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1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
题型01 点到直线的距离 4
题型02 点到平面的距离 6
题型03 异面直线的夹角 8
题型04 直线与平面的夹角 10
题型05 二面角 12
知识点1： 点到直线的距离
l的单位方向向量为，=，则点P到直线l的距离．
知识点2： 点到平面的距离
设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d＝．
知识点3： 异面直线的夹角
1．设a，b是两条异面直线，过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直角叫做a与b所成的角．
2．两异面直线所成角θ的取值范围是．
3．设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有．
知识点4： 直线与平面所成角
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sin φ＝|cos θ|＝．
知识点5： 二面角
1．如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．
2．如图2、3，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(或)．
1．向量法求点到线距离．
(1) 构建恰当的空间直角坐标系．
(2) 准确求解相关点的坐标．
(3) 求出直线的方向向量．
(4) 应用公式求解．
2．向量法求点到面距离．
(1) 构建恰当的空间直角坐标系．
(2) 准确求解相关点的坐标．
(3) 求出平面的法向量．
(4) 应用公式求解．
3．向量法求异面直线的夹角．
(1) 选好基底或建立空间直角坐标系．
(2) 求出两直线的方向向量v1，v2．
(3) 代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．
4．求线面角．
(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(钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角．
5．向量法求二面角的大小．
(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，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
题型01 点到直线的距离
（2025 黑龙江开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，O为△PBC的重心，，且PA＝3，AB＝2，则点O到直线DM的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，确定相关点以及向量的坐标，利用点到直线的距离的向量求法，即可得答案．
【解答】解：已知在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，O为△PBC的重心，，且PA＝3，AB＝2，
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，
则P（0，0，3），B（2，0，0），D（0，2，0），C（2，2，0），
由，得M（0，0，2），
又O为△PBC的重心，所以，，，
则，，，
故点O到直线DM的距离为．
故选：A．
【变式练1】（2025春 靖远县校级期末）已知空间中有A（1，2，3），B（﹣1，2，2），C（2，0，1）三点，则点A到直线BC的距离为（　　）
A． B． C． D．
【变式练2】（2025春 醴陵市校级期中）如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为（　　）
A． B． C． D．1
【变式练3】（2025春 福建期中）已知空间中的三点A（1，2，3），B（1，2，5），C（3，0，1），则点C到直线AB的距离为　　　　．
题型02 点到平面的距离
（2025春 湛江期末）已知为平面α的一个法向量，A（1，0，0）为α内的一点，则点D（1，1，2）到平面α的距离为　　　　．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用向量法求点到平面的距离即可．
【解答】解：由题意知，，
因为为平面α的一个法向量，
所以点D到平面α的距离为．
故答案为：．
【变式练1】（2025春 张掖校级期中）已知平面α的一个法向量为（1，1，1），点M在a外，点N在α内，且，﹣2），则点M到平面α的距离为（　　）
A． B． C． D．
【变式练2】（2025春 环县校级期中）如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，BD⊥DC，BD＝DC＝1，点E在AA1上，且，则点B到平面EDC1的距离为（　　）
A． B． C． D．
【变式练3】（多选）（2025秋 浙江月考）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列说法正确的有（　　）
A．A1C1∥平面ACD1
B．B1D⊥平面ACD1
C．点D到平面ACD1的距离为
D．AB与平面ACD1所成的角为30°
题型03 异面直线的夹角
（2025 甘肃校级模拟）直三棱柱A1B1C1﹣ABC，∠BCA＝90°，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出BD1与AF1所成角的余弦值．
