2026版步步高大一輪高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)第七章立體幾何與空間向量第7節(jié)向量法求空間角第7節(jié)向量法求空間角考試要求1.掌握空間向量的應(yīng)用.2.會用空間向量求空間角.【知識梳理】1.兩條異面直線所成的角設(shè)異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別為u，v，則cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq\f(|u·v|,|u||v|).2.直線和平面所成的角直線AB與平面α相交于點B，設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sinθ＝|cos〈u，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq\f(|u·n|,|u||n|).3.平面與平面的夾角(1)兩平面的夾角：平面α與平面β相交，形成四個二面角，我們把這四個二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角.(2)兩平面夾角的計算：設(shè)平面α，β的法向量分別是n1，n2，平面α與平面β的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).[常用結(jié)論與微點提醒]1.確定平面的法向量的方法(1)直接法：觀察是否有垂直于平面的法向量，若有可直接確定.(2)待定系數(shù)法：取平面的兩個相交向量a，b，設(shè)平面的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·a＝0，,n·b＝0))求得.2.方向向量和法向量均不為零向量且不唯一.3.當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是此異面直線所成的角；當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為鈍角時，其補角才是異面直線所成的角.【診斷自測】1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角.()(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角.()(3)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面的夾角.()(4)兩異面直線夾角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，直線與平面所成角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，二面角的范圍是[0，π]，兩個平面夾角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).()答案(1)×(2)×(3)×(4)√解析(1)兩直線的方向向量所成的角是兩條直線所成的角或其補角；(2)直線的方向向量u，平面的法向量n，直線與平面所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈u，n〉|；(3)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面的夾角或其補角.2.(選修一P38T1改編)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F(xiàn)1分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BD1與AF1所成角的余弦值是()A.eq\f(\r(30),10) B.eq\f(1,2) C.eq\f(\r(30),15) D.eq\f(\r(15),10)答案A解析建系如圖，設(shè)BC＝CA＝CC1＝2，則B(0，2，0)，D1(1，1，2)，A(2，0，0)，F(xiàn)1(1，0，2)，eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(1，－1，2)，eq\o(AF1,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，故|cos〈eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(AF1,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－1＋4,\r(6)×\r(5))))＝eq\f(\r(30),10).3.(選修一P43T10改編)設(shè)M，N分別是正方體ABCD－A′B′C′D′的棱BB′和B′C′的中點，則直線MN與平面A′BCD′所成角的正弦值為________.答案eq\f(1,2)解析建系如圖，設(shè)AB＝2，則M(2，2，1)，N(1，2，2)，B(2，2，0)，A′(2，0，2)，C(0，2，0)，則eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，eq\o(BA′,\s\up6(→))＝(0，－2，2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2，0，0).設(shè)平面A′BCD′的法向量為n＝(x，y，z)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BA′,\s\up6(→))·n＝－2y＋2z＝0，,\o(BC,\s\up6(→))·n＝－2x＝0，))令z＝1，則y＝1，x＝0，所以n＝(0，1，1)，所以MN與平面A′BCD′所成角的正弦值為|cos〈eq\o(MN,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2)×\r(2))))＝eq\f(1,2).4.在空間中，已知平面α過點(3，0，0)和(0，4，0)及z軸上一點(0，0，a)(a＞0)，如果平面α與平面Oxy的夾角為45°，則a＝________.答案eq\f(12,5)解析平面Oxy的一個法向量為n＝(0，0，1)，設(shè)平面α的一個法向量為u＝(x，y，z)，取平面中兩個向量(－3，4，0)與(－3，0，a)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))則3x＝4y＝az，取z＝1，則u＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,4)，1))，而|cos〈n，u〉|＝eq\f(1,\r(\f(a2,9)＋\f(a2,16)＋1))＝eq\f(\r(2),2).又a＞0，故a＝eq\f(12,5).考點一異面直線所成的角例1(1)(2024·江西五市九校聯(lián)考)如圖，矩形ABCD是圓柱O1O2的軸截面，AB＝AD＝2，點E在上底面圓周上，且eq\o(EC,\s\up8(︵))＝2eq\o(DE,\s\up8(︵))，F(xiàn)為線段BC的中點，則異面直線AE與DF所成角的余弦值為________.答案eq\f(1,5)解析連接O1O2，過點E作EE1∥O1O2，交下底面于點E1，連接O2E1，則eq\o(E1B,\s\up8(︵))＝2eq\o(AE1,\s\up8(︵))，∠E1O2A＝eq\f(π,3).