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專題八 空間角與距離
【題型分析】
考情分析：
　　從近幾年高考的情況來看，空間角、距離問題是高考常考內(nèi)容，試題難度中等，命題常以柱體、錐體為背景.在2025年的高考備考中，同學們要掌握運用向量法求解空間角和距離問題，要特別重視坐標系的建立，同時要加強對運算求解能力的訓練.
題型1 求空間角
異面直線所成的角
例1如圖，已知圓柱O1O2的軸截面ABCD是邊長為2的正方形，E為下底面圓周上一點，滿足=2，則異面直線AE與BO1所成角的余弦值為(　　).
A. B. C. D.
方法總結(jié)：
1.用向量法求異面直線所成的角
若異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別是u，v，
則cos θ=|cos|==.
2.用定義法求異面直線所成的角
通過平移找到所求的異面直線所成的角.
用平移法求異面直線所成的角的基本步驟如下：
(1)一作：根據(jù)定義作平行線，作出異面直線所成的角.
(2)二證：證明作出的角是異面直線所成的角.
(3)三求：解三角形，求出所作的角.如果求出的角是銳角或直角，那么它就是要求的角；如果求出的角是鈍角，那么它的補角才是要求的角.
已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為a，高為h，記異面直線A1C與BC1所成的角為θ，下列結(jié)論正確的是(　　).
A.若a=h，則cos θ=
B.若cos θ=，則a=h
C.若a=h，則θ=90°
D.若θ=60°，則h=a
直線與平面所成的角
例2　如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，AB=2，BC=2，△PBC是等邊三角形，平面PBC⊥平面ABCD，O，F(xiàn)分別是BC，PC的中點，AC與BD交于點E.
(1)求證：BD⊥平面PAO.
(2)設(shè)平面OEF與直線PD交于點Q，求直線OQ與平面PCD所成的角θ的大小.
方法總結(jié)：
求解直線與平面所成角的方法
(1)定義法：
①作：在斜線上選取恰當?shù)狞c，過該點向平面引垂線，作出所求角，其中確定垂足的位置是關(guān)鍵.
②證：證明所作的角為直線與平面所成的角.
③求：構(gòu)造角所在的三角形，利用解三角形的知識求角.
(2)向量法：sin θ=|cos<，n>|=(其中AB為平面α的斜線，n為平面α的法向量，θ為斜線與平面α所成的角).
1.(2024年新高考全國Ⅱ卷)已知正三棱臺ABC-A1B1C1的體積為，AB=6，A1B1=2，則直線A1A與平面ABC所成角的正切值為(　　).
A. B.1 C.2 D.3
2.如圖，在三棱臺ABC-A1B1C1中，上、下底面分別是邊長為2和4的正三角形，AA1⊥平面ABC，設(shè)平面AB1C1∩平面ABC=l，點E，F(xiàn)分別在直線l和直線BB1上，且滿足EF⊥l，EF⊥BB1.
(1)證明：EF⊥平面BCC1B1.
(2)若直線EF和平面ABC所成角的正弦值為，求該三棱臺的高.
平面與平面所成的角
例3　如圖，在三棱錐D-ABC中，DA⊥底面ABC，AC=BC=DA=1，AB=，E是CD的中點，點F在DB上，且EF⊥DB.
(1)證明：DB⊥平面AEF.
(2)求平面ADB與平面DBC夾角的大小.
方法總結(jié)：
1.利用二面角的定義求二面角的大小
(1)找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一點為端點，在兩個面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角)；
(2)證明所找的角就是要求的角；
(3)把這個平面角置于一個三角形中，通過解三角形來求角.
2.用向量法求兩個平面的夾角
設(shè)n1，n2分別是平面α，β的法向量，則向量n1與n2的夾角(或其補角)就是兩個平面的夾角，用坐標法解題的步驟如下：
(1)建系：依據(jù)幾何條件建立適當?shù)目臻g直角坐標系.
(2)求法向量：在建立的坐標系下求兩個平面的法向量n1，n2.
(3)計算：設(shè)兩個平面的夾角為θ，則cos θ=.
1.(2024年新高考全國Ⅰ卷)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=.
(1)若AD⊥PB，證明：AD∥平面PBC.
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值為，求AD.
2.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2AA1，E是棱BC的中點.
(1)證明：A1C∥平面AB1E.
(2)求二面角A-B1E-A1的大小.
題型2 向量法求距離
點到線的距離
例4　如圖，該空間幾何體是由以AD為軸的圓柱與以ABCD為軸截面的半圓柱拼接而成的，其中AD為半圓柱的母線，G為的中點.
(1)證明：平面BDF⊥平面BCG.
(2)當AB=4，平面BDF與平面ABG夾角的余弦值為時，求點E到直線BG的距離.
方法總結(jié)：
用向量法求點到直線的距離的一般步驟
(1)求直線的方向向量.
(2)計算所求點與直線上某一點所構(gòu)成的向量在直線的方向向量上的投影向量的長度.
(3)利用勾股定理求解.
另外，要注意平行直線間的距離與點到直線的距離之間的轉(zhuǎn)化.
如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱長和底面邊長均為2，M是BC的中點，N是AB1的中點，P是B1C1的中點.
(1)證明：MN∥平面A1CP.
(2)求點P到直線MN的距離.
