【高考题型分类突破】专题08 空间角与距离 2025年高考数学二轮专题复习 学案（含答案）

专题八 空间角与距离
【题型分析】
考情分析：
　　从近几年高考的情况来看，空间角、距离问题是高考常考内容，试题难度中等，命题常以柱体、锥体为背景.在2025年的高考备考中，同学们要掌握运用向量法求解空间角和距离问题，要特别重视坐标系的建立，同时要加强对运算求解能力的训练.
题型1 求空间角
异面直线所成的角
例1如图，已知圆柱O1O2的轴截面ABCD是边长为2的正方形，E为下底面圆周上一点，满足=2，则异面直线AE与BO1所成角的余弦值为(　　).
A. B. C. D.
方法总结：
1.用向量法求异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，
则cos θ=|cos|==.
2.用定义法求异面直线所成的角
通过平移找到所求的异面直线所成的角.
用平移法求异面直线所成的角的基本步骤如下：
(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角.
(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角.
(3)三求：解三角形，求出所作的角.如果求出的角是锐角或直角，那么它就是要求的角；如果求出的角是钝角，那么它的补角才是要求的角.
已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a，高为h，记异面直线A1C与BC1所成的角为θ，下列结论正确的是(　　).
A.若a=h，则cos θ=
B.若cos θ=，则a=h
C.若a=h，则θ=90°
D.若θ=60°，则h=a
直线与平面所成的角
例2　如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，AB=2，BC=2，△PBC是等边三角形，平面PBC⊥平面ABCD，O，F分别是BC，PC的中点，AC与BD交于点E.
(1)求证：BD⊥平面PAO.
(2)设平面OEF与直线PD交于点Q，求直线OQ与平面PCD所成的角θ的大小.
方法总结：
求解直线与平面所成角的方法
(1)定义法：
①作：在斜线上选取恰当的点，过该点向平面引垂线，作出所求角，其中确定垂足的位置是关键.
②证：证明所作的角为直线与平面所成的角.
③求：构造角所在的三角形，利用解三角形的知识求角.
(2)向量法：sin θ=|cos<，n>|=(其中AB为平面α的斜线，n为平面α的法向量，θ为斜线与平面α所成的角).
1.(2024年新高考全国Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB=6，A1B1=2，则直线A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　).
A. B.1 C.2 D.3
2.如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，上、下底面分别是边长为2和4的正三角形，AA1⊥平面ABC，设平面AB1C1∩平面ABC=l，点E，F分别在直线l和直线BB1上，且满足EF⊥l，EF⊥BB1.
(1)证明：EF⊥平面BCC1B1.
(2)若直线EF和平面ABC所成角的正弦值为，求该三棱台的高.
平面与平面所成的角
例3　如图，在三棱锥D-ABC中，DA⊥底面ABC，AC=BC=DA=1，AB=，E是CD的中点，点F在DB上，且EF⊥DB.
(1)证明：DB⊥平面AEF.
(2)求平面ADB与平面DBC夹角的大小.
方法总结：
1.利用二面角的定义求二面角的大小
(1)找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；
(2)证明所找的角就是要求的角；
(3)把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.
2.用向量法求两个平面的夹角
设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面的夹角，用坐标法解题的步骤如下：
(1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系.
(2)求法向量：在建立的坐标系下求两个平面的法向量n1，n2.
(3)计算：设两个平面的夹角为θ，则cos θ=.
1.(2024年新高考全国Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC.
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD.
2.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2AA1，E是棱BC的中点.
(1)证明：A1C∥平面AB1E.
(2)求二面角A-B1E-A1的大小.
题型2 向量法求距离
点到线的距离
例4　如图，该空间几何体是由以AD为轴的圆柱与以ABCD为轴截面的半圆柱拼接而成的，其中AD为半圆柱的母线，G为的中点.
(1)证明：平面BDF⊥平面BCG.
(2)当AB=4，平面BDF与平面ABG夹角的余弦值为时，求点E到直线BG的距离.
方法总结：
用向量法求点到直线的距离的一般步骤
(1)求直线的方向向量.
(2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度.
(3)利用勾股定理求解.
另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化.
如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点.
(1)证明：MN∥平面A1CP.
(2)求点P到直线MN的距离.
点到面的距离
例5　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥侧面PAB，F为BD的中点，E是棱PA上的点，PA=PD=2，PA⊥PD.
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD.
(2)若二面角E-DF-A的余弦值为，求点E到平面PBC的距离.
方法总结：用向量法求点到平面的距离的步骤
(1)建系：建立恰当的空间直角坐标系.
(2)求点的坐标：写出(求出)相关点的坐标.
(3)求向量：求出相关向量的坐标(，α内两个不共线向量，平面α的法向量n).
(4)求距离：点P到平面α的距离d=.
另外，线面距、面面距均可转化为点面距进行求解.
如图，在四棱锥O-ABCD中，OA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，OA=2，M，N，Q分别为OA，BC，CD的中点.
