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专题01空间向量与立体几何一、单选题1．（2021·天津南开·高二期末）直线的4210xy−−=的方向向量为（）A．()2,1B．()1,2C．()1,2−D．()2,1−【答案】B【解析】【分析】先求出斜

率，进而得出方向向量.【详解】直线4210xy−−=的斜率为2，则直线的4210xy−−=的方向向量为()1,2故选：B2．（2021·浙江·高二期末）在空间直角坐标系内，平面经过三点(1,0,2),(0,1,0),(2,1,1)ABC−，向量(1,,)n=

是平面的一个法向量，则+=（）A．7−B．5−C．5D．7【答案】D【解析】求出(1,1,2)AB=−−，(2,0,1)BC=−，利用与(1,,)n=数量积为0，求解即可.【详解】(1,1,2)

AB=−−，(2,0,1)BC=−120nAB=−+−=20nBC=−+=可得2=，5=，7+=故选：D3．（2021·山东济南·高二期末）已知向量(2,3,1)a=，(1,2,0)b=，则ab+等于（）A．3B．3C．35D．9【答案】C【解析】利用空间向量加法运

算的坐标表示计算ab+，再用空间向量的模长公式计算模长.【详解】(3,5,1)ab+=故22235135ab+=++=故选：C4．（2021·江苏连云港·高二期末）已知空间三点(0,2,3)A，(2,1,6)B−，(1,1,5)C−，向量(,1,)amn=−，

且向量a分别与AB，AC垂直，则||a=（）．A．4B．22C．2D．3【答案】D【解析】根据空间向量互相垂直的坐标表示公式，结合空间向量模的坐标表示公式进行求解即可.【详解】因为(2,1,3)AB=−−，(1,3,2)A

C=−，向量a分别与AB，AC垂直，所以213010(1,1,1)32010mnmABaamnnACa−++==−==−−−++==−=，因此222||(1)(1)(1)3a=−+−+−=.故选：D5．（2021·安徽蚌埠

·高二期末（理））已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，下列条件中能确定点M，A，B，C共面的是（）A．OMOAOBOC=++B．2OMOAOBOC=−−C．1123OMOAOBOC=++D．111333OMOAOBOC=++【答案】D【解析】

根据点M与点,,ABC共面，可得1xyz++=，验证选项，即可得到答案.【详解】设OMxOAyOBzOC=++，若点M与点,,ABC共面，则1xyz++=，只有选项D满足.故选：D.【点睛】本题主要考查了向量的共面定理的应用，其中熟记点M与点,,ABC共面时，且OMxOAyOBz

OC=++，则1xyz++=是解答的关键.6．（2021·江苏扬州·高二期末）若平面，的法向量分别为()1,2,4a=−，(),1,2bx=−−，并且//，则x的值为（）A．10B．10−C．12D

．12−【答案】C【解析】根据两个法向量共线可得x的值.【详解】因为//，,ab共线，故12124x−−==−，故12x=，故选：C.二、多选题7．（2021·天津南开·高二期末）若,,abc构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（）A．bc+rr，b，bc−rrB．

a，ab+，ab−C．ab+，ab−，cD．ab+，abc++，c【答案】ABD【解析】【分析】逐项判断各选项的向量是否不共面，从而可得正确的选项.【详解】对于A，因为()()12bcbbc=++−，故bc+，b

，bc−共面；对于B，因为()()12abaab=++−，故a，ab+，ab−共面；对于D，因为()cabcab=++−+，故ab+，abc++，c共面；对于C，若ab+，ab−，c共面，则存在实数,，使得：，()()()()cababab

=++−=++−，故,,abc共面，这与,,abc构成空间的一个基底矛盾，故选：ABD8．（2021·山东临沂·高二期末）若(1,,2)a=−−，(2,1,1)b=−，a与b的夹角为120°，则的值为（）A．17−B．17C．1D．1−【

答案】BD【解析】【分析】由空间向量夹角的坐标表示求解【详解】由题意得222cos12014411−−−=++++解得1=−或17=故选：BD9．（2021·湖南省平江县第一中学高二期末）已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果(2,1,4),(

