2024年高考数学第一轮复习8.7 向量法求距离、探索性及折叠问题(解析版)

这是一份2024年高考数学第一轮复习8.7 向量法求距离、探索性及折叠问题(解析版)，共44页。试卷主要包含了点到平面的距离，点到直线的距离，))等内容，欢迎下载使用。

8.7 向量法求距离、探索性及折叠问题
知识点总结
1.点到平面的距离

若P是平面α外一点，PO⊥α，垂足为O，A为平面α内任意一点，设n为平面α的法向量，则点P到平面α的距离d＝.
2.点到直线的距离
如图(1)，点P为直线l外一点，A是l上任意一点，在点P和直线l所确定的平面内，取一个与直线l垂直的向量n，则点P到直线l的距离为d＝.
如图(2)，设e是直线l的方向向量，则点P到直线l的距离为d＝||sin〈，e〉.

3.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.

典型例题分析
考向一 　　点到直线的距离
例1 如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，则点P到直线BD的距离为________.

答案　
解析　如图，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则P(0，0，1)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，
则＝(－3，0，1)，＝(－3，4，0)，
故点P到直线BD的距离d＝＝＝，
所以点P到直线BD的距离为.
考向二 点到平面的距离
例2 在棱长均为a的正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是侧棱CC1的中点，则点C1到平面AB1D的距离为(　　)
A.a B.a
C.a D.a
答案　A
解析　以A为空间直角坐标原点，以垂直于AC的直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系.

由ABC－A1B1C1是棱长均为a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，
故A(0，0，0)，B1，D，C1(0，a，a)，
所以＝，＝，＝，
设平面AB1D的法向量是n＝(x，y，z)，
所以取n＝(，1，－2)，
故点C1到平面AB1D的距离d＝＝＝a.
感悟提升　1.点线距的求解步骤：
直线的单位方向向量a→所求点到直线上一点的向量及其在直线的方向向量a上的投影向量→代入公式.
2.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.


考向三 探索性问题
例3 (2023·厦门质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面ABC，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.

(1)证明：A1B⊥B1C.
(2)已知∠ABB1＝60°，AB＝AC＝2，l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°？若存在，求B1P的长度；若不存在，请说明理由.
(1)证明　因为四边形AA1B1B为菱形，
所以A1B⊥AB1.
因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AC⊂平面ABC，AC⊥AB，
所以AC⊥平面AA1B1B.
又A1B⊂平面AA1B1B，所以AC⊥A1B.
又因为AB1∩AC＝A，
所以A1B⊥平面AB1C.
又B1C⊂平面AB1C，所以A1B⊥B1C.
(2)解　l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.理由如下：
取A1B1的中点D，连接AD.
因为∠ABB1＝60°，所以∠AA1B1＝60°.
又AA1＝A1B1，
所以△AA1B1为等边三角形，
所以AD⊥A1B1.
因为A1B1∥AB，所以AD⊥AB.
又平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AD⊂平面AA1B1B，
所以AD⊥平面ABC.
以A为原点，以，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(－1，0，)，B1(1，0，)，＝(0，2，0)，
＝(2，0，0)，＝(1，0，).
因为AC∥A1C1，AC⊄平面A1B1C1，
A1C1⊂平面A1B1C1，
所以AC∥平面A1B1C1，
又AC⊂平面AB1C，平面A1B1C1∩平面AB1C＝l，
所以AC∥l.
假设l上存在一点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.

设＝λ(λ∈R)，则＝(0，2λ，0)，
所以＝＋＝(1，2λ，).
设n＝(x，y，z)为平面ABP的一个法向量，
则即
令y＝－，则z＝2λ，可取n＝(0，－，2λ).
又＝(3，0，－)，
所以sin 30°＝|cos〈n，〉|＝＝＝，
即3＋4λ2＝4λ2，此方程无解，
因此l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.
感悟提升　1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.
2.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.
训练2 如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点.

(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.
(1)证明　连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.由题意知SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O－xyz.

