2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何 第7讲　立体几何中的向量方法学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何 第7讲　立体几何中的向量方法学案，共27页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
2.直线与平面所成角的求法
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cs β|＝eq \f(|a·n|,|a||n|)．
3．求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉．
(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
常用结论
利用空间向量求距离
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2＋（z1－z2）2).
(2)
点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|eq \(BO,\s\up6(→))|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).
二、习题改编
1．(选修2­1P104练习T2改编)已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为________．
解析：cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,1·\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，即〈m，n〉＝45°.所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
答案：45°或135°
2．(选修2­1P112A组T6改编)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为________．
解析：如图建立空间直角坐标系D－xyz，设DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，则eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，设异面直线DE与AC所成的角为θ，则cs θ＝|cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(DE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\r(10),10).
答案：eq \f(\r(10),10)
3．(选修2­1P117A组T4改编)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2eq \r(2)，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．
解析：以C为原点建立空间直角坐标系，如图所示，得下列坐标：A(2，0，0)，C1(0，0，2eq \r(2))．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，2\r(2))).
所以eq \(AC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2eq \r(2))，eq \(AC2,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2\r(2)))，
设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cs θ＝eq \f(|\(AC1,\s\up6(→))·\(AC2,\s\up6(→))|,|\(AC1,\s\up6(→))||\(AC2,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋0＋8,2\r(3)×3)＝eq \f(\r(3),2).又θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq \f(π,6).
答案：eq \f(π,6)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．( )
(2)已知a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，则a∥c，a⊥b.( )
(3)已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cs〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，则直线l与平面α所成的角为120°.( )
(4)已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为45°.( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)异面直线所成角的取值范围出错；
(2)二面角的取值范围出错；
(3)直线和平面所成的角的取值范围出错．
1．已知2a＋b＝(0，－5，10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为________．
解析：由题意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10，
即2a·c＋b·c＝－10.因为a·c＝4，所以b·c＝－18，所以cs〈b，c〉＝eq \f(b·c,|b|·|c|)＝eq \f(－18,12×\r(1＋4＋4))＝－eq \f(1,2)，所以〈b，c〉＝120°，所以两直线的夹角为60°.
答案：60°
2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________．
解析：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，D(0，1，0)，所以eq \(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(1,2))).设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(A1D,\s\up6(→))·n1＝0，,\(A1E,\s\up6(→))·n1＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2，,z＝2，))故n1＝(1，2，2)．又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，所以cs〈n1·n2〉＝eq \f(2,3)，故平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
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〉＝－eq \f(1,2)，则l与α所成的角为________．
解析：设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(1,2)，所以θ＝30°.
答案：30°
异面直线所成的角(师生共研)
如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．
【解】 (1)证明：因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.
又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.
(2)设AC∩BD＝O.
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝eq \r(3).
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，
则P(0，－eq \r(3)，2)，A(0，－eq \r(3)，0)，B(1，0，0)，C(0，eq \r(3)，0)．
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0)．
设PB与AC所成角为θ，则
cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(PB,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|))))＝eq \f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq \f(\r(6),4).
即PB与AC所成角的余弦值为eq \f(\r(6),4).
eq \a\vs4\al()
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．
(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量．
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．
(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．
[提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：
当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．
如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
(1)求证：MN∥平面BDE；
(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为eq \f(\r(7),21)，求线段AH的长．
解：
如图，以A为原点，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0)．
(1)证明：eq \(DE,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＝0，,2x－2z＝0.))
不妨设z＝1，可取n＝(1，0，1)．
又eq \(MN,\s\up6(→))＝(1，2，－1)，可得eq \(MN,\s\up6(→))·n＝0.
因为MN⊄平面BDE，
所以MN∥平面BDE.
(2)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0，0，h)，
进而可得eq \(NH,\s\up6(→))＝(－1，－2，h)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－2，2，2)．
由已知，得|cs〈eq \(NH,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(NH,\s\up6(→))·\(BE,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|\(NH,\s\up6(→))||\(BE,\s\up6(→))|))
＝eq \f(|2h－2|,\r(h2＋5)×2\r(3))＝eq \f(\r(7),21)，
整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝eq \f(8,5)或h＝eq \f(1,2).
