高考数学一轮复习第6章第7节立体几何中的向量方法——求空间角与距离学案

这是一份高考数学一轮复习第6章第7节立体几何中的向量方法——求空间角与距离学案，共28页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。

第七节　立体几何中的向量方法——求空间角与距离
考试要求：1．能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题．
2．了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．

一、教材概念·结论·性质重现
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

l1与l2所成的角θ
a与b的夹角β
范围

(0，π)
求法
cos θ＝
cos β＝


求两异面直线l1，l2的夹角θ，须求出它们的方向向量a，b的夹角〈a，b〉，由于夹角范围不同，有cos θ＝|cos〈a，b〉|．
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＝|cos β|＝．

求直线l与平面α所成的角θ，可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角，则sin θ＝|cos〈n，a〉|．
3．二面角的平面角求法
(1)如图(1)，AB，CD分别是二面角αlβ的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．

(2)如图(2)(3)，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θ的大小满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角的大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
(3)平面α与平面β相交，形成四个二面角，这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．

(1)利用平面的法向量求二面角的大小时，求出两平面α，β的法向量n1，n2后，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补．一进一出相等，同进同出互补．
(2)设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|．
4．利用空间向量求距离
(1)点到直线的距离
如图所示，

已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，则点P到直线l的距离PQ＝．
(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，则点B到平面α的距离为BO＝．

求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段．有时利用等积法求解可能更方便．
二、基本技能·思想·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．
(　×　)
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角． (　×　)
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．
(　×　)
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]． (　√　)
2．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为(　　)
A．45° B．135°
C．45°或135° D．90°
C　解析：cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°．
所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°．
3．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为(　　)

A． B．
C． D．
A　解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系．

设AB＝2，则N(1,0,0)，D1(0,0,2)，M(1,1,0)，B1(2，2,2)，
所以＝(－1，－1，－2)，
＝(1,0，－2)，
所以·＝－1＋4＝3，
|B1M|＝，|D1N|＝，
所以cos〈，〉＝＝，
所以B1M与D1N所成角的余弦值为．故选A．
4．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．

(1)直线PB与平面POC所成角的余弦值为________；
(2)点B到平面PCD的距离为________．
　　解析：(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD．
又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD．
又在直角梯形ABCD中，易得OC⊥AD．
以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系．

则P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，
所以＝(1，－1，－1)．
因为得OA⊥平面POC，
所以＝(0，－1,0)是平面POC的一个法向量，
所以cos〈，〉＝＝，
所以＝，
所以直线PB与平面POC所成角的余弦值为．
(2)＝(1，－1，－1), 设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取z＝1得n＝(1,1,1)为平面PCD的一个法向量，
点B到平面PCD的距离d＝＝．
5．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP的夹角为________．
45°　解析：如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．

由题意，知AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD．又CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD．所以＝(0,1,0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°．故平面PAB与平面PCD的夹角为45°．


考点1　异面直线所成的角——基础性

1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是BB1，D1B1的中点，则EF与A1D所成角的大小为(　　)
A．60° B．90°
C．45° D．75°
B　解析：如图所示，以D为坐标原点，以DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系．

设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，易得E(2,2,1)，F(1,1,2)，D(0,0,0)，A1(2,0,2)，所以＝(－1，－1,1)，＝(2,0,2)，所以·＝－2＋2＝0，所以⊥．故选B．
2．(2022·江西景德镇期末)如图，在四棱锥A­BCDE中，DE∥CB，BE⊥平面ABC，BE＝3，AB＝CB＝AC＝2DE＝2，则异面直线DC与AE所成角的余弦值为(　　)

A． B．
C． D．
A　解析：如图所示，取BC的中点F，连接AF，DF，可得DF∥BE．因为BE⊥平面ABC，所以DF⊥平面ABC．又由AB＝CB＝AC且F为BC的中点，所以AF⊥BC，故以F为坐标原点，以FA，FB，FD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

则A(，0,0)，E(0,1,3)，C(0，－1,0)，D(0,0,3)，故＝(0, 1, 3)，＝(－， 1, 3)，则cos〈， 〉＝＝＝．所以异面直线DC与AE所成角的余弦值为．故选A．
3．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是棱AD上一点，＝λ．若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为　　．