點到面的距離
例5　如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)面PAD⊥側(cè)面PAB，F(xiàn)為BD的中點，E是棱PA上的點，PA=PD=2，PA⊥PD.
(1)證明：平面PAD⊥平面ABCD.
(2)若二面角E-DF-A的余弦值為，求點E到平面PBC的距離.
方法總結(jié)：用向量法求點到平面的距離的步驟
(1)建系：建立恰當?shù)目臻g直角坐標系.
(2)求點的坐標：寫出(求出)相關(guān)點的坐標.
(3)求向量：求出相關(guān)向量的坐標(，α內(nèi)兩個不共線向量，平面α的法向量n).
(4)求距離：點P到平面α的距離d=.
另外，線面距、面面距均可轉(zhuǎn)化為點面距進行求解.
如圖，在四棱錐O-ABCD中，OA⊥底面ABCD，底面ABCD是邊長為2的正方形，OA=2，M，N，Q分別為OA，BC，CD的中點.
(1)證明：DN⊥OQ.
(2)求點D到平面AMN的距離.
【真題改編】
1.(2022年新高考全國Ⅰ卷，T9改編)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AC⊥B1D1，AD1與平面ABCD所成的角為30°，則(　　).
A.異面直線A1D與BC1所成的角為60°
B.異面直線AB與A1C1所成的角為45°
C.直線BD1與平面ADD1A1所成的角為60°
D.直線BD1與平面ABCD所成的角的正弦值為
2.(2024年新高考全國Ⅰ卷，T17改編)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，DC=BC，AB=AD.
(1)證明：BD⊥PC.
(2)若DC⊥平面PAD，且異面直線AD與PC的夾角的余弦值為，求平面ACP與平面DCP夾角的余弦值.
3.(2024年新高考全國Ⅱ卷，T17改編)如圖，在菱形ABCD中，AB=4，∠DAB=，點E滿足=，將△ABE沿著BE翻折至△PBE，使得PC=4.
(1)證明：PE⊥CD.
(2)若點M滿足=，求平面EMC與平面PCB夾角的余弦值.
4.(2023年新高考全國Ⅰ卷，T18改編)如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=4.點A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2=1，BB2=DD2=2，C2為棱CC1上靠近點C1的四等分點.
(1)證明：B2C2∥A2D2.
(2)點P在線段B1B2上，若B2P=1，求二面角P-A2C2-D2的余弦值.
【最新模擬】
(總分：100分　單選題每題5分，多選題每題6分，填空題每題5分，共32分；解答題共68分)
1.在棱長為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)滿足=2，=2，則點E到直線FC1的距離為(　　).
A. B. C. D.
2.在三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱長都相等，側(cè)棱垂直于底面，D是BC1與B1C的交點，則直線AD與平面BB1C1C所成角的正弦值是(　　).
A. B. C. D.
3.如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=AA1，E，F(xiàn)分別是棱BC，A1C1上的點.記EF與AA1所成的角為α，直線EF與平面ABC所成的角為β，二面角F-BC-A的平面角為γ，則(　　).
A.α≤β B.β≤α
C.β≤γ D.γ≤β
4.如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段DD1的中點，F(xiàn)為線段BB1的中點，則直線FC1到平面AB1E的距離為(　　).
A. B.
C. D.
5.在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=4，AD=2，P為側(cè)面ABB1A1內(nèi)一動點，且滿足C1P∥平面ACD1，則C1P的最小值為　　　　，此時點P到直線A1C1的距離為　　　　.
6.(10分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PCD內(nèi)存在一條直線EF與AB平行，PA⊥平面ABCD，直線PC與平面ABCD所成的角的正切值為，PA=BC=2，CD=2AB=4.
(1)證明：四邊形ABCD是直角梯形.
(2)若點E滿足=2，求二面角P-EF-B的正弦值.
7.(13分)在三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形BCC1B1是菱形，△ABC是等邊三角形，M是線段AB的中點，∠ABB1=60°.
(1)證明：B1C⊥平面ABC1.
(2)若平面ABB1A1⊥平面ABC，求直線B1C與平面A1MC1所成角的正弦值.
8.(13分)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=，AB⊥AC，D為A1C1的中點.
(1)證明：AB1⊥平面A1BD.
(2)若二面角A-BC-D的余弦值為，求點A到平面BCD的距離.
9.(15分)如圖，已知在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1=2，AB=2AD=2，DC=1，N是B1C1的中點，M是DD1的中點.
(1)求證：D1N∥平面CB1M.
(2)求平面CB1M與平面BB1C1C的夾角的余弦值.
(3)求點B到平面CB1M的距離.
10.(人教A版必修第二冊P164T18改編)已知在平行四邊形AVBC中，VA=VB=2且∠AVB=60°，把△VAB沿對角線AB折疊，使得VC=1，如圖所示，則(　　).
A.AB⊥VC
B.二面角V-AB-C的余弦值為
C.直線VC與平面ABC所成角的余弦值為
D.三棱錐V-ABC的外接球的表面積為
11.(17分)(原創(chuàng))如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，AB=BC=CD=DA=，PA=2，PB=1，PC=2，PC⊥PA.
(1)若E為線段PC的中點，則直線DE與平面PAB是否平行 請說明理由.
(2)求平面PAC與平面ACD的夾角的大小.
