1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题（含解析）2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题
课时1用空间向量研究距离问题
题型1用向量法求点到直线的距离
1.已知空间三点A(3,2,0),B(3,2,2),C(3,0,1),则C到直线AB 的距离为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.5
49536354927602.如图，在长方体 ABCD-A?B?C?D?中, AA1=AB=2,AD=1,点F,G分别是AB,CC?的中点，则点 D 到直线GF 的距离为 .
题型2函数思想在空间向量与立体几何中的应用
3.已知长方体ABCD-A?B?C?D?中, AB=AD=2AA1=2,圆E 内切上底面正方形A?B?C?D?，F为圆E上的动点.
(1)求点 D 到直线AE 的距离;
(2)求AF 的取值范围.
题型3用向量法求点或直线到平面的距离
4.已知正四棱柱ABCD-A?B?C?D?的底面边长为2,侧棱长为4,E为CD? 的中点,则点 A? 到平面 BDE 的距离为 ( )
A. 32 B.2 C. 94 D. 83
5.已知空间四个点A(1,1,1),B(-4,0,2),C(-3,-1,0),D(-1,0,4), 点 D 到 平 面 ABC 的 距 离是 .
57645304781556.如图，在棱长为1 的正方体 ABCD-A?B?C?D?中，直线AC到平面A?BC?的距离等于 .
7.如图所示，三棱台ABC-DEF的体积为7，其上、下底面均为正三角形,平面 ACFD⊥平面 ABC,AB=2DE=4 且AD=FC,棱AC与BC的中点分别为 G,H.
(1)证明:AE∥平面 FGH.
(2)求直线AE到平面 FGH 的距离.
题型4 用向量法求两个平行平面间的距离
8.若两平行平面α,β分别经过原点O 和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量为n=(-1，0，1)，则两平面间的距离是
51841404559309.正方体ABCD-A?B?C?D?的棱长为4,M、N,E,F 分别为A?D?,A?B?,C?D?,B?C? 的中点,则平面AMN与平面EFBD的距离为 .
10.已知直线l过点 P(1,3,1),且方向向量为m=(1,0,-1),则点A(1,-1,-1)到l的距离为( )
A.3 2 B.4 C.2 5 D.3
11.(多选)在长方体 ABCD-EFGH 中,AB=2,BC=BF=1,P是线段FG上一动点，则P到平面ACH 的距离不可能是 ( )
4375150163195A.3 B.2 C. 32 D.62



12.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A?B?C?D?中,E,F 分别为 CD,A?B?的中点，则下列结论正确的是 ( )
①点 F 到点 E 的距离为 2
②点 F 到直线 ED? 的距离为 305;2641600-279400
③点 F 到平面AED?的距离为 63
④平面BFC? 到平面AED?的距离为 263.
A.①②④ B.②③④
C.①④ D.①②③
13.如图，在正方体ABCD-A?B?C?D?中,E 为棱B?C?的中点.动点 P 沿着棱 DC从点D 向点 C 移动，对于下列三个结论：
①存在点 P，使得 PA1=PE,且这样的点 P 有两个；58166000
②△PA?E的面积越来越小；
③四面体 A?PB?E 的体积不变.
所有正确的结论的序号是 .
14.如图，在长方体ABCD-A?B?C?D?中,AD=AA?=1,AB=2,E为AB的中点.
(1)求点 C?到直线A?E 的距离;
(2)求点 E到平面ACD?的距离.
484695579248015.[2023·安徽滁州定远中学高二月考]如图，在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD 是矩形，侧面 PAD 是等腰直角三角形,平面 PAD⊥平面ABCD,AD=2,AB= AP=2,当棱 PC 上一动点 M 到直线 BD 的距离最小时，过A，D，M作截面交 PB 于点 N，则四棱锥 P-ADMN的体积是 ( )
A.4227 B.24 C.10227 D.7216406400012700

547370012700

课时2用空间向量研究夹角问题
题型1用向量法求异面直线所成的角
1如图，在长方体ABCD-A?B?C?D? 中, AB =2BC=2BB?,P为C?D?的中点,则异面直线 PB 与B?C所成角的大小是 ( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
360616567310



2.已知直三棱柱ABC-A?B?C?中,∠ABC=120°,AB= 2,BC=CC1=1,则异面直线AB?与BC?所成角的余弦值为 ( )
A.32 B.155 C.105 D.33
3.已知四棱锥S-ABCD 的底面 ABCD 是边长为2 的正方形,SD⊥平面ABCD,线段AB,SC的中点分别为E,F,若异面直线 EC 与 BF 所成角的余弦值为 5，则SD= ( )
A. 32 B.4 C.2 D.3
44888157131054.如图，某空间几何体由一个直三棱柱和一个长方体组成，若 AB=AA1=2AD=4,A1F= B1F=22,,P,Q,M,N分别是棱AB,C?E,BB?,A?F 的中点,则异面直线 PQ 与 MN所成角的余弦值是 .
5.如图，在正方体ABCD-A?B?C?D?中,E为BB?的中点.
(1)求证:BC?∥平面AD?E.
(2)求异面直线 BC?与AE所成角的余弦值.
题型2用向量法求直线与平面所成的角
6.已知在空间直角坐标系 Oxyz(O为原点)中,点A(1,1,-1)关于x轴的对称点为点 B，则z轴与平面OAB 所成的线面角为 ( )
A.π/6 B.π4 C.π/3 D.5π12
7.[2022·河南豫南名校高二期中联考]如图，在正三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC 两两垂直,E,F分别是AB，BC的中点，则直线AF 与平面 PEF 所成角的正弦值为5880100-12700
A.23 B.66 C.33 D.636413500-241300( )
( )
题型3方程思想在空间向量与立体几何中的应用
8.如图，在正四棱锥S-ABCD 中，底面边长为 2,点 P 在线段SD上,且△SAC的面积为1.
