高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用学案设计

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用学案设计，共30页。

第一章 空间向量与立体几何
1.4 空间向量的应用
1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题




知识点一　空间距离及向量求法
距离的分类
向量求法
点到直线
的距离　
已知直线l的单位方向向量为u，A为直线l上的定点，P是直线l外一点，向量在直线l上的投影向量为，设＝a，则＝(a·u)u，点P到直线l的距离PQ＝＝
点到
面的
距离
已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度，PQ＝|·|＝||＝
知识点二　空间角及向量求法
角的分类
向量求法
范围
异面直线
所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cosθ＝|cos〈u，v〉|＝||＝

直线与
平面所
成的角
直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos〈u，n〉|＝||＝

平面与
平面的
夹角
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝||＝

知识点三　用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”
(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题．
(2)通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹角等问题．
(3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何结论．

1．利用法向量求点到面的距离的步骤
(1)求出该平面的一个法向量．
(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量．
(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
2．利用法向量求直线AB与平面α所成的角θ的步骤
(1)求平面α的法向量n.
(2)利用公式sinθ＝|cos〈，n〉|＝确定θ，注意直线和平面所成角的取值范围为.
3．利用法向量求两平面夹角的步骤
(1)求两平面的法向量．
(2)求两法向量的夹角的余弦值，从而确定夹角的大小，注意两平面夹角的取值范围为.

1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．(　　)
(2)直线l∥平面α，则直线l到平面α的距离就是直线l上的点到平面α的距离．(　　)
(3)若平面α∥β，则两平面α，β的距离可转化为平面α内某条直线到平面β的距离，也可转化为平面α内某点到平面β的距离．(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)√
2．做一做(请把正确的答案写在横线上)
(1)已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面的夹角为________.
(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是C1C的中点，O是底面ABCD的中点，P是A1B1上的任意点，则直线BM与OP所成的角为________.

(3)已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在平面α内，则点P(－2,1,4)到平面α的距离为________.
答案　(1)45°　(2)　(3)



题型一 利用空间向量求距离
例1　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P到直线EF的距离；
(2)求点D到平面PEF的距离；
(3)求直线AC到平面PEF的距离．
[解]　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.
解法一：(1)∵＝，
取a＝＝，
u＝＝＝，
则a2＝，a·u＝.
∴点P到直线EF的距离为
＝＝.
(2)∵＝， ＝， ＝，设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则解得
令x＝2，则n＝(2,2,3)，
∴点D到平面PEF的距离
d＝＝＝.
(3)∵AC∥EF，
∴直线AC到平面PEF的距离也即是点A到平面PEF的距离．
又＝，∴点A到平面PEF的距离d＝＝＝.
解法二：(1)∵四边形ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，E，F分别为AB，BC的中点，∴PE＝PF.
设EF的中点为Q，则点Q的坐标为.
∴点P到直线EF的距离为||＝.
(2)设DH⊥平面PEF，垂足为H，则
＝x＋y＋z＝(x＋y＋z＝1)，＝，＝.
∴·＝x＋y＋－z＝x＋y－z＝0.
同理，·＝x＋y－z＝0，
又x＋y＋z＝1，∴可解得x＝y＝，z＝.
∴＝(2,2,3)．∴||＝.
因此，点D到平面PEF的距离为.
(3)设AH′⊥平面PEF，垂足为H′，则∥，设＝λ(2,2,3)＝(2λ，2λ，3λ)(λ≠0)，则
＝＋＝＋(2λ，2λ，3λ)＝.
∴·＝4λ2＋4λ2－λ＋9λ2＝0，即λ＝.
∴＝(2,2,3)，||＝，
又AC∥平面PEF，∴AC到平面PEF的距离为.

