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数学
第6练　空间向量在立体几何中的应用（原卷版）
一、单项选择题
1．(2025·浙江金华期末)已知v为直线l的方向向量，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，则下列说法中正确的是(　　)
A．v∥n1 l∥α B．n1⊥n2 α⊥β
C．n1∥n2 α⊥β D．v⊥n1 l⊥α
2．已知四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝1，E是BC的中点，则点E到直线PD的距离是(　　)
A． B．
C． D．
3．(2025·湖南湘潭模拟)在正四棱锥P－ABCD中，AB＝2，PA与平面ABCD所成的角为，则点D到平面PBC的距离为(　　)
A． B．
C． D．
4．(2025·辽宁沈阳模拟)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
5．(2025·湖北武汉二中模拟)PA，PB，PC是从点P引出的三条射线，每两条的夹角均为60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
6．(2025·河南郑州模拟)已知点A(1，0，2)，B(－1，1，2)，C(1，1，－2)，则△ABC的面积是(　　)
A． B．2
C．5 D．1
7．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为DA，BB1的中点，M，N分别为线段D1A1，A1B1上的动点(不包括端点)，且满足EN⊥FM，则线段MN的长度的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．[2，2)
8．(2024·广州越秀区期中)“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术·商功》中描述：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑．”一个长方体ABCD－A1B1C1D1沿对角面斜解(图1)，得到两个一模一样的堑堵(图2)，再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解(图2)，得到一个四棱锥，称为阳马(图3)，一个三棱锥，称为鳖臑(图4)．若鳖臑的体积为4，AB＝4，BC＝3，则在鳖臑中，平面BCD1与平面BC1D1夹角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
二、多项选择题
9．(2025·重庆八中质检)在空间直角坐标系中，设a，b分别是异面直线l1，l2的两个方向向量，u，v分别是平面α，β的两个法向量，若a＝(1，1，2)，b＝(4，4，2)，u＝(－1，0，2)，v＝(2，2，1)，下列说法中正确的是(　　)
A．l1⊥α
B．l2⊥β
C．α∥β
D．异面直线l1与l2所成角的余弦值为
10．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＝＋＋，则下列说法正确的是(　　)
A．点A到直线BE的距离是
B．点O到平面ABC1D1的距离是
C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为
D．点P到直线AB的距离为
11. (2025·安徽黄山模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P满足＝λ(λ>0)，则(　　)
A．对于任意的正实数λ，三棱锥A1－BPC1的体积始终不变
B．对于任意的正实数λ，都有D1P∥平面A1BC1
C．存在正实数λ，使得异面直线D1P与BC1所成的角为
D．存在正实数λ，使得直线BP与平面AB1C所成的角为
三、填空题
12．(2024·山东济南一模)在三棱柱ABC－A1B1C1中，＝2，＝m，且BN∥平面A1CM，则m的值为________．
13．已知空间直角坐标系Oxyz中，过点P(x0，y0，z0)，且一个法向量为n＝(a，b，c)的平面α的方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0.用以上知识解决下面问题：已知平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，直线l是平面x－y＋3＝0与平面x－2z－1＝0的交线，试写出直线l的一个方向向量为________，直线l与平面α所成角的正弦值为________．
14．在空间直角坐标系中，一四面体的四个顶点坐标分别为(1，2，3)，(4，1，5)，(2，3，4)，(6，6，1)，则其体积为________．
四、解答题
15．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝，点P为线段A1C上的动点．
证明：(1)当＝3时，D1P∥平面BDC1；
(2)当＝5时，A1C⊥平面D1AP.
16. (2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2.
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．
17. (2025·海南海口模拟)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为梯形，AD∥BC，AB＝AD＝2，BD＝2，BC＝4.
(1)证明：A1B1⊥AD1；
(2)若直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值为，点M为线段BD上一点，求点M到平面B1CD1的距离．
18. (2025·江苏南通模拟)如图，四边形ABB1A1是圆台OO1的轴截面，CC1是圆台的母线，C是的中点．已知AB＝2A1B1＝4，M是BC的中点．
(1)若直线OO1与直线C1M所成的角为，证明：CC1⊥平面OBC1；
(2)记直线C1M与平面ABC所成的角为α，平面OMC1与平面BCC1的夹角为θ，若cosθ＝，求α.
