資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第六節　空間向量在立體幾何中的應用
課標解讀 考向預測
空間向量是高中數學的一個重要組成部分，具有工具性作用，尤其在立體幾何中的應用是最為典型的，主要體現在三個方面：(1)確定空間中的位置關系；(2)求解空間角；(3)求解空間距離. 從近幾年的高考試卷來看，立體幾何解答題往往會在已知中給出兩兩垂直且交于一點的三條線段，方便考生建立空間直角坐標系，考查考生的空間想象能力和邏輯推理能力．若題中找不到這樣的三條線段，可用幾何法或向量基底法的知識來解決．預計2025年的高考立體幾何解答題主要考查空間線面位置關系及空間角的計算，試題難度中檔.
【知識梳理】
1．空間位置關系的向量表示
(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或重合，則稱此向量a為直線l的方向向量．
(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a為平面α的法向量．
(3)空間位置關系的向量表示
位置關系 向量表示
直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2 l1∥l2 n1∥n2 n1＝λn2(λ∈R)
l1⊥l2 n1⊥n2 n1·n2＝0
直線l的方向向量為n，平面α的法向量為m，l α l∥α n⊥m n·m＝0
l⊥α n∥m n＝λm(λ∈R)
平面α，β的法向量分別為n，m α∥β n∥m n＝λm(λ∈R)
α⊥β n⊥m n·m＝0
2．設a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則
a與b的夾角β l1與l2所成的角θ
范圍 (0，π)
求法 cosβ＝ cosθ＝|cosβ|＝
3.設直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈a，n〉|＝．
4．(1)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個面內與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉．
(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角的大小是向量n1與n2的夾角(或其補角)．
5．用向量法求空間距離
(1)點到直線的距離
已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點，P是直線l外一點．則點P到直線l的距離為__．
(2)點到平面的距離
已知平面α的法向量為n，A是平面α內的定點，P是平面α外一點．則點P到平面α的距離為．
(3)線面距和面面距可以轉化為點面距求解．
【常用結論】
1．線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要誤記為cosθ＝|cos〈a，n〉|.
2．二面角與法向量的夾角：利用平面的法向量求二面角的大小時，當求出兩個半平面α，β的法向量n1，n2時，要根據向量坐標在圖形中觀察法向量的方向，來確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等，還是互補．
【診斷自測】
1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)兩個平面的法向量所成的角就是這兩個平面所成的角．(　　)
(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角．(　　)
(3)平面α的法向量是唯一的，即一個平面不可能存在兩個不同的法向量．(　　)
(4)直線l的一個方向向量為a＝(－1，2，1)，平面α的一個法向量為n＝(－1，－1，1)，l α，則l∥α.(　　)
2．小題熱身
(1)(人教A選擇性必修第一冊1.4.1練習T1改編)已知直線l的一個方向向量為a＝(－3，2，5)，平面α的一個法向量為b＝(1，x，－1)，若l∥α，則x＝(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
(2)已知兩條異面直線的方向向量分別是m＝(－2，1，2)，n＝(3，－2，1)，則這兩條異面直線所成的角θ滿足(　　)
A．sinθ＝－ B．sinθ＝
C．cosθ＝ D．cosθ＝－
(3)若平面α的法向量為a＝(3，－1，2)，平面β的法向量為n＝(－6，2，－4)，則(　　)
A．α∥β
B．α⊥β
C．α與β相交但不垂直
D．無法確定
(4)已知A(1，2，0)，B(3，1，2)，C(2，0，4)，則點C到直線AB的距離為(　　)
A．2 B．
C．2 D．2
【考點探究】
考點一　利用空間向量證明平行、垂直
例1　如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，E為棱PC的中點．證明：
(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面PCD⊥平面PAD.
【通性通法】
利用空間向量證明平行、垂直的一般步驟
【鞏固遷移】
1．(2023·山東青島二中模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F分別是正方形A1B1C1D1和正方形B1C1CB的中心．求證：
(1)AC1⊥平面A1BD；
(2)EF∥平面A1BD；
(3)平面B1EF∥平面A1BD.