(1)证明：DN⊥OQ.
(2)求点D到平面AMN的距离.
【真题改编】
1.(2022年新高考全国Ⅰ卷，T9改编)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AC⊥B1D1，AD1与平面ABCD所成的角为30°，则(　　).
A.异面直线A1D与BC1所成的角为60°
B.异面直线AB与A1C1所成的角为45°
C.直线BD1与平面ADD1A1所成的角为60°
D.直线BD1与平面ABCD所成的角的正弦值为
2.(2024年新高考全国Ⅰ卷，T17改编)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，DC=BC，AB=AD.
(1)证明：BD⊥PC.
(2)若DC⊥平面PAD，且异面直线AD与PC的夹角的余弦值为，求平面ACP与平面DCP夹角的余弦值.
3.(2024年新高考全国Ⅱ卷，T17改编)如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠DAB=，点E满足=，将△ABE沿着BE翻折至△PBE，使得PC=4.
(1)证明：PE⊥CD.
(2)若点M满足=，求平面EMC与平面PCB夹角的余弦值.
4.(2023年新高考全国Ⅰ卷，T18改编)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2=1，BB2=DD2=2，C2为棱CC1上靠近点C1的四等分点.
(1)证明：B2C2∥A2D2.
(2)点P在线段B1B2上，若B2P=1，求二面角P-A2C2-D2的余弦值.
【最新模拟】
(总分：100分　单选题每题5分，多选题每题6分，填空题每题5分，共32分；解答题共68分)
1.在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F满足=2，=2，则点E到直线FC1的距离为(　　).
A. B. C. D.
2.在三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，D是BC1与B1C的交点，则直线AD与平面BB1C1C所成角的正弦值是(　　).
A. B. C. D.
3.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点.记EF与AA1所成的角为α，直线EF与平面ABC所成的角为β，二面角F-BC-A的平面角为γ，则(　　).
A.α≤β B.β≤α
C.β≤γ D.γ≤β
4.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点，则直线FC1到平面AB1E的距离为(　　).
A. B.
C. D.
5.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=4，AD=2，P为侧面ABB1A1内一动点，且满足C1P∥平面ACD1，则C1P的最小值为　　　　，此时点P到直线A1C1的距离为　　　　.
6.(10分)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PCD内存在一条直线EF与AB平行，PA⊥平面ABCD，直线PC与平面ABCD所成的角的正切值为，PA=BC=2，CD=2AB=4.
(1)证明：四边形ABCD是直角梯形.
(2)若点E满足=2，求二面角P-EF-B的正弦值.
7.(13分)在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形BCC1B1是菱形，△ABC是等边三角形，M是线段AB的中点，∠ABB1=60°.
(1)证明：B1C⊥平面ABC1.
(2)若平面ABB1A1⊥平面ABC，求直线B1C与平面A1MC1所成角的正弦值.
8.(13分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=，AB⊥AC，D为A1C1的中点.
(1)证明：AB1⊥平面A1BD.
(2)若二面角A-BC-D的余弦值为，求点A到平面BCD的距离.
9.(15分)如图，已知在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1=2，AB=2AD=2，DC=1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点.
(1)求证：D1N∥平面CB1M.
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角的余弦值.
(3)求点B到平面CB1M的距离.
10.(人教A版必修第二册P164T18改编)已知在平行四边形AVBC中，VA=VB=2且∠AVB=60°，把△VAB沿对角线AB折叠，使得VC=1，如图所示，则(　　).
A.AB⊥VC
B.二面角V-AB-C的余弦值为
C.直线VC与平面ABC所成角的余弦值为
D.三棱锥V-ABC的外接球的表面积为
11.(17分)(原创)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，AB=BC=CD=DA=，PA=2，PB=1，PC=2，PC⊥PA.
(1)若E为线段PC的中点，则直线DE与平面PAB是否平行 请说明理由.
(2)求平面PAC与平面ACD的夹角的大小.
参考答案
专题八 空间角与距离
题型1　求空间角
考向1　异面直线所成的角
例1　B
【解析】(法一)如图1，连接EO2并延长，交底面圆周于点F，连接FO1，FB，易知AE∥BF且AE=BF，
所以∠FBO1为异面直线AE与BO1所成的角或其补角.
因为=2，所以∠AO2E=60°，
所以△AEO2为正三角形，故AE=BF=1.
由圆柱的性质知O1F=O1B==，
所以在等腰三角形BFO1中，cos∠FBO1==.
(法二)以A为原点，AB，AD所在直线分别为y轴、z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，O1(0，1，2)，E，，0，
所以=，，0，=(0，-1，2)，
所以异面直线AE与BO1所成角的余弦值为|cos<，>|===.
故选B.
跟踪训练　ACD
【解析】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，E，连接OE，OB，则OE⊥平面ABC，OB⊥AC.以O为坐标原点，OB，OC，OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.
