【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第8章 第7讲　空间向量在立体几何中的应用 含解析【高考】.doc，共(47)页，1.026 MB，由小赞的店铺上传

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1第7讲空间向量在立体几何中的应用1．直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量在直线l上取非零向量a，把与a01平行的非零向量称为直线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，称向量a为平面α的法向量．2．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⇔n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2⇔02n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔03m·n＝0l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，mα∥βn∥m⇔n＝λmα⊥βn⊥m⇔04m·n＝03．空间向量与空

间角的关系(1)两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝05|a·b||a||b|其中φ为异面直线a，b所成的角，范围是0，π2.(2)直线与平面所成角的求法如图

所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝06|e·n||e||n|，φ的取值2范围是0，π2.(3)求二面角的大小如图①

，AB，CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的射线，则二面角的大小θ＝07〈AB→，CD→〉.如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉，取值

范围是[0，π]．注：注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的取值范围是[0，π]，两个平面的夹角的范围是0，π2.4．求空间的距离(1)点到直线的距离如图，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d＝08AP→2－(AP→·u)2.(2)点到平面的距离如图，A是平面α内的定点，B是平面α外一点，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝09|AB→·n||n|.3

(3)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．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向量，若有，则此向量就是法向量．(2)待定系数法：取平面内的两个相交向量a，b，设平面的法向量为n＝(x，y，z)

，由n·a＝0，n·b＝0，解方程组求得．1．平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是()A．平行B．相交但不垂直C．垂直D．重合答案C解析由(1,2,0)·(2，－1,0)＝1×2＋2×(－1)＋0×

0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．故选C．2．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是()A．33，33，－33B．33，－33，33C．－33，33，33D．

－33，－33，－33答案D解析AB→＝(－1,1,0)，AC→＝(－1,0,1)，设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)，∴－x＋y＝0，－x＋z＝0.令x＝1，则y＝1，z＝1，∴n＝(1,1,1)．单位法向量为±n|n|＝±33，33，33.故选D.43．在空

间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于()A．4B．2C．3D．1答案B解析由已知，得OP→＝(－1，3,2)，所以点P

到平面OAB的距离d＝|OP→·n||n|＝|－2－6＋2|22＋(－2)2＋1＝2.故选B.4．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE

与FD1所成角的余弦值为()A．105B．155C．45D．23答案B解析建立如右图所示的空间直角坐标系，则O(1,1,0)，E(0，2,1)，F(1,0,0)，D1(0,0,2)，∴FD1→＝(－1,0,2)，OE→＝(－1,1

,1)．∴cos〈FD1→，OE→〉＝FD1→·OE→|FD1→||OE→|＝1＋0＋25×3＝155.故选B.5．如图，已知P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，E，F分5别是AB，PC的中点．若∠PDA＝45°，则EF与平面ABCD所成的角的大小是()A．90°

B．60°C．45°D．30°答案C解析设AD＝a，AB＝b，因为∠PDA＝45°，PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，PA＝AD＝a.以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P

(0,0，a)，Eb2，0，0，Fb2，a2，a2，所以EF→＝0，a2，a2.易知AP→＝(0,0，a)是平面ABCD的一个法向量．设EF与平面ABCD所成的角为θ，则sinθ

＝|cos〈AP→，EF→〉|＝|AP→·EF→||AP→||EF→|＝22.所以θ＝45°.故选C．6．(多选)(2021·山东烟台模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3AD＝3AA1＝3，点P为线段A1C上的动点，则下列

结论正确的是()A．当A1C→＝2A1P→时，B1，P，D三点共线B．当AP→⊥A1C→时，AP→⊥D1P→6C．当A1C→＝3A1P→时，D1P∥平面BDC1D．当A1C→＝5A1P→时，A1C⊥平面D1

AP答案ACD解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，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．因为AB＝3AD＝3AA1＝3，所以AD＝AA1＝1，则D(0，0,0)，A(1,0,0)，

A1(1,0,1)，C(0，3，0)，D1(0,0,1)，B(1，3，0)，C1(0，3，1)，B1(1，3，1)，则AA1→＝(0,0,1)，A1C→＝(－1，3，－1)，D1A→＝(1,0，－1)．对于A，当A1C→

＝2A1P→时，P为线段A1C的中点，则P12，32，12，DP→＝12，32，12，DB1→＝(1，3，1)，则DB1→＝2DP→，所以B1，D，P三点共线，故A正确；对于B，设A1P→＝λA1

C→＝λ(－1，3，－1)＝(－λ，3λ，－λ)(0≤λ≤1)，AP→＝AA1→＋A1P→＝(0,0,1)＋(－λ，3λ，－λ)＝(－λ，3λ，1－λ)，由AP→⊥A1C→，可得AP→·A1C→＝5λ－1＝0，解得λ＝15，所以AP→＝

－15，35，45，D1P→＝D1A→＋AP→＝(1,0，－1)＋－15，35，45＝45，35，－15，所以D1P→·AP→＝－425＋325－425＝－15≠0，所以AP→与D1P→不垂直，故B错误；对于C，当A1C→

＝3A1P→时，A1P→＝13A1C→＝－13，33，－13，DC1→＝(0，3，1)，DB→＝(1，3，0)．设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·DC1→＝0，n·DB→

＝0，即3y＋z＝0，x＋3y＝0，令y＝1，则x＝z＝－3，所以n＝(－3，1，－3)，又A1D1→＝(－1,0,0)，所以D1P→＝A1P→－A1D1→＝23，33，－13，所以D1P→·n＝23

