2025高考数学一轮复习-7.6-利用空间向量求空间角、距离-专项训练【含解析】

这是一份2025高考数学一轮复习-7.6-利用空间向量求空间角、距离-专项训练【含解析】，共16页。试卷主要包含了已知直线l1的方向向量s1＝，在空间直角坐标系中，已知A等内容，欢迎下载使用。

1.已知直线l1的方向向量s1＝（1，0，1），直线l2的方向向量s2＝（－1，2，－2），则l1和l2夹角的余弦值为（ ）
A.24 B.12
C.22 D.32
2.在空间直角坐标系中，已知A（1，－1，0），B（4，3，0），C（5，4，－1），则A到BC的距离为（ ）
A.3 B.583
C.2173 D.783
3.已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cs＜m，n＞＝－12，则l与α所成的角为 .

已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，直线OC在平面α内，且∠AOB＝∠BOC＝45°，则∠AOC的大小为 .
直线与平面所成的角
【例1】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.
在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝3.
（1）证明：BD⊥PA；
（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
平面与平面的夹角（二面角）
【例2】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EF＝DA，求二面角D-AB-F的正弦值.
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.
距离问题
【例3】 如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.
（1）求点N到直线AB的距离；
（2）求点C1到平面ABN的距离.
利用向量法求点到平面的距离的步骤
1.四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为（ ）
A.22 B.12
C.33 D.13
2.已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E是AB的中点，F是AD上靠近A的四等分点，则点B到平面GEF的距离为 .
1.如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系O-xyz的三条坐标轴上，OC＝（0，0，2），平面ABC的法向量为n＝（2，1，2），设二面角C-AB-O的大小为θ，则cs θ＝（ ）
A.43 B.53
C.23 D.－23
2.已知三棱锥S-ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA＝3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为（ ）
A.34 B.54
C.74 D.34
3.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是CC1，D1A1，AB的中点，则点A到平面EGF的距离为 .
4.如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.
（1）证明：O1O⊥底面ABCD；
（2）若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值.
5.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝π2，AB＝BC＝13AD＝a，PA⊥平面ABCD，且PA＝a，点F在AD上，且CF⊥PC.
（1）求点A到平面PCF的距离；
（2）求AD到平面PBC的距离.
6.如图所示，三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1，B1C＝62，∠A1B1C为直角.
（1）证明：平面ABC⊥平面ABB1A1；
（2）设点P是棱BB1的中点，求直线BC与平面A1PC所成角θ的正弦值.
7.如图，六面体ABCDEFG中，BE⊥平面ABC，且BE⊥平面DEFG，DG∥EF，ED＝DG＝GF＝1，AB＝BC＝CA＝EF＝2.
（1）求证：DF⊥平面ABED；
（2）若二面角A-DG-E的余弦值为－5719，求点C到平面BDF的距离.
8.如图，三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，PB＝PC＝6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝5DO，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.
7.6-利用空间向量求空间角、距离-专项训练【解析版】

1.已知直线l1的方向向量s1＝（1，0，1），直线l2的方向向量s2＝（－1，2，－2），则l1和l2夹角的余弦值为（ ）
A.24 B.12
C.22 D.32
解析：C 因为s1＝（1，0，1），s2＝（－1，2，－2），所以cs＜s1，s2＞＝s1·s2｜s1||s2｜＝－1－22×3＝－22，所以l1和l2夹角的余弦值为22.
2.在空间直角坐标系中，已知A（1，－1，0），B（4，3，0），C（5，4，－1），则A到BC的距离为（ ）
A.3 B.583
C.2173 D.783
解析：D 因为A（1，－1，0），B（4，3，0），C（5，4，－1），所以BA＝（－3，－4，0），BC＝（1，1，－1），｜BA｜＝5，｜BC｜＝3，所以cs＜BA，BC＞＝BA·BC｜BA｜·｜BC｜＝－7315，所以sin＜BA，BC＞＝1－cs2＜BA，BC＞＝1－4975＝7815，所以A到BC的距离为d＝｜BA｜·sin＜BA，BC＞＝783，故选D.
3.已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cs＜m，n＞＝－12，则l与α所成的角为 .
答案：π6
解析：设直线l与α所成角为θ，sin θ＝｜cs＜m，n＞｜＝12，又∵θ∈［0，π2］，∴θ＝π6.

已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，直线OC在平面α内，且∠AOB＝∠BOC＝45°，则∠AOC的大小为 .
答案：60°
解析：由结论可知有cs∠AOB·cs∠BOC＝cs∠AOC.因为∠AOB＝∠BOC＝45°，则cs∠AOC＝cs 45°·cs 45°＝22×22＝12，则∠AOC＝60°.
