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第6节　利用空间向量求空间角、距离　
[课标要求]　空间向量的应用：①能用向量语言描述直线和平面，理解直线的方向向量与平面的法向量；②能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角以及垂直与平行关系；③能用向量方法证明必修内容中有关直线、平面位置关系的判定定理；④能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题(参见案例16)和简单夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用．
　备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识
1．异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
l1与l2所成的角θ a与b的夹角β
范围 [0，π]
求法 cos θ＝ cos β＝
2．直线与平面所成的角
如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a，n〉|＝．
3．二面角
(1)若AB，CD分别是二面角α l β的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量与的夹角，如图①．
(2)平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ．设二面角的大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝，如图②③．
4．利用空间向量求距离
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||
＝．
(2)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为||＝．
(一)必背常用结论
最小角定理：cos θ＝cos θ1cos θ2．
如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2．
(二)盘点易错易混
1．在利用向量求各类夹角时，利用公式求得的是两个向量之间的夹角，需要结合条件及各类角的取值范围，最终确定所求角．
2．注意在求线面角时，直线的方向向量和平面的法向量所成的锐角并不是线面角，而是线面角的余角．
3．在求二面角问题时，要理清题目条件或者结合图形，确定二面角是锐角还是钝角．
【小题热身】
1．
如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，CC1＝3，∠ACB＝90°，则BC1与A1C所成的角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
解析：
如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则C，A1，B(0，4，0)，C1，所以CA1＝，BC1＝，所以cos 〈CA1，BC1〉＝＝＝，所以直线BC1与A1C所成角的余弦值为．
答案：A
2．[易错题]已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为(　　)
A．30° B．60°
C．120° D．150°
解析：由于cos 〈m，n〉＝－，所以〈m，n〉＝120°，所以直线l与α所成的角为30°．
答案：A
3．已知向量n＝(2，0，1)为平面α的法向量，点A(－1，2，1)在α内，则点P(1，2，2)到平面α的距离为________
解析：＝(－2，0，－1)，点P到平面α的距离为＝＝．
答案：
4．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面PAB与平面PCD所成的角为________．
解析：
如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝PA＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)．
由题意，知AD⊥平面PAB．设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，又CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD．
∴＝(0，1，0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°．
故平面PAB与平面PCD所成的角为45°．
答案：45°
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__求异面直线所成的角[典例引领]
【例1】　(1)(一题多法)在三棱锥P ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P BC A的大小为120°，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