设底面边长为a，则高SO＝a，
于是S，D，C，B.
于是，＝，＝，
则·＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解　由题设知，平面PAC的一个法向量＝，
平面DAC的一个法向量＝.
则cos〈，〉＝＝，
所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.
(3)解　在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
根据第(2)问知是平面PAC的一个法向量，
且＝，＝，＝.
设＝t，
则＝＋＝＋t＝.
又·＝0，得－＋0＋a2t＝0，
则t＝，
当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
考向四 折叠问题
例4(1) (2023·济南调研)如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得
点D到达点P的位置，连接PB，PB＝.
(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；
(2)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值.

(1)证明　因为BC＝1，PC＝2，PB＝，
所以BC2＋PB2＝PC2，所以BC⊥PB，
又因为BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
因为BC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面PAB.
(2)解　作PO⊥AB于点O，以O为坐标原点，以过O垂直于平面PAB的直线为x轴，OB，OP所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系.

易得OB＝，OP＝，
所以P，C，
所以＝，
易知平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)，
所以cos〈，n〉＝＝－，
所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为.

(2)(2023·苏北四市质检)已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周上有C，D两点.如图，OC⊥AB，∠AOD＝，点P是上的动点.沿AB将纸片折为直二面角，并连接PO，PD，PC，CD.

(1)当AB∥平面PCD时，求PD的长；
(2)当三棱锥P－COD的体积最大时，求二面角O-PD-C的余弦值.
解　(1)因为AB∥平面PCD，AB⊂平面OPD，
平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD，
又∠AOD＝，所以∠ODP＝∠OPD＝，
所以∠POD＝，
又OD＝OP＝1，所以PD＝.
(2)由题意知OC⊥平面POD，
而S△DOP＝·OD·OP·sin∠DOP，
所以当OD⊥OP时，三棱锥P－COD的体积最大.
易知OC，OD，OP两两垂直，以O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O－xyz，

则C(1，0，0)，D(0，0，1)，P(0，1，0)，
故＝(1，－1，0)，＝(0，1，－1).
设平面CPD的法向量为n1＝(x，y，z).
则即
取y＝1，得x＝1，z＝1，
得平面CPD的一个法向量为n1＝(1，1，1).
易知平面OPD的一个法向量为n2＝(1，0，0)，
设二面角O-PD-C为θ，
则cos θ＝＝，
所以二面角O-PD-C的余弦值为.
感悟提升　
翻折问题中的解题关键是要结合图形弄清翻折前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.


基础题型训练

一、单选题
1．在空间直角坐标系中，已知，且平面的法向量为，则到平面的距离等于（    ）
A． B．4 C． D．
【答案】C
【分析】根据向量法计算可得.
【详解】依题意，平面的法向量为，
所以点到平面的距离.
故选：C
2．空间中有三点，，，则点P到直线MN的距离为（    ）
A． B． C．3 D．
【答案】A
【分析】根据空间中点线距离的向量求法即可求解.
【详解】因为，所以的一个单位方向向量为.
因为，故，,
所以点到直线的距离为.
故选：A
3．已知空间三点，则到直线的距离为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给出的三个点求出、和,求出和，即可求出到直线的距离.
【详解】由题意，空间三点，
，
∴，
，
∴到直线的距离为：，
故选：B.
4．已知空间三点，，，则到直线的距离为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．
【答案】B
【分析】首先求出、，再根据夹角公式求出，从而求出，再根据距离公式计算可得.
【详解】解：因为，，，所以，
，
则，，，
所以，则，
所以到直线的距离为.
故选：B
5．在空间直角坐标系中，平面的法向量为， 已知，则P到平面的距离等于 （　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据点面距的向量公式计算．
【详解】
所求距离为．
故选：C．
6．已知正方体的棱长为2，、分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（      ）
  
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法得出点到平面的距离.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系
  