考點二　利用空間向量求空間角(多考向探究)
考向1　求異面直線所成的角
例2　(2024·河南洛陽模擬預測)如圖四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，且各棱長均相等，E是PB的中點，則異面直線AE與PC所成角的余弦值為(　　)
A． B．
C． D．
【通性通法】
向量法求異面直線所成角的一般步驟
(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標系．
(2)確定異面直線上兩個點的坐標，從而確定異面直線的方向向量．
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值．
(4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對值．
【鞏固遷移】
2.在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF∥AB，∠BAF＝90°，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝1，P是DF的中點，則異面直線BE與CP所成角的余弦值為________．
考向2　求直線與平面所成的角
例3　
在如圖所示的幾何體ABCED中，EC⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，CE＝CA＝CB＝2DB，∠ACB＝90°，M為AD的中點．
(1)證明：EM⊥AB；
(2)求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．
【通性通法】
向量法求線面角的兩種方法
(1)分別求出斜線和它在平面內的投影直線的方向向量，轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)．
(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的角(夾角為鈍角時取其補角)，取其余角就是斜線與平面所成的角．
【鞏固遷移】
3．(2023·全國甲卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距離為1.
(1)求證：AC＝A1C；
(2)若直線AA1與BB1的距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．
考向3　求二面角
例4　(2024·九省聯考)如圖，平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，O為AC與BD的交點，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.
(1)證明：C1O⊥平面ABCD；
(2)求二面角B－AA1－D的正弦值．
【通性通法】
向量法求二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意有時需要結合實際圖形判斷所求角是銳二面角還是鈍二面角．
(2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大?。?br/>【鞏固遷移】
4.(2023·新課標Ⅰ卷)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.
考點三　利用空間向量求空間距離
例5　如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的棱DA，DC和DD1的長分別為1，2，1.求：
(1)頂點B到平面DA1C1的距離；
(2)直線B1C到平面DA1C1的距離．
【通性通法】
1．點到平面的距離
如圖，已知平面α的法向量為n，A是平面α內的定點，P是平面α外一點．過點P作平面α的垂線l，交平面α于點Q，則n是直線l的方向向量，且點P到平面α的距離就是在直線l上的投影向量的長度．PQ＝＝＝.
2．點到直線的距離
(1)設過點P的直線l的單位方向向量為n，A為直線l外一點，點A到直線l的距離d＝
.
(2)若能求出點在直線上的投影坐標，可以直接利用兩點間距離公式求距離．
(3)線面距和面面距
直線到平面的距離和平面到平面的距離可以轉化為點到平面的距離進行求解．
【鞏固遷移】
5．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，則平面AB1D1與平面BDC1的距離為(　　)
A． B．
C． D．
6.(2024·云南大理期中)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，A1A＝2AB＝2BC＝2，E為線段DD1的中點，F為線段BB1的中點．
(1)求直線FC1到直線AE的距離；
(2)求點A1到平面AB1E的距離．
課時作業
【A組 基礎練習】
一、單項選擇題
1.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，PQ與直線A1D和AC都垂直，則直線PQ與BD1的關系是(　　)
A．異面直線 B．平行直線
C．垂直不相交 D．垂直且相交
2．若直線l的一個方向向量為m，平面α的一個法向量為n，則可能使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)
3．已知v為直線l的方向向量，n1，n2分別為平面α，β的法向量(α，β不重合)，給出下列說法：①n1∥n2 α∥β；②n1⊥n2 α⊥β；③v∥n1 l∥α；④v⊥n1 l⊥α.其中說法正確的有(　　)
A．1個 B．2個
C．3個 D．4個
4.(2023·山東臨沂模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是A1D的中點，則下列說法正確的是(　　)