(1)若点 P 是 SD 的中点,求证:平面 SCD⊥平面 PAC.
(2)是否存在点 P，使得直线 SC 与平面ACP 所成角的余弦值为 155?若存在，求出点 P 的位置；若不存在，说明理由.
题型4函数思想在空间向量与立体几何中的应用825500152400
9.将棱长为1的正方体EHFG-ABCD 截去三棱锥 H-BEF 后得到的几何体EFG-ABCD 如图所示,点M 在棱 DG上.
(1)当M 为棱 GD的中点时,求 M到平面BEF 的距离；
(2)当M 在棱 GD 上移动时,求直线 MB 与平面BEF 所成的角θ的正弦值的取值范围.
题型5 用向量法求二面角
10.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为 ( )
A.45° B.135°
C.45°或135° D.90°
11.已知长方体ABCD-A?B?C?D?中,AB=BC=4,CC?=2,.则平面A?BC?与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )
A.63 B. 3 C.22 D. 12
569468048323512.如图，在直三棱柱ABC-A?B?C? 中, ∠ACB = 90?,2AC=AA1=BC=2,D 为AA?上一点.若二面角 B1?DC?C1的大小为60°，则AD的长为 ( )
A. 2 B. 3 C.2 D. 22
13.如图所示，正方形ABCD 和矩形ADEF 所在的平面互相垂直,动点 P 在线段 EF(包含端点 E,F)上,M,N分别为AB,BC的中点,AB=2DE=2.
(1)若P 为 EF 的中点,求点 N 到平面 PDM 的距离；
(2)设平面PDM与平面ABCD 所成的锐角为θ,求 cosθ的最大值，并求出此时点 P 的位置.
14.如图，圆柱的轴截面 ABCD 为正方形，点 E 在底面圆周上,且 BE=CE,M 为AE 上的一点,且BM⊥AC,N为线段AC 上一动点(不与A,C重合).
(1)若AN=2NC,设平面 BMN∩平面BEC=l,求证:MN∥l.
(2)当平面 BMN 与平面 DEC 的夹角为π/3时,试确定点N的位置.
15.设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n.若 cos= ?32,则直线l与平面α所成的角为 ( )
A.π3 B.2π3 C.π6 D.5π6
578358050355516. 如图,在正四棱柱 ABCD-A?B?C?D?中,AB=3,AA?=4,P是侧面 BCC?B?内的动点，且AP ⊥ BD?, 记 AP 与平 面BCC?B?所成的角为θ,则tanθ的最大值为( )
A. 43 B. 53 C.2 D. 259



17.在正方体ABCD-A?B?C?D?中,M是棱 DD?的中点,P 是四边形ABCD 内(包括边界)的一个动点.若 MP∥平面A?BC?，则异面直线MP与A?C?所成角的取值范围是 ( )
A.(0,π3) B.π6π3
C.π3π2 D.π3π
18.(多选)如图,在棱长为1 的正方体ABCD-A?B?C?D?中，E,F 分别为DD?,BB?的中点,则 ( )
5078095170180A.直线FC?与底面ABCD所成的角为30°
B.平面 AB?E 与底面 ABCD夹角的余弦值为 23
C.直线 FC? 与直线AE 的距离为 305
D.直线 FC? 与平面AB?E的距离为 13
19.已知四棱锥P-ABCD 的底面为矩形,PD⊥平面ABCD,AD=2,DC=4,直线 PD与平面PAC 所成角的正弦值为 23,则四棱锥P-ABCD 的体积为 ( )
A.4 B. 163 D.8 C.203
20.正四棱柱ABCD-A?B?C?D?中,B?C与平面ACC?A?所成角的正弦值为 24，则异面直线B?C与DC?所成角的余弦值为 .
569658589789021.如图，在四棱锥P-ABCD 中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD,∠BAD= 90?,PA=AB=BC=12AD=1，已知 Q 是四边形 ABCD 内部一点(包括边界),且平面 QPD 与平面 APD 的夹角为π/4,则△ADQ 的面积的取值范围是 .
22.如图,圆柱O?O?的侧面积为2π,高为1,AB为⊙O?的直径,C,D分别为⊙O?,⊙O?上的点,直线CD经过O?O?的中点O.
(1)若AC=BC,证明:AB⊥CD.
(2)若直线 CD 与平面ABC 所成角的正弦值为 10535,求三棱锥 D-ABC 的体积.
23.如图，正三棱柱 ABC?A1B1C1的所有棱长均为2，D 为棱 BB?(不包括端点)上一动点，E是AB的中点.
(1)若AD⊥A?C,求BD的长;
(2)当D 在棱BB?(不包括端点)上运动时，求平面ADC?与平面ABC的夹角的余弦值的最大值.
24.如图，在直三棱柱ABC-A?B?C?中, AB=BB1=2,BC?BA1.
(1)求证:BC⊥AB.
(2)若E为A?B 的中点,三棱锥A-CEA?的体积为 13，线段 CE 上是否存在点 P，使得二面角 P-AB-E的大小为30°? 若存在,求 EPEC的值；若不存在，请说明理由.
题号
1
2
4
5
6
8
答案
B
2
D
142
33
2
题号
9
10
11
12
13
15
答案
83
A
ABC
D
②③
B
60890156597651. B 【解析】因为A(3,2,0),B(3,2,2),C(3,0,1),所以 AC=0?21,AB=002,所以 ∣AC∣=5,∣AB∣=2,所以直线AB的单位方向向量 μ=AB∣AB∣=001.所以C到直线AB的距离为 ∣AC∣2?AC?μ2=2.故选 B.
2. 2 【解析】以点 D 为原点,DA,DC,DD? 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,连接DF,则D(0,0,0),F(1,1,0),G(0,2,1),所以 DF=(1,1,0), FG=?111,所以 DF?FG=?1+1=0,所以DF⊥FG,所以点 D 到直线 FG的距离为 ∣DF∣=2.