直线与平面所成的角
【例1】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：（1）证明：如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，
∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴A1C⊥BC，
又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，
∵A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，
∴BC⊥平面ACC1A1，
∵A1D⊂平面ACC1A1，∴BC⊥A1D，
又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，∴A1D⊥平面BCC1B1，∴A1D＝1.
由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，
∴D为CC1的中点，又A1D⊥CC1，
∴A1C＝A1C1，
又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝A1C1，
∴A1C＝AC.
（2）如图，连接A1B，由（1）易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，
∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2，
又A1D＝1且A1C＝AC，
∴A1C＝A1C1＝AC＝2，AB＝A1B1＝5，BC＝3.
建立空间直角坐标系C-xyz如图所示，则C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，3，0），B1（－2，3，2），C1（－2，0，2），
∴CB＝（0，3，0），CC1＝（－2，0，2），AB1＝（－22，3，2），
设平面BCC1B1的法向量为n＝（x，y，z），
则n·CB=0，n·CC1=0，即3y=0，－2x＋2z=0，取x＝1，则y＝0，z＝1，
∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝（1，0，1）.
设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，
则sin θ＝｜cs＜n，AB1＞｜＝｜n·AB1｜｜n｜｜AB1｜＝1313.
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为1313.
在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝3.
（1）证明：BD⊥PA；
（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
解：（1）证明：如图所示，取AB中点为O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1.
又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形.
又BC＝OB＝1，
所以四边形DCBO为菱形，所以BD⊥CO.
同理可得，四边形DCOA为菱形，所以AD∥CO，
所以BD⊥AD.
因为PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PD⊥BD，
又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面ADP，所以BD⊥平面ADP.
因为PA⊂平面ADP，所以BD⊥PA.
（2）由（1）知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以∠DAO＝60°，
所以△ADO为正三角形.
过点D作垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A32,−12，0，B32，32，0，P（0，0，3），D（0，0，0）.
则AB＝（0，2，0），AP＝－32，12，3，DP＝（0，0，3）.
设平面PAB的法向量为n＝（x，y，z），
则AB·n=0，AP·n=0⇒2y=0，－32x＋12y＋3z=0.
令x＝2，则y＝0，z＝1，所以n＝（2，0，1）.
设直线PD与平面PAB所成的角为α，则sin α＝｜cs＜n，DP＞｜＝｜n·DP｜｜n｜·｜DP｜＝35×3＝55，
所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为55.
平面与平面的夹角（二面角）
【例2】 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EF＝DA，求二面角D-AB-F的正弦值.
解：（1）证明：如图，连接DE，AE.
因为DC＝DB，E为BC的中点，所以BC⊥DE.
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DC＝DB，
所以△ABD≌△ACD，所以AB＝AC.
又E为BC的中点，所以BC⊥AE.
又AE⊂平面ADE，DE⊂平面ADE，AE∩DE＝E，
所以BC⊥平面ADE.
又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.
（2）设DA＝DB＝DC＝2.
由∠ADB＝∠ADC＝60°，知△ABD与△ACD为等边三角形，所以AB＝AC＝2.
又BD⊥CD，所以BC＝22.
因为AB2＋AC2＝BC2，
所以△ABC为直角三角形，且∠BAC＝90°，
所以AE＝2.
因为BD⊥CD，所以DE＝12BC＝2.
因为AE2＋DE2＝AD2，所以AE⊥DE.
又AE⊥BC，BC⊂平面BCD，DE⊂平面BCD，BC∩DE＝E，所以AE⊥平面BCD.
如图，分别以ED，EB，EA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E（0，0，0），D（2，0，0），B（0，2，0），A（0，0，2）.
因为DA＝（－2，0，2），EF＝DA，
所以F（－2，0，2）.
易得AB＝（0，2，－2），BF＝（－2，－2，2）.
设平面DAB的一个法向量为m＝（x1，y1，z1），
则m·DA=0，m·AB=0，即－2x1＋2z1=0，2y1－2z1=0.
令z1＝1，得x1＝1，y1＝1，所以m＝（1，1，1）.
设平面FAB的一个法向量为n＝（x2，y2，z2），
则n·BF=0，n·AB=0，即－2x2－2y2＋2z2=0，2y2－2z2=0.
令z2＝1，得x2＝0，y2＝1，所以n＝（0，1，1）.
所以cs＜m，n＞＝m·n｜m||n｜＝23×2＝63，
则二面角D-AB-F的正弦值为33.