4,2,0),(1,2,1)ABADAP=−−==−−，下列结论正确的有（）A．APAB⊥B．⊥APADC．AP是平面ABCD的一个法向量D．APBD∥【答案】ABC【解析】【分析】由0APAB=，可

判定A正确；由0APAD=，可判定B正确；由APAB⊥且⊥APAD，可判定C正确；由AP是平面ABCD的一个法向量，得到APBD⊥，可判定D不正确.【详解】由题意，向量(2,1,4),(4,2,0),(1,2,1

)ABADAP=−−==−−，对于A中，由2(1)(1)2(4)(1)0APAB=−+−+−−=，可得APAB⊥，所以A正确；对于B中，由(1)422(1)00APAD=−++−=，所以APAD⊥，所以B正确；对于C中，由APA

B⊥且⊥APAD，可得向量AP是平面ABCD的一个法向量，所以C正确；对于D中，由AP是平面ABCD的一个法向量，可得APBD⊥，所以D不正确.故选：ABC三、填空题10．（2021·广东广州·高二期末）在长方体1111ABC

DABCD−中，14,3,2ABAAAD===，则点1C到平面1ABC的距离为________．【答案】125##2.4【解析】【分析】建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面1ABC的法向量，再代入点到直线的距离公式计算.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则()()

()()110,0,3,0,4,0,2,4,0,2,4,3ABCC，所以()()()110,4,3,2,0,0,0,0,3BBCACC−===，设平面1ABC的一个法向量为(),,nxyz=，则14300200yznABxnBC

−====，()0,3,4n=，则点1C到平面1ABC的距离为1125CCndn==.故答案为：12511．（2021·广东珠海·高二期末）如图，在一个直二面角AB−−的棱上有两点A，B，A

C，BD分别是这个二面角的两个面内垂直于AB的线段，且4AB=，6AC=，8BD=，则CD=__________．【答案】229【解析】【分析】求CD的长转为求||CD，而CDCAABBD=++，按照向量的模长求法，即可求解.【详解】由已知，可得ACAB⊥，BDAB⊥，ACBD⊥，CD

CAABBDABACBD=++=−+，22()CDABACBD=−+22222ABACBDABACABBD=++−+2163664116ACBD−=++=，||229CD=．故答案为229．12．（202

1·湖南张家界·高二期末）在三棱锥OABC−中，G是ABC的重心．设,,OAaOBbOCc===，以,,abc为基向量表示OG，则OG=_________【答案】111333abc++【解析】连接AG

并延长交BC于点D，根据重心性质有2AGGD=，再根据向量的减法运算以及中点公式的向量形式即可求出．【详解】如图所示，连接AG并延长交BC于点D，所以2AGGD=，即()2OGOAODOG−=−，所以1233OGOAOD=+，又(

)12ODOBOC=+，所以OG=111333abc++．故答案为：111333abc++．【点睛】本题主要考查三角形重心性质的应用，以及空间向量的线性运算，属于基础题．四、解答题13．（2021·黑龙江·哈尔滨市第三十二中学校高二期末（理））如图，在正方体1111ABCDABCD−中，

O是AC与BD的交点，M是1CC的中点．求证：1AO⊥平面MBD．【答案】证明见解析【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法来证得1AO⊥平面MBD.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为2，

则()()()()11,1,0,2,0,2,2,2,0,0,2,1OABM，()11,1,2OA=−，110,0OADBOADM==，由于DBDMM=，所以1AO⊥平面MBD.14．（2021·广东广州·高二期末）如图，四棱锥S

ABCD−的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD的中点，试用向量法解决下面的问题．（1）求证：ACSD⊥；（2）若2BC=，求线段BP的长．【答案】（1）证明见解析；（2）6．【解析】【分析】由题设已知可构建底面中心O为坐标原点，OB，OC，OS的方向

分别为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系，确定,,,,SDCBP坐标，（1）应用向量的数量积坐标公式有0OCSD=，即可证ACSD⊥；（2）用坐标表示BP，求模即为线段BP的长；【详解】连接BD，交AC于点O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，OB，OC，

OS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Oxyz−，如图所示．（1）设底面边长为a，则高62SOa=，于是6(0,0,)2Sa，2(,0,0)2Da−，20,,02Ca，所以20,,02OCa=