58775602038353.【解】(1)以A为原点,AB,AD,AA?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A(0,0,0),D(0,2,0),E(1,1,1),所以 AD=(0,A1 2,0),AE=111.
令 a=AE∣AE∣=33111,所以点 D 到直线 AE 的距离为 AD2?AD?a2= 4?43=263.
(2)设F(x,y,1).由( ∣EF∣=1,得 x?12+y?12=1.
设则 {x=cosθ+1,y=sinθ+1,
所以 ∣AF∣=x2+y2+1=cosθ+12+sinθ+12+1=
4+22sinθ+π4.
因为 ?1≤sinθ+π4≤1,
所以 4?22≤∣AF∣≤4+22.
6516370264795所以AF的取值范围是 4?224+22.
4. D【解析】如图,以D 为原点,DA,DC,DD? 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0),A?(2,0,4),B(2,2,0),E(0,1,2),所以 DA1=(2,0,4),DB=(2,2,0),DE=(0,1,2).设平面BDE的法向量为n= {n·DB→=2x+2y=0,n·DE→=y+2z=0.(x,y,z),则令y=-1,则 x=1,z=12,即 n=1?112.所以点A?到平面 BDE的距离 d=∣DA1?n∣∣n∣=∣2+4×12∣1+1+14=83.故选D.
方法总结利用空间向量求点到平面的距离的步骤第一步，建立适当的空间直角坐标系，并写出空间中各点的坐标；
第二步，求出相应的向量的坐标及平面的法向量；
第三步，代入点到平面的距离的计算公式即可得出所求的答案.
63836551272540 5.142 【解析】由题意知 AB=?5?11,AC=(?4,?2, ?1),AD=?2?13.设平面 ABC 的法向量为n=(x,y,z),则 {n·AB→=?5x?y+z=0,n·AC→=?4x?2y?z=0.取x=1,则y=-3,z=2,所以n=(1,-3,2)是平面ABC的一个法向量,所以点 D 到平面ABC 的距离为 ∣AD?n∣∣n∣=∣?2+3+6∣1+9+4=142.
6. 53 【解析】以 D 为原点,DA,DC，DD?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A(1,0,0),A?(1,0,1),C?(0,1,1),C(0,1,0),B(1,1,0),所以 A1C1=(?1,1,0) ,BC1=?101,AB=010,AC=?110设平面A?BC?的法向量为n=(x,y,z),则 {n·A1C1→=?x+y=0,n·BC1→=?x+z=0.取x=1,则y=1,z=1,所以n=(1,1,1)为平面A?BC?的一个法向量，所以点A 到平面A?BC?的距离为 ∣AB?n∣∣n∣=13= 33.又 AC?n=0,所以 AC⊥n..又AC?平面A?BC?,所以AC∥平面A?BC?,所以点A 到平面A?BC? 的距离等于直线AC到平面A?BC?的距离,为 53(将直线到平面的距离转化为点到平面的距离是关键).
7.(1)【证明】由题意得，上底面面积 S1=34×22=3,下底面面积 S2=34×42=43.
设三棱台的高为h，则 133+23+43h=7,解得 h=3.设DF的中点为I，如图，连接GB，GI，结合题意可知GB，GC,GI两两垂直.
以C为原点，GB，GC，GI所在直线分别为x轴、y轴、x轴建立空间直角坐标系，
则G(0,0,0),H( 3,1,0),F(0,1, 3),
4406265-97155
所以 GH=310,GF=(0,1, 3).
设平面 FGH 的法向量为n=(x,y,z),
则 {n·GH→=3x+y=0,n·GF→=y+3z=0.
取x=1,则 y=?3,z=1,所以 n=1?31是平面FGH的一个法向量.
易知A(0,-2,0),E( 3,0, 3),)所以 AE=323,所以 AE?n=0,所以 AE⊥n.
又AE?平面FGH,所以AE∥平面FGH.
(2)【解】由(1)知AE∥平面 FGH,所以直线AE 到平面FGH 的距离即为点A 到平面 FGH的距离.
设点A 到平面 FGH 的距离为 d.
因为 GA=0?20,所以 d=∣GA?n∣∣n∣=231+3+1=2155.
8. 2 【解析】由题意可知两平行平面α，β间的距离即为点O到平面β的距离.而 OA=211,所以两平行平面α，β间的距离 d=∣n?OA∣∣n∣=∣?1×2+0×1+1∣?12+02+12=12=22.
方法总结利用空间向量法求两个平行平面间的距离，往往将问题转化为求点到平面的距离.
6031865-90004909. 83 【解析】以D 为原点,DA,DC,DD?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A(4,0,0),M(2,0,4),D(0,0,0),B(4,4,0),E(0,2,4),F(2,4,4),N(4,2,4). ∴EF= 220,MN=220,AM= ?204,BF=?204, ∴EF→=MN→,BF→=AM→,∴EF‖MN,BF∥AM.又EF∩BF=F,MN∩AM=M,∴平面AMN∥平面EFBD.∴平面AMN到平面 EFBD 的距离就是点 A 到平面EFBD 的距离.设平面AMN的法向量为n=(x,y,z),则 {n·MN→=2x+2y=0,n·AM→=?2x+4z=0,解得 {x=2z,y=?2z.取x=1,则x=2,y=-2,所以 n=2?21.∵AB=040,∴平面AMN与平面EFBD的距离 d=∣n?AB∣∣n∣=83.
10. A【解析】设直线l的一个单位方向向量为μ，则μ= m∣m∣=2210?1=220?22.又A(1,-1,-1)为直线l外一点，且直线l过点.P(1,3,1),所以 PA=(0,?4,-2),所以 PA?μ=0?4?2?220?22=2, ∣AP∣=25.所 以 点 A 到 直 线 l 的 距 离 d = PA2?AP?μ2=20?2=18=32.故选 A.
