第七章 课时作业9 向量法求空间角与距离-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦向量法解空间角与距离，以建系、求向量、用法向量为核心方法，系统覆盖线面角、二面角、点面距离等高频考点，体现数学思维的逻辑性与空间观念的建构。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间角计算|单选1-4、6，多选7-9，解答13(2)、14(2)|线面角正弦值=|cos<方向向量,法向量>|，二面角余弦值=|cos<两法向量>|，异面直线角用向量夹角|从向量数量积推导空间角公式，结合直棱柱、正方体等模型应用| |空间距离计算|单选5，填空10-11，解答14(3)|点面距离=|向量·法向量|/|法向量|，点线距离用向量投影|从向量模长公式拓展距离计算，关联几何体棱长与坐标| |综合应用|解答13-14|动态问题（如第6题动点）中建系策略，多面体中法向量求法|整合空间角与距离，通过坐标法实现几何问题代数化|

课时9 向量法求空间角与距离 一、单选题 1.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量.若cos〈m，n〉＝－，则直线l与平面α所成的角为(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 2、在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是棱A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是(　　) A. B. C. D. 3．正三棱柱(底面是等边三角形的直棱柱)ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成角的正弦值为(　　) A．　　　　 B． C． D． 4．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 5．（2026·湖北武汉市华中师大一附中月考）如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E为棱CD的中点，则点D1到平面AEC1的距离为 (　 　) A． B． C． D． 6．如图，底面ABCD是边长为2的正方形，半圆面APD⊥底面ABCD，P为圆弧AD上的动点．则当三棱锥P－BCD的体积最大时，二面角P－BC－D的余弦值为(　 　) A． B． C． D． 二、多选题 7．在三棱锥A－BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2.若n1＝(1,0,0)，n2＝(－，0,1)，则二面角A－BD－C的大小可能为(　　) A. B. C. D. 8、已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则有(　 ) A．与是共线向量 B．的单位向量是(1，1，0) C．AB与BC所成角的余弦值是 D．平面ABC的一个法向量是(1，－2，5) 9.(2026·福建福州市质检)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝AD＝1，E为棱AB的中点，则有(　 　) A．A1B⊥B1C B．A1D∥平面EB1C C．点D到直线A1B的距离为 D．点D到平面EB1C的距离为 三、填空题 10、(2026·山西太原市三模)已知直线l过点A(1,2,0)，且直线l的一个方向向量为m＝(0，－1,1)，则坐标原点O到直线l的距离d=__ __． 11、（2026·江苏无锡市天一中学期中）在矩形ABCD中，∠BCA＝30°，AC＝20，PA⊥平面ABCD，且PA＝5，则点P到BC的距离为__ __． 12．在正四棱锥S－ABCD中，已知O为顶点在底面内的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角为____． 四、解答题 13、(2026·广东广州市模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB＝∠PCB＝，M，N分别为DP和AB的中点． (1) 求证：平面PBC⊥平面ABCD； (2) 求CM与平面PAD所成角的正弦值． 14．（2026·天津高考）如图，已知正方体的棱长为4，，分别为，的中点，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 课时9 向量法求空间角与距离参考答案 1.A【解析】设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，所以直线l与平面α所成的角为30°.故选A. 2、B【解析】 建系如图，设BC＝CA＝CC1＝2， 则B(0，2，0)，D1(1，1，2)，A(2，0，0)，F1(1，0，2)，＝(1，－1，2)，＝ (－1，0，2)，故|cos〈，〉|＝＝.故选B. 3．A【解析】以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，得下列坐标：A(2，0，0)，C1(0，0，2)． 点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2．所以＝(－2，0，2)，＝.设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cos θ＝＝＝．又θ∈，所以θ＝.故选A． 4．B【解析】如图，建立空间直角坐标系， 设AB＝PA＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD⊥平面PAB，设 E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD.又CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE.又PD∩CD＝D，，从而AE⊥平面PCD．所以＝(0，1，0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量.因为cos〈，〉＝＝＝，所以 〈，〉＝45°．所以平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.故选B． 5．