【解答】解：∵直三棱柱A1B1C1﹣ABC，∠BCA＝90°，
∴以C为原点，CB为x轴，CA为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，
∵点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，
∴设BC＝CA＝CC1＝2，
则B（2，0，0），D1（1，1，2），A（0，2，0），F1（0，1，2），
（﹣1，1，2），（0，﹣1，2），
设BD1与AF1所成角为θ，则cosθ．
∴BD1与AF1所成角的余弦值为．
故选：B．
【变式练1】（2025春 成都期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱CC1＝4，点E，F分别为CC1，AD的中点，则异面直线EF和AD1所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【变式练2】（2025 建邺区校级三模）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长都相等，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是（　　）
A． B． C． D．
【变式练3】（多选）（2024秋 牡丹江期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为A1B1，AB的中点，则下列结论正确的是（　　）
A．点B到直线A1C1的距离为
B．直线CF到平面AEC1的距离为
C．直线A1C1与平面AEC1所成角的余弦值为
D．直线A1C1与直线B1F所成角的余弦值为
题型04 直线与平面的夹角
（2025秋 福州月考）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1，则直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，根据空间角的向量求法即可求得答案．
【解答】解：设三棱柱的棱长为1，以B为原点，
如图，以过B作BC的垂线为x轴，以BC所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，所以，
易知平面BCC1B1的一个法向量为，
设直线AB1与平面BCC1B1所成角为θ，，
则，
即直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为．
故选：A．
【变式练1】（2025 石家庄校级开学）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是棱AC的中点．
（1）证明：AB1∥平面BC1D；
（2）若AB＝1，AA1＝2，求直线BB1与平面BC1D所成角的正弦值．
【变式练2】（2025秋 广东月考）如图，四边形ABCD为正方形，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点．
（1）证明：BM⊥ED；
（2）若AB＝2，E，A，C，D在同一个球面上，设该球面的球心为O，求直线DO与平面ECD所成角的正弦值．
【变式练3】．（2025秋 安徽月考）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1C⊥平面AB1C1，AA1＝2，BC＝1．
（1）证明：B1C1⊥A1C1；
（2）求三棱锥C1﹣AA1B1的体积；
（3）求直线B1C与平面AB1C1所成角的正弦值．
题型05 二面角
（2025秋 重庆月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝AD，底面ABCD是正方形，E是PD的中点．
（1）求证：PB∥平面ACE；
（2）求平面PAC与平面PBC的夹角的大小．
【答案】（1）证明：如图，连接BD，交AC于点O，
因为四边形ABCD是正方形，所以点O是BD中点，
因为E是PD的中点，所以PB∥EO，
又因为PB 平面ACE，EO 平面ACE，
所以PB∥平面ACE；
（2）．
【分析】（1）连接BD，交AC于点O，只需证明PB∥EO，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求得平面PAC与平面PBC的法向量，由向量夹角的余弦公式即可求解．
【解答】解：（1）证明：如图，连接BD，交AC于点O，
因为四边形ABCD是正方形，所以点O是BD中点，
因为E是PD的中点，所以PB∥EO，
又因为PB 平面ACE，EO 平面ACE，
所以PB∥平面ACE；
（2）因为侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝AD，底面ABCD是正方形，
所以以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意，设PA＝AD＝1，
则A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，1），C（1，1，0），
所以，
设平面PAC与平面PBC的一个法向量分别为，
则，则，
则，则，
令x1＝x2＝1，解得y1＝﹣1，z1＝0，y2＝0，z2＝1，
所以，
设平面PAC与平面PBC的夹角为，
所以，
所以．
【变式练1】（2025 浙江开学）已知四棱锥P﹣ABCD，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PD＝AB，E为PA的中点，点Q为三角形PBC内（包括边界）的一个动点，且EQ⊥BC．