对于A，当a=h时，A10，-，a，C0，，0，B，0，0，C10，，a，
则=(0，a，-a)，=-，，a，则cos<，>===-，
由于异面直线A1C与BC1所成的角为θ，0°<θ≤90°，故cos θ=，A正确；
对于B，A10，-，h，C0，，0，B，0，0，C10，，h，则=(0，a，-h)，=-，，h，由cos θ=，得|cos<，>|===，解得a=h或a=h，B错误；
对于C，当a=h时，A10，-，h，C0，，0，B，0，0，C10，，h，
则=(0，h，-h)，=-，，h，则·=h2-h2=0，故⊥，则θ=90°，C正确；
对于D，若θ=60°，则cos θ=，由选项B知A10，-，h，C0，，0，B，0，0，C10，，h，
=(0，a，-h)，=-，，h，
则|cos<，>|===，
解得h=a或h=0(舍去)，D正确.
故选ACD.
考向2　直线与平面所成的角
例2
【解析】(1)∵△PBC为正三角形，O是BC的中点，∴PO⊥BC，
又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，PO 平面PBC，∴PO⊥平面ABCD，
又BD 平面ABCD，∴PO⊥BD.
∵·=(+)·-=-=4-4=0，∴⊥，∴AO⊥BD.
又PO，AO 平面POA且PO∩AO=O，∴BD⊥平面PAO.
(2)∵E，O分别为BD，BC的中点，∴EO∥DC，又DC 平面PDC，EO 平面PDC，∴EO∥平面PDC.
又平面OEQF∩平面PDC=QF，∴EO∥QF，∴QF∥DC.
∵F是PC的中点，∴Q是PD的中点.
如图，以O为原点，OE，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，)，C(0，，0)，D(2，，0)，Q1，，，
∴=(2，0，0)，=(0，，-)，=1，，.
设平面PCD的法向量为n=(x，y，z)，
则
即
取y=，得平面PCD的一个法向量为n=(0，，1)，则sin θ=|cos|===，∵θ∈0，，∴θ=.
跟踪训练
1.B
【解析】(法一)
如图1，分别取BC，B1C1的中点D，D1，连接A1D1，D1D，DA，过点A1，D1作底面的垂线，垂足分别为M，N，显然M，N均在线段AD上.易得AD=3，A1D1=.设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，因为S△ABC=×6×3=9，=×2×=，
所以=×(++9)h=，解得h=.
设AM=x，则AA1==，DN=AD-AM-MN=2-x，可得DD1==.在等腰梯形BCC1B1中，B=D+2，即x2+=(2-x)2++4，解得x=，
所以直线A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD==1.
(法二)如图2，将正三棱台ABC-A1B1C1补形成正三棱锥P-ABC，
则直线A1A与平面ABC所成的角即直线PA与平面ABC所成的角.
因为△PA1B1∽△PAB，所以==，所以=，所以=VP-ABC=，所以VP-ABC=18.
设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC=d××6×6×=18，解得d=2.
设底面ABC的中心为O，连接PO，AO，则PO⊥底面ABC，且AO=2，所以直线PA与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO==1.故选B.
2.解析　(1)由题意知，B1C1∥平面ABC，因为B1C1 平面AB1C1，且平面AB1C1∩平面ABC=l，所以B1C1∥l，又B1C1∥BC，所以l∥BC.
因为EF⊥l，所以EF⊥BC，
又EF⊥BB1，BC∩BB1=B，且BC 平面BCC1B1，BB1 平面BCC1B1，所以EF⊥平面BCC1B1.
(2)以A为原点建立空间直角坐标系，如图，设三棱台的高为h，则B(2，2，0)，B1(1，，h)，C(-2，2，0)，=(4，0，0)，=(-1，-，h).
设平面BCC1B1的法向量为n=(x，y，z)，则即令y=h，则z=，所以平面BCC1B1的一个法向量为n=(0，h，).
易得平面ABC的一个法向量为m=(0，0，1)，设直线EF与平面ABC的夹角为θ，由(1)知∥n，
所以由已知得sin θ=|cos|===，解得h=，所以该三棱台的高为.
考向3　平面与平面所成的角
例3
【解析】(法一)(1)∵DA⊥平面ABC，且BC 平面ABC，∴DA⊥BC.
∵AC=BC=1，AB=，
∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC.
∵DA∩AC=A，DA，AC 平面DAC，
∴BC⊥平面DAC，
又AE 平面DAC，∴BC⊥AE.
∵DA=AC，E是CD的中点，∴DC⊥AE，
又BC∩DC=C，BC，DC 平面DBC，
∴AE⊥平面DBC，
又DB 平面DBC，∴DB⊥AE，
又EF⊥DB，EF∩AE=E，EF，AE 平面AEF，
∴DB⊥平面AEF.
(2)∵EF⊥DB，由(1)得DB⊥AF，
∴∠AFE为平面ADB与平面DBC的夹角或其补角.
