第一章 空间向量与立体几何（A卷·知识通关练）-【单元测试】2022-2023学年高二数学分层训练AB卷（人教B版2019）

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第一章 空间向量与立体几何（A卷·知识通关练）
核心知识1 空间向量及其运算
1．（2022·甘肃定西·高二开学考试（理））在长方体中，下列关于的表达中错误的一个是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】，A正确；

，B错误；
，C正确；
，D正确．
故选：B．
2．（2022·全国·高二专题练习）若{，，}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（       ）
A．，， B．，， C．，， D．，，
【答案】C
【解析】由平面向量基本定理得：
对于A选项，，所以，，三个向量共面；
对于B选项，，，，三个向量共面；
对于C选项，则存在实数使得，
则共面，与已知矛盾，因此C选项中向量不共面；
对于D选项，，所以三个向量共面；
故选：C．
3．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体，中，点是的中点，点在上，且，则（       ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】易知，，，，，，所以．
故选：D
4．（2022·全国·高二专题练习）如图所示，在平行六面体中是的中点，点是上的点，且，用表示向量的结果是______．

【答案】
【解析】是的中点，

．
故答案为：．
5．（2022·全国·高二专题练习）已知向量可作为空间的一组基底，若，且在基底下满足，则__．
【答案】2
【解析】因为，且
，
所以，解得
故答案为：2．
6．（2022·全国·高二专题练习）已知非零向量，，且不共面．若，则_______．
【答案】
【解析】不共面，故可看作空间向量的一组基底，
，故存在，使得，
即，
，解得：，则．
故答案为：．
7．（2022·全国·高二课时练习）如图，已知空间四边形，点，分别是，的中点，点，分别是，上的点，且，．用向量法求证：四边形是梯形．

【解析】证明：连接．

点E，H分别是边，的中点，且，，
，
且．
又不在上，四边形是梯形．
8．（2022·全国·高二课时练习）如图，已知，分别为四面体的面与面的重心，为上一点，且．求证：，，三点共线．

【解析】证明：取的中点，连接，
因为，分别为四面体的面与面的重心，
所以在上，在上，
设，，，
因为为的重心，
所以


，
因为，所以，
所以，
因为为的重心，
所以，
∴．
又，
∴，，三点共线．

9．（2022·全国·高二专题练习）已知为空间9个点（如图），并且，，．，求证：

（1）四点共面；
（2）；
（3）．
【解析】（1）因为，由共面向量的基本定理，可得是共面向量又因为有公共点，所以四点共面．
（2）因为，则，所以．
（3）由（1）及，可得，所以，即．

核心知识2 空间向量基本定理
10．（2022·甘肃定西·高二开学考试（理））空间四边形中，，，则的值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，
所以

所以，
故选：D．
11．（多选题）（2022·全国·高二课时练习）如图，在三棱柱中，，分别是，上的点，且，．设，，，若，，，则下列说法中正确的是（       ）

A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】
，故A错误；
由题可知，，，
∴，
∴，故B正确；
因为，，
则

，故C错误，D正确．
故选：BD．
12．（2022·全国·高二课时练习）如图，在平行六面体中，．求：

（1）；
（2）的长；
（3）的长．
【解析】（1）由向量的数量积的概念，可得．
（2）因为，
所以，
即的长为．
（3）以为，
所以
．
13．（2022·全国·高二课时练习）如图，在三棱锥中，点为棱上一点，且，点为线段的中点．

（1）以为一组基底表示向量；
（2）若，，，求．
【解析】（1）∵为线段的中点，∴，∵，∴，∴





；
（2）



．
14．（2022·全国·高二专题练习）如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且，且．

（1）用向量表示向量；
（2）求证：共面；
（3）当为何值时，．
【解析】（1）．
（2）证明：，，
，共面．
（3）当，，
证明：设，
底面为菱形，则当时，，
，，
，
，
．

核心知识3 空间向量运算的坐标表示
15．（2022·全国·高二专题练习）在平行六面体中，底面是矩形，，平行六面体高为，顶点在底面的射影是中点，设的重心，建立适当空间直角坐标系并写出下列点的坐标．

（1）；
（2）；
（3）；
（4）若为上点，且，写出点坐标；
【解析】（1）如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，以过点作的平行线为轴建立空间直角坐标系．设点，点在平面上则，