×(－3)＋33×1－13×(－3)＝0，所以D1P→⊥n，因为D1P⊄平面BDC1，所以D1P∥平面BDC1，故C正确；对于D，当A1C→＝5A1P→时，A1P→＝15A1C→＝－15，35，－15，所以D1P→＝A1P→－A1D

1→＝745，35，－15，所以A1C→·D1P→＝－1×45＋3×35－1×－15＝0，A1C→·D1A→＝－1×1＋3×0＋(－1)2＝0.所以A1C⊥D1P，A1C⊥D1A，又D1P∩D1A＝D1，D1P⊂平面D1AP，D1A⊂平面D1AP，所以A1C⊥平面D1AP，

故D正确．故选ACD.考向一利用空间向量证明平行、垂直例1如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面A

BCD所成的角为30°.求证：(1)CM∥平面PAD；(2)平面PAB⊥平面PAD.证明以点C为坐标原点，CB，CD，CP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Cxyz.∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角．∴∠PBC＝

30°.∵PC＝2，∴BC＝23，PB＝4.8∴D(0,1,0)，B(23，0,0)，A(23，4,0)，P(0,0,2)，M32，0，32，∴DP→＝(0，－1,2)，DA→＝(23，3,0)，

CM→＝32，0，32.(1)设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，由DP→·n＝0，DA→·n＝0，得－y＋2z＝0，23x＋3y＝0.令y＝2，得n＝(－3，2,1)．∵n·CM→＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n⊥CM→.又CM⊄平面PAD，∴CM∥

平面PAD.(2)如图，取AP的中点E，连接BE，则E(3，2,1)，BE→＝(－3，2,1)．∵PB＝AB，∴BE⊥PA．又BE→·DA→＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，∴BE→⊥DA→，∴BE⊥DA．又PA∩DA＝A，∴BE⊥平面P

AD.又BE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.1．用向量法证平行问题的类型及常用方法线线平行证明两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；9②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表示面面平行①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)；②转化为线面平行、线线平行问题2．利用向量法证垂直问题的类型及常用方法线线垂直证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零线面垂直直线的方向向量与平面的法向量共

线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直1．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂

直，M为AA1的中点，N为BC1的中点．求证：(1)MN∥平面A1B1C1；(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C．证明由题意知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设正方形AA1C1C的边长为2，则A(0,

0,0)，A1(2,0,0)，B(0,2,0)，B1(2,2,0)，C(0,0,2)，C1(2,0,2)，M(1,0,0)，N(1,1,1)．(1)因为几何体是直三棱柱，所以侧棱AA1⊥底面A1B1C1.因为AA1→＝(2,0,0)，MN→＝(0

,1,1)，所以MN→·AA1→＝0，即MN→⊥AA1→.因为MN⊄平10面A1B1C1，故MN∥平面A1B1C1.(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．因为MB→＝(－1,2,0)，MC1

→＝(1,0,2)，所以n1·MB→＝0，n1·MC1→＝0，即－x1＋2y1＝0，x1＋2z1＝0，令x1＝2，则平面MBC1的一个法向量为n1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2＝(0,

1,1)．因为n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n1⊥n2，所以平面MBC1⊥平面BB1C1C．多角度探究突破考向二利用空间向量求空间角角度求异面直线所成的角例2(1)如图，正四棱锥P－A

BCD的侧面PAB为正三角形，E为PC的中点，则异面直线BE和PA所成角的余弦值为()A．33B．32C．22D．12答案A解析连接AC，BD，交于点O，连接PO，以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间

直角坐标系，设AB＝2，则OA＝OB＝OP＝1，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,0,0)，P(0,0,1)，E－12，0，12，BE→11＝－12，－1，12，PA→＝(1,0，－1)，设异面直线BE和PA所成

的角为θ，则cosθ＝|BE→·PA→||BE→||PA→|＝132×2＝33.∴异面直线BE和PA所成角的余弦值为33.故选A．(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面

直线D1E和A1F所成角的余弦值为________.答案25解析如图，以D为原点建立空间直角坐标系．则A1(2,0,2)，F(1，0,0)，D1(0，0,2)，E(0，2,1)，则A1F→＝(－1,0，－2)，D1E→＝(

0,2，－1)，cos〈D1E→，A1F→〉＝D1E→·A1F→|D1E→||A1F→|＝25×5＝25，∴异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为25.(1)求异面直线所成角的思路①选好基底或建立空间直角坐标系；12②求出两直线的方向向量v1，v2；③代入公式cosθ＝

|cos〈v1，v2〉|＝|v1·v2||v1||v2|求解(θ为两异面直线所成的角)．(2)两异面直线所成角的关注点两异面直线所成角θ的范围是0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，该角就是异面直线所成的角；当异面直

线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．2．(多选)已知在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，H分别是AB，DD1，BC1的中点，下列结论中正确的是()A．D1C1∥平面CHDB．AC1⊥平面BDA1C．

三棱锥D－BA1C1的体积为56D．直线EF与BC1所成的角为30°答案ABD解析如图1所示，因为D1C1∥DC，D1C1⊄平面CHD，DC⊂平面CHD，所以D1C1∥平面CHD，A正确；建立空间直角坐标系，如图2所示．由于正方体ABCD－A