∵DA⊥平面ABC，
∴DA⊥AC，DA⊥AB.
∵AC=DA=1，E为CD的中点，
∴AE=DC=.
∵AB=，
∴S△DAB=×DA×AB=×DB×AF，
∴AF===.
由(1)知，AE⊥平面DBC，
∵EF 平面DBC，∴AE⊥EF，
∴sin∠AFE===.
∵∠AFE为锐角，∴∠AFE=，
∴平面ADB与平面DBC夹角的大小为.
(法二)(1)∵DA⊥平面ABC，且BC 平面ABC，∴DA⊥BC.
∵AC=BC=1，AB=，
∴AC2+BC2=AB2，
∴AC⊥BC.
∵DA∩AC=A，DA，AC 平面DAC，
∴BC⊥平面DAC.
如图，过点A作AG∥BC，
则AG⊥平面DAC.
以A为坐标原点，向量，，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Axyz，
则A(0，0，0)，B(1，1，0)，C(1，0，0)，D(0，0，1)，E，0，，
∴=(1，1，-1)，=，0，.
∵·=1×+1×0+(-1)×=0，
∴⊥，∴DB⊥AE.
又DB⊥EF，且AE∩EF=E，AE，EF 平面AEF，
∴DB⊥平面AEF.
(2)由(1)知=(0，0，1)，=(-1，-1，1)，=(-1，0，1).
设平面ADB的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则∴
令y1=1，则平面ADB的一个法向量为m=(-1，1，0).
设平面DBC的法向量为n=(x2，y2，z2)，
则∴
令x2=1，则平面DBC的一个法向量为n=(1，0，1).
设平面ADB与平面DBC的夹角为θ，
则cos θ=|cos|==，又θ∈0，，所以θ=，
即平面ADB与平面DBC夹角的大小为.
跟踪训练
1.解析　(1)因为PA⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
由题意可得BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB，所以AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
(2)如图所示，过点D作DE⊥AC于点E，再过点E作EF⊥CP于点F，连接DF.
因为PA⊥平面ABCD，PA 平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD=AC，DE 平面ABCD，DE⊥AC，
所以DE⊥平面PAC，又CP 平面PAC，所以DE⊥CP，又EF⊥CP，DE∩EF=E，DE，EF 平面DEF，所以CP⊥平面DEF，又DF 平面DEF，所以CP⊥DF.根据二面角的定义可知，∠DFE即二面角A-CP-D的平面角，即sin∠DFE=，则tan∠DFE=.
因为AD⊥DC，设AD=x(0则CE==，由题意可知△APC为等腰直角三角形，易得△EFC为等腰直角三角形，所以EF=.
由DE⊥平面PAC，EF 平面PAC，得DE⊥EF，故tan∠DFE==，解得x=，即AD=.
2.解析　
(1)如图1，取B1C1的中点D，连接A1D，CD，DE，在三棱柱ABC-A1B1C1中，B1C1=BC，B1C1∥BC，AA1∥BB1，AA1=BB1.
因为E是棱BC的中点，D是B1C1的中点，
所以B1D=CE，所以四边形ECDB1为平行四边形，所以CD∥B1E，
同理可得四边形BEDB1为平行四边形，所以BB1=DE，BB1∥DE，所以AA1=DE，AA1∥DE，
所以四边形AEDA1为平行四边形，所以A1D∥AE.因为AE 平面AB1E，A1D 平面AB1E，
所以A1D∥平面AB1E，同理可得CD∥平面AB1E，又A1D∩CD=D，A1D，CD 平面A1DC，
所以平面A1DC∥平面AB1E，又A1C 平面A1DC，所以A1C∥平面AB1E.
(2)设AB=AC=2AA1=2，以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示，则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，B1(2，0，1)，E(1，1，0)，
所以=(1，1，0)，=(2，0，1)，=(2，0，0)，=(-1，-1，1).
设平面AEB1的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
由得取x1=1，则平面AEB1的一个法向量为n1=(1，-1，-2).
设平面A1EB1的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
由得取y2=1，则平面A1EB1的一个法向量为n2=(0，1，1).
设平面AEB1与平面A1EB1的夹角为θ，
则cos θ===，
由图2可知二面角A-B1E-A1为锐角，则二面角A-B1E-A1的大小为30°.
题型2　向量法求距离
考向1　点到线的距离
例4
【解析】(1)过点G作GH∥BC交于点H，连接AH，BH，如图1，
则H为的中点，则GH∥BC且GH=BC，
所以四边形HBCG为平行四边形，所以BH∥CG.
由题意可知，△ABF为等腰直角三角形，则∠ABF=.
因为H为的中点，所以AH⊥BH，AH=BH，
则△ABH为等腰直角三角形，则∠ABH=，
所以∠FBH=∠ABF+∠ABH=，则FB⊥BH.