所以，线段AH的长为eq \f(8,5)或eq \f(1,2).
直线与平面所成的角(师生共研)
如图，在几何体ACD－A1B1C1D1中，四边形ADD1A1与四边形CDD1C1均为矩形，平面ADD1A1⊥平面CDD1C1，B1A1⊥平面ADD1A1，AD＝CD＝1，AA1＝A1B1＝2，E为棱AA1的中点．
(1)证明：B1C1⊥平面CC1E；
(2)求直线B1C1与平面B1CE所成角的正弦值．
【解】 (1)证明：因为B1A1⊥平面ADD1A1，所以B1A1⊥DD1，
又DD1⊥D1A1，B1A1∩D1A1＝A1，所以DD1⊥平面A1B1C1D1，
又DD1∥CC1，所以CC1⊥平面A1B1C1D1.
因为B1C1⊂平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.
因为平面ADD1A1⊥平面CDD1C1，平面ADD1A1∩平面CDD1C1＝DD1，C1D1⊥DD1，
所以C1D1⊥平面ADD1A1.
经计算可得B1E＝eq \r(5)，B1C1＝eq \r(2)，EC1＝eq \r(3)，从而B1E2＝B1Ceq \\al(2,1)＋ECeq \\al(2,1)，
所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E.
又CC1，C1E⊂平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E.
(2)
如图，以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)，
则eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，eq \(B1C,\s\up6(→))＝(1，－2，－1)．
设平面B1CE的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(B1C,\s\up6(→))＝0，,m·\(CE,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2y－z＝0，,－x＋y－z＝0，))消去x得y＋2z＝0，
不妨设z＝1，可得m＝(－3，－2，1)为平面B1CE的一个法向量，
易得eq \(B1C1,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，设直线B1C1与平面B1CE所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈m，eq \(B1C1,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·\(B1C1,\s\up6(→)),|m|·|\(B1C1,\s\up6(→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－4,\r(14)×\r(2))))＝eq \f(2\r(7),7)，
故直线B1C1与平面B1CE所成角的正弦值为eq \f(2\r(7),7).
eq \a\vs4\al()
(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
(2)若直线l与平面α的夹角为θ，直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹角为β，则θ＝eq \f(π,2)－β或θ＝β－eq \f(π,2).
[提醒] 求解直线和平面所成角，要注意直线的方向向量与平面法向量的夹角和所求角之间的关系，线面角的正弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
(2020·深圳模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD∥平面AMHN.
(1)证明：MN⊥PC；
(2)设H为PC的中点，PA＝PC＝eq \r(3)AB，PA与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图①，连接AC交BD于点O，连接PO.
因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．
因为PD＝PB，所以PO⊥BD，
因为AC∩PO＝O，且AC，PO⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.
因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.
因为BD∥平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD∥MN，
所以MN⊥PC.
(2)由(1)知BD⊥AC且PO⊥BD，
因为PA＝PC，且O为AC的中点，
所以PO⊥AC，所以PO⊥平面ABCD，
因为PA与平面ABCD所成的角为∠PAO，所以∠PAO＝60°，所以AO＝eq \f(1,2)PA，PO＝eq \f(\r(3),2)PA.
因为PA＝eq \r(3)AB，所以BO＝eq \f(\r(3),6)PA.
以O为坐标原点，eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OD,\s\up6(→))，eq \(OP,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图②所示的空间直角坐标系，
记PA＝2，则O(0，0，0)，A(1，0，0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),3)，0))，C(－1，0，0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)，0))，P(0，0，eq \r(3))，Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，
所以eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)，0))，eq \(AH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),3)，0)).
设平面AMHN的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(AH,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)y＝0，,－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)z＝0，))
令x＝2，解得y＝0，z＝2eq \r(3)，所以n＝(2，0，2eq \r(3))是平面AMHN的一个法向量．
记AD与平面AMHN所成角为θ，则sin θ＝|cs〈n，eq \(AD,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(AD,\s\up6(→)),|n||\(AD,\s\up6(→))|)))＝eq \f(\r(3),4).
所以AD与平面AMHN所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4).