1B1C1D1的棱长为1，则AC1→＝(－1,1,1)，BD→＝(－1，－1,0)，DA1→＝(1,0,1)，所以AC1→·BD→＝1－1＋0＝0，AC1→·DA1→＝－1＋0＋1＝0，所以AC1→⊥BD→，AC1→⊥DA1→，所以A

C1⊥平面BDA1，B正确；三棱锥D－BA1C1的体积为V三棱锥D－BA1C1＝V正方体ABCD－A1B1C1D1－4V三棱锥A1－ABD＝1－4×13×12×1×1×1＝13，所以C错误；E1，12，0，F0，0，12，所13以EF→＝

－1，－12，12，BC→1＝(－1,0,1)，所以cos〈EF→，BC1→〉＝EF→·BC1→|EF→||BC1→|＝1＋0＋1232×2＝32，所以直线EF与BC1所成的角是30°，D正确．故选ABD.角度求直线与平面所成的角例3(2020·新高考Ⅰ卷)

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(1)证明：在正方形ABCD中，AD∥BC，因为AD⊄平面PBC，BC

⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l.因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD.因为DC∩PD

＝D，所以l⊥平面PDC．(2)如图，建立空间直角坐标系Dxyz.14因为PD＝AD＝1，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1，0,0)，P(0，0,1)，B(1，1,0)．设Q(m,0,1)，则有DC→＝(0,1,0)，DQ→＝(m,0,1)，PB→＝(1,1，－1)．设平面QCD的

法向量为n＝(x，y，z)，则DC→·n＝0，DQ→·n＝0，即y＝0，mx＋z＝0，令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1，0，－m)，则cos〈n，PB→〉＝n·PB→|n||PB→|＝1＋0＋m3·m2＋1.根

据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，知直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于|cos〈n，PB→〉|＝|1＋m|3·m2＋1＝33·1＋2m＋m2m2＋1＝33·1＋2mm2

＋1≤33·1＋2|m|m2＋1≤33·1＋1＝63，当且仅当m＝1时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.利用向量法求线面角的方法(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锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．提醒：在求平面的法向量时，若能找出平面的垂线，则在垂线上取两个点可构成一个法向量．3．(2021·浙江高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平

行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.15(1)证明：AB⊥PM；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．解(1)证明：因为底面ABCD是平行四边形，∠A

BC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，所以CM＝2，DC＝1，∠DCM＝60°，由余弦定理可得DM＝3，所以DM2＋DC2＝CM2，所以DC⊥DM.又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD⊂平面PDM，DM⊂平面PDM，所以DC⊥平面PDM.因为AB∥DC

，所以AB⊥平面PDM.又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.(2)解法一：由(1)知AB⊥平面PDM，所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角．连接AM，因为PM⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD，所以P

M⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以由余弦定理得AM＝7，又PA＝15，所以PM＝22.因为PM⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PM⊥BC，所以PB＝PC＝23，连接BN，结合余弦定理得BN＝11.连接AC，则由余弦定理得AC＝21

，在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，所以AN＝15.16所以在△ABN中，cos∠BAN＝AB2＋AN2－BN22AB·AN＝1＋15－11215＝156.设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sinθ＝cos∠BAN＝156.解法二：

因为PM⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD.连接AM，则PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以AM＝7，又PA＝15，所以PM＝22.由(1)知CD⊥DM，过点M作ME∥CD交AD于点E，则ME⊥MD.故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分

别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(－3，2,0)，P(0,0,22)，C(3，－1,0)，所以N32，－12，2，所以AN→＝332，－52，2.易知平面PDM的一个法向量为n＝(0,1,0)．设直线AN与平面P

DM所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AN→，n〉|＝|AN→·n||AN→||n|＝5215＝156.角度求二面角例4(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝

1，M为BC的中点，且PB⊥AM.17(1)求BC；(2)求二面角A－PM－B的正弦值．解(1)连接BD，∵PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，∴PD⊥AM.又PB⊥AM，PB∩PD＝P，∴AM⊥平面PBD，

又BD⊂平面PBD，∴AM⊥BD，∴∠ABD＋∠MAB＝90°.∵∠ABD＋∠ADB＝90°，∴∠ADB＝∠MAB.∴Rt△DAB∽Rt△ABM，∴ADAB＝ABBM.又AD＝BC，BM＝12BC，∴12BC2＝1.∴BC＝2.(2)如图，以D为坐标原点，DA→，D

C→，DP→的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系．18则A(2，0,0)，B(2，1,0)，M22，1，0，P(0,0,1)，则AP→＝(－2，0,1)，AM→＝－22，1，0，BM→＝

－22，0，0，BP→＝(－2，－1,1)．设平面AMP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·AP→＝0，m·AM→＝0，即－2x1＋z1＝0，－22x1＋y1＝0，令x1＝2，则y1＝

1，z1＝2，∴m＝(2，1,2)．设平面BMP的法向量为n＝(x2，y2，z2)，同理可得n＝(0,1,1)．∴cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝37×2＝31414.设二面角A－PM－B的平面角为θ，则sinθ＝1－(cos〈m，n〉)2＝1－

914＝7014.利用向量法确定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，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(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，则这两个向量夹角的大小就是二面角的大小．194．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qiàndǔ)；阳马指底

面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑(biēnào)指四个面均为直角三角形的四面体．如图在堑堵ABC－A1B1C1中，AB⊥AC．(1)求证：四棱锥B－A1ACC1为阳马；(2)若C1C＝BC＝2，当鳖臑C1－A

