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高考数学科学创新复习方案提升版第44讲空间向量在立体几何中的应用学案（Word版附解析）
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这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第44讲空间向量在立体几何中的应用学案（Word版附解析），共41页。
1．直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量
在直线l上取非零向量a，把与aeq \x(\s\up1(01))平行的非零向量称为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量
直线l⊥α，取直线l的方向向量a，称向量a为平面α的法向量．
2．空间位置关系的向量表示
3.空间向量与空间角的关系
(1)两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，向量a与b的夹角为θ，则csφ＝|csθ|＝eq \x(\s\up1(05))eq \f(|a·b|,|a||b|)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中φ为异面直线a与b所成的角，范围是\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))))).
(2)直线与平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|csθ|＝eq \x(\s\up1(06))eq \f(|e·n|,|e||n|)，φ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(3)求二面角的大小
如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的射线，则二面角的大小θ＝eq \x(\s\up1(07))〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉．
如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足csθ＝cs〈n1，n2〉或－cs〈n1，n2〉，取值范围是[0，π]．
注：注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的取值范围是[0，π]，两个平面的夹角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
4．向量法求空间的距离
(1)点到直线的距离
如图，直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，则点P到直线l的距离d＝eq \x(\s\up1(08))eq \r(\(AP,\s\up6(→))2－(\(AP,\s\up6(→))·u)2)．
(2)点到平面的距离
如图，A是平面α内的定点，B是平面α外一点，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝eq \x(\s\up1(09))eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)．
(3)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．
确定平面法向量的方法
(1)直接法：观察是否有垂直于平面的向量，若有，则此向量就是法向量．
(2)待定系数法：取平面内的两个相交向量a，b，设平面的法向量为n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·a＝0，,n·b＝0，))解方程组求得．
1．(2023·台州检测)已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cs〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，则直线l与平面α所成的角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,2)
答案 A
解析 设直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(1,2).∵θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴θ＝eq \f(π,6).故选A.
2．在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(15),6) B．－eq \f(\r(15),6)
C.eq \f(\r(15),3) D．－eq \f(\r(15),3)
答案 A
解析 eq \f(|（0，－1，3）·（2，2，4）|,\r(1＋9)×\r(4＋4＋16))＝eq \f(\r(15),6).故选A.
3．(人教B选择性必修第一册1.2.5练习B T4改编)在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2，1)，已知点P(－1，3，2)，则点P到平面OAB的距离d等于( )
A．4 B．2
C．3 D．1
答案 B
解析 由已知，得eq \(OP,\s\up6(→))＝(－1，3，2)，所以点P到平面OAB的距离d＝eq \f(|\(OP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－2－6＋2|,\r(22＋（－2）2＋1))＝2.故选B.
4．已知直线l过定点A(2，3，1)，且方向向量为s＝(0，1，1)，则点P(4，3，2)到l的距离d为( )
A.eq \f(3\r(2),2) B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(10),2) D.eq \r(2)
答案 A
解析 因为A(2，3，1)，P(4，3，2)，所以eq \(AP,\s\up6(→))＝(2，0，1)，则|eq \(AP,\s\up6(→))|＝eq \r(5)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(s,|s|)))＝eq \f(\r(2),2)，由点到直线的距离公式得d＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(s,|s|)))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(2),2).故选A.
5．(人教B选择性必修第一册P62复习题A组T12改编)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE与FD1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(10),5) B.eq \f(\r(15),5)
C.eq \f(4,5) D.eq \f(2,3)
答案 B
解析 建立如右图所示的空间直角坐标系，则O(1，1，0)，E(0，2，1)，F(1，0，0)，D1(0，0，2)，∴eq \(FD1,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq \(OE,\s\up6(→))＝(－1，1，1)．∴cs〈eq \(FD1,\s\up6(→))，eq \(OE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(FD1,\s\up6(→))·\(OE,\s\up6(→)),|\(FD1,\s\up6(→))||\(OE,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋0＋2,\r(5)×\r(3))＝eq \f(\r(15),5).故选B.
例1 如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD所成的角为30°.求证：
(1)CM∥平面PAD；
(2)平面PAB⊥平面PAD.
证明 以点C为坐标原点，CB，CD，CP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Cxyz.
∵PC⊥平面ABCD，
∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角．
∴∠PBC＝30°.∵PC＝2，∴BC＝2eq \r(3)，PB＝4.
∴C(0，0，0)，D(0，1，0)，B(2eq \r(3)，0，0)，A(2eq \r(3)，4，0)，P(0，0，2)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，
∴eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，eq \(DA,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，3，0)，eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2))).
(1)设n＝(x，y，z)为平面PAD的法向量，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DP,\s\up6(→))·n＝0，,\(DA,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y＋2z＝0，,2\r(3)x＋3y＝0.))
令y＝2，得n＝(－eq \r(3)，2，1)．
∵n·eq \(CM,\s\up6(→))＝－eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＋2×0＋1×eq \f(3,2)＝0，
∴n⊥eq \(CM,\s\up6(→)).
又CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD.
(2)如图，取AP的中点E，连接BE，
则E(eq \r(3)，2，1)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，2，1)．
∵PB＝AB，∴BE⊥PA.
又eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(DA,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，2，1)·(2eq \r(3)，3，0)＝0，
∴eq \(BE,\s\up6(→))⊥eq \(DA,\s\up6(→))，∴BE⊥DA.
又PA∩DA＝A，PA，DA⊂平面PAD，
∴BE⊥平面PAD.
又BE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.
1．用向量法证平行问题的类型及常用方法
2.利用向量法证垂直问题的类型及常用方法
注意：运用向量知识判定空间位置关系时，仍然离不开几何定理．如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行时，仍需强调直线在平面外．
(2023·南京模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1，D为BC的中点．
(1)证明：A1B∥平面ADC1；
(2)证明：平面ADC1⊥平面BB1C1C.
证明 (1)∵在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，
∴以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝AC＝AA1＝2，
则A1(0，0，0)，B(2，0，2)，A(0，0，2)，C(0，2，2)，D(1，1，2)，C1(0，2，0)，
eq \(A1B,\s\up6(→))＝(2，0，2)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(AC1,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，
设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝x＋y＝0，,n·\(AC1,\s\up6(→))＝2y－2z＝0，))
取y＝1，得n＝(－1，1，1)，∵n·eq \(A1B,\s\up6(→))＝－2＋0＋2＝0，且A1B⊄平面ADC1，∴A1B∥平面ADC1.
(2)∵eq \(DC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(DC1,\s\up6(→))＝(－1，1，－2)，
设平面BB1C1C的法向量为m＝(a，b，c)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(DC,\s\up6(→))＝－a＋b＝0，,m·\(DC1,\s\up6(→))＝－a＋b－2c＝0，))
取a＝1，得m＝(1，1，0)，
又平面ADC1的一个法向量为n＝(－1，1，1)，
n·m＝－1＋1＋0＝0，
∴平面ADC1⊥平面BB1C1C.
多角度探究突破
角度 求异面直线所成的角
例2 (1)如图，正四棱锥P－ABCD的侧面PAB为正三角形，E为PC的中点，则异面直线BE与PA所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(3),2)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(1,2)
答案 A
解析 连接AC，BD，交于点O，连接PO，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝eq \r(2)，则OA＝OB＝OP＝1，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，P(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－1，\f(1,2)))，eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，设异面直线BE与PA所成的角为θ，则csθ＝eq \f(|\(BE,\s\up6(→))·\(PA,\s\up6(→))|,|\(BE,\s\up6(→))||\(PA,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(\f(3,2))×\r(2))＝eq \f(\r(3),3).∴异面直线BE与PA所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).故选A.
(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F在棱AD上，eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))，若异面直线D1E与A1F所成角的余弦值为eq \f(3\r(2),10)，则λ的值为________．
答案 eq \f(1,3)
解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)．正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)，所以eq \(D1E,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq \(A1F,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋λeq \(AD,\s\up6(→))＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)，则|cs〈eq \(A1F,\s\up6(→))，eq \(D1E,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(A1F,\s\up6(→))·\(D1E,\s\up6(→))|,|\(A1F,\s\up6(→))||\(D1E,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,2\r(λ2＋1)·\r(5))，所以eq \f(2,2\r(5)·\r(λ2＋1))＝eq \f(3\r(2),10)，解得λ＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(1,3)舍去)).
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选好基底或建立空间直角坐标系．
(2)求出两直线的方向向量v1，v2.
(3)代入公式csθ＝|cs〈v1，v2〉|＝eq \f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解(θ为两异面直线所成的角)．
注意：两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
1.(2023·绍兴模拟)“曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，AA1⊥平面ABCD，AA1＝4，底面扇环所对的圆心角为eq \f(π,2)，eq \(AD,\s\up8(︵))的长度是eq \(BC,\s\up8(︵))长度的2倍，CD＝1，则异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(2),3) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(2\r(2),3) D.eq \f(\r(2),4)
答案 C
解析 设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，O1C1，O1B1，因为AA1⊥平面ABCD，且底面扇环所对的圆心角为eq \f(π,2)，所以以O为原点，OC，OB，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，由eq \(AD,\s\up8(︵))的长度是eq \(BC,\s\up8(︵))长度的2倍，CD＝1，可知OC＝1，则C1(1，0，4)，B(0，1，0)，D1(2，0，4)，A1(0，2，4)，则eq \(A1D1,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(1，－1，4)，|cs〈eq \(A1D1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(A1D1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→))|,|\(A1D1,\s\up6(→))||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,2\r(2)×3\r(2))＝eq \f(1,3)，又异面直线所成角的范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，故异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(2),3).故选C.
2．(2023·成都七中期中)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，AA1＝4，∠A1AD＝∠A1AB＝60°，则异面直线AC与DC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(14),7) B.eq \f(\r(70),14)
C.eq \f(3\r(14),14) D.eq \f(11\r(14),14)
答案 C
解析 在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，∠A1AD＝∠A1AB＝60°，∠BAD＝90°，eq \(DC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＝|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AA1,\s\up6(→))|cs∠A1AB＝2×4×cs60°＝4，则|eq \(DC1,\s\up6(→))|＝eq \r(\(AB,\s\up6(→))2＋\(AA1,\s\up6(→))2＋2\(AB,\s\up6(→))·\(AA1,\s\up6(→)))＝eq \r(22＋42＋2×4)＝2eq \r(7)，而eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))，且|eq \(AC,\s\up6(→))|＝2eq \r(2)，于是eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(DC1,\s\up6(→))＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))·(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→)))＝eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＝4＋4＋4＝12，因此|cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(DC1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AC,\s\up6(→))·\(DC1,\s\up6(→))|,|\(AC,\s\up6(→))||\(DC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(12,2\r(2)×2\r(7))＝eq \f(3\r(14),14)，所以异面直线AC与DC1所成角的余弦值为eq \f(3\r(14),14).故选C.
角度 求直线与平面所成的角
例3 (2020·新高考Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
解 (1)证明：在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l.
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD.
因为DC∩PD＝D，DC，PD⊂平面PDC，
所以l⊥平面PDC.
(2)如图，建立空间直角坐标系Dxyz.
因为PD＝AD＝1，所以D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)．
设Q(m，0，1)，
则有eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(DQ,\s\up6(→))＝(m，0，1)，
eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)．
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝0，,mx＋z＝0，))
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1，0，－m)，
则cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(PB,\s\up6(→)),|n||\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋0＋m,\r(3)·\r(m2＋1)).
设PB与平面QCD所成的角为θ，
则sinθ＝|cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))
＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2m,m2＋1))
≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2|m|,m2＋1))≤eq \f(\r(3),3)×eq \r(1＋1)＝eq \f(\r(6),3)，
当且仅当m＝1时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3).
利用空间向量求线面角的解题步骤
注意：线面角的正弦值对应直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值．
(2022·北京高考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM＝MN.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
解 解法一：(1)证明：如图，取BC的中点D，连接B1D，DN.
在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，AB＝A1B1.
因为M，N分别为A1B1，AC的中点，所以B1M∥AB，B1M＝eq \f(1,2)AB，DN∥AB，DN＝eq \f(1,2)AB，
则B1M∥DN且B1M＝DN，
所以四边形B1MND为平行四边形，所以B1D∥MN.
又MN⊄平面BCC1B1，B1D⊂平面BCC1B1，
所以MN∥平面BCC1B1.
(2)因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1，
又因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，且平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，
所以CB⊥平面ABB1A1，而AB⊂平面ABB1A1，
所以CB⊥AB.
