1.4.2用空間向量研究距離、夾角問題基礎鞏固一、選擇題1.在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1C與平面A1C1D之間的距離為（）A.36B.33C.233【答案】B【解析】以D1為坐標原點，D1A1，D1C1，D1D的方向分別為x軸，則A1(1，0，0)，C1(0，1，0)，D(0，0，1)，A(1，0，1)，所以DA1=(1，0，-1)，DC1=(0，1，-1)，AD=(-1設平面A1C1D的法向量為m=(x，y，z)，則m令z=1，則x=1，y=1，故m=(1，1，1).顯然平面AB1C∥平面A1C1D，所以平面AB1C與平面A1C1D之間的距離為|AD·m2.(2020山西大學附屬中學測試)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M為A1B1的中點，則異面直線AM與B1C所成角的余弦值為（）A.10【答案】A【解析】以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系.設正方體的棱長為1，則A(1，0，0)，B1(1，1，1)，C(0，1，0)，M1,1∴AM=0,12,1，B1C=(-1，0，-1)，∴|AM|=52，|B1C∴異面直線AM與B1C所成角的余弦值為|cos<AM，B1C>|=|AM故選A.二、填空題3.平面直角坐標系xOy中，Ⅰ、Ⅱ象限所在的半平面記為α，Ⅲ、Ⅳ象限所在的半平面記為β，x軸記為l，已知點A(-2，3)，點B(3，-2)，將半平面β沿直線l折起，使得二面角α-l-β的平面角的大小為60°，這時A，B兩點間的距離為.

【答案】42【解析】平面直角坐標系xOy中，作AC⊥l于C，BD⊥l于D，則AC=3，CD=5，BD=2.因為二面角α-l-β的平面角的大小為60°，所以兩向量AC，DB的夾角為120°，所以|AB|=|AC+=9+25+4+2×3×2×-12=32所以A，B兩點間的距離為42.4.(2022遼寧撫順一中開學考試)如圖，棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，N是棱AD的中點，M是棱CC1上的點，且CC1=3CM，則直線BM與B1N之間的距離為.

【答案】6【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(1，1，0)，B1(1，1，1)，M0,1,13，N∴BB1=(0，0，1)，BM=-1,0,13，設直線BM與B1N的公垂線方向上的向量n=(x，y，z)，則n·BM令x=2，則z=6，y=-7，∴n=(2，-7，6).設直線BM與B1N之間的距離為d，則d=|BB1·n三、解答題5.(2022重慶名校聯盟月考)如圖所示的多面體是由底面為ABCD的長方體被截面AEC1F所截得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1，四邊形AEC1F為平行四邊形.(1)求BF的長；(2)求點C到平面AEC1F的距離.【解析】(1)因為四邊形AEC1F為平行四邊形，所以AF=EC設DF=a，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(2，4，0)，A(2，0，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)，F(0，0，a).所以AF=(-2，0，a)，EC1=(-2，0，所以(-2，0，a)=(-2，0，2)，所以a=2，所以F(0，0，2)，所以BF=(-2，-4，2)，所以|BF|=26，即BF的長為26.(2)易知C(0，4，0)，又C1(0，4，3)，A(2，0，0)，E(2，4，1)，所以CC1=(0，0，3)，EC1=(-2，0，2)，AE=(0設平面AEC1F的法向量為n=(x，y，z)，則n令x=1，則y=-14，z=1，所以n=1,-所以C到平面AEC1F的距離d=|CC1·n6.(2021重慶三十七中月考)如圖，已知點P在正方體ABCD-A'B'C'D'的體對角線BD'上，滿足BP=2PD'.(1)求DP與CC'所成角的余弦值；(2)求DP與平面AA'D'D所成角的正弦值.【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系.設正方體的棱長為1，則P13,13,23，C(0，1，0)，D(0，0，(1)易知DP=13,13,23設DP與CC'所成角為θ，則cosθ=|DP·CC'||DP∴DP與CC'所成角的余弦值為63(2)由(1)知DP=13易知DC=(0，1，0)為平面AA'D'D的一個法向量.設DP與平面AA'D'D所成角為α，則sinα=|cos<DP，DC>|=|DP·DC||DP||DC|=131拓展提升一、選擇題1.