利用向量法求异面直线所成角的问题，关键是建立空间直角坐标系写出相关点的坐标，并进一步求出相关的向量，利用向量的夹角公式求解．在求解过程中易出现因忽视异面直线所成角的范围而致错的情况．

考点2　 直线与平面所成的角——综合性

(2021·浙江卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．

(1)证明：在△DCM中，易知DC＝1，CM＝2，∠DCM＝60°．
由余弦定理，得DM2＝CD2＋CM2－2CD·CM·cos∠DCM＝1＋4－2×1×2×＝3，所以DM＝，
所以DM2＋DC2＝CM2，所以△DCM为直角三角形，且∠CDM＝90°，即DM⊥DC．
又因为DP⊥DC，DP∩DM＝D，DP⊂平面PDM，DM⊂平面PDM，所以DC⊥平面PDM．
因为AB∥DC，所以AB⊥平面PDM．
因为PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM．
(2)解：如图，连接AM．
因为AB∥CD，AB⊥PM，所以PM⊥CD．
又因为PM⊥MD，DM∩DC＝D，DM⊂平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD．
因为AM⊂平面ABCD，所以PM⊥AM．
由余弦定理，得AM＝
＝＝，
所以PM＝＝＝2．
取AD的中点为E，连接ME，则ME，DM，PM两两垂直．以M为坐标原点，分别以MD，ME，MP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

可得A(－，2,0)，P(0,0,2)，D(，0,0)，M(0,0,0)，C(，－1,0)．
因为N为PC的中点，所以N，
所以＝．
由(1)可知，DC⊥平面PDM，所以平面PDM的一个法向量为＝(0，－1,0)．
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝．

利用向量求线面角的2种方法
(1)分别求出斜线和它所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，取其余角就是斜线与平面所成的角．

1．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．
　解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，

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＝(－1,2,0)，＝(－1，0,1)，＝(0,2,0)．设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有即令x＝2，得y＝1，z＝2，则n＝(2,1,2)为平面A1BC1的一个法向量．设D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，即D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为．
2．(2020·新高考全国Ⅰ卷)如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，QB＝，求PB与平面QCD所成角的正弦值．

(1)证明：在正方形ABCD中，AD∥BC．
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC．
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l．
因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥CD，所以l⊥CD，
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，
所以l⊥PD．
因为CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PDC，
所以l⊥平面PDC．
(2)解：以D为原点，DA，DC，DP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．

因为PD＝AD＝1，则有D(0,0,0)，C(0，1,0)，A(1,0，0)，P(0,0,1)，B(1,1,0)．
设Q(m,0,1)，则有＝(0,1,0)，＝(m,0,1)，＝(1,1，－1)．
因为QB＝，
所以＝，解得m＝1．
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则z＝－1，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－1)．设PB与平面QCD所成的角为θ，则有sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝
＝＝．
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为．

考点3　求二面角——应用性

考向1　由向量法求二面角的三角函数值
(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P­ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM．
(1)求BC；
(2)求二面角A­PM­B的正弦值．

解：(1)如图，连接BD．

因为PD⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以AM⊥PD．
又PB⊥AM，PB∩PD＝P，PB⊂平面PDB，PD⊂平面PDB，所以AM⊥平面PDB．
又DB⊂平面PDB，所以AM⊥DB．
因为PD⊥平面ABCD，且矩形ABCD中AD⊥DC，所以AD，DC，PD两两垂直．
以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
设BC＝2x，则D(0,0,0)，A(2x,0,0)，B(2x,1,0)，M(x,1,0)．所以＝(－x,1,0)，＝(2x,1,0)，
所以(－x,1,0)·(2x,1,0)＝0，解得x＝(负值已舍去)，所以BC＝．
(2)由(1)知，A(，0,0)，B(，1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，M，
则＝，＝，＝(－，0,0)，＝(，1，－1)．
设n1＝(x1，y1，z1)为平面PAM的法向量，
则即取x1＝2，得y1＝，z1＝2，所以n1＝(2，，2)．
设n2＝(x2，y2，z2)为平面PBC的法向量，则即
取y2＝1，得x2＝0，z2＝1，所以n2＝(0,1,1)．
设二面角A­PM­B的大小为θ，则|cos θ|＝＝＝，
所以sin θ＝＝，即二面角A­PM­B的正弦值为．

