空间向量与立体几何全章25种题型（期末复习专项训练）高二数学上学期人教A版选择性必修第一册+答案

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc217475987" 题型一 空间中的长度问题 PAGEREF _Tc217475987 \h 1
\l "_Tc217475988" 题型二 表面积体积问题 PAGEREF _Tc217475988 \h 5
\l "_Tc217475989" 题型三外接球内切球问题 PAGEREF _Tc217475989 \h 10
\l "_Tc217475990" 题型四 共面问题 PAGEREF _Tc217475990 \h 14
\l "_Tc217475991" 题型五 空间向量的线性表示 PAGEREF _Tc217475991 \h 16
\l "_Tc217475992" 题型六投影向量 PAGEREF _Tc217475992 \h 19
\l "_Tc217475993" 题型七 空间关系的向量证明 PAGEREF _Tc217475993 \h 21
\l "_Tc217475994" 题型八 空间向量的基底 PAGEREF _Tc217475994 \h 23
\l "_Tc217475995" 题型九 空间向量的加减数乘、数量积、模长运算 PAGEREF _Tc217475995 \h 25
\l "_Tc217475996" 题型十 截面问题（难点） PAGEREF _Tc217475996 \h 27
\l "_Tc217475997" 题型十一 轨迹问题（难点） PAGEREF _Tc217475997 \h 35
\l "_Tc217475998" 题型十二 线段和最值问题（难点） PAGEREF _Tc217475998 \h 41
\l "_Tc217475999" 题型十三异面直线所成角 PAGEREF _Tc217475999 \h 49
\l "_Tc217476000" 题型十四 线面角 PAGEREF _Tc217476000 \h 52
\l "_Tc217476001" 题型十五二面角 PAGEREF _Tc217476001 \h 56
\l "_Tc217476002" 题型十六 点线距 PAGEREF _Tc217476002 \h 61
\l "_Tc217476003" 题型十七 异面直线之间的距离 PAGEREF _Tc217476003 \h 63
\l "_Tc217476004" 题型十八 点面距 PAGEREF _Tc217476004 \h 67
\l "_Tc217476005" 题型十九线面距 PAGEREF _Tc217476005 \h 74
\l "_Tc217476006" 题型二十平行关系（解答题） PAGEREF _Tc217476006 \h 78
\l "_Tc217476007" 题型二十一垂直关系（解答题） PAGEREF _Tc217476007 \h 84
\l "_Tc217476008" 题型二十二线面角（解答题） PAGEREF _Tc217476008 \h 89
\l "_Tc217476009" 题型二十三 二面角（解答题） PAGEREF _Tc217476009 \h 95
\l "_Tc217476010" 题型二十四距离问题（解答题） PAGEREF _Tc217476010 \h 101
\l "_Tc217476011" 题型二十五 动点探索问题（解答题） PAGEREF _Tc217476011 \h 108
题型一 空间中的长度问题
1．(24-25高二下·江苏扬州·期末)在三棱柱ABC−A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，∠A1AB=∠A1AC=60∘，∠BAC=90∘，A1A=2，AB=AC=1，则线段AO的长度是（ ）
A．2B．3C．102D．132
【答案】C
【分析】利用空间向量加减、数乘的几何意义，结合三棱柱中各线段的位置关系用AB、AC、AA1表示出AO，再应用空间向量数量积的运算律求AO的模长，从而得解．
【详解】如下图所示：
因为∠A1AB=∠A1AC=60∘，∠BAC=90∘，A1A=2，AB=AC=1，
由空间向量数量积的定义可得AB⋅AC=0，AB⋅AA1=AB⋅AA1cs60∘=1×2×12=1，
同理可得AC⋅AA1=1，
由题意可知，四边形BCC1B1是平行四边形，
∴BO=12BC1=12BC+BB1=12BC+12AA1=12AC−AB+12AA1，
∴AO=AB+BO=AB+12(AC−AB)+12AA1=12AB+12AC+12AA1，
∴AO2=14AB+AC+AA12=14AB2+AC2+AA12+2AB⋅AC+2AC⋅AA1+2AB⋅AA1
=141+1+4+2×0+2×1+2×1=52，
故AO=102，则线段AO的长度为102．
故选：C．
2．(22-23高二上·湖北咸宁·期末)如图所示，在棱长均为2的平行六面体ABCD−A'B'C'D'中，∠A'AB=∠A'AD=∠BAD=60°，点M为BC'与B'C的交点，则AM的长为 .
【答案】11
【分析】可以通过向量的加法将AM表示为其他向量的和，再利用向量的模长公式a=a2来求解.