A．直線PB與直線A1D垂直，直線PB∥平面B1D1C
B．直線PB與直線D1C平行，直線PB⊥平面A1C1D
C．直線PB與直線AC異面，直線PB⊥平面ADC1B1
D．直線PB與直線B1D1相交，直線PB 平面ABC1
5.(2023·四川眉山高三?？寄M預測)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC⊥平面ACC1A1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與AB1所成角的余弦值為(　　)
A． B．
C． D．
6.如圖所示，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別為棱AA1，BB1的中點，G為棱A1B1上的一點，且A1G＝λ(0≤λ≤1)，則點G到平面D1EF的距離為(　　)
A． B．
C． D．
7．(2024·湖北武漢模擬)已知圓錐的頂點為S，O為底面中心，A，B，C為底面圓周上不重合的三點，AB為底面的直徑，SA＝AB，M為SA的中點．設直線MC與平面SAB所成的角為α，則sinα的最大值為(　　)
A．－1 B．－1
C．＋1 D．＋1
8.(2024·山西長治期末)如圖，將菱形紙片ABCD沿對角線AC折成直二面角，E，F分別為AD，BC的中點，O是AC的中點，∠ABC＝，則折后平面OEF與平面ABC夾角的余弦值為(　　)
A． B．
C． D．
二、多項選擇題
9．(2023·貴州名校聯考)下列命題正確的是(　　)
A．已知a＝(－1，1，2)，b＝(0，2，3)，直線l1的方向向量為ka＋b，直線l2的方向向量為2a－b且l1⊥l2，則k＝－
B．若直線l的方向向量為e＝(1，0，3)，平面α的法向量為n＝(－2，0，－6)，則直線l∥α
C．已知直線l過P0(x0，y0，z0)，且以u＝(a，b，c)(abc≠0)為方向向量，P(x，y，z)是直線l上的任意一點，則有＝＝
D．已知平面α的法向量為n＝(1，1，1)，A(－1，1，1)為平面α上一點，P(x，y，z)為平面α上任意一點，則有x＋y＋z＋1＝0
10.(2024·四川成都調研)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB＝，AB＝2AD＝2PD，PD⊥底面ABCD，則(　　)
A．PA⊥BD
B．PB與平面ABCD所成的角為
C．異面直線AB與PC所成角的余弦值為
D．平面PAB與平面PBC夾角的余弦值為
三、填空題
11．已知點A(1，0，2)，B(－1，1，2)，C(1，1，－2)，則點A到直線BC的距離是________．
12.(2024·湖南新化縣第一中學期末)如圖，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分別為PD，PB的中點，點G在線段AP上，AC與BD交于點O，PA＝AB＝2，若OG∥平面EFC，則AG＝________．
13．(2024·山東泰安期末)設動點P在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的對角線BD1上，記＝λ.當∠APC為鈍角時，λ的取值范圍是________．
14.(2023·湖北武漢華中師大附中二模)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是邊長為2的等邊三角形，CC1＝2，D，E分別是線段AC，CC1的中點，C1在平面ABC內的射影為D.若點F為線段B1C1上的動點(不包括端點)，則銳二面角F－BD－E的余弦值的取值范圍為________．
四、解答題
15.(2023·新課標Ⅱ卷)如圖，三棱錐A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC的中點．
(1)證明：BC⊥DA；
(2)點F滿足＝，求二面角D－AB－F的正弦值．
16.(2024·浙江臺州模擬)如圖，平行六面體ABCD－A1B1C1D1的體積為6，截面ACC1A1的面積為6.
(1)求點B到平面ACC1A1的距離；
(2)若AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，AA1＝，求直線BD1與平面CC1D1D所成角的正弦值．
【B組 素養提升】
17.(2024·海南華僑中學模擬)如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB⊥AD，AB＝AD＝1，AA1>AB，E，F分別是側棱BB1，DD1上的動點，且平面AEF與平面ABC所成角的大小為30°，則線段BE的長度的最大值為(　　)
A． B．
C． D．
18.(2024·云南昆明一中高三開學考試)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB⊥AC，AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°，過A1A的平面交線段B1C1于點E(不與端點重合)，交線段BC于點F.
(1)證明：AA1∥EF；
(2)若BF＝2FC，求直線A1C1與平面AFC1所成角的正弦值．
19.(2023·河北石家莊二模)如圖，平行六面體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，P為棱A1B1上一點，且PA＝PB，F為CD的中點．
(1)證明：AB⊥PF；
(2)若AB＝AD＝PD＝2.當直線PB與平面PCD所成的角為45°，且二面角P－CD－A的平面角為銳角時，求三棱錐B－APD的體積．
20.(2023·全國乙卷)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，AD＝DO，點F在AC上，BF⊥AO.