第6练　空间向量在立体几何中的应用（解析版）
一、单项选择题
1．(2025·浙江金华期末)已知v为直线l的方向向量，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，则下列说法中正确的是(　　)
A．v∥n1 l∥α B．n1⊥n2 α⊥β
C．n1∥n2 α⊥β D．v⊥n1 l⊥α
答案：B
解析：由题意v∥n1 l⊥α，n1⊥n2 α⊥β，n1∥n2 α∥β，v⊥n1 l∥α或l α.故选B.
2．已知四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝1，E是BC的中点，则点E到直线PD的距离是(　　)
A． B．
C． D．
答案：D
解析：如图，建立空间直角坐标系，则P(0，0，1)，D(0，1，0)，E，所以＝(0，1，－1)，＝，所以||＝，||＝，＝＝－，所以点E到直线PD的距离是
＝＝.故选D.
3．(2025·湖南湘潭模拟)在正四棱锥P－ABCD中，AB＝2，PA与平面ABCD所成的角为，则点D到平面PBC的距离为(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：依题意，设AC∩BD＝O，则PO⊥平面ABCD，所以∠PAO为PA与平面ABCD所成的角，即∠PAO＝，因为AB＝2，所以OA＝OC＝OB＝OD＝，则PO＝OA＝，以O为原点，建立空间直角坐标系，如图，则C(0，，0)，B(，0，0)，D(－，0，0)，P(0，0，)，所以＝(－，－，0)，＝(，0，－)，＝(0，，－)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝1，则x＝y＝1，故n＝(1，1，1)，所以点D到平面PBC的距离为＝＝.故选B.
4．(2025·辽宁沈阳模拟)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于点D，以B为原点，BD，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，因为直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，所以A(，－1，0)，B1(0，0，2)，B(0，0，0)，C1(0，1，2)，所以＝(－，1，2)，＝(0，1，2)，设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cosθ＝＝＝.故选C.
5．(2025·湖北武汉二中模拟)PA，PB，PC是从点P引出的三条射线，每两条的夹角均为60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：如图所示，把PA，PB，PC放在正方体中，PA，PB，PC两两之间的夹角均为60°.建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则P(1，0，0)，C(0，0，1)，A(1，1，1)，B(0，1，0)，所以＝(－1，0，1)，＝(0，1，1)，＝(－1，1，0)，设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
则令x＝1，则y＝1，z＝－1，所以n＝(1，1，－1)，所以cos〈，n〉＝＝＝－.设直线PC与平面PAB所成的角为θ，所以sinθ＝|cos〈，n〉|＝，所以cosθ＝＝.故选C.
6．(2025·河南郑州模拟)已知点A(1，0，2)，B(－1，1，2)，C(1，1，－2)，则△ABC的面积是(　　)
A． B．2
C．5 D．1
答案：A
解析：由A(1，0，2)，B(－1，1，2)，C(1，1，－2)，得＝(－2，1，0)，＝(2，0，－4)，则||＝＝2，所以点A到直线BC的距离d＝
＝＝，所以S△ABC＝×||×d＝×2×＝.故选A.
7．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为DA，BB1的中点，M，N分别为线段D1A1，A1B1上的动点(不包括端点)，且满足EN⊥FM，则线段MN的长度的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．[2，2)
答案：B
解析：以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，则E(1，0，0)，F(2，2，1)，设M(x，0，2)，N(2，y，2)，其中0＜x＜2，0＜y＜2，则＝(1，y，2)，＝(x－2，－2，1)，∵⊥，∴·＝(1，y，2)·(x－2，－2，1)＝x－2y＝0，得x＝2y.∵0＜x＜2，∴0＜y＜1，由空间中两点之间的距离公式，得MN＝＝＝，当y＝时，MN＝，当y趋近于0时，MN趋近于2，结合二次函数的性质可得，线段MN的长度的取值范围为.故选B.
