2026《金版教程》高考复习方案数学基础版-第六节 空间向量在立体几何中的应用

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2026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，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．注意：方向向量和法向量均为非零向量且不唯一；同一直线的方向向量共线；同一平面的法向量共线．(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．用向量法求空间角空间角求法注意事项异面直线所成的角设异面直线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＝eq\x(\s\up1(08))|cos〈a，b〉|角θ的范围为eq\x(\s\up1(09))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，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＝eq\x(\s\up1(10))|cos〈a，n〉|角θ的范围为eq\x(\s\up1(11))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，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＝eq\x(\s\up1(12))|cos〈n1，n2〉|两个平面夹角的范围为eq\x(\s\up1(13))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，二面角的范围是eq\x(\s\up1(14))[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〉－eq\f(π,2)；如图1(2)，θ＝eq\f(π,2)－〈a，n〉．(2)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〉．3．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(15))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(16))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．题组一走出误区——判一判(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)√题组二回归教材——练一练(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)(人教B选择性必修第一册1．2．1练习AT3改编)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)(人教B选择性必修第一册1．2．2练习AT1改编)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∥β B．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)(人教B选择性必修第一册习题1－2CT1改编)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—提素养利用空间向量证明平行、垂直如图，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，建立如图所示的空间直角坐标系，则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．利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，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，又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)，因为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)．因为eq\o(AC1,\s\up6(→))＝2n，且平面B1EF与平面A1BD不重合，所以平面B1EF∥平面A1BD．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，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的各棱长均为2，则AO＝BO＝CO＝DO＝eq\r(2)，PO＝eq\r(2)，则A(eq\r(2)，0，0)，B(0，eq\r(2)，0)，C(－eq\r(2)，0，0)，P(0，0，eq\r(2))，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．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．2．(2025·河南省实验中学模拟)有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图是一个棱数为24，棱长为eq\r(2)的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得．若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(\r(2),2))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(\r(3),2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))答案：C解析：将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系．因为半正多面体的棱长为eq\r(2)，故正方体的棱长为2，所以A(2，1，0)，F(2，2，1)，B(1，0，2)，C(0，1，2)，D(1，2，2)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)．设eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＝(－λ，λ，0)，λ∈[0，1]，则E(1－λ，λ，2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(－λ，λ－2，0)，所以cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AF,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→)),|\o(AF,\s\up6(→))||\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(λ－2,\r(2)×\r(λ2＋（λ－2）2))＝－eq\f(1,2)eq\r(\f(（λ－2）2,（λ－2）2＋2（λ－2）＋2))＝－eq\f(1,2)eq\r(\f(1,1＋\f(2,λ－2)＋\f(2,（λ－2）2)))．令t＝eq\f(1,λ－2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，则cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉＝－eq\f(1,2\r(2t2＋2t＋1))，因为2t2＋2t＋1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(1,2)))．故直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))．故选C．考向2求直线与平面所成的角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．则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)．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射影直线的方向向量，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．3．(2025·广东深圳模拟)如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝2PQ＝2AB＝2，E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点．(1)求证：EF∥平面CPM；(2)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面PQM所成的角为eq\f(π,6)，求QN∶NC的值．解：(1)证明：如图，连接EM，由AB∥CD，PQ∥CD，得AB∥PQ，又AB＝PQ，所以四边形PABQ为平行四边形，由E，M分别为AP，BQ的中点，得EM∥AB且EM＝AB，又AB∥CD，CD＝2AB，F为CD的中点，所以EM∥CF且EM＝CF，所以四边形EFCM为平行四边形，所以EF∥MC，又EF⊄平面CPM，CM⊂平面CPM，所以EF∥平面CPM．(2)由PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，得直线DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，直线DA，DC，DP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，Q(0，1，2)，M(1，1，1)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(QC,\s\up6(→))＝(0，1，－2)，设平面PQM的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PM,\s\up6(→))＝x＋y－z＝0，,n·\o(PQ,\s\up6(→))＝y＝0，))取z＝1，得n＝(1，0，1)，设eq\o(QN,\s\up6(→))＝λeq\o(QC,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，即eq\o(QN,\s\up6(→))＝(0，λ，－2λ)，则N(0，λ＋1，2－2λ)，eq\o(DN,\s\up6(→))＝(0，λ＋1，2－2λ)，由直线DN与平面PQM所成的角为eq\f(π,6)，得sineq\f(π,6)＝|cos〈eq\o(DN,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(DN,\s\up6(→))·n|,|\o(DN,\s\up6(→))||n|)，即eq\f(1,2)＝eq\f(|2－2λ|,\r(（λ＋1）2＋（2－2λ）2)×\r(2))，整理，得3λ2－10λ＋3＝0，又0≤λ≤1，解得λ＝eq\f(1,3)，所以QN∶NC＝1∶2．