由图可知它到轴投影对应数值，则，到轴投影对应数值为，则，即同理得；
（2）是的重心，（由三角形重心公式可得）
（3）设，则，，又，比较得，点B坐标为
（4）三点共线，可设，（某点在一直线上常用向量法）即，，，，∴解得：，故．
16．（2022·全国·高二专题练习）四棱锥中，，，侧面为等边三角形，，．建系求点的坐标．
【解析】以为坐标原点，过作轴垂直平面建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
作出在底面上的投影，则由四棱锥，
，，侧面为等边三角形，
取的中点，连接，则点一定在上，
又，，
所以在中，设，
所以，则①，
在中，，则②，
由①②解得：，，故．

17．（2022·吉林油田高级中学高二开学考试）已知空间中三点的坐标分别为，，，且，．
（1）求向量与夹角的余弦值；
（2）若与互相垂直，求实数的值．
【解析】（1），，
所以．
（2）因为，，且与互相垂直，
所以，解得．
18．（2022·全国·高二课时练习）《九章算术》第五卷中涉及一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．该羡除是一个多面体，如图，四边形，均为等腰梯形，，平面平面，梯形，的高分别为3，7，且，，，则______，______．

【答案】14    
【解析】过分别作，的垂线，垂足分别为，，如图所示．由，可
得，又平面平面，，平面平面，平面，∴平面，∴，．
又，故，，两两垂直，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，∴，，，
∴，

故答案为：；
19．（2022·上海虹口·高二期末）已知空间三点，，共线，则________，________．
【答案】3     6
【解析】由已知得：．
因为A，B，C三点共线，所以．
所以，解得：p=3，q=6．
故答案为：3；6
20．（2022·吉林油田高级中学高二开学考试）若向量，，则______．
【答案】19
【解析】∵，，∴，
∴，
故答案为：19
21．（2022·全国·高二单元测试）正方体的棱长为，点在上，且，为的中点，则的长为__．
【答案】
【解析】如图所示，

，，，，，0，．
，
，

，0，
．
，
．
故答案为：．
22．（多选题）（2022·全国·高二课时练习）（多选）已知向量，则下列向量中与的夹角为60°的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】不妨设向量，
若，则，不满足条件，A错误；
若，则，满足条件，B正确；
若，则，满足条件，C正确；
若，则，不满足条件，D错误．
故选：BC．
23．（多选题）（2022·福建宁德·高二期末）已知，，，则下列结论正确的是（       ）
A． B．
C．为钝角 D．在方向上的投影向量为
【答案】BD
【解析】因为，所以，不垂直，A错，
因为，所以，B对，
因为，所以，所以不是钝角，C错，
因为在方向上的投影向量，D对，
故选：BD．
24．（2022·吉林油田高级中学高二开学考试）已知向量，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，
故选：D．
25．（2022·全国·高二课时练习）在正三棱柱中，，为棱的中点，为线段上的一点，且，则（       ）
A．10 B．12 C．15 D．20
【答案】C
【解析】以点为坐标原点，以及与过且与同向的方向分别为轴建立空间直角坐标系．则，，，设，由，知，解得，故．

故选：C

核心知识4 用空间向量研究平行、垂直问题
26．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，在正方体中，是底面正方形的中心，是的中点，是的中点，则直线，的位置关系是（       ）

A．平行 B．相交 C．异面垂直 D．异面不垂直
【答案】C
【解析】以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则，，，．
∴，，∴，∴直线，异面垂直．

故选：C
27．（2022·江西·景德镇一中高二期末（理））如图，下列正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，P为所在棱的中点，则满足直线的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】在正方体中，对各选项建立相应的空间直角坐标系，令正方体棱长为2，点，
对于A，，，，与不垂直，A不是；

对于B，，，，，B是；

对于C，，，，与不垂直，C不是；

对于D，，，，与不垂直，D不是．

故选：B
28．（2022·全国·高二）如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（       ）

A．//
B．
C．//平面
D．平面
【答案】B
【解析】在正四棱柱中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

令，是底面的中心，分别是的中点，
则，，，
对于A，显然与不共线，即与不平行，A不正确；
对于B，因，则，即，B正确；
对于C，设平面的法向量为，则，令，得，
，因此与不垂直，即不平行于平面，C不正确；
对于D，由选项C知，与不共线，即不垂直于平面，D不正确．
故选：B
29．（多选题）（2022·江苏·连云港高中高二期中）给出下列命题，其中是真命题的是（       ）
A．若直线的方向向量，直线的方向向量，则与垂直
B．若直线的方向向量，平面的法向量，则
C．若平面，的法向量分别为，，则
D．若存在实数使则点共面
【答案】AD
【解析】对于A：因为直线的方向向量，直线的方向向量，
且，所以，所以与垂直．故A正确；
对于B：因为直线的方向向量，平面的法向量，且，所以不成立．故B不正确；
对于C：因为平面，的法向量分别为，，且，所以不垂直，所以不成立．故C不正确；
对于D：若不共线，则可以取为一组基底，由平面向量基本定理可得存在实数使则点共面；
若共线，则存在实数使所以共线，则点共面也成立．
综上所述：点共面．故D正确．
故选：AD
30．（2022·全国·高二专题练习）如图所示，在直三棱柱中，，，，．

（1）求证：；
（2）在上是否存在点，使得平面，若存在，确定点位置并说明理由，若不存在，说明理由．
【解析】（1）因为，，，所以，如图所示，在直三棱柱中，以为坐标原点，直线、、分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，因为，，所以，，即．
（2）若存在点使平面，则，，，，，，因为平面，所以存在实数、，使成立，则，解得，故在上存在点使平面，此时点为中点．
31．（2022·全国·高二专题练习）如图所示，在边长为的正方形中，点在线段上，且，作，分别交于点，作，分别交于点，将该正方形沿折叠，使得与重合，构成如图所示的三棱柱．

（1）在三棱柱中，求证：平面；
（2）试判断直线是否与平面平行，并说明理由．
【解析】（1），从而有，又，平面．
（2）直线与平面不平行．理由如下：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

，，，，设平面的一个法向量，则，取，得，，直线与平面不平行．
32．（2022·全国·高二专题练习）如图，在直三棱柱中，为的中点．

（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面．
【解析】（1）在直三棱柱中，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

设，则，，，
，，，
则，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
，且平面，则平面
（2），，
设平面的一个法向量，
则，取，得，
又平面的法向量，则，则
平面平面．
33．（2022·全国·高二课时练习）如图，在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，PA＝2，底面ABC于点D，，且DB＝1．

（1）求证：平面PDB．
（2）在棱PC上是否存在一点E，使得平面PAB？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）证明：因为，
所以，所以．
因为为正三角形，所以．
又由已知：在四边形中，由内错角相等，即．
因为平面平面，
所以平面；
（2）假如存在平面，面，则，
由面，面，则，
又，面，
所以平面，又平面，所以，
以下建系判断AB、PC是否垂直：
因为平面，面，所以．
如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则
所以，
因为，所以与不垂直，
所以在棱上不存在点，使得平面．

核心知识5 用空间向量研究异面直线所成角问题
34．（2022·吉林油田高级中学高二开学考试）已知正四面体的棱长为1，，，，分别是棱，，，的中点，设，，，用向量法解决下列问题．

（1）求；
（2）求直线与所成的角．
【解析】（1）正四面体的棱长为1，、、、分别是棱，，，的中点，，，，
∴，；
∴，
∴
；
（2）正四面体中，，；
同理，，；
∴
，
∴直线与所成的角为．
35．（2022·浙江丽水·高二期末）如图，在三棱锥中，平面，是边长为的正三角形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（       ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】解法一：设E为BC的中点，连接FE，如图，

∵E是BC的中点，
∴∥，，，；
在中，由余弦定理可知
∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为，
解法二：以A为坐标原点，AC，AM所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，

易知，，，
所以，，
则，
∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为．
故选：D
36．（2022·福建·厦门外国语学校高二期末）将正方形沿对角线折起，使得平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】取中点为，连接，所以，
又面面且交线为，面，
所以面，面，则．
设正方形的对角线长度为2，
如图所示，建立空间直角坐标系，，
所以，．
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故选：A

37．（2022·全国·高二课时练习）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，∠BAA1＝∠DAA1，AC1．

（1）求侧棱AA1的长；
（2）M，N分别为D1C1，C1B1的中点，求及两异面直线AC1和MN的夹角．
【解析】（1）设侧棱AA1＝x，
∵在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，且∠A1AD＝∠A1AB＝60°，
∴1，x2，•0，•，•，
又∵，
∴2＝（）22•2•2•26，
∴x2+2x﹣24＝0，∵x＞0，∴x＝4，
即侧棱AA1＝4．
（2）∵，（），
∴（）•（）（••）（1﹣1+2﹣2）＝0，
∴两异面直线AC1和MN的夹角为90°．
38．（2022·湖南岳阳·高二期末）如图，在直三棱柱中，侧面侧面分别为的中点，；

（1）求证：直线面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
【解析】（1）证明：取的中点P，连
因为分别为的中点，所以
且，又在直三棱柱中，
且，所以且．
所以四边形为平行四边形，所以
因为平面平面，
所以直线平面；

（2）解在直三棱柱中平面，所以，又侧面侧面，平面平面，所以平面，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则由题意可知，所以；
所以．
所以异面直线MC1与BN所成角的余弦值为．