易错规避 利用点到直线的距离公式 d = PA2?AP?μ2计算距离时，一定要注意不能直接带入直线的一个方向向量，要先求解出直线的单位方向向量μ再进行计算.
提能力
607250513335011. ABC 【解析】如图,以点 D 为原点,DA,DC,DH所在直线分别为 x 轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(0,2,0),H(0,0,1),P(λ,2,1)(0≤λ≤1),所以 AC=?120,AH=?101,AP=λ?121.设平面ACH 的法向量为n=(x,y,z),则 {AC→·n=0,AH→·n=0,所以 {?x+2y=0,?x+z=0.取y=1,则x=2,z=2,所以n=(2,1,2).设点P 到 平 面 ACH 的 距 离为 d,则 d=∣AP?n∣∣n∣= ∣λ?1×2+2×1+1×2∣22+12+22=2λ+23.因为(0≤λ≤1,所以 23? 2λ+23≤43,所以 23≤d≤43,所以点 P 到平面ACH 的距离不可能是- 32,2,3.故选ABC.
12. D
6092190126238013.②③【解析】如图,以D为原点,DA,DC,DD?所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2,则A?(2,0,2),E(1,2,2).设P(0,m,0)(0≤m≤2),.则 PA1=2?m2,PE=12?m2,所以 ∣PA1∣= 4+m2+4=m2+8,∣PE∣=1+m?22+4= m2?4m+9.令 m2+8=m2?4m+9,解得 m=14,所以存在唯一一个点 P，使得PA?=PE,故①错误.又 A1E=(?1,2,0),所以 ∣A1E∣=1+4=5,所以直线A?E的一个单位方向向量 μ=?15250.设点P到直线A?E距离为d，则 d=|A1P|2?A1P?μ2=m2?8m+365,
所 以 S△PA1E=12∣A1E→→∣·d=12m2?8m+36=12(m?4)2+20.因为0≤m≤2,动点 P 沿着棱 DC 从点 D 向点 C 移动,即m从0逐渐变到2，随着m的变大， m?42+20变小，所以△PA?E 的面积越来越小，故②正确.求四面体A?PB?E的体积时,以△A?B?E 为底面,高为点 P 到上底面的距离h.因为 DC∥底面A?B?C?D?,所以h不变,所以四面体A?PB?E的体积不变，故③正确.
14.【解】(1)如图,以D为原点,以DA,DC,DD?所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则E(1,1,0),A?(1,0,
1),C?(0,2,1),所以
A1C1=?120,A1E=2184400-393700
(0,1,-1),所以 ∣A1C1∣=
5,∣A1E∣=2.
直线A?E的一个单位方向向量 u=A1E∣A1E∣=1201?1= 022?22,所以 A1C1?u=2.
所以 ∣A1C1∣2?A1C1?u2=5?2=3,
所以点 C? 到直线A?E的距离为 3
(2)由(1),得A(1,0,0),C(0,2,0),D?(0,0,1),
所以 AC=?120,AD1=?101,EA=0?10
设平面ACD?的法向量为n=(x,y,z),
则即 {?x+2y=0,?x+z=0.
取y=1,则x=2,z=2,
所以n=(2,1,2)是平面ACD?的一个法向量.
所以点 E 到平面 ACD? 的距离 d=∣EA?n∣∣n∣= 122+12+22=13.
15. B思维路径作出辅助线并根据题意可得OP⊥平面ABCD—→建立空间直角坐标系并写出空间中各点的坐标—→利用空间向量中点到直线的距离公式计算出点M到直线BD的距离最小时点M 的具体坐标→用空间向量的方法计算出点M到直线AD 的距离和点 P到平面
5848350130175MNAD 的距离——→利用棱锥体积公式求解.【解析】如图,分别取AD,BC的中点O,E,连接OP,OE.因为△PAD 是等腰直角三角形且AD=2,AP= 2,所以OP⊥AD,所以 OP=2?1=1.因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,OP?平面PAD,所以OP⊥平面ABCD,所以以O为原点,OA,OE，OP 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0),B(1, 2,0),C(-1, 2,0),D(-1,0,0),P(0,0,1),所以 PC=?12?1,DB=220, AP=?101.因为动点 M 在棱 PC上，所以设 PM= λPC0≤λ≤1,则M(-λ, 2λ,1-λ),所以 DM=(1?λ, 2λ,1?λ),所以 ∣DM∣=1?λ2+2λ2+1?λ2= 4λ2?4λ+2.由 DB=220,知 ∣DB∣=6,所以直线BD的一个单位方向向量 26130.所以 DM?u=2?2λ6+2λ3=63,所以点M到直 线 BD 的 距 离 为 ∣DM∣2?DM?u2= 4λ2?4λ+2?69=4λ?122+13,所以当 λ=12时，点M 到直线 BD 的距离最小，且最小距离为5/3，此时点M是PC的中点，即 M?122212.因为AD∥BC,AD?平面PBC,BC?平面PBC,所以AD∥平面 PBC.因为ADC平面ADM,平面ADM∩平面PBC=MN,所以AD∥MN,所以BC∥MN.因为点M 是PC的中点，所以点N是PB的中点，所以 MN=12BC=1.又 DM=122212,所以 ∣DM∣=14+12+14=1.易知 DA=200,所以 ∣DA∣=2，所以直线DA 的一个单位方向向量 v=DA∣DA∣=100.又 DM?v=12,所 以 点 M 到 直 线 AD 的 距 离为 ∣DM∣2?DM?v2=1?14=32.所以梯形 MNAD 的面积为 121+2×32=334.设平面 MNAD 的法向量为n=(x,y,z),则 {n·DA→=0,n·DM→=0,即 {2x=0,12x+22y+12z=0.取y=1,则 x=0,z=?2,所以n=(0,1,- 2).所以点 P 到平面MNAD 的距离为 ∣AP?n∣∣n∣=21+2=63,所以四棱锥 P-ADMN的体积为 13×334×63=24.故选 B.