【详解】根据向量加法三角形法则得到，AM=AB+BM=AB+12BC+BB'，
即AM=AB+12AD+12AA'，即AM2=AB+12AD+12AA'2，展开得到，
AM2=AB2+14AD2+14AA'2+AB⋅AD+AB⋅AA'+12AD⋅AA'，
运用数量积公式计算得到AM2=4+1+1+2×2×12+2×2×12+12×2×2×12=11.
因为AM=AM2，所以AM=11.
故答案为：11.
3．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点E为线段CC1上的动点（不含端点），则当三棱锥D1−AEC外接球半径最小时，AE的长为（ ）
A．23B．32C．193D．223
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，求出B1D⊥平面ACD1，故三棱锥D1−AEC的外接球球心在B1D上，设三棱锥D1−AEC的外接球球心为O，半径为r，推出最小值为△ACD1的外接圆半径，由正弦定理得AO=r=63，设E0,1,a(03，
当且仅当x12−x=2212，即x=2−22时，等号成立，
故AM+MB1的值不可能为3，C错误；
D选项，当x+y+z=1时，
AM=xAB+yAD+zAA1=xAB+yAD+1−x−yAA1，
故AM−AA1=xAB−AA1+yAD−AA1，即A1M=xA1B+yA1D，
故M点在平面A1BD上，
连接AC1，交平面A1BD于点J，则AC1=0,1,1−1,0,0=−1,1,1，
因为AC1⋅A1B=−1,1,1⋅0,1,−1=0+1−1=0，
AC1⋅DB=−1,1,1⋅1,1,0=−1+1=0，
故AC1⊥A1B，且AC1⊥DB，
又A1B∩DB=B，A1B,DB⊂平面A1BD，
所以AC1⊥平面A1BD，
且AJ=DA⋅AC1AC1=1,0,0⋅−1,1,11+1+1=33，
又AM=23，故MJ=232−AJ2=13，
故点M的轨迹为以J为圆心，13为半径的圆，
故轨迹长度为23π，D正确.
故选：BD
【点睛】立体几何中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
题型十三异面直线所成角
1．(24-25高一下·浙江宁波镇海中学·期末)已知三棱锥A−BCD中，∠ABC=3π4，∠ABD=π4，BC=BD，则异面直线AB和CD所成角余弦值的取值范围是 ．
【答案】22,1
【分析】根据题意以B为原点建立空间直角坐标系，过D作DE⊥AB交AB与E，设BC=BD=aa>0，可得C−22a,22a,0，D22a,m,n，m2+n2=12a2，且n≠0,m∈−22a,22a，再利用csθ=csa,CD=23−2ma即可求解.
【详解】以B为原点建立空间直角坐标系，过D作DE⊥AB交AB与E，
设BC=BD=aa>0，∵∠ABC=3π4，∠ABD=π4，
∴C−22a,22a,0，DE=BE=22a，
设D22a,m,n，DE2=m2+n2=12a2，
又AB和CD为异面直线，所以n≠0,m∈−22a,22a，
直线AB的一个方向向量为a=1,0,0，
CD=2a,m−22a,n，设异面直线AB和CD所成角为θ,θ∈0,π2，
则csθ=csa,CD=a⋅CDaCD=2a2a2+m−22a2+n2 =2a3a2−2am=23−2ma，
又m∈−22a,22a，所以csθ=csa,CD=23−2ma∈22,1，
故答案为：22,1.
2．(24-25高二上·浙江杭州拱墅区杭十一中·期末)如图，M,N分别是二面角α−AB−β的两个半平面内两点，MA=3,AB=2,BN=1，∠MAB=∠NBA=120°，若MN=33，则异面直线AM,BN的夹角的正弦值为 ．
【答案】116
【分析】连接AN，利用余弦定理可求得AN，cs∠MAN，根据AM⋅BN=AM⋅AN−AB，利用向量数量积的定义和运算律求得AM⋅BN，由向量夹角公式可得结果.
【详解】如图，连接AN，
在△ABN中，由余弦定理得：AN2=AB2+BN2−2AB⋅BNcs120°=4+1−4cs120°=7，
∴AN=7.
在△MAN中，由余弦定理得：cs∠MAN=AM2+AN2−MN22AM⋅AN=9+7−2767=−11742.
∵AM⋅BN=AM⋅AN−AB=AM⋅AN−AM⋅AB
=AM⃗AN⃗cs∠MAN−AM⃗AB⃗cs∠MAB
=37×−11742−6×−12=−112+3=−52，
故，即异面直线AM,BN夹角的余弦值为56.