，26(,0,)22SDaa=−−，所以0OCSD=，故OCSD⊥，即ACSD⊥．（2）因为2BC=，所以(2,0,0)B，(0,0,6)S，(2,0,0)D−.由中点坐标公式，可得26(,0,)22P−，所以326(,0,)22BP=−，所以

222326()0()622BP=−++=，即线段BP的长为6．【点睛】本题考查了应用空间向量证明垂直及求线段长度，根据几何体的性质构建合适的空间坐标系，并得到点坐标，应用向量垂直的坐标公式证垂直，由向量的模求线段长度.一、单选题1．（2021·浙江绍兴·高二期末）

如图，在正方体1111ABCDABCD−中，M为线段1AD的中点，N为线段1CD上的动点，则直线1CD与直线MN所成角的正弦值的最小值为（）A．32B．66C．63D．64【答案】C【解析】【分析】以D为原点建立空间直角坐标系

，设正方体的棱长为2，由1CNCD=得()0,22,2N−+，利用111cos<,>MNCDMNCDMNCD=可得答案.【详解】以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则()()

()11,0,1,0,2,0,0,0,2MCD，()10,2,2C=，()10,2,2CD=−，()10,2,2CD=−−，若1CNCD=(0≤λ≤1)得：()0,22,2N−+，()1,22,21MN=−−+−，111cos<,>MNCDM

NCDMNCD=22222221(22)(21)228126=+−+−−+=，由2233381268422−+=−+，∴1223cos<,>3228126MNCD−+=，则

16sin<,>3MNCD.故选：C.2．（2021·山东聊城·高二期末）如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为平行四边形，且6ABAP==，2AD=，60BADBAPDAP===，E，F分别为PB，PC上的点，且2

PEEB=，PFFC=，EF=（）A．1B．2C．2D．6【答案】B【解析】【分析】根据给定条件选定基底向量,,ABADAP，并表示出EF，再利用向量运算即可得解.【详解】在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为平行四边形，连接AC，如图，2PEEB=，PFFC=，则1111(

)3232EFEBBAAPPFPBABAPPCPBABAPACAP=+++=−++=−++−111111()()(3)326266ABAPABAPABADAPABADAPABADAP=−−+++−=−++=−++，又6ABAP==，2AD=，60BADBAPDAP=

==，则62cos606ABADAPAD===，66cos6018ABAP==，因此，222211||(3)966266EFABADAPABADAPABADADAPABAP=−++=++−+−1369436666621826=++−+−=.故选：B3．（

2021·浙江·高一期末）如图，已知正方体ABCDABCD−的棱长为4，E为棱AB的中点，点P在侧面CCDD上运动，当平面BEP与平面ABCD，平面CCDD所成的角相等时，DP的最小值为（）A．255B．455C．25D．355【答案】B【解析】【分析】建

立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解.【详解】如图，建立空间直角坐标系Bxyz−，则(0,0,4)B,()(2,0,0),2,0,4EBE=−.设(,4,)(0Pxzx4,04),z则(2,4,).EPxz=−易知平面ABCD和平面C

CDD的一个法向量分别为12(0,0,1),(0,1,0)nn==.设平面BEP的法向量为3(,,)nabc=，则3300nBEnEP==即240,(2)40,acxabzc−=−++=取1c=，可得

2,42,4axzb=−−=所以3422,,14xzn−−=为平面BEP的一个法向量.由题意,平面BEP与平面ABCD，平面CCDD所成的角相等，所以1323cos,cos,nnnn=.1323|||||24|4nnnn

xz=+−=280xz+−=或20.xz+=在平面CCDD上，直线280xz+−=过点()4,4,0D和CD的中点()2,4,4，在平面CCDD上，直线20xz+=只过点()0,4,0，即点C，取G为CD的中点,连接GD，则点P在DG上运动或点P在点C处，由等面积法可得DP

的最小值为2445525=.故选：B.【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.4．（2021·广西玉林·高二期末（理））在三棱锥PABC−中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，2PAAC==，3A

B=.当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为（）A．1111B．21111C．31111D．41111【答案】C【解析】首先利用线面角的定义，可知当D为PC的中点时，AD取得最小值，此时BD与平面PAC所成角最大，再以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz

−，利用向量坐标法求线面角的正弦值.【详解】,ABACABPA⊥⊥，且PAACA=，AB⊥平面PAC，易证AB⊥平面PAC，则BD与平面PAC所成角为ADB，3tanABADBADAD==，当AD取得最小值时

，ADB取得最大值在等腰RtPAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值.以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz−，则(0,0,0)A，(3,0,0)B，(0,2,0)C，(0,0,2)P，(0,1,1)D，则(0,1,1)AD=，

(0,2,2)PC=−，(3,2,0)BC=−设平面PBC的法向量为(,,)nxyz=，则0nPCnBC==，即220320yzxy−=−+=令3y=，得(2,3,3)n=.因为33311cos,11222nAD+==，所以AD与平面PBC所成角的正弦值为311

11.故选：C【点睛】关键点点睛：本题重点考查线面角，既考查了几何法求线面角，又考查向量法求线面角，本题关键是确定点D的位置，首先利用线面角的定义确定点D的位置，再利用向量法求线面角.二、多选题5．（2021·广东广州·高一期末）在正方体111

1ABCDABCD−中，2AB=，E，F分别为1,BBCD的中点，则下列正确的是（）A．11AFDE⊥B．1AFAE⊥C．111BADEDACEVV−−=D．平面1ADE截正方体所得截面面积为32【答案】ABC

【解析】【分析】以点D为原点，向量1,,DADCDD的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积可判断A，B；求出点E到平面11ADC的距离再求体积可判断C；作出截面并求其面积判断D作答.【详解】在正方体1111ABCDABCD−中，以点D为原点，向量1,,DADCDD的方向为

x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，1111(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(2,0,2),(0,0,2),(2,2,2),(0,2,2)ABCADBC，对于A，棱DC中点(0,1,0)F，棱1BB中点(2,2,1)E，11(2

,1,2),(2,2,1)AFDE=−−=−，112212(2)(1)0AFDE=−++−−=，则11AFDE⊥，即11AFDE⊥，A正确；对于B，(0,2,1)AE=，12012(2)10AFAE=−

++−=，则1AFAE⊥，即1AFAE⊥，B正确；对于C，11DA⊥平面11ABBA，111111122213323BADEDAEEBBAADSVV−−====，111(2,0,2),(0,2,0)DADC=−=，设平面11ADC的一个法向量(,,)nxyz=，

于是得11122020nDAxznDCy=−===，令1z=，得(1,0,1)n=，则点E到平面11ADC的距离d为：||122||2AEndn===，而111ADDC⊥，11111112222222ADCSADDC===，111111

1122223323DACEEADCADCVSVd−−====，111BADEDACEVV−−=，C正确；对于D，取11BC中点G，连1,EGDG，则(1,2,2)G，11(1,0,1)2GEDA=−=，点E不在直线1DA上，则

1//GEDA，又112,22,5GEDADGAE====，从而有等腰梯形1AEGD是平面1ADE截正方体的截面，等腰梯形1AEGD的高22132()22DAGEhAE−=−=，其面积12223292222DA

GESh++===，D不正确.故选：ABC6．（2021·江苏南通·高二期末）在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，M是线段11AC上一个动点，则下列结论正确的是（）A．存在M点使得异面直线BM与AC所成角为75B．存在M点使得二面角MBDC−−为135的二面角

C．直线1DM与平面1ADC所成角正弦值的最大值为63D．当1114AMAC=时，平面BDM截正方体所得的截面面积为94【答案】AC【解析】转化为异面直线BM与AC所成的角为直线BM与11AC所成角，考虑M与1A重合和M为

11AC的中点时，直线BM与AC所成的角范围可判断A；求出二面角MBDC−−的平面角最大时即M与1A重合可判断B；等体积转换求出M点到平面1DAC的距离，设直线1DM与平面1ADC所成的角为，利用1sinhMD=，考虑1MD最小时可判断C；作出平面B

DM截正方体所得的截面，为等腰梯形，求出梯形的面积可判断D.【详解】对于A，连接11BABCAC、、，在正方体1111ABCDABCD−中，11ABCV为等边三角形，且11//ACAC，所以异面直线BM与AC所成的角可转化为直线BM与11AC所成角，当M与1A重合时

