专题04 空间向量研究立体几何中距离和夹角问题5大题型（专项训练）高二数学北师大版2019选择性必修第一册

专题04 空间向量研究立体几何中距离和夹角问题 目录 A题型建模・专项突破 题型一、点到直线到距离公式 3 题型二、点到面到距离公式 6 题型三、异面直线的夹角公式（常考点） 8 题型四、直线与平面的夹角公式（常考点） 12 题型五、平面与平面夹角公式 20 B综合攻坚・能力跃升 题型一、点到直线到距离公式 1．已知直线l的方向向量n＝(1，0，2)，点A(0，1，1)在直线l上，则点P(1，2，2)到直线l的距离为(　　) A．　　　B．　　　C．　　　D．2 解析：选A　由已知得＝(－1，－1，－1)，所以点P到直线l的距离为d＝ ＝＝. 2.如图所示，在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为(　　) A． B． C． D．1 解析：选B　过点B作BE⊥A1C，垂足为E，设点E的坐标为(x，y，z)， 由题意知A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)， 故＝(1，2，－3)，＝(0，2，0)， 对应的单位向量为， 所以点B到A1C的距离为 ＝ ＝. 3.(24-25高二上·广西玉林六校·期中)如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】取的中点，则，且，以所在直线为轴，所在直线为轴，与中点连线所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，则，所以在上的投影的长度为，故点到直线的距离为，故选：C. 4．(24-25高二上·广西平果铝城中学·期中)如图，是棱长为1的正方体，若在正方体内部且满足，则到直线的距离为（    ）   A． B． C． D． 【答案】C 【详解】以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，所以，所以在上的投影向量的长度为：，所以到直线的距离为.故选：C. 题型二、点到面距离公式 5．若三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直，且满足PA＝PB＝PC＝1，则点P到平面ABC的距离是(　　) A． B． C． D． 解析：选D　分别以PA，PB，PC所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1).可以求得平面ABC的一个法向量为n＝(1，1，1)，则d＝＝. 6．若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为(　　) A．a　　　B．a　　　C．a　　　D．a 解析：选D　建立空间直角坐标系如图． 则A(a，0，0)，D(0，0，0)，C1(0，a，a)，D1(0，0，a)，B1(a，a，a)， ∴＝(0，a，a)，＝(－a，0，a). 设n＝(x，y，z)为平面AB1D1的法向量， 则 得取z＝1，则n＝(1，－1，1). 又∵AD1∥BC1，AB1∥DC1，AD1∩AB1＝A， DC1∩BC1＝C1，∴平面AB1D1∥平面BDC1. ∴平面AB1D1与平面BDC1的距离可转化为点C1到平面AB1D1的距离d. ∵＝(a，0，0)，平面AB1D1的法向量为n＝(1，－1，1)， ∴d＝＝＝a. 7.布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案(如图1)，把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面QGC的距离是(　　) A．　　　B．　　　C．　　　D． 解析：选C　建立空间直角坐标系如图所示，则C(0，2，0)，Q(1，0，2)，G(0，0，2)，A(1，1，0)，＝(－1，2，－2)，＝(－1，0，0)，＝(－1，1，0)，设平面QGC的法向量为n＝(x，y，z)，则即令y＝1，则平面QGC的一个法向量为n＝(0，1，1)，则点A到平面QGC的距离d＝＝.故选C. 8．在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，BC∥AD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，则AD到平面PBC的距离为________． 解析：AD到平面PBC的距离等于点A到平面PBC的距离．由已知可知AB，AD，AP两两垂直． 以A为坐标原点，，，的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(图略)，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，则＝(2，0，－2)， ＝(0，2，0).设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)， 则即取a＝1，得n＝(1，0，1)， 又＝(2，0，0)，所以d＝＝. 答案： 9.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为A1B1的中点，F为AB的中点，H为DD1的中点，K为BB1的中点． (1)求直线A1H到直线KC的距离； (2)求直线FC到平面AEC1的距离． 解：(1)以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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A1(1，0，0)，C(0，1，1)，A(1，0，1)，C1(0，1，0)， H，K， F，E，所以＝，＝.则＝，即∥，则A1H∥KC， 所以直线A1H到直线KC的距离可转化成点A1到直线KC的距离．