第7章 7.5 空间角与空间距离、空间向量及其应用（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习练案

**基本信息** 聚焦空间角与距离计算，以空间向量法为核心，构建"几何建模-向量转化-定量计算"的系统化解题体系，强化空间观念与逻辑推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间角|11道高考真题+9道模拟题|坐标法（建系求向量）、几何法（作辅助线）、法向量求二面角|从线线角到二面角逐步递进，向量法贯穿空间角计算全过程| |空间距离|2道高考真题+6道模拟题|点面距公式、等体积法、向量投影法|空间距离转化为向量模长计算，与空间角共享坐标系构建逻辑|

7.5　空间角与空间距离、空间向量及其应用 考点1　空间角 高考真题 1.★★★(2022全国甲,文9,理7,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则 (　　) A.AB=2AD B.AB与平面AB1C1D所成的角为30° C.AC=CB1 D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45° 答案　D　 2.★★★(2024新课标Ⅱ,7,5分)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为 (　　) A.　　　B.1　　　C.2　　　D.3 答案　B　 3.★★★(2023全国乙理,9,5分)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形.若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 (　　) A. 答案　C　 4.★★★(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 (　　) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 答案　ABD　 5.★★★(2025全国一卷,17,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)设PA=AB=,BC=2,AD=1+,且点P,B,C,D均在球O的球面上. (i)证明:点O在平面ABCD内; (ii)求直线AC与PO所成角的余弦值. 解析　(1)证明:因为PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,所以PA⊥AD,又AB⊥AD,AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB, 所以AD⊥平面PAB,又AD⊂平面PAD,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)由(1)知PA,AB,AD两两垂直.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如图,则P(0,0,),A(0,0,0),D(0,1+,0),C(,2,0),B(,0,0). (i)证明:设O(x,y,z), 则OP=, OB=, OC=, OD=, 由OP=OB=OC=OD,解得x=z=0,y=1, 则O(0,1,0),故O在线段AD上,即点O在平面ABCD内. (ii)因为=(,2,0),=(0,1,-), 所以cos<,, 故直线AC与PO所成角的余弦值为. 6.★★★(2021新高考Ⅱ,19,12分)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=,QC=3. (1)证明:平面QAD⊥平面ABCD; (2)求二面角B-QD-A的余弦值. 解析　(1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE,则AE=DE=1. 由QD=QA,得QE⊥AD. 在Rt△QAE中,QE==2. ∵底面ABCD是正方形,∴CD=AD=2, 在Rt△CDE中,CE=. ∴在△QCE中,QE2+CE2=QC2, ∴QE⊥CE, 又∵CE∩AD=E,CE,AD⊂平面ABCD, ∴QE⊥平面ABCD. 又QE⊂平面QAD, ∴平面QAD⊥平面ABCD. (2)建立空间直角坐标系,如图所示, 则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0), 则=(-2,1,2),=(-2,2,0). 显然,平面QAD的一个法向量为n1=(1,0,0), 设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z), 则⇒⇒x=y=2z.取n2=(2,2,1). 设二面角B-QD-A的平面角为θ,易知θ为锐角, 则cos θ=|cos<n1,n2>|=. 7.★★★(2023新课标Ⅱ,20,12分)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. 