因为BH∥CG，所以FB⊥CG，又BC⊥BF，BC，CG 平面BCG，BC∩CG=C，所以BF⊥平面BCG，又因为BF 平面BDF，所以平面BDF⊥平面BCG.
(2)
由题意知，AF，AB，AD两两垂直，所以以A为坐标原点，AF，AB，AD所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图2.设AD=a，又AB=4，则A(0，0，0)，F(4，0，0)，B(0，4，0)，D(0，0，a)，G(-2，2，a)，=(0，-4，a)，=(4，-4，0)，=(0，4，0)，=(-2，2，a)，=(-2，-2，a).
设平面BDF的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
则即令y1=1，则平面BDF的一个法向量为n1=1，1，.
设平面ABG的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
则即令x2=1，则平面ABG的一个法向量为n2=1，0，.
设平面BDF与平面ABG的夹角为θ，
则cos θ=|cos |===，解得a=4(负值舍去)，
所以G(-2，2，4)，又B(0，4，0)，E(4，0，4)，则=(-2，-2，4)，=(4，-4，4).
设点E到直线BG的距离为d，
所以d==.
跟踪训练　
解析　(1)由题意知，AA1⊥平面ABC，∠BAC=60°，而AB 平面ABC，所以AA1⊥AB.在平面ABC内过点A作y轴，使得AB⊥y轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，C1(1，，2)，得M，，0，N(1，0，1)，P，，2，
所以=(1，，-2)，=，，0，=-，-，1.
设平面A1CP的法向量为n=(x，y，z)，
则令x=1，得y=-，z=-1，所以平面A1CP的一个法向量为n=(1，-，-1)，
所以·n=-×1+-×(-)+1×(-1)=0，又直线MN 平面A1CP，所以MN∥平面A1CP.
(2)如图，连接PM，由(1)得=(0，0，-2)，则·=-2，||=，||=2，
所以点P到直线MN的距离d==.
考向2　点到面的距离
例5
【解析】(1)∵平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB=PA，PA⊥PD，PD 平面PAD，∴PD⊥平面PAB，又AB 平面PAB，∴PD⊥AB.
∵四边形ABCD为正方形，∴AB⊥AD，又PD∩AD=D，PD，AD 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又AB 平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD.
(2)取AD的中点O，连接OP，OF.∵PA=PD，O为AD的中点，∴OP⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，OP 平面PAD，∴OP⊥平面ABCD.
∵O，F分别为AD，BD的中点，∴OF∥AB，又AB⊥AD，∴OF⊥AD.
以O为坐标原点，OA，OF，OP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.
∵PA=PD=2，PA⊥PD，∴AD=2，OP=AD=，
∴D(-，0，0)，A(，0，0)，P(0，0，)，B(，2，0)，C(-，2，0)，F(0，，0)，
∴=(，，0)，=(，2，-)，=(-2，0，0)，=(-，0，)，=(2，0，0).
设=λ(0≤λ≤1)，则=(-λ，0，λ)，∴=+=(2-λ，0，λ).
设平面DEF的法向量为n=(x，y，z)，
则令x=λ，得y=-λ，z=λ-2，∴平面DEF的一个法向量为n=(λ，-λ，λ-2).
∵z轴⊥平面ADF，∴平面ADF的一个法向量为m=(0，0，1)，
∴|cos|===，解得λ=-1(舍去)或λ=，∴=-，0，，
∴=-=-，0，.
设平面PBC的法向量为t=(a，b，c)，
则令b=1，得a=0，c=2，∴平面PBC的一个法向量为t=(0，1，2)，
∴点E到平面PBC的距离d===.
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【解析】(1)∵OA⊥底面ABCD，AB，AD 平面ABCD，∴OA⊥AB，OA⊥AD，又AB⊥AD，∴以A为坐标原点，AB，AD，AO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Axyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，O(0，0，2)，N(2，1，0)，Q(1，2，0)，∴=(2，-1，0)，=(1，2，-2)，∴·=2×1+(-1)×2+0=0，∴⊥，∴DN⊥OQ.
(2)设平面AMN的法向量为n=(x，y，z)，又M(0，0，1)，=(0，0，1)，=(2，1，0)，
∴即令x=1，可得y=-2，∴平面AMN的一个法向量为n=(1，-2，0).
故点D到平面AMN的距离d===.
1.ABD
【解析】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，连接BD，显然四边形BDD1B1是矩形，即BD∥B1D1.
由AC⊥B1D1，得AC⊥BD，因此矩形ABCD是正方形，又DD1⊥平面ABCD，则∠D1AD是AD1与平面ABCD所成的角，即∠D1AD=30°.令DD1=1，则AD=，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(，0，0)，B(，，0)，A1(，0，1)，C1(0，，1)，D1(0，0，1).
