2025高考帮备考教案数学第七章　立体几何与空间向量第5讲　空间向量及空间位置关系含答案

2025高考帮备考教案数学第七章立体几何与空间向量第5讲空间向量及空间位置关系课标要求命题点五年考情命题分析预测1.（1）了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置；（2）借助特殊长方体顶点的坐标，探索并得出空间两点间的距离公式.2.了解空间向量的概念.3.（1）了解空间向量基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；（2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；（3）掌握空间向量的数量积及其坐标表示；（4）了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义.4.（1）理解直线的方向向量与平面的法向量；（2）能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平行关系；（3）能用向量方法证明有关直线、平面位置关系的判定定理.空间向量的基本定理该讲知识是利用空间向量求解立体几何问题的基础，主要用来求解平面的法向量和直线的方向向量，以及利用向量解决空间位置关系的判断问题，考查数学运算素养.空间向量的坐标运算利用向量法证明平行与垂直问题2021新高考卷ⅡT10；2021全国卷甲T19；2021浙江T6；2020天津T17学生用书P1541.空间向量的三个定理共线向量定理对空间任意两个向量a，b（b≠0），a∥b⇔存在λ∈R，使①a＝λb.共面向量定理若两个向量a，b②不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对（x，y），使③p＝xa＋yb.空间向量基本定理如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使得p＝④xa＋yb＋zc，{a，b，c}叫做空间的一个基底.注意（1）空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底.（2）基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示.规律总结应用共线（面）向量定理证明点共线（面）的方法2.空间向量的坐标运算设a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），则（1）a±b＝（a1±b1，a2±b2，a3±b3）；（2）λa＝（λa1，λa2，λa3）（λ∈R）；（3）a·b＝⑤a1b1＋a2b2＋a3b3；（4）a∥b⇔a＝λb（b≠0）⇔⑥a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3（λ∈R）；（5）a⊥b⇔a·b＝0⇔⑦a1b1＋a2b2＋a3b3＝0；（6）｜a｜＝a·a＝（7）cos＜a，b＞＝a·b｜规律总结空间两点间的距离及中点坐标公式设点A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2）是空间中两点，则（1）AB＝⑧（x1（2）线段AB的中点坐标为（x1＋x22，3.直线的方向向量和平面的法向量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l平行或重合，则称向量a为直线l的方向向量.平面的法向量直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量.思维拓展确定平面法向量的方法（1）直接法：观察是否有垂直于平面的直线，若有，则此直线的方向向量就是平面的法向量.（2）待定系数法：建立空间直角坐标系，找出（求出）平面内的两个不共线的向量，如a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），设平面的法向量为n＝（x，y，z），则n·a注意n＝（0，0，0）不能作为法向量.方法技巧向量的叉乘a×b运算得出的是与a，b垂直的向量，所以可以利用叉乘计算平面的法向量，运算法则如下：i，j，k分别表示x，y，z轴正方向的单位向量，a＝（x1，y1，z1），b＝（x2，y2，z2），则a×b＝ijkx1y1z1x2y2z2＝（y1z2－y2z1）i－（x1z2－x2z1）j＋（x1y2－x2y1）k＝（y1z2－y2z4.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，n2.l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2（λ∈R，λ≠0）l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m.l∥αn⊥m⇔⑨m·n＝0l⊥αn∥m⇔n＝λm（λ∈R，λ≠0）平面α，β的法向量分别为n，m.α∥βn∥m⇔n＝λm（λ∈R，λ≠0）α⊥βn⊥m⇔⑩m·n＝01.下列说法正确的是（C）A.直线的方向向量是唯一确定的B.若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥αC.若两平面的法向量平行，则两平面平行D.若直线a的方向向量与平面α的法向量垂直，则a∥α2.已知A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），则下列向量是平面ABC的一个法向量的是（C）A.（－1，1，1） B.（1，－1，1）C.（－33，－33，－33） D.（33，33.在空间直角坐标系中，A（1，1，－2），B（1，2，－3），C（－1，3，0），D（x，y，z）（x，y，z∈R），若A，B，C，D四点共面，则（A）A.2x＋y＋z＝1 B.x＋y＋z＝0 C.x－y＋z＝－4 D.x＋y－z＝04.已知向量a＝（1，0，－1），则下列向量中与a成60°夹角的是（B）A.（－1，1，0） B.（1，－1，0） C.（0，－1，1） D.（－1，0，1）5.[教材改编]已知u＝（3，a＋b，a－b）（a，b∈R）是直线l的方向向量，n＝（1，2，3）是平面α的法向量.若l∥α，则a与b的关系式为5a－b＋3＝0；若l⊥α，则a＋b＝6.解析由题意可知，若l∥α，则u·n＝0，即3＋2（a＋b）＋3（a－b）＝0，整理得5a－b＋3＝0.若l⊥α，则存在实数λ，使得u＝λn，即（3，a＋b，a－b）＝λ（1，2，3），则3=λ，a＋b=2λ，学生用书P156命题点1空间向量的基本定理例1（1）已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，且有OP＝xOA＋yOB＋zOC（x，y，z∈R），则x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四点共面的（A）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件解析由题可知，要使P，A，B，C四点共面，则需x＋y＋z＝1.当x＝2，y＝－3，z＝2时满足条件，所以x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四点共面的充分条件；反之，当四点共面时，只要x＋y＋z＝1即可，不一定要取x＝2，y＝－3，z＝2，所以x＝2，y＝－3，z＝2不是P，A，B，C四点共面的必要条件.故x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四点共面的充分不必要条件.（2）在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，若AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则下列向量中与BM相等的向量是（BA.12a＋12b＋c B.－12a＋1C.－12a－12b＋c D.12a－1解析如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，故A1M＝12（A1B1＋A1D1）＝12a＋12－AB＋AA1＋12a＋12b＝－a＋c＋12a＋12b＝－12a＋方法技巧1.证明空间四点共面的方法（1）利用共线向量定理；（2）利用共面向量定理.2.空间基底的要求是不共面的三个向量.