C【解析】 由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0，0,1)，A(1,0,0)，E，C1(0,1,1)，则＝(－1,0,1)，＝，＝(－1,1,1)．设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，则可得令x＝1，则y＝2，z＝－1，所以平面AEC1的一个法向量n＝(1,2，－1)．点D1到平面AEC1的距离d＝＝＝．故选C. 6．D【解析】三棱锥P－BCD的体积与P到平面BCD的距离成正比，故当三棱锥P－BCD的体积最大时，此时点P处于半圆弧的正中间位置．点P处于半圆弧的正中间位置时，记AD的中点为O，以其为原点，∥，，，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P(0，0,1)，B(2，－1，0)，C(2，1,0)，＝(2，－1，－1)，＝(2,1，－1).设n＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，所以n·＝n·＝0，从而2x－y－z＝2x＋y－z＝0．令x＝1，解得y＝0，z＝2，故n＝(1,0,2)．显然二面角P－BC－D为锐角，又平面BCD的一个法向量m＝(0,0,1)，因此所求余弦值为|cos〈n，m〉|＝＝＝．故选D. 7．AD【解析】由已知可得|cos〈n1，n2〉|＝＝，因此二面角A－BD－C的大小为或.故选AD. 8、CD 【解析】 对于选项A，由题意，＝(2，1，0)，＝(－1，2，1)，所以≠λ， 则与不是共线向量，故A错误； 对于选项B，因为＝(2，1，0)，所以的单位向量为或， 故B错误； 对于选项C，因为＝(2，1，0)，＝(－3，1，1)，所以cos〈，〉＝＝ －，故C正确； 对于选项D，设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，因为＝(2，1，0)，＝(－1，2，1)，所以令x＝1，则平面ABC的一个法向量为n＝(1，－2，5)，故D正确．故选CD. 9.BC【解析】 如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，易知D(0，0,0)，A1(1，0,1)，B(1,2,0)，B1(1,2,1)，C(0,2,0)，E(1,1,0)．对于选项A，＝(0,2，－1)，＝(－1,0，－1)，·＝1≠0，所以A错误； 对于选项B，显然A1D∥B1C，A1D⊄平面EB1C，B1C⊂平面EB1C，可得A1D∥平面EB1C，所以B正确； 对于选项C，＝(－1,0，－1)，所以在直线A1B上的投影向量为＝·＝(0,2，－1)＝，则点D到直线A1B的距离为DQ＝＝，故C正确； 对于选项D，设平面EB1C的法向量为m＝(x，y，z)，由＝(－1,0，－1)，＝(0，－1，－1)，则令x＝1，可得m＝(1,1，－1)，又＝(0,2,0)，所以点D到平面EB1C的距离d＝＝，故D错误．故选BC. 10、【解析】由题知，直线l过点A(1,2,0)，且直线l的方向向量为m＝(0，－1,1)，点O(0,0,0)，所以＝(－1，－2,0)，所以点O(0,0,0)到l的距离为d＝＝＝＝． 11、5【解析】方法一：因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC．又四边形ABCD是矩形，所以BC⊥AB．因为AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB．因为PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，所以PB为点P到BC的距离．在矩形ABCD中，因为∠BCA＝30°，AC＝20，所以AB＝10．在Rt△PAB中，由勾股定理得PB＝＝＝5，所以点P到BC的距离为5． 方法二：建立如图所示空间直角坐标系，在矩形ABCD中，∠BCA＝30°，AC＝20，所以AB＝10，AD＝10，所以P(0,0,5)，B(10,0,0)，C(10，10，0)，＝(10,0，－5)，＝(0，10，0)，所以·＝0，所以PB为点P到BC的距离．||＝＝5，所以点P到BC的距离为5． 12．30°【解析】如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a(a＞0)，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a，0,0)，P，所以＝(2a,0,0)，＝，＝(a，a,0)．设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，则即得x＝0，令y＝1，则n＝(0,1,1)．因为cos〈，n〉＝＝＝，所以〈，n〉＝60°，所以直线BC与平面PAC所成的角为30°． 13、（1）【证明】如图，过P作PQ⊥BC于点Q，连接DQ.由∠DCB＝∠PCB＝，CD＝PC，QC＝QC，得△QCD≌△QCP，则∠DQC＝∠PQC＝，即DQ⊥BC，而PQ＝DQ＝，PQ2＋DQ2＝4＝DP2，因此PQ⊥DQ．又DQ∩BC＝Q，DQ，BC⊂平面ABCD，则PQ⊥平面ABCD.又PQ⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面ABCD． （2）【解】由(1)知，直线QC，QD，QP两两垂直，以点Q为原点，直线QC，QD，QP分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则C(，0,0)，P(0,0，)，D(0，，0)，M，A(－2，，0)，＝，＝(2,0,0)，＝(0，－，)．设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，则令y＝1，得n＝(0,1,1)．设CM与平面PAD所成角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，所以CM与平面PAD所成角的正弦值是． 14．（1）【证明】如图，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，由已知得，0，，，4，，，4，，，0，，，4，，所以，，，，. 设平面的法向量为，，，则，即，取，则，即，所以，所以面． （2）【解】由（1）得，4，，设平面的法向量为，，，则，即，取，则，，，所以，故平面与平面夹角的余弦值为． （3）【解】在△中，因为，，，所以，即，所以.又，0，，则点到平面的距离为，所以三棱锥的体积为． . 学科网（北京）股份有限公司 $