1．向量法求点到直线的距离的两种思路
(1)直接套用点线距公式求解的步骤
直线的方向向量a→所求点到直线上一点的向量及其在直线的方向向量a上的投影→代入公式．
注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化．
(2)将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题，即利用待定系数法求出垂足的坐标，然后求出向量的模．
2．点面距、线面距、面面距的求解方法
线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行．点面距的求解步骤：
(1)求出该平面的一个法向量；
(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；
(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
[跟踪训练1]　正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是C1C，D1A1，AB的中点，求点A到平面EFG的距离．
解　如图，建立空间直角坐标系，则
A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,0,2)，G(2,1,0)，

∴＝(1，－2,1)，＝(2，－1，－1)，＝(0，－1,0)．
设n＝(x，y，z)是平面EFG的法向量，
则∴
∴x＝y＝z，可取n＝(1,1,1)，
∴d＝＝＝，
即点A到平面EFG的距离为.
题型二 利用空间向量求线线角
例2　如图，已知两个正四棱锥P－ABCD与Q－ABCD的高分别为1和2，AB＝4.求异面直线AQ与PB所成角的余弦值．

[解]　由题设知，ABCD是正方形，连接AC，BD，交于点O，则AC⊥BD.连接PQ，则PQ过点O.
由正四棱锥的性质知PQ⊥平面ABCD，故以O为坐标原点，以直线CA，DB，QP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)，则P(0,0,1)，A(2，0,0)，Q(0,0，－2)，B(0,2，0)，

∴＝(－2，0，－2)，＝(0,2，－1)．
∴cos〈，〉＝＝，
∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为.

两异面直线所成角的求法
(1)平移法：即通过平移其中一条(也可两条同时平移)，使它们转化为两条相交直线，然后通过解三角形获解．
(2)取定基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在利用公式cos〈a，b〉＝求向量a，b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a，b用一个基底表示出来，再求有关的量．
(3)用坐标法求异面直线的夹角的方法
①建立恰当的空间直角坐标系；
②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式；
③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角；
④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角．
[跟踪训练2]　如图，在三棱锥V－ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x，y，z轴上，D是线段AB的中点，且AC＝BC＝2，∠VDC＝θ.当θ＝时，求异面直线AC与VD所成角的余弦值．

解　由于AC＝BC＝2，D是AB的中点，
所以C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(1,1,0)．
当θ＝时，在Rt△VCD中，CD＝，故有V(0,0，)．
所以＝(－2,0,0)，＝(1,1，－)．
所以cos〈，〉＝＝＝－.
所以异面直线AC与VD所成角的余弦值为.
题型三 利用空间向量求线面角
例3　正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为a，求AC1与侧面ABB1A1所成的角．

[解]　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0，a,0)，A1(0,0, a)，C1，

取A1B1的中点M，
则M，连接AM，MC1，
有＝，＝(0，a,0)，＝(0,0，a)．
∴·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥，
即MC1⊥AB，MC1⊥AA1，
又AB∩AA1＝A，∴MC1⊥平面ABB1A1 .
∴∠C1AM是AC1与侧面ABB1A1所成的角．
由于＝，＝，
∴·＝0＋＋2a2＝，
||＝＝a，
||＝＝a，
∴cos〈，〉＝＝.
∴〈，〉＝30°，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.
[解法探究]　本例有没有其他解法？
解　与原解建立相同的空间直角坐标系，则＝(0，a,0)，＝(0,0，a)，＝.
设侧面ABB1A1的法向量为n＝(λ，x，y)，
∴n·＝0且n·＝0.∴ax＝0且ay＝0.
∴x＝y＝0.故n＝(λ，0,0)．
∴cos〈，n〉＝＝－.
∴|cos〈，n〉|＝.
∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.
[条件探究]　本例中增加条件“E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点”，求B1F与平面GEF所成角的正弦值．
解　建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(0，a，a)，E，F，G，

于是＝，
＝，
＝.
设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
所以令z＝1，得x＝，y＝，
所以平面GEF的一个法向量为n＝(，，1)，
所以|cos〈，n〉|＝＝＝.
所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为.

求直线与平面的夹角的思路与步骤
思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．
思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．
利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)求直线的方向向量；
(3)求平面的法向量n；
(4)计算：设线面角为θ，则sinθ＝.
[跟踪训练3]　如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．

(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
解　(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN.
又N为PC的中点，所以TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，所以TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，所以MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.
(2)取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，
且AE＝＝ ＝.
以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，

P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，＝(0,2，－4)，＝，＝.
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则
即可取n＝(0,2,1)．
所以|cos〈n，〉|＝＝，
则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.
题型四 利用空间向量求平面与平面的夹角
例4　如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.