解析　(1)证明:连接AE,DE, ∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC. ∵DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,DA=DA,∴△ADB≌△ADC, ∴AB=AC,∴AE⊥BC,又AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE,∴BC⊥平面ADE, 又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA. (2)不妨设DA=DB=DC=2,结合已知条件可得AB=AC=2,BC=2,DE=,AE=,∴AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.又AE⊥BC,DE∩BC=E,BC,DE⊂平面BCD,∴AE⊥平面BCD. 如图,以E为坐标原点,直线ED,EB,EA分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系, 则E(0,0,0),A(0,0,),D(,0,0),B(0,,0),=(0,,-),=(-,,0),=(-,0,),由,得F(-,0,),则=(-,-,). 设平面DAB的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=1,得n=(1,1,1), 设平面ABF的法向量为m=(x',y',z'), 则 令y'=1,得m=(0,1,1). 设二面角D-AB-F的平面角为θ,则|cos θ|=【易错:题目问的是正弦值,最后要记得转化】,又θ∈[0,π],∴sin θ=,故二面角D-AB-F的正弦值为.  8.★★★(2023全国甲理,18,12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明:A1C=AC; (2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值. 解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, ∴A1C⊥BC,∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC, 又AC∩A1C=C,AC,A1C⊂平面AA1C1C, ∴BC⊥平面AA1C1C. 又∵BC⊂平面BCC1B1, ∴平面BCC1B1⊥平面AA1C1C. 过A1作A1H⊥CC1,垂足为H,又平面BCC1B1⊥平面AA1C1C,平面BCC1B1∩平面AA1C1C=CC1,A1H⊂平面AA1C1C,∴A1H⊥平面BCC1B1, ∴A1H=1, 易知∠CA1C1=90°,在Rt△A1CC1中,CC1=2=2A1H, ∴H为CC1的中点, ∴△A1CC1为等腰直角三角形, ∴A1C=A1C1.易知AC􀱀A1C1,∴A1C=AC. (2)以C为坐标原点,CA,CB,CA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,在平面BCC1B1内过H作HQ∥BC,交BB1于点Q,连接A1Q,如图. 易知CC1⊥A1H,CC1⊥HQ,CC1􀱀BB1, 又A1H∩HQ=H,A1H,HQ⊂平面A1HQ, ∴CC1⊥平面A1HQ,BB1⊥平面A1HQ, 又A1Q⊂平面A1HQ, ∴BB1⊥A1Q,∴A1Q=2, ∴在Rt△A1HQ中,HQ=, 易知A1C=AC=, 则A(,0,0),B1(-,,),C1(-,0,),B(0,,0),=(-2,,),=(0,,0),=(-,0,). 设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z), 则 取x=1,得n=(1,0,1). 设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|== =. ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 9.★★★(2024全国甲理,19,12分)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为AD的中点. (1)证明:BM∥平面CDE; (2)求二面角F-BM-E的正弦值. 解析　(1)证明:∵M为AD的中点,且AD=4,∴MD=2,∴MD=BC, 又∵MD∥BC,∴四边形BCDM为平行四边形,∴BM∥CD, 又BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE, ∴BM∥平面CDE. (2)设AM的中点为O,连接FO,BO, ∵AB=BM=AM=2,∴OB⊥AM,OB=, 在等腰梯形ADEF中,EF∥MD,EF=MD, ∴四边形MDEF为平行四边形,∴FM=DE=,∴AF=MF, 又∵O为AM的中点,∴OF⊥AM,OA=AM=1,∴OF==3, 又∵OB=,FB=2, ∴OF2+OB2=BF2,∴OB⊥OF, 又∵OB⊥AD,OF⊥AD, ∴分别以OB,OD,OF所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则F(0,0,3),B(,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3), ∴=(-,1,0),=(,0,-3),=(0,1,3), 设平面FBM的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 不妨取x1=,则n1=(,3,1). 