（1）求点Q的轨迹长度；
（2）当二面角Q﹣AD﹣B正弦值大小为时，求AQ与平面PBC所成角的正弦值．
【变式练2】（2025 西乡塘区校级开学）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AD＝2BC，E为PD的中点，如图所示．
（1）证明：CE∥平面PAB；
（2）若△PAB为等边三角形，平面PAB⊥平面ABCD，AB＝AD＝2，求二面角P﹣AC﹣E的余弦值．
【变式练3】（2025春 开远市月考）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝4，A1C1＝2，AA1＝2，E为棱CC1的中点．
（1）求该三棱台的体积V．
（2）证明：CC1⊥平面ABE．
（3）求平面ABE与平面AB1E夹角的余弦值．1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
题型01 点到直线的距离 4
题型02 点到平面的距离 8
题型03 异面直线的夹角 11
题型04 直线与平面的夹角 16
题型05 二面角 22
知识点1： 点到直线的距离
l的单位方向向量为，=，则点P到直线l的距离．
知识点2： 点到平面的距离
设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d＝．
知识点3： 异面直线的夹角
1．设a，b是两条异面直线，过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直角叫做a与b所成的角．
2．两异面直线所成角θ的取值范围是．
3．设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有．
知识点4： 直线与平面所成角
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sin φ＝|cos θ|＝．
知识点5： 二面角
1．如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．
2．如图2、3，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(或)．
1．向量法求点到线距离．
(1) 构建恰当的空间直角坐标系．
(2) 准确求解相关点的坐标．
(3) 求出直线的方向向量．
(4) 应用公式求解．
2．向量法求点到面距离．
(1) 构建恰当的空间直角坐标系．
(2) 准确求解相关点的坐标．
(3) 求出平面的法向量．
(4) 应用公式求解．
3．向量法求异面直线的夹角．
(1) 选好基底或建立空间直角坐标系．
(2) 求出两直线的方向向量v1，v2．
(3) 代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．
4．求线面角．
(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(钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角．
5．向量法求二面角的大小．
(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，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
题型01 点到直线的距离
（2025 黑龙江开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，O为△PBC的重心，，且PA＝3，AB＝2，则点O到直线DM的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，确定相关点以及向量的坐标，利用点到直线的距离的向量求法，即可得答案．
【解答】解：已知在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，O为△PBC的重心，，且PA＝3，AB＝2，
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，
则P（0，0，3），B（2，0，0），D（0，2，0），C（2，2，0），
由，得M（0，0，2），
又O为△PBC的重心，所以，，，
则，，，
故点O到直线DM的距离为．
故选：A．
【变式练1】（2025春 靖远县校级期末）已知空间中有A（1，2，3），B（﹣1，2，2），C（2，0，1）三点，则点A到直线BC的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据空间中点到直线距离的向量方法，构造方向向量，根据公式，求出点到直线的距离即可．
【解答】解：因为有A（1，2，3），B（﹣1，2，2），C（2，0，1），
所以，，
所以点A到直线BC的距离为：．
故选：A．
【变式练2】（2025春 醴陵市校级期中）如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为（　　）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】过点B作BE⊥A1C，垂足为E，建立合适的空间直角坐标系，设点E的坐标为（x，y，z），求出所需点的坐标和向量的坐标，由，可得，结合，求出λ的值，即可得到的坐标，由模的计算公式求解即可．
【解答】解：过点B作BE⊥A1C，垂足为E，
以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设点E的坐标为（x，y，z），
则A1（0，0，3），B（1，0，0），C（1，2，0），