若选①，由(1)得B1D∥MN，因为AB⊥MN，所以AB⊥B1D，
又B1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1，
在三棱柱ABC－A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，
故以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，
因为AB＝BC＝BB1＝2，所以B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，
所以eq \(BN,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，－2，0)．
设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BN,\s\up6(→))·n＝0，,\(BM,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))
令x＝2，得n＝(2，－2，1)．
设直线AB与平面BMN所成的角为θ，
则sinθ＝|cs〈n，eq \(AB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(AB,\s\up6(→))|,|n||\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,3×2)＝eq \f(2,3)，
所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为eq \f(2,3).
若选②，由(1)知，MN＝B1D＝eq \r(5)，
又MB＝MN，所以MB＝eq \r(5)，
又B1M＝1，BB1＝2，所以B1M2＋BBeq \\al(2,1)＝MB2.
因此∠BB1M＝90°，即BB1⊥A1B1，故BB1⊥AB.
在三棱柱ABC－A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，
下同选①.
解法二：(1)证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱ABC－A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，
而M为A1B1的中点，则MK∥BB1，
而MK⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，
故MK∥平面BCC1B1，
而N为AC的中点，则NK∥BC，
同理可得NK∥平面BCC1B1，
而NK∩MK＝K，NK，MK⊂平面MKN，
故平面MKN∥平面BCC1B1，
而MN⊂平面MKN，故MN∥平面BCC1B1.
(2)因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1，
又CB⊂平面BCC1B1，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，
所以CB⊥平面ABB1A1，
因为NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1，
因为AB⊂平面ABB1A1，故NK⊥AB，
若选①AB⊥MN，因为NK⊥AB，NK∩MN＝N，MN，NK⊂平面MNK，
所以AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，
又MK∥BB1，所以AB⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB＝B，CB，AB⊂平面ABC，故BB1⊥平面ABC，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，
故eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，－2，0)，eq \(BN,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(0，1，2)，
设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BN,\s\up6(→))＝0，,n·\(BM,\s\up6(→))＝0，))从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))
取z＝－1，则n＝(－2，2，－1)，
设直线AB与平面BMN所成的角为θ，
则sinθ＝|cs〈n，eq \(AB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(4,3×2)＝eq \f(2,3).
所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为eq \f(2,3).
若选②，因为NK⊥平面ABB1A1，
而MK⊂平面ABB1A1，故NK⊥MK，
而B1M＝1，NK＝1，故B1M＝NK，
而BB1＝MK＝2，MB＝MN，故△BB1M≌△MKN，
所以∠BB1M＝∠MKN＝90°，故A1B1⊥BB1，即AB⊥BB1，
又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，CB，AB⊂平面ABC，
故BB1⊥平面ABC，
下同选①.
角度 求平面与平面的夹角
例4 (2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))，求二面角D－AB－F的正弦值．
解 (1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC，①
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ACD与△ABD均为等边三角形，
所以AC＝AB，所以AE⊥BC，②
由①②，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.
(2)不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为BD⊥CD，所以BC＝2eq \r(2)，DE＝eq \r(2)，
因为△ACD与△ABD均为等边三角形，所以AC＝AB＝2，
所以AE⊥BC，AE＝eq \r(2)，
所以AE2＋DE2＝4＝DA2，所以AE⊥DE，
又DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，所以AE⊥平面BCD.
以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E(0，0，0)，D(eq \r(2)，0，0)，A(0，0，eq \r(2))，B(0，eq \r(2)，0)，
设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，二面角D－AB－F的平面角为θ，而eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))，
因为eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，所以F(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，即有eq \(AF,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，0)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(DA,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))
取x1＝1，所以n1＝(1，1，1)．
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))
取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)，
所以|csθ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，
所以sinθ＝eq \r(1－\f(6,9))＝eq \f(\r(3),3)，
所以二面角D－AB－F的正弦值为eq \f(\r(3),3).
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
(2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2eq \r(2).
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．
解 (1)设A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，
所以VA－A1BC＝VA1－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1＝eq \f(1,3)VABC－A1B1C1＝eq \f(4,3)，
又△A1BC的面积为2eq \r(2)，
VA－A1BC＝eq \f(1,3)S△A1BC·h＝eq \f(1,3)×2eq \r(2)h＝eq \f(4,3)，
所以h＝eq \r(2)，
即A到平面A1BC的距离为eq \r(2).
(2)取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，
又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AA1⊥BC，
因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，
所以BC⊥平面ABB1A1，
又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BB1,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，
由(1)知，AE＝eq \r(2)，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2eq \r(2)，
因为△A1BC的面积为2eq \r(2)，
所以2eq \r(2)＝eq \f(1,2)A1B·BC，所以BC＝2，
所以A(0，2，0)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，A1(0，2，2)，D(1，1，1)，E(0，1，1)，则eq \(BD,\s\up6(→))＝(1，1，1)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0，2，0)，
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BA,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＋z＝0，,2y＝0，))
令x＝1，得n＝(1，0，－1)，
又平面BDC的一个法向量为eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，
所以cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·n,|\(AE,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2)，
设二面角A－BD－C的平面角为θ，
则sinθ＝eq \r(1－cs2〈\(AE,\s\up6(→))，n〉)＝eq \f(\r(3),2)，
所以二面角A－BD－C的正弦值为eq \f(\r(3),2).
例5 (2023·广州天河区模拟)如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AE⊥平面ABCD，AE∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.
(1)证明：平面EAC⊥平面EFC；
(2)在棱EC上有一点M，使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45°，求点M到平面BCF的距离．
解 (1)证明：取EC的中点G，连接BD交AC于点N，连接GN，GF，
因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD，且N是AC的中点，
所以GN∥AE且GN＝eq \f(1,2)AE，又AE∥BF，AE＝2BF＝2，
所以GN∥BF且GN＝BF，
所以四边形BNGF是平行四边形，所以GF∥BN，
又AE⊥平面ABCD，BN⊂平面ABCD，所以AE⊥BN，
又因为AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面EAC，
所以BN⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC，
又GF⊂平面EFC，所以平面EAC⊥平面EFC.
(2)取CD的中点H，由四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，得∠ADC＝60°，
所以△ADC是正三角形，所以AH⊥CD，所以AH⊥AB，又AE⊥平面ABCD，
所以以A为原点，AH，AB，AE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则D(eq \r(3)，－1，0)，B(0，2，0)，C(eq \r(3)，1，0)，E(0，0，2)，F(0，2，1)，A(0，0，0)，
设eq \(EM,\s\up6(→))＝λeq \(EC,\s\up6(→))＝λ(eq \r(3)，1，－2)＝(eq \r(3)λ，λ，－2λ)，
所以M(eq \r(3)λ，λ，2－2λ)，
所以eq \(DM,\s\up6(→))＝(eq \r(3)λ－eq \r(3)，λ＋1，2－2λ)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(eq \r(3)λ，λ－2，2－2λ)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1，0)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，0，1)，
设平面MBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DM,\s\up6(→))＝0，,n·\(BM,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（\r(3)λ－\r(3)）x＋（λ＋1）y＋（2－2λ）z＝0，,\r(3)λx＋（λ－2）y＋（2－2λ）z＝0，))
令x＝eq \r(3)，得y＝1，z＝eq \f(2λ－1,λ－1)，所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，1，\f(2λ－1,λ－1))).
平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，
所以|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2λ－1,λ－1))),\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ－1,λ－1)))\s\up12(2)))＝eq \f(\r(2),2)，
解得λ＝eq \f(3,4)，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),4)，\f(3,4)，\f(1,2)))，则eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),4)，－\f(1,4)，\f(1,2)))，
设平面BCF的法向量为u＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(u·\(BC,\s\up6(→))＝0，,u·\(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)a－b＝0，,c＝0，))取a＝1，得u＝(1，eq \r(3)，0)，
所以点M到平面BCF的距离d＝eq \f(|u·\(CM,\s\up6(→))|,|u|)＝eq \f(\r(3),4).
(1)求点到直线的距离的方法
①设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝eq \r(|\(PA,\s\up6(→))|2－（\(PA,\s\up6(→))·n）2)；
②若能求出点在直线上的投影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．
(2)求平面α外一点P到平面α的距离的常用方法
①直接法：过点P作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离；
②转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求；
③等体积法；
④向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意一点，则点P到α的距离为d＝eq \f(|\(PA,\s\up6(→))·n|,|n|).
(3)线面距离和面面距离可以转化为点到平面的距离进行求解．
如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长都为2，且∠A1AC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，点P，Q分别在AB，A1C1上，且AP＝A1Q.
(1)求证：PQ∥平面B1BCC1；
(2)当P是边AB的中点时，求点B1到直线PQ的距离．
解 (1)证明：作PD∥AC，交BC于点D，连接DC1，
由A1Q＝AP，得BP＝QC1，
∵PD∥AC，
∴eq \f(PD,AC)＝eq \f(BP,AB)，即PD＝BP＝QC1，
∴PD∥QC1且PD＝QC1，
∴四边形C1QPD为平行四边形，
∴PQ∥C1D，
∵PQ⊄平面B1BCC1，且C1D⊂平面B1BCC1，
∴PQ∥平面B1BCC1.
(2)取AC的中点O，连接A1O，BO，
∵AO＝eq \f(1,2)AC＝1，AA1＝2，∠A1AO＝60°，
根据余弦定理得
A1O2＝AAeq \\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcs60°＝4＋1－2×2×1×eq \f(1,2)＝3，∴A1O＝eq \r( ,3)，
∵AO2＋A1O2＝AAeq \\al(2,1)，∴A1O⊥AC，
又平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
∴A1O⊥平面ABC，
∵△ABC是等边三角形，∴BO⊥AC，
如图，建立空间直角坐标系，
则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，Q(0，1，eq \r(3))，B1(eq \r(3)，1，eq \r(3))，
∴eq \(QP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，－\r(3)))，
eq \(QB1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，0)，
∴cs〈eq \(QP,\s\up6(→))，eq \(QB1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(QP,\s\up6(→))·\(QB1,\s\up6(→)),|\a\vs4\al(\(QP,\s\up6(→))||\(QB1,\s\up6(→)))|)＝eq \f(\f(3,2),\r(6)×\r(3))＝eq \f(\r(2),4)，
∴点B1到直线PQ的距离为
|eq \(QB1,\s\up6(→))|·eq \r(1－cs2〈\a\vs4\al(\(QP,\s\up6(→))，\(QB1,\s\up6(→)))〉)
＝eq \r(3)×eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(42),4).
课时作业
一、单项选择题
1．(2023·高邮期末)给出以下命题，其中正确的是( )
A．直线l的方向向量为a＝(1，－1，2)，直线m的方向向量为b＝(2，1，－1)，则l与m平行
B．直线l的方向向量为a＝(1，－1，1)，平面α的法向量为n＝(－2，2，－2)，则l∥α
C．平面α，β的法向量分别为n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，则α⊥β
D．已知直线l过点A(1，0，－1)，且方向向量为(1，2，2)，则点P(－1，2，0)到l的距离为eq \f(\r(65),3)
答案 D
解析 对于A，∵a＝(1，－1，2)，b＝(2，1，－1)，∴eq \f(1,2)≠eq \f(－1,1)≠eq \f(2,－1)，∴l与m不平行；对于B，∵a＝(1，－1，1)，n＝(－2，2，－2)，∴a·n＝1×(－2)＋(－1)×2＋1×(－2)＝－6≠0，∴l与α不平行；对于C，∵n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，∴n1·n2＝0×1＋1×0＋3×2＝6≠0，∴α与β不垂直；对于D，∵A(1，0，－1)，P(－1，2，0)，∴eq \(AP,\s\up6(→))＝(－2，2，1)，直线l的方向向量为n＝(1，2，2)，∴|eq \(AP,\s\up6(→))|＝3，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(4,3)，∴d＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))\s\up12(2))＝eq \r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(65),3).故选D.
2．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M在棱DD1上，直线AC1⊥平面A1BM，则点M的位置是( )
A．点D B．点D1
C．DD1的中点 D．不存在
答案 A
解析 如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，M(0，0，t)，0≤t≤1，A(1，0，0)，C1(0，1，1)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，eq \(AC1,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，eq \(BA1,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，－1，t)，∵eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(BA1,\s\up6(→))＝－1×0＋1×(－1)＋1×1＝0，∴AC1⊥BA1，∵直线AC1⊥平面A1BM，BM⊂平面A1BM，∴AC1⊥BM，∴eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝0，∴－1×(－1)＋1×(－1)＋1×t＝0，解得t＝0，此时点M与点D重合．故选A.
3．(2024·武汉一模)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，则点C到平面AEC1F的距离为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(3\r(2),2)
C.eq \f(4\r(33),11) D.eq \f(\r(33),11)
答案 C
解析 以D为原点，DA，DC，DF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)，所以eq \(AC1,\s\up6(→))＝(－2，4，3)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，4，1)．设平面AEC1F的法向量为n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC1,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4y＋z＝0，,－2x＋4y＋3z＝0，))令z＝1，得x＝1，y＝－eq \f(1,4)，所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,4)，1)).又eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0，0，3)，所以点C到平面AEC1F的距离d＝eq \f(|\(CC1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(4\r(33),11).故选C.