(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；
(2)求平面BCE与平面ABCD夹角的余弦值．
[解]　(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，又DF∩FE＝F，所以AF⊥平面EFDC.
又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.
(2)过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.
以G为坐标原点，，的方向分别为x轴、z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.

由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝，可得A(1,4,0)，B(－3，4,0)，E(－3,0,0)，D(0，0，)．
由已知，AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，所以AB∥平面EFDC.
又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，
故AB∥CD，CD∥EF.
由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60°.
从而可得C(－2，0，)．
因为＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－1，－4，)，＝(－4,0，0)．
设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则
即
所以可取n＝(3,0，－)．
设m是平面ABCD的法向量，则
同理可取m＝(0，，4)．设平面BCE与平面ABCD的夹角为θ，
则cosθ＝|cos〈n，m〉|＝＝.
故平面BCE与平面ABCD的夹角的余弦值为.

平面与平面夹角的向量求法
(1)若AB，CD分别是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的异面直线，则平面α与平面β的夹角就是向量与的夹角或其补角(如图①)．

(2)利用坐标法求平面与平面夹角的步骤
设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图②.
利用坐标法的解题步骤如下：
①建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系．
②求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n1，n2.
③计算：设平面α与平面β的夹角为θ，cosθ＝.
[跟踪训练4]　若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝，求平面APB与平面CPB夹角的余弦值．
解　解法一：如下图所示，取PB的中点D，连接CD.

∵PC＝BC＝，∴CD⊥PB.
∴作AE⊥PB于E，那么平面APB与平面CPB夹角的大小就等于异面直线EA与DC所成的角θ的大小．
易知AB＝，PB＝2，∴PD＝1，PE＝＝，
DE＝PD－PE＝，
AE＝＝，CD＝1，又AC＝1，
＝＋＋，且⊥，⊥，
∴||2＝||2＋||2＋||2＋2||·||·cos(π－θ)，
即1＝＋＋1－2××1×cosθ，解得cosθ＝.
故平面APB与平面CPB夹角的余弦值为.
解法二：由解法一可知，向量与的夹角的大小就是平面APB与平面CPB夹角的大小，如图，建立空间直角坐标系Cxyz，则A(1,0,0)，B(0，，0)，C(0,0,0)，P(1,0,1)，D为PB的中点，D.

∵＝＝，即E分的比为，
∴E，＝，
＝，||＝，||＝1，
·＝×＋×＋×＝.
∴cos〈，〉＝＝.
故平面APB与平面CPB夹角的余弦值为.
解法三：如下图所示，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(，1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，＝(0,0,1)，＝(，1,0)，＝(，0,0)，＝(0，－1，1)，设平面APB的法向量为m＝(x，y，z)，则

⇒
⇒令x＝1，则m＝(1，－，0)，
设平面CPB的法向量为n＝(x′，y′，z′)，则
⇒⇒
令y′＝－1，则n＝(0，－1，－1)，
∴|cos〈m，n〉|＝＝.
∴平面APB与平面CPB夹角的余弦值为.
题型五 向量法的综合应用
例5　如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝a，∠ABC＝60°，平面ACFE⊥平面ABCD，四边形ACFE是矩形，AE＝a.

(1)求证：BC⊥平面ACFE；
(2)点M在线段EF上，且直线AM∥平面BDF，求线段EM的长；
(3)求平面BEF与平面DEF夹角的余弦值．
[解]　(1)证明：在梯形ABCD中，AB∥CD，
∵∠ABC＝60°，AD＝CD＝CB＝a，
∴四边形ABCD是等腰梯形，
且∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°，
∴∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°，
∴AC⊥BC.
又平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，
∴BC⊥平面ACFE.
(2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(a,0,0)，B(0，a,0)，F(0,0，a)，D，E(a,0，a)，设M(m,0，a)，＝(0，－a，a)，＝，＝(m－a,0，a)，
＝(m－a,0,0)，
设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，

令y＝1，则x＝，z＝1，∴n＝(，1,1)，
∵直线AM∥平面BDF，∴n·＝0，
∴(m－a)＋a＝0，
解得m＝，
∴EM＝||＝.
(3)∵C(0,0,0)，B(0，a,0)，F(0,0，a)，D，E(a,0，a)，
∴＝(－a,0,0)，＝(0，－a，a)，＝，
分别设平面BEF与平面DEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
∴
令y1＝1，则x1＝0，z1＝1，
又
显然x2＝0，令y2＝1，则z2＝－，
∴n1＝(0,1,1)，n2＝，
设平面BEF与平面DEF的夹角为θ，
则cosθ＝＝＝.
∴平面BEF与平面DEF夹角的余弦值为.