对于A，=(，0，1)，=(-，0，1)，cos<，>===-，
则<，>=120°，因此异面直线A1D与BC1所成的角为60°，A正确；
对于B，=(0，，0)，=(-，，0)，cos<，>===，
则<，>=45°，因此异面直线AB与A1C1所成的角为45°，B正确；
对于C，=(-，-，1)，而平面ADD1A1的一个法向量为n=(0，1，0)，
因为cos<，n>===-≠-，所以<，n>≠120°，因此BD1与平面ADD1A1所成的角不为60°，C错误；
对于D，平面ABCD的一个法向量为m=(0，0，1)，因为cos<，m>===，
所以BD1与平面ABCD所成的角的正弦值为，D正确.故选ABD.
2.解析　(1)因为PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以PA⊥BD.
因为DC=BC，AB=AD，所以BD⊥AC，
而PA∩AC=A，PA，AC 平面PAC，所以BD⊥平面PAC.
因为PC 平面PAC，所以BD⊥PC.
(2)因为DC⊥平面PAD，AD 平面PAD，所以AD⊥DC，如图所示，以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，建立空间直角坐标系.设DC=BC=n，AB=AD=m，则D(0，0，0)，A(m，0，0)，C(0，n，0)，P(m，0，2)，因为AD⊥DC，所以m2+n2=4.
因为=(m，0，0)，=(-m，n，-2)，所以|cos<，>|==，可得m=，n=1，
所以A(，0，0)，C(0，1，0)，P(，0，2).设平面ACP的法向量为n1=(x1，y1，z1)，平面CPD的法向量为n2=(x2，y2，z2).因为=(0，0，2)，=(-，1，0)，所以取x1=，则y1=3，z1=0，于是n1=(，3，0)是平面ACP的一个法向量，同理可得n2=(2，0，-)是平面CPD的一个法向量，所以|cos|==.
故平面ACP与平面DCP夹角的余弦值为.
3.解析　(1)因为=，
所以E是AD的中点.
依题意可知△ABD是等边三角形，所以BE⊥AD，
则在翻折过程中有BE⊥DE，BE⊥PE，PE=AE=2，BE=2，又BC=4，则CE==2.
因为PE=2，PC=4，所以PC2=CE2+PE2，所以PE⊥EC.
又因为BE⊥PE，BE∩EC=E，BE，EC 平面BCDE，所以PE⊥平面BCDE.
而CD 平面BCDE，所以PE⊥CD.
(2)因为PE⊥平面BCDE，BE⊥DE，所以以E为原点，，，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，如图所示，
则E(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，M0，，，
所以=(2，4，0)，=0，，，=(0，4，0)，=(-2，0，2).
设平面EMC的法向量为m=(x，y，z)，
则即
令x=2，则y=-，z=2，即m=(2，-，2)是平面EMC的一个法向量.
设平面PCB的法向量为n=(x1，y1，z1)，
则即
令x1=1，则y1=0，z1=，即n=(1，0，)是平面PCB的一个法向量，
所以平面EMC与平面PCB夹角的余弦值为|cos|===.
4.解析　
(1)以C为坐标原点，CD，CB，CC1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C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)，
∴=(0，-2，1)，=(0，-2，1)，∴∥.
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
(2)∵B2P=1，BB2=2，∴BP=3，则P(0，2，3)，结合(1)知=(-2，-2，2)，=(0，-2，0)，=(-2，0，1).
设平面PA2C2的法向量为n=(x，y，z)，则
得y=0，令z=1，得x=1，∴n=(1，0，1)是平面PA2C2的一个法向量.
设平面A2C2D2的法向量为m=(a，b，c)，则
令a=1，得b=1，c=2，∴m=(1，1，2)是平面A2C2D2的一个法向量.
∴cos===，由图知二面角P-A2C2-D2的平面角为钝角，
则二面角P-A2C2-D2的余弦值为-.
1.A
【解析】
如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得E(0，0，1)，F(3，3，2)，C1(0，3，3)，则=(3，3，1)，=(-3，0，1).
∴点E到直线FC1的距离
d=
==.
2.C
【解析】
如图，取BC的中点E，连接DE，AE，依题意知三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱，设棱长为2，则AE=，DE=1.
因为D，E分别是BC1和BC的中点，所以DE∥CC1，所以DE⊥平面ABC.又AE 平面ABC，所以DE⊥AE，所以AD===2.因为AE⊥BC，AE⊥DE，BC∩DE=E，BC，DE 平面BB1C1C，所以AE⊥平面BB1C1C，所以∠ADE是直线AD与平面BB1C1C所成的角，且sin∠ADE==，所以直线AD与平面BB1C1C所成角的正弦值是.
3.AC
【解析】如图所示，过点F作FP⊥AC于点P，过点P作PM⊥BC于点M，连接PE，FM，易知FM⊥BC，
则α=∠EFP，β=∠FEP，γ=∠FMP，tan α==≤1，tan β==≥1，tan γ=≥=tan β，又函数y=tan x在0，上单调递增，所以α≤β≤γ.