(2)
如图所示，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________．
解析：(1)法一　如图，取BC的中点O，连接OP，OA．
因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以BC⊥平面PAO，即平面PAO⊥平面ABC．所以∠POA就是二面角P BC A的平面角，即∠POA＝120°，建立空间直角坐标系如图所示．
设AB＝2，则A(，0，0)，C(0，－1，0)，B(0，1，0)，P，所以＝(－，－1，0)，＝．
所以cos 〈，〉＝＝－，即异面直线PB与AC所成角的余弦值为．
法二　
如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA．因为△ABC和△PBC是全等的等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角的平面角．
设AB＝2，则＝－，＝－．
故·＝(－)·(－)＝－．
所以cos 〈，〉＝＝－，
即异面直线PB与AC所成角的余弦值为．
(2)如图，建立空间直角坐标系．∵＝λ，
∴F(0，2λ，0)，λ∈[0，1]，A1(0，0，2)，D1(0，2，2)，E(2，2，1)．
∴D1E＝(2，0，－1)，A1F＝(0，2λ，－2)．
∵|cos 〈D1E，A1F〉|＝＝，
∴λ2＝．
∵0≤λ≤1，∴λ＝．
答案：(1)A　(2)
[思维升华]　用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．
[对点练]　在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，M、N分别是A1B1、AA1的中点，则直线AM与DN所成角θ的余弦值为_________．
解析：
以点A为坐标原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A、D、
M、N，
＝，＝，
cos 〈，〉＝＝＝，因此，直线AM与DN所成角θ的余弦值为．
答案：
考点2__求直线与平面所成的角[典例引领]
【例2】　如图所示多面体ABCDEF，其底面ABCD为矩形，且AB＝4，BC＝4，四边形BDEF为平行四边形，点F在底面ABCD内的投影恰好是BC的中点．
(1)若M为线段AE的中点，证明：平面BDM∥平面CEF；
(2)若BF＝，求直线MF与平面BFED所成角的正弦值．
[思维点拨]　(1)连接AC交BD于H，连接MH，根据中位线定理和平行四边形性质得MH∥平面CEF，BD∥平面CEF，再根据面面平行判定定理证明；
(2)取BC的中点为坐标原点，OC，OH，OF所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解．
解：(1)证明：如图，连接AC交BD于H，连接MH，
则MH为△ACE的中位线，所以MH∥CE，又因为MH 平面CEF，CE 平面CEF，所以MH∥平面CEF．
在平行四边形BDEF中，DB∥EF，BD 平面CEF，EF 平面CEF，
所以BD∥平面CEF又因为MH∩DB＝H
∴平面CEF∥平面BDM．
(2)
取BC的中点O，连接OF，OH，则OF⊥平面ABCD，OH⊥BC，
因为BF＝，BO＝2，所以OF＝＝3．
以O为坐标原点，OC，OH，OF所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，A，B(－2，0，0)，C(2，0，0)，D(2，4，0)，F(0，0，3)，E(4，4，3)，M
所以＝(4，4，0)，＝(2，0，3)，＝．
设平面BDEF的法向量为n＝(x，y，z)，
由得令x＝－3，得n＝(－3，，2)．
所以cos 〈n，〉＝，
所以直线MF与平面BDEF所成的角的正弦值为．
[思维升华]　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所在的直线的方向向量，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，线面角为斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角．
[对点练]　
在正六棱柱ABCDEF A1B1C1D1E1F1中，AB＝2，AA1＝4，M为侧棱DD1的中点，P为棱C1D1上一点，O为下底面ABCDEF的中心．
(1)求证：MO∥平面ABD1E1；
(2)若直线DP与平面ABB1A1所成角的正弦值为，求tan ∠DPD1的值．
解：
取BC的中点G，连接OG，以点O为坐标原点，OG、OD所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的空间直角坐标系Oxyz，
(1)O(0，0，0)，M(0，2，2)，A(0，－2，0)，B(，－1，0)，D1(0，2，4)，设平面ABD1E1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，＝(，1，0)，BD1＝(－，3，4)，