训练1[多选]如图，在四面体PABC中，以下说法正确的有（ABC）A.若AD＝13AC＋23AB，则B.若Q为△ABC的重心，则PQ＝13PA＋1C.若PA·BC＝0，PC·AB＝0，则PB·AC＝0D.若四面体PABC各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点，则｜MN｜＝1解析对于A，∵AD＝13AC＋23AB，∴3AD＝AC＋2AB，∴2AD－2AB＝AC－AD，∴2BD＝DC，则3BD＝BD＋DC＝BC，即3BD＝对于B，∵Q为△ABC的重心，则QA＋QB＋QC＝0，∴3PQ＋QA＋QB＋QC＝3PQ，∴（PQ＋QA）＋（PQ＋QB）＋（PQ＋QC）＝3PQ，则PA＋PB＋PC＝3PQ，即PQ＝13PA＋13PB＋对于C，若PA·BC＝0，PC·AB＝0，则PA·BC＋PC·AB＝0，∴PA·BC＋PC·（AC＋CB）＝0，∴PA·BC＋PC·AC＋PC·CB＝0，即PA·BC＋PC·AC－PC·BC＝0，∴（PA－PC）·BC＋PC·AC＝0，∴CA·BC＋PC·AC＝0，则AC·CB＋PC·AC＝0，∴AC·（PC＋CB）＝0，即AC·PB＝0，故C正确；对于D，连接PN，∵MN＝PN－PM＝12（PB＋PC）－12PA＝12（PB＋PC－PA），∴｜MN｜＝12｜PB＋PC－PA｜＝12｜PA又｜PA－PB－PC｜2＝PA2＋PB2＋PC2－2PA·PB－2PA·PC＋2PC·PB＝22＋22＋22－2×2×2×12－2×2×2×12＋2×2×2×12＝8，∴｜MN｜＝2命题点2空间向量的坐标运算例2（1）若向量a＝（1，1，x），b＝（1，2，1），c＝（1，1，1），且（c－a）·（2b）＝－2，则x＝2.解析c－a＝（0，0，1－x），（c－a）·（2b）＝（0，0，1－x）·2（1，2，1）＝2（1－x）＝－2，解得x＝2.（2）如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，N是A1A的中点，则｜BN｜＝3，cos＜BA1，CB1＞＝解析如图，以C为原点，CA，CB，CC1的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Cxyz.依题意得B（0，1，0），N（1，0，1）∴｜BN｜＝（1－0依题意得A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2）.∴BA1＝（1，－1，2），CB1＝（0，∴BA1·CB1＝3，｜BA1｜＝6，∴cos＜BA1，CB1＞＝方法技巧空间向量的概念以及空间向量的加、减、数乘、数量积运算及其坐标表示是平面向量的类比推广.训练2（1）[多选]已知空间向量a＝（2，－2，1），b＝（3，0，4），则下列说法正确的是（BC）A.向量c＝（－8，5，6）与a，b垂直B.向量d＝（1，－4，－2）与a，b共面C.若a与b分别是异面直线l1与l2的方向向量，则l1与l2所成的角的余弦值为2D.向量a在向量b上的投影向量为（6，0，8）解析对于A选项，a·c＝－16－10＋6≠0，b·c＝－24＋24＝0，故c与a不垂直，A错；对于B选项，设d＝ma＋nb，则m（2，－2，1）＋n（3，0，4）＝（1，－4，－2），所以2m+3n=1，－2m＝－4，对于C选项，因为cos＜a，b＞＝a·b｜a｜·｜所以异面直线l1与l2所成的角的余弦值为23，C对于D选项，向量a在向量b上的投影向量｜a｜cos＜a，b＞·b｜b｜＝3×23×15（3，0，4）＝（65，0故选BC.（2）已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝12.若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝52，且对于任意x，y∈R，｜b－（xe1＋ye2）｜≥｜b－（x0e1＋y0e2）｜＝1（x0，y0∈R），则x0＝1，y0＝2，｜b｜＝22解析由题意可令b＝x0e1＋y0e2＋e3，其中｜e3｜＝1，e3⊥ei，i＝1，2.由b·e1＝2得x0＋y02＝2，由b·e2＝52得x02＋y0＝则b＝e1＋2e2＋e3，∴｜b｜＝（e1+2e命题点3利用向量法证明平行与垂直问题例3[2021浙江高考]如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（A）A.直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1解析解法一以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，DA，DC，DD1的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.设AB＝2，则A1（2，0，2），D（0，0，0），D1（0，0，2），B（2，2，0），所以M（1，0，1），N（1，1，1），所以A1D＝（－2，0，－2），D1B＝（2，2，－2），MN＝（0，1，0），所以A1D·D1B＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B.又由题图易知直线A1D与BD1是异面直线，所以A1D与BD1异面且垂直，故B，C不正确.因为平面ABCD的一个法向量为n＝（0，0，1），所以MN·n＝0，所以MN∥平面ABCD，故A正确.设直线MN与平面BDD1B1所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝（－1，1，0），所以sinθ＝｜cos＜MN，a＞｜＝｜MN·a｜｜MN｜·｜解法二连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直，故B，C不正确.在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，又MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以MN∥平面ABCD，故A正确.易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直，故D不正确.故选A.方法技巧1.利用空间向量证明平行问题的方法线线平行证明两条直线的方向向量共线.线面平行（1）证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；（2）证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；（3）证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示.面面平行（1）证明两个平面的法向量平行；（2）转化为线线平行、线面平行问题.2.利用空间向量证明垂直问题的方法线线垂直证明两直线的方向向量垂直，即证它们的数量积为零.线面垂直（1）证明直线的方向向量与平面的法向量共线；（2）证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量都垂直.面面垂直（1）其中一个平面与另一个平面的法向量平行；（2）两个平面的法向量垂直.注意用向量法证明平行与垂直问题时，要注意解题的规范性.如证明线面平行时，需要说明一条直线在平面内，另一条直线在平面外.训练3如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，EP⊥平面ABCD.求证：（1）AQ∥平面CEP；（2）平面AEQ⊥平面DEP.解析（1）如图，连接PQ，因为四边形ABCD为矩形，且P，Q分别为线段AB，CD的中点，则PQ⊥AB.易知PA，PQ，PE两两垂直，以P为坐标原点，分别以PA，PQ，PE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AB＝2，PE＝a，则P（0，0，0），A（1，0，0），Q（0，1，0），E（0，0，a），C（－1，1，0），D（1，1，0）.所以AQ＝（－1，1，0），PC＝（－1，1，0），所以AQ∥PC，即AQ∥PC.（证明平面外直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行）又AQ⊄平面CEP，PC⊂平面CEP，（注意说明前提条件）所以AQ∥平面CEP.