4．(2023·毕节模拟)钟鼓楼是中国传统建筑之一，属于钟楼和鼓楼的合称，是主要用于报时的建筑．中国古代一般建于城市的中心地带，在现代城市中，也可以常常看见附有钟楼的建筑．如图，在某市一建筑物楼顶有一顶部逐级收拢的四面钟楼，四个大钟对称分布在四棱柱的四个侧面(四棱柱看成正四棱柱，钟面圆心在棱柱侧面中心上)，在整点时刻(在0点至12点中取整数点，含0点，不含12点)，已知在3点时和9点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线相互垂直，则在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),6) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(\r(3),6) D.eq \f(\r(2),4)
答案 B
解析 如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为侧面ABB1A1和侧面BCC1B1的中心，G为BB1的中点，EN为2点钟时针，FM为8点钟时针，则∠NEG＝30°，∠MFG＝30°.设正四棱柱的底面边长为a，侧棱长为b，以D为原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，\f(b,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a，\f(b,2)＋\f(\r(3),6)a))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，a，\f(b,2)))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a，\f(b,2)－\f(\r(3),6)a))，eq \(EN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(\r(3),6)a))，eq \(FM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(\r(3),6)a))，所以|cs〈eq \(EN,\s\up6(→))，eq \(FM,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(EN,\s\up6(→))·\(FM,\s\up6(→))|,|\(EN,\s\up6(→))||\(FM,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,12)a2,\r(\f(a2,4)＋\f(3,36)a2)×\r(\f(a2,4)＋\f(3,36)a2))＝eq \f(1,4)，所以在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成角的余弦值为eq \f(1,4).故选B.
5．(2024·茂名模拟)菱形ABCD的边长为4，∠A＝60°，E为AB的中点(如图1)，将△ADE沿直线DE翻折至△A′DE处(如图2)，连接A′B，A′C，若四棱锥A′－EBCD的体积为4eq \r(3)，F为A′D的中点，则点F到直线BC的距离为( )
A.eq \f(\r(31),2) B.eq \f(\r(23),2)
C.eq \f(\r(31),4) D.eq \f(\r(23),4)
答案 A
解析 连接BD，因为四边形ABCD为菱形，且∠A＝60°，所以△ABD为等边三角形，因为E为AB的中点，所以DE⊥AB，所以DE⊥EB，DE⊥A′E，因为EB∩A′E＝E，EB，A′E⊂平面A′EB，所以DE⊥平面A′EB，因为菱形ABCD的边长为4，所以AB＝AD＝CD＝BC＝4，DE＝2eq \r(3)，AE＝BE＝2，所以直角梯形BCDE的面积为eq \f(1,2)×(2＋4)×2eq \r(3)＝6eq \r(3)，设四棱锥A′－EBCD的高为h，则eq \f(1,3)×6eq \r(3)h＝4eq \r(3)，得h＝2，所以h＝A′E，所以A′E⊥平面BCDE，所以以E为原点，EB，ED，EA′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(4，2eq \r(3)，0)，F(0，eq \r(3)，1)，所以eq \(BC,\s\up6(→))＝(2，2eq \r(3)，0)，令c＝eq \f(\(BC,\s\up6(→)),|\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，a＝eq \(FB,\s\up6(→))＝(2，－eq \r(3)，－1)，所以|a|＝eq \r(4＋3＋1)＝2eq \r(2)，a·c＝1－eq \f(3,2)＝－eq \f(1,2)，所以点F到直线BC的距离d＝eq \r(|a|2－（a·c）2)＝eq \r(8－\f(1,4))＝eq \f(\r(31),2).故选A.
6．(2023·哈尔滨师大附中三模)已知四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝AD，点E是线段PB上的动点，则直线DE与平面PBC所成角的最大值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
答案 C
解析 由题意，因为四边形ABCD为正方形，且PD⊥底面ABCD，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设PD＝AD＝1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，设eq \(PE,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，则eq \(PE,\s\up6(→))＝(λ，λ，－λ)，所以E(λ，λ，1－λ)，即eq \(DE,\s\up6(→))＝(λ，λ，1－λ)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝x＋y－z＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝y－z＝0，))解得x＝0，y＝z，取y＝z＝1，所以平面PBC的一个法向量为n＝(0，1，1)，设直线DE与平面PBC所成的角为θ，则sinθ＝|cs〈n，eq \(DE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(DE,\s\up6(→))|,|n||\(DE,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2λ2＋（1－λ）2))＝eq \f(1,\r(2)×\r(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,3)))\s\up12(2)＋\f(2,3)))，因为y＝sinθ，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))单调递增，所以当λ＝eq \f(1,3)时，sinθ＝eq \f(\r(3),2)最大，此时θ＝eq \f(π,3)，即直线DE与平面PBC所成角的最大值为eq \f(π,3).故选C.
7．(2023·山西师大附中模拟)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是( )
A.eq \f(\r(2),3) B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(\r(5),3)
答案 C
解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，2)，eq \(DC,\s\up6(→))1＝(0，1，2)，eq \(DA,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)．设eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DC1,\s\up6(→))，eq \(AQ,\s\up6(→))＝μeq \(AC,\s\up6(→))(λ，μ∈[0，1])，∴eq \(DP,\s\up6(→))＝λ(0，1，2)＝(0，λ，2λ)，eq \(DQ,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→))＝(1，0，0)＋μ(－1，1，0)＝(1－μ，μ，0)，∴eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \(DQ,\s\up6(→))－eq \(DP,\s\up6(→))＝(1－μ，μ－λ，－2λ)，∴|eq \(PQ,\s\up6(→))|＝eq \r(（1－μ）2＋（μ－λ）2＋4λ2)＝eq \r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(\a\vs4\al(μ),5)))\s\up12(2)＋\f(9,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－\f(5,9)))\s\up12(2)＋\f(4,9))≥eq \r(\f(4,9))＝eq \f(2,3)，当且仅当λ＝eq \f(\a\vs4\al(μ),5)，μ＝eq \f(5,9)，即λ＝eq \f(1,9)，μ＝eq \f(5,9)时取等号，∴线段PQ长度的最小值为eq \f(2,3).故选C.
8．(2024·广州越秀区期中)“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术·商功》中描述：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑．”一个长方体ABCD－A1B1C1D1沿对角面斜解(图1)，得到两个一模一样的堑堵(图2)，再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解(图2)，得到一个四棱锥，称为阳马(图3)，一个三棱锥称为鳖臑(图4)．若鳖臑的体积为4，AB＝4，BC＝3，则在鳖臑中，平面BCD1与平面BC1D1夹角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(65),65) B.eq \f(6\r(65),65)
C.eq \f(\r(65),13) D.eq \f(2\r(65),65)
答案 B
解析 ∵BC⊥平面CC1D1，∴VB－CC1D1＝eq \f(1,3)S△CC1D1·BC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×CC1×4×3＝4，∴CC1＝2，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则B(3，4，0)，C(0，4，0)，D1(0，0，2)，C1(0，4，2)，∴eq \(BC,\s\up6(→))＝(－3，0，0)，eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－3，－4，2)，eq \(D1C1,\s\up6(→))＝(0，4，0)，设平面BCD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→))·n＝－3x＝0，,\(BD1,\s\up6(→))·n＝－3x－4y＋2z＝0，))令y＝1，解得x＝0，z＝2，∴n＝(0，1，2)，设平面BC1D1的法向量为m＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BD1,\s\up6(→))·m＝－3a－4b＋2c＝0，,\(D1C1,\s\up6(→))·m＝4b＝0，))令a＝2，得b＝0，c＝3，∴m＝(2，0，3)，∴|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(6,\r(5)×\r(13))＝eq \f(6\r(65),65)，即平面BCD1与平面BC1D1夹角的余弦值为eq \f(6\r(65),65).故选B.
二、多项选择题
9．(2023·岳阳阶段检测)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up6(→))，则下列说法正确的是( )
A．点A到直线BE的距离是eq \f(\r(5),5)
B．点O到平面ABC1D1的距离是eq \f(\r(2),4)
C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3)
D．点P到直线AB的距离为eq \f(5,6)
答案 BCD
解析 如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，所以eq \(BA,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，1)).设∠ABE＝θ，则csθ＝eq \f(|\(BA,\s\up6(→))·\(BE,\s\up6(→))|,|\(BA,\s\up6(→))||\(BE,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，sinθ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(5),5).故点A到直线BE的距离d1＝|eq \(BA,\s\up6(→))|sinθ＝1×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(2\r(5),5)，故A错误；易知eq \(C1O,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(C1A1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，平面ABC1D1的一个法向量为eq \(DA1,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝eq \f(|\(DA1,\s\up6(→))·\(C1O,\s\up6(→))|,|\(DA1,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，故B正确；eq \(A1B,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq \(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq \(A1D1,\s\up6(→))＝(0，1，0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1B,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1D,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－z＝0，,y－z＝0，))令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)．所以点D1到平面A1BD的距离d3＝eq \f(|\(A1D1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3).因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3)，故C正确；因为eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，所以eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3)))，则eq \f(\(AP,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,4)，所以点P到直线AB的距离d4＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AP,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq \r(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq \f(5,6)，故D正确．故选BCD.
10．(2023·杭州二中模拟)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，∠DAB＝∠A1AB＝∠A1AD＝eq \f(π,3)，AA1＝3，AB＝AD＝2，以下结论正确的是( )
A．平行六面体ABCD－A1B1C1D1的体积为6eq \r(2)
B．sin〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(BD1,\s\up6(→))〉＝eq \f(38\r(5),365)
C．AC1⊥平面BDD1B1
D．二面角D1－AA1－B的余弦值为eq \f(1,3)
答案 AD
解析 对于A，连接AC，BD，且AC与BD交于点O，则O为AC，BD的中点，又由∠DAB＝eq \f(π,3)，AB＝AD＝2可得△ABD为正三角形，故BD＝2，AO＝eq \r(3)，BO＝DO＝1.又∠A1AB＝∠A1AD＝eq \f(π,3)，AA1＝3，故A1B＝A1D＝eq \r(22＋32－2×2×3×\f(1,2))＝eq \r(7)，故A1O⊥BO，A1O＝eq \r(7－1)＝eq \r(6)，故A1O2＋AO2＝A1A2，则A1O⊥AO，又A1O⊥BO，AO∩BO＝O，AO，BO⊂平面ABCD，故A1O⊥平面ABCD，故平行六面体ABCD－A1B1C1D1的体积为V＝S▱ABCD·A1O＝22×sineq \f(π,3)×eq \r(6)＝6eq \r(2)，故A正确；对于B，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(eq \r(3)，0，0)，A1(0，0，eq \r(6))，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，故eq \(AA1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(6))，eq \(BD1,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(DD1,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，－2，0)＋(－eq \r(3)，0，eq \r(6))＝(－eq \r(3)，－2，eq \r(6))，故cs〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(BD1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AA1,\s\up6(→))·\(BD1,\s\up6(→)),|\a\vs4\al(\(AA1,\s\up6(→))||\(BD1,\s\up6(→)))|)＝eq \f(3＋6,\r(3＋6)×\r(3＋4＋6))＝eq \f(3,\r(13))，故sin〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(BD1,\s\up6(→))〉＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(13))))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(13),13)，故B错误；对于C，eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(6))＋(－eq \r(3)，1，0)＋(－eq \r(3)，－1，0)＝(－3eq \r(3)，0，eq \r(6))，因为eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(6))，eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(BB1,\s\up6(→))≠0，又BB1⊂平面BDD1B1，故AC1⊥平面BDD1B1不成立，故C错误；对于D，由AA1＝AA1，AB＝AD，DA1＝BA1，知△A1AB≌△A1AD.作BP⊥AA1于点P，连接DP，由全等性质可得DP⊥AA1，又BP∩DP＝P，BP，DP⊂平面BDP，则AA1⊥平面BDP，则二面角D1－AA1－B的平面角为∠DPB.又BP＝DP＝ABsineq \f(π,3)＝eq \r(3)，BD＝2，故cs∠DPB＝eq \f(3＋3－4,2×\r(3)×\r(3))＝eq \f(1,3)，即二面角D1－AA1－B的余弦值为eq \f(1,3)，故D正确．故选AD.