考向3求二面角(2024·全国甲卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝eq\r(10)，FB＝2eq\r(3)，M为AD的中点．(1)证明：BM∥平面CDE；(2)求二面角F－BM－E的正弦值．解：(1)证明：因为BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M为AD的中点，所以BC∥MD，BC＝MD，所以四边形BCDM为平行四边形，所以BM∥CD，又因为BM⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以BM∥平面CDE．(2)作BO⊥AD交AD于O，连接OF，因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝2，所以CD＝2，由(1)可知四边形BCDM为平行四边形，所以BM＝CD＝2，又AM＝2，所以△ABM为等边三角形，O为AM的中点，所以OB＝eq\r(3)．因为四边形ADEF为等腰梯形，且AD＝4，EF＝2，M为AD的中点，所以EF＝MD，EF∥MD，所以四边形EFMD为平行四边形，所以FM＝ED＝AF，所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上的中点O重合，OF⊥AM，OF＝eq\r(AF2－AO2)＝3．因为OB2＋OF2＝BF2，所以OB⊥OF，所以OB，OD，OF两两垂直，以O为原点，OB，OD，OF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Oxyz，则F(0，0，3)，B(eq\r(3)，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0，3)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，2，3)．设平面BFM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1＋y1＝0，,－\r(3)x1＋3z1＝0，))令x1＝eq\r(3)，得y1＝3，z1＝1，即m＝(eq\r(3)，3，1)．设平面EMB的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x2＋y2＝0，,－\r(3)x2＋2y2＋3z2＝0，))令x2＝eq\r(3)，得y2＝3，z2＝－1，即n＝(eq\r(3)，3，－1)，则cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(11,\r(13)×\r(13))＝eq\f(11,13)，则sin〈m，n〉＝eq\f(4\r(3),13)，故二面角F－BM－E的正弦值为eq\f(4\r(3),13)．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．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轴、y轴、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．利用空间向量求空间距离如图，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轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，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)．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．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轴、y轴、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．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)．课时作业基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号12345678910难度★★★★★★★★★★★★★考向利用空间向量证明平行、垂直利用空间向量证明平行、垂直利用空间向量证明平行、垂直利用空间向量求空间角利用空间向量求空间距离空间向量在立体几何中的综合应用利用空间向量求空间角利用空间向量求空间角利用空间向量证明平行、垂直空间向量在立体几何中的综合应用考点求异面直线所成的角求点面距求直线与平面所成的角求平面与平面的夹角题号11121314151617181920难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★考向空间向量在立体几何中的综合应用利用空间向量求空间距离利用空间向量证明平行、垂直利用空间向量求空间角利用空间向量求空间距离利用空间向量求空间角空间向量在立体几何中的综合应用利用空间向量求空间角空间向量在立体几何中的综合应用利用空间向量求空间角考点求点线距利用空间向量证明平行求二面角求点面距求平面与平面的夹角求二面角求直线与平面所成的角一、单项选择题1．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．2．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．3．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 B．平行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D(0，0，0)，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．4．(2024·辽宁沈阳第二中学五模)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(15),5)C．eq\f(\r(10),4) D．eq\f(\r(3),3)答案：C解析：以B为原点，在平面ABC内过点B作BC的垂线交AC于点D，以BD，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，所以A(eq\r(3)，－1，0)，B1(0，0，2)，B(0，0，0)，C1(0，1，2)，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，2)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0，1，2)，设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→))|,|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(5,\r(8)×\r(5))＝eq\f(\r(10),4)．故选C．5．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n＝(1，0，2)．所以点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．6．(2025·宁夏石嘴山第一中学期末)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为CC1，C1D的中点，则()A．直线MN与A1C所成角的余弦值为eq\f(\r(6),3)B．平面BMN与平面BC1D1夹角的余弦值为eq\f(\r(10),10)C．在BC1上存在点Q，使得B1Q⊥BD1D．在B1D上存在点P，使得PA∥平面BMN答案：C解析：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则A(1，0，0)，D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，对于A，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，直线MN与A1C所成角的余弦值为|cos〈eq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(MN,\s\up6(→))·\o(A1C,\s\up6(→))|,|\o(MN,\s\up6(→))||\o(A1C,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\f(1,2)×\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，故A错误；对于B，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up6(→))＝－\f(1,2)y＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝－x＋\f(1,2)z＝0，))取x＝1，可得y＝0，z＝2，所以n＝(1，0，2)，eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，设平面BC1D1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(C1D1,\s\up6(→))＝－y1＝0，,m·\o(BC1,\s\up6(→))＝－x1＋z1＝0，))取x1＝1，可得y1＝0，z1＝1，所以m＝(1，0，1)，平面BMN与平面BC1D1夹角的余弦值为|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(1＋2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(3\r(10),10)，故B错误；对于C，因为Q在BC1上，设Q(x0，1，z0)，所以eq\o(C1Q,\s\up6(→))＝λeq\o(C1B,\s\up6(→))，0≤λ≤1，则eq\o(C1Q,\s\up6(→))＝(x0，0，z0－1)，又eq\o(C1B,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，所以x0＝λ，z0＝－λ＋1，所以Q(λ，1，－λ＋1)，eq\o(B1Q,\s\up6(→))＝(λ－1，0，－λ)，又eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)，所以由eq\o(B1Q,\s\up6(→))·eq\o(BD1,\s\up6(→))＝1－λ－λ＝0，解得λ＝eq\f(1,2)．