參考答案
專題八 空間角與距離
題型1　求空間角
考向1　異面直線所成的角
例1　B
【解析】(法一)如圖1，連接EO2并延長，交底面圓周于點F，連接FO1，F(xiàn)B，易知AE∥BF且AE=BF，
所以∠FBO1為異面直線AE與BO1所成的角或其補角.
因為=2，所以∠AO2E=60°，
所以△AEO2為正三角形，故AE=BF=1.
由圓柱的性質(zhì)知O1F=O1B==，
所以在等腰三角形BFO1中，cos∠FBO1==.
(法二)以A為原點，AB，AD所在直線分別為y軸、z軸，建立如圖2所示的空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(0，2，0)，O1(0，1，2)，E，，0，
所以=，，0，=(0，-1，2)，
所以異面直線AE與BO1所成角的余弦值為|cos<，>|===.
故選B.
跟蹤訓練　ACD
【解析】如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點分別為O，E，連接OE，OB，則OE⊥平面ABC，OB⊥AC.以O(shè)為坐標原點，OB，OC，OE所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系.
對于A，當a=h時，A10，-，a，C0，，0，B，0，0，C10，，a，
則=(0，a，-a)，=-，，a，則cos<，>===-，
由于異面直線A1C與BC1所成的角為θ，0°<θ≤90°，故cos θ=，A正確；
對于B，A10，-，h，C0，，0，B，0，0，C10，，h，則=(0，a，-h)，=-，，h，由cos θ=，得|cos<，>|===，解得a=h或a=h，B錯誤；
對于C，當a=h時，A10，-，h，C0，，0，B，0，0，C10，，h，
則=(0，h，-h)，=-，，h，則·=h2-h2=0，故⊥，則θ=90°，C正確；
對于D，若θ=60°，則cos θ=，由選項B知A10，-，h，C0，，0，B，0，0，C10，，h，
=(0，a，-h)，=-，，h，
則|cos<，>|===，
解得h=a或h=0(舍去)，D正確.
故選ACD.
考向2　直線與平面所成的角
例2
【解析】(1)∵△PBC為正三角形，O是BC的中點，∴PO⊥BC，
又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，PO 平面PBC，∴PO⊥平面ABCD，
又BD 平面ABCD，∴PO⊥BD.
∵·=(+)·-=-=4-4=0，∴⊥，∴AO⊥BD.
又PO，AO 平面POA且PO∩AO=O，∴BD⊥平面PAO.
(2)∵E，O分別為BD，BC的中點，∴EO∥DC，又DC 平面PDC，EO 平面PDC，∴EO∥平面PDC.
又平面OEQF∩平面PDC=QF，∴EO∥QF，∴QF∥DC.
∵F是PC的中點，∴Q是PD的中點.
如圖，以O(shè)為原點，OE，OC，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則P(0，0，)，C(0，，0)，D(2，，0)，Q1，，，
∴=(2，0，0)，=(0，，-)，=1，，.
設(shè)平面PCD的法向量為n=(x，y，z)，
則
即
取y=，得平面PCD的一個法向量為n=(0，，1)，則sin θ=|cos|===，∵θ∈0，，∴θ=.
跟蹤訓練
1.B
【解析】(法一)
如圖1，分別取BC，B1C1的中點D，D1，連接A1D1，D1D，DA，過點A1，D1作底面的垂線，垂足分別為M，N，顯然M，N均在線段AD上.易得AD=3，A1D1=.設(shè)正三棱臺ABC-A1B1C1的高為h，因為S△ABC=×6×3=9，=×2×=，
所以=×(++9)h=，解得h=.
設(shè)AM=x，則AA1==，DN=AD-AM-MN=2-x，可得DD1==.在等腰梯形BCC1B1中，B=D+2，即x2+=(2-x)2++4，解得x=，
所以直線A1A與平面ABC所成角的正切值為tan∠A1AD==1.
(法二)如圖2，將正三棱臺ABC-A1B1C1補形成正三棱錐P-ABC，
則直線A1A與平面ABC所成的角即直線PA與平面ABC所成的角.
因為△PA1B1∽△PAB，所以==，所以=，所以=VP-ABC=，所以VP-ABC=18.
設(shè)正三棱錐P-ABC的高為d，則VP-ABC=d××6×6×=18，解得d=2.
設(shè)底面ABC的中心為O，連接PO，AO，則PO⊥底面ABC，且AO=2，所以直線PA與平面ABC所成角的正切值為tan∠PAO==1.故選B.
2.解析　(1)由題意知，B1C1∥平面ABC，因為B1C1 平面AB1C1，且平面AB1C1∩平面ABC=l，所以B1C1∥l，又B1C1∥BC，所以l∥BC.
因為EF⊥l，所以EF⊥BC，
又EF⊥BB1，BC∩BB1=B，且BC 平面BCC1B1，BB1 平面BCC1B1，所以EF⊥平面BCC1B1.
(2)以A為原點建立空間直角坐標系，如圖，設(shè)三棱臺的高為h，則B(2，2，0)，B1(1，，h)，C(-2，2，0)，=(4，0，0)，=(-1，-，h).
設(shè)平面BCC1B1的法向量為n=(x，y，z)，則即令y=h，則z=，所以平面BCC1B1的一個法向量為n=(0，h，).
易得平面ABC的一個法向量為m=(0，0，1)，設(shè)直線EF與平面ABC的夾角為θ，由(1)知∥n，
所以由已知得sin θ=|cos|===，解得h=，所以該三棱臺的高為.