(2022安徽合肥第六中學期中)如圖所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，AB=BC=1，動點P，Q分別在線段C1D，AC上，則線段PQ長度的最小值是（）A.2【答案】C【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1，0，0)，D(0，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，2).設P(0，y1，z1)，Q(x2，y2，0).由題意設DP=λDC1，AQ=μAC，λ，μ∈[0，所以(0，y1，z1)=λ(0，1，2)，(x2-1，y2，0)=μ(-1，1，0)，所以P(0，λ，2λ)，Q(1-μ，μ，0).所以|PQ|=(1-μ)2+(μ-λ)所以當λ=19，μ=59時，線段PQ的長度取得最小值，為2.(2020河南省實驗中學期中)已知菱形ABCD中，∠ABC=60°，沿對角線AC折起之后，平面BAC⊥平面DAC，則平面BCD與平面CDA的夾角的余弦值為（）A.2C.3【答案】D【解析】取AC的中點O，連接BO，DO，因為四邊形ABCD是菱形，所以BO⊥AC，OD⊥AC，又平面BAC⊥平面DAC，平面BAC∩平面DAC=AC，所以BO⊥平面ACD.建立如圖所示的空間直角坐標系，設菱形ABCD的邊長為1，則AC=1，BO=OD=32則O(0，0，0)，C12,0,0，B0,0,32所以OB=0,0,32，BC=12,0,-3設平面BCD的法向量為n=(x，y，z)，則BC·n令z=1，得x=3，y=1，則n=(3，1，1).易知平面CDA的一個法向量為OB=0,0,32，所以|cos<OB，n>|=32故選D.二、填空題3.如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD=AD=1，AB=2，點E是線段AB上一點，當平面PEC與平面ABCD的夾角為π4時，AE=，點D到面PEC的距離為【答案】2-3；2【解析】設AE=a(0≤a≤2).以點D為坐標原點，DA，DC，DP的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系Dxyz(圖略)，則D(0，0，0)，E(1，a，0)，C(0，2，0)，P(0，0，1)，所以PE=(1，a，-1)，PC=(0，2，-1)，DP=(0，0，1).設平面PEC的法向量為m=(x，y，z)，則m⊥PE令y=1，可得x=2-a，z=2，所以m=(2-a，1，2).易知平面ABCD的一個法向量為DP=(0，0，1)，則|cos<m，DP>|=2(2-a)2+5=22，解得a=2-3或a=2+3(舍去此時平面PEC的一個法向量為m=(3，1，2)，所以點D到平面PEC的距離為|DP·m||三、解答題4.(2022北京師大二附中)在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC=AD=1，AB=2，∠PAD=45°，E是PA的中點，F在線段AB上，且CF·BD=0.(1)求證：DE∥平面PBC；(2)求平面FPC與平面PBC夾角的余弦值；(3)在線段PA上是否存在點Q，使得FQ與平面FPC所成角的余弦值是63?若存在，求出AQ的長；若不存在，請說明理由【解析】(1)證明：證法一：取PB的中點M，連接EM，CM.∵E是PA的中點，∴EM∥AB，且EM=12AB又∵CD∥AB，且CD=12AB，∴EM∥CD，且EM=CD∴四邊形CDEM為平行四邊形，∴DE∥CM.∵CM?平面PBC，DE?平面PBC，∴DE∥平面PBC.證法二：∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC，PD⊥AD.∵AB∥DC，AB⊥AD，∴AD⊥DC.以D為坐標原點，DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖.∵PD⊥AD，∠PAD=45°，AD=1，∴PD=1，∴D(0，0，0)，B(1，2，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，E12∴BC=(-1，-1，0)，CP=(0，-1，1)，DE=12設平面PBC的法向量為m=(x，y，z)，則m·BC=-x-y=0,m·CP=-y+z=0,取y=1，得x=-1，∵m·DE=0，DE?平面PBC，∴DE∥平面PBC.(2)易知BD=(-1，-2，0).設點F(1，t，0)，0≤t≤2，則CF=(1，t-1，0).∵CF·BD=0，∴-1-2(t-1)=0，解得t=12，∴F1,12,0，設平面FPC的法向量為n=(x'，y'，z')，由n·CP=0,n·FC=0,得-y'+z'=0,-x由(1)知平面PBC的一個法向量為m=(-1，1，1)，|cos<m，n>|=|m·n||∴平面FPC與平面PBC夾角的余弦值為33(3)∵A(1，0，0)，P(0