4.C
【解析】易知AE∥FC1，又FC1 平面AB1E，AE 平面AB1E，∴FC1∥平面AB1E，
∴直线FC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离.
如图，以D为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B1(2，2，2)，C1(0，2，2)，E(0，0，1)，F(2，2，1)，∴=(-2，0，1)，=(0，2，2)，=(2，0，0).
设平面AB1E的法向量为n=(x，y，z)，则令z=2，则x=1，y=-2，得n=(1，-2，2)是平面AB1E的一个法向量.
设点C1到平面AB1E的距离为d，则d===，故直线FC1到平面AB1E的距离为.
5.2　
【解析】如图所示，因为AB∥C1D1且AB=C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以BC1∥AD1.又因为BC1 平面ACD1，AD1 平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1，同理可证得A1B∥平面ACD1.因为A1B∩BC1=B，A1B，BC1 平面A1BC1，所以平面A1BC1∥平面ACD1.因为C1∈平面A1BC1，C1P∥平面ACD1，所以C1P 平面A1BC1.因为平面AA1B1B∩平面A1BC1=A1B，P∈平面AA1B1B，所以点P的轨迹为线段A1B.当C1P取最小值时，C1P⊥A1B，则P为A1B的中点，则C1P的最小值为==2.
以D为原点，，，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，
易知A1(2，0，4)，C1(0，4，4)，P(2，2，2)，所以=(-2，4，0)，=(0，2，-2).
取a==(0，2，-2)，u==-，，0，则a2=8，a·u=，所以点P到直线A1C1的距离为=.
6.解析　(1)因为AB∥EF，EF 平面PCD，AB 平面PCD，所以AB∥平面PCD.
因为AB 平面ABCD，平面ABCD∩平面PCD=CD，所以AB∥CD.
连接AC(图略)，因为PA⊥平面ABCD，所以∠PCA是直线PC与平面ABCD所成的角，
则tan∠PCA===，解得AC=4.因为AB=2，BC=2，所以AB2+BC2=AC2，所以AB⊥BC.
又AB≠CD，
所以四边形ABCD是直角梯形. 4分
(2)取CD的中点M，连接AM，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，P(0，0，2)，D(2，-2，0)，C(2，2，0)，B(0，2，0)，所以=(0，2，0)，=(2，2，-2)，=(2，-2，-2).
由=2，
得E，-，，则=，-，.
设平面PCD的法向量为n=(x，y，z)，
则
得y=0，取x=1，则z=1，即n=(1，0，1)是平面PCD的一个法向量.
设平面ABE的法向量为m=(a，b，c)，
则
得b=0，取a=1，则c=-2，即m=(1，0，-2)是平面ABE的一个法向量.
易知平面PCD即平面PEF，平面ABE即平面BEF.
设二面角P-EF-B的平面角为θ，
则|cos θ|=|cos|==，所以sin θ==，
故二面角P-EF-B的正弦值为. 10分
7.解析　(1)如图1，设BC1与B1C的交点为N，连接AB1，AN.
∵四边形BCC1B1是菱形，∴B1C⊥BC1，B1B=BC，N是B1C的中点，∴在△ABB1中，B1B=AB.又∠ABB1=60°，∴△ABB1是等边三角形，∴AB1=AB，∴在△ACB1中，AB1=AC.又N是B1C的中点，∴B1C⊥AN.
又B1C⊥BC1，AN∩BC1=N，AN，BC1 平面ABC1，∴B1C⊥平面ABC1. 5分
(2)连接B1M，∵△ABB1是等边三角形，M是线段AB的中点，∴B1M⊥AB.
又∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABC∩平面ABB1A1=AB，B1M 平面ABB1A1，
∴B1M⊥平面ABC.
以M为原点，MB，MC，MB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图2所示的空间直角坐标系，不妨设AB=2，
则M(0，0，0)，A(-1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，A1(-2，0，)，B1(0，0，)，
∴=(-2，0，)，=(0，0，)，=(-1，，0)，=(0，，-)，
∴=+=+=(-1，，).
设平面A1MC1的法向量为n=(x，y，z)，
则即令x=，得y=-1，z=2，所以平面A1MC1的一个法向量为n=(，-1，2).
设直线B1C与平面A1MC1所成角的大小为θ，
则sin θ===，
故直线B1C与平面A1MC1所成角的正弦值为. 13分
8.解析　(1)由直三棱柱的性质可知AA1⊥AB，四边形AA1B1B为矩形，又因为AB=AA1，所以四边形AA1B1B为正方形，所以AB1⊥A1B.因为AA1⊥AC，AB⊥AC，AA1∩AB=A，AA1，AB 平面AA1B1B，所以AC⊥平面AA1B1B.又AB1 平面AA1B1B，所以AC⊥AB1.因为A1D∥AC，所以AB1⊥A1D.又因为A1B∩A1D=A1，A1B，A1D 平面A1BD，所以AB1⊥平面A1BD.