考向3　平面與平面所成的角
例3
【解析】(法一)(1)∵DA⊥平面ABC，且BC 平面ABC，∴DA⊥BC.
∵AC=BC=1，AB=，
∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC.
∵DA∩AC=A，DA，AC 平面DAC，
∴BC⊥平面DAC，
又AE 平面DAC，∴BC⊥AE.
∵DA=AC，E是CD的中點，∴DC⊥AE，
又BC∩DC=C，BC，DC 平面DBC，
∴AE⊥平面DBC，
又DB 平面DBC，∴DB⊥AE，
又EF⊥DB，EF∩AE=E，EF，AE 平面AEF，
∴DB⊥平面AEF.
(2)∵EF⊥DB，由(1)得DB⊥AF，
∴∠AFE為平面ADB與平面DBC的夾角或其補角.
∵DA⊥平面ABC，
∴DA⊥AC，DA⊥AB.
∵AC=DA=1，E為CD的中點，
∴AE=DC=.
∵AB=，
∴S△DAB=×DA×AB=×DB×AF，
∴AF===.
由(1)知，AE⊥平面DBC，
∵EF 平面DBC，∴AE⊥EF，
∴sin∠AFE===.
∵∠AFE為銳角，∴∠AFE=，
∴平面ADB與平面DBC夾角的大小為.
(法二)(1)∵DA⊥平面ABC，且BC 平面ABC，∴DA⊥BC.
∵AC=BC=1，AB=，
∴AC2+BC2=AB2，
∴AC⊥BC.
∵DA∩AC=A，DA，AC 平面DAC，
∴BC⊥平面DAC.
如圖，過點A作AG∥BC，
則AG⊥平面DAC.
以A為坐標原點，向量，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系A(chǔ)xyz，
則A(0，0，0)，B(1，1，0)，C(1，0，0)，D(0，0，1)，E，0，，
∴=(1，1，-1)，=，0，.
∵·=1×+1×0+(-1)×=0，
∴⊥，∴DB⊥AE.
又DB⊥EF，且AE∩EF=E，AE，EF 平面AEF，
∴DB⊥平面AEF.
(2)由(1)知=(0，0，1)，=(-1，-1，1)，=(-1，0，1).
設(shè)平面ADB的法向量為m=(x1，y1，z1)，
則∴
令y1=1，則平面ADB的一個法向量為m=(-1，1，0).
設(shè)平面DBC的法向量為n=(x2，y2，z2)，
則∴
令x2=1，則平面DBC的一個法向量為n=(1，0，1).
設(shè)平面ADB與平面DBC的夾角為θ，
則cos θ=|cos|==，又θ∈0，，所以θ=，
即平面ADB與平面DBC夾角的大小為.
跟蹤訓練
1.解析　(1)因為PA⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
由題意可得BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB，所以AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
(2)如圖所示，過點D作DE⊥AC于點E，再過點E作EF⊥CP于點F，連接DF.
因為PA⊥平面ABCD，PA 平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD=AC，DE 平面ABCD，DE⊥AC，
所以DE⊥平面PAC，又CP 平面PAC，所以DE⊥CP，又EF⊥CP，DE∩EF=E，DE，EF 平面DEF，所以CP⊥平面DEF，又DF 平面DEF，所以CP⊥DF.根據(jù)二面角的定義可知，∠DFE即二面角A-CP-D的平面角，即sin∠DFE=，則tan∠DFE=.
因為AD⊥DC，設(shè)AD=x(0則CE==，由題意可知△APC為等腰直角三角形，易得△EFC為等腰直角三角形，所以EF=.
由DE⊥平面PAC，EF 平面PAC，得DE⊥EF，故tan∠DFE==，解得x=，即AD=.
2.解析　
(1)如圖1，取B1C1的中點D，連接A1D，CD，DE，在三棱柱ABC-A1B1C1中，B1C1=BC，B1C1∥BC，AA1∥BB1，AA1=BB1.
因為E是棱BC的中點，D是B1C1的中點，
所以B1D=CE，所以四邊形ECDB1為平行四邊形，所以CD∥B1E，
同理可得四邊形BEDB1為平行四邊形，所以BB1=DE，BB1∥DE，所以AA1=DE，AA1∥DE，
所以四邊形AEDA1為平行四邊形，所以A1D∥AE.因為AE 平面AB1E，A1D 平面AB1E，
所以A1D∥平面AB1E，同理可得CD∥平面AB1E，又A1D∩CD=D，A1D，CD 平面A1DC，
所以平面A1DC∥平面AB1E，又A1C 平面A1DC，所以A1C∥平面AB1E.
(2)設(shè)AB=AC=2AA1=2，以A為原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，如圖2所示，則A(0，0，0)，A1(0，0，1)，B1(2，0，1)，E(1，1，0)，
所以=(1，1，0)，=(2，0，1)，=(2，0，0)，=(-1，-1，1).
設(shè)平面AEB1的法向量為n1=(x1，y1，z1)，
由得取x1=1，則平面AEB1的一個法向量為n1=(1，-1，-2).
設(shè)平面A1EB1的法向量為n2=(x2，y2，z2)，
由得取y2=1，則平面A1EB1的一個法向量為n2=(0，1，1).
設(shè)平面AEB1與平面A1EB1的夾角為θ，
則cos θ===，
由圖2可知二面角A-B1E-A1為銳角，則二面角A-B1E-A1的大小為30°.