二面角(师生共研)
(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A­MA1­N的正弦值．
【解】 (1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝eq \f(1,2)B1C.
又因为N为A1D的中点，所以ND＝eq \f(1,2)A1D.
由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.
又MN⊄平面EDC1，所以MN∥平面C1DE.
(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，eq \r(3)，2)，N(1，0，2)，eq \(A1A,\s\up6(→))＝(0，0，－4)，
eq \(A1M,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，－2)，eq \(A1N,\s\up6(→))＝(－1，0，－2)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(A1M,\s\up6(→))＝0，,m·\(A1A,\s\up6(→))＝0.))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y－2z＝0，,－4z＝0.))
可取m＝(eq \r(3)，1，0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(MN,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1N,\s\up6(→))＝0.))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(3)q＝0，,－p－2r＝0.))可取n＝(2，0，－1)．
于是cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2\r(3),2×\r(5))＝eq \f(\r(15),5)，
所以二面角A­MA1­N的正弦值为eq \f(\r(10),5).
eq \a\vs4\al()
利用向量法计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
(2019·高考全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B－CG－A的大小．
解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，
从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，
故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，
可求得BH＝1，EH＝eq \r(3).
以H为坐标原点，eq \(HC,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，
则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，eq \r(3))，eq \(CG,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，－1，0)．
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(CG,\s\up6(→))·n＝0,\(AC,\s\up6(→))·n＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))
所以可取n＝(3，6，－eq \r(3))．
又平面BCGE的法向量可取为m＝(0，1，0)，
所以csn，m＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(\r(3),2).
因此二面角B­CG­A的大小为30°.
数学运算 利用空间向量求距离
(2020·云南师范大学附属中学3月月考)
如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，△ABC是边长为2的正三角形，AA1＝2eq \r(6)，D是CC1的中点，E是A1B1的中点．
(1)证明：DE∥平面A1BC;
(2)求点A到平面A1BC的距离．
【解】
(1)证明：如图，取A1B的中点F，连接FC，FE.
因为E，F分别是A1B1，A1B的中点，
所以EF∥BB1，且EF＝eq \f(1,2)BB1.
又在平行四边形BB1C1C中，D是CC1的中点，
所以CD∥BB1，且CD＝eq \f(1,2)BB1，所以CD∥EF，且CD＝EF.
所以四边形CFED是平行四边形，所以DE∥CF.
因为DE⊂/平面A1BC，CF⊂平面A1BC，所以DE∥平面A1BC.
(2)法一：(等体积法)因为BC＝AC＝AB＝2，AA1＝2eq \r(6)，三棱柱ABC­A1B1C1为直三棱柱，所以V三棱锥A1－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC×AA1＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×22×2eq \r(6)＝2eq \r(2).
又在△A1BC中，A1B＝A1C＝2eq \r(7)，BC＝2，BC边上的高h＝ eq \r(A1B2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)BC))\s\up12(2))＝3eq \r(3)，
所以S△A1BC＝eq \f(1,2)BC·h＝3eq \r(3).
设点A到平面A1BC的距离为d，则V三棱锥A－A1BC＝eq \f(1,3)S△A1BC×d＝eq \f(1,3)×3eq \r(3)×d＝eq \r(3)d.
因为V三棱锥A1－ABC＝V三棱锥A－A1BC，所以2eq \r(2)＝eq \r(3)d，解得d＝eq \f(2\r(6),3)，
所以点A到平面A1BC的距离为eq \f(2\r(6),3).
法二：(向量法)由题意知，三棱柱ABC­A1B1C1是正三棱柱．取AB的中点O，连接OC，OE.因为AC＝BC，所以CO⊥AB.
又平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，所以CO⊥平面ABB1A1.
因为O为AB的中点，E为A1B1的中点，所以OE⊥AB，所以OC，OA，OE两两垂直．
如图，以O为坐标原点，以OA，OE，OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0，0，eq \r(3))，A(1，0，0)，A1(1，2eq \r(6)，0)，B(－1，0，0)．
则eq \(BA1,\s\up6(→))＝(2，2eq \r(6)，0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))．
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，
则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n⊥\(BA1,\s\up6(→))，,n⊥\(BC,\s\up6(→))，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BA1,\s\up6(→))＝2x＋2\r(6)y＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝x＋\r(3)z＝0，))
整理得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\r(6)y＝0，,x＋\r(3)z＝0，))令x＝eq \r(6)，则y＝－1，z＝－eq \r(2).