5分
(2)以A为原点，AB，AC，AA1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，
设AC=2a(a>0)，则A(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，2a，0)，D(0，a，)，所以=(0，2a，0)，=(-，2a，0)，=(0，-a，).
易知平面ABC的一个法向量为m=(0，0，1).
设平面BCD的法向量为n=(x，y，z)，则所以取x=，则y=，z=，所以n=，，是平面BCD的一个法向量.
设二面角A-BC-D的平面角为θ，
则|cos θ|=|cos|===，解得a=1，所以=(0，2，0)，n=，，.
设点A到平面BCD的距离为d，
则d===，所以点A到平面BCD的距离为. 13分
9.解析　(1)以A为坐标原点，AB，AD，AA1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，
依题意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)，
则M(0，1，1)，N，，2，所以=，-，0，=(1，-1，2)，=(-1，0，1).
设平面CB1M的法向量为n=(x1，y1，z1)，
则即
取x1=1，得z1=1，y1=3，则n=(1，3，1)是平面CB1M的一个法向量.
因为·n=，-，0·(1，3，1)=-=0，
所以⊥n，显然D1N 平面CB1M，所以D1N∥平面CB1M.
5分
(2)由(1)得=(1，-1，2)，=(-1，1，0)，
设平面BB1C1C的法向量为m=(x2，y2，z2)，
则即
取x2=1，得y2=1，z2=0，则m=(1，1，0)是平面BB1C1C的一个法向量.
设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ，
则cos θ=|cos|===，
所以平面CB1M与平面BB1C1C的夹角的余弦值为.
10分
(3)易知=(0，0，2).
设点B到平面CB1M的距离为d，
则d===，
所以点B到平面CB1M的距离为. 15分
10.ABD
【解析】对于A，
如图所示，取AB的中点M，连接VM，CM，
∵VA=VB，AC=BC，∴VM⊥AB，CM⊥AB.
又VM∩CM=M，VM，CM 平面VCM，∴AB⊥平面VCM.又VC 平面VCM，∴AB⊥VC，故A正确.
对于B，由A知，∠VMC为二面角V-AB-C的平面角，根据已知条件可得AM=1，CM=，VM=，VC=1.在△VMC中，由余弦定理得cos∠VMC==，∴二面角V-AB-C的余弦值为，故B正确.
对于C，在平面VCM内，过点V作VH⊥MC(图略)，∵AB⊥平面VCM，∴VH⊥AB.
又AB∩CM=M，AB，CM 平面ABC，∴VH⊥平面ABC，∴∠VCH为直线VC与平面ABC所成的角或补角.在△VMC中，由余弦定理得cos∠VCM==，故直线VC与平面ABC所成角的余弦值为，故C错误.
对于D，设正三角形ABC的中心为E，正三角形VAB的中心为F，过点E，F分别作平面ABC、平面VAB的垂线，设两垂线的交点为P(图略)，则P为三棱锥V-ABC的外接球的球心.
∵△ABC≌△VAB，∴点P在∠VMC的平分线上，设∠VMC=2β，
则cos∠VMC=cos 2β=2cos2β-1=，∴cos β=.在Rt△PEM中，ME=MC=，cos β=cos∠PME===，解得MP=，则由勾股定理得PE==，则三棱锥V-ABC的外接球的半径为=，故三棱锥V-ABC的外接球的表面积为4π2=，故D正确.
11.解析　因为AB=BC=CD=DA=，所以四边形ABCD为菱形.
如图，连接BD交AC于点O，则AC⊥BD，以O为原点，OD所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，建立空间直角坐标系.
因为PC=2，PA=2，PC⊥PA，所以AC===2，
即OC=OA=.
在Rt△BOA中，OB==，
所以A(0，，0)，B(-，0，0)，C(0，-，0)，D(，0，0).
设点P的坐标为(x，y，z)，其中z>0，由已知可得
由①-③得-4y=4，解得y=-.将y=-代入②式和③式，得解得
所以点P的坐标为-，-，. 7分
(1)因为P-，-，，C(0，-，0)，所以E-，-，，则=-，-，.
设平面APB的法向量为v=(x1，y1，z1)，又=-，-，，=0，-，，
则令y1=1，则z1=，x1=-，即v=-，1，是平面APB的一个法向量.
因为·v=-×--+×=≠0，
所以与v不垂直，所以当E为线段PC的中点时，直线DE与平面PAB不平行. 12分
(2)易知平面ACD的一个法向量为n1=(0，0，1).
设平面APC的法向量为n2=(a，b，c)，由已知得=(0，-2，0)，=-，-，，
则
令a=1，则c=，且b=0，得n2=(1，0，)是平面APC的一个法向量.
记平面PAC与平面ACD的夹角为θ0≤θ≤，
所以cos θ==，因此θ=30°，所以平面PAC与平面ACD的夹角为30°. 17分