【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第9章-第8节-用向量方法求角与距离(理).docx

第九章　第八节

一、选择题
1．(2022·新课标全国Ⅱ理)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为(　　)
A．　　　　　　　 B．
C．　 D．
[答案]　C
[解析]　解法1：补成正方体ACBD－A1C1B1D1，取AD的中点E，连ME，可知四边形AEMN为平行四边形，∴ME∥NA．

∴∠BME为异面直线BM与AN所成的角．
设BC＝1，在△BME中，ME＝BE＝，BM＝，
∴cos∠BME＝＝.
解法2：由条件知，CA、CB、CC1两两垂直，以C为原点，CA、CB、CC1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设BC＝1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，A1(1,0,1)，B1(0,1,1)，C1(0,0,1)，

∴M(，，1)，N(，0,1)，
∴＝(，－，1)，＝(－，0,1)，
∴cos〈，〉＝＝＝，故选C．
[点评]　求异面直线所成角的关键是建立恰当的空间直角坐标系，请练习下题：
(2022·河北石家庄模拟)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝2，CC1＝，则异面直线AB1和BC1所成角的正弦值为(　　)
A．1　 B．
C．　 D．
[答案]　A
[解析]　设线段A1B1，AB的中点分别为O，D，则OC1⊥平面ABB1A1，以，，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，如图，

则A(－1,0，)，B1(1,0,0)，B(1,0，)，C1(0，，0)，
∴＝(2,0，－)，＝(－1，，－)，由于·＝(2,0，－)·(－1，，－)＝0，所以⊥，即异面直线AB1和BC1所成角为直角，则其正弦值为1，故选A．
2．(2022·宁夏银川调研)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于(　　)
A．　 B．
C．　 D．
[答案]　A
[解析]　方法一：取A1C1的中点E，连接AE，B1E，如图．

由题易知B1E⊥平面ACC1A1，
则∠B1AE为AB1与侧面ACC1A1所成的角．
设正三棱柱侧棱与底面边长为1，
则sin∠B1AE＝＝＝.
方法二：如图，

以A1C1中点E为原点建立空间直角坐标系E－xyz，设棱长为1，则
A(，0,1)，B1(0，，0)，
∴＝(－，，－1)，
＝(0，，0)．
设AB1与平面ACC1A1所成的角为θ，EB1为平面ACC1A1的法向量．
则sinθ＝|cos〈，〉|
＝||＝.
3．如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为(　　)

A．　 B．
C．　 D．
[答案]　C
[解析]　如图，以A为原点建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，＝(a，a,0)，＝(0,2a,2a)，＝(a，－a,0)，
设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1,1)，
由⇒⇒
⇒n1＝(1，－1,1)．
sinθ＝＝＝.
4．(2022·福建泉州二模)设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　　)
A．　 B．
C．　 D．
[答案]　D
[解析]　建立如图所示的空间直角坐标系，

则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，∴＝(2,0,0)，＝(2,0,2)，＝(2,2,0)，
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，
∴点D1到平面A1BD的距离是
d＝＝＝.
[点评]　一、空间的距离
1．两点间的距离：连结两点的线段的长度．
2．点到直线的距离：从直线外一点向直线引垂直相交的直线，点到垂足之间线段的长度．
3．点到平面的距离：从平面外一点向平面引垂线，点到垂足间线段的长度．
连接平面α外一点与平面α内任一点的线段中，垂线段最短．
4．平行直线间的距离：从两条平行线中一条上任意取一点向另一条直线引垂线，这点到垂足间线段的长度．
5．异面直线间的距离：两条异面直线的公垂线夹在这两条异面直线间的线段的长度．
6．直线与平面间的距离：假如一条直线和一个平面平行，从直线上任意一点向平面引垂线，这点到垂足间线段的长度．
7．两平行平面间的距离：两个平面的公垂线段的长度．
二、求距离的方法
1．综合几何方法
①找出或作出有关距离的图形；
②证明它符合定义；
③在平面图形内计算．
空间中各种距离的计算，最终都要转化为线段长度，特殊状况也可以利用等积法．
2．向量法

(1)求直线到平面的距离
设直线a∥平面α，A∈a，B∈α，n是平面α的法向量，过A作AC⊥α，垂足为C，则∥n，
∵·n＝(＋)·n＝·n，
∴|·n|＝||·|n|.
∴直线a到平面α的距离d＝||＝.