利用空间向量计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量：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．若要求的为两个平面的夹角，只需写出在范围的一个角即可．
(2)找与棱垂直的方向向量：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．
考向2　 由二面角求几何值或参数值
(2021·新高考全国Ⅰ卷)如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E­BC­D的大小为45°，求三棱锥A­BCD的体积．

(1)证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD．
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，OA⊂平面ABD，所以OA⊥平面BCD．
因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD．
(2)解：以O为坐标原点，OD，OA所在的直线分别为y轴、z轴，过点O且垂直于BD的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

设OA＝t，则O(0,0,0)，B(0，－1,0)，C，A(0,0，t)，D(0,1,0)，
所以＝(0，－1，－t)，＝，＝(0,1，－t)，＝＝，＝－＝．
易知平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1)．
设平面BCE的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即
不妨取x＝，则y＝－1，z＝，即m＝．
因为二面角E­BC­D的大小为45°，所以|cos〈n，m〉|＝＝＝，解得t＝1(负值已舍去)．
由OB＝OC＝OD＝1，得BC⊥CD，所以BC＝，
所以三棱锥A­BCD的体积为××1××1＝．

在已知二面角的条件下求几何量或参数的值时，注意用好二面角的定义，求出相关的量，或由此写出相关点的坐标，为用向量法求解问题做好必要的条件准备．

如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知AB＝2，EF＝1．
(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；
(2)当AD的长为何值时，二面角D­FC­B的平面角的大小为60°？

(1)证明：因为平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，CB⊂平面ABCD，所以CB⊥平面ABEF．因为AF⊂平面ABEF，所以CB⊥AF．
又因为AB为圆的直径，所以FB⊥AF．又CB∩BF＝B，所以AF⊥平面CBF．
因为AF⊂平面DAF，所以平面DAF⊥平面CBF．
(2)解：设EF，CD的中点分别为G，H，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系(如图)，设AD＝t，

则D(1,0，t)，C(－1,0，t)，A(1,0,0)，B(－1,0,0)，f ，所以＝(2,0,0)，＝．
设平面DCF的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·＝0，n1·＝0，即取z＝，则n1＝(0,2t，)．
由(1)可知AF⊥平面CBF，取平面CBF的一个法向量n2＝＝，
所以cos 60°＝，解得t＝，所以线段AD的长为时，二面角D­FC­B的平面角的大小为60°．
,
考点4　求空间距离问题——综合性

(1)已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝1，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，则点B到直线A1C1的距离为________．
(2)如图，已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点．
①求点D到平面PEF的距离；
②求直线AC到平面PEF的距离．

(1)　解析：以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A1(4,0,1)，C1(0,3,1)，所以直线A1C1的方向向量为＝(－4,3,0)，而＝(0,3,1)，所以点B到直线A1C1的距离
d＝＝＝．
(2)解：①以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，f ，
则＝，＝．
设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
所以即
令y＝2，则n＝(2,2,3)．又＝(0,0,1)，
所以点D到平面PEF的距离
d＝＝＝．
②由于E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC．
因为AC平面PEF，所以AC∥平面PEF，所以点A到平面PEF的距离即为直线AC到平面PEF的距离．
由于＝，又由①知平面PEF的法向量为n＝(2,2,3)，
所以点A到平面PEF的距离d＝＝＝，即直线AC到平面PEF的距离为．

1．空间距离包括空间内任意两点之间的距离、点到平面的距离、直线与平面的距离以及两平行平面之间的距离，其中两点间的距离可以用向量的模长处理，其他三种距离的求解都可以转化为点到平面的距离．
2．用向量法求点面距的步骤：

(1)建系：建立恰当的空间直角坐标系．
(2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标．
(3)求向量：求出相关向量的坐标(，α内两不共线向量，平面α的法向量n)．
(4)求距离d＝．

1．(2021·福建师大附中期末)在空间直角坐标系Oxyz中，四面体ABCD的顶点坐标分别是A(0,0,2)，B(2,2,0)，C(1,2,1)，D(2,2,2)，则点B到平面ACD的距离是(　　)
A． B．
C． D．
A　解析：由题意知＝(2,2,0)，＝(1,0,1)，＝(0,0,2)，设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝1，则n＝(1，－1，－1)，所以＝＝，即点B到平面ACD的距离是．故选A．
2．若正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为(　　)
A．a B．a
C．a D．a
D　解析：建立空间直角坐标系如图．