所以n＝(eq \r(6)，－1，－eq \r(2))为平面A1BC的一个法向量．
而eq \(BA,\s\up6(→))＝(2，0，0)，所以点A到平面A1BC的距离d＝eq \f(|\(BA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(6)×2,\r(6＋1＋2))＝eq \f(2\r(6),3).
eq \a\vs4\al()
求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的射影的长．如图，设点P在平面α外，n为平面α的法向量，在平面α内任取一点Q，则点P到平面α的距离d＝eq \f(|\(PQ,\s\up6(→))·n|,|n|).
[提醒] 该题中的第(2)问求解点到平面的距离时，利用了两种不同的方法——等体积法与向量法，显然向量法直接简单，不必经过过多的逻辑推理，只需代入坐标准确求解即可．
如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2eq \r(3)，求点A到平面MBC的距离．
解：如图，取CD的中点O，连接OB，OM，因为△BCD与△MCD均为正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，平面MCD∩平面BCD＝CD，OM⊂平面MCD，所以MO⊥平面BCD.
以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，
所以OB＝OM＝eq \r(3)，
则O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0，eq \r(3))，
B(0，－eq \r(3)，0)，A(0，－eq \r(3)，2eq \r(3))，
所以eq \(BC,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)．
eq \(BM,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，eq \r(3))．
设平面MBC的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n⊥\(BC,\s\up6(→))，,n⊥\(BM,\s\up6(→))))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(BM,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋\r(3)z＝0，))
取x＝eq \r(3)，可得平面MBC的一个法向量为n＝(eq \r(3)，－1，1)．
又eq \(BA,\s\up6(→))＝(0，0，2eq \r(3))，
所以所求距离为d＝eq \f(|\(BA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(15),5).
[基础题组练]
1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，eq \(AC,\s\up8(︵))长为eq \f(2π,3)，eq \(A1B1,\s\up8(︵))长为eq \f(π,3)，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为( )
A.eq \f(π,6) B．eq \f(π,4)
C.eq \f(π,3) D．eq \f(π,2)
解析：选B.以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0)).
所以eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(B1C,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，
所以cs〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(B1C,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AA1,\s\up6(→))·\(B1C,\s\up6(→)),|\(AA1,\s\up6(→))||\(B1C,\s\up6(→))|)
＝eq \f(0×0＋0×（－1）＋1×（－1）,1×\r(02＋（－1）2＋（－1）2))＝－eq \f(\r(2),2)，
所以〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(B1C,\s\up6(→))〉＝eq \f(3π,4)，
所以异面直线B1C与AA1所成的角为eq \f(π,4).故选B.
2.如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝eq \f(1,3)AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为( )
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)
解析：选A.如图，以D为坐标原点，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，则C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以eq \(DC1,\s\up6(→))＝(0，3，1)，eq \(D1E,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq \(D1C,\s\up6(→))＝(0，3，－1)．
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(D1E,\s\up6(→))＝0，,n·\(D1C,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－z＝0，,3y－z＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2y，,z＝3y，))取y＝1，得n＝(2，1，3)．
因为cs〈eq \(DC1,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(DC1,\s\up6(→))·n,|\(DC1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(（0，3，1）·（2，1，3）,\r(10)×\r(14))＝eq \f(3\r(35),35)，所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为eq \f(3\r(35),35)，故选A.
3．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq \r(17).则该二面角的大小为( )
A．150° B．45° C．60° D．120°
解析：选C.如图所示，二面角的大小就是〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉．
因为eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))，
所以eq \(CD,\s\up6(→))2＝eq \(CA,\s\up6(→))2＋eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(BD,\s\up6(→))2＋2(eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→)))
＝eq \(CA,\s\up6(→))2＋eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \(BD,\s\up6(→))2＋2eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))，
所以eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)[(2eq \r(17))2－62－42－82]＝－24.
因此eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝24，cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))||\(BD,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，
又〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉∈[0°，180°]，
所以〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝60°，故二面角为60°.
