運用空間向量解決立體幾何中的角與距離一、單選題1、若直線l的方向向量為a＝(1，0，2)，平面α的法向量為n＝(－2，0，－4)，則()A.l∥αB.l⊥αC.l?αD.l與α斜交【答案】B【解析】∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，0，－4)，∴n＝－2a，即a∥n，∴l⊥α.故選B.2、已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，則下列向量是平面ABC法向量的是()A.(－1，1，1)B.(1，－1，1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))【答案】C.【解析】eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，經計算得C項符合題意．故選C.3、在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為BC的中點，F為B1C1的中點，則異面直線AF與C1E所成角的正切值為()A.eq\f(\r(5),2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(2\r(5),5)D.eq\f(\r(5),3)【答案】C.【解析】以D為坐標原點，DC，DA，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，第3題圖可得A(0，2，0)，B(2，2，0)，C(2，0，0)，B1(2，2，2)，C1(2，0，2)，由中點坐標公式可得E(2，1，0)，F(2，1，2)，則AF＝(2，－1，2)，C1E＝(0，1，－2)，設兩異面直線所成角為θ，則cosθ＝|cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，C1E〉|＝eq\f(|\o(AF,\s\up6(→))·\o(C1E,\s\up6(→))|,|\o(AF,\s\up6(→))|·|\o(C1E,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－1－4|,\r(9)×\r(5))＝eq\f(\r(5),3)，則sinθ＝eq\f(2,3)，故異面直線AF與C1E所成角的正切值為eq\f(\f(2,3),\f(\r(5),3))＝eq\f(2\r(5),5).故選C.4、如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N分別是BD和AD的中點，則B1M與D1N所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(30),30) B．eq\f(\r(30),15)C.eq\f(\r(30),10) D.eq\f(\r(15),15)【答案】C【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系．設正方體的棱長為2，則B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0，0,2)，N(1,0,0)，∴eq\o(B1M,\s\up7(→))＝(－1，－1，－2)，eq\o(D1N,\s\up7(→))＝(1,0，－2)，∴B1M與D1N所成角的余弦值為eq\f(|\o(B1M,\s\up7(→))·\o(D1N,\s\up7(→))|,|\o(B1M,\s\up7(→))|·|\o(D1N,\s\up7(→))|)＝eq\f(|－1＋4|,\r(1＋1＋4)×\r(1＋4))＝eq\f(\r(30),10).5、.如圖，已知長方體ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E為線段AB上一點，且AE＝eq\f(1,3)AB，則DC1與平面D1EC所成角的正弦值為()A.eq\f(3\r(35),35) B．eq\f(2\r(7),7)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(2),4)【答案】A【解析】如圖，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，∴eq\o(DC1,\s\up7(→))＝(0,3,1)，eq\o(D1E,\s\up7(→))＝(1,1，－1)，eq\o(D1C,\s\up7(→))＝(0,3，－1)．設平面D1EC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1E,\s\up7(→))＝0，,n·\o(D1C,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－z＝0，,3y－z＝0，))取y＝1，得n＝(2,1,3)．∴coseq\o(DC1,\s\up7(→))，n＝eq\f(\o(DC1,\s\up7(→))·n,|\o(DC1,\s\up7(→))|·|n|)＝eq\f(3\r(35),35)，∴DC1與平面D1EC所成的角的正弦值為eq\f(3\r(35),35).6、（2025屆浙江省之江教化評價聯盟高三其次次聯考）在正方體中，是底面的中心，是棱上的點，且，記直線與直線所成角為，直線與平面所成角為，二面角的平面角為，則（）A． B． C． D．【答案】C【解析】以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，設正方體中棱長為4，則，，，＝＝，平面的法向量，∴＝，∴＝，，，設平面的法向量，則，取，得，＝，∵，∴.