则A(a,0,0)，D(0,0,0)，C1(0，a，a)，D1(0,0，a)，B1(a，a，a)，
设n＝(x，y，z)为平面AB1D1的法向量，
则得取z＝1，则n＝(1，－1,1)为平面AB1D1的一个法向量．
又因为AD1∥BC1，AB1∥DC1，AD1∩AB1＝A，
DC1∩BC1＝C1，所以平面AB1D1∥平面BDC1．
所以平面AB1D1与平面BDC1的距离可转化为点C1到平面AB1D1的距离d．
因为＝(a,0,0)，平面AB1D1的法向量为n(1，－1,1)，
所以d＝＝＝a．


如图，在四棱锥SABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1．
(1)证明：SD⊥平面SAB；
(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值的大小．

[四字程序]
读
想
算
思
AB∥CD，
BC⊥CD，
△SAB为等边三角形，
AB＝BC＝2，CD＝SD＝1
定义法，
借助点到平面的距离，
法向量
勾股定理、余弦定理、法向量求解
多方法、多角度对立体几何知识的掌握及空间向量在解决立体几何中的应用


思路参考：利用定义寻找线面角的位置直接求解．
(1)证明：取AB的中点为点E，连接DE，则四边形BCDE为矩形，DE＝BC＝2．
连接SE，则SE⊥AB，SE＝．
又SD＝1，故DE2＝SE2＋SD2，所以∠DSE为直角．由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，
得AB⊥平面SDE，
所以AB⊥SD，SD与两条相交直线AB，SE都垂直，所以SD⊥平面SAB．
(2)解：因为CD∥AB，所以CD与平面SBC所成的角即为AB与平面SBC所成的角．如图，取SC的中点M，连接BM，DM．

因为DS＝DC，BS＝BC，所以SC⊥DM，SC⊥BM．因为DM∩BM＝M，所以SC⊥平面BDM，
所以平面BDM⊥平面SBC．
作DN⊥BM，垂足为点N，则DN⊥平面SBC．因为DM∩BM＝M，连接CN．
CN为CD在平面SBC上的射影，∠DCN即为CD与平面SBC所成的角．
因为SD⊥AB，CD∥AB，
所以SD⊥CD，所以|SC|＝＝，
|BM|＝＝＝，
cos∠DBM＝
＝＝，
sin∠DBM＝，DN＝×＝，
sin∠DCN＝＝＝．
所以AB与平面SBC所成角的正弦值为．

思路参考：借助点到平面的距离间接求解．
(1)证明：同解法1．
(2)解：VASBC＝VSABC，
过点S作SF⊥DE，则SF⊥平面ABCD．
|SF|＝＝．
VSABC＝S△ABC·|SF|
＝×|AB|·|BC|·|SF|
＝××2×2×＝．
设A到平面SBC的距离为h，取SC中点M，连接BM．

因为SD⊥AB，CD∥AB，SD⊥CD，|SC|＝＝，
|BM|＝＝＝，
VASBC＝S△SBC·h
＝×|SC|·|BM|·h
＝××××h＝h．
因为h＝， 所以h＝×＝，
即A到平面SBC的距离为．
又因为AB＝2，设AB与平面SBC所成的角为α，
则sin α＝＝＝，
所以AB与平面SBC所成角的正弦值为．

思路参考：建立空间直角坐标系，利用法向量求解．
(1)证明：同解法1．
(2)解：如图，以C为坐标原点，CD，CB所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)．
因为平面SDE⊥平面ABCD，
CD＝1，DF＝，SF＝，所以S．
设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，
＝，＝(0,2,0)，
故取z＝2，得x＝－，y＝0，所以平面SBC的一个法向量为n＝(－，0,2)．
又＝(－2,0,0)，所以|cos〈，n〉|＝＝．
故AB与平面SBC所成角的正弦值为．

