b＝1，則a＝0，c＝﹣1，平面BCD的一個法向量為＝（0，1，﹣1），cos＜，＞＝＝，二面角A﹣BD﹣C的正弦值為＝．【點評】本題考查求點到面的距離，求二面角的正弦值，屬中檔題．37．（2023?新高考Ⅱ）如圖，三棱錐A﹣BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC中點．（1）證明BC⊥DA；（2）點F滿足，求二面角D﹣AB﹣F的正弦值．【分析】（1）根據(jù)已知條件，推得DE⊥BC，AE⊥BC，再結(jié)合線面垂直的判定定理，即可求證．（2）根據(jù)已知條件，推得AE⊥平面BCD，依次求出兩個平面的法向量，再結(jié)合向量的夾角公式，即可求解．【解答】證明：（1）連接AE，DE，∵DB＝DC，E為BC中點．∴DE⊥BC，又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，∴△ACD與△ABD均為等邊三角形，∴AC＝AB，∴AE⊥BC，AE∩DE＝E，∴BC⊥平面ADE，∵AD?平面ADE，∴BC⊥DA．（2）解：設(shè)DA＝DB＝DC＝2，∴，∵，AD＝2，∴AE2+DE2＝4＝AD2，∴AE⊥DE，又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，∴AE⊥平面BCD，以E為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，，，，E（0，0，0），∵，∴，∴，，，設(shè)平面DAB與平面ABF的一個法向量分別為，，則，令x1＝1，解得y1＝z1＝1，，令y2＝1，解得x2＝0，z2＝1，故＝（1，1，1），＝（0，1，1），設(shè)二面角D﹣AB﹣F的平面角為θ，則|cosθ|＝＝＝，故sinθ＝，所以二面角D﹣AB﹣F的正弦值為．【點評】本題主要考查二面角的平面角及其求法，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．【方法五】成功評定法一、單選題1．（2023春·廣東深圳·高二深圳外國語學校?？茧A段練習）在正方體中，分別為的中點，為側(cè)面的中心，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，利用空間向量求解異面直線所成角的余弦值.【詳解】如圖，以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系.

設(shè)正方體的棱長為2，則,設(shè)異面直線與所成的角為，則，∴異面直線與所成角的余弦值為.故選：A.2．（2023春·江蘇鹽城·高二校聯(lián)考期中）在空間直角坐標系中，已知點，向量平面，則點到平面的距離為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)空間向量的坐標運算直接計算點到平面的距離.【詳解】因為，所以，又向量平面，所以是平面的一個法向量所以點到平面的距離為.故答案為：.3．（2023·全國·高二假期作業(yè)）兩平行平面分別經(jīng)過坐標原點O和點，且兩平面的一個法向量，則兩平面間的距離是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由空間向量求解【詳解】∵兩平行平面分別經(jīng)過坐標原點O和點，且兩平面的一個法向量，∴兩平面間的距離．故選：A4．（2022秋·北京·高二?？计谀┤鐖D，已知多面體的底面是邊長為2的菱形，底面，，且.若直線與平面所成的角為，則二面角的余弦值為（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】利用已知條件建立空間直角坐標系，找出要求的所有點的坐標，利用法向量解決即可.【詳解】連接，交于點，取中點，連接，因為分別為的中點，所以在中，，因為底面，所以底面又底面，底面，所以，在菱形中，，所以兩兩互相垂直，所以以為坐標原點，分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示：

又底面，直線與平面所成的角為，所以，所以，在菱形中，，所以為等邊三角形，又，且，所以，則，設(shè)平面的一個法向量為，由，令，同理設(shè)平面的一個法向量為，由，令，設(shè)二面角的大小為，由圖可知為鈍角，所以，即二面角的余弦值為：，故選：B.5．（2023春·高二單元測試）在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，且AB＝3，AD＝4，PA＝，則銳二面角的大小為（

）A．30° B．45°C．60° D．75°【答案】A【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角的坐標公式即可求解.【詳解】因為平面，平面，所以，，又是矩形，所以兩兩垂直，故以為坐標原點，為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，

又，，，所以，因為平面，所以平面的一個法向量為，而,設(shè)平面的法向量為，則，取，則，，所以30°，所以銳二面角的大小為30°，故選：A.6．（2023·全國·高二專題練習）如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，點P為線段BC1上的動點，則點P到直線AC的距離的最小值為（）

A．1 B． C． D．【答案】C【分析】以D為坐標原點，DA、DC、所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求異面直線距離可得.【詳解】解：正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，點P為線段BC1上的動點，以D為坐標原點，DA、DC、所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），設(shè)P（2﹣t，2，t），（0≤t≤2），，設(shè)異面直線的公共法向量為，則，取x＝1，得，∴點P到直線AC的距離為：，點P到直線AC的距離的最小值為.故選：C.