39．（2022·黑龙江·双鸭山一中高二期末）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，面，，点为线段中点

（1）求证：面；
（2）求异面直线与所成角的大小．
【解析】（1）证明：
由面建立如图所示的直角坐标系，以A点为坐标原点，分别以，垂直于AD以及为方向建立轴，如图所示：

由底面是等腰梯形以及可知：，，
，
又由点为线段中点，可知
，，
设为平面的法向量，故可知：
，解得
令，可知平面的法向量一个法向量为：

根据线面平行的向量法判断法则可知面
（2）由题意得：由（1）分析可知，

可知向量互相垂直，故异面直线与所成角的大小为

核心知识6 用空间向量研究线面角问题
40．（2022·浙江·诸暨市教育研究中心高二学业考试）已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，，，，为的中点．

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）连接交于，连接，

是菱形，是中点，又是中点面，面面
（2）

过作于，连接在，，，连接，菱形又在中，由余弦定理解得即故以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示坐标系则平面的法向量又故直线与平面所成角的正弦值为．
41．（2022·北京市第五十七中学高二期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面，是线段上的点．

（1）当点为线段的中点时，证明直线平面
（2）求证：；
（3）点在线段上，且，求直线与平面的夹角的正弦值
【解析】（1）当点为线段的中点时，取的中点，连接，，

则，且，又为的中点，底面是边长为的菱形，
，且，，且，
四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面．
（2）证明：连接，底面是边长为的菱形，，
又为正三角形，为的中点，
，，又，
平面，又平面，
，又，
．
（3）∵平面平面，为正三角形，为的中点，
，平面平面，平面，
底面，
以分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，根据题意可得：
，，，，，
又，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
，设直线与平面的夹角为，
则，
直线与平面的夹角的正弦值为．
42．（2022·内蒙古通辽·高二期末（理））如图，在四棱锥中，底面为菱形，，分别为，的中点，

（1）证明：平面．
（2）若平面，，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）证明：取的中点，连接，．因为，分别为，的中点，所以，，又底面为菱形，所以，所以，，所以四边形为平行四边形，所以．又平面，平面，所以平面．
（2）因为平面，，所以以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．

因为，所以，，，，则，，，设平面的法向量，则，令，得，设直线与平面所成的角为，则
43．（2022·浙江·诸暨市教育研究中心高二学业考试）如图，三棱柱的底面为菱形，，为的中点，且．

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）证明：以、、为基底，得，，，所以；同理可证，和是平面内两相交直线，所以平面．
（2）由已知四面体是正四面体，如图，是的中心，是的中点，，是正四面体的高，从而与底面上的直线垂直，是与平面所成的角，则，所以，．

44．（2022·全国·高二课时练习）如图所示，在几何体EFG-DABC中，四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长均为1，点M在棱DG上．

（1）求证：BMEF．
（2）当DM的长为多少时，使得直线MB与平面BEF所成的角为45？
【解析】（1）四边形、四边形、四边形均为正方形，两两互相垂直，
以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，设，
，，，
（2）由（1）知：，，
设平面的法向量，
，令，解得，，；
假设存在点，使得直线与平面所成的角为，则，
，解得：，
在棱上，，，
当点在棱上，且时，直线与平面所成的角为．

核心知识7 用空间向量研究二面角问题
45．（2022·全国·高二课时练习）如图，平面平面，，，，，，，平面与平面交于．

（1）求证：；
（2）若，求二面角的余弦值．
【解析】（1）∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面平面，平面，
∴；
（2）设的中点为，连接，
∵，，
∴是等边三角形．又为的中点，
∴，∵，
∴，
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，故两两垂直．
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
∵，，
∴四边形CDEF为平行四边形，即，
∴，
∴，，
设平面BCF的一个法向量为，
则，令，则，
易知平面ABC的一个法向量为，
∴，
由题可知二面角的平面角为锐角，
∴二面角的余弦值为．
46．（2022·安徽滁州·高二期末）如图，在多面体ABCDEF中，AD⊥平面ABC，AD//BE//CF，且AD＝1，BE＝5，CF＝3，△ABC是边长为2的正三角形，G是AB的中点．

（1）求证：CG//平面DEF；
（2）求二面角的余弦值．
【解析】（1）证明：以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，在平面ABC中，过B作AB的垂线为y轴，BE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面DEF的法向量，
则，取x＝2，得，
∵0，所以，
又平面DEF，∴CG//平面DEF；
（2）平面DEF的法向量，
，，
设平面ADF的法向量，
则，取b＝1，得，
则，
有图可知二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．