8．(2024·广州越秀区期中)“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术·商功》中描述：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑．”一个长方体ABCD－A1B1C1D1沿对角面斜解(图1)，得到两个一模一样的堑堵(图2)，再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解(图2)，得到一个四棱锥，称为阳马(图3)，一个三棱锥，称为鳖臑(图4)．若鳖臑的体积为4，AB＝4，BC＝3，则在鳖臑中，平面BCD1与平面BC1D1夹角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：∵BC⊥平面CC1D1，∴VB－CC1D1＝S△CC1D1·BC＝××CC1×4×3＝4，∴CC1＝2，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则B(3，4，0)，C(0，4，0)，D1(0，0，2)，C1(0，4，2)，∴＝(－3，0，0)，＝(－3，－4，2)，＝(0，4，0)．设平面BCD1的法向量为n＝(x，y，z)，则
令y＝1，解得x＝0，z＝2，∴n＝(0，1，2)．设平面BC1D1的法向量为m＝(a，b，c)，则令a＝2，得b＝0，c＝3，∴m＝(2，0，3)，∴|cos〈m，n〉|＝＝＝，即平面BCD1与平面BC1D1夹角的余弦值为.故选B.
二、多项选择题
9．(2025·重庆八中质检)在空间直角坐标系中，设a，b分别是异面直线l1，l2的两个方向向量，u，v分别是平面α，β的两个法向量，若a＝(1，1，2)，b＝(4，4，2)，u＝(－1，0，2)，v＝(2，2，1)，下列说法中正确的是(　　)
A．l1⊥α
B．l2⊥β
C．α∥β
D．异面直线l1与l2所成角的余弦值为
答案：BD
解析：由a＝(1，1，2)，u＝(－1，0，2)，得a，u不共线，因此直线l1与平面α不垂直，A错误；由b＝(4，4，2)，v＝(2，2，1)，得b＝2v，即b∥v，因此直线l2⊥β，B正确；由u＝(－1，0，2)，v＝(2，2，1)，得u·v＝－1×2＋0×2＋2×1＝0，即u⊥v，则α⊥β，C错误；由a＝(1，1，2)，b＝(4，4，2)，得cos〈a，b〉＝＝＝，因此异面直线l1与l2所成角的余弦值为，D正确．故选BD.
10．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＝＋＋，则下列说法正确的是(　　)
A．点A到直线BE的距离是
B．点O到平面ABC1D1的距离是
C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为
D．点P到直线AB的距离为
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，所以＝(－1，0，0)，＝.设∠ABE＝θ，则cosθ＝＝，sinθ＝＝.故点A到直线BE的距离d1＝||sinθ＝1×＝，故A错误；易知＝＝，平面ABC1D1的一个法向量为＝(0，－1，1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝＝＝，故B正确；＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(0，1，0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则所以令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＝＝＝.因为平面A1BD∥平面B1CD1，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，故C正确；因为＝＋＋，＝(1，0，0)，＝(0，1，0)，＝(0，0，1)，所以＝，则＝，所以点P到直线AB的距离d4＝＝＝，故D正确．故选BCD.
11. (2025·安徽黄山模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P满足＝λ(λ>0)，则(　　)
A．对于任意的正实数λ，三棱锥A1－BPC1的体积始终不变
B．对于任意的正实数λ，都有D1P∥平面A1BC1
C．存在正实数λ，使得异面直线D1P与BC1所成的角为
D．存在正实数λ，使得直线BP与平面AB1C所成的角为
答案：AB
解析：因为AC∥A1C1，A1C1 平面A1BC1，AC 平面A1BC1，所以AC∥平面A1BC1，因为＝λ(λ>0)，所以点P在线段AC(不包括端点)上，因此对于任意的正实数λ，点P到平面A1BC1的距离不变，而VA1－BPC1＝VP－A1BC1，所以对于任意的正实数λ，三棱锥A1－BPC1的体积始终不变，故A正确；建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)，P，设平面A1BC1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，＝(0，－1，1)，＝(－1，0，1)，＝，所以得令z1＝1，得n＝(1，1，1)，因为·n＝＋－1＝0，所以⊥n，而D1P 平面A1BC1，所以D1P∥平面A1BC1，故B正确；假设存在正实数λ，使得异面直线D1P与BC1所成的角为，则有|cos〈，〉|＝＝＝＝＝，解得λ＝－1，所以不存在正实数λ，使得异面直线D1P与BC1所成的角为，故C不正确；假设存在正实数λ，使得直线BP与平面AB1C所成的角为，设平面AB1C的法向量为m＝(x2，y2，z2)，＝(0，－1，－1)，＝(－1，0，－1)，＝，所以得令z2＝1，得m＝(－1，－1，1)，sin＝|cos〈，m〉|＝＝＝＝，解得λ＝－4±<0，所以假设不成立，因此不存在正实数λ，使得直线BP与平面AB1C所成的角为，故D不正确．故选AB.