∵异面直线夹角的取值范围为0,π2，
∴异面直线AM,BN夹角的正弦值为1−562=116.
故答案为：116.
3．(24-25高二下·广西桂林·期末)在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA=2BC，E为CD的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为（ ）
A．3030B．1515C．315D．530
【答案】A
【分析】如图建立空间直角坐标系，设BC=2，则可写出BE和PC的坐标，利用向量数量积的坐标运算求出夹角的余弦值，即可得解.
【详解】因为PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，所以PA,AB,AD两两垂直，
如图，以点A为坐标原点，直线AB,AD,AP所在方向分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
设BC=2，则PA=2BC=4，所以B2,0,0,E1,2,0,P0,0,4,C2,2,0,
则BE=−1,2,0,PC=2,2,−4，
设异面直线BE与PC所成角为θ，则csθ=BE⋅PCBEPC=−2+45×26=3030.
故选:A.
4．(24-25高二下·浙江宁波九校·期末)如图，P是正方体ABCD−A1B1C1D1体对角线AC1（含端点）上的动点，M为棱DD1（含端点）上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A．异面直线B1P与A1D所成角的最小值为π4
B．异面直线B1P与A1D所成角的最大值为π2
C．对于任意给定的P，存在点M，使得AM⊥B1P
D．对于任意给定的M，存在点P，使得B1P⊥AM
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】以C1为坐标原点，建系如图，设正方体的边长为1，则A1D=0,−1,1，
设C1P=λC1A=λ,λ,λ，λ∈0,1，则B1P=B1C1+C1P=λ,λ−1,λ，
设异面直线B1P与A1D所成的角为θ，
则csθ=csB1P,A1D=12⋅λ2+1−λ2+λ2=12⋅3λ2−2λ+1，
因y=3λ2−2λ+1=3λ−132+23，由于λ=13∈0,1，则λ=13时，ymin=23，
又λ=0⇒y=1，λ=1⇒y=2，于是y∈23,2，则csθ∈32,12，
又θ∈0,π2，结合余弦函数的单调性可知，θ∈π6,π3，故AB错误；
对于C.设M1,0,m，m∈0,1，则AM=0,−1,m−1，
由上述分析，B1P=λ,λ−1,λ，AM⋅B1P=1−λ+λm−1)=1+λm−2，
当λ=0时，AM⋅B1P=0无解，故C错误；
对于D.∀m∈0,1，令AM⋅B1P=0，得λ=12−m∈12,1⊆0,1，
即对于任意的M，存在点P使得AM⊥B1P，故D正确.
故选：D.

题型十四 线面角
1．(24-25高二下·甘肃白银多校·期末)在空间直角坐标系中，已知点A1,0,2，B0,−1,1，且平面BCD的一个法向量n=−1,2,−2，则直线AB与平面BCD所成角的正弦值为 .
【答案】39/193
【分析】根据线面角的向量求法计算.
【详解】因为AB=−1,−1,−1，所以直线AB与平面BCD所成角的正弦值为csAB,n=AB⋅nABn=13×3=39.
故答案为：39
2．(24-25高二下·河南南阳·期末)已知平面α的方程为2x+2y+z−7=0，直线l的方向向量为1,2,−2，则直线l与平面α所成角的正弦值为（ ）
A．659B．49C．53D．59
【答案】B
【分析】根据题意，由线面角的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】根据题意，平面α的一个法向量为2,2,1，设直线l与平面α所成角为θ，
则sinθ=1×2+2×2−2×19×9=49，
故选：B.
3．(24-25高二下·河南漯河·期末)在四棱锥P−ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB为正三角形，ABCD为梯形，AD//BC，AB⊥BC，AD=1，AB=2，BC=3，则直线PA与平面PCD所成角的正弦值为（ ）
A．32B．3020C．2121D．32626
【答案】B
【分析】取AB的中点O，连接OP，可得PO⊥平面ABCD，建立如图所示的直角坐标系，求出平面PCD的法向量，利用向量法求解.
【详解】取AB的中点O，连接OP，
因为△PAB为正三角形，所以PO⊥AB，
又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PO⊂平面PAB，
∴PO⊥平面ABCD，
建立如图所示的直角坐标系，
则A1,0,0，D1,1,0，C−1,3,0，P0,0,3，DP=−1,−1,3，CD=2,−2,0.
设平面PCD的法向量为n=x,y,z，
则DP⋅n=0CD⋅n=0，即−x−y+3z=02x−2y=0，
令z=2，得平面PCD的一个法向量为n=3,3,2.