（2）由（1）知PD＝（1，1，0），PE＝（0，0，a），因为AQ·PD＝（－1，1，0）·（1，1，0）＝－1＋1＝0，所以AQ⊥PD，即AQ⊥PD.因为AQ·PE＝（－1，1，0）·（0，0，a）＝0，所以AQ⊥PE，即AQ⊥PE.（证明直线方向向量与平面内两条相交直线的方向向量都垂直）又PD∩PE＝P，PE，PD⊂平面DEP，所以AQ⊥平面DEP，又AQ⊂平面AEQ，（注意说明前提条件）所以平面AEQ⊥平面DEP.1.[命题点1/2024北京市陈经纶中学模拟]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若AE＝AA1＋xAB＋yAD，则x＝12，y＝1解析如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为点E为上底面A1C1的中心，所以A1E＝12（A1B1＋A1D1）AA1＋A1E＝AA因为AE＝AA1＋xAB＋y所以x＝y＝122.[命题点1，2]已知向量a＝（2，－1，3），b＝（－1，4，－2），c＝（7，5，λ），若a，b，c三向量共面，则实数λ＝657解析因为a，b，c共面，所以设a＝xb＋yc，故（2，－1，3）＝x（－1，4，－2）＋y（7，5，λ），即－x+7y=2，3.[命题点3]如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝22，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.求证：PQ∥平面BCD.解析如图，以C为原点，CD，CB的方向分别为x轴、y轴正方向，过点C作底面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则AD∥z轴.设CD＝a，因为P为BM的中点，AQ＝3QC，所以D（a，0，0），A（a，0，2），M（a，0，1），B（0，8－a2，0），P（a2，8－a22，12），Q（a4，0，12），所以PQ又平面BCD的一个法向量n＝（0，0，1），所以PQ·n＝0，又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.学生用书·练习帮P3391.以下各选项中的三个向量，不能构成空间基底的是（A）A.a＝（1，0，0），b＝（0，2，0），c＝（12，－2，0B.a＝（1，0，0），b＝（0，1，0），c＝（0，0，2）C.a＝（1，0，1），b＝（0，1，1），c＝（2，1，2）D.a＝（1，1，1），b＝（0，1，0），c＝（1，0，2）解析若空间三个向量a，b，c能构成空间的一个基底，则向量a，b，c不共面，对于选项A，因为a＝（1，0，0），b＝（0，2，0），c＝（12，－2，0），则c＝12a－22b，即向量a，b，c共面，故选项A中的三个向量不能构成空间基底.选项B，C，2.已知直线l1的一个方向向量a＝（2，4，x），直线l2的一个方向向量b＝（2，y，2），若｜a｜＝6，且l1⊥l2，则x＋y的值是（A）A.－3或1 B.3或－1C.－3 D.1解析∵｜a｜＝22＋42＋x2＝6，∴x＝±4.∵l1⊥l2，∴a⊥b，∴a·b＝2×2＋4y＋2x＝0，∴y＝－1－12x.∴当x＝4时，y＝－3；当x＝－4时，y＝1.∴x＋y3.已知a＝（1，2，－y），b＝（x，1，2），且（a＋2b）∥（2a－b），则（B）A.x＝13，y＝1 B.x＝12，y＝C.x＝2，y＝－14 D.x＝1，y＝－解析由题意知，a＋2b＝（2x＋1，4，4－y），2a－b＝（2－x，3，－2y－2）.∵（a＋2b）∥（2a－b），∴存在实数λ，使a＋2b＝λ（2a－b），∴2x+1=4.[多选/2024广东佛山一中校考]下列关于空间向量的命题中，正确的有（BD）A.直线l的一个方向向量是a＝（0，3，0），平面α的一个法向量是u＝（0，－5，0），则l∥αB.若a，b，c可构成空间的一个基底，则向量a＋b，b＋c，c＋a也可构成空间的一个基底C.若非零向量a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则有a∥cD.若OA，OB，OC可构成空间的一个基底，且OD＝13OA＋13OB＋13OC，则A，解析对于A，直线l的一个方向向量为a＝（0，3，0），平面α的一个法向量是u＝（0，－5，0），此时a＝－35u，所以l⊥α，故A对于B，因为a，b，c可构成空间的一个基底，所以对于空间中的任意一个向量m，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使得m＝xa＋yb＋zc＝x＋y－z2（a＋b）＋y＋z－x2·（b＋c）＋x＋z－y2（a＋c对于C，若非零向量a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则a与c关系不定，有可能平行，故C错误；对于D，若OA，OB，OC可构成空间的一个基底，且OD＝13OA＋13OB＋13OC，13＋13＋13＝1，易知A，B，5.[2024浙江台州模拟]如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB＝BC＝2，AP＝a.若D是棱PC上的点，满足PD＝13PC，且AD⊥PB，则a＝2.解析因为PA⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC，又AB⊥BC，故PA，AB，BC两两垂直，以A为坐标原点，AB，AP所在直线分别为y轴，z轴，平行于BC的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，故A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，2，0），P（0，0，a），因为PD＝13PC，所以D（23，23，23a），因为AD⊥PB，所以AD·PB＝（23，23，23a）·（0，2，－a）＝43－23a6.[2024辽宁省部分名校联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，P是空间内的动点，且｜PB＋PD1｜＝23，则AP·PB的最大值为（BA.－8 B.－4＋26 C.13 解析如图，连接BD1，取BD1的中点M，连接PM，则PB＋PD1＝2PM，则｜PB＋PD1｜＝｜2PM｜＝23，即｜PM｜＝3，故动点P的轨迹为以M为球心，3为半径的球.由正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，可知正方体ABCD－A1B1C1D1外接球的半径为3，故动点P的轨迹为正方体ABCD－A1B1C1D取AB的中点N，连接PN，MN，则AP·PB＝－（PN＋NA）·（PN＋NB）＝－（PN＋NA）·（PN－NA）＝NA2－PN2＝1－由题可知，｜MN｜＝2，则3－2≤｜PN｜≤3＋2，5－26≤｜PN｜2≤5＋26，则－4－26≤1－PN2≤－4所以AP·PB的最大值为－4＋26，故选B.7.[多选/2024浙江联考]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，点M，N分别在棱AB和BB1上运动（不含端点），若D1M⊥MN，则下列命题正确的是（AD）A.MN⊥A1MB.MN⊥平面D1MCC.线段BN长度的最大值为1D.三棱锥D1－A1C1M体积不变解析如图，以D为坐标原点，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，则A1（2，0，2），D1（0，0，2），设M（2，a，0），N（2，2，b），a，b∈（0，2），则D1M＝（2，a，－2），MN＝（0，2－a，b），又D1M⊥MN，所以D1M·MN＝a（2－a）－2b＝0，得b对于A，A1M＝（0，a，－2），所以A1M·MN＝a（2－a）－2b＝0，故A1M⊥对于B，C（0，2，0），MC＝（－2，2－a，0），MN·MC＝（2－a）2≠0，所以MN与MC不垂直，则MN不垂直于平面D1MC，故B错误；对于C，B（2，2，0），｜BN｜＝b＝a（2－a）2＝－12（a－1）2＋12，a∈（0，2），所以当a＝1时，对于D，VD1－A1C1M＝VM－A1C1D1＝13×SA1C18.[多选/2024广东清远模拟]如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P为侧面BB1C1C内（不含边界）的动点，则（AC）A.D1O⊥ACB.