课时2 用空间向量研究夹角问题
选择/填空题答案速查
题号
1
2
3
4
6
7
10
答案
D
C
B
21515
B
A
C
题号
11
12
15
16
17
18
19
答案
A
A
A
B
C
BCD
B
题号
20
21





答案
34
0255





夯基础
6041390222251. D 【解析】以D 为原点,DA,DC,DD?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 BB1=1,由AB=2BC=2BB?,得AB=2,BC=1,所以B(1,2,0),B?(1,2,1),C(0,2,0).因为P为C?D?的中点,所以 P(0,1,1),所以 PB=11?1, B1C=?10?1,所以 PB?B1C=?1+0+1=0,所以 PB⊥ B1C,即异面直线 PB与B?C所成角的大小为90°.故选 D.
61620403587752. C 【解析】在直三棱柱 ABC-A?B?C?中,BB?⊥平面ABC,CC?⊥平面ABC.∵BC?平面ABC,AB?平面ABC,∴ BB?⊥BC,CC?⊥AB. ∵AB1=BB1?BA,BC1=BC+CC1,∴AB1?BC1=BB1?BC+ BB1?CC1?BA?BC?BA?CC1=0+1?2×1×?12?0=2 ∵∣AB1∣=5,∣BC1∣=2,∴∣cosAB1BC1∣= ∣AB1?BC1∣∣AB1∣∣BC1∣=25×2=105,?异面直线AB?与BC?所成角的余弦值为 105.故选C.
6097270971553. B【解析】如图,以D 为原点,DA,DC,DS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.不妨设SD=t(t>0),则B(2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,t),所以E(2,1,0),F(0,1, 12), EC=?210,BF=?2?1t2.因为异面直线EC与BF 所成角的余弦值为 5，所以 ∣cosECBF∣=解得t=4,即SD=4. ∣EC?BF∣∣EC∣∣BF∣=∣4?1+0∣4+1×4+1+t24=55,故选B.
6120130173355 4.21515 【解析】以 D 为原点,DA,DC,DD?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A(2,0,0),A?(2,0,4),B(2,4,0),B?(2,4,4),C?(0,4,4).因为 A1F=B1F=A1 22,A1B1=AB=4,,所以△A?B?F为等腰直角三角形，所以△C?D?E也为等腰直角三角形.又平面A?B?F与平面C?D?E均与x轴垂直,所以E(0,2,6),F(2,2,6).又P,Q,M,N分别是AB,C?E,BB?,A?F的中点,所以P(2,2,0),Q(0,3,5),M(2,4,2),N(2,1,5),所以 PQ= ?215,MN=0?33,所以 ∣cosPQMN∣= ∣PQ?MN∣∣PQ∣∣MN∣=0?3+154+1+25×9+9=21515,所以直线 PQ 与直线MN所成角的余弦值为 21515.
5.(1)【证明】在正方体 ABCD-A?B?C?D?中,AB∥A?B?且AB=A?B?,A?B?∥C?D?且. A1B1=C1D1,
∴AB∥C?D?且AB=C?D?,
∴ 四边形ABC?D?为平行四边形,∴ BC?∥AD?.
∵BC??平面AD?E,AD??平面AD?E,
∴BC?∥平面AD?E.
(2)【解】以点A 为原点,AD,AB,AA? 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.
5293360295275设正方体ABCD-A?B?C?D?的棱长为2，则.A(0,0,0),B(0,2,0),C?(2,2,2),E(0,2,1), ∴BC1=202,AE=021.设异面直线BC?与AE所成的角为θ,
则 cosθ=∣cosBC1AE∣= ∣BC1?AE∣∣BC1∣∣AE∣=222×5=1010.
∴ 异面直线 BC?与AE 所成角的余弦值为 1010.
609346014147806. B 【解析】因为点A(1,1,-1)关于x 轴的对称点为B(1,-1,1),所以 OA=11?1,OB=1?11.设平面OAB 的 法 向 量为 n = (x,y,z),则 {n·OA→=0,n·OB→=0,即 {x+y?z=0,x?y+z=0.取y=1,得x=0,z=1,所以n=(0,1,1):是平面OAB 的一个法向量.又z轴的一个方向向量(a=(0,0,1).设z轴与平面OAB 所成的线面角为θ,则sinθ=| cos(a,n)|= ∣a?n∣∣a∣∣n∣=12=22,所以 θ=π4.故选B.
7. A 【解析】因为 PA,PB,PC 两两垂直,所以以 P 为原点,PA，PB，PC 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PA=PB=PC=2,则.P(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),E(1,1,0),F(0,1,1),所以 AF=?211, PE=110,PF=011.设平面 PEF 的法向量为n=(x,y,z),则 {n·PE→=x+y=0,n·PF→=y+z=0.取x=1,则y=-1,z=1,所以平面
PEF的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线 AF 与平面PEF 所成的角为θ，则 sinθ=1cosAFn∣=∣AF?n∣∣AF∣∣n∣= 23×6=23.故选 A.
方法总结利用向量法求直线A B与 平面ADC所成角的步骤
第一步，建立空间直角坐标系，并用向量的坐标表示.AB;
第二步，求平面ADC的法向量n；
第三步，设直线AB与平面ADC所成的角为θ，利用公式即可求解.
8.(1)【证明】如图,连接BD 交AC 于点O,连接OS,则AC⊥BD,且SO⊥平面ABCD.
易知AC=BD=2.
因为 S△SAC=12AC·SO=SO=1,
所以 SA=SC=2=AD=CD.
因为点 P 是SD的中点，
所以AP⊥SD,CP⊥SD.
又AP∩CP=P,AP,CP?平面PAC,
所以SD⊥平面 PAC.
又SD?平面SCD,
所以平面 SCD⊥平面 PAC.