題型2　向量法求距離
考向1　點到線的距離
例4
【解析】(1)過點G作GH∥BC交于點H，連接AH，BH，如圖1，
則H為的中點，則GH∥BC且GH=BC，
所以四邊形HBCG為平行四邊形，所以BH∥CG.
由題意可知，△ABF為等腰直角三角形，則∠ABF=.
因為H為的中點，所以AH⊥BH，AH=BH，
則△ABH為等腰直角三角形，則∠ABH=，
所以∠FBH=∠ABF+∠ABH=，則FB⊥BH.
因為BH∥CG，所以FB⊥CG，又BC⊥BF，BC，CG 平面BCG，BC∩CG=C，所以BF⊥平面BCG，又因為BF 平面BDF，所以平面BDF⊥平面BCG.
(2)
由題意知，AF，AB，AD兩兩垂直，所以以A為坐標原點，AF，AB，AD所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，如圖2.設(shè)AD=a，又AB=4，則A(0，0，0)，F(xiàn)(4，0，0)，B(0，4，0)，D(0，0，a)，G(-2，2，a)，=(0，-4，a)，=(4，-4，0)，=(0，4，0)，=(-2，2，a)，=(-2，-2，a).
設(shè)平面BDF的法向量為n1=(x1，y1，z1)，
則即令y1=1，則平面BDF的一個法向量為n1=1，1，.
設(shè)平面ABG的法向量為n2=(x2，y2，z2)，
則即令x2=1，則平面ABG的一個法向量為n2=1，0，.
設(shè)平面BDF與平面ABG的夾角為θ，
則cos θ=|cos |===，解得a=4(負值舍去)，
所以G(-2，2，4)，又B(0，4，0)，E(4，0，4)，則=(-2，-2，4)，=(4，-4，4).
設(shè)點E到直線BG的距離為d，
所以d==.
跟蹤訓練　
解析　(1)由題意知，AA1⊥平面ABC，∠BAC=60°，而AB 平面ABC，所以AA1⊥AB.在平面ABC內(nèi)過點A作y軸，使得AB⊥y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz，
則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，C1(1，，2)，得M，，0，N(1，0，1)，P，，2，
所以=(1，，-2)，=，，0，=-，-，1.
設(shè)平面A1CP的法向量為n=(x，y，z)，
則令x=1，得y=-，z=-1，所以平面A1CP的一個法向量為n=(1，-，-1)，
所以·n=-×1+-×(-)+1×(-1)=0，又直線MN 平面A1CP，所以MN∥平面A1CP.
(2)如圖，連接PM，由(1)得=(0，0，-2)，則·=-2，||=，||=2，
所以點P到直線MN的距離d==.
考向2　點到面的距離
例5
【解析】(1)∵平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB=PA，PA⊥PD，PD 平面PAD，∴PD⊥平面PAB，又AB 平面PAB，∴PD⊥AB.
∵四邊形ABCD為正方形，∴AB⊥AD，又PD∩AD=D，PD，AD 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又AB 平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD.
(2)取AD的中點O，連接OP，OF.∵PA=PD，O為AD的中點，∴OP⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，OP 平面PAD，∴OP⊥平面ABCD.
∵O，F(xiàn)分別為AD，BD的中點，∴OF∥AB，又AB⊥AD，∴OF⊥AD.
以O(shè)為坐標原點，OA，OF，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.
∵PA=PD=2，PA⊥PD，∴AD=2，OP=AD=，
∴D(-，0，0)，A(，0，0)，P(0，0，)，B(，2，0)，C(-，2，0)，F(xiàn)(0，，0)，
∴=(，，0)，=(，2，-)，=(-2，0，0)，=(-，0，)，=(2，0，0).
設(shè)=λ(0≤λ≤1)，則=(-λ，0，λ)，∴=+=(2-λ，0，λ).
設(shè)平面DEF的法向量為n=(x，y，z)，
則令x=λ，得y=-λ，z=λ-2，∴平面DEF的一個法向量為n=(λ，-λ，λ-2).
∵z軸⊥平面ADF，∴平面ADF的一個法向量為m=(0，0，1)，
∴|cos|===，解得λ=-1(舍去)或λ=，∴=-，0，，
∴=-=-，0，.
設(shè)平面PBC的法向量為t=(a，b，c)，
則令b=1，得a=0，c=2，∴平面PBC的一個法向量為t=(0，1，2)，
∴點E到平面PBC的距離d===.
跟蹤訓練
【解析】(1)∵OA⊥底面ABCD，AB，AD 平面ABCD，∴OA⊥AB，OA⊥AD，又AB⊥AD，∴以A為坐標原點，AB，AD，AO所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz，
則A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，O(0，0，2)，N(2，1，0)，Q(1，2，0)，∴=(2，-1，0)，=(1，2，-2)，∴·=2×1+(-1)×2+0=0，∴⊥，∴DN⊥OQ.
(2)設(shè)平面AMN的法向量為n=(x，y，z)，又M(0，0，1)，=(0，0，1)，=(2，1，0)，
∴即令x=1，可得y=-2，∴平面AMN的一個法向量為n=(1，-2，0).
故點D到平面AMN的距離d===.
1.ABD
【解析】在長方體ABCD-A1B1C1D1中，連接BD，顯然四邊形BDD1B1是矩形，即BD∥B1D1.