以O(shè)2為坐標(biāo)原點，在下底面中，過點O2作AB的垂線為x軸，分別以O(shè)2B，O2O1所在的直線為y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則由已知可得A(0，－1，0)，D(0，－1，2)，F(xiàn)(0，1，1)，E1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2)).所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，2))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0，2，－1).所以cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(DF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(DF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(DF,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1,\r(5)×\r(5))＝－eq\f(1,5)，所以異面直線AE與DF所成角的余弦值為eq\f(1,5).(2)如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，點F在線段AD上，且eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(AD,\s\up6(→))，若異面直線D1E和A1F所成角的余弦值為eq\f(3\r(2),10)，則λ的值為________.答案eq\f(1,3)解析以D為原點，以DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(圖略).正方體的棱長為2，則A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).所以eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋λeq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2).則|cos〈eq\o(A1F,\s\up6(→))，eq\o(D1E,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(A1F,\s\up6(→))·\o(D1E,\s\up6(→)),|\o(A1F,\s\up6(→))|·|\o(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)(舍去－eq\f(1,3)).感悟提升用向量法求異面直線所成的角的一般步驟(1)選好基底或建立空間直角坐標(biāo)系；(2)求出兩直線的方向向量v1，v2；(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝eq\f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解.訓(xùn)練1如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，BC＝8，E，F(xiàn)，G分別為B1C1，A1B1，BB1的中點，則異面直線A1E與FG所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(\r(5),5) C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(2),2)答案A解析如圖，以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A1(8，0，2)，E(4，2，2)，F(xiàn)(8，1，2)，G(8，2，1)，∴eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(－4，2，0)，eq\o(FG,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，∴cos〈eq\o(A1E,\s\up6(→))，eq\o(FG,\s\up6(→))〉＝eq\f(2,2\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),10)，故異面直線A1E與FG所成角的余弦值為eq\f(\r(10),10).考點二直線與平面所成的角例2(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距離為1.(1)證明：A1C＝AC；(2)已知AA1與BB1的距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值.(1)證明由A1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，得A1C⊥BC.又因為BC⊥AC，且AC∩A1C＝C，AC，A1C?平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1，且BC?平面BCC1B1，所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.圖1如圖1，過A1作A1H⊥CC1，垂足為H，則A1H⊥平面BCC1B1，由題設(shè)得A1H＝1.設(shè)AC＝x，在Rt△A1CA中，A1C＝eq\r(4－x2)，在Rt△CA1C1中，A1C1·A1C＝CC1·A1H，即x·eq\r(4－x2)＝2×1，解得x＝eq\r(2)，故A1C＝AC＝eq\r(2)，∴A1C＝AC.(2)解連接B1C.過C作CQ⊥AA1，垂足為Q，連接BQ.由(1)知BC⊥平面ACC1A1，又AA1?平面ACC1A1，∴BC⊥AA1.又CQ∩BC＝C，CQ，BC?平面BCQ，∴AA1⊥平面BCQ.∵BQ?平面BCQ，∴AA1⊥BQ，又∵AA1∥BB1，∴BB1⊥BQ，∴BQ的長為直線AA1與BB1之間的距離，即BQ＝2.在Rt△BCQ中，BQ＝2，CQ＝1，∴BC＝eq\r(3).由(1)知CA，CB，CA1兩兩垂直，圖2∴以直線CA，CB，CA1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖2所示，則C(0，0，0)，A(eq\r(2)，0，0)，A1(0，0，eq\r(2))，B(0，eq\r(3)，0)，∴eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，又知eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，∴B1(－eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(2))，∴eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(2))，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(2)).設(shè)平面BCC1B1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CB1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(3)y＋\r(2)z＝0，))取x＝1，則y＝0，z＝1，∴平面BCC1B1的一個法向量為n＝(1，0，1).