思路参考：变换建系的方法，空间直角坐标系中各点坐标会发生变化，但求角的方法是不变的．
(1)证明：同解法1．
(2)解：如图，以D为坐标原点，射线DE为x轴正半轴，射线DC为y轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，A(2，－1,0)，B(2,1,0)，C(0,1,0)．
因为平面SDE⊥平面ABCD，点S在xOz平面内，DF＝，SF＝，所以S．
设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，
＝，＝(2,0,0)，
故取z＝2，得x＝0，y＝．
所以平面SBC的一个法向量为n＝(0，，2)．
又＝(0,2,0)，
所以|cos〈，n〉|＝＝＝．
故AB与平面SBC所成角的正弦值为．

1．本题考查线面角的运算，解法灵活，基本解题策略一种是利用定义寻找线面角，然后通过解三角形计算，另一种是建立空间直角坐标系，通过法向量与方向向量夹角处理．
2．基于课程标准，解答本题需要熟练掌握线面角的寻找以及空间向量求线面角的方法，具有良好的运算求解能力、空间想象能力．本题的解答过程体现了数学探索的魅力．
3．基于高考数学评价体系，解答本题的过程中，通过不同的思路引导，将求线面角转化为最基本的数学模型，体现了基础性；解题过程中知识的转化，体现了综合性．

如图1，四边形ABCD为菱形，且∠A＝60°，AB＝2，E为边AB的中点．现将四边形EBCD沿DE折起至EBHD，如图2．若二面角ADEH的大小为60°，求平面ABH与平面ADE夹角的余弦值．
　　
图1　　　　　　　　图2
解：(方法一)分别取AE，AD的中点O，K，连接OK，OB．由DE⊥平面ABE，可知∠AEB为二面角ADEH的平面角，即有∠AEB＝60°．
因为O为AE的中点，所以BO⊥AE．因为BO⊥DE，所以BO⊥平面ADE，则以点O为坐标原点，分别以直线KO，OE，OB为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．

由条件，易得A，B，D，E．
再设H(x0，y0，z0)，而＝(－，0,0)，
＝．
由ED⊥DH，得·＝0，得x0＝－．
由
可得
将x0＝－代入，可得y0＝－，z0＝，即H，则＝，＝(－，0，)．
设平面ABH法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
即
令x1＝1，得y1＝－，z1＝1，即n1＝(1，－，1)．
而平面ADE的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
于是平面ABH与平面ADE的夹角θ的余弦值为cos θ＝＝＝．
(方法二)延长HB，DE交于点L，连接AL，取AE的中点O，过点O作OM⊥AL于点M，连接MB，如图．

由DE⊥平面ABE，可知∠AEB为二面角ADEH的一个平面角，即有∠AEB＝60°．
因为O为AE的中点，所以BO⊥AE．
因为BO⊥DE，所以BO⊥平面ADE，即BO⊥AL且BO⊥MO．
又因为OM⊥AL，所以AL⊥平面BOM，即∠BMO为平面ADE与平面ABH的夹角的一个平面角．
而BO＝，AO＝．易得LE＝，而AE＝1，∠AEL＝90°，所以∠EAL＝60°，则MO＝．
由勾股定理，得MB＝＝，
则cos∠BMO＝＝，
即平面ADE与平面ABH的夹角的余弦值为．
方法三：延长HB，DE交于点L，连接AL，过点D作DQ∥AE且与LA的延长线交于点Q，连接QH．分别取DQ，AE中点M，O，连接AM，BO．再取MD中点O′，连接OO′．
因为QD∥AE，HD∥BE且QD，HD为平面HDQ内两条相交直线，AE，BE为平面ABE内两条相交直线，所以平面HDQ∥平面ABE．
因为DE⊥平面ABE，所以DE⊥平面HDQ，
即∠HDQ为二面角ADEH的一个平面角，即有∠HDQ＝60°．
由HD＝2，得HM＝，MD＝1，则MO′＝．
因为M为QD中点，所以HM⊥QD．
因为HM⊥DE，所以MH⊥平面ADE．
以点O为坐标原点，分别以直线O′O，OE，OB为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图．

易得A，B，H，
则有＝，＝．
设平面ABH的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
即
令x1＝1，得y1＝－，z1＝1，即n1＝(1，－，1)．
而平面ADE的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
于是平面ABH与平面ADE的夹角θ的余弦值为cos θ＝＝＝．