，直线BM与AC所成的角最小，为60，当M为11AC的中点时，11BMAC⊥，直线BM与AC所成的角最大，为90，所以A正确；对于B，当M与1A重合时，二面角MBDC−−的平面角最大，设BDAC、交于点O，所以BDAC⊥，连接1111AOACABAD、、、，

因为正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，所以112ABADBD===，所以1BDAO⊥，所以1AOC为二面角的平面角，且2132AO=，12222OC==，2222113ACAAABAD=++=，由余弦定理得22211113131122cos22326222AOOCAC

AOCAOOC+−+−===−−，所以1120AOC，所以B错误；对于C，因为11//ACAC，所以11111111136MACDAACDAADVVSAB−−===，1213sin6022ADCSAC==，设M点到平面1D

AC的距离为h，所以111136MACDACDVSh−==，解得33h=，设直线1DM与平面1ADC所成的角为，则1133sinhMDMD==，所以当1MD最小时，sin最大，最大，所以当111M

DAC⊥即M为11AC的中点时1MD最小，此时122MD=时，所以363sin322==，所以C正确；对于D，过M作11//EFDB，交11AB于F，交11AD于E点，因为1114AMAC=，所以EF、分别是11AD、11AB的

中点，又11//BDBD，所以//EFDB，四边形EFBD即为平面BDM截正方体所得的截面，因为112122EBFD==，且221152BFDEBBBF==+=，所以四边形EFBD是等腰梯形，作FGDB⊥交BD于G点，所以()1224BGBDEF=−=，22324FGFBBG=−=，

所以梯形的面积为()1928BDEFFG+=，所以D错误.故选：AC.【点睛】本题考查了线线角、线面角、面面角的求法，综合性较强，对于角的求法，一般是先作出角，再证明，最后计算，考查了学生的空间想象力和计算能力.7．（2021·江苏省南通

中学高二期末）如图，在直三棱柱111ABCABC−中，12ACBCAA===，90ACB=，D，E，F分别为AC，1AA，AB的中点．则下列结论正确的是（）A．1AC与EF相交B．11//BC平面DEFC．

EF与1AC所成的角为90D．点1B到平面DEF的距离为322【答案】BCD【解析】【分析】利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断．【详解】对选项A，由图知1AC平面11ACCA，EFI平面11ACCAE=，且1.EAC

由异面直线的定义可知1AC与EF异面，故A错误；对于选项B，在直三棱柱111ABCABC−中，11BC//BC．DQ，F分别是AC，AB的中点，//FDBC，11BC//FD．又11BC平面DEF，DF平面DEF，11BC//平面.D

EF故B正确；对于选项C，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0C，0，0)，(2A，0，0)，(0B，2，0)，1(2A，0，2)，1(0B，2，2)，1(0C，0，2)，(1D，0，0)，(2E，0，1)，(1F，1，0)．(1EF=−，1，1)−，1(2AC

=−，0，2)．1·2020EFAC=+−=，1EFAC⊥，1EFAC⊥．EF与1AC所成的角为90，故C正确；对于选项D，设向量(nx=，y，)z是平面DEF的一个法向量．(1DE=，0，1)，(0DF=，1，0)，由nDEnDF⊥⊥，，，即·0·0nDEnDF=

=，，，得00.xzy+==，取1x=，则1z=−，(1n=，0，1)−，设点1B到平面DEF的距离为d．又1(1DB=−，2，2)，1·1023222DBndn−+−===，点1B到平面DEF的距离为322，故D正确．故选：BCD【点睛】本题主要考查异面直线的位置关系，线

面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题．三、填空题8．（2021·福建龙岩·高二期末）已知()1,1,2AB=−，()1,1,BCz=−，()1,,1BPx

y=−−.若BP⊥平面ABC，则||CP的最小值为___________.【答案】5【解析】利用BP⊥平面ABC，得到两个向量垂直，从而利用坐标运算得到y，x，z之间的关系，然后再利用模的坐标表示求解最值即可．【详解】因为BP⊥平面ABC，,ABBC都在平面ABC内，