BC的体积最大时，求锐二面角C－A1B－C1的余弦值．解(1)证明：∵A1A⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，∴A1A⊥AB.又AB⊥AC，A1A∩AC＝A，∴AB⊥面ACC1A1.又四边形ACC1A1为矩形，∴四棱锥B－A1ACC1为阳马．(2)∵AB⊥AC，BC＝2，∴AB2＋AC2＝4.又C

1C⊥底面ABC，∴VC1－ABC＝13·C1C·12AB·AC＝13·AB·AC≤13·AB2＋AC22＝23，当且仅当AB＝AC＝2时，VC1－ABC＝13·AB·AC取最大值．∵AB⊥AC，A1A⊥底面ABC，∴以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，20则B(

2，0,0)，C(0，2，0)，A1(0，0,2)，C1(0，2，2)，A1B→＝(2，0，－2)，BC→＝(－2，2，0)，A1C1→＝(0，2，0)．设平面A1BC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)

，由n1·A1B→＝0，n1·BC→＝0，得2x1－2z1＝0，－2x1＋2y1＝0，令z1＝1，得n1＝(2，2，1)．同理得平面A1BC1的一个法向量为n2＝(2，0,1)，cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝1

55，∴锐二面角C－A1B－C1的余弦值为155.考向三利用空间向量求空间距离例5(2022·湖北荆州月考)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点．(1)求点B到直线AC1的距离；(2)求直线FC到平面AEC1的距离．解以D1为坐标原点，

D1A1，D1C1，D1D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(1,0,1)，B(1,1,1)，C(0,1,1)，C1(0,1,0)，E1，12，0，F1，12，1，所以AB→＝(0,1,

0)，AC1→＝(－1,1，－1)，AE→＝0，12，－1，EC1→＝－1，12，0，FC→＝－1，12，0，AF→＝0，12，0.21(1)取a＝AB→＝(0

,1,0)，u＝AC1→|AC1→|＝－33，33，－33，则a2＝1，a·u＝33.所以点B到直线AC1的距离为a2－(a·u)2＝1－13＝63.(2)因为FC→＝EC1→＝－1，12，0，所以FC∥EC1，又EC1

⊂平面AEC1，FC⊄平面AEC1，所以FC∥平面AEC1.所以点F到平面AEC1的距离为直线FC到平面AEC1的距离．设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE→＝0，n·EC1→＝0，所以12y－z＝0，－x＋12y＝0，

所以x＝z，y＝2z.取z＝1，则x＝1，y＝2，所以n＝(1,2,1)是平面AEC1的一个法向量．又因为AF→＝0，12，0，所以点F到平面AEC1的距离为|AF→·n||n|＝0

，12，0·(1，2，1)6＝66.即直线FC到平面AEC1的距离为66.(1)求平面α外一点P到平面α的距离的常用方法①直接法：过点P作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，22解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离．②转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，

则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求．③等体积法．④向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为d＝|PA→·n||n|.(2)求线面距离可以转化为求直线上任意一点到平面的距离，利用求点到平面的距离的方法求解

即可．5．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE＝2，M为线段BF的中点．(1)求M到平面DEC的距离及三棱锥M－CDE的体积；

(2)求证：DM⊥平面ACE.解(1)设AC∩BD＝O，取EF的中点G，连接OG，由题意，OG⊥BD，∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，OG⊂平面BDEF，∴OG⊥平面ABCD，∴OG⊥OB，OG⊥OC，23又OB⊥OC，所以以O为坐标原点，OB所在直线为x

轴，OC所在直线为y轴，OG所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则C(0，3，0)，D(－1,0,0)，E(－1,0,2)，M(1,0,1)，DE→＝(0,0,2)，DC→＝(1，3，0)，DM→＝(2,0,1)．∵DE→·DC→＝0，∴DE⊥DC，∴S△CDE＝12DE·DC＝12

×2×2＝2.设平面DEC的法向量n＝(x，y，z)，则n·DE→＝2z＝0，n·DC→＝x＋3y＝0，取x＝3，得n＝(3，－1,0)，∴M到平面DEC的距离h＝|DM→·n||n|＝233＋1＝3，∴三棱锥M－CDE的体积V＝13S△CDE×h＝1

3×2×3＝233.(2)证明：A(0，－3，0)，AC→＝(0,23，0)，AE→＝(－1，3，2)，AC→·DM→＝0，AE→·DM→＝－2＋2＝0，∴AC⊥DM，AE⊥DM，∵AC∩AE＝A，∴DM⊥

平面ACE.用向量法探究点的位置如图所示，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝5.(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的

正弦值；24(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由．解(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB.(2)如图，取AD的中点O

，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD.建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(

2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0，0,1)，PB→＝(1,1，－1)，PC→＝(2,0，－1)，PD→＝(0，－1，－1)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·PD→＝0，n·PC→＝0，即－y－z＝0，2x－z＝0.令z＝2，则x＝1，y＝－2，所以n＝(

1，－2,2)．又PB→＝(1,1，－1)，25所以cos〈n，PB→〉＝n·PB→|n||PB→|＝－33，所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.(3)假设在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，则存在λ∈[0,1]使得AM→＝λA

P→.因此点M(0,1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ)．因为BM⊄平面PCD，所以当且仅当BM→·n＝0时，BM∥平面PCD，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，解得λ＝14∈[0,1]．所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时AMAP＝14.答题启示对于点的探究型问

题，要善于根据点的位置结合向量的有关定理灵活设出未知量，尽量使未知量个数最少．对点训练(2021·滨州二模)如图所示，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝60°，直角梯形ADFE所在的平面垂直于平面ABCD，且∠EAD＝90°，EA＝AD＝2DF＝2CD＝2.