又＝，||＝＝，在上的投影向量的长度为＝，||＝ ＝， 所以点A1到直线KC的距离d＝＝. 所以直线A1H到直线KC的距离为. (2)由(1)可得＝，＝，＝(－1，1，－1).设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)， 由令y＝2，则x＝1，z＝1，得n＝(1，2，1).因为·n＝0，所以⊥n，则FC∥平面AEC1.所以直线FC到平面AEC1的距离可转化成点C到平面AEC1的距离，则＝(0，0，－1).所以直线FC到平面AEC1的距离d1＝＝＝. 10.生活中的建筑模型多与立体几何中的图形有关联，既呈现对称美，也具有稳定性．已知某凉亭的顶部可视为如图所示的正四棱锥S-ABCD，其所有棱长都为6，且AC，BD交于点O，点E在线段SC上，且CE＝SC，求△SAD的重心G到直线OE的距离． 解：以O为原点，OA，OB，OS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为所有棱长都为6，所以OA＝3，SO＝＝3.所以O(0，0，0)，A(3，0，0)，D(0，－3 ，0)，S(0，0，3 )，C(－3，0，0).因为G为△SAD的重心，所以G(，－，).设E(x，y，z)，则＝(x＋3，y，z)，＝(3，0，3)， 因为＝，所以⇒即E(－2，0，).因为＝(－2，0，)，＝(，－，)，所以G到直线OE的距离d＝＝＝. 题型三、异平面直线的夹角公式（常考点） 11.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) A.　　　　　　　　　 B． C. D． [解析]　以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 由已知条件知B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(－1，，1)， 则＝(1,0，－1)，＝(1，－，－1)． 所以cos〈，〉＝＝＝. 所以异面直线AB1与BC1所成的角的余弦值为. [答案]　C 12.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是(　　) A． B． C． D． 解析：选D　以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建系(图略)，设棱长为1，A1(1，0，1)，M，D(0，0，0)，N，则＝，＝，cos 〈，〉＝＝0. ∴〈，〉＝. 13.在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为________． 解析：以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BDC的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB＝BC＝CD＝1，则A(0,1,1)，B(0，1,0)，C(0,0,0)，D(1,0,0)， M， 则＝，＝(1,0,0)． 设异面直线BM与CD的夹角为θ， 则cos θ＝＝. ∴异面直线BM与CD夹角的余弦值为. 答案： 14.如图，在三棱锥V-ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x，y，z轴上，D是线段AB的中点，且AC＝BC＝2，∠VDC＝，求异面直线AC与VD所成角的余弦值． 解：因为AC＝BC＝2，D是AB的中点，所以 C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(1,1,0)． 在Rt△VCD中，CD＝，∠VDC＝，故V(0,0，)． 所以＝(－2,0,0)，＝(1,1，－)． 所以cos〈，〉＝＝＝－. 所以异面直线AC与VD所成角的余弦值为. 题型四、直线与平面的夹角公式（常考点） 15.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是D1C1，AB的中点，则A1B1与截面A1ECF所成的角的正切值为(　　) A． B． C． D． 解析：选A　设棱长为2，建立以A1为原点，A1B1，A1D1，A1A为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，则A1(0，0，0)，E(1，2，0)，F(1，0，2)，＝(1，2，0)，＝(1，0，2)，设平面A1ECF的一个法向量n＝(x，y，z)，则即 令x＝－2，得y＝1，z＝1， 所以平面A1ECF的一个法向量为n＝(－2，1，1).又A1B1的方向向量为(2，0，0)，设A1B1与截面A1ECF所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝，cos θ＝，∴tan θ＝. 16.若直线l的方向向量a＝(－2，3，1)，平面α的一个法向量n＝(4，0，1)，则直线l与平面α所成角的正弦值为________． 解析：由题意，得直线l与平面α所成角的正弦值为＝＝. 答案： 17.在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选D　不妨设AB＝BC＝PA＝2，∵OP⊥底面ABC，∴PO＝.根据题意，以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系Bxyz，如图所示． 则A(2，0，0)，B(0，0，0)，C(0，2，0)，P(1，1，). ∵点O，D分别是AC，PC的中点， ∴＝＝. 又＝(0，2，0)，＝(1，1，)， 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取n＝(－，0，1)， ∴cos 〈n，〉＝＝， ∴sin θ＝(θ为OD与平面PBC所成的角)，故选D. 18.