所以,BPABBPBC⊥⊥，所以,BPABBPBC⊥⊥，又因为()1,1,2AB=−，()1,1,BCz=−，()1,,1BPxy=−−，所以(1)20(1)0BPABxyBPBCxyz=−++==

−−−=，解得1yx=−−，2xz=所以(2,1,1)CPBPBCxyz=−=−+−−，所以2222||(2)(1)(1)CPxyz=−+++−−()()()222212xxx=−+−+−−2655x=

+…，所以||CP的最小值为5．故答案为：5【点睛】方法点睛：解答立体几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用配方法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.9．（2021

·湖北十堰·高二期末）已知三棱锥PABC−的每个顶点都在球O的球面上，PA，PB，PC两两互相垂直，且2PBPAPC==，若球O的表面积为36，则球心O到平面ABC的距离为__________.【答案】63【解析】根据题

中条件，可将该三棱锥看作一个长方体的一部分，此长方体内接于球O，长方体的体对角线为球的直径，球心O为长方体对角线的中点，由球的表面积，得出球的半径，求出PB的长，以点P为坐标原点，分别以PA，PC，PB方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面ABC的一个法向量，空间向量的

方法，即可求出点到面的距离.【详解】因为在三棱锥中PA，PB，PC两两互相垂直，所以可把该三棱锥看作一个长方体的一部分，将该三棱锥补形，得到长方体PADCBEFG−，此长方体内接于球O，长方体的体对角线为球的直径，球心O为长方

体对角线的中点，设球O的半径为R，球O的表面积2436SR==，则3R=，设PBx=，则22(2)232xx+=，解得2x=，即2PB=，所以4PAPC==，以点P为坐标原点，分别以PA，PC，PB方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则(2,2,1)O，(4,

0,0)A，(0,4,0)C，(0,0,0)P，(0,0,2)B，所以(4,0,2)AB=−，(4,4,0)=−AC，(2,2,1)OB=−−uuur，设平面ABC的一个法向量为(),,nxyz=，则nABnAC⊥⊥，即420440nABxznACxy=−+==−+=，则2zx

yx==，令1x=，得()1,1,2n=.设球心O到平面ABC的距离为d，则263114OAndn===++uurrr.故答案为：63.【点睛】方法点睛：求解空间中点P到面的距离的常用方法：（1

）等体积法：先设所求点到面的距离，根据几何体中的垂直关系，由同一几何体的不同的侧面（或底面）当作底，利用体积公式列出方程，即可求解；（2）空间向量法：先建立适当的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量m，以及平面的一条斜线PA所对应

的向量PA，则点P到面的距离即为PAmdm=.四、解答题10．（2021·安徽合肥·高二期末（理））如图，三棱柱111ABCABC−中，AB⊥侧面11BBCC，已知13BCC=，1BC=，12ABCC==，点E是棱1CC的中点(1)求证：1CB⊥平面ABC：(2)求二面角1

1AEBA−−的余弦值；【答案】(1)证明见解析(2)255【解析】【分析】（1）作出辅助线，利用余弦定理求出13BC=，利用勾股定理逆定理得到1BCBC⊥，进而证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解二面角的余弦值.(1)连接1BC∵1BC=，12CC=，1

π3BCC=，∴由余弦定理得：22111π2cos33BCBCCCBCCC=+−=，∴22211BCBCCC+=，∴1BCBC⊥，又AB⊥侧面11BBCC，1BC平面11BBCC，∴1ABBC⊥，又ABBC

B=，AB，BC面ABC，∴1CB⊥平面ABC；(2)由题意及（1）中的垂直关系，以B为原点，BC，1BC，BA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()0,0,0B，()0,0,2A，()11,3,0B−，()11,3,2A−，13,,022E

，()1,0,0C则13,,222EA=−−，133,,022EB=−，()110,0,2BA=设平面1AEB的一个法向量为()111,,nxyz=，则100nEAnEB==

，即1111113202233022xyzxy−−+=−+=，令11x=，得13y=，11z=，所以()1,3,1n=r设平面11AEB的一个法向量为()222,,mxyz=，则11100mEBmBA=