由取y1＝－，
则m＝，
＝(0，2，2)，∴·m＝－2＋2＝0，则m⊥，∵OM 平面ABD1E1，因此，OM∥平面ABD1E1；(2)易知点D(0，2，0)，C(，1，0)，D1(0，2，4)，A(0，－2，0)，A1(0，－2，4)，B(，－1，0)，设平面AA1B1B的法向量为n＝(x2，y2，z2)，＝(，1，0)，AA1＝(0，0，4)，由取x2＝1，可得n＝，
设D1P＝λD1C1＝λ＝λ(，－1，0)＝(λ，－λ，0)，其中0≤λ≤1．
则＝DD1＋D1P＝(0，0，4)＋(λ，－λ，0)＝(λ，－λ，4)，由已知可得＝＝＝，解得λ＝，从而可得D1P＝|D1P|＝|D1C1|＝，所以tan ∠DPD1＝＝2．
考点3__求二面角的大小[典例引领]
【例3】　
如图所示，在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD⊥AB，AB∥CD，AB＝2AD＝2AA1＝4．
(1)证明：A1D⊥平面ABC1D1；
(2)若DC＝1，求二面角B1 BC1 A的正弦值．
解：(1)证明：因为侧棱AA1⊥平面ABCD，所以平面ADD1A1⊥平面ABCD．
又AD⊥AB，平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面ADD1A1．
而A1D 平面ADD1A1，所以AB⊥A1D．
因为AD＝AA1，侧棱AA1⊥平面ABCD，所以四边形ADD1A1是正方形．所以AD1⊥A1D．又AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABC1D1．
(2)
如图，以D为坐标原点，分别以，，DD1所在方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，C1(0，1，2)，B(2，4，0)，B1(2，4，2)．
设平面BB1C1的法向量为n＝(x，y，z)．
又BB1＝(0，0，2)，BC1＝(－2，－3，2)，则令x＝3，得n＝(3，－2，0)．
由(1)可得平面ABC1的一个法向量为DA1＝(2，0，2)．
因为|cos 〈n，DA1〉|＝＝＝，故二面角B1 BC1 A的正弦值为．
[思维升华]　利用空间向量计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量：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：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．
[对点练]　
(2021·山东滨州二模)如图，在四棱锥P ABCD中，O是BD的中点，PO⊥平面ABCD，∠DAB＝∠BCD＝90°，AD＝AC＝CD＝2，DP＝．
(1)求证：平面ADP⊥平面APC；
(2)设＝λ(0<λ<1)，若二面角B DM P的余弦值为，求λ的值．
解：(1)
如图所示：
设AC∩BD＝N，连接PN．
因为∠DAB＝∠BCD＝90°，O为BD的中点，所以OA＝OD＝OC，即O为△ADC的中心．
又因为AD＝CD，所以AC⊥BD．
由PO⊥平面ABCD，可得PO⊥AC．
又PO∩BD＝O，所以AC⊥平面PDB，所以AC⊥DP．
因为AD＝AC＝CD＝2，DP＝，
所以DN＝3，BD＝2OD＝4，OP＝＝，PN＝＝，
所以DP2＋PN2＝DN2，则DP⊥PN．又PN∩AC＝N，所以DP⊥平面APC．
因为DP 平面ADP，
所以平面ADP⊥平面APC．
(2)
以N为坐标原点，NA，NB所在直线分别为x，y轴，过点N且与直线OP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由(1)得，D(0，－3，0)，P(0，－1，)，A(，0，0)，C(－，0，0)，B(0，1，0)．
所以＝(0，2，)，＝(0，4，0)，
＝(－，1，－)．
＝＋＝(0，2，)＋λ＝(－λ，λ＋2，－λ)．
设平面BDM的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
即
得y1＝0，令x1＝－λ，得z1＝λ．
所以平面BDM的一个法向量为m＝(－λ，0，λ)．
设平面DPM的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即
令x2＝，得y2＝1，z2＝－．
所以平面PDC的一个法向量为n＝(，1，－)．
所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝，整理得39λ2－40λ＋9＝0，解得λ＝或λ＝．
当λ＝时，二面角B DM P的平面角为钝角，不符合题意．
故λ＝．
考点4__求空间距离[典例引领]
【例4】　(2022·陕西西安中学月考)在如图所示的几何体中，平面ACE⊥平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，∠CAD＝90°，EF∥BC，EF＝BC，AC＝2，AE＝EC＝．
(1)求证：A，D，E，F四点共面，且平面ADEF⊥平面CDE；
(2)若二面角E AC F的大小为45°，求点D到平面ACF的距离．
[思维点拨]　(1)根据平行四边形的性质、平行线的性质，结合面面垂直的性质定理、判定定理进行证明；
(2)建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式，结合二面角的定义、点到面距离公式进行求解．
解：(1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∵EF∥BC，∴EF∥AD，∴A，D，E，F四点共面，
∵∠CAD＝90°，
∴AC⊥AD，
∵平面ACE⊥平面ABCD，平面ACE∩平面ABCD＝AC，
∴AD⊥平面ACE，∵CE 平面ACE，
∴CE⊥AD，
∵AC＝2，AE＝EC＝，∴CE2＋AE2＝AC2，∴CE⊥AE，
∵AE∩AD＝A，AD，AE 平面ADEF，∴CE⊥平面ADEF，
∵CE 平面CDE，∴平面ADEF⊥平面CDE．
(2)∵平面ACE⊥平面ABCD，∠CAD＝90°，
∴如图以A为原点建立空间直角坐标系Axyz，
设AD＝2a，则A(0，0，0)，C(2，0，0)，E(1，0，1)，F(1，－a，1)，＝(2，0，0)，
＝(1，－a，1)，
设平面ACF的法向量m＝(x，y，z)，则取y＝1，得m＝(0，1，a)，平面ACE的一个法向量n＝(0，1，0)，
∵二面角E AC F的大小为45°，
∴cos 45°＝＝＝，
解得a＝1，∴AD＝2，D(0，2，0)，∴＝(0，2，0)，平面ACF的法向量m＝(0，1，1)，
∴点D到平面ACF的距离为d＝＝＝．
[思维升华]　求点面距的三种方法
(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．
(2)等体积法．
(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．
[对点练]　
如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，M，N分别为PB，PD的中点．
(1)记平面CMN与底面ABCD的交线为l，试判断直线l与平面PBD的位置关系，并证明；
(2)点Q在棱PC上，若Q到平面CMN的距离为，求线段CQ的长．
解：(1)直线l与平面PBD平行．证明如下：连接BD，如图所示．
因为M，N分别为PB，PD的中点，则由中位线定理可得MN∥BD．
因为BD 平面ABCD，MN 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD．
又平面CMN与底面ABCD的交线为l，由线面平行的性质可得MN∥l．
又因为MN∥BD，则由平行线传递性可得BD∥l．
因为C∈l，C BD，且BD 平面PBD，l 平面PBD，所以直线l∥平面PBD．
(2)
根据题意，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，2)，D(0，2，0)，B(，－1，0)，C(，1，0)．
设Q(x，y，z)，＝λ(λ＞0)，
则(x－，y－1，z)＝λ(－，－1，2)，
解得所以Q(－λ，1－λ，2λ)．
由中点坐标公式可得M，N(0，1，1)，则＝，＝(－，0，1)．
设平面CMN的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝1，代入解得x1＝，y1＝，
即m＝．
而＝(－λ，－λ，2λ)，
所以Q到平面CMN的距离d＝＝＝，
解得λ＝±．
因为λ＞0，所以λ＝．
所以CQ＝||＝||＝×2＝．
　备考第3步——拓展创新应用，培优学科素养
立体几何中的动态问题
立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等．
一般是根据线、面平行，线、面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹(还可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程)．
题型一　轨迹问题
角度1　判断轨迹的形状
【例1】　
如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，点M，N分别是直线CD，AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成的角为θ．若θ的最小值为，则点P的轨迹是(　　)
A．圆的一部分
B．椭圆的一部分
C．抛物线的一部分
D．双曲线的一部分
解析：把MN平移到平面A1B1C1D1中，直线D1P与MN所成的角为θ，直线D1P与MN所成角的最小值是直线D1P与平面A1B1C1D1所成的角，即原问题转化为直线D1P与平面A1B1C1D1所成的角为．点P在平面A1B1C1D1的投影为圆的一部分，因为点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，所以点P的轨迹是椭圆的一部分．故选B．
答案：B
角度2　求轨迹的长度
【例2】　
如图，在棱长为2的正四面体A BCD中，E，F分别为直线AB，CD上的动点，且|EF|＝．若记EF中点P的轨迹为L，则|L|等于________(注：|L|表示L的测度，若L为曲线、平面图形、空间几何体时，|L|分别对应长度、面积、体积)．
解析：如图，
当E为AB的中点时，F在C，D处满足|EF|＝，此时EF的中点P在EC，ED的中点P1，P2的位置上；当F为CD的中点时，E在A，B处满足|EF|＝，此时EF的中点P在BF，AF的中点P3，P4的位置上．
连接P1P2，P3P4相交于点O，则四点P1，P2，P3，P4共圆，圆心为O，圆的半径为，则EF中点P的轨迹L为以O为圆心，以为半径的圆，其测度|L|＝2π×＝π．
答案：π
[思维升华]　以立体几何为载体的轨迹问题，将立体几何与解析几何巧妙地结合在一起，综合性强，解答这类问题的关键是将空间问题转化为平面问题，一般可以从两方面考虑：一是利用曲线的定义，二是利用解析法求出轨迹方程．
[对点练]　已知平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，CD⊥AD，且AB＝1，AD＝CD＝2，ADEF是正方形，在正方形ADEF内部有一点M，满足MB，MC与平面ADEF所成的角相等，则点M的轨迹长度为(　　)
A．　　　 B．　　　
C．π　　　 D．π
解析：根据题意，以D为原点，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图①所示，则B(2，1，0)，C(0，2，0)．
设M(x，0，z)，易知直线MB，MC与平面ADEF所成的角分别为∠AMB，∠DMC，均为锐角，且∠AMB＝∠DMC，所以sin ∠AMB＝sin ∠DMC ＝，即2MB＝MC，因此2＝，整理得＋z2＝．
由此可得，点M在正方形ADEF内的轨迹是以点O为圆心，半径为的圆弧M1M2．
如图②所示，易知圆心角∠M1OM2＝，所以|M1M2|＝×＝π，即点M的轨迹长度为π．故选C．
答案：C
题型二　图象问题
【典例】　在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为A1B1，C1D1，AB，CD的中点，点P从G出发，沿折线GBCH匀速运动，同时点Q从H出发，沿折线HDAG匀速运动，且点P与点Q运动的速度相等，记以E，F，P，Q四点为顶点的三棱锥的体积为V，点P运动的路程为x，当0≤x≤2时，表示V与x关系的图象为(　　)
解析：因为点P与点Q运动的速度相等，设底面ABCD的中心为O，连接OE，OF，则平面OEF把几何体PEFQ分割为体积相等的两部分．
(1)当0≤x≤时，点P在BG上，Q在HD上，如图①所示，S△OEF＝×1×1＝，易知点P到平面OEF的距离为x，故V＝2VP OEF＝2××x＝．
(2)当(3)当综上所述，V＝故选C．
答案：C
[思维升华]　本题是一道以立体几何为背景的分段函数的图象应用问题，解题的关键在于借助几何图形分析出双动点P，Q运动过程中图形的变化情况．
[对点练]　
如图，四棱锥P ABCD的底面是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，M是PB上的一个动点(不与P，B重合)，过点M作平面α∥平面PAD，截棱锥所得图形的面积为y．若平面α与平面PAD之间的距离为x，则函数y＝f(x)的图象是(　　)
解析：过M作MN⊥AB，交AB于N，则MN⊥平面ABCD，过N作NQ∥AD，交CD于Q，过Q作QH∥PD，交PC于H，连接MH，如图①，则平面MNQH是所作的平面α．
　
由题意得＝，解得MN＝4－2x．由＝，即＝，解得QH＝(2－x)．
过H作HE⊥NQ，在Rt△HEQ中，EQ＝＝2－x，
∴NE＝2－(2－x)＝x，∴MH＝x．
∴y＝f(x)＝＝－x2＋4(0∴函数y＝f(x)的图象如图②．故选C．
答案：C
课下巩固培优卷(三十七)
【A/基础巩固题组】
1．
如图，在四棱锥A BCDE中，DE∥CB，BE⊥平面ABC，BE＝3，AB＝CB＝AC＝2DE＝2，则异面直线DC与AE所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
解析：
如图所示，取BC的中点F，连接AF，DF，可得DF∥BE，
因为BE⊥平面ABC，所以DF⊥平面ABC，
又由AB＝CB＝AC且F为BC的中点，所以AF⊥BC，
以F为坐标原点，以AF，BF，DF所在直线分别为x，y，z轴，建立的空间直角坐标系，
如图所示，则A(，0，0)，E(0，1，3)，C(0，－1，0)，D(0，0，3)，故＝(0，1，3)，＝(－，1，3)，
则cos 〈，〉＝＝＝．
答案：A
2．(多选)(2021·广东珠海二模)
如图，三棱锥P ABC中，PA⊥平面ABC，AB＝2，BC＝2，AC＝4，A到平面PBC的距离为，则(　　)
A．PA＝4
B．三棱锥P ABC的外接球的表面积为32π
C．直线AB与直线PC所成角的余弦值为
D．AB与平面PBC所成角的正弦值为
解析：因为AB＝2，BC＝2，AC＝4，所以AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC，又因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC，设AP＝a，
根据等体积法VP ABC＝VA PBC，即××2×2×a＝××2××，
解得a＝4，所以AP＝a＝4，故A选项正确；
所以三棱锥P ABC的外接球的半径与以BC，BA，AP为邻边的长方体的外接球的半径相等，
所以三棱锥P ABC的外接球的半径为2，
所以三棱锥P ABC的外接球的表面积为32π，故B选项正确；
过点B作PA的平行线BD，则BD⊥平面ABC，
所以以点B为坐标原点，BC，BA，BD所在边分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，P(0，2，4)，
所以＝(0，－2，0)，＝(2，－2，－4)，
所以cos 〈，〉＝＝＝，
所以直线AB与直线PC所成角的余弦值为，故C选项错误；
因为＝(2，0，0)，＝(0，2，4)，
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，
则即令z＝1，
所以m＝(0，－2，1)，由于＝(0，－2，0)
故设AB与平面PBC所成角为θ，
则sin θ＝＝＝＝．
所以AB与平面PBC所成角的正弦值为，故D选项正确．
答案：ABD
3．
如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为2的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点P是圆锥的顶点，AB是圆柱下底面的一条直径，AA1、BB1是圆柱的两条母线，C是弧AB的中点．
(1)求异面直线PA1与BC所成的角的余弦值；
(2)求点B1到平面PAC的距离．
解：
(1)根据题意可得OP⊥平面ABC, C是弧AB的中点，则OC⊥AB．
则以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，如图．
则P(0，0，4)，A1(0，－1，2)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，PA1＝(0，－1，－2)，＝(1，－1，0)，
cos 〈PA1，〉＝＝＝．
∴异面直线PA1与BC所成的角的余弦值为．
(2)B1(0，1，2)，A(0，－1，0)，PB1＝(0，1，－2)，＝(0，－1，－4)，＝(1，0，－4)，设平面PAC的法向量n＝(x，y，z)，则
取z＝1，得n＝(4，－4，1)，
∴点B1到平面PAC的距离为：d＝＝＝．
4．(2021·山东烟台二模)如图，四棱台ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，DD1⊥底面ABCD，AB＝2BC＝2CD＝2DD1＝4D1C1，
P为棱CC1的中点．
(1)证明：AC∥平面B1DP；
(2)求二面角B1 DP C的余弦值．
解：
(1)在BB1上取点Q，使B1Q＝BB1，连接BD交AC于点O，连接OQ，设CC1，BB1交于点V，由＝＝，则VB1＝B1B＝3B1Q，VC1＝C1C＝2C1P＝2CP，
∴＝＝3，即B1P∥QC，又QC 面B1DP，B1P 面B1DP，
∴QC∥面B1DP，同理可得OQ∥面B1DP，又OQ∩OC＝Q，
∴面B1DP∥面OQC，又AC 面OQC，
∴AC∥平面B1DP；
(2)
以D为坐标原点，以，，DD1方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．
设AB＝4，则D(0，0，0)，B1(1，1，2)，P，即DB1＝(1，1，2)，＝，
设m＝(x，y，z)为面B1DP的一个法向量，
则
即令y＝2可得m＝(4，2，－3)．
又n＝(1，0，0)为面DCC1D1的一个法向量．
∴cos 〈m，n〉＝＝，
故由图知钝二面角B1 DP C的余弦值为－．
5．
(2021·广东深圳二模)如图，在直四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AB∥CD，DC＝2，AA1＝3，AB＝BC＝AD＝1，点E和F分别在侧棱AA1、CC1上，且A1E＝CF＝1．
(1)求证：BC∥平面D1EF；
(2)求直线AD与平面D1EF所成角的正弦值．
解：(1)分别取D1F、CD的中点N、M，连接AM、MN、EN，如图所示．
∵M、N分别为CD、D1F的中点，则MN为梯形CFD1D的中位线，
所以，MN∥CC1∥DD1，且有MN＝(CF＋DD1)＝2，
∵A1E＝1，AA1∥DD1，所以，AE＝2＝MN，且AE∥MN，
所以四边形AENM为平行四边形，故EN∥AM，
∵M为CD的中点，则CM＝CD＝AB，因为AB∥CD，则CM∥AB，
所以，四边形ABCM为平行四边形，则AM∥BC，故BC∥EN，
∵BC 平面D1EF，EN 平面D1EF，因此，BC∥平面D1EF；
(2)以点A为坐标原点，AB为x轴，平面ABCD内垂直于AB的直线为y轴，AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，D，D1，E(0，0，2)，F，
设平面D1EF的法向量为m＝(x，y，z)，＝，D1E＝，D1F＝(2，0，－2)，
由可得令x＝得y＝－1，z＝，则m＝，cos 〈，m〉＝＝＝，
因此，直线AD与平面D1EF所成角的正弦值为．
【B/能力提升题组】
6．(2022·山东省实验中学一模)如图，已知长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，CC1＝2，E，F分别为BC，CC1的中点．
(1)求过E，F，D1三点的截面的面积；
(2)一只小虫从A点经BB1上一点P到达C1点，求小虫所经过路程最短时，直线ED1与平面APC1所成的角的正弦值．
解：(1)如图，连接AD1，AE，BC1，则四边形ABC1D1为平行四边形，
又因为E，F分别为BC，CC1的中点，所以EF∥BC1，所以EF∥BC1∥AD1，
所以所求截面为梯形EFD1A．
EF＝＝，
AD1＝2，AE＝D1F＝，
梯形的高h＝＝，
所以所求截面面积S＝(＋2)＝．
(2)以D为坐标原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则A(2，0，0)，C1(0，1，2)，D1(0，0，2)，E(1，1，0)，
若所经过路程最短，则△APB与△C1PB1相似，所以＝＝，所以P．
＝，AC1＝(－2，1，2)，
设平面APC1的法向量n＝(x，y，z)，则可得
令z＝3，则y＝－2，x＝2，所以n＝(2，－2，3)，ED1＝(－1，－1，2)．
cos 〈n，ED1〉＝＝，
所以直线ED1与平面APC1所成的角的正弦值是．
7．(2021·湖南长沙模拟)
如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AC＝BC，AA1＝AB，D为BB1的中点．
(1)若E为AB1上的一点，且＝，求证DE⊥CD；
(2)在(1)的条件下，若异面直线AB1与CD所成的角为45°，求直线AC与平面AB1C1所成角的余弦值．
解：(1)证明：取AB中点M，连接CM，MD，有MD∥AB1，
因为AC＝BC，所以CM⊥AB，
因为三棱柱ABC A1B1C1为直三棱柱，所以平面ABC⊥平面ABB1A1，
因为平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，CM 平面ABC，所以CM⊥平面ABB1A1，
因为A1B 平面ABB1A1，所以CM⊥A1B．
因为＝ AB1＝4EB1，E为AB1的四等分点，D为BB1的中点，
所以DE∥A1B，
因为AA1＝AB，所以直棱柱的侧面AA1B1B是正方形，所以AB1⊥A1B，
又因为A1B⊥AB1，MD∥AB1，所以A1B⊥MD，又MD∩CM＝M，MD，CM 平面CMD，所以A1B⊥面CMD，而CD 面CMD，所以A1B⊥CD，即CD⊥DE．
(2)设O是AB1与A1B的交点，如图以M为坐标原点，分别以MA，MO，MC为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．
设AB＝2a，由条件可知∠CDM＝45°，所以DM＝CM＝a，所以AB1＝2a，
所以A(a，0，0)，B1(－a，2a，0)，C1(0，2a，a)，C(0，0，a)，
所以AB1＝(－2a，2a，0)，B1C1＝(a，0，a)，
＝(－a，0，a)，
设平面AB1C1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即则n的一组解为n＝(，，－1)
所以cos 〈·n〉＝＝＝－．
所以直线AC与平面AB1C1所成角的余弦值为．
8．(2021·河北唐山三模)在四棱锥P ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝，CD＝2，PD⊥BC，AC⊥PB．
(1)证明：PD⊥平面ABCD；
(2)若二面角D PB C的余弦值为，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
解：(1)由tan ∠ADB＝，tan ∠ACD＝，得∠ADB＝∠ACD，
所以∠DAC＋∠ADB＝∠DAC＋∠ACD＝，即AC⊥BD，
又AC⊥PB，PB∩BD＝B，则有AC⊥平面PBD，
又PD 平面PBD，所以AC⊥PD，又PD⊥BC，AC∩BC＝C，
所以PD⊥平面ABCD．
(2)如图所示，以D为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系Dxyz，设DP＝h，
则D(0，0，0)，A(，0，0)，B(，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，h)，
＝(0，2，－h)，＝(－，1，0)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取y＝h，则x＝h，z＝2，所以n＝(h，h，2)，
而平面PBD的一个法向量为＝(－，2，0)，
cos 〈n，〉＝＝＝，解得h＝，＝(，1，－)，
易知AD⊥平面PCD，所以＝(，0，0)是平面PCD的一个法向量，
设直线PB与平面PCD所成的角为θ，
则sin θ＝cos 〈，〉＝，
故直线PB与平面PCD所成的角的正弦值为．

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