(1)证明：平面ECD⊥平面ACE；(2)点M在线段EF上，试确定点M的位置，使平面MCD与平面EAB所成的二面角的余弦值为34.解(1)证明：因为平面ABCD⊥平面ADFE，平面ABCD∩平面ADFE＝AD，EA⊥AD，EA⊂平面ADFE，所以EA⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，所以E

A⊥CD，26在△ADC中，CD＝1，AD＝2，∠ADC＝60°，由余弦定理得，AC＝1＋4－2×1×2cos60°＝3，所以AC2＋CD2＝AD2，所以CD⊥AC．又EA⊥CD，EA∩AC＝A，所以CD⊥平面ACE，又CD⊂平面ECD，所以平

面ECD⊥平面ACE.(2)以C为坐标原点，CA，CD所在直线分别为x轴、y轴，过点C且平行于AE的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(3，0,0)，B32，－12，0，D(0,1,0)，E(3，0,2)，F(0,1,1)，

AB→＝－32，－12，0，AE→＝(0,0,2)，CD→＝(0,1,0)，FE→＝(3，－1,1)，CF→＝(0,1,1)，设FM→＝λFE→＝(3λ，－λ，λ)(0≤λ≤1)，则CM→＝CF→＋FM→＝(3λ，1－λ，1＋λ)．设平面EAB的一个法向量为m＝(x1

，y1，z1)，则m·AB→＝0，m·AE→＝0，即－32x1－12y1＝0，2z1＝0，取x1＝1，得m＝(1，－3，0)．设平面MCD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·CD→＝0，n·CM

→＝0，得y2＝0，3λx2＋(1－λ)y2＋(1＋λ)z2＝0，令x2＝1＋λ，得n＝(1＋λ，0，－3λ)．因为平面MCD与平面EAB所成的二面角的余弦值为34，27所以|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝|1＋λ|24λ2＋2λ＋1＝34，

整理得8λ2－2λ－1＝0，解得λ＝12或λ＝－14(舍去)，所以点M为线段EF的中点时，平面MCD与平面EAB所成的二面角的余弦值为34.一、单项选择题1．直线l的方向向量a＝(1，－3,5)，平面α的法向量n＝(－1,3，－5)，则有()A．l∥αB．l⊥αC．l与α斜交D．

l⊂α或l∥α答案B解析因为a＝(1，－3,5)，n＝(－1,3，－5)，所以a＝－n，a∥n.所以l⊥平面α.故选B.2．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为()A．45°B．135°C．45°或1

35°D．90°答案C解析∵cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝12＝22，∴〈m，n〉＝45°.∴二面角为45°或135°.故选C．3.如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是上底面A1B1C1D1和

侧面ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是()28A．60°B．45°C．30°D．135°答案B解析以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，C(0,1,

0)，E12，12，1，F12，0，12，EF→＝0，－12，－12，DC→＝(0,1,0)，∴cos〈EF→，DC→〉＝EF→·DC→|EF→||DC→|＝－22，∴〈EF→，DC→〉＝135°，∴异面直线EF和CD所成的角是45°

.故选B.4.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝4，则直线BB1与平面ACD1所成角的正弦值为()A．13B．33C．63D．223答案A29解析如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz.则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,4)，B(2,2,0)，B1(

2,2,4)，AC→＝(－2,2,0)，AD1→＝(－2,0,4)，BB1→＝(0,0,4)．设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AC→＝0，n·AD1→＝0，即－2x＋2y＝0，－2x＋4z＝0，取x＝

2，则y＝2，z＝1，故n＝(2,2,1)是平面ACD1的一个法向量，设直线BB1与平面ACD1所成的角是θ，则sinθ＝|cos〈n，BB1→〉|＝|n·BB1→||n||BB1→|＝49×4＝13.故选A．5．△ABC的顶点分别为A(1，

－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，则AC边上的高BD等于()A．5B．41C．4D．25答案A解析∵A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，∴AB→＝(4，－5,0)，AC→＝(0,4，－3)．∵点D在直线AC上，∴设AD→＝λAC→＝(0,4λ，－3

λ)，由此可得BD→＝AD→－AB→＝(0,4λ，－3λ)－(4，－5,0)＝(－4,4λ＋5，－3λ)．又BD→⊥AC→，∴BD→·AC→＝－4×0＋(4λ＋5)×4＋(－3λ)×(－3)＝0，解得λ＝－45.因此BD→＝(－4,4λ＋5，－3λ)＝－4，95，125.可得|B

D→|＝(－4)2＋952＋1252＝5.故选A．6.(2021·安徽六安一中质检)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，302AC＝AA1＝BC＝2.D为线段AA1上一点，若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为(

)A．2B．3C．2D．22答案A解析分别以CA，CB，CC1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1，0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，设AD＝a，则点

D坐标为(1,0，a)，CD→＝(1,0，a)，CB1→＝(0,2,2)，设平面B1CD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·CB1→＝0，n·CD→＝0，得2y＋2z＝0，x＋az＝0，令z＝－1，得n＝(a,1，－1)，又平面C1DC的一个法向量为m＝(0，1,0)

．所以cos60°＝m·n|m||n|，得1a2＋2＝12，解得a＝2，故选A．7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A．12B．23C．33D．22答案B解析以A为坐标原