，，，，，，
设平面的法向量为，，令，得
则点到平面的距离为.
故选：A

二、多选题
7．如图，在正四棱柱中，，为四边形对角线的交点，下列结论正确的是（    ）

A．点到侧棱的距离相等 B．正四棱柱外接球的体积为
C．若，则平面 D．点到平面的距离为
【答案】BD
【分析】利用正四棱柱的体对角线等于外接球直径，以及空间位置关系的向量方法证明和空间距离的向量方法计算方法即可求解.
【详解】对于A, 到侧棱的距离等于,
到侧棱的距离相等且等于,故A错误；
对于B，设正四棱柱外接球的直径为，则有,
即，所以外接球的体积等于，故B正确；
对于C，建立空间直角坐标系，如图，
则,
因为，所以,
所以，，,
所以，所以与平面不垂直，故C错误；
对于D,由以上知，设平面的法向量为，
则有，,
,即，令则，
所以，
因为,所以点到平面的距离为，故D正确.

故选:BD.
8．[多选题]下列命题中正确的是（    ）．
A．可以用求空间两点A，B的距离
B．设是平面的法向量，AB是平面的一条斜线，点A在平面内，则点B到的距离为
C．若直线l与平面平行，直线l上任意一点与平面内任意一点的距离就是直线l与平面的距离
D．若平面与平面平行，则平面内任意一点到平面的距离就是平面与平面之间的距离
【答案】ABD

【分析】根据向量数量积的定义可知A正确；由点到平面的距离，面面距的定义以及向量公式易知B，D正确；根据点面距与线面距的定义可知C错误．
【详解】根据向量数量积的定义可知A显然正确，由点到平面的距离，面面距的定义以及向量公式易知B，D正确．C中，直线l上任意一点到平面的垂线段的长度为直线l与平面的距离，故C错误．
故选：ABD．

三、填空题
9．已知点在平面内，为平面的一个法向量，则点到平面的距离为___________.
【答案】/
【分析】先求得向量，再利用公式即可求得点到平面的距离
【详解】由，，可得
又点在平面内，为平面的一个法向量，
则点到平面的距离
故答案为：
10．如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，则直线到平面的距离为_______．

【答案】
【解析】由平面确定点到平面的距离就是直线到平面的距离，建立坐标系求出平面的法向量为，最后由得出答案.
【详解】因为，由线面平行的判定定理可知，平面
则点到平面的距离就是直线到平面的距离
以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：




设平面的法向量为，则
取，则
则点到平面的距离为
故答案为：

11．一个正方体的平面展开图如图所示，AB=1，则在原来的正方体中，线段CF的中点到直线AM的距离为________.

【答案】/
【分析】先将展开图还原成正方体，以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积公式及投影定义即可求出线段CF的中点到直线AM的距离.
【详解】将展开图还原成正方体，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，由图知，，，设CF的中点为G，则，，.
故G到AM的距离.

故答案为：
12．为矩形所在平面外一点，平面，若已知，，，则点到的距离为__．
【答案】/
【分析】方法一：过作，交于，连结，则可得是点到
的距离，然后求解即可，方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【详解】方法一
矩形中，，，，
过作，交于，连结，

平面，平面，
，
又 ，，
平面，
∵平面，
，即是点到的距离，
，，
，
点到的距离为．
方法二
∵平面，平面，
∴，
∵
∴三线两两垂直，
∴以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，

，
，
，
点到的距离为
故答案为：

四、解答题
13．如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，是圆
上一点，且，.

(1)求直线与平面所成角的大小；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理找到线面角，进而在直角三角形中求解；(2)作垂线找到点到平面的距离，利用等面积法求解.
【详解】（1）平面平面

是底面的一条直径,
又平面平面
所以平面
是直线与平面所成角,
因为,所以
所以
所以直线与平面所成角的大小
（2）
过作,垂足为，
由(1)得平面平面
所以平面平面，
又因为平面平面,
平面,,
所以平面，

根据等面积法,

即到平面的距离等于.
14．如图在棱长为2的正方体中，点E是AD的中点，求：

(1)异面直线和所成的角的余弦值
(2)点到平面的距离
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）解：如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
则，，所以，
所以异面直线和所成的角的余弦值为.