(2)【解】假设存在点 P 满足题意.
如图，以O为原点OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则S(0,0,1),A(0,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),所以 SC=(0, 1,?1),SD=?10?1,AC=(0,2,0),AS=(0,1,1).
4526915140335设SP=λSD(0≤λ≤1),
则 AP=AS+SP=011+λ?10?1=?λ11?λ.
设平面ACP 的法向量为n=(x,y,z),
则 {n·AC→=2y=0,n·AP→=?λx+y+(1?λ)z=0.
令z=λ,可得x=1-λ,y=0,则n=(1-λ,0,λ).
所以 λ2×2λ2?2λ+1,
即 直 线 SC 与 平 面 ACP 所 成 角 的 正 弦 值为 λ2×2λ2?2λ+1,
所以直线 SC 与平面 ACP 所成角 的余弦值为 1?λ2×2λ2?2λ+12=155,
解得 λ=23或λ=2(舍去).
所以当点 P位于线段SD的靠近点 D 的三等分点处时，直线SC与平面ACP 所成角的余弦值为 155.
44469053517909.【解】(1)如图,以点 D 为原点,DA,DC,DG 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则 B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1),M(0,0, 12),所以 MB=11?12,BE=(0,?1, 1,BF=?101.
设平面BEF 的法向量为n=(x,y,z),则 {n·BE→=0,n·BF→=0,即 {?y+z=0,?x+z=0.
取z=1,得x=y=1,所以n=(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量.
所以点M到平面BEF 的距离 d=∣MB?n∣∣n∣=323=32.
(2)因为点M在棱DG上,故可设M(0,0,t)(0≤t≤1),所以 MB=11?t,
所以 cosnMB=n?MB∣n∣∣MB∣=2?t3×2+t2.
令2-t=n,可得
设 1n=m,则 sinθ=13×6m2?4m+1=fm,m∈121.
易知函数f(m)在区间 121上单调递减，
所以 fmmin=f1=13,fmmax=f12=63.
所以 sinθ的取值范围是 1363.
10. C 【解析】由题意可得 cosmn=m?n∣m∣∣n∣=11×2=22,所以两平面所成二面角为45°或 180??45?=135?.故选C.
11. A 【解析】以D为原点,DA,DC,DD?所在直线分别为x
617347074930轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A?(4,0,2),B(4,4,0),C?(0,4,2),所以 A1B=(0, 4,?2),A1C1=?440.设平面A?BC?的法向量为m=(x,y,z),则 {A1B→·m=0,A1C1→·m=0,即 {4y?2z=0,?4x+4y=0.取z=2,则：x=1,y=1,所以平面A?BC?的一个法向量为m=(1，1，2).易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),所以 cosmn=m?n∣m∣∣n∣=26=63,所以平面A?BC?与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为 63故选A.
620458538227012. A思维路径建立空间直角坐标系并写出各点的坐标——→设AD=t(0≤t≤2),分别求出平面 CDC? 和平面CDB?的法向量—→利用二面角的公式计算出t的值→得出AD的长度.
【解析】如图,以C 为原点,CA,CB,CC?所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设AD=t(0≤t≤2),则C(0,0,0),D(1,0,t),B(0,2,0),B?(0,2,2),C?(0,0,2),所以 CB=(0,2,0) ,CD=10t,CB1=022.易知平面CDC?的一个法向量为 CB=020设平面 CDB?的法向量为m=(x,y,z),则 {CD→·m=0,CB→1·m=0,刘 {x+tz=0,2y+2z=0.取y=1,则z=-1,x=t,所以平面CDB?的一个法向量为m=(t,1,-1).由题意知 cos60?=∣m?CB∣∣m∣∣CB∣=22t2+2=12,解得 t=2.故选A.
360108554356013.【解】(1)依题意,以点A为原点,以AB,AD,AF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.D(0,2,0),N(2,1,0),M(1,0,0),P(0,1,1),
所以 PM=1?1?1,PD=01?1,NM=?1?10.
设平面 PDM 的法向量为 n1=1y1z1,
贝 {n1·PM→=1?y1?z1=0,n1·PD→=y1?z1=0.
可得 n1=11212.
设点N到平面 PDM的距离为d，
则 d=∣NM?n1∣∣n1∣=62.
(2)因为动点 P 在线段EF(包含端点 E,F)上,
可设P(0,t,1)(0≤t≤2),
则 PM=1?t?1,MD=?120.
设平面 PDM 的法向量为 n2=1y2z2,
则 {n2·PM→=1?ty2?z2=0,n2·MD→=?1+2y2=0.
得 n2=1122?t2.
因为平面ABCD 的一个法向量为n?=(0,0,1),
所 以 cosθ=|2?t22?t2+54|=2?t22?t2+5= 1?52?t2+50≤t≤2,
所以当t=0时，cosθ取得最大值 23,此时点 P 与点 F重合.
14.(1)【证明】由题意,知AB⊥平面BEC.
又EC?平面BEC,所以AB⊥EC.
由 BC为底面圆的直径,得EC⊥BE.
因为BE∩AB=B,BE,AB?平面 ABE,所以 EC⊥平面ABE.
因为BM?平面ABE,所以EC⊥BM.
又BM⊥AC,AC∩EC=C,AC,EC?平面AEC,所以BM⊥平面AEC.
又AE?平面AEC,所以BM⊥AE.
因为 AB=BC=2BE,
所以在△ABE 中，由射影定理，得 MEAM=ME?EAAM?EA=BE2AB2= 12=NCAN,
所以MN∥EC.因为EC?平面BEC,MN?平面BEC,所以MN∥平面BEC.
又平面BEC∩平面BMN=l,MN?平面BMN,所以MN∥l.