由AC⊥B1D1，得AC⊥BD，因此矩形ABCD是正方形，又DD1⊥平面ABCD，則∠D1AD是AD1與平面ABCD所成的角，即∠D1AD=30°.令DD1=1，則AD=，建立如圖所示的空間直角坐標系，則D(0，0，0)，A(，0，0)，B(，，0)，A1(，0，1)，C1(0，，1)，D1(0，0，1).
對于A，=(，0，1)，=(-，0，1)，cos<，>===-，
則<，>=120°，因此異面直線A1D與BC1所成的角為60°，A正確；
對于B，=(0，，0)，=(-，，0)，cos<，>===，
則<，>=45°，因此異面直線AB與A1C1所成的角為45°，B正確；
對于C，=(-，-，1)，而平面ADD1A1的一個法向量為n=(0，1，0)，
因為cos<，n>===-≠-，所以<，n>≠120°，因此BD1與平面ADD1A1所成的角不為60°，C錯誤；
對于D，平面ABCD的一個法向量為m=(0，0，1)，因為cos<，m>===，
所以BD1與平面ABCD所成的角的正弦值為，D正確.故選ABD.
2.解析　(1)因為PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以PA⊥BD.
因為DC=BC，AB=AD，所以BD⊥AC，
而PA∩AC=A，PA，AC 平面PAC，所以BD⊥平面PAC.
因為PC 平面PAC，所以BD⊥PC.
(2)因為DC⊥平面PAD，AD 平面PAD，所以AD⊥DC，如圖所示，以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，的方向為y軸正方向，建立空間直角坐標系.設(shè)DC=BC=n，AB=AD=m，則D(0，0，0)，A(m，0，0)，C(0，n，0)，P(m，0，2)，因為AD⊥DC，所以m2+n2=4.
因為=(m，0，0)，=(-m，n，-2)，所以|cos<，>|==，可得m=，n=1，
所以A(，0，0)，C(0，1，0)，P(，0，2).設(shè)平面ACP的法向量為n1=(x1，y1，z1)，平面CPD的法向量為n2=(x2，y2，z2).因為=(0，0，2)，=(-，1，0)，所以取x1=，則y1=3，z1=0，于是n1=(，3，0)是平面ACP的一個法向量，同理可得n2=(2，0，-)是平面CPD的一個法向量，所以|cos|==.
故平面ACP與平面DCP夾角的余弦值為.
3.解析　(1)因為=，
所以E是AD的中點.
依題意可知△ABD是等邊三角形，所以BE⊥AD，
則在翻折過程中有BE⊥DE，BE⊥PE，PE=AE=2，BE=2，又BC=4，則CE==2.
因為PE=2，PC=4，所以PC2=CE2+PE2，所以PE⊥EC.
又因為BE⊥PE，BE∩EC=E，BE，EC 平面BCDE，所以PE⊥平面BCDE.
而CD 平面BCDE，所以PE⊥CD.
(2)因為PE⊥平面BCDE，BE⊥DE，所以以E為原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示，
則E(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，M0，，，
所以=(2，4，0)，=0，，，=(0，4，0)，=(-2，0，2).
設(shè)平面EMC的法向量為m=(x，y，z)，
則即
令x=2，則y=-，z=2，即m=(2，-，2)是平面EMC的一個法向量.
設(shè)平面PCB的法向量為n=(x1，y1，z1)，
則即
令x1=1，則y1=0，z1=，即n=(1，0，)是平面PCB的一個法向量，
所以平面EMC與平面PCB夾角的余弦值為|cos|===.
4.解析　
(1)以C為坐標原點，CD，CB，CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
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)∵B2P=1，BB2=2，∴BP=3，則P(0，2，3)，結(jié)合(1)知=(-2，-2，2)，=(0，-2，0)，=(-2，0，1).
設(shè)平面PA2C2的法向量為n=(x，y，z)，則
得y=0，令z=1，得x=1，∴n=(1，0，1)是平面PA2C2的一個法向量.
設(shè)平面A2C2D2的法向量為m=(a，b，c)，則
令a=1，得b=1，c=2，∴m=(1，1，2)是平面A2C2D2的一個法向量.
∴cos===，由圖知二面角P-A2C2-D2的平面角為鈍角，
則二面角P-A2C2-D2的余弦值為-.
1.A
【解析】
如圖，建立空間直角坐標系，根據(jù)條件可得E(0，0，1)，F(xiàn)(3，3，2)，C1(0，3，3)，則=(3，3，1)，=(-3，0，1).
∴點E到直線FC1的距離
d=
==.
2.C
【解析】
如圖，取BC的中點E，連接DE，AE，依題意知三棱柱ABC-A1B1C1為正三棱柱，設(shè)棱長為2，則AE=，DE=1.
因為D，E分別是BC1和BC的中點，所以DE∥CC1，所以DE⊥平面ABC.又AE 平面ABC，所以DE⊥AE，所以AD===2.因為AE⊥BC，AE⊥DE，BC∩DE=E，BC，DE 平面BB1C1C，所以AE⊥平面BB1C1C，所以∠ADE是直線AD與平面BB1C1C所成的角，且sin∠ADE==，所以直線AD與平面BB1C1C所成角的正弦值是.