故BC1上存在点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，使得B1Q⊥BD1，故C正确；对于D，因为MN∥DC∥AB，所以N，M，B，A四点共面，所以A∈平面BMN，所以B1D上不存在点P，使得PA∥平面BMN，故D错误．故选C．7．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．所以sinα的最大值为eq\r(3)－1．8．(2025·内蒙古赤峰模拟)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为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，又平面ADC∩平面ABC＝AC，OD⊂平面ADC，所以OD⊥平面ABC，又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．下列说法正确的是()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)，且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．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．11．(2025·江苏扬州安宜高级中学高三期末)如图，在棱长为1的正四面体A－BCD中，点O是顶点A在底面BCD内的射影，M为AO的中点，则()A．BM⊥CMB．BM⊥ADC．点D到平面BCM的距离为eq\f(\r(2),2)D．三棱锥M－BCD外接球的表面积为eq\f(3π,2)答案：ACD解析：由题意，得在正四面体A－BCD中，AO⊥平面BCD，则O为△BCD的中心，且BO＝eq\f(1,2sin\f(π,3))＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，BO⊥CD，因为AO⊥平面BCD，BO⊂平面BCD，所以AO⊥BO，则AO＝eq\r(AB2－BO2)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3)，以O为原点，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(BO,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),3)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),6)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),6)，0))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),3)))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),6)))．对于A，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)，\f(\r(6),6)))，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),6)，\f(\r(6),6)))，所以eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(CM,\s\up6(→))＝0－eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(3),6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)))eq\s\up12(2)＝0，所以BM⊥CM，A正确；对于B，因为eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),6)，－\f(\r(6),3)))，所以eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0＋eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(3),6)＋eq\f(\r(6),6)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)))＝－eq\f(1,6)≠0，所以BM⊥AD不成立，B错误；对于C，设平面BCM的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BM,\s\up6(→))·n＝\f(\r(3),3)y＋\f(\r(6),6)z＝0，,\o(CM,\s\up6(→))·n＝－\f(1,2)x－\f(\r(3),6)y＋\f(\r(6),6)z＝0，))令z＝eq\r(2)，得n＝(eq\r(3)，－1，eq\r(2))，又eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1，0，0)，所以点D到平面BCM的距离为eq\f(|\o(DC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(3),\r(3＋1＋2))＝eq\f(\r(2),2)，C正确；对于D，因为AO＝eq\f(\r(6),3)，所以MO＝eq\f(\r(6),6)，设三棱锥M－BCD外接球的半径为R，则根据球的截面性质得R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R－\f(\r(6),6)))eq\s\up12(2)，解得R＝eq\f(\r(6),4)，所以三棱锥M－BCD外接球的表面积为4πR2＝eq\f(3π,2)，D正确．故选ACD．三、填空题12．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)．13．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轴、y轴、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，所以n·eq\o(OG,\s\up6(→))＝0，即－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)．14．(2025·山西太原模拟)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2eq\r(2)．设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，则二面角A－BD－C的正弦值为________．答案：eq\f(\r(3),2)解析：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，取A1B的中点E，连接AE，由AA1＝AB，得AE⊥A1B，又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，则AE⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，则AE⊥BC，又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则AA1⊥BC，又AE∩AA1＝A，AE，AA1⊂平面ABB1A1，因此BC⊥平面ABB1A1，直线BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图，而S△A1BC＝eq\f(1,2)A1B·BC＝eq\f(\r(2),2)AB·BC＝2eq\r(2)，又VABC－A1B1C1＝eq\f(1,2)AB·BC·AA1＝4，解得AA1＝AB＝BC＝2，则A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，A1C的中点D(1，1，1)，则eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，1，1)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，设平面ABD的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝x＋y＋z＝0，,m·\o(BA,\s\up6(→))＝2y＝0，))令x＝1，得m＝(1，0，－1)，设平面BDC的法向量为n＝(a，b，c)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝a＋b＋c＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝2a＝0，))令b＝1，得n＝(0，1，－1)，则cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以二面角A－BD－C的正弦值为eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2)．四、解答题15．(2025·江苏南通模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E，F分别为AB，BC，B1B的中点．(1)证明：A1C1∥平面B1DE；(2)若AB＝1，AB⊥AC，B1D⊥A1F，求点E到平面A1FC1的距离．解：(1)证明：因为ABC－A1B1C1为直三棱柱，所以A1C1∥AC，又D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，所以DE∥A1C1，又A1C1⊄平面B1DE，DE⊂平面B1DE，所以A1C1∥平面B1DE．(2)因为ABC－A1B1C1为直三棱柱，且AB⊥AC，以A为原点，AB，AC，AA1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AA1＝a(a>0)，且AB＝1，则B1(1，0，a)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，A1(0，0，a)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0