三、填空题
12．(2024·山东济南一模)在三棱柱ABC－A1B1C1中，＝2，＝m，且BN∥平面A1CM，则m的值为________．
答案：
解析：如图，不妨设＝a，＝b，＝c，依题意，＝a，＝＋＝－＋＝c－a，＝－＝b－a，因为＝m＝mb，所以＝＋＝c－a＋mb，又BN∥平面A1CM，故，，必共面，即存在λ，μ∈R，使＝λ＋μ，即c－a＋mb＝λ＋μ，从而有解得m＝.
13．已知空间直角坐标系Oxyz中，过点P(x0，y0，z0)，且一个法向量为n＝(a，b，c)的平面α的方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0.用以上知识解决下面问题：已知平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，直线l是平面x－y＋3＝0与平面x－2z－1＝0的交线，试写出直线l的一个方向向量为________，直线l与平面α所成角的正弦值为________．
答案：(2，2，1)(答案不唯一)　
解析：由平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，可得平面α的一个法向量为n＝(1，2，－2)，平面x－y＋3＝0的一个法向量为m1＝(1，－1，0)，平面x－2z－1＝0的一个法向量为m2＝(1，0，－2)，设直线l的方向向量为m＝(x，y，z)，则即令z＝1，得m＝(2，2，1)．设直线l与平面α所成的角为θ，0°≤θ≤90°，则sinθ＝|cos〈m，n〉|＝＝.
14．在空间直角坐标系中，一四面体的四个顶点坐标分别为(1，2，3)，(4，1，5)，(2，3，4)，(6，6，1)，则其体积为________．
答案：
解析：设A(1，2，3)，B(4，1，5)，C(2，3，4)，D(6，6，1)，则AB2＝14，BC2＝9，AC2＝3，cos∠ABC＝＝，∴sin∠ABC＝＝，S△ABC＝AB·BCsin∠ABC＝.设平面ABC的法向量为m＝(x，y，z)，＝(3，－1，2)，＝(－2，2，－1)，则即令z＝－4，则x＝3，y＝1，m＝(3，1，－4)，＝(2，5，－4)，点D到平面ABC的距离h＝＝，四面体D－ABC的体积V＝S△ABC·h＝.
四、解答题
15．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝，点P为线段A1C上的动点．
证明：(1)当＝3时，D1P∥平面BDC1；
(2)当＝5时，A1C⊥平面D1AP.
证明：在长方体ABCD－A1B1C1D1中，以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＝AD＝AA1＝，
所以AD＝AA1＝1，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(1，0，1)，C(0，，0)，D1(0，0，1)，B(1，，0)，C1(0，，1)，B1(1，，1)，所以＝(－1，，－1)，＝(－1，0，0)，＝(1，0，－1)．
(1)当＝3时，＝＝，＝(0，，1)，＝(1，，0)．
设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则x＝z＝－，
所以n＝(－，1，－)，
所以＝－＝，
所以·n＝×(－)＋×1－×(－)＝0，
所以⊥n，
因为D1P 平面BDC1，
所以D1P∥平面BDC1.
(2)当＝5时，＝＝，
所以＝－＝，
所以·＝－1×＋×－1×＝0，
·＝－1×1＋×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.
16. (2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2.
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．
解：(1)设A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，
所以VA－A1BC＝VA1－ABC＝S△ABC·AA1＝VABC－A1B1C1＝，
又△A1BC的面积为2，
VA－A1BC＝S△A1BC·h＝×2h＝，
所以h＝，即A到平面A1BC的距离为.
(2)取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，
又AA1⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以AA1⊥BC，
因为AA1∩AE＝A，AA1，AE 平面ABB1A1，
所以BC⊥平面ABB1A1，
又AB 平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，
由(1)知，AE＝，
所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，
因为△A1BC的面积为2，
所以2＝A1B·BC，所以BC＝2，
所以A(0，2，0)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，A1(0，2，2)，D(1，1，1)，E(0，1，1)，
则＝(1，1，1)，＝(0，2，0)，
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得n＝(1，0，－1)，
又平面BDC的一个法向量为＝(0，－1，1)，
所以cos〈，n〉＝＝＝－，
设二面角A－BD－C的平面角为θ，
则sinθ＝＝，
所以二面角A－BD－C的正弦值为.