存在点P，使得D1O∥B1PC.三棱锥A－D1DP的体积为4D.若D1O⊥PO，则C1P的最小值为85解析以点D为坐标原点，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，则A（2，0，0），C（0，2，0），D（0，0，0），D1（0，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），O（1，1，0），设点P（x，2，z），其中0＜x＜2，0＜z＜2.对于A选项，AC＝（－2，2，0），D1O＝（1，1，－2），则AC·D1O＝－2＋2＝0，所以D1O⊥对于B选项，B1P＝（x－2，0，z－2），D1O＝（1，1，－2），若B1P∥D1O，则x－21＝01＝z－2－2，解得x＝z＝2，不符合题意，所以不存在点对于C选项，S△ADD1＝12×22＝2，点P到平面ADD1的距离为2，所以VA－DD1P＝V对于D选项，OP＝（x－1，1，z），若D1O⊥PO，则D1O·OP＝x－1＋1－2z＝x－2z＝0，可得x＝2由0<z<2，0<2z<2，所以C1P＝x2＋（2－2）2＋（z－2）2＝9.如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.（1）求线段AC1的长；（2）求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；（3）求证：AA1⊥BD.解析（1）设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，这三个向量不共面，{a，b，c}构成空间的一个基底，则｜a｜＝｜b｜＝1，｜c｜＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos120°＝－1.因为AC1＝AC＋CC1＝AB＋AD＋AA1＝a＋b＋c，所以｜AC1｜＝｜a＋b＋c｜＝（a＋b（2）设异面直线AC1与A1D所成的角为θ，则cosθ＝｜cos＜AC1，A1D＞因为AC1＝a＋b＋c，A1D＝所以AC1·A1D＝（a＋b＋c）·（b－c）＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22｜A1D｜＝（b－c）2＝｜b｜2－故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为147（3）因为AA1＝c，BD＝b－所以AA1·BD＝c·（b－a）＝c·b－c·a＝（－1）－（－1）＝所以AA1⊥BD，即AA1⊥BD10.[2024辽宁省辽东教学共同体联考]如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PD⊥底面ABCD，且PD＝DA＝CD＝2AB＝2，M点为PC的中点.（1）求证：BM∥平面PAD.（2）平面PAD内是否存在点N，使MN⊥平面PBD？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由.解析（1）∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥CD.又∠DAB＝90°，CD∥AB，∴CD⊥AD.以D为坐标原点，DA，DC，DP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，由于PD＝CD＝DA＝2AB＝2，∴D（0，0，0），B（2，1，0），C（0，2，0），P（0，0，2），M（0，1，1），易知，平面PAD的一个法向量为DC＝（0，2，0），∵BM＝（－2，0，1），∴DC·BM＝0，∴DC⊥BM.又BM⊄平面PAD，∴BM∥平面PAD.（2）存在N（12，设N（x，0，z）是平面PAD内一点，则MN＝（x，－1，z－1），DP＝（0，0，2），DB＝（2，1，0），若MN⊥平面PBD，则MN∴2（z因此，在平面PAD内存在点N（12，0，1），使11.[多选]已知单位向量i，j，k两两的夹角均为θ（0＜θ＜π，θ≠π2），若空间向量a满足a＝xi＋yj＋zk（x，y，z∈R），则有序实数组（x，y，z）称为向量a在“仿射”坐标系Oxyz（O为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作a＝（x，y，z）θ，则下列命题是真命题的有（BCA.已知a＝（1，3，－2）θ，b＝（4，0，2）θ，则a·b＝0B.已知a＝（x，y，0）π3，b＝（0，0，z）π3，其中x，y，z＞0，则当且仅当x＝y时，向量a，C.已知a＝（x1，y1，z1）θ，b＝（x2，y2，z2）θ，则a＋b＝（x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2）θD.已知OA＝（1，0，0）π3，OB＝（0，1，0）π3，OC＝（0，0，1）π3，则三棱锥O－ABC的表面积解析a·b＝（1，3，－2）θ·（4，0，2）θ＝（i＋3j－2k）·（4i＋2k）＝4＋2i·k＋12i·j＋6j·k－8k·i－4＝12cosθ，因为0＜θ＜π，且θ≠π2，所以a·b≠0，故A如图所示，设OB＝b，OA＝a，则点A在平面Oxy上，点B在z轴上，由图易知当x＝y时，∠AOB取得最小值，即向量a与b的夹角取得最小值，故B正确；根据“仿射”坐标的定义可得，a＋b＝（x1，y1，z1）θ＋（x2，y2，z2）θ＝（x1i＋y1j＋z1k）＋（x2i＋y2j＋z2k）＝（x1＋x2）i＋（y1＋y2）j＋（z1＋z2）k＝（x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2）θ，故C正确；由已知可得三棱锥O－ABC为正四面体，棱长为1，其表面积S＝4×12×12×32＝3，故D故选BC.第6讲空间角和空间距离课标要求命题点五年考情命题分析预测1.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角.2.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用.求异面直线所成的角2021全国卷乙T5该讲每年必考，主要考查利用几何法或向量法求解线线角、线面角、面面角、空间距离等问题，方法比较固定，备考时注意对空间角与向量夹角关系的梳理.求线面角2023全国卷乙T9；2023全国卷甲T18；2022全国卷乙T18；2022全国卷甲T7；2022全国卷甲T18；2020新高考卷ⅠT20；2020新高考卷ⅡT20；2020全国卷ⅡT20求二面角2023新高考卷ⅠT18；2023新高考卷ⅡT20；2023全国卷乙T19；2023天津T17；2022新高考卷ⅠT19；2022新高考卷ⅡT20；2021新高考卷ⅠT20；2021新高考卷ⅡT19；2021全国卷乙T18；2021全国卷甲T19；2020全国卷ⅠT18；2020全国卷ⅢT19；2019全国卷ⅠT18；2019全国卷ⅡT17；2019全国卷ⅢT19求空间距离2023天津T17；2023上海春季T17；2022新高考卷ⅠT19学生用书P1581.空间角（1）异面直线所成的角：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a'∥a，b'∥b，我们把a'与b'所成的角叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）.异面直线夹角的范围是①（0，π2]（2）直线与平面所成的角a.平面的一条斜线和它在平面上的②射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面，则它们所成的角是③90°；一条直线和平面平行或直线在平面内，则它们所成的角是④0°.b.线面角θ的取值范围：⑤[0，π2]c.最小角定理：平面的斜线和它在平面内的射影所成的角是这条斜线和这个平面内任一条直线所成角中最小的角.（3）二面角与两个平面的夹角a.从一条直线出发的两个⑥半平面所组成的图形叫做二面角.b.二面角的平面角：如图，在二面角α－l－β的棱l上任取一点P，以点P为垂足，在半平面α，β内分别作垂直于棱l的射线PA和PB，则射线PA和PB构成的∠APB叫做二面角α－l－β的平面角.c.二面角的范围：⑦[0，π].2.利用向量法求空间角空间角求法注意事项异面直线所成角设异面直线l，m的方向向量分别为a，b，若直线l与m的夹角为θ，则cosθ＝⑧｜cos＜a，b＞｜.