故選：C.7、在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為()A.eq\f(1,2) B．eq\f(2,3)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(2),2)【答案】B【解析】以A為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，設棱長為1，則A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，∴eq\o(A1D,\s\up7(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，設平面A1ED的一個法向量為n1＝(1，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1D,\s\up7(→))＝0，,n1·\o(A1E,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2，))∴n1＝(1,2,2)．又平面ABCD的一個法向量為n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3).即平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為eq\f(2,3).8、如圖，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面相互垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.則M點的坐標為()A．(1,1,1) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))【答案】C【解析】設AC與BD相交于O點，連接OE，由AM∥平面BDE，且AM?平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，又O是正方形ABCD對角線交點，∴M為線段EF的中點．在空間坐標系中，E(0,0,1)，F(eq\r(2)，eq\r(2)，1)．由中點坐標公式，知點M的坐標eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).9、（2025屆浙江省十校聯盟高三下學期開學）如圖，矩形中，，，為的中點，沿著向上翻折，使點到.若在平面上的投影落在梯形內部（不含邊界），設二面角的大小為，直線，與平面所成角分別為，，則（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由，可知，，作中點，則，故在線段上，作交于，連接，，，如圖，易知，，，，又，．故選：C．10、（2025屆浙江省“山水聯盟”高三下學期開學）如圖正四棱錐，為線段上的一個動點，記二面角為，與平面所成的角為，與所成的角為，則（）A． B． C． D．【答案】C【解析】以正方形的中心為原點，分別以平行于所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示取中點，連接.則.連接，則.設，則.則.又，，.，，即.由題意知都是銳角，.故選：.11、（2024年高考浙江卷）已知四棱錐S?ABCD的底面是正方形，側棱長均相等，E是線段AB上的點（不含端點），設SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S?AB?C的平面角為θ3，則（）A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】設O為正方形ABCD的中心，M為AB中點，過E作BC的平行線EF，交CD于F，過O作ON垂直EF于N，連接SO，SN，SE，SM，OM，OE，則SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，因此從而因為，所以即，故選D.12、（2024年高考浙江卷）設三棱錐V–ABC的底面是正三角形，側棱長均相等，P是棱VA上的點（不含端點）．記直線PB與直線AC所成的角為α，直線PB與平面ABC所成的角為β，二面角P–AC–B的平面角為γ，則（）A．β<γ，α<γ B．β<α，β<γ C．β<α，γ<α D．α<β，γ<β【答案】B【解析】如圖，為中點，連接VG，在底面的投影為，則在底面的投影在線段上，過作垂直于于E，連接PE，BD，易得，過作交于，連接BF，過作，交于，則，結合△PFB，△BDH，△PDB均為直角三角形，可得，即；在Rt△PED中，，即，綜上所述，答案為B.13、（2024年高考全國Ⅱ卷理數）在長方體中，，，則異面直線與所成角的余弦值為（）A． B．C． D．【答案】C【解析】方法一：用一個與原長方體相同的長方體拼到原長方體的前面，如圖，則，連接，易求得，，則是異面直線與所成的角，由余弦定理可得.故選C.方法二：以D為坐標原點，DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，則,所以,因為，所以異面直線與所成角的余弦值為，故選C.14、（2024年11月北京市清華高校中學生標準學術實力診斷性測試測試數學（理)試題）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E，F分別是邊AB，CD的中點，現將△ABC沿著對角線AC翻折，則直線EF與平面ACD所成角的正切值最大值為()A． B． C． D．