3.AC
【解析】如圖所示，過點F作FP⊥AC于點P，過點P作PM⊥BC于點M，連接PE，F(xiàn)M，易知FM⊥BC，
則α=∠EFP，β=∠FEP，γ=∠FMP，tan α==≤1，tan β==≥1，tan γ=≥=tan β，又函數(shù)y=tan x在0，上單調(diào)遞增，所以α≤β≤γ.
4.C
【解析】易知AE∥FC1，又FC1 平面AB1E，AE 平面AB1E，∴FC1∥平面AB1E，
∴直線FC1到平面AB1E的距離等于點C1到平面AB1E的距離.
如圖，以D為坐標原點，DA所在的直線為x軸，DC所在的直線為y軸，DD1所在的直線為z軸，建立空間直角坐標系，
則A(2，0，0)，B1(2，2，2)，C1(0，2，2)，E(0，0，1)，F(xiàn)(2，2，1)，∴=(-2，0，1)，=(0，2，2)，=(2，0，0).
設(shè)平面AB1E的法向量為n=(x，y，z)，則令z=2，則x=1，y=-2，得n=(1，-2，2)是平面AB1E的一個法向量.
設(shè)點C1到平面AB1E的距離為d，則d===，故直線FC1到平面AB1E的距離為.
5.2　
【解析】如圖所示，因為AB∥C1D1且AB=C1D1，所以四邊形ABC1D1為平行四邊形，所以BC1∥AD1.又因為BC1 平面ACD1，AD1 平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1，同理可證得A1B∥平面ACD1.因為A1B∩BC1=B，A1B，BC1 平面A1BC1，所以平面A1BC1∥平面ACD1.因為C1∈平面A1BC1，C1P∥平面ACD1，所以C1P 平面A1BC1.因為平面AA1B1B∩平面A1BC1=A1B，P∈平面AA1B1B，所以點P的軌跡為線段A1B.當C1P取最小值時，C1P⊥A1B，則P為A1B的中點，則C1P的最小值為==2.
以D為原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系，
易知A1(2，0，4)，C1(0，4，4)，P(2，2，2)，所以=(-2，4，0)，=(0，2，-2).
取a==(0，2，-2)，u==-，，0，則a2=8，a·u=，所以點P到直線A1C1的距離為=.
6.解析　(1)因為AB∥EF，EF 平面PCD，AB 平面PCD，所以AB∥平面PCD.
因為AB 平面ABCD，平面ABCD∩平面PCD=CD，所以AB∥CD.
連接AC(圖略)，因為PA⊥平面ABCD，所以∠PCA是直線PC與平面ABCD所成的角，
則tan∠PCA===，解得AC=4.因為AB=2，BC=2，所以AB2+BC2=AC2，所以AB⊥BC.
又AB≠CD，
所以四邊形ABCD是直角梯形. 4分
(2)取CD的中點M，連接AM，以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A(0，0，0)，P(0，0，2)，D(2，-2，0)，C(2，2，0)，B(0，2，0)，所以=(0，2，0)，=(2，2，-2)，=(2，-2，-2).
由=2，
得E，-，，則=，-，.
設(shè)平面PCD的法向量為n=(x，y，z)，
則
得y=0，取x=1，則z=1，即n=(1，0，1)是平面PCD的一個法向量.
設(shè)平面ABE的法向量為m=(a，b，c)，
則
得b=0，取a=1，則c=-2，即m=(1，0，-2)是平面ABE的一個法向量.
易知平面PCD即平面PEF，平面ABE即平面BEF.
設(shè)二面角P-EF-B的平面角為θ，
則|cos θ|=|cos|==，所以sin θ==，
故二面角P-EF-B的正弦值為. 10分
7.解析　(1)如圖1，設(shè)BC1與B1C的交點為N，連接AB1，AN.
∵四邊形BCC1B1是菱形，∴B1C⊥BC1，B1B=BC，N是B1C的中點，∴在△ABB1中，B1B=AB.又∠ABB1=60°，∴△ABB1是等邊三角形，∴AB1=AB，∴在△ACB1中，AB1=AC.又N是B1C的中點，∴B1C⊥AN.
又B1C⊥BC1，AN∩BC1=N，AN，BC1 平面ABC1，∴B1C⊥平面ABC1. 5分
(2)連接B1M，∵△ABB1是等邊三角形，M是線段AB的中點，∴B1M⊥AB.
又∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABC∩平面ABB1A1=AB，B1M 平面ABB1A1，
∴B1M⊥平面ABC.
以M為原點，MB，MC，MB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖2所示的空間直角坐標系，不妨設(shè)AB=2，
則M(0，0，0)，A(-1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，A1(-2，0，)，B1(0，0，)，
∴=(-2，0，)，=(0，0，)，=(-1，，0)，=(0，，-)，
∴=+=+=(-1，，).
設(shè)平面A1MC1的法向量為n=(x，y，z)，
則即令x=，得y=-1，z=2，所以平面A1MC1的一個法向量為n=(，-1，2).
設(shè)直線B1C與平面A1MC1所成角的大小為θ，
則sin θ===，
故直線B1C與平面A1MC1所成角的正弦值為. 13分
8.解析　(1)由直三棱柱的性質(zhì)可知AA1⊥AB，四邊形AA1B1B為矩形，又因為AB=AA1，所以四邊形AA1B1B為正方形，所以AB1⊥A1B.因為AA1⊥AC，AB⊥AC，AA1∩AB=A，AA1，AB 平面AA1B1B，所以AC⊥平面AA1B1B.又AB1 平面AA1B1B，所以AC⊥AB1.因為A1D∥AC，所以AB1⊥A1D.又因為A1B∩A1D=A1，A1B，A1D 平面A1BD，所以AB1⊥平面A1BD.