所以，，
因为，则，
所以（x，y，z﹣3）＝λ（1，2，﹣3），则①，
又，则，所以x﹣1+2y﹣3z＝0②，
将②代入①中可得，，所以，
则，
故点B到直线A1C的距离为．
故选：B．
【变式练3】（2025春 福建期中）已知空间中的三点A（1，2，3），B（1，2，5），C（3，0，1），则点C到直线AB的距离为　　　　．
【答案】．
【分析】根据空间中点到直线距离的求法计算即可．
【解答】解：因为空间中的三点A（1，2，3），B（1，2，5），C（3，0，1），
所以，，
所以，
，
点C到直线AB的距离为．
故答案为：．
题型02 点到平面的距离
（2025春 湛江期末）已知为平面α的一个法向量，A（1，0，0）为α内的一点，则点D（1，1，2）到平面α的距离为　　　　．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用向量法求点到平面的距离即可．
【解答】解：由题意知，，
因为为平面α的一个法向量，
所以点D到平面α的距离为．
故答案为：．
【变式练1】（2025春 张掖校级期中）已知平面α的一个法向量为（1，1，1），点M在a外，点N在α内，且，﹣2），则点M到平面α的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由点到平面的距离的向量法公式直接计算求解即可．
【解答】解：因为平面α的一个法向量为（1，1，1），且，﹣2），所以．
故选：B．
【变式练2】（2025春 环县校级期中）如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，BD⊥DC，BD＝DC＝1，点E在AA1上，且，则点B到平面EDC1的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立所示的空间直角坐标系，利用向量法求出点B到平面EDC1的距离即得解．
【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面EDC1的法向量为，
则，所以，
所以点B到平面EDC1的距离．
故选：C．
【变式练3】（多选）（2025秋 浙江月考）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列说法正确的有（　　）
A．A1C1∥平面ACD1
B．B1D⊥平面ACD1
C．点D到平面ACD1的距离为
D．AB与平面ACD1所成的角为30°
【答案】ABC
【分析】构建空间直角坐标系，用向量法根据线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理判断AB；利用空间向量求得点D到平面ACD1的距离判断C；利用向量法求出线面角的正弦值判断D．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立空间直角坐标系，如图，
则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），
B1（1，1，1），D1（0，0，1），C1（0，1，1），A1（1，0，1），
，
对于A，，则，即A1C1∥AC．
又A1C1 平面ACD1，AC 平面ACD1，∴A1C1∥平面ACD1，故A正确；
对于B，由，得B1D⊥AC，
由，
得B1D⊥AD1，AD1∩AC＝A，AD1，AC 平面ACD1，
则B1D⊥平面ACD1，故B正确；
对于C，是平面ACD1的一个法向量，
则点D到平面ACD1的距离为，故C正确，
对于D，AB与平面ACD1所成角的正弦值为sin30°，
∴AB与平面ACD1所成的角不为30°，故D错误．
故选：ABC．
题型03 异面直线的夹角
（2025 甘肃校级模拟）直三棱柱A1B1C1﹣ABC，∠BCA＝90°，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出BD1与AF1所成角的余弦值．
【解答】解：∵直三棱柱A1B1C1﹣ABC，∠BCA＝90°，
∴以C为原点，CB为x轴，CA为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，
∵点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，
∴设BC＝CA＝CC1＝2，
则B（2，0，0），D1（1，1，2），A（0，2，0），F1（0，1，2），
（﹣1，1，2），（0，﹣1，2），
设BD1与AF1所成角为θ，则cosθ．
∴BD1与AF1所成角的余弦值为．
故选：B．
【变式练1】（2025春 成都期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱CC1＝4，点E，F分别为CC1，AD的中点，则异面直线EF和AD1所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取BC的中点M，找到异面直线EF和AD1所成角，然后求得EF，最后表示出正弦值即可．
【解答】解：取BC的中点M，连接ME，MF，如图：
由题可知：AD1∥BC1，又E为CC1的中点，所以BC1∥ME，则ME∥AD1，
所以异面直线EF和AD1所成角即为∠MEF，
可知△MEF为直角三角形，且∠EMF＝90°，
又MF＝2，，所以，
所以．
故选：C．
【变式练2】（2025 建邺区校级三模）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长都相等，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用平移法作出异面直线DF与C1E所成角，解三角形即可求得答案．