设平面EBM的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 不妨取y2=3,则x2=,z2=-1, 则n2=(,3,-1). 设二面角F-BM-E的平面角为θ, 则|cos θ|=|cos<n1,n2>|=, ∵0≤θ≤π,∴sin θ=, ∴二面角F-BM-E的正弦值为. 10.★★★★(2023全国乙理,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,点F在AC上,BF⊥AO. (1)证明:EF∥平面ADO; (2)证明:平面ADO⊥平面BEF; (3)求二面角D-AO-C的正弦值. 解析　解法一　(1)证明:如图,连接DE,OF,设AF=tAC(0<t<1), 则+t() =(1-t). ∵BF⊥AO, ∴=[(1-t)]·=(t-1)=4(t-1)+4t=0,解得t=, 故F为AC的中点. ∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点, ∴DE∥AB,且DE=AB,OF∥AB,且OF=AB,∴DE􀱀OF. ∴四边形DEFO是平行四边形, ∴EF∥DO. 又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO, ∴EF∥平面ADO. (2)证明:∵D,O分别是PB,BC的中点,且PC=,∴DO=, 又AD=DO,∴AD=. 在Rt△ABO中,AB=2,BO=, ∴AO=, 在△ADO中,OD2+AO2=AD2, ∴OD⊥AO,由(1)知EF∥OD,则EF⊥AO, 又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF⊂平面BEF,EF⊂平面BEF,∴AO⊥平面BEF, 又AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF. (3)如图,过点O作OH∥BF交AC于点H, 由AO⊥BF,知HO⊥AO,又由(2)知OD⊥AO,故∠DOH为二面角D-AO-C的平面角,设AD∩BE=G, ∵D,E分别为PB,PA的中点, ∴G为△PAB的重心, ∴DG=AD,GE=BE, ∵O为BC的中点,OH∥BF,∴H为FC的中点,由(1)知F为AC的中点,∴FH=AH,连接DH,GF,∴DH=GF,由cos∠ABD=,得PA=, 同理可得BE=,∴BE2+EF2=3=BF2, 故BE⊥EF,则GF2=, ∴GF=, 故DH=×. 在△DOH中,OH=,OD=,DH=, ∴cos∠DOH=. ∴二面角D-AO-C的正弦值为. 解法二　空间向量法　以BA,BC所在直线分别为x,y轴,过点B且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0,,0),C(0,2,0). (1)证明:设,0<λ<1.∵=(-2,2,0),∴F(2-2λ,2λ,0), ∴=(2-2λ,2λ,0). ∵BF⊥AO,=(-2,,0), ∴=0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ=,故F为AC的中点.连接OF,DE, ∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点, ∴DE∥AB,且DE=AB,OF∥AB,且OF=AB,∴DE􀱀OF,故四边形ODEF为平行四边形, ∴EF∥DO, 又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,∴EF∥平面ADO. (2)证明:易得AD=,由cos∠ABD=,得PA=. 设P(x,y,z),z>0, 则由PB=PC=,PA=可得 故P(-1,,), 又∵E是PA的中点, ∴E,∴,又=(-2,,0), ∴=-2××+0×=0, ∴⊥,即AO⊥BE, 又AO⊥BF,BE∩BF=B, ∴AO⊥平面BEF,又AO⊂平面ADO, ∴平面ADO⊥平面BEF. (3)易知平面AOC的一个法向量为m1=(0,0,1), ∵D为PB的中点,∴D, ∴, 设平面AOD的法向量为m2=(x1,y1,z1), 则 取x1=1,则y1=,z1=, 则m2=(1,,), 设二面角D-AO-C的大小为θ,则|cos θ|=|cos<m1,m2>|= =. 由题图可知,二面角D-AO-C的平面角为钝角, ∴cos θ=-,∴sin θ=,即二面角D-AO-C的正弦值为. 11.★★★★(2023新课标Ⅰ,18,12分)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. 