【答案】D【解析】如圖，以的中點為坐標原點，建立空間直角坐標系，設二面角為，可證，設棱形的邊長為，則，，，，，易知平面的法向量設直線與平面所成角為，則令，則時即在上單調遞增；時即在上單調遞減；則故選：二、多選題15、（2010建鄴區校級期中）已知點是平行四邊形所在的平面外一點，假如，，，，2，，，2，．下列結論正確的有A． B． C．是平面的一個法向量 D．【答案】ABC【解析】：對于，，，即，正確；對于，，，即，正確；對于，由，且，得出是平面的一個法向量，正確；對于，由是平面的法向量，得出，則錯誤．故選：．16、（2025屆山東省濱州市高三上期末）已知菱形中，，與相交于點，將沿折起，使頂點至點，在折起的過程中，下列結論正確的是（）A． B．存在一個位置，使為等邊三角形C．與不行能垂直 D．直線與平面所成的角的最大值為【答案】ABD【解析】A選項，因為菱形中，與相交于點，所以，；將沿折起，使頂點至點，折起過程中，始終與垂直，因此，又，由線面垂直的判定定理，可得：平面，因此，故A正確；B選項，因為折起的過程中，邊長度不變，因此；若為等邊三角形，則；設菱形的邊長為，因為，則，即，又，所以，即二面角的余弦值為時，為等邊三角形；故B正確；C選項，，，由A選項知，，，所以，因此，同B選項，設菱形的邊長為，易得，，所以，明顯當時，，即；故C錯誤；D選項，同BC選項，設菱形的邊長為，則，，，由幾何體直觀圖可知，當平面，直線與平面所成的角最大，為，易知.故選：ABD.17、（2024秋?橋西區校級月考）如圖正方體的棱長為，以下結論正確的是A．異面直線與所成的角為 B．直線與垂直 C．直線與平行 D．三棱錐的體積為【答案】ABD【解析】：如圖所示，建立空間直角坐標系．．，0，，，0，，，0，，，，．，0，，，，，，異面直線與所成的角為．．，，，，，．，0，，0，．直線與垂直．．，0，．，0，，，，直線與垂直，不平行；．三棱錐的體積．綜上可知：只有不正確．故選：．18、如圖所示，在正方體中，，分別為棱，的中點，其中正確的結論為A．直線與是相交直線 B．直線與是平行直線 C．直線與是異面直線 D．直線與所成的角為【答案】CD【解析】：在正方體中，，分別為棱，的中點，在中，直線與是異面直線，故錯誤；在中，直線與是異面直線，故錯誤；在中，直線與是異面直線，故正確；在中，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，設正方體中棱長為2，則，1，，，2，，，0，，，2，，，1，，，2，，則，直線與所成的角為，故正確．故選：．三、填空題19、在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為________．【答案】：eq\f(1,3)【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，由于AB＝2，BC＝AA1＝1，所以A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)，所以eq\o(A1C1,\s\up7(→))＝(－1,2,0)，eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(－1,0,1)，eq\o(D1C1,\s\up7(→))＝(0,2,0)．設平面A1BC1的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1C1,\s\up7(→))·n＝0，,\o(BC1,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,－x＋z＝0，))令x＝2，得y＝1，z＝2，則n＝(2,1,2)．設D1C1與平面A1BC1所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(D1C1,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|\o(D1C1,\s\up7(→))·n|,|\o(D1C1,\s\up7(→))||n|)＝eq\f(2,2×3)＝eq\f(1,3)，即D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為eq\f(1,3).20、（2025屆浙江省杭州市建人高復高三4月模擬）已知正四面體和平面，，正四面體繞邊旋轉，當與平面所成角最大時，與平面所成角的正弦值為______【答案】【解析】由題意可得：當與平面所成角最大時即平面，以的中點為原點建立空間直角坐標系（如圖），過作平面，垂足為，設，則，即,設與平面所成角為，平面的法向量為，則即與平面所成角的正弦值為故答案為：21、（北京市昌平區新學道臨川學校2024--2025學年高三上學期期末）已知圓錐的頂點為，為底面中心，，，為底面圓周上不重合的三點，為底面的直徑，，為的中點.設直線與平面所成角為，則的最大值為__________．【答案】【解析】以AB的中點O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設，則：，如圖所示，由對稱性不妨設且，則，易知平面SAB的一個法向量為，據此有：，當且僅當時等號成立，綜上可得：的最大值為.22、如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC與BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2eq\r(2)，E，F分別是AB，AP的中點，則二面角F-OE-A的余弦值為________．