又AP=−1,0,3，设PA与平面PCD所成角为θ，
所以sinθ=csAP,n=32×10=3020.
故选：B.
4．(24-25高二下·浙江丽水·) （多选）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，F为正方形C1CDD1内一个动点（包括边界），且B1F//平面A1BE，则下列说法正确的有（ ）
A．动点F轨迹的长度为2
B．B1F与A1B不可能垂直
C．直线BF与平面A1BE所成角正弦值的最小值为49
D．当三棱锥B1−D1DF的体积最大时，其外接球的表面积为252π
【答案】ACD
【分析】对A，由B1F//平面A1BE，联想到存在一个过B1F的平面与平面A1BE平行，利用正方体特征找到平面B1MN//平面BA1E，进而得到F的轨迹为线段MN；对B，举反例即可；对C，由MN//A1B可得到使线面角取到最小时的点F的位置， 此时再建系，利用线面角的坐标公式计算即可；对D，利用V=13B1C1⋅S△D1DF=23S△D1DF，可得到使三棱锥B1−D1DF的体积取到最大值的点F的位置，接下来用定心法求出外接球半径即可.
【详解】对A，如图，取CC1中点为M，C1D1中点为N，连接MN，
又正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，可得B1M//A1E，
又∵ B1M⊄平面BA1E，A1E⊂平面BA1E，
∴ B1M//平面BA1E；
又∵CC1中点为M，C1D1中点为N，
∴MN//CD1//BA1，又∵B1A⊂平面BA1E，MN⊄平面BA1E，
∴MN//平面BA1E；
又∵B1M∩MN=M，
且B1M,MN⊂平面B1MN，
∴平面B1MN//平面BA1E，
又B1F//平面A1BE，且B1∈平面B1MN，∴B1F⊂平面B1MN，
又F为正方形C1CDD1内一个动点（包括边界），
∴F∈平面B1MN∩平面C1CDD1，而MN=平面B1MN∩平面C1CDD1，
∴F∈MN，即F的轨迹为线段MN.
由棱长为2的正方体得线段MN的长度为2，故选项A正确；
对B，由B1M=B1N可知三角形B1MN为等腰三角形，
当F为线段MN中点时，由B1M=B1N可得B1F⊥MN，
又CC1中点为M，CD1中点为N，∴MN//D1C，而A1B//D1C，∴B1F⊥A1B，故选项B不正确；
对C，由选项B 知，MN//A1B，又MN⊄面A1BE，A1B⊂面A1BE，
∴MN//面A1BE，则MN上的点到平面A1BE的距离为定值，设F到平面A1BE的距离为d，
直线BF与平面A1BE所成角为θ，则sinθ=dBF，而d为定值，
当BF最大时，sinθ最小；此时点F位于点N时，BF最大，sinθ最小.
分别以AB,AD,AA1为x,y,z建立空间直角坐标系，则由题意得A10,0,2，B2,0,0，E0,2,1，N1,2,2，
可得BA1=−2,0,2，BE=−2,2,1，设平面A1BE的法向量n=x,y,z，
则有n⋅BA1=0n⋅BE=0⇒−2x+2z=0−2x+2y+z=0，不妨令x=2可得x=2y=1z=2，
平面A1BE的一个法向量n=2,1,2，又BN=−1,2,2，
则sinθmin=BN⋅nBN⋅n=2×−1+1×2+2×222+12+22⋅−12+22+22=49，故选项C正确；
对D，由侧棱B1C1⊥底面C1CDD1，所以三棱锥B1−D1DF体积为V=13B1C1⋅S△D1DF=23S△D1DF，
所以S△D1DF最大时，体积最大，∵F∈MN，
可得当F在M处时，三棱锥B1−D1DF的体积最大，
由已知得此时FD=FD1=FB1=5，
所以F在底面B1DD1的射影为底面外心，DD1=2，B1D1=22，DB1=23，
由勾股定理易知底面B1DD1为直角三角形，所以F在底面B1DD1的射影为B1D中点，设为O1，
如图，设外接球半径为R，由R2=OO12+O1B12=OO12+3，R+OO1=FO1=2，
可得外接球半径R=524，
外接球的表面积为4πR2=252π，故选项D正确．
故选：ACD
题型十五二面角
1．(24-25高二下·甘肃庄浪县第一中学·期中)如图，在正四棱锥S−ABCD中，底边AB=2，侧棱SA=3，P为侧棱SD上一点，若SD⊥平面PAC，则二面角P−AC−D的余弦值是 .