11．(2021·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(→))，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则( )
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值
C．当λ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
答案 BD
解析 由点P满足eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(→))，可知点P在正方形BCC1B1内，如图①.对于A，当λ＝1时，可知点P在线段CC1(包括端点)上运动．如图②，在△AB1P中，因为AB1＝eq \r(2)，AP＝eq \r(1＋μ2)，B1P＝eq \r(1＋（1－μ）2)，所以△AB1P的周长L＝AB1＋AP＋B1P不为定值，所以A错误；对于B，当μ＝1时，可知点P在线段B1C1(包括端点)上运动．如图③，由图可知，线段B1C1∥平面A1BC，即点P到平面A1BC的距离处处相等，又△A1BC的面积是定值，所以三棱锥P－A1BC的体积为定值，所以B正确；对于C，当λ＝eq \f(1,2)时，分别取线段BC，B1C1的中点为D，D1，可知点P在线段DD1(包括端点)上运动．如图④，很显然当点P与点D或D1重合时，均满足A1P⊥BP，所以C错误；对于D，解法一：当μ＝eq \f(1,2)时，分别取线段BB1，CC1的中点为M，N，可知点P在线段MN(包括端点)上运动．如图⑤，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点N，所以D正确．
解法二：当μ＝eq \f(1,2)时，分别取线段BB1，CC1的中点为M，N，可知点P在线段MN(包括端点)上运动．以C为原点，建立如图⑥所示的空间直角坐标系Cxyz，则B(0，1，0)，B1(0，1，1)，A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1－λ，\f(1,2))).所以eq \(A1B,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，eq \(B1P,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－λ，－\f(1,2))).若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以eq \(A1B,\s\up6(→))·eq \(B1P,\s\up6(→))＝0，即－eq \f(1,2)λ＋eq \f(1,2)＝0，解得λ＝1.所以只存在一个点P使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与点N重合，所以D正确．故选BD.
三、填空题
12.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq \r(17)，则该二面角的大小为________．
答案 60°
解析 ∵eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))，∴|eq \(CD,\s\up6(→))|＝eq \r(（\(CA,\s\up6(→))＋\(AB,\s\up6(→))＋\(BD,\s\up6(→))）2)＝eq \r(36＋16＋64＋2\(CA,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)))＝eq \r(\a\vs4\al(116＋2\(CA,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→))))＝2eq \r(17)，∴eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝|eq \(CA,\s\up6(→))||eq \(BD,\s\up6(→))|cs〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝－24，∴cs〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝－eq \f(1,2).又所求二面角与〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉互补，∴所求的二面角为60°.
13．(2023·广州三模)已知空间直角坐标系Oxyz中，过点P(x0，y0，z0)，且一个法向量为n＝(a，b，c)的平面α的方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0.用以上知识解决下面问题：已知平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，直线l是两个平面x－y＋3＝0与x－2z－1＝0的交线，试写出直线l的一个方向向量为________，直线l与平面α所成角的正弦值为________．
答案 (2，2，1)(答案不唯一) eq \f(4,9)
解析 平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，可得平面α的一个法向量为n＝(1，2，－2)，平面x－y＋3＝0的一个法向量为m1＝(1，－1，0)，x－2z－1＝0的一个法向量为m2＝(1，0，－2)，设直线l的方向向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·m1＝0，,m·m2＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,x－2z＝0，))令z＝1，得m＝(2，2，1)．设直线l与平面α所成的角为θ，0°≤θ≤90°，则sinθ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(4,3×3)＝eq \f(4,9).
14．(2023·重庆一中模拟)在空间直角坐标系中，一四面体的四个顶点坐标分别为(1，2，3)，(4，1，5)，(2，3，4)，(6，6，1)，则其体积为________．
答案 eq \f(9,2)
解析 设A(1，2，3)，B(4，1，5)，C(2，3，4)，D(6，6，1)，则AB2＝14，BC2＝9，AC2＝3，cs∠ABC＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(5\r(14),21)，∴sin∠ABC＝eq \r(1－cs2∠ABC)＝eq \f(\r(91),21)，S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BCsin∠ABC＝eq \f(\r(26),2).设平面ABC的法向量为m＝(x，y，z)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(3，－1，2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2，2，－1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x－y＋2z＝0，,－2x＋2y－z＝0，))令z＝－4，则x＝3，y＝1，m＝(3，1，－4)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(2，5，－4)，点D到平面ABC的距离h＝eq \f(|m·\(BD,\s\up6(→))|,|m|)＝eq \f(27\r(26),26)，四面体D－ABC的体积V＝eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \f(9,2).
四、解答题
15．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝eq \r(3)AD＝eq \r(3)AA1＝eq \r(3)，点P为线段A1C上的动点.
证明：(1)当eq \(A1C,\s\up6(→))＝3eq \(A1P,\s\up6(→))时，D1P∥平面BDC1;
(2)当eq \(A1C,\s\up6(→))＝5eq \(A1P,\s\up6(→))时，A1C⊥平面D1AP.
证明 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为坐标原点，DA，DC，DD1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．
因为AB＝eq \r(3)AD＝eq \r(3)AA1＝eq \r(3)，
所以AD＝AA1＝1，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(1，0，1)，C(0，eq \r(3)，0)，D1(0，0，1)，B(1，eq \r(3)，0)，C1(0，eq \r(3)，1)，B1(1，eq \r(3)，1)，
所以eq \(A1C,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，－1)，eq \(A1D1,\s\up6(→))＝(-1，0，0),eq \(D1A,\s\up6(→))＝(1，0，－1)．(1)当eq \(A1C,\s\up6(→))＝3eq \(A1P,\s\up6(→))时，eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(A1C,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(\r(3),3)，－\f(1,3)))，eq \(DC1,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，1)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)．
设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DC1,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y＋z＝0，,x＋\r(3)y＝0，))
令y＝1，则x＝z＝－eq \r(3)，所以n＝(－eq \r(3)，1，－eq \r(3))，
所以eq \(D1P,\s\up6(→))＝eq \(A1P,\s\up6(→))－eq \(A1D1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(\r(3),3)，－\f(1,3)))，
所以eq \(D1P,\s\up6(→))·n＝eq \f(2,3)×(－eq \r(3))＋eq \f(\r(3),3)×1－eq \f(1,3)×(－eq \r(3))＝0，
所以eq \(D1P,\s\up6(→))⊥n，
因为D1P⊄平面BDC1，所以D1P∥平面BDC1.
(2)当eq \(A1C,\s\up6(→))＝5eq \(A1P,\s\up6(→))时，eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \f(1,5)eq \(A1C,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，\f(\r(3),5)，－\f(1,5)))，
所以eq \(D1P,\s\up6(→))＝eq \(A1P,\s\up6(→))－eq \(A1D1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(\r(3),5)，－\f(1,5)))，
所以eq \(A1C,\s\up6(→))·eq \(D1P,\s\up6(→))＝－1×eq \f(4,5)＋eq \r(3)×eq \f(\r(3),5)－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)))＝0，eq \(A1C,\s\up6(→))·eq \(D1A,\s\up6(→))＝－1×1＋eq \r(3)×0＋(－1)2＝0.
所以A1C⊥D1P，A1C⊥D1A，
又D1P∩D1A＝D1，D1P⊂平面D1AP，D1A⊂平面D1AP，
所以A1C⊥平面D1AP.
16．(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.
解 (1)证明：以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)，
∴eq \(B2C2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，eq \(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，
∴eq \(B2C2,\s\up6(→))∥eq \(A2D2,\s\up6(→))，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
(2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，
则eq \(A2C2,\s\up6(→))＝(－2，－2，2)，eq \(PC2,\s\up6(→))＝(0，－2，3－λ)，eq \(D2C2,\s\up6(→))＝(－2，0，1)，
设平面PA2C2的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A2C2,\s\up6(→))＝－2x1－2y1＋2z1＝0，,n·\(PC2,\s\up6(→))＝－2y1＋（3－λ）z1＝0，))
令z1＝2，得y1＝3－λ，x1＝λ－1，
∴n＝(λ－1，3－λ，2)．
设平面A2C2D2的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(A2C2,\s\up6(→))＝－2x2－2y2＋2z2＝0，,m·\(D2C2,\s\up6(→))＝－2x2＋z2＝0，))
令x2＝1，得y2＝1，z2＝2，∴m＝(1，1，2)．
又二面角P－A2C2－D2为150°，
∴|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)
＝eq \f(6,\r(6)·\r(4＋（λ－1）2＋（3－λ）2))
＝|cs150°|＝eq \f(\r(3),2)，
化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1.
17．如图所示，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面为正方形，O1，O分别为上、下底面的中心，且A1在底面ABCD上的射影是O.
(1)求证：平面O1DC⊥平面ABCD；
(2)若点E，F分别在棱AA1，BC上，且AE＝2EA1，问点F在何处时，EF⊥AD?
解 (1)证明：如图所示，
以O为坐标原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．
设OA＝1，OA1＝a，
∴A(1，0，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，a)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，O1(－1，0，a)，
∴eq \(O1C,\s\up6(→))＝(0，0，－a)，
∴O1C∥z轴，又z轴和平面ABCD垂直，
∴O1C⊥平面ABCD，
又O1C⊂平面O1DC，
∴平面O1DC⊥平面ABCD.
(2)由AE＝2EA1，结合(1)可知，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，0，\f(2,3)a))，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(－1，0，a)，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)．
设eq \(BF,\s\up6(→))＝γeq \(BC,\s\up6(→))，γ∈[0，1]，则eq \(BF,\s\up6(→))＝(－γ，－γ，0)，
故点F的坐标为(－γ，1－γ，0)，
∴eq \(FE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋γ，γ－1，\f(2,3)a))，∵EF⊥AD，
∴eq \(FE,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，
即eq \(FE,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝－eq \f(1,3)－γ－γ＋1＝0，解得γ＝eq \f(1,3).
故当F为BC的三等分点(靠近点B)时，EF⊥AD.
18.(2023·全国甲卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)求证：AC＝A1C；
(2)若直线AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
解 (1)证明：如图，
∵A1C⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，
∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C∩AC＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1，
∴BC⊥平面ACC1A1，
又BC⊂平面BCC1B1，
∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
过A1作A1O⊥CC1于点O，
又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，
∴A1O⊥平面BCC1B1.
∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1O＝1.
在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2，A1O＝1，
∴O为CC1的中点，∴CO＝C1O＝1，
又A1O⊥CC1，
∴AC＝A1C＝A1C1＝eq \r(2)，∴AC＝A1C.
(2)连接A1B，AC1，∵AC＝A1C，BC⊥A1C，BC⊥AC，
∴Rt△ACB≌Rt△A1CB，
∴BA＝BA1.
过B作BD⊥AA1于点D，则D为AA1的中点，又AA1＝2，
∴A1D＝AD＝1，
∵直线AA1与BB1的距离为2，∴BD＝2，
∴A1B＝AB＝eq \r(5)，
在Rt△ABC中，BC＝eq \r(AB2－AC2)＝eq \r(3).
解法一：以C为原点，CA，CB，CA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示，
则C(0，0，0)，A(eq \r(2)，0，0)，B(0，eq \r(3)，0)，B1(－eq \r(2)，eq \r(3)，eq \r(2))，C1(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，
∴eq \(CB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(－2eq \r(2)，eq \r(3)，eq \r(2))，
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\(CC1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(2)z＝0，))
取x＝1，则y＝0，z＝1，
∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1)．
设AB1与平面BCC1B1所成的角为θ，
则sinθ＝|cs〈n，eq \(AB1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(AB1,\s\up6(→))|,|n||\(AB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(13),13).
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq \f(\r(13),13).
解法二：延长AC，使AC＝CM，连接C1M，
由CM∥A1C1，CM＝A1C1，知四边形A1CMC1为平行四边形，
∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC，
又AM⊂平面ABC，
∴C1M⊥AM，
在Rt△AC1M中，AM＝2AC＝2eq \r(2)，C1M＝A1C＝eq \r(2)，
∴AC1＝eq \r(（2\r(2)）2＋（\r(2)）2)＝eq \r(10).
在Rt△AB1C1中，AC1＝eq \r(10)，B1C1＝BC＝eq \r(3)，
∴AB1＝eq \r(（\r(10)）2＋（\r(3)）2)＝eq \r(13).
又A到平面BCC1B1的距离为1，
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq \f(1,\r(13))＝eq \f(\r(13),13).位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔eq \x(\s\up1(02))n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔eq \x(\s\up1(03))m·n＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝λm
α⊥β
n⊥m⇔eq \x(\s\up1(04))m·n＝0
考向一 利用空间向量证明平行、垂直
线线平行
证明两直线的方向向量共线
线面平行
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；
②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；
③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示
面面平行
①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)；
②转化为线面平行、线线平行问题
线线垂直
证明两直线的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零
线面垂直
直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直
面面垂直
两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直
考向二 利用空间向量求空间角
考向三 利用空间向量求空间距离
1．直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量
在直线l上取非零向量a，把与aeq \x(\s\up1(01))平行的非零向量称为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量
直线l⊥α，取直线l的方向向量a，称向量a为平面α的法向量．
2．空间位置关系的向量表示
3.空间向量与空间角的关系
(1)两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，向量a与b的夹角为θ，则csφ＝|csθ|＝eq \x(\s\up1(05))eq \f(|a·b|,|a||b|)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中φ为异面直线a与b所成的角，范围是\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))))).