5786755706755(2)【解】由(1)知M 为线段AE的三等分点且靠近点 E.以E为原点，EC，EB所在直线分别为x轴、y轴，过E的母线为z轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设EC=1，则线为(0,1,0),C(1,0,0),A(0,1,0),A(0,1,0),M(0,1,2),所以 BM=0?2323,CA= ?112,BC=1?10.
设 CN=λCA=?λλ2λ,λ∈(0,1),!则 BN=BC+CN=(1,?1, 0)+?λλ2λ=1?λ?1+λ2λ.
设平面 BMN的法向量为n=(x,y,z),
贝 {BM→·n=?23y+23z=0,BN→·n=(1?λ)x+(?1+λ)y+2λz=0.
取y=1,则 n=1?3λ1?λ12.
易知平面 EDC的一个法向量为v=(0,1,0).
设平面 BMN 与平面DEC的夹角为θ,则 cosθ=| cos(n·
v?∣=1(1?3λ1?λ2+3=12,
解得λ=0(舍去)或 λ=12.
故当平面BMN与平面 DEC 的夹角为π/3时， λ=12,此时N为AC的中点.
15. A【解析】由题意，设直线l与平面α所成的角为θ，则 sinθ=∣cosan∣=32.由 θ∈0π2得 θ=π3.故选A.
易错规避 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的角为φ，则有 sinθ=∣cos∣=∣a?u∣∣a∣∣u∣,注意此公式中最后的形式是 sinθ,而不是cosθ.
646176069278516. B思维路径建立空间直角坐标系并写出各点的坐标→设P(x，3，z)，根据空间向量垂直的坐标表示求得z= 34x→进而求出BP的最小值→从而得到 tanθ的最大值.
【解析】以 D 为原点,DA,DC,DD?所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(3，0，0),B(3,3,0),D?(0,0,4).设P(x,3,z), AP=x?33z,则 BD1=?3?34,BP=(x?3,0,z).因为AP⊥BD?,所以 AP?BD1=0,即-3×(x-3)-3×3+4z = 0,所以 z=34x.所以 ∣BP∣=x?32+z2= 2516x2?6x+9=2516x?48252+8125≥95.连接BP，在正四棱柱ABCD-A?B?C?D?中,AB⊥平面 BCC?B?,所以∠APB 就是AP与平面BCC?B?所成的角,即∠APB=θ,所以 tanθ=ABBP≤53.所以tanθ的最大值为 53, 故选 B.
63099951601470653288010985517. C 【解析】取 AD 的中点 E,DC的中点 F,连接ME、MF,EF,如图(1). ∵ 在 正 方 体 ABCD -A?B?C?D?中,M是棱DD?的中点,∴ME∥BC?,MF∥A?B. ∵ ME ∩MF=M,BC?∩A?B=B,∴平面A?BC?∥平面EFM.∵ P 是四边形ABCD内(包括边界)的一个动点,MP∥平面A?BC?,∴点P的轨迹是线段 EF.如图(2),以D为原点,DA,DC,DD?所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2,则 A?(2,0,2),C?(0,2,2),E(1,0,0),F(0,1,0),M(0,0,1),. ∴EF=(?1,1,0) ,ME=10?1,A1C12=(-2,2,0).∵P在线段EF上,设 EP=λEF,λ∈01,则 EP=λ?110=?λλ0,∴MP=ME+EP=(1,0,-1)+(-λ,λ,0)=(1-λ,λ,-1).∴| cos650557522923518. BCD 【解析】如图,以点 D 为原点,DA,DC,DD?所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系,则 A(1,0,0),A?(1,0,1),B?(1,1,1),C?(0,1,1),E(0,0, 12),F(1,1, 12),所以 FC1=?1012,平面ABCD 的法向量 AA1=(0,0,1).设直线FC? 与底面ABCD 所成的角为θ,则sinθ= ∣cosFC1AA1∣=∣FC1?AA1∣∣FC1∣∣∣AA1∣=1254×1=55,所以直线FC?与底面 ABCD 所成的角不为 30°,故 A 错误.易知 AB1=011,AE=?1012.设平面AB?E的法向量为n=(x,y,z),则取z=2,则x=1,y=-2,所以n=(1,-2,2).设平面AB?E与底面ABCD 的夹角
为α，则 cosα=∣cosAA1n∣=∣AA1?n∣AA1∣∣n∣∣=∣=∣21×3∣=23,所以平面AB?E与底面ABCD 夹角的余弦值为 23,故B 正确.易知 FE=?1?10,所以直线 FC?与直线AE的距离 d=∣FE∣?1?FC1?FE∣FC1∣?∣FE∣2=2×故 C 正确. 因为 FC?∥AE,AE?平面AB?E,FC??平面AB?E,所以 FC?∥平面AB?E.又 AF=0112,平面AB?E的一个法向量，n=(1,-2,2),所以直线 FC? 与平面 AB?E 的距离 =∣AF?n∣∣n∣= ∣?2+112+?22+22∣=13,故D 正确.选 BCD.
607250512700019. B 【解析】因为PD⊥平面ABCD,DA,DC?平面ABCD,所以PD⊥DA,PD⊥DC.又底面ABCD 为矩形,所以 DA⊥DC.以 D 为原点,DA,DC,DP 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PD=a(a>0).由AD=2,DC=4,得D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,a),所以 PA=(2,0, ?a),AC=?240,PD=00?a.设平面 PAC的法向量为n=(x,y,z),则 {n·PA→=2x?az=0,n·AC→=?2x+4y=0.令x=2a,得y=a,z=4,所以n=(2a,a,4).又直线PD与平面PAC所成角的正弦值为 23，所以 ∣cosnPD∣=∣n?PD∣∣n∣∣PD∣=45a2+16= 23,解得a=2，所以PD=2. 又所以 VP?ABCD= 13SA对BCD?PD=13×8×2=163.故选 B.
