还剩24页未读，
继续阅读
第7章 第7节 立体几何中的向量方法——求空间角与距离教案
展开
这是一份第7章 第7节 立体几何中的向量方法——求空间角与距离教案，共27页。教案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。
一、教材概念·结论·性质重现
1．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＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－\(AP,\s\up6(→))·u2).
(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|).
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．
2．两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
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cs θ＝|cs〈a，b〉|.
3．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|).
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＝|cs〈n，a〉|.
4．求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD分别是二面角α-l-β的两个半平面内与棱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θ的大小满足|cs θ|＝|cs〈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)．
利用平面的法向量求二面角的大小时，求出两半平面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．
二、基本技能·思想·活动体验
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eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，二面角的范围是[0，π]．(√)
(5)若直线l的方向向量与平面α的法向量夹角为120°，则l和α所成角为30°．(√)
(6)若二面角α-a-β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α-a-β的大小是π－θ．(×)
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：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°.
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．eq \f(\r(30),10) B．eq \f(\r(30),15) C．eq \f(\r(30),30) D．eq \f(\r(15),15)
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eq \(B1M,\s\up6(→))＝(－1，－1，－2)，
eq \(D1N,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，
所以eq \(B1M,\s\up6(→))·eq \(D1N,\s\up6(→))＝－1＋4＝3，
|B1M|＝eq \r(6)，|D1N|＝eq \r(5)，
所以cs〈eq \(B1M,\s\up6(→))，eq \(D1N,\s\up6(→))〉＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(30))))＝eq \f(\r(30),10)，
所以B1M与D1N所成角的余弦值为eq \f(\r(30),10).故选A．
4．如图，正三棱柱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________．
eq \f(π,6) 解析：以A为原点，以AB，AE(AE⊥AB)，AA1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D为A1B1的中点，
则A(0,0,0)，C1(1，eq \r(3)，2eq \r(2))，D(1,0，2eq \r(2))，所以eq \(AC1,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，2eq \r(2))，eq \(AD,\s\up6(→))＝(1,0,2eq \r(2))．
∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角，
cs∠C1AD＝eq \f(\(AC1,\s\up6(→))·\(AD,\s\up6(→)),|\(AC1,\s\up6(→))||\(AD,\s\up6(→))|)＝eq \f(1，\r(3)，2\r(2)·1，0，2\r(2),\r(12)×\r(9))＝eq \f(\r(3),2).
又因为∠C1AD∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以∠C1AD＝eq \f(π,6).
5．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，求异面直线OE和FD1所成的角的余弦值．
解：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．
所以F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0,2,1)，
所以eq \(FD1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq \(OE,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，
所以cs〈eq \(FD1,\s\up6(→))，eq \(OE,\s\up6(→))〉＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋2,\r(5)×\r(3))))＝eq \f(\r(15),5).
考点1 异面直线所成的角——基础性
1．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A．eq \f(1,5) B．eq \f(\r(5),6) C．eq \f(\r(5),5) D．eq \f(\r(2),2)
C 解析：以DA，DC，DD1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D1(0，0，eq \r(3))，A(1,0,0)，D(0,0,0)，B1(1,1，eq \r(3))，所以eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，eq \r(3))，eq \(DB1,\s\up6(→))＝(1,1，eq \r(3))．设异面直线AD1与DB1所成的角为θ，
所以cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AD1,\s\up6(→))·\(DB1,\s\up6(→)),|\(AD1,\s\up6(→))||\(DB1,\s\up6(→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,2×\r(5))))＝eq \f(\r(5),5).
所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
2．已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A．eq \f(\r(3),2)B．eq \f(\r(15),5)
C．eq \f(\r(10),5) D．eq \f(\r(3),3)
C 解析：在平面ABC内过点B作AB的垂线，以B为原点，以该垂线，BA，BB1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A(0,2,0)，B1(0,0,1)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→)),|AB1||\(BC1,\s\up6(→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(5)×\r(2))))＝eq \f(\r(10),5).故选C．
3．有公共边的等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为________．
eq \f(1,4) 解析：设等边三角形的边长为2.取BC的中点O，连接OA，OD．因为等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，所以OA，OC，OD两两垂直，以O为坐标原点，OD，OC，OA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A(0,0，eq \r(3))，B(0，－1,0)，C(0,1,0)，D(eq \r(3)，0,0)，
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，－1，－eq \r(3))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1，0)，
所以cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2×2)))＝eq \f(1,4)，
所以异面直线AB和CD所成角的余弦值为eq \f(1,4).
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．
考点2 直线与平面所成的角——综合性
(2020·新高考全国卷Ⅰ)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＝eq \r(2)，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
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eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(DQ,\s\up6(→))＝(m,0,1)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)．
因为QB＝eq \r(2)，
所以eq \r(m－12＋0－12＋1－02)＝eq \r(2)，解得m＝1.
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,x＋z＝0.))
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＝|cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉|
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(PB,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(PB,\s\up6(→)))))))
＝eq \f(1＋0＋1,\r(12＋02＋－12)×\r(12＋12＋12))
＝eq \f(2,\r(2)×\r(3))＝eq \f(\r(6),3).
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3).
利用空间向量求线面角的方法
(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．
(2021·深圳模拟)已知四棱锥P-ABCD，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)当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．
(1)证明：连接AC，BD且AC∩BD＝O，连接PO.
因为ABCD为菱形，所以BD⊥AC．
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，MN⊥平面PAC，
所以MN⊥PC．
(2)解：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，
所以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为原点，OA，OD，OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系．
设PA＝2，所以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)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(AH,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)y＝0，,－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)z＝0.))
令x＝2，则y＝0，z＝2eq \r(3)，所以n＝(2,0,2eq \r(3))为平面AMHN的一个法向量．
设AD与平面AMHN所成角为θ，
所以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).