4.如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为________．
解析：
设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则B1(0，eq \r(3)，2)，F(1，0，1)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，G(0，0，2)，
eq \(B1F,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(3)，－1)，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，1))，eq \(GF,\s\up6(→))＝(1，0，－1)．
设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→))·n＝0，,\(GF,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(\r(3),2)y＋z＝0，,x－z＝0，))
取x＝1，则z＝1，y＝eq \r(3)，
故n＝(1，eq \r(3)，1)为平面GEF的一个法向量，
所以|cs〈n，eq \(B1F,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|1－3－1|,\r(5)×\r(5))＝eq \f(3,5)，
所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为eq \f(3,5).
答案：eq \f(3,5)
5．如图所示，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.
(1)求证：BD⊥平面ACFE；
(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成角的余弦值的大小．
解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，
所以BD⊥AC.
因为AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥AE.
又因为AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面ACFE.
所以BD⊥平面ACFE.
(2)
以O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，eq \r(3)，0)，D(0，－eq \r(3)，0)，E(1，0，2)，F(－1，0，a)(a>0)，eq \(OF,\s\up6(→))＝(－1，0，a)．
设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(OB,\s\up6(→))＝0，,n·\(OE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y＝0，,x＋2z＝0，))
令z＝1，则n＝(－2，0，1)，
由题意得sin 45°＝|cs〈eq \(OF,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(OF,\s\up6(→))·n|,|\(OF,\s\up6(→))||n|)
＝eq \f(|2＋a|,\r(a2＋1)·\r(5))＝eq \f(\r(2),2)，
解得a＝3或a＝－eq \f(1,3)(舍去)．
所以eq \(OF,\s\up6(→))＝(－1，0，3)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(3)，2)，
cs〈eq \(OF,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))〉＝eq \f(－1＋6,\r(10)×\r(8))＝eq \f(\r(5),4)，
故异面直线OF与BE所成角的余弦值为eq \f(\r(5),4).
6．(2020·湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥P－ABC中，M为AC的中点，PA⊥PC，AB⊥BC，AB＝BC，PB＝eq \r(2)，AC＝2，∠PAC＝30°.
(1)证明：BM⊥平面PAC；
(2)求二面角B－PA－C的余弦值．
解：(1)证明：因为PA⊥PC，AB⊥BC，所以MP＝MB＝eq \f(1,2)AC＝1，
又MP2＋MB2＝BP2，所以MP⊥MB.
因为AB＝BC，M为AC的中点，所以BM⊥AC，
又AC∩MP＝M，所以BM⊥平面PAC.
(2)法一：取MC的中点O，连接PO，取BC的中点E，连接EO，则OE∥BM，从而OE⊥AC.
因为PA⊥PC，∠PAC＝30°，所以MP＝MC＝PC＝1.
又O为MC的中点，所以PO⊥AC.
由(1)知BM⊥平面PAC，OP⊂平面PAC，所以BM⊥PO.
又BM∩AC＝M，所以PO⊥平面ABC.
以O为坐标原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
由题意知Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－1，\f(\r(3),2)))，eq \(BA,\s\up6(→))＝(1，－1，0)，
设平面APB的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BP,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x－y＋\f(\r(3),2)z＝0，,n·\(BA,\s\up6(→))＝x－y＝0，))
令x＝1，得n＝(1，1，eq \r(3))为平面APB的一个法向量，
易得平面PAC的一个法向量为π＝(0，1，0)，cs〈n，π〉＝eq \f(\r(5),5)，
由图知二面角B－PA－C为锐角，
所以二面角B－PA－C的余弦值为eq \f(\r(5),5).
法二：取PA的中点H，连接HM，HB，
因为M为AC的中点，所以HM∥PC，又PA⊥PC，所以HM⊥PA.
由(1)知BM⊥平面PAC，则BH⊥PA，
所以∠BHM为二面角B－PA－C的平面角．
因为AC＝2，PA⊥PC，∠PAC＝30°，所以HM＝eq \f(1,2)PC＝eq \f(1,2).