(1)證明：EF∥平面ADO；
(2)證明：平面ADO⊥平面BEF；
(3)求二面角D－AO－C的正弦值．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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第六節　空間向量在立體幾何中的應用
課標解讀 考向預測
空間向量是高中數學的一個重要組成部分，具有工具性作用，尤其在立體幾何中的應用是最為典型的，主要體現在三個方面：(1)確定空間中的位置關系；(2)求解空間角；(3)求解空間距離. 從近幾年的高考試卷來看，立體幾何解答題往往會在已知中給出兩兩垂直且交于一點的三條線段，方便考生建立空間直角坐標系，考查考生的空間想象能力和邏輯推理能力．若題中找不到這樣的三條線段，可用幾何法或向量基底法的知識來解決．預計2025年的高考立體幾何解答題主要考查空間線面位置關系及空間角的計算，試題難度中檔.
【知識梳理】
1．空間位置關系的向量表示
(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或重合，則稱此向量a為直線l的方向向量．
(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a為平面α的法向量．
(3)空間位置關系的向量表示
位置關系 向量表示
直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2 l1∥l2 n1∥n2 n1＝λn2(λ∈R)
l1⊥l2 n1⊥n2 n1·n2＝0
直線l的方向向量為n，平面α的法向量為m，l α l∥α n⊥m n·m＝0
l⊥α n∥m n＝λm(λ∈R)
平面α，β的法向量分別為n，m α∥β n∥m n＝λm(λ∈R)
α⊥β n⊥m n·m＝0
2．設a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則
a與b的夾角β l1與l2所成的角θ
范圍 (0，π)
求法 cosβ＝ cosθ＝|cosβ|＝
3.設直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈a，n〉|＝．
4．(1)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個面內與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉．
(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角的大小是向量n1與n2的夾角(或其補角)．
5．用向量法求空間距離
(1)點到直線的距離
已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點，P是直線l外一點．則點P到直線l的距離為__．
(2)點到平面的距離
已知平面α的法向量為n，A是平面α內的定點，P是平面α外一點．則點P到平面α的距離為．
(3)線面距和面面距可以轉化為點面距求解．
【常用結論】
1．線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要誤記為cosθ＝|cos〈a，n〉|.
2．二面角與法向量的夾角：利用平面的法向量求二面角的大小時，當求出兩個半平面α，β的法向量n1，n2時，要根據向量坐標在圖形中觀察法向量的方向，來確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等，還是互補．
【診斷自測】
1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)兩個平面的法向量所成的角就是這兩個平面所成的角．(　　)
(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角．(　　)
(3)平面α的法向量是唯一的，即一個平面不可能存在兩個不同的法向量．(　　)
(4)直線l的一個方向向量為a＝(－1，2，1)，平面α的一個法向量為n＝(－1，－1，1)，l α，則l∥α.(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．小題熱身
(1)(人教A選擇性必修第一冊1.4.1練習T1改編)已知直線l的一個方向向量為a＝(－3，2，5)，平面α的一個法向量為b＝(1，x，－1)，若l∥α，則x＝(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
答案　A
解析　因為l∥α，所以a⊥b，即a·b＝0，即－3＋2x－5＝0，解得x＝4.故選A.
(2)已知兩條異面直線的方向向量分別是m＝(－2，1，2)，n＝(3，－2，1)，則這兩條異面直線所成的角θ滿足(　　)
A．sinθ＝－ B．sinθ＝
C．cosθ＝ D．cosθ＝－
答案　C
解析　因為θ∈，所以cosθ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝，sinθ＝＝.故選C.
(3)若平面α的法向量為a＝(3，－1，2)，平面β的法向量為n＝(－6，2，－4)，則(　　)
A．α∥β
B．α⊥β
C．α與β相交但不垂直
D．無法確定
答案　A
解析　由題意，得n＝－2a，則n∥a，α∥β.故選A.
(4)已知A(1，2，0)，B(3，1，2)，C(2，0，4)，則點C到直線AB的距離為(　　)
A．2 B．
C．2 D．2
答案　B
解析　因為＝(2，－1，2)，＝(1，－2，4)，所以在方向上的投影數量為＝＝4.設點C到直線AB的距離為d，則d＝＝＝.故選B.
【考點探究】
考點一　利用空間向量證明平行、垂直
例1　如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，E為棱PC的中點．證明：
(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面PCD⊥平面PAD.
證明　依題意，以A為原點建立空間直角坐標系(如圖)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．
由E為棱PC的中點，得E(1，1，1)．
(1)因為＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，
·＝0，所以BE⊥DC.
(2)因為＝(1，0，0)為平面PAD的一個法向量，
而·＝(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的一個法向量為＝(1，0，0)，＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)，
設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
取y＝1，得n＝(0，1，1)．
因為n·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，
所以n⊥.
所以平面PCD⊥平面PAD.
【通性通法】
利用空間向量證明平行、垂直的一般步驟
【鞏固遷移】
1．(2023·山東青島二中模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F分別是正方形A1B1C1D1和正方形B1C1CB的中心．求證：
(1)AC1⊥平面A1BD；
(2)EF∥平面A1BD；
(3)平面B1EF∥平面A1BD.
證明　(1)設正方體的棱長為2，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則C1(2，2，2)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，＝(2，2，2)，＝(2，0，－2)，＝(0，2，－2)，
因為·＝0，·＝0，
所以AC1⊥A1B，AC1⊥A1D，
由于A1B∩A1D＝A1，
所以AC1⊥平面A1BD.
(2)由(1)知，＝(2，2，2)是平面A1BD的一個法向量．
E(1，1，2)，F(2，1，1)，＝(1，0，－1)，·＝0，EF 平面A1BD，
所以EF∥平面A1BD.
(3)由(1)，得B1(2，0，2)，＝(0，1，－1)，
設平面B1EF的法向量為n＝(x，y，z)，
則
取x＝1，得n＝(1，1，1)．
＝2n，顯然，平面B1EF與平面A1BD不重合，
所以平面B1EF∥平面A1BD.
考點二　利用空間向量求空間角(多考向探究)
考向1　求異面直線所成的角
例2　(2024·河南洛陽模擬預測)如圖四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，且各棱長均相等，E是PB的中點，則異面直線AE與PC所成角的余弦值為(　　)
A． B．
C． D．
答案　A
解析　連接AC與BD交于點O，連接PO，由題意，得AC⊥BD，且PO⊥平面ABCD，以O為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設四棱錐P－ABCD各棱長均為2，則AO＝BO＝CO＝DO＝，PO＝，可得A(，0，0)，B(0，，0)，C(－，0，0)，P(0，0，)，則E，則＝，＝(－，0，－)，設異面直線AE與PC所成的角為θ，則cosθ＝|cos〈，〉|＝＝＝.故選A.
【通性通法】
向量法求異面直線所成角的一般步驟
(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標系．
(2)確定異面直線上兩個點的坐標，從而確定異面直線的方向向量．
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值．
(4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對值．
【鞏固遷移】
2.在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF∥AB，∠BAF＝90°，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝1，P是DF的中點，則異面直線BE與CP所成角的余弦值為________．
答案　
解析　因為平面ABEF⊥平面ABCD，交線為AB，AD⊥AB，AD 平面ABCD，所以AD⊥平面ABEF.又AF 平面ABEF，所以AD⊥AF，因為∠BAF＝90°，所以AF⊥AB，又AD⊥AB，所以以A為原點，，，的方向分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標系Axyz，則B(1，0，0)，E，P，C(1，2，0)，所以＝，＝，所以cos〈，〉＝＝，即異面直線BE與CP所成角的余弦值為.
考向2　求直線與平面所成的角
例3　
在如圖所示的幾何體ABCED中，EC⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，CE＝CA＝CB＝2DB，∠ACB＝90°，M為AD的中點．
(1)證明：EM⊥AB；
(2)求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．
解　(1)證明：由EC⊥平面ABC，AC，BC 平面ABC，得EC⊥AC，EC⊥BC，
又∠ACB＝90°，則AC⊥BC，故以C為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，
設DB＝1，則CE＝CA＝CB＝2.
∴A(2，0，0)，B(0，2，0)，E(0，0，2)，D(0，2，1)，M，
∴＝，＝(－2，2，0)，
則·＝－2＋2＋0＝0，
∴⊥，即EM⊥AB.
(2)由(1)，知＝，＝(－2，0，2)，＝(0，－2，1)，
設平面ADE的法向量為n＝(x，y，z)，
則
取x＝2，得y＝1，z＝2，∴n＝(2，1，2)，
設直線BM與平面ADE所成的角為θ，
則sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝.
因此直線BM與平面ADE所成角的正弦值為.
【通性通法】
向量法求線面角的兩種方法
(1)分別求出斜線和它在平面內的投影直線的方向向量，轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)．
(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的角(夾角為鈍角時取其補角)，取其余角就是斜線與平面所成的角．
【鞏固遷移】
3．(2023·全國甲卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距離為1.
(1)求證：AC＝A1C；
(2)若直線AA1與BB1的距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．
解　(1)證明：如圖，
∵A1C⊥底面ABC，BC 平面ABC，∴A1C⊥BC，
又BC⊥AC，A1C∩AC＝C，A1C，AC 平面ACC1A1，
∴BC⊥平面ACC1A1，
又BC 平面BCC1B1，
∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
過A1作A1O⊥CC1于點O，
又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O 平面ACC1A1，
∴A1O⊥平面BCC1B1.
∵A1到平面BCC1B1的距離為1，∴A1O＝1.
在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2，A1O＝1，
∴O為CC1的中點，∴CO＝C1O＝1，
又A1O⊥CC1，∴AC＝A1C＝A1C1＝，
∴AC＝A1C.
(2)連接A1B，AC1，
∵AC＝A1C，BC⊥A1C，BC⊥AC，
∴Rt△ACB≌Rt△A1CB，∴BA＝BA1.
過B作BD⊥AA1于點D，則D為AA1的中點，又AA1＝2，
∴A1D＝AD＝1，
∵直線AA1與BB1的距離為2，∴BD＝2，
∴A1B＝AB＝，
在Rt△ABC中，BC＝＝.
解法一：以C為原點，CA，CB，CA1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系Cxyz，如圖所示，
則C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，B1(－，，)，C1(－，0，)，
∴＝(0，，0)，＝(－，0，)，＝(－2，，)，
設平面BCC1B1的法向量為n＝(x，y，z)，
則即取x＝1，則y＝0，z＝1，
∴平面BCC1B1的一個法向量為n＝(1，0，1)．
設AB1與平面BCC1B1所成的角為θ，
則sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.
∴AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為.
解法二：延長AC，使AC＝CM，連接C1M，
由CM∥A1C1，CM＝A1C1，知四邊形A1CMC1為平行四邊形，
∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC，
又AM 平面ABC，
∴C1M⊥AM，
在Rt△AC1M中，AM＝2AC＝2，
C1M＝A1C＝，
∴AC1＝ ＝.
在Rt△AB1C1中，AC1＝，B1C1＝BC＝，
∴AB1＝ ＝.
又A到平面BCC1B1的距離為1，
∴AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為＝.
考向3　求二面角
例4　(2024·九省聯考)如圖，平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，O為AC與BD的交點，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.
(1)證明：C1O⊥平面ABCD；
(2)求二面角B－AA1－D的正弦值．
解　(1)證明：連接BC1，DC1.
因為底面ABCD是邊長為2的正方形，
所以BC＝DC，
又因為∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，
所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1，
又點O為線段BD的中點，所以C1O⊥BD.
在△C1CO中，CC1＝2，OC＝AC＝，∠C1CO＝45°，
所以cos∠C1CO＝＝，解得C1O＝，
則C1C2＝OC2＋C1O2，所以C1O⊥OC.
又OC∩BD＝O，OC 平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以C1O⊥平面ABCD.
(2)由題知正方形ABCD中AC⊥BD，又C1O⊥平面ABCD，所以建立如圖所示的空間直角坐標系，
則B(0，，0)，D(0，－，0)，A(，0，0)，C(－，0，0)，C1(0，0，)，
則＝＝(，0，)，＝(－，，0)，＝(－，－，0)，
設平面BAA1的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
則即
令x1＝1，則m＝(1，1，－1)，
設平面DAA1的法向量為n＝(x2，y2，z2)，
則即
令x2＝1，則n＝(1，－1，－1)，
則cos〈m，n〉＝＝＝，
設二面角B－AA1－D的大小為θ，
則sinθ＝＝，
所以二面角B－AA1－D的正弦值為.
【通性通法】
向量法求二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意有時需要結合實際圖形判斷所求角是銳二面角還是鈍二面角．
(2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小．
【鞏固遷移】
4.(2023·新課標Ⅰ卷)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.