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：（1）证明：法一（坐标法） 以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），
所以B2C2＝（0，－2，1），A2D2＝（0，－2，1），
所以B2C2＝A2D2，所以B2C2∥A2D2.
法二（向量法） 依题意，得B2C2＝B2B1＋B1C1＋C1C2＝DD2＋AD＋A2A＝A2D2，
所以B2C2∥A2D2.
（2）设P（0，2，a）（0≤a≤4），
则C2D2＝（2，0，－1），C2A2＝（2，2，－2），C2P＝（0，2，a－3）.
设平面A2C2D2的法向量为m＝（x1，y1，z1），
则m·C2D2=0，m·C2A2=0，即2x1－z1=0，2x1+2y1－2z1=0.
令x1＝1，则z1＝2，y1＝1，所以m＝（1，1，2）.
设平面A2C2P的法向量为n＝（x2，y2，z2），
则n·C2A2=0，n·C2P=0，即2x2+2y2－2z2=0，2y2＋（a－3）z2=0.
令z2＝2，得y2＝3－a，x2＝a－1，
所以n＝（a－1，3－a，2）.
由二面角P-A2C2-D2的大小为150°，
得｜cs＜m，n＞｜＝｜m·n｜｜m||n｜＝32，
即｜a－1+3－a+4｜6·（a－1）2＋（3－a）2＋22＝32.
解得a＝1或a＝3，故B2P＝｜a－2｜＝1.
距离问题
【例3】 如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.
（1）求点N到直线AB的距离；
（2）求点C1到平面ABN的距离.
解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（23，2，0），C（0，4，0），C1（0，4，4），A1（0，0，4），∵N是CC1的中点，∴N（0，4，2）.
（1）AN＝（0，4，2），AB＝（23，2，0），则｜AN｜＝25，｜AB｜＝4，AN·AB＝8.
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝｜AN｜2－（AN·AB｜AB｜）2＝20－4＝4.
（2）设平面ABN的一个法向量为n＝（x，y，z），由n⊥AB，n⊥AN，得n·AB=23x+2y=0，n·AN=4y+2z=0，
令z＝2，则y＝－1，x＝33，即n＝（33，－1，2）.
易知C1N＝（0，0，－2），设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝｜C1N·n｜n｜｜＝－4433＝3.
利用向量法求点到平面的距离的步骤
1.四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为（ ）
A.22 B.12
C.33 D.13
解析：A 四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC两两垂直，以点O为原点，以射线OA，OB，OC的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，则A（1，0，0），D（0，0，1），G（13，23，1），于是AG＝（－23，23，1），AD＝（－1，0，1），｜AG｜＝（－23）2＋（23）2＋12＝173，AG·AD＝－23×（－1）＋1＝53，所以点G到直线AD的距离d＝｜AG｜2－（AG·AD｜AD｜）2＝179－（532）2＝22，故选A.
2.已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E是AB的中点，F是AD上靠近A的四等分点，则点B到平面GEF的距离为 .
答案：3015
解析：建立空间直角坐标系C-xyz，如图所示，依题意，则有G（0，0，2），A（4，4，0），B（0，4，0），E（2，4，0），F（4，3，0），故EF＝（2，－1，0），GE＝（2，4，－2），BE＝（2，0，0）.设平面GEF的一个法向量为n＝（a，b，c），则n·EF=2a－b+0=0，n·GE=2a+4b－2c=0，取a＝1，得b＝2，c＝5，于是n＝（1，2，5），所以点B到平面GEF的距离为d＝｜n·BE｜｜n｜＝3015.

1.如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系O-xyz的三条坐标轴上，OC＝（0，0，2），平面ABC的法向量为n＝（2，1，2），设二面角C-AB-O的大小为θ，则cs θ＝（ ）
A.43 B.53
C.23 D.－23
解析：C ∵点A，B，C分别在空间直角坐标系O-xyz的三条坐标轴上，OC＝（0，0，2），平面ABC的法向量为n＝（2，1，2），二面角C-AB-O的大小为θ，由图知为锐角，∴cs θ＝｜OC·n｜｜OC||n｜＝42×3＝23.
2.已知三棱锥S-ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA＝3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为（ ）
A.34 B.54
C.74 D.34
解析：D 如图所示，以A为原点，分别以AB，AS所在直线为x轴，z轴建立空间直角坐标系A-xyz，易知S（0，0，3），B（2，0，0），C（1，3，0）.设平面SBC的法向量为n＝（x，y，z），则n·BC＝（x，y，z）·(−1，3，0）=0，n·BS＝（x，y，z）·(−2，0，3）=0，得n＝（3，3，2），又AB＝（2，0，0），设α为AB与平面SBC所成的角，∴sin α＝｜cs＜AB，n＞｜＝｜AB·n｜｜AB||n｜＝62×16＝34.