【解答】解：连接BF，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，
E，F分别是BC，B1C1的中点，
∴C1F∥B，C1F＝BE，即四边形C1FBE为平行四边形，∴BF∥C1E，
∴∠DFB即为异面直线DF与C1E所成角或其补角，
直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长都相等，
设其棱长为2，连接EF，DE，
则EF＝2，EF∥BB1，BB1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC，
DE 平面ABC，∴EF⊥DE，D是棱AB的中点，∴DEAC＝1，
∴DF，
∵BF，
∵DB＝1，∴在△DBF中，cos∠DFB，
∵异面直线所成角的范围是（0，），
∴异面直线DF与C1E所成角的余弦值是．
故选：D．
【变式练3】（多选）（2024秋 牡丹江期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为A1B1，AB的中点，则下列结论正确的是（　　）
A．点B到直线A1C1的距离为
B．直线CF到平面AEC1的距离为
C．直线A1C1与平面AEC1所成角的余弦值为
D．直线A1C1与直线B1F所成角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解答】解：在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为A1B1，AB的中点，
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
B（2，2，0），A1（2，0，2），C1（0，2，2），（0，2，﹣2），（﹣2，2，0），则点B到直线A1C1的距离为：d＝|| 2 ，故A正确；
A（2，0，0），F（2，1，0），E（2，1，2），C（0，2，0），
（2，﹣1，0），（0，1，2），（﹣2，2，2），（0，1，0），
设平面AEC1的法向量（x，y，z），
则，取x＝1，得（1，2，﹣1），
∵CF∥平面AEC1，∴直线CF到平面AEC1的距离为d，故B正确；
设直线A1C1与平面AEC1所成角为θ，则sinθ，故C错误；
B1（2，2，2），（0，﹣1，﹣2），设直线A1C1与直线B1F所成角为θ，则直线A1C1与直线B1F所成角的余弦值为：cosθ，故D正确．
故选：ABD．
题型04 直线与平面的夹角
（2025秋 福州月考）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1，则直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，根据空间角的向量求法即可求得答案．
【解答】解：设三棱柱的棱长为1，以B为原点，
如图，以过B作BC的垂线为x轴，以BC所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，所以，
易知平面BCC1B1的一个法向量为，
设直线AB1与平面BCC1B1所成角为θ，，
则，
即直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为．
故选：A．
【变式练1】（2025 石家庄校级开学）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是棱AC的中点．
（1）证明：AB1∥平面BC1D；
（2）若AB＝1，AA1＝2，求直线BB1与平面BC1D所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：连接B1C，与BC1相交于点N，连接DN，如下图：
因为四边形BCC1B1为矩形，故N为B1C的中点．
又D为AC的中点，故DN∥AB1，
又DN 平面BDC1，AB1 平面BDC1，
所以AB1∥平面BDC1；
（2）．
【分析】（1）根据中位线性质利用线面平行判定定理即可证明得出结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面BC1D的法向量即可计算得出直线BB1与平面BC1D所成角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：连接B1C，与BC1相交于点N，连接DN，如下图：
因为四边形BCC1B1为矩形，故N为B1C的中点．
又D为AC的中点，故DN∥AB1，
又DN 平面BDC1，AB1 平面BDC1，
所以AB1∥平面BDC1；
（2）取A1C1的中点M，连接DM，则DM∥CC1，
由于CC1⊥平面ABC，故DM⊥平面ABC，
故以D为坐标原点，DA，DB，DM所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
因为AB＝1，AA1＝2，
所以，
设平面BC1D的法向量为，
则，则，解得y＝0，
令z＝1得x＝4，故，
又，设直线BB1与平面BC1D所成的角为θ，
所以，
故直线BB1与平面BC1D所成角正弦值为．
【变式练2】（2025秋 广东月考）如图，四边形ABCD为正方形，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点．
（1）证明：BM⊥ED；
（2）若AB＝2，E，A，C，D在同一个球面上，设该球面的球心为O，求直线DO与平面ECD所成角的正弦值．
【答案】（1）连接CM，因为M是线段ED的中点，所以CM⊥ED．
因为平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，BC 平面ABCD，BC⊥CD，所以BC⊥平面ECD．