(2)直线与平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|csθ|＝eq \x(\s\up1(06))eq \f(|e·n|,|e||n|)，φ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
(3)求二面角的大小
如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的射线，则二面角的大小θ＝eq \x(\s\up1(07))〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉．
如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足csθ＝cs〈n1，n2〉或－cs〈n1，n2〉，取值范围是[0，π]．
注：注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的取值范围是[0，π]，两个平面的夹角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
4．向量法求空间的距离
(1)点到直线的距离
如图，直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，则点P到直线l的距离d＝eq \x(\s\up1(08))eq \r(\(AP,\s\up6(→))2－(\(AP,\s\up6(→))·u)2)．
(2)点到平面的距离
如图，A是平面α内的定点，B是平面α外一点，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝eq \x(\s\up1(09))eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)．
(3)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．
确定平面法向量的方法
(1)直接法：观察是否有垂直于平面的向量，若有，则此向量就是法向量．
(2)待定系数法：取平面内的两个相交向量a，b，设平面的法向量为n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·a＝0，,n·b＝0，))解方程组求得．
1．(2023·台州检测)已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cs〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，则直线l与平面α所成的角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,2)
答案 A
解析 设直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(1,2).∵θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴θ＝eq \f(π,6).故选A.
2．在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(15),6) B．－eq \f(\r(15),6)
C.eq \f(\r(15),3) D．－eq \f(\r(15),3)
答案 A
解析 eq \f(|（0，－1，3）·（2，2，4）|,\r(1＋9)×\r(4＋4＋16))＝eq \f(\r(15),6).故选A.
3．(人教B选择性必修第一册1.2.5练习B T4改编)在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2，1)，已知点P(－1，3，2)，则点P到平面OAB的距离d等于( )
A．4 B．2
C．3 D．1
答案 B
解析 由已知，得eq \(OP,\s\up6(→))＝(－1，3，2)，所以点P到平面OAB的距离d＝eq \f(|\(OP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－2－6＋2|,\r(22＋（－2）2＋1))＝2.故选B.
4．已知直线l过定点A(2，3，1)，且方向向量为s＝(0，1，1)，则点P(4，3，2)到l的距离d为( )
A.eq \f(3\r(2),2) B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(10),2) D.eq \r(2)
答案 A
解析 因为A(2，3，1)，P(4，3，2)，所以eq \(AP,\s\up6(→))＝(2，0，1)，则|eq \(AP,\s\up6(→))|＝eq \r(5)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(s,|s|)))＝eq \f(\r(2),2)，由点到直线的距离公式得d＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(s,|s|)))\s\up12(2))＝eq \f(3\r(2),2).故选A.
5．(人教B选择性必修第一册P62复习题A组T12改编)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE与FD1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(10),5) B.eq \f(\r(15),5)
C.eq \f(4,5) D.eq \f(2,3)
答案 B
解析 建立如右图所示的空间直角坐标系，则O(1，1，0)，E(0，2，1)，F(1，0，0)，D1(0，0，2)，∴eq \(FD1,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq \(OE,\s\up6(→))＝(－1，1，1)．∴cs〈eq \(FD1,\s\up6(→))，eq \(OE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(FD1,\s\up6(→))·\(OE,\s\up6(→)),|\(FD1,\s\up6(→))||\(OE,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋0＋2,\r(5)×\r(3))＝eq \f(\r(15),5).故选B.
例1 如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD所成的角为30°.求证：
(1)CM∥平面PAD；
(2)平面PAB⊥平面PAD.
证明 以点C为坐标原点，CB，CD，CP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Cxyz.
∵PC⊥平面ABCD，
∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角．
∴∠PBC＝30°.∵PC＝2，∴BC＝2eq \r(3)，PB＝4.
∴C(0，0，0)，D(0，1，0)，B(2eq \r(3)，0，0)，A(2eq \r(3)，4，0)，P(0，0，2)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，
∴eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，eq \(DA,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，3，0)，eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2))).
(1)设n＝(x，y，z)为平面PAD的法向量，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DP,\s\up6(→))·n＝0，,\(DA,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y＋2z＝0，,2\r(3)x＋3y＝0.))
令y＝2，得n＝(－eq \r(3)，2，1)．
∵n·eq \(CM,\s\up6(→))＝－eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＋2×0＋1×eq \f(3,2)＝0，
∴n⊥eq \(CM,\s\up6(→)).
又CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD.
(2)如图，取AP的中点E，连接BE，
则E(eq \r(3)，2，1)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，2，1)．
∵PB＝AB，∴BE⊥PA.
又eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(DA,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，2，1)·(2eq \r(3)，3，0)＝0，
∴eq \(BE,\s\up6(→))⊥eq \(DA,\s\up6(→))，∴BE⊥DA.
又PA∩DA＝A，PA，DA⊂平面PAD，
∴BE⊥平面PAD.
又BE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.
1．用向量法证平行问题的类型及常用方法
2.利用向量法证垂直问题的类型及常用方法
注意：运用向量知识判定空间位置关系时，仍然离不开几何定理．如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行时，仍需强调直线在平面外．
(2023·南京模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1，D为BC的中点．
(1)证明：A1B∥平面ADC1；
(2)证明：平面ADC1⊥平面BB1C1C.
证明 (1)∵在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，
∴以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝AC＝AA1＝2，
则A1(0，0，0)，B(2，0，2)，A(0，0，2)，C(0，2，2)，D(1，1，2)，C1(0，2，0)，
eq \(A1B,\s\up6(→))＝(2，0，2)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(AC1,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，
设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝x＋y＝0，,n·\(AC1,\s\up6(→))＝2y－2z＝0，))
取y＝1，得n＝(－1，1，1)，∵n·eq \(A1B,\s\up6(→))＝－2＋0＋2＝0，且A1B⊄平面ADC1，∴A1B∥平面ADC1.
(2)∵eq \(DC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(DC1,\s\up6(→))＝(－1，1，－2)，
设平面BB1C1C的法向量为m＝(a，b，c)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(DC,\s\up6(→))＝－a＋b＝0，,m·\(DC1,\s\up6(→))＝－a＋b－2c＝0，))
取a＝1，得m＝(1，1，0)，
又平面ADC1的一个法向量为n＝(－1，1，1)，
n·m＝－1＋1＋0＝0，
∴平面ADC1⊥平面BB1C1C.
多角度探究突破
角度 求异面直线所成的角
例2 (1)如图，正四棱锥P－ABCD的侧面PAB为正三角形，E为PC的中点，则异面直线BE与PA所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(3),2)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(1,2)
答案 A
解析 连接AC，BD，交于点O，连接PO，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝eq \r(2)，则OA＝OB＝OP＝1，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，P(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－1，\f(1,2)))，eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，设异面直线BE与PA所成的角为θ，则csθ＝eq \f(|\(BE,\s\up6(→))·\(PA,\s\up6(→))|,|\(BE,\s\up6(→))||\(PA,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(\f(3,2))×\r(2))＝eq \f(\r(3),3).∴异面直线BE与PA所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).故选A.
(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F在棱AD上，eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))，若异面直线D1E与A1F所成角的余弦值为eq \f(3\r(2),10)，则λ的值为________．
答案 eq \f(1,3)
解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)．正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)，所以eq \(D1E,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq \(A1F,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋λeq \(AD,\s\up6(→))＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)，则|cs〈eq \(A1F,\s\up6(→))，eq \(D1E,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(A1F,\s\up6(→))·\(D1E,\s\up6(→))|,|\(A1F,\s\up6(→))||\(D1E,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,2\r(λ2＋1)·\r(5))，所以eq \f(2,2\r(5)·\r(λ2＋1))＝eq \f(3\r(2),10)，解得λ＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(1,3)舍去)).
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选好基底或建立空间直角坐标系．
(2)求出两直线的方向向量v1，v2.
(3)代入公式csθ＝|cs〈v1，v2〉|＝eq \f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解(θ为两异面直线所成的角)．
注意：两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
1.(2023·绍兴模拟)“曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，AA1⊥平面ABCD，AA1＝4，底面扇环所对的圆心角为eq \f(π,2)，eq \(AD,\s\up8(︵))的长度是eq \(BC,\s\up8(︵))长度的2倍，CD＝1，则异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(2),3) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(2\r(2),3) D.eq \f(\r(2),4)
答案 C
解析 设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，O1C1，O1B1，因为AA1⊥平面ABCD，且底面扇环所对的圆心角为eq \f(π,2)，所以以O为原点，OC，OB，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，由eq \(AD,\s\up8(︵))的长度是eq \(BC,\s\up8(︵))长度的2倍，CD＝1，可知OC＝1，则C1(1，0，4)，B(0，1，0)，D1(2，0，4)，A1(0，2，4)，则eq \(A1D1,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(1，－1，4)，|cs〈eq \(A1D1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(A1D1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→))|,|\(A1D1,\s\up6(→))||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,2\r(2)×3\r(2))＝eq \f(1,3)，又异面直线所成角的范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，故异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(2),3).故选C.
2．(2023·成都七中期中)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，AA1＝4，∠A1AD＝∠A1AB＝60°，则异面直线AC与DC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(14),7) B.eq \f(\r(70),14)
C.eq \f(3\r(14),14) D.eq \f(11\r(14),14)
答案 C
解析 在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，∠A1AD＝∠A1AB＝60°，∠BAD＝90°，eq \(DC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＝|eq \(AB,\s\up6(→))||eq \(AA1,\s\up6(→))|cs∠A1AB＝2×4×cs60°＝4，则|eq \(DC1,\s\up6(→))|＝eq \r(\(AB,\s\up6(→))2＋\(AA1,\s\up6(→))2＋2\(AB,\s\up6(→))·\(AA1,\s\up6(→)))＝eq \r(22＋42＋2×4)＝2eq \r(7)，而eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))，且|eq \(AC,\s\up6(→))|＝2eq \r(2)，于是eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(DC1,\s\up6(→))＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))·(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→)))＝eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＝4＋4＋4＝12，因此|cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(DC1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AC,\s\up6(→))·\(DC1,\s\up6(→))|,|\(AC,\s\up6(→))||\(DC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(12,2\r(2)×2\r(7))＝eq \f(3\r(14),14)，所以异面直线AC与DC1所成角的余弦值为eq \f(3\r(14),14).故选C.
角度 求直线与平面所成的角
例3 (2020·新高考Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
解 (1)证明：在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l.
因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD.
因为DC∩PD＝D，DC，PD⊂平面PDC，
所以l⊥平面PDC.
(2)如图，建立空间直角坐标系Dxyz.
因为PD＝AD＝1，所以D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)．
设Q(m，0，1)，
则有eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(DQ,\s\up6(→))＝(m，0，1)，
eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)．
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝0，,mx＋z＝0，))
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为n＝(1，0，－m)，
则cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(PB,\s\up6(→)),|n||\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋0＋m,\r(3)·\r(m2＋1)).
设PB与平面QCD所成的角为θ，
则sinθ＝|cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))
＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2m,m2＋1))
≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2|m|,m2＋1))≤eq \f(\r(3),3)×eq \r(1＋1)＝eq \f(\r(6),3)，
当且仅当m＝1时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3).
利用空间向量求线面角的解题步骤
注意：线面角的正弦值对应直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值．
(2022·北京高考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM＝MN.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
解 解法一：(1)证明：如图，取BC的中点D，连接B1D，DN.
在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，AB＝A1B1.
因为M，N分别为A1B1，AC的中点，所以B1M∥AB，B1M＝eq \f(1,2)AB，DN∥AB，DN＝eq \f(1,2)AB，
则B1M∥DN且B1M＝DN，
所以四边形B1MND为平行四边形，所以B1D∥MN.
又MN⊄平面BCC1B1，B1D⊂平面BCC1B1，
所以MN∥平面BCC1B1.
(2)因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1，
又因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，且平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，
所以CB⊥平面ABB1A1，而AB⊂平面ABB1A1，
所以CB⊥AB.