(2)求两平行平面间的距离
①用公式d＝求，n为两平行平面的一个法向量，A、B分别为两平面上的任意两点．
②转化为点面距或线面距求解．
(3)求点面距时，平面内的点可以任意选取，实际解题时选取已知点或易求的点，练习下题：
在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E、F分别是棱AB、BC的中点，则点C1到平面B1EF的距离等于(　　)

A．　 B．
C．　 D．
[答案]　D
[解析]　解法1：设点C1到平面B1EF的距离h.如图，连接EC1，FC1，由题意得|B1E|＝|B1F|＝＝，|EF|＝，等腰△B1EF底边EF上的高为：h1＝＝，则S△B1EF＝|EF|·h1＝，那么VC1－B1EF＝S△B1EF·h＝h；又VE－B1C1F＝S△B1C1F·|EB|＝×(×2×2)×1＝，且VC1－B1EF＝VE－B1C1F，即＝h，得h＝，选D．
解法2：以B1为原点分别以、、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B1(0,0,0)，C1(2,0,0)，E(0,1,2)，F(1,0,2)．
设平面B1EF的法向量为n＝(x，y，z)，则
∴∴x＝y＝－2z.
令z＝1得n＝(－2，－2,1)，
又＝(2,0,0)，
∴C1到平面B1EF的距离h＝＝，故选D．
5．如图，ABCD－A1B1C1D1是棱长为6的正方体，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且AE＝BF.当A1、E、F、C1四点共面时，平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为(　　)

A．　 B．
C．　 D．
[答案]　B
[解析]　以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A1(6,0,6)、E(6,3,0)、F(3,6,0)，设平面A1DE的法向量为n1＝(a，b，c)，依题意得令a＝－1，则c＝1，b＝2，所以n1＝(－1,2,1)，同理得平面C1DF的一个法向量为n2＝(2，－1，1)，由题图知，平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为＝.
6．将正方形ABCD沿对角线BD折成一个120°的二面角，点C到达点C1，这时异面直线AD与BC1所成角的余弦值是(　　)
A．－　 B．－
C．　 D．
[答案]　D
[解析]　设正方形的边长为1，AC与BD交于点O，当折成120°的二面角时，
AC＝2＋2－2···cos120°＝.
又＝＋＋，
∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋2＋1＋2×1×cos135°＋2××1×cos135°＋2·＝2·
＝2||·||cos〈，〉＝2cos〈，〉．
∴cos〈，〉＝.

二、填空题
7．(2022·长春、广州模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．

[答案]　
[解析]　如图，建立空间直角坐标系D－xyz，则D1(0,0,1)，
C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，
∴＝(0,2,0)，
设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，由
，
得，令y＝1，得n＝(2,1,2)，
设D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则
sinθ＝|cos<，n>|＝＝＝.
即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.
8．(2022·苏州二模)已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F分别是AB，AD的中点，则点C到平面GEF的距离为________．
[答案]　
[解析]　建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，

相关各点的坐标为G(0,0,2)，F(4,2,0)，E(2,4,0)，C(0,0,0)，则＝(0,0,2)，＝(4,2，－2)，＝(2,4，－2)，
设平面GEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由得n＝(1,1,3)，所以点C到平面GEF的距离d＝＝.
9. (2021·北京理，14)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为________．

[答案]　
[解析]　过E点作EE1垂直底面A1B1C1D1，交B1C1于点E1，
连接D1E1，过P点作PH垂直于底面A1B1C1D1，交D1E1于点H，
P点到直线CC1的距离就是C1H，

故当C1H垂直于D1E1时，P点到直线CC1距离最小，
此时，在Rt△D1C1E1中，C1H⊥D1E1，D1E1·C1H＝C1D1·C1E1，∴C1H＝＝.
[点评]　点P到直线CC1距离的最小值就是异面直线D1E与CC1的距离，以D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，E(1,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，
∴＝(1,2，－2)，＝(0,0,2)，设n⊥，n⊥，n＝(x，y，z)，
则n·＝x＋2y－2z＝0，n·＝2z＝0，∴z＝0，取y＝－1，则x＝2，∴n＝(2，－1,0)，
又＝(1,0,0)，
∴异面直线距离d＝＝.
三、解答题
10．(2021·新课标Ⅰ理，18)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.

(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值．
[解析]　(1)取AB中点O，连接CO，A1B ，A1O，
∵AB＝AA1，∠BAA1＝60°，∴△BAA1是正三角形，
∴A1O⊥AB，∵CA＝CB，∴CO⊥AB，
∵CO∩A1O＝O，∴AB⊥平面COA1，∴AB⊥A1C．
(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB，
又∵平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，∴OC⊥平面ABB1A1，∴OC⊥OA1，
∴OA，OC，OA1两两相互垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系O－xyz，

由题设知A(1,0,0)，A1(0，，0)，C(0,0，)，B(－1，0,0)，则＝(1,0，)，＝＝(－1，，0)，＝(0，－，)，
设n＝(x，y，z)是平面CBB1C1的法向量，
则即
可取n＝(，1，－1)，
∴cos〈n，〉＝＝，
∴直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.

一、解答题
11．如图，在多面体ABCDE中，AE⊥平面ABC，DB∥AE，且AC＝AB＝BC＝AE＝1，BD＝2，F为CD中点．

(1)求证：EF⊥平面BCD；
(2)求多面体ABCDE的体积；
(3)求平面ECD和平面ACB所成的锐二面角的余弦值．
[解析]　(1)证明：取BC中点G，连接AG、FG，

∵F、G分别为DC、BC中点，
∴FG綊DB綊EA．
∴四边形EFGA为平行四边形．
∴EF∥AG.
∵AE⊥平面ABC，BD∥AE，
∴DB⊥平面ABC．
又∵DB⊂平面BCD，
∴平面ABC⊥平面BCD．
又∵G为BC中点且AC＝AB＝BC，
∴AG⊥BC．∴AG⊥平面BCD．∴EF⊥平面BCD．
(2)过C作CH⊥AB，则CH⊥平面ABDE且CH＝，
∴VC－ABDE＝×S四边形ABDE×CH＝××1×＝.

(3)过C作CH⊥AB于H，以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(，0,0)，E(0，－，1)，F(，，1)，＝(－，－，1)，＝(－，，1)，
设平面CEF的法向量为n＝(x，y，z)，
由
取n＝(，－1,1)．
又平面ABC的法向量为u＝(0,0,1)，
则cos〈n，u〉＝＝＝.
∴平面ECD和平面ACB所成的锐二面角的余弦值为.
12．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点O、E分别是A1C1、AA1的中点，AO⊥平面A1B1C1.已知∠BCA＝90°，AA1＝AC＝BC＝2.

(1)证明：OE∥平面AB1C1；
(2)求异面直线AB1与A1C所成的角；
(3)求A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值．
[解析]　解法1：(1)证明：∵点O、E分别是A1C1、AA1的中点，∴OE∥AC1，
又∵EO⊄平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，
∴OE∥平面AB1C1.
(2)∵AO⊥平面A1B1C1，∴AO⊥B1C1，
又∵A1C1⊥B1C1，且A1C1∩AO＝O，
∴B1C1⊥平面A1C1CA，∴A1C⊥B1C1.
又∵AA1＝AC，∴四边形A1C1CA为菱形，
∴A1C⊥AC1，且B1C1∩AC1＝C1，
∴A1C⊥平面AB1C1，∴AB1⊥A1C，
即异面直线AB1与A1C所成的角为90°.
(3)∵O是A1C1的中点，AO⊥A1C1，∴AC1＝AA1＝2，
又A1C1＝AC＝2，∴△AA1C1为正三角形，
∴AO＝，又∠BCA＝90°，∴A1B1＝AB＝2，
设点C1到平面AA1B1的距离为d，
∵VA－A1B1C1＝VC1－AA1B1，
即·(·A1C1·B1C1)·AO＝·S△AA1B·d.
又∵在△AA1B1中，A1B1＝AB1＝2，
∴S△AA1B1＝，∴d＝，
∴A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值为.
解法2：∵O是A1C1的中点，AO⊥A1C1，∴AC＝AA1＝2，又A1C1＝AC＝2，∴△AA1C1为正三角形，∴AO＝，又∠BCA＝90°，∴A1B1＝AB＝2，
如图建立空间直角坐标系O－xyz，则A(0,0，)，A1(0，－1，0)，E(0，－，)，C1(0,1,0)，B1(2,1,0)，C(0,2，)．

(1)∵＝(0，－，)，＝(0,1，－)，
∴＝－，即OE∥AC1，
又∵EO⊄平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1，
∴OE∥平面AB1C1.
(2)∵＝(2,1，－)，＝(0,3，)，
∴·＝0，即∴AB1⊥A1C，
∴异面直线AB1与A1C所成的角为90°.
(3)设A1C1与平面AA1B1所成角为θ，
∵＝(0,2,0)，＝(2,2,0)，＝(0,1，)，
设平面AA1B1的一个法向量是n＝(x，y，z)，
则即
不妨令x＝1，可得n＝(1，－1，)，
∴sinθ＝cos〈，n〉＝＝，
∴A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值为.
[点评]　留意直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的确定值是线面角的正弦值，而不是余弦值．
13．(2022·天津河北区一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2，AB＝BC＝1，E为AD中点．
(1)求证：PE⊥平面ABCD；
(2)求异面直线PB与CD所成角的余弦值；
(3)求平面PAB与平面PCD所成的二面角．
[解析]　(1)证明：在△PAD中，PA＝PD，E为AD中点，
∴PE⊥AD．
又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，
∴PE⊥平面ABCD．
(2)如图，以E为坐标原点建立空间直角坐标系E－xyz，则A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，

∴＝(－1,1,0)，＝(1，－1，－1)，
∴cos〈，〉＝＝＝－，
∴异面直线PB与CD所成的角的余弦值为.
(3)方法一：设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，
∵＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，－1)，
∴即
令y＝1，则x＝0，z＝－1，∴m＝(0,1，－1)．
设平面PCD的法向量为n，
同理可得n＝(1,1,1)．
∴cos〈m，n〉＝＝0.∴m⊥n.
∴平面PAB与平面PCD所成的二面角为.
方法二：∵侧面PAD⊥底面ABCD，交线为AD，AB⊥AD，
∴AB⊥平面PAD，∴PD⊥AB．
∵PA＝PD＝，AD＝2，∴PD⊥PA．
又PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB．
又PD⊂平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD．
∴平面PAB与平面PCD所成的二面角为.
14．(2022·天津河西区二模)如图，在几何体ABC－A1B1C1中，点A1、B1、C1在平面ABC内的正投影分别为A、B、C，且AB⊥BC，AA1＝BB1＝4，AB＝BC＝CC1＝2，E为AB1的中点．

(1)求证：CE∥平面A1B1C1；
(2)求二面角B1－AC1－C的大小；
(3)设点M为△ABC所在平面内的动点，EM⊥平面AB1C1，求线段BM的长．
[解析]　由于点B1在平面ABC内的正投影为B，所以B1B⊥BA，B1B⊥BC，

又AB⊥BC，如图建立空间直角坐标系B－xyz，
B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(2,0,4)，B1(0,0,4)，C1(0,2,2)，E(1,0,2)，
(1)证明：设平面A1B1C1的法向量n1＝(x，y，z)，＝(－2，0,0)，＝(0,2，－2)，
由，
即，
取y＝1，得n1＝(0,1,1)，
又＝(1，－2,2)，
由于·n1＝0×1＋1×(－2)＋2×1＝0，
所以⊥n1，所以CE∥平面A1B1C1.
(2)设平面AB1C1的法向量n2＝(x，y，z)，
＝(2,0，－4)，＝(0,2，－2)，
由，即，
取y＝1，得n2＝(2,1,1)，
同理，平面ACC1的法向量n3＝(1,1,0)，
所以cos〈n2，n3〉＝＝，
由图知，二面角B1－AC1－C的平面角是钝角，
所以二面角B1－AC1－C的平面角是π.
(3)设点M的坐标为(a，b,0)，则＝(a－1，b，－2)，由EM⊥平面AB1C1，得，
即解得，所以M(－3，－2,0)，||＝.
15．(2022·天津河北区二模)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱AB上的动点．

(1)求证：DA1⊥ED1；
(2)若直线DA1与平面CED1所成角为，求的值；
(3)在(2)的条件下，直接写出点D到平面D1CE距离的最小值及此时点E的位置(不要求证明)．
[解析]　(1)证明：以D为坐标原点，建立如图所示的坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，设E(1，m,0)(0≤m≤1)，

则＝(1,0,1)，＝(－1，－m,1)，
所以·＝1×(－1)＋0×(－m)＋1×1＝0.所以DA1⊥ED1.
(2)设平面CED1的一个法向量为v＝(x，y，z)，则
，
而＝(0，－1,1)，＝(1，m－1,0)，
所以
取z＝1，得y＝1，x＝1－m，
所以v＝(1－m,1,1)．
由于直线DA1与平面CED1成角为，
所以sin＝|cos〈，v〉|.
所以＝，
即＝.
解得m＝，所以＝.
(3)点D到平面D1CE距离的最小值为，此时点E在A点处．