設(shè)AB1與平面BCC1B1所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AB1,\s\up6(→))|,|n||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(13),13).∴AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為eq\f(\r(13),13).感悟提升向量法求直線與平面所成角的方法是：(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角.訓(xùn)練2(2024·馬鞍山質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝4，M為線段PC的中點，N在線段BC上，且BN＝eq\f(1,4)BC.(1)求證：平面DMN⊥平面PBC；(2)求直線AB與平面DMN所成角的正弦值.(1)證明因為PD⊥平面ABCD，AD，CD?平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥CD，又底面ABCD為正方形，所以AD⊥CD，則AD，CD，PD兩兩垂直.以D為坐標(biāo)原點，以DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，如圖，由已知可得D(0，0，0)，M(0，2，2)，N(3，4，0)，P(0，0，4)，B(4，4，0)，C(0，4，0)，則eq\o(DM,\s\up6(→))＝(0，2，2)，eq\o(DN,\s\up6(→))＝(3，4，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(4，4，－4)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，4，－4).設(shè)平面DMN的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(DM,\s\up6(→))，,n1⊥\o(DN,\s\up6(→))，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DM,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(DN,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y1＋2z1＝0，,3x1＋4y1＝0，))令z1＝1，得y1＝－1，x1＝eq\f(4,3)，所以n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－1，1)).設(shè)平面PBC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2⊥\o(PB,\s\up6(→))，,n2⊥\o(PC,\s\up6(→))，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x2＋4y2－4z2＝0，,4y2－4z2＝0，))令z2＝1，得y2＝1，x2＝0，所以n2＝(0，1，1)，因為n1·n2＝0，所以n1⊥n2，所以平面DMN⊥平面PBC.(2)解由(1)得eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，4，0)，平面DMN的一個法向量為n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－1，1))，設(shè)直線AB與平面DMN所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n1〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n1|,|\o(AB,\s\up6(→))||n1|)＝eq\f(3\r(34),34).考點三平面與平面的夾角例3(12分)(2023·新高考Ⅱ卷)如圖，三棱錐A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC的中點.(1)證明：BC⊥DA；(2)點F滿足eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，求二面角D－AB－F的正弦值.[思路分析](1)通過證明BC⊥平面ADE，從而證明BC⊥DA.(2)確定線線位置關(guān)系→建系→設(shè)點寫坐標(biāo)→求平面的法向量→利用公式求二面角的正弦值.[規(guī)范解答](1)證明如圖，連接DE，AE，因為DC＝DB，E為BC的中點，所以eq\x(DE⊥BC.①)→eq\a\vs4\al(線線垂直)(1分)因為∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，所以△ADB≌△ADC(SAS)，所以AC＝AB，故eq\x(AE⊥BC.①)→eq\a\vs4\al(線線垂直)(2分)因為DE∩AE＝E，DE，AE?平面ADE，所以eq\x(BC⊥平面ADE.①)→eq\a\vs4\al(線面垂直)(3分)又DA?平面ADE，所以eq\x(BC⊥DA.①)→eq\a\vs4\al(線線垂直)(4分)(2)解由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.不妨設(shè)DA＝DB＝DC＝2，因為∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.由題可知△DBC為等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝eq\r(2).因為AE⊥BC，所以AE＝eq\r(AB2－EB2)＝eq\r(2).在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.以E為坐標(biāo)原點，ED所在直線為x軸，EB所在直線為y軸，EA所在直線為z軸eq\x(建立空間直角坐標(biāo)系)，如圖，→eq\a\vs4\al(建系)(5分)則D(eq\r(2)，0，0)，B(0，eq\r(2)，0)，A(0，0，eq\r(2))，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(2)，eq\r(2)).設(shè)F(xF，yF，zF)，因為eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))，所以(xF，yF，zF)＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，可得F(－eq\r(2)，0，eq\r(2)).②所以eq\o(FA,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，0).→eq\a\vs4\al(設(shè)點寫坐標(biāo))(6分)設(shè)平面DAB的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DA,\s\up6(→))·m＝0，,\o(BA,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,－\r(2)y1＋\r(2)z1＝0，))取x1＝1，則y1＝z1＝1，eq\x(m＝（1，1，1）.