=，即2223302220xyz−+==，令21x=，求得()1,3,0m=11331025cos,5131130nmnmnm++===++++，∴由图知二面角11AEBA

−−为锐角，故其余弦值为25511．（2021·浙江台州·高二期末）在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为直角梯形，//ADBC，ABBC⊥，侧面PAB⊥底面ABCD，2PAPBAD===，4BC=．(1)若PB的中点为

E，求证：//AE平面PCD；(2)若PB与底面ABCD所成的角为60°，求平面PCD与平面PBD的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)10535.【解析】【分析】（1）取PC的中点F，连接EF，DF，推导出四边形ADF

E是平行四边形，//DFAE，由此能证明//AE平面PCD；（2）△PAB为等边三角形，O是AB中点，作//OyBC，以O为原点，OB、Oy、OP为x、y、z轴建空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角BPDC−−的余弦值．(1)如图，取PC的中点F，连接EF

，DF，E，F分别为PB，PC的中点，//EFBC，122EFBC==，//ADBC且2AD=，//EFAD且2EFAD==，四边形ADFE是平行四边形，//DFAE，AE平面PCD，DF平面PCD，//AE平面PCD．(2)若O是AB中点，作//OyBC，

由底面ABCD为直角梯形且//ADBC，2PAPBAD===，4BC=，由侧面PAB⊥底面ABCD，面PAB面ABCDAB=，,PB面PAB，∴P在面ABCD的投影在直线AB上，又PB与底面ABCD所成的角为60°，∴PB与底面ABCD所成角的平面角60PBA=，则△PAB为等边三角形.∴

以O为原点，OB、Oy、OP为x、y、z轴建空间直角坐标系，如下图示：∴()1,0,0B、()1,4,0C、()1,2,0D−、()0,0,3P，则()1,0,3BP=−，()1,2,3PD=−−，()2,2,

0DC=，设平面BDP的法向量(),,nxyz=，则30{230nBPxznPDxyz=−+==−+−=，取3x=，得()3,3,1n=，设平面PCD的法向量(),,mabc=，则230{220mPDabcmDCab=−+−==+=，取1

a=，得()1,1,3m=−−，设平面PCD与平面PBD的夹角为，则3105cos3575mnmn===，平面PCD与平面PBD的夹角的余弦值为10535．12．（2021·湖南·长沙一中高二期末）如图，在底面是菱形的四棱锥PABCD−中，E为CD中点，90APD=，

ADC60=，已知1PAPD==．(1)若3PB=，证明：ABPE⊥；(2)若2PB=，求二面角PCDA−−的平面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)217【解析】【分析】（1）证明ABAE⊥，再由勾股

定理证明ABAP⊥，从而证明AB⊥平面APE，即可证明ABPE⊥；（2）取AD的中点O，连接,OPOC，证明PO⊥面ABCD，从而建立空间直角坐标系，写出对应的坐标，以及向量的坐标，求解平面PCD的法向量为1nur，又因为

平面ACD的法向量为()20,0,1n=uur，代入向量的夹角公式计算.(1)连结AE，由于E为CD中点，且ADC60=，故ABAE⊥又有22ABADAP===，而3,1BPAP==，故可知222BPABAP=+，则ABAP⊥，又AEAPA=I所以AB⊥平面APE，而P

E平面APE，故ABPE⊥．(2)取AD的中点O，连接,OPOC，在APD△中，1PAPD==，90APD=，O为AD中点，所以1222OPAD==，OPAD⊥．在APD△中，2ADDC==，ADC60=，所以62OC=．又∵2PC=，222POOCPC+=．∴OCP

O⊥．又∵ADPO⊥，OCADO=，AD平面ABCD，OC平面ABCD，∴PO⊥面ABCD．所以以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则622,0,0,0,,0,0,0,222CDP，则6262,

,0,,0,2222CDCP=−=−．设平面PCD的一个法向量为()1111,,xnyz=，则111111620022062022xynCDnCPxz−+==

=−+=，所以()11,3,3n=．易知()20,0,1n=uur为平面ACD的一个法向量，121212321cos,77nnnnnn===，由图可知，二面角PCDA−−的平面角为锐角，所以二面角PCDA−−的平面角的余弦值为217．【点睛】对于

立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.