【答案】73/137
【分析】连接BD交AC于O，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别得到平面PAC和平面DAC的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】连接BD交AC于O，
在正四棱锥S−ABCD中，可得SO⊥平面ABCD，
以O为坐标原点，OB,OC,OS 分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系 ，如图所示，因为底边AB=2，侧棱SA=3，则高SO=SA2−AO2=9−2=7，
所以S(0,0,7),D(−2,0,0),C(0,2,0)，可得OS=(0,0,7),DS=(2,0,7)，
因为SD⊥平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为DS=(2,0,7)，
平面DAC的一个法向量OS=(0,0,7)，
设二面角P−AC−D的平面角为θ，则，
所以二面角P−AC−D的余弦值为73.
故答案为：73.
2．(24-25高二下·福建漳州平和广兆中学·期末)如图，三棱锥A−BCD中，AB=BC=AC=DB=DC，且平面ABC与底面BCD垂直，E为BC中点，EF→=DA→，则平面ADB与平面ABF夹角的余弦值为（ ）
A．55B．255C．63D．1
【答案】B
【分析】根据面面垂直的性质定理，可得AE⊥平面BCD，故以E为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后利用向量法直接求解面面角的余弦值即可．
【详解】如图，连接AE,DE，
因为AB=BC=AC=DB=DC,E为BC中点，
所以AE⊥BC,DE⊥BC，
又平面ABC⊥底面BCD，平面ABC∩底面BCD=BC,AE⊂平面ABC，
所以AE⊥平面BCD，故ED,EB,EA两两垂直，
以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设AB=2，由EF→=DA→，
可得A0,0,3,D3,0,0,B0,1,0,F−3,0,3，
则AB=0,1,−3,AD=3,0,−3,AF=−3,0,0，
设平面ABD的一个法向量为m=x,y,z，
则有m⋅AB=y−3z=0m⋅AD=3x−3z=0，令x=1，得y=3,z=1，则m=1,3,1，
设平面ABF的一个法向量为n=a,b,c，
则有n⋅AB=b−3c=0n⋅AF=−3a=0，令c=1，得a=0,b=3，得n=0,3,1，
则cs〈m,n〉=m⋅nmn=42×5=255，
则平面ADB与平面ABF夹角的余弦值为255．
故选：B．
3．(24-25高二上·浙江杭州第十四中学·期末)如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA=PD=AB，E为线段PB的中点，若面AEC⊥面ABCD，则平面PAD和平面ABCD夹角余弦值为（ ）
A．33B．13C．223D．63
【答案】A
【分析】作出辅助线，得到∠POQ或其补角为平面PAD和平面ABCD夹角，建立空间直角坐标系，设P0,m,n，则E12,m+22,n2，由面面垂直得到线面垂直，进而得到BD⊥AE，由AE⋅BD=0得到方程，求出m=−1，故∠POQ的补角为平面PAD和平面ABCD夹角，作出辅助线，得到PW=1，又OP=3，求出cs∠POQ=−33，得到答案.
【详解】取AD,BC的中点O,Q，连接OP,OQ，
因为底面ABCD为正方形，PA=PD=AB，
所以OQ⊥AD，△PAD为等边三角形，故OP⊥AD，
所以∠POQ或其补角为平面PAD和平面ABCD夹角，
过点O作OT⊥平面ABCD，交平面PBC于点T，
以O为坐标原点，OA,OQ,OT所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
设AD=2，则AP=2，A1,0,0,D−1,0,0，C−1,2,0,B1,2,0，
设P0,m,n，则E12,m+22,n2，
因为面AEC⊥面ABCD，交线为AC，BD⊥AC，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面AEC，
因为AE⊂平面AEC，所以BD⊥AE，
AE=−12,m+22,n2,BD=−2,−2,0，
故AE⋅BD=−12,m+22,n2⋅−2,−2,0=1−m−2=0，解得m=−1，
所以∠POQ的补角为平面PAD和平面ABCD夹角，
过点P作PW⊥z轴于点W，则PW=1，
又OP=AP2−AO2=3，
其中cs∠POQ=cs∠POW+π2=−sin∠POW=−PWOP=−33，
所以∠POQ的补角的余弦值为33.
故选：A
4．(24-25高二上·安徽耀正优·期末)已知O为正方形ABCD的中心，E，F分别为BC，AD的中点，若将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使得二面角A−BD−C的大小为45∘，则此时cs∠EOF的值为（ ）
A．−14B．−13C．2−24D．2−24
【答案】D
【分析】应用向量夹角求法及数量积的运算律求cs∠EOF.