③)→eq\a\vs4\al(求出平面的法向量)(8分)設(shè)平面ABF的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(FA,\s\up6(→))·n＝0，,\o(BA,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x2＝0，,－\r(2)y2＋\r(2)z2＝0，))得x2＝0，取y2＝1，則z2＝1，eq\x(n＝（0，1，1）.③)→eq\a\vs4\al(求出平面的法向量)(10分)所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3).③→eq\a\vs4\al(應(yīng)用公式求值)記二面角D－AB－F的大小為θ，則sinθ＝eq\r(1－cos2〈m，n〉)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),3)，③→eq\a\vs4\al(轉(zhuǎn)化為二面角的正弦值)故二面角D－AB－F的正弦值為eq\f(\r(3),3).(12分)[滿分規(guī)則]?得步驟分①處通過證明線⊥線?線⊥面?線⊥線，注意應(yīng)用相關(guān)定理的條件要完整，否則易失步驟分.?得關(guān)鍵分②處求出各點與向量的坐標(biāo)，特別是求出點F的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，此處出錯會導(dǎo)致(2)題至多得1分.?得計算分③處求平面的法向量及應(yīng)用公式求角的正弦值、余弦值，要注意計算準(zhǔn)確.訓(xùn)練3(2023·新高考Ⅰ卷)如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，點A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)證明：B2C2∥A2D2；(2)點P在棱BB1上，當(dāng)二面角P－A2C2－D2為150°時，求B2P.(1)證明法一依題意，得eq\o(B2C2,\s\up6(→))＝eq\o(B2B1,\s\up6(→))＋eq\o(B1C1,\s\up6(→))＋eq\o(C1C2,\s\up6(→))＝eq\o(DD2,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(A2A,\s\up6(→))＝eq\o(A2D2,\s\up6(→))，又B2C2與A2D2不重合，所以B2C2∥A2D2.法二以點C為坐標(biāo)原點，CD，CB，CC1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，所以eq\o(B2C2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，eq\o(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，所以eq\o(B2C2,\s\up6(→))＝eq\o(A2D2,\s\up6(→))，又B2C2與A2D2不重合，所以B2C2∥A2D2.(2)解建立空間直角坐標(biāo)系，建系方法同(1)中法二，設(shè)BP＝n(0≤n≤4)，則P(0，2，n)，所以eq\o(PA2,\s\up6(→))＝(2，0，1－n)，eq\o(PC2,\s\up6(→))＝(0，－2，3－n).設(shè)平面PA2C2的法向量為a＝(x1，y1，z1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PA2,\s\up6(→))·a＝0，,\o(PC2,\s\up6(→))·a＝0，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＋（1－n）z1＝0，,－2y1＋（3－n）z1＝0，))令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2).設(shè)平面A2C2D2的法向量為b＝(x2，y2，z2)，由(1)法二知，eq\o(A2C2,\s\up6(→))＝(－2，－2，2)，eq\o(A2D2,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A2C2,\s\up6(→))·b＝0，,\o(A2D2,\s\up6(→))·b＝0，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2－2y2＋2z2＝0，,－2y2＋z2＝0，))令y2＝1，得b＝(1，1，2).所以|cos150°|＝|cos〈a，b〉|，即eq\f(\r(3),2)＝eq\f(|n－1＋3－n＋4|,\r(（n－1）2＋（3－n）2＋4)×\r(6))，整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝1.【A級基礎(chǔ)鞏固】1.如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°.求：(1)異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；(2)平面A1BD與平面A1AD夾角的正弦值.解在平面ABCD內(nèi)，過點A作AE⊥AD，交BC于點E.因為AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.如圖，以{eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))}為一個正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系，因為AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°，則A(0，0，0)，B(eq\r(3)，－1，0)，D(0，2，0)，E(eq\r(3)，0，0)，A1(0，0，eq\r(3))，C1(eq\r(3)，1，eq\r(3)).(1)eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))，則cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up6(→))·\o(AC1,\s\up6(→)),|\o(A1B,\s\up6(→))||\o(AC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(3－1－3,\r(7)×\r(7))＝－eq\f(1,7).因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為eq\f(1,7).(2)易知平面A1AD的一個法向量為eq\o(AE,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，0)，設(shè)m＝(x，y，z)為平面A1BD的一個法向量，又eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y－\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋3y＝0.))不妨取x＝3，則y＝eq\r(3)，z＝2.所以m＝(3，eq\r(3)，2)為平面A1BD的一個法向量，從而cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·m,|\o(AE,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(3\r(3),\r(3)×4)＝eq\f(3,4).