若选①，由(1)得B1D∥MN，因为AB⊥MN，所以AB⊥B1D，
又B1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1，
在三棱柱ABC－A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，
故以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，
因为AB＝BC＝BB1＝2，所以B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，
所以eq \(BN,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，－2，0)．
设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BN,\s\up6(→))·n＝0，,\(BM,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))
令x＝2，得n＝(2，－2，1)．
设直线AB与平面BMN所成的角为θ，
则sinθ＝|cs〈n，eq \(AB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(AB,\s\up6(→))|,|n||\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,3×2)＝eq \f(2,3)，
所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为eq \f(2,3).
若选②，由(1)知，MN＝B1D＝eq \r(5)，
又MB＝MN，所以MB＝eq \r(5)，
又B1M＝1，BB1＝2，所以B1M2＋BBeq \\al(2,1)＝MB2.
因此∠BB1M＝90°，即BB1⊥A1B1，故BB1⊥AB.
在三棱柱ABC－A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，
下同选①.
解法二：(1)证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱ABC－A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，
而M为A1B1的中点，则MK∥BB1，
而MK⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，
故MK∥平面BCC1B1，
而N为AC的中点，则NK∥BC，
同理可得NK∥平面BCC1B1，
而NK∩MK＝K，NK，MK⊂平面MKN，
故平面MKN∥平面BCC1B1，
而MN⊂平面MKN，故MN∥平面BCC1B1.
(2)因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1，
又CB⊂平面BCC1B1，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，
所以CB⊥平面ABB1A1，
因为NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1，
因为AB⊂平面ABB1A1，故NK⊥AB，
若选①AB⊥MN，因为NK⊥AB，NK∩MN＝N，MN，NK⊂平面MNK，
所以AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，
又MK∥BB1，所以AB⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB＝B，CB，AB⊂平面ABC，故BB1⊥平面ABC，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，
故eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，－2，0)，eq \(BN,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(0，1，2)，
设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BN,\s\up6(→))＝0，,n·\(BM,\s\up6(→))＝0，))从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))
取z＝－1，则n＝(－2，2，－1)，
设直线AB与平面BMN所成的角为θ，
则sinθ＝|cs〈n，eq \(AB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(4,3×2)＝eq \f(2,3).
所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为eq \f(2,3).
若选②，因为NK⊥平面ABB1A1，
而MK⊂平面ABB1A1，故NK⊥MK，
而B1M＝1，NK＝1，故B1M＝NK，
而BB1＝MK＝2，MB＝MN，故△BB1M≌△MKN，
所以∠BB1M＝∠MKN＝90°，故A1B1⊥BB1，即AB⊥BB1，
又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，CB，AB⊂平面ABC，
故BB1⊥平面ABC，
下同选①.
角度 求平面与平面的夹角
例4 (2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))，求二面角D－AB－F的正弦值．
解 (1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC，①
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ACD与△ABD均为等边三角形，
所以AC＝AB，所以AE⊥BC，②
由①②，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.
(2)不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为BD⊥CD，所以BC＝2eq \r(2)，DE＝eq \r(2)，
因为△ACD与△ABD均为等边三角形，所以AC＝AB＝2，
所以AE⊥BC，AE＝eq \r(2)，
所以AE2＋DE2＝4＝DA2，所以AE⊥DE，
又DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，所以AE⊥平面BCD.
以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E(0，0，0)，D(eq \r(2)，0，0)，A(0，0，eq \r(2))，B(0，eq \r(2)，0)，
设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，二面角D－AB－F的平面角为θ，而eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))，
因为eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，所以F(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，即有eq \(AF,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，0)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(DA,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))
取x1＝1，所以n1＝(1，1，1)．
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))
取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)，
所以|csθ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，
所以sinθ＝eq \r(1－\f(6,9))＝eq \f(\r(3),3)，
所以二面角D－AB－F的正弦值为eq \f(\r(3),3).
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
(2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2eq \r(2).
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．
解 (1)设A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，
所以VA－A1BC＝VA1－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1＝eq \f(1,3)VABC－A1B1C1＝eq \f(4,3)，
又△A1BC的面积为2eq \r(2)，
VA－A1BC＝eq \f(1,3)S△A1BC·h＝eq \f(1,3)×2eq \r(2)h＝eq \f(4,3)，
所以h＝eq \r(2)，
即A到平面A1BC的距离为eq \r(2).
(2)取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，
又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AA1⊥BC，
因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，
所以BC⊥平面ABB1A1，
又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BB1,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，
由(1)知，AE＝eq \r(2)，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2eq \r(2)，
因为△A1BC的面积为2eq \r(2)，
所以2eq \r(2)＝eq \f(1,2)A1B·BC，所以BC＝2，
所以A(0，2，0)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，A1(0，2，2)，D(1，1，1)，E(0，1，1)，则eq \(BD,\s\up6(→))＝(1，1，1)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0，2，0)，
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BA,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＋z＝0，,2y＝0，))
令x＝1，得n＝(1，0，－1)，
又平面BDC的一个法向量为eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，
所以cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·n,|\(AE,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2)，
设二面角A－BD－C的平面角为θ，
则sinθ＝eq \r(1－cs2〈\(AE,\s\up6(→))，n〉)＝eq \f(\r(3),2)，
所以二面角A－BD－C的正弦值为eq \f(\r(3),2).
例5 (2023·广州天河区模拟)如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AE⊥平面ABCD，AE∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.
(1)证明：平面EAC⊥平面EFC；
(2)在棱EC上有一点M，使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45°，求点M到平面BCF的距离．
解 (1)证明：取EC的中点G，连接BD交AC于点N，连接GN，GF，
因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD，且N是AC的中点，
所以GN∥AE且GN＝eq \f(1,2)AE，又AE∥BF，AE＝2BF＝2，
所以GN∥BF且GN＝BF，
所以四边形BNGF是平行四边形，所以GF∥BN，
又AE⊥平面ABCD，BN⊂平面ABCD，所以AE⊥BN，
又因为AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面EAC，
所以BN⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC，
又GF⊂平面EFC，所以平面EAC⊥平面EFC.
(2)取CD的中点H，由四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，得∠ADC＝60°，
所以△ADC是正三角形，所以AH⊥CD，所以AH⊥AB，又AE⊥平面ABCD，
所以以A为原点，AH，AB，AE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则D(eq \r(3)，－1，0)，B(0，2，0)，C(eq \r(3)，1，0)，E(0，0，2)，F(0，2，1)，A(0，0，0)，
设eq \(EM,\s\up6(→))＝λeq \(EC,\s\up6(→))＝λ(eq \r(3)，1，－2)＝(eq \r(3)λ，λ，－2λ)，
所以M(eq \r(3)λ，λ，2－2λ)，
所以eq \(DM,\s\up6(→))＝(eq \r(3)λ－eq \r(3)，λ＋1，2－2λ)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(eq \r(3)λ，λ－2，2－2λ)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1，0)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，0，1)，
设平面MBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DM,\s\up6(→))＝0，,n·\(BM,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（\r(3)λ－\r(3)）x＋（λ＋1）y＋（2－2λ）z＝0，,\r(3)λx＋（λ－2）y＋（2－2λ）z＝0，))
令x＝eq \r(3)，得y＝1，z＝eq \f(2λ－1,λ－1)，所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，1，\f(2λ－1,λ－1))).
平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，
所以|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2λ－1,λ－1))),\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ－1,λ－1)))\s\up12(2)))＝eq \f(\r(2),2)，
解得λ＝eq \f(3,4)，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),4)，\f(3,4)，\f(1,2)))，则eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),4)，－\f(1,4)，\f(1,2)))，
设平面BCF的法向量为u＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(u·\(BC,\s\up6(→))＝0，,u·\(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)a－b＝0，,c＝0，))取a＝1，得u＝(1，eq \r(3)，0)，
所以点M到平面BCF的距离d＝eq \f(|u·\(CM,\s\up6(→))|,|u|)＝eq \f(\r(3),4).
(1)求点到直线的距离的方法
①设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝eq \r(|\(PA,\s\up6(→))|2－（\(PA,\s\up6(→))·n）2)；
②若能求出点在直线上的投影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．
(2)求平面α外一点P到平面α的距离的常用方法
①直接法：过点P作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离；
②转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求；
③等体积法；
④向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意一点，则点P到α的距离为d＝eq \f(|\(PA,\s\up6(→))·n|,|n|).
(3)线面距离和面面距离可以转化为点到平面的距离进行求解．
如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长都为2，且∠A1AC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，点P，Q分别在AB，A1C1上，且AP＝A1Q.
(1)求证：PQ∥平面B1BCC1；
(2)当P是边AB的中点时，求点B1到直线PQ的距离．
解 (1)证明：作PD∥AC，交BC于点D，连接DC1，
由A1Q＝AP，得BP＝QC1，
∵PD∥AC，
∴eq \f(PD,AC)＝eq \f(BP,AB)，即PD＝BP＝QC1，
∴PD∥QC1且PD＝QC1，
∴四边形C1QPD为平行四边形，
∴PQ∥C1D，
∵PQ⊄平面B1BCC1，且C1D⊂平面B1BCC1，
∴PQ∥平面B1BCC1.
(2)取AC的中点O，连接A1O，BO，
∵AO＝eq \f(1,2)AC＝1，AA1＝2，∠A1AO＝60°，
根据余弦定理得
A1O2＝AAeq \\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcs60°＝4＋1－2×2×1×eq \f(1,2)＝3，∴A1O＝eq \r( ,3)，
∵AO2＋A1O2＝AAeq \\al(2,1)，∴A1O⊥AC，
又平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
∴A1O⊥平面ABC，
∵△ABC是等边三角形，∴BO⊥AC，
如图，建立空间直角坐标系，
则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，Q(0，1，eq \r(3))，B1(eq \r(3)，1，eq \r(3))，
∴eq \(QP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，－\r(3)))，
eq \(QB1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，0)，
∴cs〈eq \(QP,\s\up6(→))，eq \(QB1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(QP,\s\up6(→))·\(QB1,\s\up6(→)),|\a\vs4\al(\(QP,\s\up6(→))||\(QB1,\s\up6(→)))|)＝eq \f(\f(3,2),\r(6)×\r(3))＝eq \f(\r(2),4)，
∴点B1到直线PQ的距离为
|eq \(QB1,\s\up6(→))|·eq \r(1－cs2〈\a\vs4\al(\(QP,\s\up6(→))，\(QB1,\s\up6(→)))〉)
＝eq \r(3)×eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(42),4).
课时作业
一、单项选择题
1．(2023·高邮期末)给出以下命题，其中正确的是( )
A．直线l的方向向量为a＝(1，－1，2)，直线m的方向向量为b＝(2，1，－1)，则l与m平行
B．直线l的方向向量为a＝(1，－1，1)，平面α的法向量为n＝(－2，2，－2)，则l∥α
C．平面α，β的法向量分别为n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，则α⊥β
D．已知直线l过点A(1，0，－1)，且方向向量为(1，2，2)，则点P(－1，2，0)到l的距离为eq \f(\r(65),3)
答案 D
解析 对于A，∵a＝(1，－1，2)，b＝(2，1，－1)，∴eq \f(1,2)≠eq \f(－1,1)≠eq \f(2,－1)，∴l与m不平行；对于B，∵a＝(1，－1，1)，n＝(－2，2，－2)，∴a·n＝1×(－2)＋(－1)×2＋1×(－2)＝－6≠0，∴l与α不平行；对于C，∵n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，∴n1·n2＝0×1＋1×0＋3×2＝6≠0，∴α与β不垂直；对于D，∵A(1，0，－1)，P(－1，2，0)，∴eq \(AP,\s\up6(→))＝(－2，2，1)，直线l的方向向量为n＝(1，2，2)，∴|eq \(AP,\s\up6(→))|＝3，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(4,3)，∴d＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))\s\up12(2))＝eq \r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(65),3).故选D.
2．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M在棱DD1上，直线AC1⊥平面A1BM，则点M的位置是( )
A．点D B．点D1
C．DD1的中点 D．不存在
答案 A
解析 如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，M(0，0，t)，0≤t≤1，A(1，0，0)，C1(0，1，1)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，eq \(AC1,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，eq \(BA1,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，－1，t)，∵eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(BA1,\s\up6(→))＝－1×0＋1×(－1)＋1×1＝0，∴AC1⊥BA1，∵直线AC1⊥平面A1BM，BM⊂平面A1BM，∴AC1⊥BM，∴eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝0，∴－1×(－1)＋1×(－1)＋1×t＝0，解得t＝0，此时点M与点D重合．故选A.
3．(2024·武汉一模)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，则点C到平面AEC1F的距离为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(3\r(2),2)
C.eq \f(4\r(33),11) D.eq \f(\r(33),11)
答案 C
解析 以D为原点，DA，DC，DF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)，所以eq \(AC1,\s\up6(→))＝(－2，4，3)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，4，1)．设平面AEC1F的法向量为n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC1,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4y＋z＝0，,－2x＋4y＋3z＝0，))令z＝1，得x＝1，y＝－eq \f(1,4)，所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,4)，1)).又eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0，0，3)，所以点C到平面AEC1F的距离d＝eq \f(|\(CC1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(4\r(33),11).故选C.