3.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是CC1，D1A1，AB的中点，则点A到平面EGF的距离为 .
答案：33
解析：如图所示，建立空间直角坐标系D-xyz.∵A（2，0，0），E（0，2，1），F（1，0，2），G（2，1，0），∴EF＝（1，－2，1），EG＝（2，－1，－1），GA＝（0，－1，0）.设n＝（x，y，z）是平面EFG的法向量，则n·EF=0，n·EG=0，∴x－2y＋z=0，2x－y－z=0，从而有x＝y＝z，∴可取n＝（1，1，1）.GA在n上的射影的长度为｜GA·n｜｜n｜＝|−1｜3＝33，即点A到平面EFG的距离为33.
4.如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.
（1）证明：O1O⊥底面ABCD；
（2）若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值.
解：（1）证明：由题意得，CC1⊥AC，DD1⊥BD，
又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，
因为AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以O1O⊥底面ABCD.
（2）因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直.如图，以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
设四棱柱的棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝3，OC＝1，
所以O（0，0，0），B1（3，0，2），C1（0，1，2），
易知平面BDD1B1的一个法向量为n＝（0，1，0），
设平面C1OB1的法向量为m＝（x，y，z），
则m⊥OB1，m⊥OC1，
所以3x＋2z＝0，y＋2z＝0，
取z＝－3，则x＝2，y＝23，
所以m＝（2，23，－3），
所以｜cs＜m，n＞｜＝｜m·n｜｜m||n｜＝2319＝25719.
所以平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值为25719.
5.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝π2，AB＝BC＝13AD＝a，PA⊥平面ABCD，且PA＝a，点F在AD上，且CF⊥PC.
（1）求点A到平面PCF的距离；
（2）求AD到平面PBC的距离.
解：（1）由题意知AP，AB，AD两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（a，0，0），C（a，a，0），D（0，3a，0），P（0，0，a）.
设F（0，m，0），0≤m≤3a，
则CF＝（－a，m－a，0），CP＝（－a，－a，a）.
∵PC⊥CF，∴CF·CP＝（－a）·（－a）＋（m－a）·（－a）＋0·a＝a2－a（m－a）＝0，
∴m＝2a，即F（0，2a，0）.
设平面PCF的法向量为n＝（x，y，z），
则n·CF＝－ax＋ay=0，n·CP＝－ax－ay＋az=0，
解得x＝y，z=2x，取x＝1，得n＝（1，1，2）.
设点A到平面PCF的距离为d，由AC＝（a，a，0），
得d＝｜AC·n｜｜n｜＝a×1+a×1+0×26＝63a.
（2）由于BP＝（－a，0，a），BC＝（0，a，0），AP＝（0，0，a）.
设平面PBC的法向量为n1＝（x0，y0，z0），
由n1·BP＝－ax0＋az0=0，n1·BC＝ay0=0，
得x0＝z0，y0=0.取x0＝1，得n1＝（1，0，1）.
设点A到平面PBC的距离为h，
∵AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴AD∥平面PBC，
∴h为AD到平面PBC的距离，
∴h＝｜AP·n1｜｜n1｜＝a2＝22a.
6.如图所示，三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1，B1C＝62，∠A1B1C为直角.
（1）证明：平面ABC⊥平面ABB1A1；
（2）设点P是棱BB1的中点，求直线BC与平面A1PC所成角θ的正弦值.
解：（1）证明：如图，取AB的中点D，连接CD，B1D.
由于三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1，故底面△ABC是正三角形，
因此AB⊥CD，BD＝12，CD＝32.
由于∠A1B1C为直角，故A1B1⊥B1C，所以AB⊥B1C.
于是AB⊥平面B1CD，由此得AB⊥B1D.
在Rt△BB1D中，B1D＝12－（12）2＝32.
在△CB1D中，由B1C2＝B1D2＋CD2＝32，故CD⊥B1D.
又AB，CD⊂平面ABC，AB∩CD＝D，
所以B1D⊥平面ABC，又B1D⊂平面ABB1A1，
故平面ABC⊥平面ABB1A1.
（2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则A（0，12，0），B（0，－12，0），C（32，0，0），B1（0，0，32），P（0，－14，34）.
由AB＝A1B1，得A1（0，1，32），
所以A1P＝（0，－54，－34），CA1＝（－32，1，32），BC＝（32，12，0）.
设m＝（x，y，z）是平面A1CP的法向量，则A1P·m=0，CA1·m=0，即－54y－34z=0，－32x＋y＋32z=0，可取m＝（3，－3，5）.