7．（2023春·安徽阜陽·高二安徽省太和中學?？茧A段練習）在棱長為2的正方體中，下列說法不正確的是（

）A．直線與平面所成的角為B．C．三棱錐外接球的表面積為D．平面與平面的距離為【答案】A【分析】根據(jù)線面角的定義即可判斷A，建立空間直角坐標系，通過空間向量的坐標運算即可判斷BD，由三棱錐外接球與正方體的外接球相同即可判斷C.【詳解】連接，與相交于點，因為平面，且平面，所以，又因為，，所以平面，即直線與平面所成的角為，且，故A錯誤；連接，以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，則，則設(shè)平面的法向量為，則，解得，取，則所以，則，所以平面，且平面，則，故B正確；因為三棱錐外接球就是正方體的外接球，設(shè)其外接球的半徑為，則，即，所以，故C正確；因為平面平面所以平面同理平面又平面,所以平面平面，由B選項可知，平面的法向量為，且，則兩平面間的距離，故D正確.故選:A8．（2023·全國·高二專題練習）在三棱錐中，底面，則點到平面的距離是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】解法一：以為原點，為軸，為軸，過作平面的垂線為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出點到平面的距離．解法二：根據(jù)三棱錐等體積轉(zhuǎn)換求解點到平面的距離.【詳解】解法一：建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，．設(shè)平面的法向量為，則即，令，則，，∴點到平面的距離為．故選：A.解法二

底面，，又，且平面，平面，平面，，，，在中，，令點到平面的距離為，，，．故選：A.二、多選題9．（2023春·廣西·高二校聯(lián)考期中）如圖，為正方體，邊長為1，下列說法正確的是（

）

A．平面 B．到面的距離為C．異面直線與的距離為 D．異面直線與的夾角為【答案】ABC【分析】先建立空間直角坐標系，然后利用向量法分別判斷4個選項即可.【詳解】

選項A：如圖建立空間直角坐標系，由題意，，，，，，，，，，，，所以，又因平面，平面，，所以平面，A正確；B選項：由A知為平面的法向量，，所以到面的距離為，故B正確，C選項：，，，設(shè)異面直線與的公共法向量為，則，，令，則，，,則異面直線與的距離為，故C正確，D選項：，，，所以異面直線與的夾角的余弦值為，夾角為故D錯誤，故選：ABC10．（2023春·湖北·高二鄖陽中學校聯(lián)考階段練習）已知正四面體的棱長為2，點分別為和的重心，為線段上一點，則下列結(jié)論正確的是（

）A．直線平面B．若，則平面C．直線到平面的距離為D．若取得最小值，則【答案】ABC【分析】將正四面體放入正方體中，建立空間直角坐標系，對每個選項逐一分析即可．【詳解】將正四面體放入正方體中，以點為原點，以，，所在直線為軸，軸，軸，如圖所示，

因為正四面體的長為2，所以正方體的棱長為，則，，，因為點，分別為和的重心，所以點的坐標為，點的坐標為所以，設(shè)平面的一個法向量為，因為，，所以，取，則，因為，且直線平面，所以直線平面，故A正確；所以點到平面的距離就是直線到平面的距離，則點到平面的距離，即直線到平面的距離為，故C正確，若，則，所以，因為，，設(shè)平面的一個法向量為，則，取，則，因為，所以平面，即平面，故B正確；點的坐標為，，則設(shè)，則，所以，所以，，因為，，所以，當時，即，，取得最小值，故D錯誤；故選：ABC11．（2022秋·廣東廣州·高二廣州市第九十七中學校考期末）已知空間中三點，，，則下列命題正確的是（

）A．方向的單位向量是B．與夾角的余弦值是C．的面積為D．若，則點到直線的距離為【答案】BCD【分析】根據(jù)單位向量、向量夾角、三角形面積、點線距等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】A選項，，所以方向的單位向量是，A選項錯誤.B選項，，設(shè)與夾角為，則，B選項正確.C選項，由于，所以，則是銳角，所以,所以，C選項正確.D選項，，，所以點到直線的距離為，D選項正確.故選：BCD12．（2023春·高二單元測試）如圖，在四棱錐中，平面平面，側(cè)面PAD是邊長為的正三角形，底面為矩形，，Q是PD的中點，則下列結(jié)論正確的是（

）

A．CQ⊥平面PADB．PC與平面AQC所成角的余弦值為C．三棱錐的體積為D．四棱錐外接球的半徑為3【答案】BD【分析】證明兩兩垂直，建立空間直角坐標系，求得相關(guān)點坐標，求出平面PAD的法向量，和比較可判斷A；根據(jù)線面角的向量求法可判斷B；根據(jù)等體積法可判斷C；確定四棱錐外接球的球心，即可求得半徑，判斷D.【詳解】如圖，取AD的中點O，BC的中點E，連接，,則，而；

因為為等邊三角形，所以.因為平面平面，平面平面，所以平面.因為，所以兩兩垂直．以O(shè)為坐標原點，以所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則點，，，)，，，因為Q是PD的中點，所以Q點坐標為.平面的一個法向量可取為，，顯然與不共線，所以CQ與平面不垂直，所以A不正確；，，，設(shè)平面的一個法向量為，則，令x＝1，則，，所以.設(shè)PC與平面所成角為，則，所以，所以B正確；三棱錐的體積為，所以C錯誤；由題意四棱錐外接球的球心位于平面上，設(shè)為點，則，所以，解得，即為矩形對角線的交點，所以四棱錐外接球的半徑為，D正確，故選：BD三、填空題13．（2023·全國·高二專題練習）設(shè)異面直線的方向向量分別為，則異面直線所成角的大小為．【答案】/60°【分析】根據(jù)空間向量的坐標運算求解異面直線所成角的余弦值，即可得所成角大小.【詳解】因為異面直線的方向向量分別為，所以，又所以．所以異面直線所成角的大小為．故答案為：.14．（2023春·高二課時練習）已知正方體中，M，N分別為棱AB，的中點，過，M，N三點作該正方體的截面，若截面為一個多邊形，則在頂點處的內(nèi)角的余弦值為．【答案】【分析】建立空間直角坐標系，根據(jù)，求出坐標，利用向量的夾角公式求解即可.【詳解】設(shè)正方體棱長為2，多邊形與棱相交于，以所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，則，設(shè)，，