点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0，1,0)，∴A1D→＝(0,1，－1)，A1E→＝1，0，－12，设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，31则n1·A1D→＝0，n1·A1

E→＝0，即y－z＝0，1－12z＝0，∴y＝2，z＝2.∴n1＝(1,2,2)．又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝23×1＝23.即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为2

3.故选B.8．(2021·厦门三模)如图在四棱锥P－ABCD的平面展开图中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，∠HDC＝∠FAB＝90°，则四棱锥P－ABCD外接球的球心到平面PBC的距离为()A

．305B．306C．55D．56答案C解析该几何体的直观图如图所示，分别取AD，BC的中点O，M，连接OM，PO，PM.∵△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝2，即AF＝2，∴FB2＝AF2＋AB2＝6

，即PB2＝6，PM＝PB2－BM2＝6－1＝5，又PO＝1，OM＝2，∴OP2＋OM2＝PM2，∴OP⊥OM.又易知PO⊥AD，∴由线面垂直的判定定理得出PO⊥平面ABCD，以点O为坐标原点，OA，OM，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建

立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(－1,2,0)，D(－1，0,0)，P(0,0,1)．设四棱锥P－ABCD外接球的球心为N(0,1，a)，∵PN＝NA，∴1＋(1－a)2＝1＋1＋32a2，解得a＝0.设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，

PB→＝(1,2，－1)，PC→＝(－1,2，－1)，NP→＝(0，－1,1)，PB→·n＝0，PC→·n＝0⇒x＋2y－z＝0，－x＋2y－z＝0，取z＝2，则n＝(0,1,2)．四棱

锥P－ABCD外接球的球心到平面PBC的距离为d＝|n·NP→||n|＝15＝55.故选C．二、多项选择题9．(2022·湖南岳阳阶段检测)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P

在正方体内部且满足AP→＝34AB→＋12AD→＋23AA1→，则下列说法正确的是()A．点A到直线BE的距离是55B．点O到平面ABC1D1的距离是24C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为33D．点P到直线AB的距离为56答案BCD解析如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，

B(1，0,0)，D(0,1,0)，A1(0，0,1)，C1(1,1,1)，D1(0,1,1)，E12，0，1，所以BA→＝(－1,0,0)，BE→＝－12，0，1.设∠ABE＝θ，则cosθ＝|BA→·BE→||BA→||BE→|＝

55，sinθ＝1－cos2θ＝255.故点A到直线BE33的距离d1＝|BA→|sinθ＝1×255＝255，故A错误；易知C1O→＝12C1A1→＝－12，－12，0，平面ABC1D1的一个法向量DA1→＝(0，－1,1)，则点O到平面ABC1D1的距

离d2＝|DA1→·C1O→||DA1→|＝122＝24，故B正确；A1B→＝(1,0，－1)，A1D→＝(0,1，－1)，A1D1→＝(0,1,0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则

n·A1B→＝0，n·A1D→＝0，所以x－z＝0，y－z＝0，令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1,1,1)．所以点D1到平面A1BD的距离d3＝|A1D1→·n||n|＝13＝33.因为平面A1BD∥平面B1CD

1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为33，故C正确；因为AP→＝34AB→＋12AD→＋23AA1→，AB→＝(1,0,0)，AD→＝(0,1,0)，AA1→＝(0,0,1)，所以AP→＝34，

12，23，则AP→·AB→|AB→|＝34，所以点P到AB的距离d＝|AP→|2－|AP→·AB→|AB→||2＝181144－916＝56，故D正确．故选BCD.10．(2021·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足BP→＝λBC→＋μBB1→，其中λ

∈[0,1]，μ∈[0,1]，则()A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值34C．当λ＝12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BPD．当μ＝12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面A

B1P答案BD解析由点P满足BP→＝λBC→＋μBB1→，可知点P在正方形BCC1B1内．如图①.对于A，当λ＝1时，可知点P在线段CC1(包括端点)上运动．如图②，在△AB1P中，因为AB1＝2，AP＝1＋μ2，B1P＝1＋(1－μ)2，所以△AB1P的周长L＝AB

1＋AP＋B1P不为定值，所以A错误；对于B，当μ＝1时，可知点P在线段B1C1(包括端点)上运动．如图③，由图可知，线段B1C1∥平面A1BC，即点P到平面A1BC的距离处处相等，又△A1BC的面积是定值，所以三棱锥P－A1BC的体积为定值，所

以B正确；对于C，当λ＝12时，分别取线段BC，B1C1的中点为D，D1，可知点P在线段DD1(包括端点)上运动．如图④，很显然当点P与点D或D1重合时，均满足A1P⊥BP，所以C错误；对于D，解法一：当μ＝12时，分别取线段BB1，CC1的中点为M，N，可知点P在

线段MN(包括端点)上运动．如图⑤，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点N，所以D正确．35解法二：当μ＝12时，分别取线段BB1，CC1的中点为M，N，可知点P在线段MN(包括端

点)上运动．以C为原点，建立如图⑥所示的空间直角坐标系Cxyz，则B(0,1,0)，B1(0,1,1)，A132，12，1，P0，1－λ，12.所以A1B→＝－32，12，－1，B1P→＝0，－λ，－1

2.若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以A1B→·B1P→＝0，即－12λ＋12＝0.解得λ＝1.所以只存在一个点P使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与点N重合，所以D正确．故选BD.三、填空题11.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二

面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为________.答案60°解析∵CD→＝CA→＋AB→＋BD→，36∴|CD→|＝(CA→＋AB→＋BD→)2＝36＋16＋64＋2CA→·BD→＝116＋2CA→·

BD→＝217.∴CA→·BD→＝|CA→||BD→|·cos〈CA→，BD→〉＝－24.∴cos〈CA→，BD→〉＝－12.又所求二面角与〈CA→，BD→〉互补，∴所求的二面角为60°.12.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－

A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________.答案π6解析以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，得下列坐标：A(2，0,0)，C1(0，0，22)．点C1在侧面

ABB1A1内的射影为点C232，32，22.所以AC1→＝(－2，0,22)，AC2→＝－12，32，22，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cosθ＝AC1→·AC2→|AC1→||AC2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈0，

π2，所以θ＝π6.13．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________.37答案3510解析以A为坐标原点，AB，AD，AA1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A1(0,0,1)，E1，0，12，F12，1，0，D1(0，1,1)．∴A1E→＝1，0，－12，A1D1→＝(0,1,0)．设平面A1D1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·

A1E→＝0，n·A1D1→＝0，即x－12z＝0，y＝0.令z＝2，则x＝1.∴n＝(1,0,2)．又A1F→＝12，1，－1，∴点F到平面A1D1E的距离为d＝|A1F→·n||n|＝|12－2|5＝3510.14．已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱

BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的锐二面角的正切值为________.答案23解析如图，建立空间直角坐标系Dxyz，38设DA＝1，由已知条件得A(1,0,

0)，E1，1，13，F0，1，23，AE→＝0，1，13，AF→＝－1，1，23，设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，由图知θ为锐角，由n·AE→＝

0，n·AF→＝0，得y＋13z＝0，－x＋y＋23z＝0.令y＝1，则z＝－3，x＝－1，则n＝(－1,1，－3)，平面ABC的一个法向量为m＝(0,0，－1)，cosθ＝|cos〈n，m〉|＝31111，tanθ＝23.四、解答题15．如图，

四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为矩形．SA⊥平面ABCD，E，F分别为AD，SC的中点，EF与平面ABCD所成的角为45°.(1)证明：EF为异面直线AD与SC的公垂线；(2)若EF＝12BC，求二面角B－SC－D的余弦值．解(1)证明：以A为坐标原点，AB→的方向为

x轴正方向，|AB→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.39设D(0，b,0)，S(0,0，c)，则C(1，b,0)，E0，b2，0，F12，b2，c2，EF→＝12，0，c2，AS→＝(0,0，

c)，AD→＝(0，b,0)．因为EF与平面ABCD所成的角为45°，所以EF→与平面ABCD的法向量AS→的夹角为45°.所以AS→·EF→＝|AS→||EF→|cos45°，即c22＝22×c×14＋c24，解得c＝1，故EF→＝12，0，12，SC→＝(1，b，－

1)，从而EF→·SC→＝0，EF→·AD→＝0，所以EF⊥SC，EF⊥AD.因此EF为异面直线AD与SC的公垂线．(2)由B(1,0,0)，BC→＝(0，b,0)，|EF→|＝12|BC→|得b＝2.于是F12，22，12，C(1，2，0)，连接FB，故FB→＝

12，－22，－12，SC→＝(1，2，－1)，从而FB→·SC→＝0，即FB⊥SC．取CF的中点G，连接GD，则G34，324，14，GD→＝－34，24，－14，从而GD→·SC→＝0，即GD⊥SC．

因此〈FB→，GD→〉等于二面角B－SC－D的平面角．cos〈FB→，GD→〉＝FB→·GD→|FB→||GD→|＝－33.所以二面角B－SC－D的余弦值为－33.4016．(2020·全国Ⅱ卷)如图，已知三棱柱ABC－A1B1

C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求

直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．解(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，∴MN∥BB1.又AA1∥BB1，∴AA1∥MN.∵△A1B1C1为等边三角形，N为B1C1的中点，∴A1N⊥B1C1.又侧面BB1C1C为矩形，∴B

1C1⊥BB1.∵MN∥BB1，∴MN⊥B1C1.又MN∩A1N＝N，MN，A1N⊂平面A1AMN，∴B1C1⊥平面A1AMN.又B1C1⊂平面EB1C1F，∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)解法一：连接NP，∵AO∥平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F＝NP，∴

AO∥NP.41∵三棱柱上下底面平行，平面A1AMN∩平面ABC＝AM，平面A1AMN∩平面A1B1C1＝A1N，∴ON∥AP.∴四边形ONPA是平行四边形．∴ON＝AP，AO＝NP.设△ABC边长是6m(m＞0)，则NP＝AO＝AB＝6m.∵O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1的

边长为6m，∴ON＝13×6m×sin60°＝3m.∴ON＝AP＝3m.∵BC∥B1C1，B1C1⊂平面EFC1B1，∴BC∥平面EFC1B1.又BC⊂平面ABC，平面ABC∩平面EFC1B1＝EF，∴EF

∥BC，∴APAM＝EPBM，∴3m33m＝EP3m，解得EP＝m.在B1C1截取B1Q＝EP＝m，连接PQ，故QN＝2m.∵B1Q＝EP且B1Q∥EP，∴四边形B1QPE是平行四边形，∴B1E∥PQ.由(1)可知B1C1⊥平面A1AMN，故∠

QPN为B1E与平面A1AMN所成角．在Rt△QPN中，根据勾股定理可得PQ＝QN2＋NP2＝(2m)2＋(6m)2＝210m，∴sin∠QPN＝QNPQ＝2m210m＝1010.∴直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.解法二：由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ

⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥42平面ABC．由已知得AM⊥BC，以Q为坐标原点，QA→的方向为x轴正方向，QN→的方向为z轴正方向，|MB→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz，则AB＝2，AM＝3.连接NP，则四

边形AONP为平行四边形，∴NP＝AO＝AB＝2，设M(－a,0,0)，则P233－a，0，0，∴PQ＝|233－a|，NQ＝NP2－PQ2＝4－233－a2，∴B10，1，4－233－a2，E233－a，13，0，故B1E→＝

233－a，－23，－4－233－a2，|B1E→|＝2103.又n＝(0，－1,0)是平面A1AMN的一个法向量，故sinπ2－〈n，B1E→〉＝cos〈n，B1E→〉＝n·B1E→|n||B1E→|＝1010.∴直线B1E

与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.17．(2021·海南模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB43⊥BC，AB＝1，BC＝2，AA1＝3.(1)求直线A1C与AB1所成角的余弦值；(2)设M为A

C的中点，在平面BCC1内找一点N，使得MN⊥平面A1BC，求点N到平面ABC和平面ABB1的距离．解(1)根据题设可知AB，BC，BB1两两垂直，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间

直角坐标系．则B(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,0，3)，A1(1,0，3)，C(0,2,0)，所以AB1→＝(－1,0，3)，A1C→＝(－1,2，－3)，所以cos〈AB1→，A1C→〉＝AB1→·A1C→|AB1→||A1C→|＝1－32×8＝－24，所以直线

A1C与AB1所成角的余弦值为24.(2)由条件知M12，1，0.因为点N在平面BCC1内，可设其坐标为N(0，a，b)，则MN→＝－12，a－1，b.因为MN⊥平面A1BC，所以MN⊥BC，MN⊥BA1，又BC→＝(0,2,0)，BA1→＝

(1,0，3)，所以MN→·BC→＝2(a－1)＝0，MN→·BA1→＝－12＋3b＝0，解得a＝1，b＝36，44所以点N0，1，36，其到平面ABC的距离为36，到平面ABB1的距离为1.18．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横

线上，并作答．①AB⊥BC；②FC与平面ABCD所成的角为π6；③∠ABC＝π3.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F.(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；

若不存在，请说明理由；(2)若________，求二面角F－AC－D的余弦值．解(1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG.证明如下：如图所示．设PC的中点为H，连接FH，GH，∵FH∥CD，FH＝12CD

，AG∥CD，AG＝12CD，∴FH∥AG，FH＝AG，∴四边形AGHF为平行四边形，则AF∥GH，又GH⊂平面PCG，AF⊄平面PCG，45∴AF∥平面PCG.(2)选择①AB⊥BC：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，由题意，知AB，AD，AP

两两垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵PA＝AB＝2，则A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(2,2,0)，D(0，2,0)，F(0，1,1)，P(0，0,2)，∴AF→＝(0,1,1)，CF→＝(－2，－1，1)，设平面FA

C的一个法向量为μ＝(x，y，z)，∴μ·AF→＝y＋z＝0，μ·CF→＝－2x－y＋z＝0，取y＝1，得μ＝(－1,1，－1)，平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,1)，设二面角F－AC－D的平面

角为θ，由图可知，二面角为锐二面角，则cosθ＝|μ·v||μ||v|＝33，∴二面角F－AC－D的余弦值为33.选择②FC与平面ABCD所成的角为π6：∵PA⊥平面ABCD，取BC的中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM，则FM∥PA，

且FM＝1，∴FM⊥平面ABCD，46FC与平面ABCD所成的角为∠FCM，∴∠FCM＝π6.在Rt△FCM中，CM＝3，又CM＝AE，∴AE2＋BE2＝AB2，∴BC⊥AE，∴AE，AD，AP两两垂直．以A为原点，AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角

坐标系，∵PA＝AB＝2，∴A(0,0,0)，B(3，－1,0)，C(3，1,0)，D(0,2,0)，E(3，0,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，∴AF→＝(0,1,1)，CF→＝(－3，0,1)．设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则m·AF→＝y

＋z＝0，m·CF→＝－3x＋z＝0，取x＝3，得m＝(3，－3,3)，平面ACD的一个法向量为n＝(0,0,1)，设二面角F－AC－D的平面角为θ，由图可知，二面角为锐二面角，则cosθ＝|m·n||m||n|＝217.∴二面角F－AC－D的余弦值为217.

选择③∠ABC＝π3：∵PA⊥平面ABCD，47∴PA⊥BC，取BC的中点E，连接AE，∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC是正三角形，∵E是BC的中点，∴BC⊥AE，∴AE，AD，AP两两垂直，以A为原点，A

E，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵PA＝AB＝2，∴A(0,0,0)，B(3，－1,0)，C(3，1,0)，D(0,2,0)，E(3，0,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，∴AF→＝(0,1,1)，CF→＝(－3，0,1)．设平面

FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则m·AF→＝y＋z＝0，m·CF→＝－3x＋z＝0，取x＝3，得m＝(3，－3,3)，平面ACD的一个法向量为n＝(0,0,1)，设二面角F－AC－D的平面角为θ，由图可知，二面角为锐二面角，则cosθ＝|m·n||m||n|＝217.

∴二面角F－AC－D的余弦值为217.