又因为ED 平面ECD，所以BC⊥ED．
又因为BC∩CM＝C，BC，CM 平面BCM，所以ED⊥平面BCM．
又因为BM 平面BCM，所以BM⊥ED．
（2）．
【分析】（1）先证ED⊥平面BCM，根据线面垂直的概念可得线线垂直．
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦值．
【解答】（1）证明：连接CM，因为M是线段ED的中点，所以CM⊥ED．
因为平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，BC 平面ABCD，BC⊥CD，所以BC⊥平面ECD．
又因为ED 平面ECD，所以BC⊥ED．
又因为BC∩CM＝C，BC，CM 平面BCM，所以ED⊥平面BCM．
又因为BM 平面BCM，所以BM⊥ED；
（2）解：取CD中点F，连接EF．
因为△ECD为正三角形，F为CD中点，所以EF⊥CD．
又因为平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，EF 平面ECD，
所以EF⊥平面ABCD；
以F为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，
取AC中点N，则N为△ACD外接圆的圆心．
又因为E，A，C，D在同一个球面上，所以ON⊥平面ACD．
因为ABCD为正方形，△ECD为正三角形，AB＝2，所以，
设ON＝a，则，D（1，0，0），O（0，1，a）．
因为|OD|＝|OE|，所以12+12+a2＝12+（a）2，解得，
所以O（0，1，），（﹣1，1，）．
平面ECD的法向量为．
可得 1×0+1×10＝1，||，||＝1，
所以cos，．
所以直线DO与平面ECD所成角正弦值为．
【变式练3】．（2025秋 安徽月考）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1C⊥平面AB1C1，AA1＝2，BC＝1．
（1）证明：B1C1⊥A1C1；
（2）求三棱锥C1﹣AA1B1的体积；
（3）求直线B1C与平面AB1C1所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为A1C⊥平面AB1C1，B1C1 平面AB1C1，所以A1C⊥B1C1．
易知CC1⊥B1C1，又CC1∩A1C＝C，CC1 平面A1C1CA，A1C 平面A1C1CA，
所以B1C1⊥平面A1C1CA．由A1C1 平面A1CC1A，可得B1C1⊥A1C1；
（2）；
（3）．
【分析】（1）由线线垂直推出线面垂直，即可得证；
（2）证明四边形AA1C1C是正方形，将求三棱锥C1﹣AA1B1的体积转化为求三棱锥A﹣A1B1C1的体积，即可求解；
（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算，即可求解，
【解答】解：（1）证明：因为A1C⊥平面AB1C1，B1C1 平面AB1C1，所以A1C⊥B1C1．
易知CC1⊥B1C1，又CC1∩A1C＝C，CC1 平面A1C1CA，A1C 平面A1C1CA，
所以B1C1⊥平面A1C1CA．
由A1C1 平面A1CC1A，得B1C1⊥A1C1．
（2）由A1C⊥平面AB1C1，AC1 平面AB1C1，可得A1C⊥AC1，
又四边形AA1C1C是矩形，所以四边形AA1C1C是正方形，所以A1C1＝AA1＝2，
所以．
（3）以C1为坐标原点，直线C1B1，C1A1，C1C分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系C1﹣xyz，
则B1（1，0，0），C（0，0，2），A1（0，2，0），故，
易知平面AB1C1的一个法向量为，
设直线B1C与平面AB1C1所成的角为θ，
则，
即直线B1C与平面AB1C1所成角的正弦值为．
题型05 二面角
（2025秋 重庆月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝AD，底面ABCD是正方形，E是PD的中点．
（1）求证：PB∥平面ACE；
（2）求平面PAC与平面PBC的夹角的大小．
【答案】（1）证明：如图，连接BD，交AC于点O，
因为四边形ABCD是正方形，所以点O是BD中点，
因为E是PD的中点，所以PB∥EO，
又因为PB 平面ACE，EO 平面ACE，
所以PB∥平面ACE；
（2）．
【分析】（1）连接BD，交AC于点O，只需证明PB∥EO，结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求得平面PAC与平面PBC的法向量，由向量夹角的余弦公式即可求解．
【解答】解：（1）证明：如图，连接BD，交AC于点O，
因为四边形ABCD是正方形，所以点O是BD中点，
因为E是PD的中点，所以PB∥EO，
又因为PB 平面ACE，EO 平面ACE，
所以PB∥平面ACE；
（2）因为侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝AD，底面ABCD是正方形，
所以以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意，设PA＝AD＝1，
则A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，1），C（1，1，0），
所以，
设平面PAC与平面PBC的一个法向量分别为，
则，则，
则，则，
令x1＝x2＝1，解得y1＝﹣1，z1＝0，y2＝0，z2＝1，
所以，
设平面PAC与平面PBC的夹角为，
所以，
所以．