設(shè)平面A1BD與平面A1AD的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(3,4).所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(7),4).因此平面A1BD與平面A1AD夾角的正弦值為eq\f(\r(7),4).2.(2024·濟(jì)南模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，已知PA＝PC，AB＝BC.(1)求證：PB⊥AC；(2)若平面PCD⊥平面ABCD，AB∥CD，且AB＝2CD＝2，∠ABC＝90°，二面角P－BC－D的大小為45°，求直線PB與平面PAD所成角的正弦值.(1)證明取AC的中點M，連接MB，MP，∵在△PAC中，PA＝PC，M為AC的中點，∴MP⊥AC，在△ABC中，AB＝BC，M為AC的中點，∴MB⊥AC，又MP∩MB＝M，MP，MB?平面PMB，∴AC⊥平面PMB.又PB?平面PMB，∴PB⊥AC.(2)解∵∠ABC＝90°，AB∥CD，∴BC⊥CD，∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，BC⊥CD，BC?平面ABCD，∴BC⊥平面PCD，∵PC?平面PCD，∴BC⊥PC.故∠PCD為二面角P－BC－D的平面角，∠PCD＝45°.以B為原點，BC所在直線為x軸，BA所在直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則P(2，2，2)，A(0，2，0)，C(2，0，0)，D(2，1，0).則eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2，－1，0)，設(shè)平面PAD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DP,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋2z＝0，,2x－y＝0，))令x＝1，得n＝(1，2，－1).又eq\o(BP,\s\up6(→))＝(2，2，2)，所以直線BP與平面PAD所成角的正弦值為|cos〈n，eq\o(BP,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(BP,\s\up6(→))|,|n||\o(BP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),3).3.(2023·全國乙卷)如圖，三棱錐P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝eq\r(6)，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，AD＝eq\r(5)DO，點F在AC上，BF⊥AO.(1)證明：EF∥平面ADO；(2)證明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D－AO－C的正弦值.(1)證明如圖，因為AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，O是BC的中點，所以eq\f(AB,BC)＝eq\f(OB,AB)＝eq\f(\r(2),2)，所以△OBA∽△ABC，所以∠CAB＝∠AOB.記BF⊥AO的垂足為H，則△BHA∽△OBA，所以∠HBA＝∠AOB.所以∠HBA＝∠CAB，所以BF＝AF，∠BCF＝∠CBF，所以CF＝BF，CF＝AF，故F是AC的中點.因為E，F(xiàn)分別是AP，AC的中點，所以EF∥PC.因為D，O分別是BP，BC的中點，所以DO∥PC，所以EF∥DO.又DO?平面ADO，EF?平面ADO，所以EF∥平面ADO.(2)證明AO＝eq\r(AB2＋BO2)＝eq\r(6)，OD＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(\r(6),2)，又AD＝eq\r(5)OD＝eq\f(\r(30),2)，所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD.由于EF∥OD，所以AO⊥EF，又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF，EF?平面BEF，所以AO⊥平面BEF.又AO?平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.(3)解如圖，以B為坐標(biāo)原點，BA，BC所在直線分別為x，y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0，0，0)，A(2，0，0)，O(0，eq\r(2)，0)，eq\o(AO,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(2)，0).因為PB＝PC，BC＝2eq\r(2)，所以設(shè)P(x，eq\r(2)，z)，z＞0，則eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AP,\s\up6(→))＝(2，0，0)＋eq\f(1,2)(x－2，eq\r(2)，z)＝(eq\f(x＋2,2)，eq\f(\r(2),2)，eq\f(z,2))，由(2)知AO⊥BE，所以eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(2)，0)·(eq\f(x＋2,2)，eq\f(\r(2),2)，eq\f(z,2))＝0，所以x＝－1，又PB＝eq\r(6)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(x，eq\r(2)，z)，所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝eq\r(3)，則P(－1，eq\r(2)，eq\r(3)).由D為BP的中點，得D(－eq\f(1,2)，eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(3),2))，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－eq\f(5,2)，eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(3),2)).設(shè)平面DAO的法向量n1＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AO,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)a＋\f(\r(2),2)b＋\f(\r(3),2)c＝0，,－2a＋\r(2)b＝0，))得b＝eq\r(2)a，c＝eq\r(3)a，取a＝1，則n1＝(1，eq\r(2)，eq\r(3)).易知平面CAO的一個法向量為n2＝(0，0，1)，設(shè)二面角D－AO－C的大小為θ，則|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(3),\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，所以sinθ＝eq\r(1－\f(1,2))＝eq\f(\r(2),2)，故二面角D－AO－C的正弦值為eq\f(\r(2),2).【B級能力提升】4.