角θ的范围为⑨（0，π2]，所以线线角的余弦值非负线面角设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，若直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝⑩｜cos＜a，n＞｜.角θ的范围为⑪[0，π2]，注意θ与＜a，n＞的关系两个平面的夹角平面α，β的法向量分别为n1，n2，若设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝｜cos＜n1，n2＞｜.两个平面夹角的范围为⑫[0，π2]，二面角的范围是⑬[0，π]易错警示1.线面角θ与向量夹角＜a，n＞的关系如图1（1），θ＝＜a，n＞－π2；如图1（2），θ＝π2－＜a，n图12.二面角θ与两平面法向量夹角＜n1，n2＞的关系图2（2）（4）中θ＝π－＜n1，n2＞；图2（1）（3）中θ＝＜n1，n2＞. 图23.利用向量法求空间距离（1）点P到直线AB的距离d＝｜AP｜sin＜AP，AB＞＝｜AP｜·1－（2）点P到平面ABC的距离为PA在平面ABC的法向量n上的投影向量的长度，即d＝⑭|PA⋅（3）当直线PQ与平面ABC平行时，直线PQ到平面ABC的距离可转化为点P到平面ABC的距离.（4）当平面α与平面β平行时，两平面的距离可转化为平面α上一点P到平面β的距离.（5）如图，异面直线a，b之间的距离即直线a上一点P到a'与b所确定的平面α的距离（a'∥a，a'∩b＝O）.1.[教材改编]如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的侧面展开图是边长为4的正方形，则在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，异面直线AK和LM所成的角的大小为（D）A.30° B.45° C.60° D.90°解析根据题意还原正四棱柱的直观图，如图所示，取AA1的中点G，连接KG，则有KG∥LM，所以∠AKG或其补角为异面直线AK和LM所成的角.由题知AG＝2，AK＝KG＝1+1＝2，则有AK2＋KG2＝AG2，所以∠AKG＝90°，即异面直线AK和LM所成的角为90°.故选D.2.[教材改编]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝4，过点D1作直线l，与直线A1B，AC所成的角均为60°，则这样的直线l有（C）A.2条 B.3条 C.4条 D.无数条解析如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1C1，BC1，则A1C1∥AC，所以∠BA1C1或其补角为异面直线A1B与AC所成的角，由题意得A1B＝5，A1C1＝5，BC1＝42，所以cos∠BA1C1＝52＋925＜12，所以60°＜∠BA1C1＜90°，则过点D1作直线l，与直线A1B，AC所成的角均为60°，即过一点作直线，使之与同一平面上夹角大于60°的锐角的两边所在直线所成的角均成60°，这样的直线l有4条.3.[易错题]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30°解析设l与α所成的角为θ，则sinθ＝｜cos＜m，n＞｜＝12，所以θ＝4.已知空间直角坐标系Oxyz中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为n＝（a，b，c）的平面α的方程为a（x－x0）＋b（y－y0）＋c（z－z0）＝0.用以上知识解决下面问题：已知平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，直线l是两个平面x－y＋3＝0与x－2z－1＝0的交线，试写出直线l的一个方向向量（2，2，1），直线l与平面α所成角的余弦值为659解析由平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，可得平面α的一个法向量为n＝（1，2，－2）.平面x－y＋3＝0的一个法向量为m1＝（1，－1，0），平面x－2z－1＝0的一个法向量为m2＝（1，0，－2）.设直线l的方向向量为m＝（x，y，z），则m·m1=0，m·m2=0，即x－y=0，x－2z=0，令z＝1，则取m＝（2，2，1）.设直线l与平面α所成角为θ，0°≤θ≤90°，则学生用书P159命题点1求异面直线所成的角例1[2021全国卷乙]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（D）A.π2 B.π3 C.π4 解析解法一（几何法）如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，BB1∩B1D1＝B1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP，所以C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则在直角三角形C1PB中，C1P＝12B1D1＝2，BC1＝22，sin∠PBC1＝PC1BC1＝12，所以∠解法二（向量法）以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，B1C1，B1A1，B1B的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则B（0，0，2），P（1，1，0），DA（0，2，2），PB＝（－1，－1，2），AD1＝（2，0，－2）.设直线PB与AD1所成的角为θ，则cosθ＝｜PB·AD1｜PB||AD1｜｜＝｜－6｜6×8解法三如图所示，连接BC1，A1B，A1C1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成角等于直线PB与BC1所成角.根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点.易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝π3，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝12∠A1BC1＝π6.方法技巧求异面直线所成角的方法几何法将两直线平移到同一平面内，构造三角形，利用勾股定理或解三角形求两异面直线的夹角或其余弦值.向量法将两直线的方向向量表示出来，利用向量夹角计算两异面直线夹角的余弦值.注意异面直线夹角的范围是（0，π2]训练1[全国卷Ⅱ]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（C）A.15 B.56 C.55 解析解法一如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，所以DE1＝DE2＋EE12＝12＋（3）2＝2，DB1＝12＋12＋（3）2＝5，B1E1＝A1B12＋A1E12解法二如图，连接BD1，交DB1于点O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，AD1＝AD2＋DD12＝2，DM＝AD2＋（12AB）2＝52，DB1＝AB2＋AD2＋DD12＝5，所以OM＝12AD1＝1，解法三以D为坐标原点，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.由条件可知D（0，0，0），A（1，0，0），D1（0，0，3），B1（1，1，3），所以AD1＝（－1，0，3），DB1＝（1，1，3），则由向量夹角公式，得cos＜AD1，DB1＞＝AD1·DB1｜命题点2求线面角例2[2022全国卷甲]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.解析（1）如图所示，取AB的中点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）解法一由（1）知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以∠DAO＝60°，所以三角形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A（32，－12，0），B（32，32，0），P（0，0，3），D（0，0则AB＝（0，2，0），AP＝（－32，12，3），DP＝（0，0，3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）是平面PAB的一个法向量.