解析　(1)证明:以C为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 由题意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2), 则=(0,-2,1),=(0,-2,1), ∴,∴∥, 又知B2C2与A2D2无公共点, ∴B2C2∥A2D2. (2)∵点P在棱BB1上,∴设P(0,2,a)(0≤a≤4), 结合(1)可知=(-2,-2,2),=(0,-2,1),=(2,0,1-a),=(0,-2,3-a). 设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令z1=2,则n1=(1,1,2). 设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 令z2=2,则n2=(a-1,3-a,2), 又∵二面角P-A2C2-D2为150°, ∴|cos 150°|=|cos<n1,n2>|=, 即,化简得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3, 当a=1时,B2P=1;当a=3时,B2P=1. 综上,B2P=1. 高考模拟 1.★★(2026届广东汕头段考,4)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,D1,F1分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是 (　　) A. 答案　A　 2.★★★(2026届安徽调研,7)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,若AB1⊥BC1,则直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 (　　) A. 答案　B　 3.★★★(2026届广东广州教学质量监测,7)如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2A1B1,,,.直线AC1与平面EFG交于点M,则= (　　) A. 答案　A　 4.★★★(多选)(2026届四川成都七中月考,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则以下说法正确的是 (　　) A.直线A1C与平面ABCD所成角的正切值为 B.二面角A1-DC-B的大小为 C.直线AB1与直线BC1所成角的大小为 D.点A1到平面BC1D的距离为 答案　ABC　 5.★★★(多选)(2026届河南师大附中月考,9)已知在正四面体A-BCD中,M,N分别是AB,CD的中点,平面α与直线AB,CD都平行,则 (　　) A.MN∥α B.MN⊥α C.直线AC与平面α所成角为60° D.平面ABC与平面α的夹角的余弦值为 答案　BD　 6.★★★★★(教材溯源)(2026届湖南衡阳八中期中,14)人教A版选择性必修第一册习题1.4拓广探索第17题中提到了过点P0的平面方程:在空间直角坐标系O-xyz中,已知向量m=(a,b,c),点P0(x0,y0,z0),若平面α经过点P0,且以m为法向量,点P(x,y,z)是平面α内的任意一点,则平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0.现已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1,平面CDD1C1的方程为x-2y+z-2=0,平面ADD1A1经过点E(0,0,1),F(1,1,2),G(2,2,1),平面ACC1A1的方程为kx-ty-2z+1=0(1≤t≤2),则平面CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值的最大值为　　　　.  答案　 7.★★★(2026届广东八校联盟质量检测,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC⊥AC,AB∥DC. (1)证明:平面PBC⊥平面PAC; (2)若BC=2,CD=3,PA=AB=4,AD=,P,A,B,C在同一个球面上,球心为O. (i)求DO与平面PBC所成角的正弦值; (ii)设,N为PC的中点,且H,A,O,N四点共面,求实数λ的值. 解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC, 又BC⊥AC,AC,PA⊂平面PAC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC, 又BC⊂平面PBC, 所以平面PBC⊥平面PAC. (2)(i)在四边形ABCD中,因为BC⊥AC,AB∥DC,BC=2,CD=3,AB=4,AD=, 所以∠BAC=30°,∠CAD=60°, 所以AD⊥AB, 以A为原点,AB,AD,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, 因为P,A,B,C在同一个球面上,球心为O,所以O为PB的中点, 由题知B(4,0,0),C(3,,0),P(0,0,4),D(0,,0),O(2,0,2), 所以=(2,-,2),=(4,0,-4),=(-1,,0), 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z), 则令x=1,得y=,z=1,所以n=, 设DO与平面PBC所成角为θ, 则sin θ=|cos<n,. (ii)因为N为PC的中点,所以N, 所以, 由(i)知=(2,0,2),=(0,,-4),=(0,0,4), 则=(0,0,4)+λ(0,,-4)=(0,λ,4(1-λ)), 因为H,A,O,N四点共面,所以存在实数a,b,使得, 即(0,λ,4(1-λ))=a(2,0,2)+b, 所以. 8.★★★(2026届浙南名校联盟联考,17)如图,四棱台ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,AB=2,A1B1=1,BC的中点为E. (1)证明:D1E∥平面ABB1A1; (2)若∠DAB=,D1D=,点D1在底面ABCD上的射影恰是DE的中点,求平面BED1与平面ABB1A1所成角的余弦值. 解析　(1)证法一　如图1,连接A1B,∵A1D1􀱀BE, ∴四边形A1BED1是平行四边形, ∴D1E∥A1B, ∵D1E⊄平面ABB1A1,A1B⊂平面ABB1A1, ∴D1E∥平面ABB1A1. 　 证法二　取AD的中点F,连接EF,D1F,如图2, ∵E,F分别为BC,AD的中点, ∴EF∥AB,A1D1􀱀AF, ∴四边形A1D1FA是平行四边形, ∴D1F∥AA1,又∵D1F∩FE=F,D1F,FE⊂平面D1FE,A1A∩AB=A,A1A,AB⊂平面ABB1A1, ∴平面EFD1∥平面ABB1A1, ∵D1E⊂平面EFD1, ∴D1E∥平面ABB1A1. (2)连接DB,取DE的中点H,连接D1H. ∵D1H⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,∴D1H⊥DE, ∵△DBC是正三角形,E是BC的中点, ∴DE⊥BC,DE=,DH=, 在Rt△D1DH中,D1D=,DH=, 则D1H=. 以E为坐标原点,直线EC,直线ED,过点E平行于D1H的直线分别为x,y,z轴, 建立如图3所示的空间直角坐标系, 则E(0,0,0),B(-1,0,0),D1,A(-2,,0), ∵=(-1,0,0), 则A1,∴, =(-1,,0),. 设平面BED1的法向量为m=(x1,y1,z1), 则 令y1=,则m=(0,,-1), 设平面ABB1A1的法向量为n=(x2,y2,z2), 则 令y2=,则n=(3,,-1), ∴cos<m,n>=, 故平面BED1与平面ABB1A1所成角的余弦值为. 9.★★★★(2026届浙江绍兴一模,17)如图,三棱锥D-ABC中,底面为正三角形ABC,AC=2,AD=DC=,cos∠DAB=-. (1)证明:AC⊥BD; (2)设点E在棱BD上,当△ACE的面积最小时,求二面角E-AC-B的正弦值. 解析　(1)证明:取AC的中点O,连接BO,DO, 因为△ABC为正三角形,则AB=BC,AC⊥BO,又AD=DC=,则AC⊥DO, 又BO,DO⊂平面BDO,BO∩DO=O, 所以AC⊥平面BDO,又BD⊂平面BDO, 所以AC⊥BD. (2)解法一　连接EO,当EO⊥BD时,△ACE的面积最小, 由(1)可知AC⊥BO,AC⊥平面BDO, 又OE⊂平面BDO,所以AC⊥OE, 所以∠EOB为二面角E-AC-B的平面角. 在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AD·ABcos∠DAB=21, 故BD=, 在△BDO中,BO=,DO=2,BD=, 故cos∠BOD=, 所以sin∠BOD=, 由等积法得BO·DOsin∠BOD=BD·EO,即3EO,解得EO=, 在Rt△BEO中,cos∠EOB=, 所以sin∠EOB=. 解法二　以O为原点,直线OA,OB为x,y轴建立空间直角坐标系,如图, 则A(1,0,0),B(0,,0),在△ABD中, 由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AD·ABcos∠DAB=21,故BD=, 在△BDO中,BO=,DO=2,BD=, 故cos∠BOD=, 则D(0,-,3), 连接OE,当EO⊥BD时,△ACE的面积最小,此时BD⊥平面ACE, 则平面ACE的一个法向量为m==(0,-2,3),又平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1), 则cos<m,n>=, 所以二面角E-AC-B的正弦值为. 考点2　空间距离 高考真题 1.★★★(2024天津,17,15分)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1.N是B1C1的中点,M是DD1的中点. (1)求证:D1N∥平面CB1M; (2)求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角余弦值; (3)求点B到平面CB1M的距离. 解析　(1)证明:取B1C的中点P,连接NP,MP,又N为B1C1的中点,所以在△B1CC1中,NP∥CC1,NP=CC1, 因为M是DD1的中点,DD1∥CC1, 所以D1M=CC1,且D1M∥CC1,则有D1M∥NP,D1M=NP, 故四边形D1MPN是平行四边形, 所以D1N∥MP, 又MP⊂平面CB1M,D1N⊄平面CB1M, 所以D1N∥平面CB1M. (2)已知A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,所以以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 易知AB=AA1=2,AD=DC=1, 则B(2,0,0),C(1,1,0),B1(2,0,2),M(0,1,1), 所以=(1,-1,2),=(-1,0,1),=(0,0,2). 设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2). 则 则z2=0. 分别取x1=1,x2=1,得y1=3,z1=1,y2=1, 所以m=(1,3,1),n=(1,1,0), 则|cos<m,n>|=, 故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为. (3)由(2)知=(0,0,2),平面CB1M的一个法向量为m=(1,3,1), 则, 即点B到平面CB1M的距离为. 2.★★★(2022新高考Ⅰ,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为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. 解析　(1)设A到平面A1BC的距离为d.因为S△ABC·AA1=,,所以d=. (2)解法一　几何法　由题意知,二面角A-BD-A1的平面角与二面角A-BD-C的平面角互补,故两二面角的正弦值相等.下面求二面角A-BD-A1的正弦值. 如图,过A作AH⊥BD于H,取A1B的中点O,连接AO,OH. 因为AA1=AB,所以AO⊥A1B, 又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AO⊂平面ABB1A1,所以AO⊥平面A1BC. 又BD,BC⊂平面A1BC,所以AO⊥BC,AO⊥BD,又AO∩AH=A,AO,AH⊂平面AOH,所以BD⊥平面AOH,因为OH⊂平面AOH,所以OH⊥BD,则∠AHO是二面角A-BD-A1的平面角. 由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,因为BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC, 又AA1∩AO=A,AA1,AO⊂平面ABB1A1, 所以BC⊥平面ABB1A1. 因为A1B,AB⊂平面ABB1A1, 所以BC⊥A1B,BC⊥AB. 由(1)知AO=d=,所以AB=AA1=2,A1B=2, 又因为△A1BC的面积为2,所以BC=2,所以可得AC=2,A1C=2,BD=, 故△ABD的面积为, 又S△ABD=, 所以AH=, 在Rt△OHA中,sin∠OHA=, 即二面角A-BD-C的正弦值为. 解法二　向量法　如图,取A1B的中点E,连接AE. 因为AA1=AB,所以AE⊥A1B,又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AE⊂平面ABB1A1, 所以AE⊥平面A1BC. 又BC⊂平面A1BC,所以AE⊥BC. 由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC, 又BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,又AA1∩AE=A,AA1,AE⊂平面ABB1A1,所以BC⊥平面ABB1A1,又AB⊂平面ABB1A1, 所以BC⊥AB. 由(1)知AE=d=,所以AB=AA1=2,A1B=2, 又因为△A1BC的面积为2,所以BC=2. 以B为坐标原点,向量,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系B-xyz, 则C(2,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0),则=(2,0,0),=(0,2,0),=(1,1,1). 设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令x1=1,得z1=-1,所以n1=(1,0,-1). 设平面BCD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 令y2=1,得z2=-1,所以n2=(0,1,-1). 所以cos<n1,n2>=, 又sin<n1,n2>>0,所以sin<n1,n2>=. 所以二面角A-BD-C的正弦值为. 高考模拟 1.★★(2026届浙江六校联考,6)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M为AB的中点,则点A1到平面DMB1的距离等于 (　　) A. 答案　A　 2.★★★★(2026届广东江门调研,8)如图,把边长为4的正方形纸片ABCD沿着对角线AC折成直二面角,E,F分别为AD,BC的中点,则点A到直线EF的距离为 (　　) A.2　　　B. 答案　B　 3.★★★(2026届河北承德五校月考,13)已知正四棱锥P-ABCD中异面的两条棱所在直线所成角的余弦值为,过AB的平面α与线段PC交于点E,PE=2EC,BC=2,则点P到α的距离为　　　　.  答案　 4.★★★(2026届湖南师大附中月考,16)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,AD=AA1=2,点E在AB上,且AE=1. (1)求平面A1EC与平面A1EB的夹角的余弦值; (2)若点P在侧面A1ABB1上,且点P到直线BB1和CD的距离相等,求点P到直线AD1距离的最小值. 解析　(1)以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示. 则D(0,0,0),C(0,3,0),A(2,0,0),E(2,1,0),A1(2,0,2),D1(0,0,2), 则=(-2,2,0),=(0,1,-2), 设平面A1EC的法向量为n=(x,y,z), 则 令z=1,则x=y=2, 所以n=(2,2,1)为平面A1EC的一个法向量, 又=(2,0,0)为平面A1EB的一个法向量, 所以|cos<,n>|=. 所以平面A1EC与平面A1EB夹角的余弦值为. (2)设P(2,a,b),a∈[0,3],b∈[0,2], 根据题意有3-a=,即b2=(3-a)2-4, 又因为=(0,a,b),=(-2,0,2), 则点P到AD1的距离 d= = = =, 当a=1时,d取得最小值1. 所以点P到AD1距离的最小值为1. 5.★★★(2026届江苏南京七校联合体调研,16)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD=2BC=2AB=2,AB⊥BC,AD∥BC.若点E满足,平面BCE交线段PD于点F. (1)求证:EF∥BC; (2)若平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为,求点D到平面BCE的距离. 解析　(1)证明:∵AD∥BC, 又AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD, ∴BC∥平面PAD, 又BC⊂平面BCE,平面BCE∩平面PAD=EF, ∴BC∥EF. (2)由题意得PA,AB,AD两两垂直, ∴以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),则=(-1,1,0), 设P(0,0,h)(h>0),∴=(1,1,-h), 设平面PCD的法向量为m=(x0,y0,z0), 则∴ 取x0=1,则y0=1,z0=, ∴平面PCD的一个法向量为m=, 易知平面PAB的一个法向量为n=(0,1,0), ∴|cos<m,n>|=, 解得h=1(舍负), ∴P(0,0,1),E, 则, 设平面BCE的法向量为k=(x1,y1,z1), 则∴ 取x1=1,则z1=,∴k=, 设点D到平面BCE的距离为d, 则d=, ∴点D到平面BCE的距离为. 6.★★★(2026届山西运城中学期中,17)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均为4,D是AB的中点. (1)求证:BC1∥平面A1DC; (2)求直线BC1与平面A1DC的距离. 解析　(1)证明:∵直三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均为4, ∴上、下底面均是边长为4的正三角形,侧面是边长为4的正方形, 连接AC1与A1C交于点E,则E为A1C,AC1的中点,连接DE, ∵在△C1AB中,D,E分别为边AB,AC1的中点,∴DE∥BC1, 又∵DE⊂平面A1DC,BC1⊄平面A1DC, ∴BC1∥平面A1DC. (2)取AC的中点O,A1C1的中点O1,连接BO,OO1,则BO⊥AC,OO1⊥平面ABC, 以O为原点,OA,OB,OO1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O(0,0,0),D(1,,0),C(-2,0,0),A1(2,0,4),C1(-2,0,4), ∴=(1,-,4),=(-3,-,4),=(-3,-,0), 设平面A1DC的法向量为n=(x,y,z), 则⇒ 令y=,则x=-1,z=1, ∴n=(-1,,1), ∵C1为BC1上的点,BC1∥平面A1DC, ∴C1到平面A1DC的距离d即为直线BC1与平面A1DC的距离, 【会转化:求线面间的距离问题时,该直线一定平行于平面,所以可转化为直线上一点到该平面的距离问题】 d=, ∴直线BC1与平面A1DC的距离为. 第 2 页 共 26 页 学科网（北京）股份有限公司 $