解　(1)證明：以C為原點，CD，CB，CC1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
則C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)，
∴＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)，
∴∥，
又B2C2，A2D2不在同一條直線上，
∴B2C2∥A2D2.
(2)設P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，
則＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)，
設平面PA2C2的法向量為n＝(x1，y1，z1)，
則
取z1＝2，得y1＝3－λ，x1＝λ－1，
∴n＝(λ－1，3－λ，2)．
設平面A2C2D2的法向量為m＝(x2，y2，z2)，
則
取x2＝1，得y2＝1，z2＝2，
∴m＝(1，1，2)．
又二面角P－A2C2－D2為150°，
∴|cos〈n，m〉|＝
＝
＝|cos150°|＝，
化簡可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1.
考點三　利用空間向量求空間距離
例5　如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的棱DA，DC和DD1的長分別為1，2，1.求：
(1)頂點B到平面DA1C1的距離；
(2)直線B1C到平面DA1C1的距離．
解　(1)以D為原點，，，的方向分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標系，
則D(0，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，A1(1，0，1)，B1(1，2，1)，C1(0，2，1)．
設平面DA1C1的法向量為n＝(x，y，z)，
因為＝(1，0，1)，＝(0，2，1)，
由得取y＝1，得x＝2，z＝－2，
則n＝(2，1，－2)．
而向量＝(1，0，－1)，所以頂點B到平面DA1C1的距離d＝＝＝.
(2)直線B1C到平面DA1C1的距離等于點B1到平面DA1C1的距離．
因為＝(1，0，0)，
所以點B1到平面DA1C1的距離
d1＝＝＝.
故直線B1C到平面DA1C1的距離為.
【通性通法】
1．點到平面的距離
如圖，已知平面α的法向量為n，A是平面α內的定點，P是平面α外一點．過點P作平面α的垂線l，交平面α于點Q，則n是直線l的方向向量，且點P到平面α的距離就是在直線l上的投影向量的長度．PQ＝＝＝.
2．點到直線的距離
(1)設過點P的直線l的單位方向向量為n，A為直線l外一點，點A到直線l的距離d＝
.
(2)若能求出點在直線上的投影坐標，可以直接利用兩點間距離公式求距離．
(3)線面距和面面距
直線到平面的距離和平面到平面的距離可以轉化為點到平面的距離進行求解．
【鞏固遷移】
5．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，則平面AB1D1與平面BDC1的距離為(　　)
A． B．
C． D．
答案　D
解析　由正方體的性質，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，
則兩平面間的距離可轉化為點B到平面AB1D1的距離．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，如圖所示，由正方體的棱長為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＝(1，－1，1)，＝(0，－1，0)，＝(0，1，1)，＝(－1，－1，0)．連接A1C，由·＝(1，－1，1)·(0，1，1)＝1×0＋(－1)×1＋1×1＝0，·＝(1，－1，1)·(－1，－1，0)＝1×(－1)＋(－1)×(－1)＋1×0＝0，所以⊥，即CA1⊥AB1，⊥，即CA1⊥B1D1，又AB1∩B1D1＝B1，可知CA1⊥平面AB1D1，得平面AB1D1的一個法向量為n＝＝(1，－1，1)，則兩平面間的距離d＝＝＝＝.故選D.
6.(2024·云南大理期中)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，A1A＝2AB＝2BC＝2，E為線段DD1的中點，F為線段BB1的中點．
(1)求直線FC1到直線AE的距離；
(2)求點A1到平面AB1E的距離．
解　(1)根據題意，以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，
則A(1，0，0)，A1(1，0，2)，E(0，0，1)，C1(0，1，2)，B1(1，1，2)，F(1，1，1)，＝(－1，－1，－1)，＝(0，1，0)，＝(－1，0，1)，＝(－1，0，1)，故∥，又＝(1，1，0)，設直線FC1到直線AE的距離為d1，則d1即為點F到直線AE的距離，
因此d1＝＝，
則直線FC1到直線AE的距離為.
(2)設平面AB1E的法向量為n＝(x，y，z)，
則
取x＝1，則y＝－2，z＝1，所以n＝(1，－2，1)．
設點A1到平面AB1E的距離為d2，
可得d2＝
＝＝，
則點A1到平面AB1E的距離為.
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