设直线PD与平面PAB所成的角为α，则sinα＝｜cos＜n，DP＞｜＝｜n·DP｜｜n｜·｜DP｜＝3解法二作DM⊥平面PAB，垂足为M，连接PM，则∠DPM就是PD与平面PAB所成角.易知PA＝2，PB＝6.过A作AN⊥PB于N，因为AB＝2＝PA，所以易得AN＝102，所以S△ABP＝12×6×102于是，根据V三棱锥P－ABD＝V三棱锥D－PAB，得13·S△ABD·DP＝13·S△ABP·DM，即13×（12×1×3）×3＝13×152在Rt△DMP中，sin∠DPM＝DMDP＝1553故PD与平面PAB所成的角的正弦值为55方法技巧求直线与平面所成角的方法几何法利用直线与平面所成角的定义求解，具体步骤：（1）寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；（2）连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角即为所求的角；（3）通过解该角所在的三角形求解.注意直线与平面平行或垂直的特殊情况.向量法sinθ＝｜cos＜AB，n＞｜＝｜AB·n｜｜AB||n｜（其中AB为平面α的斜线，n为平面训练2[2023全国卷乙]已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（C）A.15 B.25 C.35 解析如图所示，取AB的中点M，连接CM，DM，则CM⊥AB，DM⊥AB，故∠CMD即为二面角C－AB－D的平面角，于是∠CMD＝150°.又CM，DM⊂平面CMD，CM∩DM＝M，所以AB⊥平面CMD.设AB＝2，则CM＝1，DM＝3，在△CMD中，由余弦定理可得CD＝3+1－2×3×1×（－32）＝7.延长CM，过点D作CM的垂线，设垂足为H，则∠HMD＝30°，DH＝12DM＝32，MH＝32DM＝32，所以CH＝1＋32＝52.因为DH⊂平面CMD，所以AB⊥DH，又DH⊥CM，AB，CM⊂平面ABC，AB∩CM＝M，所以DH⊥平面ABC，∠DCM即为直线CD与平面训练3[新高考卷Ⅰ]如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.（1）证明：l⊥平面PDC.（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.解析（1）因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.又PD∩DC＝D，PD，DC⊂平面PDC，因此AD⊥平面PDC.因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.又AD⊂平面PAD，平面PBC∩平面PAD＝l，所以l∥AD.因此l⊥平面PDC.（2）以D为坐标原点，DA，DC，DP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D（0，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1），DC＝（0，1，0），PB＝（1，1，－1）.由（1）可设Q（a，0，1），则DQ＝（a，0，1）.设n＝（x，y，z）是平面QCD的法向量，则n·DQ可取n＝（－1，0，a）.所以cos＜n，PB＞＝n·PB｜设PB与平面QCD所成角为θ，则sinθ＝｜cos＜n，PB＞｜＝33×｜a+1因为331+2aa2+1所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63命题点3求二面角例3[2023全国卷乙]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.解析（1）如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则B（0，0），A（2，0），C（0，22），O（0，2），AO＝（－2，2）.设AF＝λAC，则易得F（－2λ＋2，22λ）.因为BF⊥AO，所以BF·AO＝0，所以（－2λ＋2，22λ）·（－2，2）＝0，解得λ＝12，所以F为AC的中点又E，D分别为AP，BP的中点，所以EF∥PC，OD∥PC，所以EF∥OD，又OD⊂平面ADO，EF⊄平面ADO，所以EF∥平面ADO.（2）AO＝AB2＋BO2＝6，OD＝12PC＝62所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD.由于EF∥OD，所以AO⊥EF，又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，所以AO⊥平面BEF.又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.（3）解法一如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（2，0，0），O（0，2，0），AO＝（－2，2，0）.因为PB＝PC，BC＝22，所以设P（x，2，z），z＞0，则BE＝BA＋AE＝BA＋12AP＝（2，0，0）＋12（x－2，2，z）＝（x+22由（2）知AO⊥BE，所以AO·BE＝（－2，2，0）·（x+22，22，z2）＝0，所以x又PB＝6，BP＝（x，2，z），所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝3，则P（－1，2，3）.由D为BP的中点，得D（－12，22，32），则AD＝（－52，2设平面DAO的法向量为n1＝（a，b，c），则n1·AD=0，n1·AO=0，即－取a＝1，则n1＝（1，2，3）是平面DAO的一个法向量.易知平面CAO的一个法向量为n2＝（0，0，1），设二面角D－AO－C的大小为θ，则｜cosθ｜＝｜cos＜n1，n2＞｜＝｜n1·n2｜｜n1||n2故二面角D－AO－C的正弦值为22解法二如图，过点O作OH∥BF交AC于点H，设AD∩BE＝G，连接GF，DH.∵BF⊥AO，∴HO⊥AO，且FH＝13AH由（2）知DO⊥AO，又DO∩HO＝O，DO⊂平面DOH，HO⊂平面DOH，所以AO⊥平面DOH，故∠DOH为二面角D－AO－C的平面角.∵D，E分别为PB，PA的中点，∴AD，BE的交点G为△PAB的重心，∴DG＝13AD，GE＝13又易知FH＝13AH，∴DH＝32在△ABP中，AB＝2，BD＝12PB＝62，AD＝5DO＝52PC＝302，则cos∠ABD＝解得PA＝14，同理可得BE＝62易知BF＝12AC＝3，EF＝12PC＝则BE2＋EF2＝32＋32＝3＝BF2，故BE⊥可得GF2＝GE2＋EF2＝（13×62）2＋（62）2∴GF＝153，故DH＝32×153在△DOH中，OH＝12BF＝32，OD＝12PC＝62，∴cos∠DOH＝32＋34－1542×6故二面角D－AO－C的正弦值为22方法技巧求二面角常用的方法几何法根据定义作出二面角的平面角求解.向量法利用公式cos＜n1，n2＞＝n1·n2｜n1||注意二面角的取值范围是[0，π]，需要结合图形的特征，确定求出的两法向量的夹角＜n1，n2＞到底是二面角还是二面角的补角.训练4[2023新高考卷Ⅰ]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.解析（1）解法一依题意，得B2C2＝B2B1＋B1C1＋C1C2＝DD2＋AD＋A解法二以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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，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，－2，1），所以B2C2＝A2D2（2）建立空间直角坐标系，建系方法同（1）中解法二，设BP＝n（0≤n≤4），则P（0，2，n），所以PA2＝（2，0，1－n），PC2＝（0，－2，3设平面PA2C2的法向量为a＝（x1，y1，z1），所以PA2令x1＝n－1，得a＝（n－1，3－n，2）.设平面A2C2D2的法向量为b＝（x2，y2，z2），由（1）解法二知，A2C2＝（－2，－2，2），A2D2＝（0所以A2C令y2＝1，得b＝（1，1，2）.