【答案】eq\f(\r(3),3)【解析】以O為坐標原點，OB，OC，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz，由題知，OA＝OB＝2，則A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，－1,0)，F(0，－1,1)，eq\o(OE,\s\up7(→))＝(1，－1,0)，eq\o(OF,\s\up7(→))＝(0，－1,1)，設平面OEF的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(OE,\s\up7(→))＝0，,m·\o(OF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0,－y＋z＝0.))令x＝1，可得m＝(1,1,1)．易知平面OAE的一個法向量為n＝(0,0,1)，則cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),3).由圖知二面角F-OE-A為銳角，所以二面角F-OE-A的余弦值為eq\f(\r(3),3).23、(一題兩空)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，側面PAD⊥底面ABCD，側棱PA＝PD＝eq\r(2)，PA⊥PD，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O為AD的中點．(1)則直線PB與平面POC所成角的余弦值為________；(2)則B點到平面PCD的距離為________．【答案】(1)eq\f(\r(6),3)(2)eq\f(\r(3),3)【解析】：(1)在△PAD中，PA＝PD，O為AD的中點，∴PO⊥AD.又∵側面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，∴PO⊥平面ABCD.在△PAD中，PA⊥PD，PA＝PD＝eq\r(2)，∴AD＝2.在直角梯形ABCD中，O為AD的中點，∴OA＝BC＝1，∴OC⊥AD.以O為坐標原點，OC所在直線為x軸，OD所在直線為y軸，OP所在直線為z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，∴eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1，－1，－1)．∵OA⊥OP，OA⊥OC，OP∩OC＝O，∴OA⊥平面POC.∴eq\o(OA,\s\up7(→))＝(0，－1,0)為平面POC的法向量，cos〈eq\o(PB,\s\up7(→))，eq\o(OA,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(PB,\s\up7(→))·\o(OA,\s\up7(→)),|\o(PB,\s\up7(→))||\o(OA,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(3),3)，∴PB與平面POC所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3).(2)∵eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1，－1，－1)，設平面PCD的法向量為u＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(u·\o(CP,\s\up7(→))＝－x＋z＝0，,u·\o(PD,\s\up7(→))＝y－z＝0.))取z＝1，得u＝(1,1,1)．則B點到平面PCD的距離d＝eq\f(|\o(PB,\s\up7(→))·u|,|u|)＝eq\f(\r(3),3).四、解答題24、（2025屆山東省煙臺市高三上期末）如圖，在四棱錐中，為直角梯形，，，平面平面，是以為斜邊的等腰直角三角形，，為上一點，且.（1）證明：直線平面；（2）求二面角的余弦值.【解析】（1）連接交于點,連接,因為,所以與相像,所以,又,所以,因為平面,平面,所以直線平面（2）由題,因為平面平面,平面平面,平面,,所以平面,以為坐標原點,所在的方向分別為軸、軸的正方向,與均垂直的方向作為軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,因為,,則,,,,所以,,,設平面的一個法向量為,則,即,令,得,,于是,設平面的一個法向量為,則,即,令,得,,于是,設二面角的平面角的大小為,則,所以二面角的余弦值為25、（2024年高考全國Ⅰ卷理數）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，．是底面的內接正三角形，為上一點，．（1）證明：平面；（2）求二面角的余弦值．【解析】（1）設，由題設可得，.因此，從而.又，故.所以平面.（2）以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系.由題設可得.所以.設是平面的法向量，則，即，可取.由（1）知是平面的一個法向量，記，則.所以二面角的余弦值為.26、（2025屆山東省泰安市高三上期末）如圖，在三棱錐P—ABC中，△PAC為等腰直角三角形，為正三角形，D為A的中點，AC=2．(1)證明：PB⊥AC；(2)若三棱錐的體積為，求二面角A—PC—B的余弦值【解析】（1）證：為等腰直角三角形，為中點，，又為正三角形，為中點，，又，平面，平面PBD，又平面，（2）解：設三棱錐的高為，，，，又平面ABC，如圖，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，設為平面的一個法向量，則，即，令，得，，又是平面的一個法向量，∴，由圖可知二面角的平面角為銳角，∴二面角的余弦值為．27、（2025屆山東省濰坊市高三上期中）如圖，在棱長均為的三棱柱中，平面平面，，為與的交點．（1）求證：