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，点A1在底面ABC的射影为O，AB⊥AC，A1A＝A1B＝4，AC＝3，A1O＝2，E是A1B的中点． (1)证明：OE∥平面AA1C1C； (2)若直线AB与平面EAC所成角的正弦值为，求三棱柱ABC­A1B1C1的体积． 解：(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA，DA1， 由题意OA1⊥平面ABC，AO，BO⊂平面ABC， 所以A1O⊥AO，A1O⊥BO. 又A1A＝A1B＝4，所以△A1OA≌△A1OB，即OA＝OB，所以∠OAB＝∠OBA， 又AB⊥AC，即∠BAC＝90°，所以∠OAB＋∠OAD＝90°，∠ODA＋∠OBA＝90°， 所以∠ODA＝∠OAD， 所以AO＝DO，即AO＝DO＝OB，所以O为BD的中点．又E是A1B的中点，所以OE∥A1D. 又OE⊄平面AA1C1C，A1D⊂平面AA1C1C， 所以OE∥平面AA1C1C. (2)过点A作Az∥OA1，如图建立空间直角坐标系， OB＝OA＝＝2， 设AB＝2a(a＞0)，AD＝2b(b＞0)，则有a2＋b2＝4， O(a，b,0)，B(2a,0,0)，A1(a，b,2)，C(0,3,0)，E， 则＝，＝(2a,0,0)，＝(0,3,0)． 设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝2，则n＝(2,0，－a)， 所以|cos〈n，〉|＝＝＝，解得a＝，即AB＝2， 所以三棱柱ABC­A1B1C1的体积为 V＝A1O·S△ABC＝2××3×2＝6. 19.如图，在三棱柱中，点在底面ABC的射影为，，，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若直线AB与平面EAC所成角的正弦值为，求AB． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）如图①，连接BO并延长交AC于D．    连接OA，，易得平面ABC． 因为平面ABC，平面ABC， 所以，． 又，所以， 即，故． 因为，所以， 则，， 即，故，所以， 故O为BD的中点，又E是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）因为，故以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴， 过点A作，建立如图②所示的空间直角坐标系Axyz，    易得， 设，，则， 故，，，，， 则，，， 设平面AEC的法向量为， 则， 则，令，得，故， 设直线AB与平面EAC所成的角为θ， 则 解得，即． 题型五、平面与平面夹角公式（重点） 20．正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD夹角的大小为(　　) A．30°　　　B．45°　　　C．60°　　　D．90° 解析：选B　建系如图， 设AB＝1，则A(0，0，0)，B(0，1，0)，P(0，0，1)，D(1，0，0)，C(1，1，0).易知平面PAB的法向量为n1＝(1，0，0).设平面PCD的法向量n2＝(x，y，z)， 则得 令x＝1，则z＝1， ∴n2＝(1，0，1)，cos 〈n1，n2〉＝＝. ∴平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为. ∴此角的大小为45°. 21．已知点A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，3)，则平面ABC与平面xOy的夹角的余弦值为________． 解析：由题意得＝(－1，2，0)，＝(－1，0，3). 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z). 由知令x＝2，得y＝1，z＝，则平面ABC的一个法向量为n＝.因为平面xOy的一个法向量为＝(0，0，3). 所以平面ABC与平面xOy的夹角的余弦值为＝. 答案： 22.如图所示，已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC的中点，则平面PBC与平面BFD夹角的正切值为(　　) A． B． C． D． 解析：选D　如图所示，设AC与BD交于O，连接OF.以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz. 设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝， 所以O(0，0，0)，B，F，C，＝，易知为平面BFD的一个法向量，由＝，＝，可得平面PBC的一个法向量为n＝(1，，).所以cos〈n，＝，sin 〈n，＝，所以tan 〈n，＝. 23.如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM. (1)求BC； (2)求平面PMA与平面PMB夹角的正弦值． 解：(1)因为PD⊥平面ABCD， 且矩形ABCD中AD⊥DC， 所以AD，DC，PD两两垂直． 以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 设BC＝2x，则D(0，0，0)，A(2x，0，0)，B(2x，1，0)，P(0，0，1). 所以＝(－x，1，0)，＝(2x，1，－1)， 所以(－x，1，0)·(2x，1，－1)＝0，解得x＝(负值已舍去). 所以BC＝. (2)由(1)知，A(，0，0)，B(，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，M， 则＝，＝，＝(－，0，0)，＝(，1，－1). 设n1＝(x1，y1，z1)为平面PAM的法向量， 则即 取x1＝2，得y1＝，z1＝2，所以n1＝(2，，2). 