（2）解：因为，，，
设平面的法向量为，
所以，即，令，则，
所以点到平面的距离.
15．在平行四边形中，，，，，且平面ABCD，求点P到直线BC的距离．
【答案】1
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解点到直线的距离.
【详解】以B为坐标原点，BD所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，垂直平面ABCD向上为z轴，建立空间直角坐标系，则因为，，，由勾股定理得：，所以，，设点P到直线BC的距离为，则，则，所以.

16．如图，在三棱柱中，平面，的中点为．

(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)直线与平面所成角的正弦值为
(3)点到平面的距离为.

【分析】（1）先证明平面，再利用线面垂直的性质证明即可；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用线面夹角公式求出即可；
（3）根据（2）中坐标系，先得点的坐标，在利用空间中点到平面距离公式求解即可．
【详解】（1）解：平面，平面，所以，
又，所以，又，平面
故平面，又平面，
所以；
（2）解：建立如图空间直角坐标系，

,0,，,0,，,1,，,0,，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，故，
又，则
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）解：由于为中点，故，所以
又由（2）可知是平面的一个法向量，
则点到平面的距离为：.







提升题型训练

一、单选题
1．已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，若直线l与平面垂直，则实数x的值为（    ）
A． B． C． D．10
【答案】A
【分析】由题意得，利用空间向量的坐标运算计算即可．
【详解】由题意得，则，即，解得.
故选：A.
2．棱长为的正四面体中，则等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用空间向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】.
故选：A.
3．在空间中，已知动点P（x，y，z）满足z＝0，则动点P的轨迹是
A．平面
B．直线
C．不是平面，也不是直线
D．以上都不对
【答案】A
【详解】试题分析：如图，

在空间中，已知动点P（x，y，z）满足z=0，则动点P的轨迹是坐标平面xOy面．
考点：轨迹方程
4．四棱锥中，，则这个四棱锥的高为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出平面的法向量，计算法向量与的夹角得出与平面的夹角，从而可求出到平面的距离．
【详解】解：设平面的法向量为，，，则，
，令可得，，即，2，，
，
设与平面所成角为，则，
于是到平面的距离为，即四棱锥的高为．
故选：．
【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，属于基础题．
5．如图在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，棱AB，BC，BB1两两垂直且长度相等，点P在线段A1C1上运动，异面直线BP与B1C所成的角为θ，则θ的取值范围是

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，根据二次函数求范围可得．
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，

则，
设，则，
所以，
令，则
所以，即
因为
所以
故选：C．
6．已知正四棱锥侧面和底面的棱长都为2，P为棱BC上的一个动点，则点P到平面SAD的距离是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】证明平面SAD，可得故点P到平面SAD的距离即为点B到平面SAD的距离，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】解：由题可知，平面SAD，平面SAD，
所以平面SAD，
故点P到平面SAD的距离即为点B到平面SAD的距离，
如图建立空间直角坐标系：
则，，，，
所以，，，
设平面SAD的法向量为，
则有，可取，
则点B到平面SAD的距离为
即点P到平面SAD的距离为.
故选：D.


二、多选题
7．有下列四个命题，其中正确的命题有（    ）
A．已知A，B，C，D是空间任意四点，则
B．若两个非零向量与满足＋＝，则.
C．分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量.
D．对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若 (x，y，z)，则P，A，B，C四点共面.
【答案】ABC
【分析】根据空间向量的加法的几何意义、平行向量的定义，结合共面的定义逐一判断即可.
【详解】A：因为，所以本选项命题正确；
B：由，所以，所以本选项命题正确；
C：根据平移，当空间向量的有向线段所在的直线是异面直线时，这两个向量可以是共面向量，所以本选项命题正确；
D：只有当时，P，A，B，C四点才共面，所以本选项命题不正确，
故选：ABC
8．已知正方体，则下列结论中正确的有（    ）
A．
B．平面
C．线段被平面分成两段，其长线段与短线段长度比为
D．正方体被平面分割为大小两个几何体的体积比为
【答案】ABD
【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，利用空间中两点间的距离公式可判断A选项的正误；求出平面的一个法向量，可判断B选项的正误；求出点、到平面的距离，可判断C选项的正误；求出三棱锥的体积，可判断D选项的正误.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
如下图所示，设正方体的棱长为，