所以｜cos150°｜＝｜cos＜a，b＞｜＝｜n－1+3－n整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝1.命题点4求空间距离例4[2023天津高考]如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点.（1）求证：A1N∥平面C1MA.（2）求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值.（3）求点C到平面C1MA的距离.解析（1）解法一（几何法）连接MN.因为M，N分别是BC，AB的中点，所以MN∥AC且MN＝12AC＝1，即有MNA1C1，所以四边形MNA1C1是平行四边形，故A1N∥MC1又MC1⊂平面C1MA，A1N⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.解法二（向量法）以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则有A（0，0，0），M（1，1，0），N（1，0，0），A1（0，0，2），C1（0，1，2）.所以A1N＝（1，0，－2），AM＝（1，1，0），AC1＝（0，1设平面C1MA的法向量n＝（x，y，z），则n·AM=0，n·AC1=0，即x＋y=0，y+2z=0，不妨取n＝（2，－2，1）.因为A1N·n＝1×又A1N⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.（2）由（1）中解法二易知，平面ACC1A1的一个法向量为AN＝（1，0，0），平面C1MA的一个法向量为n＝（2，－2，1），所以｜cos＜AN，n＞｜＝｜n·AN所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为23（3）易得C（0，2，0），则MC＝（－1，1，0），所以点C到平面C1MA的距离d＝｜MC·n｜n方法技巧1.求点到平面的距离的常用方法几何法找到点到平面的距离，通过解三角形求出距离，若点到平面的距离不易求，还可转化为过已知点且与相关平面平行的直线上的其他点到平面的距离求解.等体积法利用已知的点和平面构造四面体，利用四面体能够以任何一个面作为底面去求体积的特征，把四面体的体积以不同面为底表示两次，列出方程，解方程即可求出距离.向量法求点P到平面α的距离的三个步骤：①在平面α内取一点A，确定向量PA的坐标；②确定平面α的法向量n；③代入公式d＝｜PA·2.求直线到平面的距离以及两平行平面的距离时，往往转化为求点到平面的距离.训练5[2023上海春季高考改编]如图，已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝3，AC＝4，M为BC的中点，过点M分别作平行于平面PAB的直线交AC，PC于点E，F.（1）求直线PM与平面ABC所成角的正切值.（2）证明：平面MEF∥平面PAB，并求直线ME到平面PAB的距离.解析（1）如图，连接AM.因为PA⊥平面ABC，所以∠PMA即直线PM与平面ABC所成的角.因为AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，所以BC＝AB2＋又M为BC的中点，所以AM＝12BC＝5所以在Rt△PAM中，tan∠PMA＝PAAM＝6故直线PM与平面ABC所成角的正切值为65（2）因为ME∥平面PAB，MF∥平面PAB，ME∩MF＝M，且ME，MF⊂平面MEF，所以平面MEF∥平面PAB.因为PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，所以PA⊥AE.又AB⊥AC，即AE⊥AB，而AB，PA⊂平面PAB，AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB，所以直线ME到平面PAB的距离等于AE的长.因为ME∥平面PAB，ME⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以ME∥AB，又M为BC的中点，所以E为AC的中点，所以AE＝12AC＝1.[命题点1/2023河南省重点中学测试]正四棱锥S－ABCD的所有棱长都相等，E为SC的中点，则BE与SA所成角的余弦值为（C）A.13 B.12 C.33 解析如图所示，连接AC，取AC的中点为O，连接OB，OE，因为E为SC的中点，所以SA∥OE，则∠OEB（或其补角）为直线BE与SA所成的角.因为正四棱锥S－ABCD的所有棱长都相等，所以设棱长为2，则OE＝1，BE＝3，OB＝2，则OE2＋OB2＝BE2，所以OB⊥OE，所以cos∠OEB＝OEBE＝13＝332.[命题点1]如图所示，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点，AB＝CE.（1）求证：DE∥平面ACF.（2）求异面直线EO与AF所成角的余弦值.解析（1）如图，连接OF，由题可知O为BD的中点，又F为BE的中点，所以OF∥DE，又OF⊂平面ACF，DE⊄平面ACF，所以DE∥平面ACF.（2）取AD的中点G，连接CG，因为底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，所以△ACD是等边三角形，所以CG⊥AD，因为CB∥AD，所以CG⊥CB，又EC⊥平面ABCD，所以以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设菱形ABCD的边长为2，可得CE＝2.则E（0，0，2），O（32，12，0），A（3，1，0），F（0，1，1），EO＝（32－2），AF＝（－3，0，1）.设异面直线EO与AF所成的角为θ，可得cosθ＝｜EO·AF｜EO||AF所以异面直线EO与AF所成角的余弦值为75203.[命题点2，3/2022天津高考]如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AC⊥AB，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点.（Ⅰ）求证：EF∥平面ABC.（Ⅱ）求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值；（Ⅲ）求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值.解析（Ⅰ）因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，且AC⊥AB，所以AB，AA1，AC两两垂直，所以分别以AB，AA1，AC所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.因为AB＝AC＝AA1＝2，且D，E分别为A1B1，AA1中点，所以E（0，1，0），C（0，0，2），D（1，2，0）.因为F为CD中点，所以F（12，1，1），所以EF＝（12，0，1易知平面ABC的一个法向量为n＝（0，1，0），因为EF·n＝0，且EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.（Ⅱ）B（2，0，0），C1（0，2，2），CD＝（1，2，－2），所以BE＝（－2，1，0），CC1＝（0，2，设平面CC1D的法向量为n1＝（x1，y1，z1），则n1·CC1=0，n1·CD=0，即2y1=0，x1+2y1－2z1=0，则y1设直线BE与平面CC1D所成的角为θ，则sinθ＝｜cos＜BE，n1＞｜＝｜BE·n即直线BE与平面CC1D所成角的正弦值为45（Ⅲ）A1（0，2，0），所以A1C＝（0，－2，2），A1D＝（1，0，0），设平面A1CD的法向量为n2＝（x2，y2则n2·A1C=0，n令y2＝1，则z2＝1，所以平面A1CD的一个法向量为n2＝（0，1，1）.设平面A1CD与平面CC1D的夹角为α，则cosα＝｜cos＜n1，n2＞｜＝15×2＝1010，所以平面A1CD与平面CC14.[命题点4]如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝3，AB＝2，E，F分别为棱BC，B1C1的中点.（1）求证：平面BD1F∥平面C1DE.（2）求平面BD1F与平面C1DE间的距离.