设n2＝(x2，y2，z2)为平面PBC的法向量， 则即 取y2＝1，得x2＝0，z2＝1，所以n2＝(0，1，1). 设平面PMA与平面PMB的夹角为θ， 则|cos θ|＝＝＝. 所以sin θ＝＝，即平面PMA与平面PMB的夹角的正弦值为. 24.如图，长方体ABCD -A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1. (1)证明：BE⊥平面EB1C1； (2)若AE＝A1E，求平面BEC与平面C1EC的夹角的正弦值． [解]　(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1， 故B1C1⊥BE. 又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1， 所以BE⊥平面EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1＝90°. 由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E， 所以∠AEB＝45°， 故AE＝AB，AA1＝2AB. 以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(1，－1，1)，＝(0，0，2). 设平面BEC与平面C1EC的夹角为θ， 设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则即 所以可取n＝(0，－1，－1). 设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则即 所以可取m＝(1，1，0). 于是cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝ ＝＝. 所以平面BEC与平面C1EC夹角的正弦值为. 25.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＝，求二面角D－AB－F的正弦值． 解：(1)证明：如图，连接DE，AE， 因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC. 因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DB＝DC， 所以△ADB≌△ADC. 可得AC＝AB，故AE⊥BC. 因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE. 又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA. (2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC. 不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2. 由题可知△DBC为等腰直角三角形， 故DE＝EB＝EC＝. 因为AE⊥BC，所以AE＝＝. 在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED. 以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则D(，0,0)，B(0，，0)，A(0,0，)，＝(－，0，)，＝(0，－，)． 设F(xF，yF，zF)，因为＝，所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，可得F(－，0，)． 所以＝(，0,0)． 设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即取x1＝1， 则y1＝z1＝1，m＝(1,1,1)． 设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0,1,1)． 所以cos〈m，n〉＝＝＝. 记二面角D－AB－F的大小为θ，则sin θ＝＝＝， 故二面角D－AB－F的正弦值为. 26.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1. (1)证明：PC⊥AD； (2)求平面PAC与平面PCD夹角的正弦值； (3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长． 解：如图，以点A为坐标原点，AD，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0，1，0)，B，P(0，0，2). (1)证明：易得＝(0，1，－2)，＝(2，0，0)，则·＝0，所以PC⊥AD. (2)易得＝(0，1，－2)，＝(2，－1，0). 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z). 由得 令z＝1，可得n＝(1，2，1). 又＝(2，0，0)是平面PAC的一个法向量， 所以cos 〈，n〉＝＝， 从而sin 〈，n〉＝. 所以平面PAC与平面PCD夹角的正弦值为. (3)易得＝(2，－1，0).设AE＝h，h∈[0，2]， 则E(0，0，h)，所以＝. 所以cos 〈，〉＝＝＝， 解得h＝，即AE＝. 27.如图，在几何体中，平面平面，，，，，∥. (1)若为的中点，求证：平面； (2)若为等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取中点，连接，，则为的中位线. ， 又 且. 四边形为平行四边形. 又平面，平面 ∥平面. （2）法一：延长，交于，连接 是等边三角形，为的中点,                                   又且. 为的中位线,为的中点 又为的中点，为的中位线， ， .               ∵平面平面，平面平面，平面 平面. 平面，. 