则、、、、、、、.
对于A选项，，A选项正确；
对于B选项，设平面的法向量为，，，
由，可得，取，可得，
所以，平面，B选项正确；
对于C选项，，点到平面的距离为，
，点到平面的距离为，
所以，线段被平面分成两段，其长线段与短线段长度比为，
C选项错误；
对于D选项，，
所以，正方体被平面分割为大小两个几何体的体积比为，D选项正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下：
（1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离；
（2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为.

三、填空题
9．在空间直角坐标系中，点和点间的距离是__________．
【答案】
【分析】利用空间两点间的距离公式即得．
【详解】∵点和点，
∴点和点间的距离是.
故答案为：.
10．已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，且，则________．
【答案】6
【分析】依题意可得，即可得到，根据空间向量数量积的坐标表示得到方程，解之即可.
【详解】，且直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，
，
，即，解得．
故答案为：
11．已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则B与D之间的距离为__________．
【答案】
【分析】过B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N．则可求得AM＝，BM＝，CN＝，DN＝，MN＝1．再求出＝＋＋，平方即得||＝．
【详解】过B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N．则可求得AM＝，BM＝，CN＝，DN＝，MN＝1．
由于＝＋＋，
∴||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2(·＋·＋·)＝()2＋12＋()2＋2(0＋0＋0)＝，
∴||＝．
故答案为
【点睛】（1）本题主要考查空间向量的线性运算和向量的模的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)空间向量的模.
12．如图，锐二面角的棱上有，两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于.已知，，，则锐二面角的平面角的余弦值是___________.

【答案】
【分析】根据题意得，两边平方，利用向量的数量积运算，即可得到答案；
【详解】设锐二面角的平面角为，
，则
，则
.
故答案为：

四、解答题
13．在空间四边形中，连接，设M，G分别是的中点，化简下列各向量表达式：
(1)；
(2).
【答案】(1)
(2)

【分析】根据空间向量的线性运算即可得到结果.
(1)
，
∵G是的中点，
∴；

(2)
∵M是的中点，
∴，
∴.
14．如图，正方形的边长为2，的中点分别为C，，正方形沿着折起形成三棱柱，三棱柱中，.

（1）证明:当时，求证：平面；
（2）当时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析；（2）
【分析】（1）要证明线面垂直，转化为证明线线垂直，关键证明，；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量公式求二面角的余弦值.
【详解】（1）当时，点是的中点，
因为，所以，又，
所以，所以，
因为，，所以平面，平面
所以，且，
所以平面；
（2）因为，，两两互相垂直，所以以点为原点，以，，作为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如下图，

平面，所以向量是平面的法向量，
，，，，，
设平面的法向量，
所以，即 ，令，， ，
所以平面的一个法向量，
，
所以二面角的余弦值是
15．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是中点．

（1）求直线与平面的夹角余弦值；
（2）求平面和平面的夹角的余弦值.

【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法计算出直线与平面的夹角的正弦值，再转化为余弦值.
（2）利用向量法计算出平面和平面的夹角的余弦值.
【详解】（1）建立如图所示空间直角坐标系.
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面的夹角为，
则，.
（2）平面的法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则.

16．如图，正四棱锥的底面面积为4，一条侧棱长为.

(1)求PA和DC的所成角的余弦值；
(2)求侧棱PA和侧面PBC所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）因为，则PA和DC的所成的角为或其补角，由余弦定理求解即可；
（2）连接交于点，连接，则易知两两垂直，故以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可
【详解】（1）因为正四棱锥的底面面积为4，一条侧棱长为，
所以，
又，
所以PA和DC的所成的角为或其补角，
因为，
所以PA和DC的所成角的余弦值为；
（2）连接交于点，连接，
则易知两两垂直，
故以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，
则，
即，令，则，
设PA和平面PBC所成的角为，
则，
所以PA和平面PBC所成角的正弦值为