解析解法一（1）在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为E，F分别为BC，B1C1的中点，所以FC1∥BE，且FC1＝BE，所以四边形FC1EB为平行四边形，所以BF∥C1E.又因为BF⊄平面C1DE，所以BF∥平面C1DE.连接EF，则有EF∥CC1∥DD1，且EF＝CC1＝DD1，所以四边形DD1FE为平行四边形，所以D1F∥DE，又因为D1F⊄平面C1DE，所以D1F∥平面C1DE.因为BF∩D1F＝F，所以平面BD1F∥平面C1DE.（2）因为平面BD1F∥平面C1DE，所以平面BD1F与平面C1DE间的距离即D1到平面C1DE的距离.设D1到平面C1DE的距离为d，连接D1E，则由VD1－C1DE＝VE－C在△C1DE中，易得C1E＝10，DE＝5，DC1＝13，所以cos∠DC1E＝C1D2所以sin∠DC1E＝7130所以S△DC1E＝12×13×所以13×72×d＝13×（12×2×3）×1，解得所以平面BD1F与平面C1DE间的距离为67解法二（1）如图，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，3），C1（0，2，3），B1（2，2，3），B（2，2，0），E（1，2，0），F（1，2，3），所以D1F＝（1，2，0），DE＝（1，2，所以D1F∥DE，所以D1F∥因为D1F⊄平面C1DE，所以D1F∥平面C1DE.因为BF＝（－1，0，3），EC1＝（－1，0，3），所以BF∥EC1，所以BF因为BF⊄平面C1DE，所以BF∥平面C1DE.又D1F∩BF＝F，D1F⊂平面BD1F，BF⊂平面BD1F，所以平面BD1F∥平面C1DE.（2）由（1）可知平面BD1F与平面C1DE间的距离等于D1到平面C1DE的距离.设平面C1DE的法向量为n＝（x，y，z），由n·DE=0，令x＝6，得n＝（6，－3，2）是平面C1DE的一个法向量.又D1C1＝（0，2，0），所以D1到平面C1DE的距离d＝｜D1C1所以平面BD1F与平面C1DE间的距离为67学生用书·练习帮P3411.[2023广西联考]如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，若AA1＝AC＝BC＝1，则异面直线A1C与AB所成角的大小是（C）A.π6 B.π4 C.π3 解析解法一（几何法）如图1，将直三棱柱补形为正方体ACBD－A1C1B1D1，连接BD1，AD1，则D1B∥A1C，所以异面直线A1C与AB所成的角即直线D1B与AB所成的角，在三角形D1AB中，D1A＝BD1＝AB＝2，所以异面直线A1C与AB所成的角为π3.故选C. 图解法二（坐标法）如图2，以点C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），A（1，0，0），B（0，1，0），A1（1，0，1），AB＝（－1，1，0），A1C＝（－1，0，－1），所以异面直线A1C与AB所成角的余弦值为cosα＝｜A1C·AB｜｜A1C｜×｜AB｜＝12（α为异面直线A1C与AB所成的角），所以异面直线A1C与AB解法三（基底法）设CA＝a，CB＝b，CC1＝c，则A1C＝－a－c，AB＝－a＋b，因为｜A1C｜2＝（－a－c）2＝a2＋c2＝2，所以｜A1C｜＝2，同理｜AB｜＝2，又A1C·AB＝（－a－c）·（－a＋b）＝1，所以异面直线A1C与AB所成角的余弦值为cosα＝｜A1C·AB｜｜A1C｜2.[2024河北邢台南宫中学模拟]在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥底面ABCD，AC＝8，BD＝PB＝4，E为棱PB的中点，F为线段CE的中点，则点F到平面PAD的距离为（B）A.53 B.2 C.73 解析设AC与BD交于点O，连接DF.由底面ABCD为菱形，知AC⊥BD，以O为坐标原点，以OA为x轴，OD为y轴，过O点且垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（4，0，0），C（－4，0，0），D（0，2，0），P（0，－2，4），E（0，－2，2），AD＝（－4，2，0），PA＝（4，2，－4）.设平面PAD的法向量为m＝（x，y，z），则m·AD＝－4x+2y=0，m·PA=4x+2y－4z=0，令x＝1，得m＝（1，2，2）是平面PAD的一个法向量.易知点F的坐标为（－2，－1，1），所以DF3.[2024湖北罗田一中模拟]如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠A1AB＝∠A1AD＝60°，E为CC1的中点，则点E到直线AC1的距离为（D）A.233 B.33 C.35解析设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，因为AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠A1AB＝∠A1AD＝60°，所以a·b＝a·c＝b·c＝1×1×12＝12，因为AC1＝AB＋BC＋CC1＝a＋b＋c，CC1＝c，所以AC1·CC1＝（a＋b＋c）·c＝a·c＋b·c＋c2＝12＋12＋1＝2，｜AC1｜＝（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋所以点E到直线AC1的距离为｜EC1｜sin∠AC1C＝12×334.[2024青岛市检测]如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BB1＝2，BC＝4，AB1与A1B交于点E，点F为BC的中点.（1）求证：AE⊥平面A1BC.（2）求平面AEF与平面AA1C的夹角的余弦值.解析（1）因为BC⊥平面ABB1A1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AE.因为四边形ABB1A1为正方形，所以AE⊥A1B，又BC∩A1B＝B，BC，A1B⊂平面A1BC，所以AE⊥平面A1BC.（2）以A为坐标原点，AB，AD，AA1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0A1（0，0，2），E（1，0，1），C（2，4，0），F（2，2，0）.AE＝（1，0，1），AF＝（2，2，0），AA1＝（0，0，2），AC＝（2，4，0设平面AEF的法向量为n＝（x1，y1，z1），则n·AE＝x1＋z1=0，n·AF=2x1+2y1=0，取x1＝1，则y1＝－1设平面AA1C的法向量为m＝（x2，y2，z2），则m·AA1=2z2=0，m·AC=2x2+4y2=0，取x2＝2，则y2＝－1，｜cos＜m，n＞｜＝｜2+1｜3所以平面AEF与平面AA1C的夹角的余弦值为1555.[2023新高考卷Ⅱ]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.解析（1）如图，连接DE，AE，因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC.因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，所以△ADB≌△ADC（SAS）.可得AC＝AB，故AE⊥BC.因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.（2）由（1）知，DE⊥BC，AE⊥BC.不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝2.因为AE⊥BC，所以AE＝AB2－在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则E（0，0，0），D（2，0，0），B（0，2，0），A（0，0，2），DA＝（－2，0，2），BA＝（0，－2，2）.设F（xF，yF，zF），因为EF＝DA，所以（xF，yF，zF）＝（－2，0，2），可得F（－2，0，2）.（速解：因为EF＝DA，所以四边形EDAF为平行四边形，可得F的坐标）所以FA＝（2，0，0）.设平面DAB的法向量为m＝（x1，y1，z1），则DA·m=0，BA·m=0，即－2x1＋2z1=0，－2y1＋2z1设平面ABF的法向量为n＝（x2，y2，z2），则FA·n=0，BA·n=0，即2x2=0，－2y2＋2z2=0，得x2＝0