【详解】翻折后如图所示，易知OA⊥BD，OC⊥BD，
结合已知有OA⊥OB，OC⊥OD，=π，=π4，
易知OE=12(OB+OC)，OF=12(OA+OD)，设正方形边长为2，
所以OA=OB=OC=OD=2，OE=OF=1，
cs=OE⋅OFOE⋅OF=14⋅OB⋅OA+OB⋅OD+OC⋅OA+OC⋅OD1×1=0−2+2+04=2−24.
所以cs∠EOF的值为2−24.
故选：D
题型十六 点线距
1．(24-25高二上·安徽黄山·期末)已知正方体ABCD−A1B1C1D1的边长为2，点E是AA1的中点，则点B到直线DE的距离为 .
【答案】2305/2530
【分析】以D为原点，以DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】以D为原点，以DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0),B(2,2,0),E(2,0,1)，
所以DB=(2,2,0),DE=(2,0,1)，
设点B到直线DE的距离为d，则
d=DB2−DB⋅DEDE2=22+22−44+12=2305.
故答案为：2305
2．(24-25高二上·河南信阳·期末)在空间直角坐标系中，若一条直线经过点Px0,y0,z0，且以向量n=(a,b,c)(abc≠0)为方向向量，则这条直线可以用方程x−x0a=y−y0b=z−z0c来表示．已知直线l的方程为x−2=y+12=−z−2，则M(1,0,−2)到直线l的距离为（ ）
A．3B．6C．333D．666
【答案】D
【分析】根据条件得到直线上的点和直线的方向向量，再根据空间中点到直线的距离公式求得点到直线的距离.
【详解】直线l的方程标准化得x−21=y+12=z+2−1，
从而直线l过点P2,−1,−2，方向向量n⃗=1,2,−1，
与n→同向的单位向量v=nn=161,2,−1，
a=PM=−1,1,0，a2=2，a⋅v=16，
点M到直线l的距离d=a2−a⋅v2=2−16=116=666，
故选：D.
【点睛】结论点睛：空间中点到直线的距离公式
d=a2−a⋅v2，其中v是直线的单位方向向量，a是分别以点与直线上的任一点为始点和终点的向量.
3．(24-25高二上·福建厦门·期末)平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=π3，则点B到直线AC1的距离为（ ）
A．1B．63C．22D．33
【答案】D
【分析】取定空间的基底{AB,AD,AA1}，利用空间向量基本定理及向量数量积，结合点到直线距离公式计算得解.
【详解】以AB,AD,AA1为基底，则AC1=AB+AD+AA1，
由∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=π3，AB=AD=AA1=1，
得AB⋅AD=AD⋅AA1=AA1⋅AB=1×1×12=12，
|AC1|=AB2+AD2+AA12+2(AB⋅AD+AD⋅AA1+AA1⋅AB)=6，
AB⋅AC1=AB⋅(AB+AD+AA1)=1+12+12=2，
AB在AC1上的投影向量长度为：|AB⋅AC1||AC1|=63，
所以点B到直线AC1的距离为d=|AB|2−(AB⋅AC1|AC1|)2=33．
故选：D
4．(24-25高二上·湖北云学名校联盟·期末)在空间直角坐标系中，有A1,0,0，B0,2,0，C1,2,3三点，则点C到直线AB的距离为（ ）
A．615B．75C．455D．755
【答案】D
【分析】先求出AB与AC的坐标，再根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解．
【详解】因为A1,0,0，B0,2,0，C1,2,3，
所以AB=−1,2,0，AC=0,2,3，
所以AB⋅ACAB=−1×0+2×2+0×31+4=455，AC=4+9=13，
所以点C到直线AB的距离为AC2−AB⋅ACAB2=13−165=755.
故选：D.
题型十七 异面直线之间的距离
1．(23-24高二下·甘肃武威古浪县第三中学·期末)已知四边形ABCD为矩形，P为四边形ABCD外一点且PA⊥平面ABCD，AB=1，AD=2，PA=1，则异面直线PC与BD之间的距离为 ．
【答案】22121/22121
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线PC与BD间的距离.
【详解】因PA⊥平面ABCD，且AB,AD⊂平面ABCD，故PA⊥AB,PA⊥AD，
又AB⊥AD，故可以A为坐标原点，以AB,AD,AP所在直线
分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，

则B1,0,0，P0,0,1，C1,2,0，D0,2,0，
所以BD=−1,2,0，PC=1,2,−1，BP=−1,0,1，
设异面直线PC与BD的公垂线的方向向量为n=x,y,z，则n⊥PC，n⊥BD，
所以n⋅PC=x+2y−z=0n⋅BD=−x+2y=0，令y=1，则n=2，1，4.