(2024·無錫調(diào)研)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AP⊥DP，AB＝1，AP＝2，DP＝2eq\r(3)，CD＝3，AB∥CD，AB⊥平面PAD，點M滿足eq\o(AM,\s\up6(→))＝λeq\o(AD,\s\up6(→))(0<λ<1).(1)若λ＝eq\f(1,4)，求證：平面PBM⊥平面PCM；(2)設(shè)平面MPC與平面PCD的夾角為θ，若tanθ＝eq\f(\r(7),6)，求λ的值.(1)證明∵在△PAD中，PA＝2，PD＝2eq\r(3)，AP⊥PD，∴AD＝4，∠PAD＝60°.∵AM＝eq\f(1,4)AD，∴AM＝1.∵cos∠PAD＝cos60°＝eq\f(PA2＋AM2－PM2,2PA·AM)＝eq\f(4＋1－PM2,2×2)，∴PM＝eq\r(3)，又PA2＝AM2＋PM2，∴PM⊥AM.∵AB⊥平面PAD，AB?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD.又平面ABCD∩平面PAD＝AD，PM?平面PAD，PM⊥AD，∴PM⊥平面ABCD，又BM?平面ABCD，∴PM⊥BM.由勾股定理可得BM＝eq\r(2)，CM＝3eq\r(2)，BC＝eq\r(16＋4)＝2eq\r(5)，∴BM2＋CM2＝BC2，∴BM⊥CM.又PM∩CM＝M，PM，CM?平面PCM，∴BM⊥平面PCM.又BM?平面PBM，∴平面PBM⊥平面PCM.(2)解∵AB⊥平面PAD，AD?平面PAD，∴AB⊥AD，以AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，過點A且垂直于底面ABCD的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝λeq\o(AD,\s\up6(→))，∴AM＝4λ，∴M(0，4λ，0)，P(0，1，eq\r(3))，C(3，4，0)，D(0，4，0)，∴eq\o(MC,\s\up6(→))＝(3，4－4λ，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(3，3，－eq\r(3))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－3，0，0)，設(shè)平面MPC與平面PCD的法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(MC,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(PC,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x1＋（4－4λ）y1＝0，,3x1＋3y1－\r(3)z1＝0，))取y1＝3，則n1＝(4(λ－1)，3，eq\r(3)(4λ－1))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(CD,\s\up6(→))·n2＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x2＋3y2－\r(3)z2＝0，,－3x2＝0，))取y2＝1，則n2＝(0，1，eq\r(3))，∵tanθ＝eq\f(\r(7),6)，sin2θ＋cos2θ＝1，∴cosθ＝eq\f(6,\r(43))＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(12λ,\r(16（λ－1）2＋9＋3（4λ－1）2)×2)，則3λ2－8λ＋4＝0，即(3λ－2)(λ－2)＝0，∵0<λ<1，∴λ＝eq\f(2,3).第8節(jié)空間距離考試要求會用幾何法與向量法求點到直線、點到平面的距離.【知識梳理】1.點P到直線l的距離如圖1，已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點，P是直線l外一點，設(shè)eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，則向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq\r(\a\vs4\al(|\o(AP,\s\up6(→))|2－|\o(AQ,\s\up6(→))|2))＝eq\r(a2－（a·u）2).圖12.點P到平面α的距離如圖2，已知平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)的定點，P是平面α外一點.過點P作平面α的垂線l，交平面α于點Q，則n是直線l的方向向量，且點P到平面α的距離就是eq\o(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量eq\o(QP,\s\up6(→))的長度.因此PQ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).圖23.兩條平行直線之間的距離求兩條平行直線l，m之間的距離，可在其中一條直線l上任取一點P，則兩條平行直線間的距離就等于點P到直線m的距離.4.直線與平面、平面與平面之間的距離均可轉(zhuǎn)化為點到平面的距離，用求點到平面的距離的方法求解：直線a與平面α之間的距離d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)，其中A∈a，B∈α，n是平面α的法向量.兩平行平面α，β之間的距離d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)，其中A∈α，B∈β，n是平面α，β的法向量.【診斷自測】1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)平面α上不共線的三點到平面β的距離相等，則α∥β.()(2)點到直線的距離也就是該點到直線上任一點連線的長度.()(3)直線l平行于平面α，則直線l上各點到平面α的距離相等.()(4)直線l上兩點到平面α的距離相等，則l平行于平面α.()答案(1)×(2)×(3)√(4)×解析(1)當(dāng)平面α上三點在平面β的兩側(cè)時，α與β相交.(2)點到直線的距離是過該點作直線的垂線，該點與垂足之間的距離.(4)直線l上的兩個點在平面α的兩側(cè)時，l與平面α相交.2.(選修一P34例6改編)已知平面ABC的一個法向量為n＝(1，2，1)，向量eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，則點F到平面ABC的距離為________.答案eq\f(\r(6),6)解析由題意，點F到平面ABC的距離為eq\f(|\o(AF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))·（1，2，1）)),\r(6))eq\r()＝eq\f(\r(6),6).3.(選修一P35T1改編)已知直線l經(jīng)過點A(2，3，1)，且向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))為l的一個單位方向向量，則點P(4，3，2)到l的距離為________.答案eq\f(\r(2),2)解析因為eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－2，0，－1)，且n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))為l的一個單位方向向量，故點P到l的距離為d＝eq\r(|\o(PA,\s\up6(→))|2－（\o(PA,\s\up6(→))·n）2)＝eq\r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)－\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2).4.