5分
(2)以A為原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
設(shè)AC=2a(a>0)，則A(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，2a，0)，D(0，a，)，所以=(0，2a，0)，=(-，2a，0)，=(0，-a，).
易知平面ABC的一個法向量為m=(0，0，1).
設(shè)平面BCD的法向量為n=(x，y，z)，則所以取x=，則y=，z=，所以n=，，是平面BCD的一個法向量.
設(shè)二面角A-BC-D的平面角為θ，
則|cos θ|=|cos|===，解得a=1，所以=(0，2，0)，n=，，.
設(shè)點A到平面BCD的距離為d，
則d===，所以點A到平面BCD的距離為. 13分
9.解析　(1)以A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
依題意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)，
則M(0，1，1)，N，，2，所以=，-，0，=(1，-1，2)，=(-1，0，1).
設(shè)平面CB1M的法向量為n=(x1，y1，z1)，
則即
取x1=1，得z1=1，y1=3，則n=(1，3，1)是平面CB1M的一個法向量.
因為·n=，-，0·(1，3，1)=-=0，
所以⊥n，顯然D1N 平面CB1M，所以D1N∥平面CB1M.
5分
(2)由(1)得=(1，-1，2)，=(-1，1，0)，
設(shè)平面BB1C1C的法向量為m=(x2，y2，z2)，
則即
取x2=1，得y2=1，z2=0，則m=(1，1，0)是平面BB1C1C的一個法向量.
設(shè)平面CB1M與平面BB1C1C的夾角為θ，
則cos θ=|cos|===，
所以平面CB1M與平面BB1C1C的夾角的余弦值為.
10分
(3)易知=(0，0，2).
設(shè)點B到平面CB1M的距離為d，
則d===，
所以點B到平面CB1M的距離為. 15分
10.ABD
【解析】對于A，
如圖所示，取AB的中點M，連接VM，CM，
∵VA=VB，AC=BC，∴VM⊥AB，CM⊥AB.
又VM∩CM=M，VM，CM 平面VCM，∴AB⊥平面VCM.又VC 平面VCM，∴AB⊥VC，故A正確.
對于B，由A知，∠VMC為二面角V-AB-C的平面角，根據(jù)已知條件可得AM=1，CM=，VM=，VC=1.在△VMC中，由余弦定理得cos∠VMC==，∴二面角V-AB-C的余弦值為，故B正確.
對于C，在平面VCM內(nèi)，過點V作VH⊥MC(圖略)，∵AB⊥平面VCM，∴VH⊥AB.
又AB∩CM=M，AB，CM 平面ABC，∴VH⊥平面ABC，∴∠VCH為直線VC與平面ABC所成的角或補角.在△VMC中，由余弦定理得cos∠VCM==，故直線VC與平面ABC所成角的余弦值為，故C錯誤.
對于D，設(shè)正三角形ABC的中心為E，正三角形VAB的中心為F，過點E，F(xiàn)分別作平面ABC、平面VAB的垂線，設(shè)兩垂線的交點為P(圖略)，則P為三棱錐V-ABC的外接球的球心.
∵△ABC≌△VAB，∴點P在∠VMC的平分線上，設(shè)∠VMC=2β，
則cos∠VMC=cos 2β=2cos2β-1=，∴cos β=.在Rt△PEM中，ME=MC=，cos β=cos∠PME===，解得MP=，則由勾股定理得PE==，則三棱錐V-ABC的外接球的半徑為=，故三棱錐V-ABC的外接球的表面積為4π2=，故D正確.
11.解析　因為AB=BC=CD=DA=，所以四邊形ABCD為菱形.
如圖，連接BD交AC于點O，則AC⊥BD，以O(shè)為原點，OD所在直線為x軸，OA所在直線為y軸，建立空間直角坐標系.
因為PC=2，PA=2，PC⊥PA，所以AC===2，
即OC=OA=.
在Rt△BOA中，OB==，
所以A(0，，0)，B(-，0，0)，C(0，-，0)，D(，0，0).
設(shè)點P的坐標為(x，y，z)，其中z>0，由已知可得
由①-③得-4y=4，解得y=-.將y=-代入②式和③式，得解得
所以點P的坐標為-，-，. 7分
(1)因為P-，-，，C(0，-，0)，所以E-，-，，則=-，-，.
設(shè)平面APB的法向量為v=(x1，y1，z1)，又=-，-，，=0，-，，
則令y1=1，則z1=，x1=-，即v=-，1，是平面APB的一個法向量.
因為·v=-×--+×=≠0，
所以與v不垂直，所以當E為線段PC的中點時，直線DE與平面PAB不平行. 12分
(2)易知平面ACD的一個法向量為n1=(0，0，1).
設(shè)平面APC的法向量為n2=(a，b，c)，由已知得=(0，-2，0)，=-，-，，
則
令a=1，則c=，且b=0，得n2=(1，0，)是平面APC的一個法向量.
記平面PAC與平面ACD的夾角為θ0≤θ≤，
所以cos θ==，因此θ=30°，所以平面PAC與平面ACD的夾角為30°. 17分

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