17. (2025·海南海口模拟)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为梯形，AD∥BC，AB＝AD＝2，BD＝2，BC＝4.
(1)证明：A1B1⊥AD1；
(2)若直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值为，点M为线段BD上一点，求点M到平面B1CD1的距离．
解：(1)证明：因为AB＝AD＝2，BD＝2，
所以AB2＋AD2＝8＝BD2，所以AB⊥AD，
因为ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，
所以A1A⊥AB，
因为A1A∩AD＝A，A1A，AD 平面ADD1A1，
所以AB⊥平面ADD1A1，
因为A1B1∥AB，
所以A1B1⊥平面ADD1A1，
因为AD1 平面ADD1A1，
所以A1B1⊥AD1.
(2)由(1)及题意知，AB，AD，A1A两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB＝AD＝2，BD＝2，BC＝4，
设A1A＝h(h>0)，
所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，B1(2，0，h)，C(2，4，0)，D1(0，2，h)，D(0，2，0)，
所以＝(2，0，0)，＝(0，－4，h)，＝(－2，－2，h)，
＝(0，4，0)，＝(－2，2，0)，
设平面B1CD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝4，则x＝y＝h，所以n＝(h，h，4)．
设直线AB与平面B1CD1所成的角为θ，
则sinθ＝|cos〈，n〉|＝
＝＝，
解得h＝2，所以n＝(2，2，4)．
所以点B到平面B1CD1的距离
d＝＝＝.
因为·n＝－2×2＋2×2＋0×4＝0，
所以⊥n.
因为BD 平面B1CD1，
所以BD∥平面B1CD1，
因为点M在线段BD上，所以点M到平面B1CD1的距离等于点B到平面B1CD1的距离，为.
故点M到平面B1CD1的距离为.
18. (2025·江苏南通模拟)如图，四边形ABB1A1是圆台OO1的轴截面，CC1是圆台的母线，C是的中点．已知AB＝2A1B1＝4，M是BC的中点．
(1)若直线OO1与直线C1M所成的角为，证明：CC1⊥平面OBC1；
(2)记直线C1M与平面ABC所成的角为α，平面OMC1与平面BCC1的夹角为θ，若cosθ＝，求α.
解：(1)证明：连接O1C1，则四边形OO1C1C是直角梯形．
过C1作C1N⊥OC于点N，则四边形OO1C1N是矩形，
∴OO1∥C1N，∴∠MC1N＝.
连接NM，∵ON＝O1C1＝1，OC＝2，
∴N为OC的中点．
又M为BC的中点，∴NM＝OB＝1.
∵OO1⊥平面ABC，OO1∥C1N，
∴C1N⊥平面ABC.
又NM 平面ABC，∴C1N⊥NM，
∴C1N＝NM＝1.
在△C1OC中，
∵NC＝OC－ON＝1＝C1N＝ON，
∴CC1⊥OC1.
∵C为的中点，∴OC⊥OB.
又OO1⊥OB，OC∩OO1＝O，OC，OO1 平面O1OCC1，
∴OB⊥平面O1OCC1.
又CC1 平面O1OCC1，
∴OB⊥CC1.
又CC1⊥OC1，OB∩OC1＝O，OB，OC1 平面OBC1，
∴CC1⊥平面OBC1.
(2)以O为原点，OC，OB，OO1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．
设OO1＝h，则C1(1，0，h)．
∵C(2，0，0)，B(0，2，0)，
∴M(1，1，0)，
∴＝(1，0，h)，＝(1，1，0)．
设平面OMC1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
取z1＝1，得n1＝(－h，h，1)．
∵＝(2，－2，0)，＝(－1，0，h)，
设平面BCC1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则即
取z2＝1，得n2＝(h，h，1)．
∵cosθ＝，∴|cos〈n1，n2〉|＝，
即＝，
解得h＝1.
在Rt△C1MN中，NM＝C1N＝1，
∴∠C1MN＝.
由(1)知C1N⊥平面ABC，
∴α＝∠C1MN，∴α＝.
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