如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為4，M，N，E，F(xiàn)分別為A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中點，則平面AMN與平面EFBD間的距離為________.答案eq\f(8,3)解析以D為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(4，0，0)，M(2，0，4)，B(4，4，0)，N(4，2，4).∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2，0，4)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，4，0).設(shè)n＝(x，y，z)是平面AMN的一個法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0，,n·\o(AM,\s\up6(→))＝－2x＋4z＝0，))取z＝1，得n＝(2，－2，1).∴點B到平面AMN的距離d＝eq\f(|n·\o(AB,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(8,3).易知MN∥EF，MN?平面AMN，EF?平面AMN，∴EF∥平面AMN，又BF∥AM，AM?平面AMN，BF?平面AMN，∴BF∥平面AMN，∵EF∩BF＝F，EF，BF?平面EFBD，∴平面AMN∥平面EFBD.∴平面AMN與平面EFBD間的距離等于點B到平面AMN的距離，為eq\f(8,3).考點一利用幾何法求距離例1(1)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2BC＝4，AB⊥BC，則點C到直線PA的距離為()A.2eq\r(3) B.2eq\r(5) C.eq\r(2) D.4答案A解析如圖，取PA的中點M，連接BM，CM，因為PB⊥平面ABCD，又BC?平面ABCD，所以PB⊥BC，又因為AB⊥BC，PB∩AB＝B，PB，AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又PA?平面PAB，所以BC⊥PA，BC⊥PB，因為M是PA的中點，PB＝AB，所以BM⊥PA，又BC⊥PA，BM∩BC＝B，BM，BC?平面BCM，所以PA⊥平面BCM，又CM?平面BCM，所以CM⊥PA，即CM為點C到直線PA的距離.在等腰Rt△PAB中，BM＝eq\f(\r(2),2)PB＝2eq\r(2)，在Rt△BCM中，CM＝eq\r(BM2＋BC2)＝eq\r(8＋4)＝2eq\r(3)，故點C到直線PA的距離為2eq\r(3).(2)(2024·安慶模擬)一底面半徑為1的圓柱，被一個與底面成45°角的平面所截(如圖)，O為底面圓的中心，O1為截面的中心，A為截面上距離底面最小的點，A到圓柱底面的距離為1，B為截面圖形弧上的一點，且∠AO1B＝60°，則點B到底面的距離是________.答案eq\f(14－\r(7),7)解析圓柱半徑為1，截面與底邊所成角為45°，作AM⊥OO1于M，則∠MAO1＝45°，AO1＝eq\r(2).截面橢圓是以O(shè)1為中心，A為長軸端點的橢圓，其長軸長為2eq\r(2)，短軸長為2，所以橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1，作BC⊥AO1于C，因為∠AO1B＝60°，直線O1B的方程為y＝eq\r(3)x，所以設(shè)B(x，eq\r(3)x)，又因為B(x，eq\r(3)x)在橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1上，解得x＝±eq\f(\r(14),7)，所以BO1＝eq\f(2\r(14),7)，CO1＝eq\f(2\r(14),7)cos60°＝eq\f(\r(14),7)，過C作CD⊥OO1，則O1D＝eq\f(\r(2),2)CO1＝eq\f(\r(7),7)，OD＝OO1－O1D＝2－eq\f(\r(7),7)＝eq\f(14－\r(7),7)，由于BC，CD均平行于底面，故B點到底面的距離是eq\f(14－\r(7),7).感悟提升1.求點線距一般要作出這個距離，然后利用直角三角形求解，或利用等面積法求解.2.求點面距時，若能夠確定過點與平面垂直的直線，即作出這個距離，可根據(jù)條件求解，若不易作出點面距，可借助于等體積法求解.訓(xùn)練1(1)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝eq\r(2)BB1＝2，則C到直線AB1的距離為()A.eq\f(\r(15),5)B.eq\f(\r(10),5) C.eq\f(\r(15),3)D.eq\f(\r(30),3)答案D解析如圖，連接CB1，因為AB＝2，BB1＝eq\r(2)，所以AB1＝eq\r(6)，CB1＝eq\r(6)，AC＝2，設(shè)AC的中點為D，連接B1D，則B1D⊥AC，設(shè)點C到直線AB1的距離為h，故S△AB1C＝eq\f(1,2)×B1D×AC＝eq\f(1,2)h×AB1，即eq\r(6－1)×2＝h×eq\r(6)，解得h＝eq\f(\r(30),3).(2)(2024·威海模擬)已知圓柱的高和底面半徑均為4，AB為上底面圓周的直徑，點P是上底面圓周上的一點且AP＝BP，PC是圓柱的一條母線，則點P到平面ABC的距離為________.答案2eq\r(2)解析由題可得AB＝8，因為AP＝BP，所以S△ABP＝eq\f(1,2)×8×4＝16，因為PC⊥平面ABP，且PC＝4，所以VC－ABP＝eq\f(1,3)×16×4＝eq\f(64,3)，因為AP＝BP＝4eq\r(2)，所以AC＝BC＝4eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×8×eq\r(48－16)＝16eq\r(2)，設(shè)點P到平面ABC的距離為d，則VP－ABC＝eq\f(1,3)×16eq\r(2)d＝eq\f(64,3)，解得d＝2eq\r(2).考點二利用向量法求距離角度1點到直線的距離例2如圖，P為矩形ABCD所在平面外一點，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，則點P到直線BD的距離為()A.eq\f(13,5) B.eq\f(13,7) C.eq\f(15,7) D.eq\f(16,7)答案A解析如圖，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0，0，1)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，則eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－3，0，1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－3，4，0)，故點P到直線BD的距離d＝eq\r(|\o(BP,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BP,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\o(BD,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq\r(10－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)))\s\up12(2))＝eq\f(13,5)，所以點P到直線BD的距離為eq\f(13,5).