利用向量解决存在性问题的方法策略
首先，假定题中的数学对象存在；其次，构建空间直角坐标系；再次，利用空间向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题；最后，解方程，下结论．利用上述思维策略，可使此类存在性难题变为常规问题．
[跟踪训练5]　如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上，且A1P＝λA1B1.

(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥PN；
(2)当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大？并求该角取最大值时的正切值；
(3)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为30°？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由．
解　以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0，0,1)，B1(1，0,1)，M，N.

∵＝λ＝λ(1,0,0)＝(λ，0,0)，
∴P(λ，0,1)，
∴＝，＝.
(1)证明：∵＝，
∴·＝0＋－＝0，
∴⊥，
∴无论λ取何值，总有AM⊥PN.
(2)∵m＝(0,0,1)是平面ABC的一个法向量，
∴sinθ＝|cos〈m·〉|＝
＝，
又θ∈，
∴当λ＝时，sinθ取值最大值，即θ取得最大值，此时sinθ＝，cosθ＝，
∴tanθ＝2.
(3)假设存在点P满足题意，设n＝(x，y，z)是平面PMN的法向量，
由得
令x＝3，得y＝1＋2λ，z＝2－2λ，
∴n＝(3,1＋2λ，2－2λ)．
由(2)知平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)，
∴|cos〈m，n〉|＝＝，
化简得4λ2＋10λ＋13＝0.　(*)
∵Δ＝100－4×4×13＝－108<0，
∴方程(*)无解，
∴不存在点P使得平面PMN与平面ABC的夹角为30°.



1．若两异面直线l1与l2的方向向量分别为a＝(0,4，－3)，b＝(1,2,0)，则直线l1与l2的夹角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
答案　B
解析　设l1，l2的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈a，b〉|
＝＝.
2．直角△ABC的两条直角边BC＝3，AC＝4，PC⊥平面ABC，PC＝，则点P到斜边AB的距离是(　　)
A．5 B．3
C．3 D．
答案　B
解析　以C为坐标原点，CA，CB，CP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A(4,0,0)，B(0,3,0)，P，所以＝(－4,3,0)， ＝，所以在上的投影长为＝，所以点P到AB的距离为d＝＝＝3.故选B.

3．(多选)已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3，0)在α内，则下列给出的各点中，到平面α的距离为4的是(　　)
A．M(－1,1，－2) B．N(1,4,2)
C．P(－3,0,2) D．Q(－3,1,4)
答案　CD
解析　由题意，得＝(0，－2，－2)，＝(2,1,2)，＝(－2，－3，2)，＝(－2，－2,4)，∵n＝(－2，－2，1)，∴|n|＝＝3，对于A，d＝＝，故A错误；对于B，d＝＝，故B错误；对于C，d＝＝4，故C正确；对于D，d＝＝4，故D正确．故选CD.
4．平面α的法向量n1＝(1,0，－1)，平面β的法向量n2＝(0，－1,1)，则平面α与β夹角的大小为________.
答案　
解析　设平面α与β夹角的大小为θ，因为cos〈n1，n2〉＝＝－，所以cosθ＝，∴θ＝.
5. 如图，在长方体AC1中，AB＝BC＝2，AA1＝，点E，F分别是平面A1B1C1D1、平面BCC1B1的中心．以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．试用向量方法解决下列问题：

(1)求异面直线AF和BE所成的角；
(2)求直线AF和平面BEC所成角的正弦值．
解　(1)由题意得A(2,0,0)，F，B(2,2,0)，E(1，1，)，C(0,2,0)．
∴＝，＝(－1，－1，)，
∴·＝1－2＋1＝0.∴直线AF和BE所成的角为90°.
(2)设平面BEC的法向量为n＝(x，y，z)，又＝(－2，0,0)，＝(－1，－1，)，则n·＝－2x＝0，
n·＝－x－y＋z＝0，∴x＝0，取z＝1，则y＝，
∴平面BEC的一个法向量为n＝(0，，1)．
∴cos〈，n〉＝＝＝.
设直线AF和平面BEC所成的角为θ，则sinθ＝，即直线AF和平面BEC所成角的正弦值为.