【变式练1】（2025 浙江开学）已知四棱锥P﹣ABCD，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PD＝AB，E为PA的中点，点Q为三角形PBC内（包括边界）的一个动点，且EQ⊥BC．
（1）求点Q的轨迹长度；
（2）当二面角Q﹣AD﹣B正弦值大小为时，求AQ与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）分别取AD、BC、PB的中点为F、M、N，连接EF、FM、MN、EN，利用线面垂直的性质与判定定理可得BC⊥平面EFMN，可求轨迹；
（2）以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设，λ∈[0，1]，求得平面QAD的法向量，结合已知可求得λ，进而利用线面角的向量法可求AQ与平面PBC所成角的正弦值．
【解答】解：（1）分别取AD、BC、PB的中点为F、M、N，
连接EF、FM、MN、EN，
因为PD⊥平面ABCD，EF∥PD，所以EF⊥平面ABCD，
又BC 平面ABCD，所以EF⊥BC
FM⊥BC，EF∩FM＝F，EF，FM 平面EFMN，所以BC⊥平面EFMN，
所以Q轨迹是线段MN，长度是；
（2）以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（2，0，0），M（1，2，0），N（1，1，1），设，λ∈[0，1]，，，
设平面QAD的法向量，
则，
令y＝λ﹣1，则x＝0，z＝λ+1，
可求得平面QAD的法向量（0，λ﹣1，λ+1），
又平面ABD的法向量（0，0，1），
则，
两边平方得，所以10λ2+20λ+10＝18λ2+18，
所以8λ2﹣20λ+8＝0，所以2λ2﹣5λ+2＝0，
所以（2λ﹣1）（λ﹣2）＝0，解得或λ＝2（舍去），
所以，P（0，0，2），E（1，0，1），C（0，2，0），，，
设平面PBC的法向量为，则，
取平面PBC的法向量（0，1，1），
设AQ与平面PBC所成角为α，则．
所以AQ与平面PBC所成角的正弦值为．
【变式练2】（2025 西乡塘区校级开学）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，AD＝2BC，E为PD的中点，如图所示．
（1）证明：CE∥平面PAB；
（2）若△PAB为等边三角形，平面PAB⊥平面ABCD，AB＝AD＝2，求二面角P﹣AC﹣E的余弦值．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）取PA的中点F，连接EF，BF，先证四边形BCEF是平行四边形，可得BF∥CE，再由线面平行的判定定理，即可得证；
（2）取AB的中点O，连接OP，由面面垂直的性质定理可证OP⊥平面ABCD，再以A为原点建系，利用向量法求二面角即可．
【解答】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，
因为E是PD的中点，所以EF∥AD，AD＝2EF，
又AD∥BC，AD＝2BC，所以EF∥BC，EF＝BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，所以BF∥CE，
又BF 平面PAB，CE 平面PAB，
所以CE∥平面PAB．
（2）解：取AB的中点O，连接OP，
因为△PAB为等边三角形，所以OP⊥AB，
又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，OP 平面PAB，
所以OP⊥平面ABCD，
以A为原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴，作Az∥OP，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，0，0），C（2，1，0），D（0，2，0），P（1，0，），E（，1，），
所以（1，0，），（2，1，0），（，1，），
设平面PAC的法向量为（x，y，z），则，
取z＝1，则x，y＝2，所以（，2，1），
设平面ACE的法向量为（a，b，c），则，
取a＝1，则b＝﹣2，c，所以（1，﹣2，），
所以cos，，
由图知，二面角P﹣AC﹣E为锐角，
故二面角P﹣AC﹣E的余弦值为．
【变式练3】（2025春 开远市月考）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝4，A1C1＝2，AA1＝2，E为棱CC1的中点．
（1）求该三棱台的体积V．
（2）证明：CC1⊥平面ABE．
（3）求平面ABE与平面AB1E夹角的余弦值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析；
（3）．
【分析】（1）根据台体的体积公式计算即可；
（2）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，证明与平面ABE的法向量平行即可；
（3）利用向量法求解即可．
【解答】解：（1）根据题目：在三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝4，A1C1＝2，AA1＝2，E为棱CC1的中点．
，
所以；
（2）如图，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面ABE的法向量为，则有，
令y＝1，则，所以，所以，
所以CC1⊥平面ABE；
（3），则，
设平面AB1E的法向量为，
则有，令，则，
故，
所以平面ABE与平面AB1E夹角的余弦值为．

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