角度2點到平面的距離例3在棱長均為a的正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是側(cè)棱CC1的中點，則點C1到平面AB1D的距離為()A.eq\f(\r(2),4)a B.eq\f(\r(2),8)a C.eq\f(3\r(2),4)a D.eq\f(\r(2),2)a答案A解析以A為空間直角坐標(biāo)原點，以垂直于AC的直線為x軸，以AC所在直線為y軸，以AA1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系.由ABC－A1B1C1是棱長均為a的正三棱柱，D是側(cè)棱CC1的中點，故A(0，0，0)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，a))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(a,2)))，C1(0，a，a)，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，a))，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(a,2)))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(a,2)))，設(shè)平面AB1D的法向量是n＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up6(→))＝\f(\r(3)a,2)x＋\f(a,2)y＋az＝0，,n·\o(AD,\s\up6(→))＝ay＋\f(a,2)z＝0，))取n＝(eq\r(3)，1，－2)，故點C1到平面AB1D的距離d＝eq\f(|\o(DC1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(a,\r(3＋1＋4))＝eq\f(\r(2),4)a.感悟提升1.點線距的求解步驟：直線的單位方向向量a→所求點到直線上一點的向量eq\o(PP′,\s\up6(→))及其在直線的方向向量a上的投影向量→代入公式.2.點面距的求解步驟：(1)求出該平面的一個法向量；(2)找出從該點出發(fā)到平面的任一條斜線段對應(yīng)的向量；(3)求出法向量與斜線段對應(yīng)向量的數(shù)量積的絕對值，再除以法向量的模，即可求出點到平面的距離.3.兩異面直線間的距離在兩直線上各取一點構(gòu)成一個向量eq\o(AB,\s\up6(→))，u為兩直線的公垂線的單位方向向量，則兩異面直線間的距離為|eq\o(AB,\s\up6(→))·u|.訓(xùn)練2如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長均為4，N是CC1的中點.求：（1）點N到直線AB的距離；（2）點C1到平面ABN的距離.解建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(2eq\r(3)，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4).∵N是CC1的中點，∴N(0，4，2).(1)eq\o(AN,\s\up6(→))＝(0，4，2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，2，0)，則|eq\o(AN,\s\up6(→))|＝2eq\r(5)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝4.設(shè)點N到直線AB的距離為d1，(2)設(shè)平面ABN的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝2\r(3)x＋2y＝0，,n·\o(AN,\s\up6(→))＝4y＋2z＝0，))令z＝2，則y＝－1，x＝eq\f(\r(3),3)，即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－1，2)).易知eq\o(C1N,\s\up6(→))＝(0，0，－2)，設(shè)點C1到平面ABN的距離為d2，則d2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(C1N,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－4,\f(4\r(3),3))))＝eq\r(3).【A級基礎(chǔ)鞏固】1.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，棱長為1，E，F(xiàn)分別為D1C1，C1C的中點.(1)求點E到直線AF的距離；(2)求點B1到平面A1BE的距離.解(1)如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，C1(0，1，1)，B1(1，1，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2))).eq\o(EA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，－1))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(1,2)))，則E到直線AF的距離d＝eq\r(（\o(EA,\s\up6(→))）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(EA,\s\up6(→))·\o(AF,\s\up6(→)),|\o(AF,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(17),6).(2)由(1)可得eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，0))，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，設(shè)n＝(x，y，z)為平面A1BE的一個法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1E,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,2)y＝0，,y－z＝0，))取x＝1，得平面A1BE的一個法向量為n＝(1，2，2).又eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0，1，0)，得B1到平面A1BE的距離為d＝eq\f(|\o(A1B1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,3).2.(2024·江西五市九校聯(lián)考)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，EA⊥平面ABCD，EA∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.(1)證明：平面EAC⊥平面EFC；(