又BM＝1，则BH＝eq \r(BM2＋HM2)＝eq \f(\r(5),2)，
所以cs∠BHM＝eq \f(HM,BH)＝eq \f(\r(5),5)，即二面角B－PA－C的余弦值为eq \f(\r(5),5).
7．(2020·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．
(1)求证：平面BDM∥平面EFC；
(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．
解：(1)证明：连接AC，交BD于点N，连接MN，
则N为AC的中点，
又M为AE的中点，所以MN∥EC.
因为MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，
所以MN∥平面EFC.
因为BF，DE都垂直底面ABCD，所以BF∥DE.
因为BF＝DE，
所以四边形BDEF为平行四边形，
所以BD∥EF.
因为BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，
所以BD∥平面EFC.
又MN∩BD＝N，所以平面BDM∥平面EFC.
(2)因为DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，
所以DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D­xyz.
设AB＝2，则DE＝4，从而D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)，
所以eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq \(DM,\s\up6(→))＝(1，0，2)，
设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up6(→))＝0，,n·\(DM,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋2y＝0，,x＋2z＝0.))
令x＝2，则y＝－2，z＝－1，从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量．
因为eq \(AE,\s\up6(→))＝(－2，0，4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则
sin θ＝|cs〈n·eq \(AE,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(AE,\s\up6(→)),|n|·|\(AE,\s\up6(→))|)))＝eq \f(4\r(5),15)，
所以直线AE与平面BDM所成角的正弦值为eq \f(4\r(5),15).
[综合题组练]
1．(2020·河南联考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为4的等边三角形，BC⊥PB，E是AD的中点．
(1)求证：BE⊥PD；
(2)若直线AB与平面PAD所成角的正弦值为eq \f(\r(15),4)，求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值．
解：(1)证明：因为△PAD是等边三角形，E是AD的中点，所以PE⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，
所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥BC，PE⊥BE.
又BC⊥PB，PB∩PE＝P，所以BC⊥平面PBE，所以BC⊥BE.
又BC∥AD，所以AD⊥BE.
又AD∩PE＝E且AD，PE⊂平面PAD，所以BE⊥平面PAD，所以BE⊥PD.
(2)由(1)得BE⊥平面PAD，所以∠BAE就是直线AB与平面PAD所成的角．
因为直线AB与平面PAD所成角的正弦值为eq \f(\r(15),4)，
即sin∠BAE＝eq \f(\r(15),4) ，所以cs∠BAE＝eq \f(1,4).
所以cs∠BAE＝eq \f(AE,AB)＝eq \f(2,AB)＝eq \f(1,4)，解得AB＝8，则BE＝eq \r(AB2－AE2)＝2eq \r(15).
由(1)得EA，EB，EP两两垂直，所以以E为坐标原点，EA，EB，EP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则点P(0，0，2eq \r(3))，A(2，0，0)，D(－2，0，0)，B(0，2eq \r(15)，0)，C(－4，2eq \r(15)，0)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(15)，－2eq \r(3))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－4，2eq \r(15)，－2eq \r(3))．
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(PB,\s\up6(→))·m＝0，,\(PC,\s\up6(→))·m＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2\r(15)y－2\r(3)z＝0，,－4x＋2\r(15)y－2\r(3)z＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,z＝\r(5)y.))
令y＝1，可得平面PBC的一个法向量为m＝(0，1，eq \r(5))．
易知平面PAD的一个法向量为n＝(0，1，0)，
设平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(（0，1，\r(5)）·（0，1，0）,\r(6)×1)))＝eq \f(\r(6),6).
所以平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
2．(2020·河南郑州三测)如图①，△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，E，F分别为边AB，AC的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置(如图②)，且PB＝BE.
(1)证明：EF⊥平面PBE；
(2)设N为线段PF上的动点(包含端点)，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值．
解：(1)证明：因为E，F分别为边AB，AC的中点，所以EF∥BC.
因为∠ABC＝90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE，又BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE.
(2)取BE的中点O，连接PO，因为PB＝BE＝PE，所以PO⊥BE.
由(1)知EF⊥平面PBE，EF⊂平面BCFE，所以平面PBE⊥平面BCFE.
又PO⊂平面PBE，平面PBE∩平面BCFE＝BE，所以PO⊥平面BCFE.