A级：“四基”巩固训练
一、选择题
1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)

A． B．
C． D．
答案　A
解析　不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)．∴＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)．
cos〈，〉＝＝＝，故选A.
2．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，点A(－1，3,0)在平面α内，则点P(－2,1,4)到平面α的距离为(　　)
A．10 B．3
C． D．
答案　D
解析　∵＝(1,2，－4)，n＝(－2，－2,1)，∴点P到平面α的距离d＝＝＝.
3. 如图，过边长为1的正方形ABCD的顶点A作线段EA⊥平面ABCD，若EA＝1，则平面ADE与平面BCE夹角的大小是(　　)

A．120° B．45°
C．135° D．60°
答案　B
解析　以A为原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，＝(1,0，－1)，＝(1,1，－1)．

设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则即可取n＝(1,0,1)．
又平面EAD的一个法向量为＝(1,0,0)，
所以|cos〈n，〉|＝＝，
故平面ADE与平面BCE夹角为45°.
4．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　)
A． B．
C． D．
答案　A
解析　设AB＝1，则AA1＝2，以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D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D(0,0,2)，C1(0,1,0)，B(1，1,2)，C(0,1,2)，∴＝(1,1,0)，＝(0,1，－2)，＝(0,1,0)，设n＝(x，y，z)为平面BDC1的法向量，则即取n＝(－2,2,1)，设CD与平面BDC1所成角为θ，则sinθ＝＝＝.

5. 已知矩形ABCD与ABEF全等，D－AB－E为直二面角，M为AB中点，FM与BD所成角为θ，且cosθ＝.则AB与BC的边长之比为(　　)

A．1∶1 B．∶1
C．∶2 D．1∶2
答案　C
解析　设AB＝a，BC＝b，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则相关各点坐标为

F(b,0,0)，M，B(0，a,0)，D(0,0，b)．
＝，＝(0，－a，b)，
所以||＝，||＝，
·＝－，
|cos〈，〉|＝＝，
整理得4×＋5×－26＝0，
解得＝2或＝－(舍去)，
所以＝＝.
6. (多选)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，点P在侧面ABB1A1内．下列结论正确的是(　　)

A．直线CM与平面ABCD所成角的余弦值为
B．||的最大值为2
C．cos∠A1D1P的取值范围为
D．若D1P⊥CM，则△PBC的面积的最小值为
答案　ABCD
解析　如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,2,0)，M(0,0,1)，C(2，2,0)，B(2,0,0)，D1(0,2,2)．对于A，＝(－2，－2,1)，＝(0,0,2)，易知是平面ABCD的一个法向量，设直线CM与平面ABCD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，∴cosθ＝，A正确；对于B，∵点P在侧面ABB1A1内，∴设P(a,0，b)，a，b∈[0,2]，则＝(a，－2，b－2)，∴||＝∈[2,2]，即||的最大值为2，B正确；对于C，cos∠A1D1P＝＝∈，C正确；对于D，∵＝(－2，－2,1)，＝(2－a,0，－b)，D1P⊥CM，∴·＝－2a＋4＋b－2＝0，即b＝2a－2，∴a∈[1,2]．∵BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥PB，∴S△PBC＝BC·PB＝×2×PB＝.将b＝2a－2代入上式，可得S△PBC＝＝，a∈[1，2]，∴当a＝时，S△PBC取得最小值，最小值为，D正确．故选ABCD.

二、填空题
7. 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，点D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为________.