因此，二面角的平面角为. 因此，平面与平面夹角的余弦值为.   法二：∵平面平面，平面平面， 平面.                            平面.                         又等边三角形，为的中点                                    所以两两垂直，以为原点，如图建立空间直角坐标系. 因为， 所以，， ，    设为平面的一个法向量， 则 即   令，解得 设为平面的一个法向量 易得. 设平面与平面夹角为， . 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 1.(24-25高二上·广西“贵百河一武鸣高中”·期中)如图，在直三棱柱中，分别为的中点，则直线到平面的距离为（    ）   A． B． C． D． 【答案】B 【详解】在直三棱柱中，，如图所示，以为原点建立空间直角坐标系， 因为，E、F分别为的中点，则，，，，，所以，，，  设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以是平面的一个法向量，又因为，所以点F到平面的距离为.因为在直三棱柱中，分别为的中点，则且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，则点F到平面的距离即为直线到平面的距离.故选：B. 2．[多选]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，点P在正方体内部且满足＝＋＋，则下列说法正确的是(　　) A．点A到直线BE的距离是 B．点O到平面ABC1D1的距离为 C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为 D．点P到直线AB的距离为 解析：选BC　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)，E，所以＝(－1，0，0)，＝. 设∠ABE＝ θ，则cos θ＝＝，sin θ＝＝.故A到直线BE的距离d1＝||·sinθ＝1×＝，故A错误；易知＝＝，平面ABC1D1的一个法向量为＝(0，－1，1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝＝＝，故B正确；＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(0，1，0).设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则所以令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)为平面A1BD的一个法向量．所以点D1到平面A1BD的距离d3＝＝＝.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，故C正确；因为＝＋＋，所以＝，又＝(1，0，0)，则＝，所以点P到AB的距离d＝＝，故D错误．故选B、C. 3.(24-25高二上·广西玉林六校·期中)已知四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面是PB的中点. (1)求直线BD与直线PC所成角的大小； (2)求点B到平面ADE的距离． 【详解】（1）以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图空间直角坐标系. 由题意，，，，，， 设直线BD与直线PC所成的角为，因为，，，所以直线BD与直线PC所成角为； （2）因为，，， 所以，， 则为平面的一个法向量， 设点到平面的距离为，则为向量在向量上的投影的绝对值， 由，得，所以点到平面的距离为. 4.（24-25高二下·河北秦皇岛·期中）如图，在三棱柱中，，，平面平面，平面平面，点，分别在棱，上，且. (1)求证：； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）∵，，∴，∴. ∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面. 又平面，. ∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面. 又平面，. ∵，，，平面，平面，∴平面. 又平面，. （2）由（1）可知，，，故以为坐标原点，，，分别为，，建立空间直角坐标系如图所示. 则由题可知，，，，， ∴，，. 平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，， ∴平面的一个法向量为. 平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，， ∴平面的一个法向量为. ∴， ∴， ∴二面角的正弦值为. 5.(24-25高二上·广西柳州高级中学柳南校区·期中)如图，和所在平面垂直，且，求： (1) (2)求二面角的夹角的正弦值. 【详解】（1），∴≌，， 取中点，连接，为等腰三角形，， 又，平面，平面，又平面，； （2）法一：射影面积法，过点作⊥，交的延长线于点，连接， 因为和所在平面垂直，且交线为，平面，所以⊥平面， 由（1）知，≌，， 故≌，故， 故⊥，同理可得平面，两两垂直， 不妨设，∵， ，， 设平面与平面所成角为，由勾股定理得， ，在中， ，， 故二面角的夹角正弦值为； 法二：过点作⊥，交的延长线于点，连接， 因为和所在平面垂直，且交线为，平面，所以⊥平面， 由（1）知，≌，， 故≌，故， 故⊥，同理可得平面，两两垂直， 以为原点，方向分别为轴，如图建系， 不妨设，∵， ，， 平面的法向量，又，， 设平面的法向量为，， 令，则，故， 设平面与平面所成角为， ， 故， 故二面角的夹角正弦值为. 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $