【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B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．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则直线BC1与平面A1BD所成的角的余弦值是(　　)
A.　 B．　 　　
C.　 D．
[答案]　C
[解析]　如图，以D为坐标原点，直线DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，

∴＝(1,0,1)，＝(1,1,0)，＝(－1,0,1)，
设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则∴∴
令x＝1得，n＝(1，－1，－1)，
设直线BC1与平面A1BD所成角为θ，则
sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
∴cosθ＝＝.
2．(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.
3．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则点O到平面ABC1D1的距离为(　　)

A. B．　　
C. D．
[答案]　B
[解析]　解法1：以D为原点，DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，C1(0,1,1)，O，设平面ABC1D1的法向量n＝(x，y,1)，则
∴∴∴n＝(1,0,1)，
又＝，
∴O到平面ABC1D1的距离d＝＝＝.
解法2：易证A1D⊥平面ABC1D1，
∴A1到平面ABC1D1的距离为，
∵O为A1C1的中点，∴O到平面ABC1D1的距离为.
4．(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〈，〉|
＝||＝.
5．(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]　可用等积法求解VD1－A1BD＝VB－A1DD1.
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.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.
6．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＝.
二、填空题
7.(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＝＝.
8．在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，将菱形沿对角线AC折成直二面角D′－AC－B，折起后直线AB与CD′之间的距离为________．
[答案]　
[解析]　设AC∩BD＝O，∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∴折起后AC、BO、OD′两两垂直，以O为原点，直线OC、OB、OD′为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系，

∵在原菱形中，AB＝2，∠DAB＝60°，
∴OA＝OC＝，OB＝OD′＝1，
∴A(－，0,0)，B(0，－1,0)，C(，0,0)，D′(0,0,1)，
∴＝(，－1,0)，＝(－，0,1)，
设n＝(x，y，z)，令则
令x＝1，则y＝，z＝.
∴n＝(1，，)，又＝(，0,1)，
∴AB与CD′之间的距离d＝＝.
三、解答题
9．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.

(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．
[解析]　(1)由于四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又由于PA⊥平面ABCD.所以PA⊥BD.
由于PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.
(2)设AC∩BD＝O.由于∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.

如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)．
所以＝(1，，－2)，＝(0,2，0)，
设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝＝＝.
(3)由(2)知＝(－1，，0)．
设P(0，－，t)，(t>0)，则＝(－1，－，t)．
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，则
·m＝0，·m＝0，
所以
令y＝，则x＝3，z＝.所以m＝(3，，)．
同理，平面PDC的法向量n＝(－3，，)．
由于平面PBC⊥平面PDC.
所以m·n＝0，即－6＋＝0.解得t＝.
所以PA＝.
10．(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.

一、解答题
11．如图，四边形DCBE为直角梯形，∠DCB＝90°，DE∥CB，DE＝1，BC＝2，又AC＝1，∠ACB＝120°，CD⊥AB，直线AE与直线CD所成角为60°.

(1)求证：平面ACD⊥平面ABC；
(2)求BE与平面ACE所成角的正弦值．
[解析]　(1)∵CD⊥AB，CD⊥BC，AB∩BC＝B，
∴CD⊥平面ABC，
又∵CD⊂平面ACD，∴平面ACD⊥平面ABC.
(2)在平面ACB内，过C作CF⊥CB，以C为原点，以CF，CB，CD所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系C－xyz

设CD＝a(a>0)，
则D(0,0，a)，E(0,1，a)，B(0,2,0)，A(，－，0)，
＝(－，，a)，＝(0,0，a)，
由直线AE与直线CD所成角为60°，得
·＝||||cos60°，
∴a2＝，解得a＝1.
∴＝(0,1,1)，＝(，－，0)，＝(0，－1,1)，
设平面ACE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝，则y＝3，z＝－3，得n＝(，3，－3)，
设BE与平面ACE所成角为θ，则sinθ＝＝，于是BE与平面ACE所成角的正弦值为.
12．(2021·成都七中期中)如图分别是正三棱台ABC－A1B1C1的直观图和正视图，O，O1分别是上下底面的中心，E是BC的中点．

(1)求正三棱台ABC－A1B1C1的体积(注：棱台体积公式：V＝(S上＋＋S下)其中S上为棱台上底面面积，S下为棱台下底面面积，h为棱台高)；
(2)求平面EA1B1与平面A1B1C1的夹角的余弦；
(3)若P是棱A1C1上一点，求CP＋PB1的最小值．
[解析]　(1)由题意AC＝2，A1C1＝4，正三棱台的高为，
S△ABC＝3，S△A1B1C1＝12，VABC－A1B1C1＝(3＋＋12)×＝21.
(2)设O，O1分别是上、下底面的中心，E是BC的中点，F是B1C1的中点．以O1为原点，过O1平行于B1C1的直线为x轴建立空间直角坐标系O1－xyz，则C1(－2，2,0)，C(－，1，)，E(0,1，)，A1(0，－4,0)，B1(2，2,0)，＝(0,5，)，＝(2，6,0)，
设平面EA1B1的一个法向量n＝(x，y，z)，则
即
取n＝(－3，，－5)，取平面A1B1C1的一个法向量m＝(0,0,1)，设所求角为θ，则cosθ＝＝.

(3)将梯形A1ACC1绕A1C1旋转到与△A1B1C1在同一平面内，使二面角B1－A1C1－C为平角，记展平后的A、C为M、N，连接B1N与A1C1的交点为P点时，CP＋PB1取最小值．
cos∠NC1A1＝cos∠CC1A1＝＝，
∴sin∠NC1A1＝，
cos∠NC1B1＝cos(∠NC1A1＋)＝×－×＝－，
在△NC1B中，B1C1＝4，NC1＝||＝，
由余弦定理得CB1＝，∴CP＋PB1的最小值为.
13.(2021·陕西商洛一模)如图，四周体ABCD中，O，E分别是BD，BC的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝.
(1)求证：AO⊥平面BCD；
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值；
(3)求点E到平面ACD的距离．
[分析]　(1)要证AO⊥平面BCD，只需在平面BCD内找到两条与AO垂直的直线，由条件△ABD为等腰三角形可知AO⊥BD，只要AO⊥OC即可得证，结合条件应计算证明AO⊥OC.
(2)由(1)可知OC、OA、BD两两垂直，故适合建系用坐标法求，只要找出两直线的方向向量，即可获解．
(3)求点面距，需先求出平面的法向量n，则距离d＝.
[解析]　(1)证明：连接OC，由CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，知CO＝，AO＝1.
在△AOC中，AC2＝AO2＋OC2，则AO⊥OC.
又AO⊥BD，BD∩OC＝O，因此AO⊥平面BCD.

(2)解：如图建立空间直角坐标系O－xyz，
则A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0)，＝(1,0，－1)，＝(－1，－，0)，
∴|cos〈，〉|＝＝.
即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
(3)＝(－1,0，－1)，设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
由n·＝0，n·＝0，得
令y＝1，则n＝(－，1，)．
所以点E到平面ACD的距离为d＝＝.
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)，||＝.