设异面直线PC与BD之间的距离为d，
则d=|BP⋅n|n =24+1+16=22121.
故答案为：22121
2．(23-24高二上·广东茂名电白区·期末)定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线AC与A1D之间的距离是（ ）
A．22B．12C．13D．33
【答案】D
【分析】解法1：设M是A1D上任意一点，过M作MN⊥AC，垂足为N，设A1M=λA1D，AN=μAC，根据垂直关系可得λ=2μ，根据题意结合数量积运算求解；解法2：建系，利用坐标法结合向量投影运算求解.
【详解】解法1：设M是A1D上任意一点，过M作MN⊥AC，垂足为N，
设A1M=λA1D=λAD−λAA1，AN=μAC=μAB+μAD，
则MN=AN−AM=μAB+μAD−AA1−λAD+λAA1
=μAB+μ−λAD+λ−1AA1，
AC=AB+AD，
由题意可知：AB=AD=AA1=1,AB⋅AD=AB⋅AA1=AD⋅AA1=0，
因为MN⊥AC，则MN⋅AC=0，
可得μAB+μ−λAD+λ−1AA1⋅AB+AD=μ+μ−λ=0，则λ=2μ，
所以MN=μAB+μ−λAD+λ−1AA1=μAB+μ−λAD+λ−1AA12
=μ2+μ−λ2+λ−12=6μ−132+13≥33，
当且仅当μ=13时，等号成立，
所以直线AC与A1D之间距离是33；
解法2：以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A1,0,0，C0,1,0，D0,0,0，A11,0,1，
可得AC=−1,1,0，DA1=1,0,1，DA=1,0,0
设n=x,y,z，且n⊥AC，n⊥DA1，则n⋅AC=−x+y=0n⋅DA1=x+z=0，
取x=1，则y=1，z=−1，可得n=1,1,−1，
则DA在n上的投影DA⋅nn就是两异面直线间的距离DA⋅nn=33.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解法2解决的关键是将两异面直线间的距离转化为DA在n上的投影，从而得解.
3．(23-24高二下·甘肃甘南州舟曲县第一中学·期末)已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=23π,AB=2,BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（ ）
A．105B．15C．55D．−105
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，求出AB1和BC1坐标，利用向量夹角的坐标表示即可求解
【详解】

如图：以垂直于BC的方向为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系，
则B0,0，0 C10,1,1，BC1=0,1,1，
因为∠ABC=120∘，则yA=ABcs120∘=−1，xA=ABsin120∘=3，
即A3,−1,0，AB1=−3,1,1，
设异面直线AB1与BC1所成角为θ，csθ=AB1⃑⋅BC1⃑AB1⃑BC1⃑=1+15×2=105，
故选：A
【点睛】本题主要考查了求异面直线所成的角，属于中档题.
4．(23-24高二下·甘肃甘南州舟曲县第一中学·期末)正四棱锥S−ABCD中，O为顶点S在底面ABCD内的正投影，P为侧棱SD的中点，且SO=OD=2，则异面直线PC与BD的距离为（ ）
A．1010B．105C．510D．55
【答案】B
【分析】连接AC，BD，可得AC⊥BD且交于O，再由SO⊥面ABCD，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】因为S−ABCD为正四棱锥且O是S在底面ABCD内的正投影，
所以SO⊥面ABCD，
连接AC，BD，则AC⊥BD且交于O.
因为OC,BD⊂ 面ABCD，
所以SO⊥OC，SO⊥OD.
所以以OC，OD，OS为 x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为SO=OD=2，
则S0,0,2，D0,2,0，C2,0,0，B0,−2,0，P0,22,22，
所以BD=0,22,0，PC=2,−22,−22.
设异面直线BD与PC的公垂线方向向量为n=x,y,z，
则有 n⋅BD=0n⋅PC=0 ，即22y=02x−22y−22z=0，取n=1,0,2.
又因为CD=−2,2,0，
所以异面直线BD与PC的距离d=CD⋅nn=−21+4=105.
所以异面直线BD与PC的距离为105.
故选：B
题型十八 点面距
1．(24-25高二上·江苏无锡某校·期末)如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为 .
【答案】24a/2a4
【分析】可用等体积法求点到平面的距离，或直接建立空间直角坐标系，用向量法求点到平面的距离.
【详解】由题可知：BB1⊥平面ABC,CC1⊥平面ABC,所以BB1⊥AB,CC1⊥BC,CC1⊥AC
所以AB1=BB12+AB2=2a,AD=AC2+CD2=a2+a24=52a,BD=B1C12+CD2=52a,
所以cs∠ADB1=AD2+B1D2−B1A22AD·B1D=15,所以sin∠ADB1=1−cs2∠ADB1=265.