20. 34
5504180713105 21.0255 【解析】由题意可知AD，AB，AP 两两垂直，以点A 为原点,AD,AB,AP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 D(2,0,0),P(0,0,1),所以 DP=(?2,0,1).设点Q(a,b,0),0≤a≤2,0≤b≤1,则 DQ=(a-2,b,0).设平面 PDQ的法向量为m=(x,y,z),则 {m·DP→=?2x+z=0,m·DQ→=(a?2)x+by=0.取x=b,则y=2-a,z=2b,所以m=(b,2-a,2b).易知平面PAD 的一个法向量n=(0,1,0),所以 cosmn∣=∣m?n∣∣m∣∣n∣=∣2?a∣2?a2+5b2=22,整理，得 2?a=5b,即 a+5b=2.直线 CD上的点(x,y,0)满足x+y= 2. 联立 {a+5b=2,a+b=2,解得 {a=2,b=0.联立 {a+5b=2,a=0,解得 {a=0,b=255.所以点 Q 的纵坐标b的取值范围为 0255.易知点 Q 不在线段 AD 上,所以 b∈ 0255,所以 S△ADQ=12AD·b=b∈(0,255].即△ADQ的面积的取值范围是 0255.
46424853111522.(1)【证明】如图,连接 O?C,O?C,O?D,O?D,易得C,O?,D,O?四点共面.
又因为圆柱O?O?的上、下底面平行,所以O?C∥O?D.
因为AC=BC,O?为AB 的中点,所以AB⊥O?C.
又AB⊥O?O?,且( O1O2∩O2C=O2,所以AB⊥平面O?O?C.
又CD?平面O?O?C,所以AB⊥CD.
(2)【解】延长 DO? 交⊙O?于点 E,连接CE,AE,BE,则CE∥O?O?,所以CE⊥AE.
因为点E在⊙O?上,AB为⊙O?的直径,
所以AE⊥BE,即AE,BE,CE两两垂直.
如图，以E 为坐标原点，分别以EA,EB,EC的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.
由圆柱O?O?的侧面积为2π,高为1,得AB=2.
设 ∠BAE=θ(0?<θ<90?),则BE=2sinθ,AE=2cosθ,所以 A(2cosθ,0,0),B(0,2sinθ,0),C(0,0,1),D(2cosθ,2sinθ,0),
所以 AC=?2cosθ01,BC=0?2sinθ1,CD=(2cosθ,2sinθ,-1).
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z).
由 {n·AC→=0,n·BC→=0,得 {?2cosθ·x+z=0,?2sinθ·y+z=0.
令：y=1,则x=tanθ,z=2sinθ,
所以n=(tanθ,1,2sinθ),
则 ∣cosnCD∣=∣n?CD∣∣∣n∣?∣CD∣= 2sinθtan2θ+1+4sin2θ?4cos2θ+4sin2θ+1解得 sin22θ=34.
又0°<θ<90°,所以 sin2θ=32,
所以 S△ABD=12·AD·BD=12·2sinθ·2cosθ= sin2θ=32.
故三棱锥D-ABC 的体积 V=VC?ABD=13·S△ABD·CE= 13×32×1=36.
23.【解】(1)由题意可知AC=BC=AB.
又E是AB 的中点,所以CE⊥AB.
由题意可知AA?⊥平面ABC,又CE?平面ABC,所以CE⊥AA?.
因为AA?∩AB=A,AA?,AB?平面ABB?A?,所以CE⊥平面ABB?A?.
因为ADC平面ABB?A?,所以AD⊥CE.
因为AD⊥A?C,CE∩A?C=C,CE,A?C?平面A?CE,所以AD⊥平面A?CE.
又A?E?平面A?CE,所以AD⊥A?E.
在正方形ABB?A?中,∠DAB=∠EA?A,所以 BDAB=tan∠DAB=tan∠EA1A=EAAA1.
又AB=A?A,所以BD=EA=1,所以 BD的长是1.
(2)在平面ABB?A?内,过点 E 作 Ez⊥AB,结合(1)知,EB,EC, Ez 两两垂直.
以点 E 为原点，EB，EC所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设BD=t(03959860306705设平面 ADC? 的法向量为n=(x,y,z),
则 {n·AD→=2x+tz=0,n·AC1→=x+3y+2z=0.
取z=2,则 x=?t,y=t?43,所以 n=?tt?432.
易知平面ABC 的一个法向量m=(0,0,1).
设平面ADC?与平面ABC 的夹角为θ，
所以当t=1时, cosθmax=22.
故平面 ADC? 与平面 ABC 的夹角的余弦值的最大值为 12
24.(1)【证明】∵三棱柱ABC-A?B?C?为直棱柱,
∴BB?⊥平面ABC,∴BB?⊥BC.
又∵BC⊥BA?,BB?∩BA?=B,BB??平面ABB?A?,BA??平面ABB?A?,
∴BC⊥平面ABB?A?.
∵AB?平面ABB?A?,∴BC⊥AB.
(2)【解】∵BC⊥BA,BB?⊥平面BAC,∴BC,BA,BB?两两垂直.
5085080390525以B 为原点,BB?,BC,BA 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A(0,0,2),B(0,0,0),E(1,0,1),
所以 BA=002,BE=(1,0,1).
设BC=a,则 VA?CEA1=12VA1?ABC=12×13×S△ABC×AA1=12× 13×12×2×a×2=13,
解得a=1.
所以平面ABE 的一个法向量为 BC=010.
设 EPEC=λ(0<λ<1),则 BP=BE+λEC=1?λλ1?λ.
设平面ABP 的法向量为m=(x,y,z),
579120151130
则
取x=λ,得y=λ-1,z=0,
∴m=(λ,λ-1,0).
∵二面角 P-AB-E的大小为 30?,∴cos30?=∣BC?m∣∣BC∣∣m∣= ∣λ?1∣1?2λ2?2λ+1,解得 λ=3?12负值已舍去).
∴存在点 P，当 EPEC=3?12时,二面角 P-AB-E 的大小为30°.