4．(2023·毕节模拟)钟鼓楼是中国传统建筑之一，属于钟楼和鼓楼的合称，是主要用于报时的建筑．中国古代一般建于城市的中心地带，在现代城市中，也可以常常看见附有钟楼的建筑．如图，在某市一建筑物楼顶有一顶部逐级收拢的四面钟楼，四个大钟对称分布在四棱柱的四个侧面(四棱柱看成正四棱柱，钟面圆心在棱柱侧面中心上)，在整点时刻(在0点至12点中取整数点，含0点，不含12点)，已知在3点时和9点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线相互垂直，则在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),6) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(\r(3),6) D.eq \f(\r(2),4)
答案 B
解析 如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为侧面ABB1A1和侧面BCC1B1的中心，G为BB1的中点，EN为2点钟时针，FM为8点钟时针，则∠NEG＝30°，∠MFG＝30°.设正四棱柱的底面边长为a，侧棱长为b，以D为原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，\f(b,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a，\f(b,2)＋\f(\r(3),6)a))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，a，\f(b,2)))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a，\f(b,2)－\f(\r(3),6)a))，eq \(EN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(\r(3),6)a))，eq \(FM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(\r(3),6)a))，所以|cs〈eq \(EN,\s\up6(→))，eq \(FM,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(EN,\s\up6(→))·\(FM,\s\up6(→))|,|\(EN,\s\up6(→))||\(FM,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,12)a2,\r(\f(a2,4)＋\f(3,36)a2)×\r(\f(a2,4)＋\f(3,36)a2))＝eq \f(1,4)，所以在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成角的余弦值为eq \f(1,4).故选B.
5．(2024·茂名模拟)菱形ABCD的边长为4，∠A＝60°，E为AB的中点(如图1)，将△ADE沿直线DE翻折至△A′DE处(如图2)，连接A′B，A′C，若四棱锥A′－EBCD的体积为4eq \r(3)，F为A′D的中点，则点F到直线BC的距离为( )
A.eq \f(\r(31),2) B.eq \f(\r(23),2)
C.eq \f(\r(31),4) D.eq \f(\r(23),4)
答案 A
解析 连接BD，因为四边形ABCD为菱形，且∠A＝60°，所以△ABD为等边三角形，因为E为AB的中点，所以DE⊥AB，所以DE⊥EB，DE⊥A′E，因为EB∩A′E＝E，EB，A′E⊂平面A′EB，所以DE⊥平面A′EB，因为菱形ABCD的边长为4，所以AB＝AD＝CD＝BC＝4，DE＝2eq \r(3)，AE＝BE＝2，所以直角梯形BCDE的面积为eq \f(1,2)×(2＋4)×2eq \r(3)＝6eq \r(3)，设四棱锥A′－EBCD的高为h，则eq \f(1,3)×6eq \r(3)h＝4eq \r(3)，得h＝2，所以h＝A′E，所以A′E⊥平面BCDE，所以以E为原点，EB，ED，EA′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(4，2eq \r(3)，0)，F(0，eq \r(3)，1)，所以eq \(BC,\s\up6(→))＝(2，2eq \r(3)，0)，令c＝eq \f(\(BC,\s\up6(→)),|\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，a＝eq \(FB,\s\up6(→))＝(2，－eq \r(3)，－1)，所以|a|＝eq \r(4＋3＋1)＝2eq \r(2)，a·c＝1－eq \f(3,2)＝－eq \f(1,2)，所以点F到直线BC的距离d＝eq \r(|a|2－（a·c）2)＝eq \r(8－\f(1,4))＝eq \f(\r(31),2).故选A.
6．(2023·哈尔滨师大附中三模)已知四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝AD，点E是线段PB上的动点，则直线DE与平面PBC所成角的最大值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
答案 C
解析 由题意，因为四边形ABCD为正方形，且PD⊥底面ABCD，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设PD＝AD＝1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，设eq \(PE,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，则eq \(PE,\s\up6(→))＝(λ，λ，－λ)，所以E(λ，λ，1－λ)，即eq \(DE,\s\up6(→))＝(λ，λ，1－λ)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝x＋y－z＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝y－z＝0，))解得x＝0，y＝z，取y＝z＝1，所以平面PBC的一个法向量为n＝(0，1，1)，设直线DE与平面PBC所成的角为θ，则sinθ＝|cs〈n，eq \(DE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(DE,\s\up6(→))|,|n||\(DE,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2λ2＋（1－λ）2))＝eq \f(1,\r(2)×\r(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,3)))\s\up12(2)＋\f(2,3)))，因为y＝sinθ，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))单调递增，所以当λ＝eq \f(1,3)时，sinθ＝eq \f(\r(3),2)最大，此时θ＝eq \f(π,3)，即直线DE与平面PBC所成角的最大值为eq \f(π,3).故选C.
7．(2023·山西师大附中模拟)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是( )
A.eq \f(\r(2),3) B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(\r(5),3)
答案 C
解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，2)，eq \(DC,\s\up6(→))1＝(0，1，2)，eq \(DA,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)．设eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DC1,\s\up6(→))，eq \(AQ,\s\up6(→))＝μeq \(AC,\s\up6(→))(λ，μ∈[0，1])，∴eq \(DP,\s\up6(→))＝λ(0，1，2)＝(0，λ，2λ)，eq \(DQ,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＋μeq \(AC,\s\up6(→))＝(1，0，0)＋μ(－1，1，0)＝(1－μ，μ，0)，∴eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \(DQ,\s\up6(→))－eq \(DP,\s\up6(→))＝(1－μ，μ－λ，－2λ)，∴|eq \(PQ,\s\up6(→))|＝eq \r(（1－μ）2＋（μ－λ）2＋4λ2)＝eq \r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(\a\vs4\al(μ),5)))\s\up12(2)＋\f(9,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－\f(5,9)))\s\up12(2)＋\f(4,9))≥eq \r(\f(4,9))＝eq \f(2,3)，当且仅当λ＝eq \f(\a\vs4\al(μ),5)，μ＝eq \f(5,9)，即λ＝eq \f(1,9)，μ＝eq \f(5,9)时取等号，∴线段PQ长度的最小值为eq \f(2,3).故选C.
8．(2024·广州越秀区期中)“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术·商功》中描述：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑．”一个长方体ABCD－A1B1C1D1沿对角面斜解(图1)，得到两个一模一样的堑堵(图2)，再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解(图2)，得到一个四棱锥，称为阳马(图3)，一个三棱锥称为鳖臑(图4)．若鳖臑的体积为4，AB＝4，BC＝3，则在鳖臑中，平面BCD1与平面BC1D1夹角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(65),65) B.eq \f(6\r(65),65)
C.eq \f(\r(65),13) D.eq \f(2\r(65),65)
答案 B
解析 ∵BC⊥平面CC1D1，∴VB－CC1D1＝eq \f(1,3)S△CC1D1·BC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×CC1×4×3＝4，∴CC1＝2，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则B(3，4，0)，C(0，4，0)，D1(0，0，2)，C1(0，4，2)，∴eq \(BC,\s\up6(→))＝(－3，0，0)，eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－3，－4，2)，eq \(D1C1,\s\up6(→))＝(0，4，0)，设平面BCD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→))·n＝－3x＝0，,\(BD1,\s\up6(→))·n＝－3x－4y＋2z＝0，))令y＝1，解得x＝0，z＝2，∴n＝(0，1，2)，设平面BC1D1的法向量为m＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BD1,\s\up6(→))·m＝－3a－4b＋2c＝0，,\(D1C1,\s\up6(→))·m＝4b＝0，))令a＝2，得b＝0，c＝3，∴m＝(2，0，3)，∴|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(6,\r(5)×\r(13))＝eq \f(6\r(65),65)，即平面BCD1与平面BC1D1夹角的余弦值为eq \f(6\r(65),65).故选B.
二、多项选择题
9．(2023·岳阳阶段检测)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up6(→))，则下列说法正确的是( )
A．点A到直线BE的距离是eq \f(\r(5),5)
B．点O到平面ABC1D1的距离是eq \f(\r(2),4)
C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3)
D．点P到直线AB的距离为eq \f(5,6)
答案 BCD
解析 如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，所以eq \(BA,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，1)).设∠ABE＝θ，则csθ＝eq \f(|\(BA,\s\up6(→))·\(BE,\s\up6(→))|,|\(BA,\s\up6(→))||\(BE,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(5),5)，sinθ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(5),5).故点A到直线BE的距离d1＝|eq \(BA,\s\up6(→))|sinθ＝1×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(2\r(5),5)，故A错误；易知eq \(C1O,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(C1A1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，平面ABC1D1的一个法向量为eq \(DA1,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝eq \f(|\(DA1,\s\up6(→))·\(C1O,\s\up6(→))|,|\(DA1,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，故B正确；eq \(A1B,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq \(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq \(A1D1,\s\up6(→))＝(0，1，0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1B,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1D,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－z＝0，,y－z＝0，))令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)．所以点D1到平面A1BD的距离d3＝eq \f(|\(A1D1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3).因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3)，故C正确；因为eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，所以eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3)))，则eq \f(\(AP,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,4)，所以点P到直线AB的距离d4＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AP,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq \r(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq \f(5,6)，故D正确．故选BCD.
10．(2023·杭州二中模拟)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，∠DAB＝∠A1AB＝∠A1AD＝eq \f(π,3)，AA1＝3，AB＝AD＝2，以下结论正确的是( )
A．平行六面体ABCD－A1B1C1D1的体积为6eq \r(2)
B．sin〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(BD1,\s\up6(→))〉＝eq \f(38\r(5),365)
C．AC1⊥平面BDD1B1
D．二面角D1－AA1－B的余弦值为eq \f(1,3)
答案 AD
解析 对于A，连接AC，BD，且AC与BD交于点O，则O为AC，BD的中点，又由∠DAB＝eq \f(π,3)，AB＝AD＝2可得△ABD为正三角形，故BD＝2，AO＝eq \r(3)，BO＝DO＝1.又∠A1AB＝∠A1AD＝eq \f(π,3)，AA1＝3，故A1B＝A1D＝eq \r(22＋32－2×2×3×\f(1,2))＝eq \r(7)，故A1O⊥BO，A1O＝eq \r(7－1)＝eq \r(6)，故A1O2＋AO2＝A1A2，则A1O⊥AO，又A1O⊥BO，AO∩BO＝O，AO，BO⊂平面ABCD，故A1O⊥平面ABCD，故平行六面体ABCD－A1B1C1D1的体积为V＝S▱ABCD·A1O＝22×sineq \f(π,3)×eq \r(6)＝6eq \r(2)，故A正确；对于B，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(eq \r(3)，0，0)，A1(0，0，eq \r(6))，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，故eq \(AA1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(6))，eq \(BD1,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(DD1,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，－2，0)＋(－eq \r(3)，0，eq \r(6))＝(－eq \r(3)，－2，eq \r(6))，故cs〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(BD1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AA1,\s\up6(→))·\(BD1,\s\up6(→)),|\a\vs4\al(\(AA1,\s\up6(→))||\(BD1,\s\up6(→)))|)＝eq \f(3＋6,\r(3＋6)×\r(3＋4＋6))＝eq \f(3,\r(13))，故sin〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(BD1,\s\up6(→))〉＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(13))))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(13),13)，故B错误；对于C，eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(6))＋(－eq \r(3)，1，0)＋(－eq \r(3)，－1，0)＝(－3eq \r(3)，0，eq \r(6))，因为eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(6))，eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(BB1,\s\up6(→))≠0，又BB1⊂平面BDD1B1，故AC1⊥平面BDD1B1不成立，故C错误；对于D，由AA1＝AA1，AB＝AD，DA1＝BA1，知△A1AB≌△A1AD.作BP⊥AA1于点P，连接DP，由全等性质可得DP⊥AA1，又BP∩DP＝P，BP，DP⊂平面BDP，则AA1⊥平面BDP，则二面角D1－AA1－B的平面角为∠DPB.又BP＝DP＝ABsineq \f(π,3)＝eq \r(3)，BD＝2，故cs∠DPB＝eq \f(3＋3－4,2×\r(3)×\r(3))＝eq \f(1,3)，即二面角D1－AA1－B的余弦值为eq \f(1,3)，故D正确．故选AD.