所以S△AB1D=12AD·B1Dsin∠ADB1=6a24.
直三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长均等于a，所以△ABC是正三角形，取BC的中点E，连接AE，则CC1⊥AE,BC⊥AE,且AE=32a.
因为CC1∩BC=C,CC1,BC⊂平面B1CD,所以AE⊥平面B1CD,.
S△B1CD=12S△B1CC1=14S□BC1CB1=a24.
因为VC−AB1D=VA−B1CD,所以13S△AB1D×dC−AB1D=13S△B1CD×AE,
所以dC−AB1D=a24×32a6a24=24a.
故答案为：24a.
方法二：如图所示，
直三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长均等于a，所以△ABC是正三角形，取BC的中点E，连接AE，则BC⊥AE,且AE=32a.
因为侧面BCC1B1是矩形，取B1C1的中点F，连接EF,则EF∥CC1.
因为侧棱CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC,所以EF,EA,EC两两垂直，所以分别以EC,EA,EF所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
据题意可知，E0,0,0,Ca2,0,0,Da2,0,a2,A(0,3a2,0),B1−a2,0,a
则AB1→=−a2,−3a2,a,AD→=a2,−3a2,a2
设平面AB1D的一个法向量是n→=x,y,z
所以n→·AB1→=0n→·AD→=0,所以−a2x−3a2y+az=0a2x−3a2y+a2z=0,
令x=1,则y=3,z=2,所以n→=1,3,2.
因为CD→=0,0,a2,所以点C到平面AB1D的距离d=CD→·n→n→=a22=2a4.
故答案为：2a4.
2．(24-25高二下·江苏镇江中学·期末) （多选）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足BP=λBC+μBB1，且0≤λ≤1,0≤μ≤1，则下列说法正确的是（ ）

A．若λ+u=1，则AP //面A1C1D
B．若λ+u=1，则AP⊥BC1
C．若λ=μ=12，则P到平面A1BD的距离为233
D．若λ=1,0≤μ≤1时，直线DP与平面A1BD所成角为θ，则sinθ∈33,63
【答案】ACD
【分析】利用面面平行判断线面平行，即可判断A，建系后写出相关点的坐标，对于B，利用向量的数量积的坐标公式计算即可判断；对于C，利用空间中点到平面的距离公式计算即可：对于D，由条件求得P−2,0,2μ，利用线面角的向量求法得到sinθ=33⋅1+μ2+2μ1+μ2，借助于函数的单调性即可求得sinθ的范围.
【详解】连结AC,AB1,B1C，由λ+μ=1可知，点P在线段B1C上，
因为A1C1//AC，AC⊂平面ACB1，A1C1⊄平面ACB1，所以A1C1//平面ACB1，
同理A1D//平面ACB1，且A1C1∩A1D=A1，且A1C1,A1D⊂平面A1C1D，
所以平面ACB1//平面A1C1D，AP⊂平面ACB1，所以AP//平面A1C1D，故A正确；

如图以B为原点建立空间直角坐标系，则
B0,0,0,B10,0,2,A0,−2,0,A10,−2,2，C−2,0,0,C1−2,0,2,D−2,−2,0,D1−2,−2,2，
对于A，BD1=−2,−2,2,BC=−2,0,0,BB1=0,0,2，
则BP=λBC+μBB1=−2λ,0,2μ，得P−2λ,0,2μ，则PA=2λ,−2,−2μ，
AC=−2,2,0，A正确：
对于B，由A分析可得AP=−2λ,2,2μ,BC1=−2,0,2,AP⋅BC1=4λ+4μ=4≠0，
故AP不与BC1垂直，故B错误；
对于C，λ=μ=12时，P−1,0,1，又BA1=0,−2,2,BD=−2,−2,0，
设平面A1BD的法向量为n=x1,y1,z1，则BA1⋅n=−2y1+2z1=0BD⋅n=−2x1−2y1=0，
故可取n=−1,1,1，又BP=−1,0,1，
则P到平面A1BD的距离为BP⋅nn=23=233，故C正确：
对于D，当λ=1,0≤μ≤1时，P−2,0,2μ，则DP=0,2,2μ，
又由C已得平面A1BD的法向量为n=−1,1,1，
则sinθ=csDP,n=DP⋅nDPn=2+2μ23⋅1+μ2=33⋅1+μ2+2μ1+μ2
当μ=0,sinθ=33，
当0