答案　
解析　设＝b，＝a，＝c，AC的中点为M.由条件知a·b＝，a·c＝0，b·c＝0，
＝－＝c－b，平面AA1C1C的一个法向量为＝(a＋b)．
∴·＝(c－b)·(a＋b)＝a·c－a·b＋b·c－|b|2＝－.
易知||＝，||＝，
设直线AD与平面AA1C1C所成角为θ，则
sinθ＝|cos〈，〉|＝＝.
8．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为________.
答案　a
解析　由正方体的性质易得平面AB1D1∥平面BDC1，则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离．显然A1C⊥平面AB1D1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则平面AB1D1的一个法向量为n＝(1，－1,1)．又A(a,0,0)，B(a，a,0)，＝(0，－a,0)，则两平面间的距离d＝＝＝a.

三、解答题
9．如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.

(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
解　(1)证明：如图，取AB的中点O，连接CO，A1O，A1B.

∵CA＝CB，∴CO⊥AB，
又AA1＝AB，
∠BAA1＝60°，∴△BAA1为正三角形，
∴AB⊥A1O，
又A1O∩OC＝O，
∴AB⊥平面A1OC.
∵A1C⊂平面A1OC，
∴AB⊥A1C.
(2)以O为原点，OA所在直线为x轴，OA1所在直线为y轴，OC所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，A1(0，，0)，B(－1,0,0)，C(0，0，)，B1(－2，，0)，
则＝(1,0，)，1＝(－1，，0)，
＝(0，－，)，
设n＝(x，y，z)为平面BB1C1C的法向量，则

即令z＝－1，则x＝，y＝1，
∴n＝(，1，－1)为平面BB1C1C的一个法向量，
∴直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值
sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝.
10. 如图，在三棱锥P－ABC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)求平面CEM与平面EMN夹角的余弦值；
(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．
解　如图，以A为原点，分别以AB，AC，AP所在直线为x轴、y轴、z轴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：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则即
不妨设z＝1，可得n＝(1,0,1)．
又＝(1,2，－1)，可得·n＝0.
因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.
(2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量．
设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，则
因为＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)，
所以
不妨设y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)．
因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，
设平面CEM与平面EMN的夹角为θ，
则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝.
(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，
进而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)．
由已知，得
|cos〈，〉|＝＝＝，
整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.
所以线段AH的长为或.
B级：“四能”提升训练
1．在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝2，M，N分别为AB，SB的中点．

(1)证明：AC⊥SB；
(2)求平面CMN与平面ABC夹角的余弦值；
(3)求点B到平面CMN的距离．
解　取AC的中点O，连接OS，OB.
∵SA＝SC，AB＝BC，
∴AC⊥SO且AC⊥BO.
∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC，
∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO.
如图所示建立空间直角坐标系Oxyz.

则点A(2,0,0)，B(0,2，0)，C(－2,0,0)，S(0,0，2)，M(1，，0)，N(0，，)．
(1)证明：∵＝(－4,0,0)，＝(0,2，－2)．
∴·＝(－4,0,0)·(0,2，－2)＝0，
∴AC⊥SB.
(2)∵＝(3，，0)，＝(－1,0，)，
设n＝(x，y，z)为平面CMN的法向量，
则
取z＝1，则x＝，y＝－.
∴n＝(，－，1)．
又＝(0,0,2)为平面ABC的一个法向量，
∴|cos〈n，〉|＝＝.
∴平面CMN与平面ABC夹角的余弦值为.
(3)∵＝(－1，，0)，n＝(，－，1)为平面CMN的一个法向量，
∴点B到平面CMN的距离d＝＝.
2．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.

(1)证明：D′H⊥平面ABCD；
(2)求平面ABD′与平面ACD′夹角的余弦值．
解　(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.
因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.
由EF∥AC得＝＝.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.
(2)如图，以H为坐标原点，HF所在直线为x轴，HD所在直线为y轴，HD′所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Hxyz.则H(0,0,0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5,0)，C(3，－1，0)，D′(0,0,3)，＝(3，－4,0)，＝(6,0,0)，＝(3,1,3)．

设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则
即
所以可取m＝(4,3，－5)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则
即
所以可取n＝(0，－3,1)．
于是|cos〈m，n〉|＝＝＝，
因此平面ABD′与平面ACD′夹角的余弦值是.