47．（2022·全国·高二课时练习）如图，四边形是正方形，四边形是菱形，平面平面．

（1）证明：；
（2）若，且平面平面，求平面与平面所成的锐二面角的正弦值．
【解析】（1）如图，连接交于点，连接．∵四边形为正方形，∴，且为的中点．

又四边形为菱形，∴．∵，∴平面，又平面，∴．
（2）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，不妨设，则，，．
由（1）得，又平面平面，
平面平面，平面，
∴平面，，，∴，
故，，∴，，
，．
设为平面的一个法向量，
为平面的一个法向量，
则，故可取，
同理，故可取，
所以设平面与平面所成的锐二面角为，
则，
所以平面与平面所成的锐二面角的正弦值为．
48．（2022·江西·丰城九中高二期末）如图，四棱锥的底面是平行四边形，，是的中点，点满足．

（1）证明：平面平面；
（2）若，求二面角的余弦值．
【解析】（1）由题意得，，，在中，由余弦定理可得，，则，，，平面，平面，平面，所以平面平面．
（2）由（1）知平面，平面，，又，，平面，所以平面，以为原点，分别以、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，

连接，在平行四边形中，由余弦定理可得，在直角三角形中，，于是、、，由得，设平面的法向量，则，取得，，易知平面的一个法向量，则，由图可知，二面角的平面角为钝角，所以，二面角的余弦值为．

核心知识8 用空间向量研究距离问题
49．（2022·全国·高二专题练习）如图，已知斜三棱柱在底面上的射影恰为的中点又知．

（1）求证：平面；
（2）求到平面的距离．
【解析】（1）证明：∵在底面上的射影为的中点，∴平面平面，∵，且平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴，∵，且，平面，∴平面．
（2）取的中点，以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，∵平面，平面，∴，∴四边形是菱形，∵是的中点，∴，∴，，，，∴，，

设平面的法向量，则，，取，，到平面的距离．，平面，平面平面，到平面的距离等于到平面的距离．
50．（2022·江苏宿迁·高二期末）如图，三棱柱中，所有棱长都为2，且，平面平面，点P，Q分别在上，且．

（1）求证：平面；
（2）当点P是边的中点时，求点到直线的距离．
【解析】（1）作，交于点，由，则，

∵，
∴，即，
∴且，连接，
所以四边形为平行四边形，
∴，
∵平面，且平面，
∴平面．
（2）取中点，连接、，
∵，，，
根据余弦定理得：，
∴，
则，又平面平面，平面平面，
∴平面，
∵是等边三角形，
∴，
如图建立空间直角坐标系，

则，
∴，
∴，
∴点到直线的距离为．
51．（2022·全国·高二课时练习）如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，点M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，

（1）证明：平面AMN∥平面EFBD；
（2）求平面AMN与平面EFBD间的距离．
【解析】（1）证明：如图所示，建立空间直角坐标系，

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）．
从而＝（2，2，0），＝（2，2，0），＝（－2，0，4），＝（－2，0，4），
所以，，所以EF∥MN，AM∥BF．
又平面EFBD，平面EFBD，所以MN∥平面EFBD，
平面EFBD，平面EFBD，所以AM∥平面EFBD，
因为MN∩AM＝M，
所以平面AMN∥平面EFBD；
（2）因为平面AMN∥平面EFBD，
所以点B到平面AMN的距离即为平面AMN与平面EFBD间的距离．
设是平面AMN的法向量，
则有即，可取，
由于＝（0，4，0），
所以点B到平面AMN的距离为，
所以平面AMN与平面EFBD间的距离为．
52．（2022·江西省万载中学高二期中（理））如图，在棱长为a的正方体中，M为的中点，E为与的交点，F为与的交点．

（1）求证：，．
（2）求证：是异面直线与的公垂线段．
（3）求异面直线与的距离．
【解析】（1）以D为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系．
则，，，，，，，，，，．
所以，，．
因为，所以，即；
因为，所以，即；

（2）因为，，．
所以，所以，即；
，所以，即．
又，
所以是异面直线与的公垂线段．
（3）由（2）可知：是异面直线与的公垂线段，
所以异面直线与的距离即为．
即异面直线与的距离为．
53．（2022·福建福州·高二期末）如图，在正四棱柱中，已知，，E，F分别为，上的点，且．

（1）求证：平面ACF：
（2）求点B到平面ACF的距离．
【解析】（1）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则，
设面的一个法向量为，，
可得，即，不妨令则，
平面．
（2），则点到平面的距离为．