由此得sin θ＝｜m·BC｜m｜·｜BC｜｜＝39+3+25＝11137.
即直线BC与平面A1PC所成角θ的正弦值为11137.
7.如图，六面体ABCDEFG中，BE⊥平面ABC，且BE⊥平面DEFG，DG∥EF，ED＝DG＝GF＝1，AB＝BC＝CA＝EF＝2.
（1）求证：DF⊥平面ABED；
（2）若二面角A-DG-E的余弦值为－5719，求点C到平面BDF的距离.
解：（1）证明：因为BE⊥平面ABC，且BE⊥平面DEFG，所以DE⊥BE，且AB⊥BE，
又AB，DE⊂平面ABED，所以DE∥AB，
同理，EF∥BC，所以∠DEF＝∠ABC＝60°，
又EF＝2DE，所以DF⊥DE，
由BE⊥平面DEFG，知DF⊥BE，
又因为ED∩BE＝E，所以DF⊥平面ABED.
（2）取AB中点O，由题可知，DE∥OB且DE＝OB，
所以四边形OBED为平行四边形，所以OD∥BE，
于是OD⊥平面ABC，又△ABC为正三角形，所以OC，OA，OD两两垂直.
以O为坐标原点，OC，OA，OD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O-xyz，
设BE＝a（a＞0），则O（0，0，0），A（0，1，0），B（0，－1，0），C（3，0，0），D（0，0，a），G（32，12，a），F（3，0，a），AD＝（0，－1，a），DG＝（32，12，0）.
设平面ADG的法向量为n1＝（x1，y1，z1），则有n1·AD＝－y1＋az1=0，n1·DG＝32x1＋12y1=0，
不妨设z1＝3，得n1＝（－a，3a，3）.
又BE与平面DEFG垂直，故平面DEFG的法向量不妨设为n2＝（0，0，1），
由｜cs＜n1，n2＞｜＝｜n1·n2｜｜n1｜·｜n2｜＝34a2+3＝5719，解得a＝2.
设平面BDF的法向量为n3＝（x3，y3，z3），则有n3·BD＝y3+2z3=0，n3·DF＝3x3=0，
不妨设y3＝2，得n3＝（0，2，－1）.
设点C到平面BDF的距离为d，则d＝｜BC·n3｜｜n3｜＝25＝255.
8.如图，三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，PB＝PC＝6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝5DO，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：（1）证明：如图，因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，O是BC的中点，所以ABBC＝OBAB＝22，所以△OBA∽△ABC.
记BF与AO的交点为H，则∠BHA＝90°，又∠ABC＝90°，∠BAH＝∠OAB，所以△BHA∽△OBA，
所以△BHA∽△ABC，所以∠HBA＝∠CAB，又∠C＋∠CAB＝90°，∠CBF＋∠HBA＝90°，所以∠C＝∠CBF，所以CF＝BF，
同理可得BF＝FA，所以F是AC的中点.
因为E，F分别是AP，AC的中点，所以EF∥PC，同理可得OD∥PC，
所以EF∥OD，
又OD⊂平面ADO，EF⊄平面ADO，所以EF∥平面ADO.
（2）证明：因为AO＝BA2＋（BC2）2＝6，OD＝12PC＝62，AD＝5DO＝302，
所以AO2＋DO2＝AD2，所以AO⊥DO.
因为DO∥EF，所以AO⊥EF.
因为AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，所以AO⊥平面BEF.
因为AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.
（3）如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（2，0，0），O（0，2，0），AO＝（－2，2，0）.
因为PB＝PC，BC＝22，所以设P（x，2，z），z＞0，
则BE＝BA＋AE＝BA＋12AP＝（2，0，0）＋12（x－2，2，z）＝（x+22，22，z2），
由（2）知AO⊥BE，所以AO·BE＝（－2，2，0）·（x+22，22，z2）＝0，
所以x＝－1，
又PB＝6，BP＝（x，2，z），所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝3，则P（－1，2，3）.
由D为BP的中点，得D（－12，22，32），则AD＝（－52，22，32）.
设平面DAO的法向量为n1＝（a，b，c），
则n1·AD＝0，n1·AO=0，即－52a＋22b＋32c=0，－2a＋2b=0，得b＝2a，c＝3a，
取a＝1，则n1＝（1，2，3）.
易知平面CAO的一个法向量为n2＝（0，0，1），
设二面角D-AO-C的大小为θ，则｜cs θ｜＝｜cs＜n1，n2＞｜＝｜n1·n2｜｜n1||n2｜＝36＝22，
所以sin θ＝1－12＝22，故二面角D-AO-C的正弦值为