过点O作OM∥BC交CF于点M，分别以OB，OM，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2，0))，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，0))，eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2，－\f(\r(3),2)))，
eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，－\f(\r(3),2)))，
由N为线段PF上一动点，得eq \(PN,\s\up6(→))＝λeq \(PF,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，
则可得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(λ,2)，λ，\f(\r(3),2)（1－λ）))，
eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(λ＋1,2)，λ，\f(\r(3),2)（1－λ）)).
设平面PCF的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(PC,\s\up6(→))·m＝0，,\(PF,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋2y－\f(\r(3),2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y－\f(\r(3),2)z＝0，))取y＝1，则x＝－1，z＝eq \r(3)，所以m＝(－1，1，eq \r(3))为平面PCF的一个法向量．
设直线BN与平面PCF所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(BN,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(|\(BN,\s\up6(→))·m|,|\(BN,\s\up6(→))|·|m|)＝eq \f(2,\r(5)·\r(2λ2－λ＋1))＝eq \f(2,\r(5)·\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,4)))\s\up12(2)＋\f(7,8)))≤eq \f(2,\r(5)·\r(\f(7,8)))＝eq \f(4\r(70),35)(当且仅当λ＝eq \f(1,4)时取等号)，
所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为eq \f(4\r(70),35).
3．(2020·山东淄博三模)如图①，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，将正方形ABCD沿EF折成如图②所示的二面角，且二面角的大小为60°，点M在线段AB上(包含端点)，连接AD.
(1)若M为AB的中点，直线MF与平面ADE的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°？若存在，求此时二面角M­EC­F的余弦值；若不存在，说明理由．
解：(1)因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上(如图所示)．
因为AO∥BF，M为AB的中点，
所以△OAM≌△FBM，
所以OM＝MF，AO＝BF，所以AO＝2.
故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为2.
连接DF，交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，
所以N是EC的中点．
连接MN，则MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又MN⊂平面EMC，OD⊂/ 平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.
(2)由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，又AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE.
所以平面ABFE⊥平面ADE，易知△ADE为等边三角形，取AE的中点H，则易得DH⊥平面ABFE，以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(－1，0，0)，D(0，0，eq \r(3))，C(0，4，eq \r(3))，F(－1，4，0)，所以eq \(ED,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(EC,\s\up6(→))＝(1，4，eq \r(3))．
设M(1，t，0)(0≤t≤4)，则eq \(EM,\s\up6(→))＝(2，t，0)，
设平面EMC的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(EM,\s\up6(→))＝0，,m·\(EC,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋ty＝0，,x＋4y＋\r(3)z＝0，))
取y＝－2，则x＝t，z＝eq \f(8－t,\r(3))，所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－2，\f(8－t,\r(3))))为平面EMC的一个法向量．
要使直线DE与平面EMC所成的角为60°，则eq \f(8,2\r(t2＋4＋\f(（8－t）2,3)))＝eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(2\r(3),\r(t2－4t＋19))＝eq \f(\r(3),2)，整理得t2－4t＋3＝0，
解得t＝1或t＝3，
所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°，
取ED的中点Q，连接QA，则eq \(QA,\s\up6(→))为平面CEF的法向量，
易得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，A(1，0，0)，所以eq \(QA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，－\f(\r(3),2))).
设二面角M－EC－F的大小为θ，
则|cs θ|＝eq \f(|\(QA,\s\up6(→))·m|,|\(QA,\s\up6(→))|·|m|)＝eq \f(|2t－4|,\r(3) \r(t2＋4＋\f(（8－t）2,3)))＝eq \f(|t－2|,\r(t2－4t＋19)).
因为当t＝2时，cs θ＝0，平面EMC⊥平面CDEF，
所以当t＝1时，cs θ＝－eq \f(1,4)，θ为钝角；当t＝3时，cs θ＝eq \f(1,4)，θ为锐角．
综上，二面角M－EC－F的余弦值为±eq \f(1,4).
l1与l2所成的角θ
a与b的夹角β
范围
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
[0，π]
求法
cs θ＝eq \f(|a·b|,|a||b|)
cs β＝eq \f(a·b,|a||b|)