11．(2021·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(→))，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则( )
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值
C．当λ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
答案 BD
解析 由点P满足eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(→))，可知点P在正方形BCC1B1内，如图①.对于A，当λ＝1时，可知点P在线段CC1(包括端点)上运动．如图②，在△AB1P中，因为AB1＝eq \r(2)，AP＝eq \r(1＋μ2)，B1P＝eq \r(1＋（1－μ）2)，所以△AB1P的周长L＝AB1＋AP＋B1P不为定值，所以A错误；对于B，当μ＝1时，可知点P在线段B1C1(包括端点)上运动．如图③，由图可知，线段B1C1∥平面A1BC，即点P到平面A1BC的距离处处相等，又△A1BC的面积是定值，所以三棱锥P－A1BC的体积为定值，所以B正确；对于C，当λ＝eq \f(1,2)时，分别取线段BC，B1C1的中点为D，D1，可知点P在线段DD1(包括端点)上运动．如图④，很显然当点P与点D或D1重合时，均满足A1P⊥BP，所以C错误；对于D，解法一：当μ＝eq \f(1,2)时，分别取线段BB1，CC1的中点为M，N，可知点P在线段MN(包括端点)上运动．如图⑤，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点N，所以D正确．
解法二：当μ＝eq \f(1,2)时，分别取线段BB1，CC1的中点为M，N，可知点P在线段MN(包括端点)上运动．以C为原点，建立如图⑥所示的空间直角坐标系Cxyz，则B(0，1，0)，B1(0，1，1)，A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1－λ，\f(1,2))).所以eq \(A1B,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，eq \(B1P,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－λ，－\f(1,2))).若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以eq \(A1B,\s\up6(→))·eq \(B1P,\s\up6(→))＝0，即－eq \f(1,2)λ＋eq \f(1,2)＝0，解得λ＝1.所以只存在一个点P使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与点N重合，所以D正确．故选BD.
三、填空题
12.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq \r(17)，则该二面角的大小为________．
答案 60°
解析 ∵eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))，∴|eq \(CD,\s\up6(→))|＝eq \r(（\(CA,\s\up6(→))＋\(AB,\s\up6(→))＋\(BD,\s\up6(→))）2)＝eq \r(36＋16＋64＋2\(CA,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)))＝eq \r(\a\vs4\al(116＋2\(CA,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→))))＝2eq \r(17)，∴eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝|eq \(CA,\s\up6(→))||eq \(BD,\s\up6(→))|cs〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝－24，∴cs〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝－eq \f(1,2).又所求二面角与〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉互补，∴所求的二面角为60°.
13．(2023·广州三模)已知空间直角坐标系Oxyz中，过点P(x0，y0，z0)，且一个法向量为n＝(a，b，c)的平面α的方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0.用以上知识解决下面问题：已知平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，直线l是两个平面x－y＋3＝0与x－2z－1＝0的交线，试写出直线l的一个方向向量为________，直线l与平面α所成角的正弦值为________．
答案 (2，2，1)(答案不唯一) eq \f(4,9)
解析 平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，可得平面α的一个法向量为n＝(1，2，－2)，平面x－y＋3＝0的一个法向量为m1＝(1，－1，0)，x－2z－1＝0的一个法向量为m2＝(1，0，－2)，设直线l的方向向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·m1＝0，,m·m2＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,x－2z＝0，))令z＝1，得m＝(2，2，1)．设直线l与平面α所成的角为θ，0°≤θ≤90°，则sinθ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(4,3×3)＝eq \f(4,9).
14．(2023·重庆一中模拟)在空间直角坐标系中，一四面体的四个顶点坐标分别为(1，2，3)，(4，1，5)，(2，3，4)，(6，6，1)，则其体积为________．
答案 eq \f(9,2)
解析 设A(1，2，3)，B(4，1，5)，C(2，3，4)，D(6，6，1)，则AB2＝14，BC2＝9，AC2＝3，cs∠ABC＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(5\r(14),21)，∴sin∠ABC＝eq \r(1－cs2∠ABC)＝eq \f(\r(91),21)，S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BCsin∠ABC＝eq \f(\r(26),2).设平面ABC的法向量为m＝(x，y，z)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(3，－1，2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2，2，－1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x－y＋2z＝0，,－2x＋2y－z＝0，))令z＝－4，则x＝3，y＝1，m＝(3，1，－4)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(2，5，－4)，点D到平面ABC的距离h＝eq \f(|m·\(BD,\s\up6(→))|,|m|)＝eq \f(27\r(26),26)，四面体D－ABC的体积V＝eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \f(9,2).
四、解答题
15．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝eq \r(3)AD＝eq \r(3)AA1＝eq \r(3)，点P为线段A1C上的动点.
证明：(1)当eq \(A1C,\s\up6(→))＝3eq \(A1P,\s\up6(→))时，D1P∥平面BDC1;
(2)当eq \(A1C,\s\up6(→))＝5eq \(A1P,\s\up6(→))时，A1C⊥平面D1AP.
证明 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为坐标原点，DA，DC，DD1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．
因为AB＝eq \r(3)AD＝eq \r(3)AA1＝eq \r(3)，
所以AD＝AA1＝1，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(1，0，1)，C(0，eq \r(3)，0)，D1(0，0，1)，B(1，eq \r(3)，0)，C1(0，eq \r(3)，1)，B1(1，eq \r(3)，1)，
所以eq \(A1C,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，－1)，eq \(A1D1,\s\up6(→))＝(-1，0，0),eq \(D1A,\s\up6(→))＝(1，0，－1)．(1)当eq \(A1C,\s\up6(→))＝3eq \(A1P,\s\up6(→))时，eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(A1C,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(\r(3),3)，－\f(1,3)))，eq \(DC1,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，1)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)．
设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DC1,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y＋z＝0，,x＋\r(3)y＝0，))
令y＝1，则x＝z＝－eq \r(3)，所以n＝(－eq \r(3)，1，－eq \r(3))，
所以eq \(D1P,\s\up6(→))＝eq \(A1P,\s\up6(→))－eq \(A1D1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(\r(3),3)，－\f(1,3)))，
所以eq \(D1P,\s\up6(→))·n＝eq \f(2,3)×(－eq \r(3))＋eq \f(\r(3),3)×1－eq \f(1,3)×(－eq \r(3))＝0，
所以eq \(D1P,\s\up6(→))⊥n，
因为D1P⊄平面BDC1，所以D1P∥平面BDC1.
(2)当eq \(A1C,\s\up6(→))＝5eq \(A1P,\s\up6(→))时，eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \f(1,5)eq \(A1C,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，\f(\r(3),5)，－\f(1,5)))，
所以eq \(D1P,\s\up6(→))＝eq \(A1P,\s\up6(→))－eq \(A1D1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(\r(3),5)，－\f(1,5)))，
所以eq \(A1C,\s\up6(→))·eq \(D1P,\s\up6(→))＝－1×eq \f(4,5)＋eq \r(3)×eq \f(\r(3),5)－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)))＝0，eq \(A1C,\s\up6(→))·eq \(D1A,\s\up6(→))＝－1×1＋eq \r(3)×0＋(－1)2＝0.
所以A1C⊥D1P，A1C⊥D1A，
又D1P∩D1A＝D1，D1P⊂平面D1AP，D1A⊂平面D1AP，
所以A1C⊥平面D1AP.
16．(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.
解 (1)证明：以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)，
∴eq \(B2C2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，eq \(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，
∴eq \(B2C2,\s\up6(→))∥eq \(A2D2,\s\up6(→))，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
(2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，
则eq \(A2C2,\s\up6(→))＝(－2，－2，2)，eq \(PC2,\s\up6(→))＝(0，－2，3－λ)，eq \(D2C2,\s\up6(→))＝(－2，0，1)，
设平面PA2C2的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A2C2,\s\up6(→))＝－2x1－2y1＋2z1＝0，,n·\(PC2,\s\up6(→))＝－2y1＋（3－λ）z1＝0，))
令z1＝2，得y1＝3－λ，x1＝λ－1，
∴n＝(λ－1，3－λ，2)．
设平面A2C2D2的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(A2C2,\s\up6(→))＝－2x2－2y2＋2z2＝0，,m·\(D2C2,\s\up6(→))＝－2x2＋z2＝0，))
令x2＝1，得y2＝1，z2＝2，∴m＝(1，1，2)．
又二面角P－A2C2－D2为150°，
∴|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)
＝eq \f(6,\r(6)·\r(4＋（λ－1）2＋（3－λ）2))
＝|cs150°|＝eq \f(\r(3),2)，
化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1.
17．如图所示，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面为正方形，O1，O分别为上、下底面的中心，且A1在底面ABCD上的射影是O.
(1)求证：平面O1DC⊥平面ABCD；
(2)若点E，F分别在棱AA1，BC上，且AE＝2EA1，问点F在何处时，EF⊥AD?
解 (1)证明：如图所示，
以O为坐标原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．
设OA＝1，OA1＝a，
∴A(1，0，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，a)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，O1(－1，0，a)，
∴eq \(O1C,\s\up6(→))＝(0，0，－a)，
∴O1C∥z轴，又z轴和平面ABCD垂直，
∴O1C⊥平面ABCD，
又O1C⊂平面O1DC，
∴平面O1DC⊥平面ABCD.
(2)由AE＝2EA1，结合(1)可知，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，0，\f(2,3)a))，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(－1，0，a)，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)．
设eq \(BF,\s\up6(→))＝γeq \(BC,\s\up6(→))，γ∈[0，1]，则eq \(BF,\s\up6(→))＝(－γ，－γ，0)，
故点F的坐标为(－γ，1－γ，0)，
∴eq \(FE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋γ，γ－1，\f(2,3)a))，∵EF⊥AD，
∴eq \(FE,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，
即eq \(FE,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝－eq \f(1,3)－γ－γ＋1＝0，解得γ＝eq \f(1,3).
故当F为BC的三等分点(靠近点B)时，EF⊥AD.
18.(2023·全国甲卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)求证：AC＝A1C；
(2)若直线AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
解 (1)证明：如图，
∵A1C⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，
∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C∩AC＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1，
∴BC⊥平面ACC1A1，
又BC⊂平面BCC1B1，
∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
过A1作A1O⊥CC1于点O，
又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，
∴A1O⊥平面BCC1B1.
∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1O＝1.
在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2，A1O＝1，
∴O为CC1的中点，∴CO＝C1O＝1，
又A1O⊥CC1，
∴AC＝A1C＝A1C1＝eq \r(2)，∴AC＝A1C.
(2)连接A1B，AC1，∵AC＝A1C，BC⊥A1C，BC⊥AC，
∴Rt△ACB≌Rt△A1CB，
∴BA＝BA1.
过B作BD⊥AA1于点D，则D为AA1的中点，又AA1＝2，
∴A1D＝AD＝1，
∵直线AA1与BB1的距离为2，∴BD＝2，
∴A1B＝AB＝eq \r(5)，
在Rt△ABC中，BC＝eq \r(AB2－AC2)＝eq \r(3).
解法一：以C为原点，CA，CB，CA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示，
则C(0，0，0)，A(eq \r(2)，0，0)，B(0，eq \r(3)，0)，B1(－eq \r(2)，eq \r(3)，eq \r(2))，C1(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，
∴eq \(CB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(－2eq \r(2)，eq \r(3)，eq \r(2))，
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\(CC1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(2)z＝0，))
取x＝1，则y＝0，z＝1，
∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1)．
设AB1与平面BCC1B1所成的角为θ，
则sinθ＝|cs〈n，eq \(AB1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(AB1,\s\up6(→))|,|n||\(AB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(13),13).
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq \f(\r(13),13).
解法二：延长AC，使AC＝CM，连接C1M，
由CM∥A1C1，CM＝A1C1，知四边形A1CMC1为平行四边形，
∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC，
又AM⊂平面ABC，
∴C1M⊥AM，
在Rt△AC1M中，AM＝2AC＝2eq \r(2)，C1M＝A1C＝eq \r(2)，
∴AC1＝eq \r(（2\r(2)）2＋（\r(2)）2)＝eq \r(10).
在Rt△AB1C1中，AC1＝eq \r(10)，B1C1＝BC＝eq \r(3)，
∴AB1＝eq \r(（\r(10)）2＋（\r(3)）2)＝eq \r(13).
又A到平面BCC1B1的距离为1，
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq \f(1,\r(13))＝eq \f(\r(13),13).位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔eq \x(\s\up1(02))n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔eq \x(\s\up1(03))m·n＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝λm
α⊥β
n⊥m⇔eq \x(\s\up1(04))m·n＝0
考向一 利用空间向量证明平行、垂直
线线平行
证明两直线的方向向量共线
线面平行
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；
②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；
③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示
面面平行
①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)；
②转化为线面平行、线线平行问题
线线垂直
证明两直线的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零
线面垂直
直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直
面面垂直
两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直
考向二 利用空间向量求空间角
考向三 利用空间向量求空间距离
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