考点3 求二面角与空间距离——应用性
考向1 求二面角或二面角的某个三角函数值
(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角B-EC-C1的正弦值．
(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，EC1∩B1C1＝C1，EC1，B1C1⊂平面EB1C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解：由(1)知∠BEB1＝90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，
所以∠AEB＝45°，
故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，|eq \(DA,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．
则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1，0,1)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0,0,2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(CB,\s\up6(→))·n＝0，,\(CE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,x－y＋z＝0.))
取y＝－1，则x＝0，z＝－1，
所以n＝(0，－1，－1)为平面EBC的一个法向量．
设平面ECC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(CC1,\s\up6(→))·m＝0，,\(CE,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2z1＝0，,x1－y1＋z1＝0.))
取x1＝1，则y1＝1，z1＝0，
所以m＝(1,1,0)为平面ECC1的一个法向量．
于是cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝－eq \f(1,2).
所以二面角B-EC-C1的正弦值为eq \f(\r(3),2).
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．
(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．
请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①AB⊥BC，②FC与平面ABCD所成的角为eq \f(π,6)，③∠ABC＝eq \f(π,3).
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F.
(1)在线面AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由．
(2)若________，求二面角F-AC-D的余弦值．
解：(1)在线段AB上存在点G，使得AF∥平面PCG，且G为AB的中点．
证明如下：设PC的中点为H，连接FH，GH，如图，
易证四边形AGHF为平行四边形，
则AF∥GH.
又GH⊂平面PCG，AF平面PGC，
所以AF∥平面PGC．
(2)选择①.
因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AD．
由题意可知，AB，AD，AP两两垂直，
故以A为坐标原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PA＝AB＝2，
所以A(0,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，F(0，1,1)，
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(－2，－1,1)．
设平面FAC的法向量为u＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(u·\(AF,\s\up6(→))＝0，,u·\(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,－2x－y＋z＝0.))令y＝1，则x＝－1，z＝－1，则u＝(－1,1，－1)．
易知平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,2)，
设二面角F-AC-D的平面角为θ，则cs θ＝eq \f(|u·v|,|u||v|)＝eq \f(\r(3),3)，即二面角F-AC-D的余弦值为eq \f(\r(3),3).
选择②.
设BC中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM，则FM∥PA，且FM＝1.
因为PA⊥平面ABCD，
所以FM⊥平面ABCD，FC与平面ABCD所成的角为∠FCM，
故∠FCM＝eq \f(π,6).
在直角三角形FCM中，CM＝eq \r(3).又因为CM＝AE，所以AE2＋BE2＝AB2，
所以BC⊥AE，所以AE，AD，AP两两垂直．
故以A为坐标原点，eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PA＝AB＝2，
所以A(0,0,0)，C(eq \r(3)，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0，2)，F(0,1,1)，所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0,1)．
设平面FAC的法向量为u＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(u·\(AF,\s\up6(→))＝0，,u·\(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,－\r(3)x＋z＝0.))
令x＝eq \r(3)，
则y＝－3，z＝3，则u＝(eq \r(3)，－3,3)．
易知平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,2)．
设二面角F-AC-D的平面角为θ，则cs θ＝eq \f(|u·v|,|u||v|)＝eq \f(\r(21),7)，
即二面角F-AC-D的余弦值为eq \f(\r(21),7).
选择③.
因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BC．取BC中点E，连接AE.
因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝eq \f(π,3)，
所以△ABC是正三角形．
又E是BC的中点，所以BC⊥AE，
所以AE，AD，AP两两垂直．
故以A为坐标原点，eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PA＝AB＝2，
所以A(0,0,0)，C(eq \r(3)，1,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，F(0,1,1)，所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0,1)．
设平面FAC的法向量为u＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(u·\(AF,\s\up6(→))＝0，,u·\(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,－\r(3)x＋z＝0.))令x＝eq \r(3)，
则y＝－3，z＝3，则u＝(eq \r(3)，－3,3)．
易知平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,2)，
设二面角F-AC-D的平面角为θ，则cs θ＝eq \f(|u·v|,|u||v|)＝eq \f(\r(21),7)，即二面角F-AC-D的余弦值为eq \f(\r(21),7).
考向2 求空间距离
在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2eq \r(2)，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为( )
A．2 B．eq \r(3) C．eq \r(2) D．1
D 解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则D(0，0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2eq \r(2))，E(0,2，eq \r(2))，则eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(0,2，eq \r(2))．易知AC1∥平面BDE.
设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up6(→))＝0，,n·\(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2y＝0，,2y＋\r(2)z＝0.))
取y＝1，则n＝(－1,1，－eq \r(2))为平面BDE的一个法向量．
又eq \(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
所以点A到平面BDE的距离是
d＝eq \f(|n·\(DA,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(|－1×2＋0＋0|,\r(－12＋12＋－\r(2)2))＝1.
故直线AC1到平面BED的距离为1.
求点面距一般的方法
(1)作点到平面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．
(2)等体积法．
(3)向量法．
其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．
1．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．
eq \f(2\r(3),3) 解析：如图建立空间直角坐标系，
则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2，2,0)，
所以eq \(D1A1,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DA1,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0.))
令x＝1，则n＝(1，－1，－1)是平面A1BD的一个法向量，
所以点D1到平面A1BD的距离d＝eq \f(|\(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3).
2．如图，在四棱锥P-ABCD中，已知AB＝BC＝eq \r(5)，AC＝4，AD＝DC＝2eq \r(2)，O为AC的中点，PO⊥底面ABCD，PO＝2，M为棱PC的中点．
(1)求直线PB与平面ADM所成角的正弦值；
(2)求二面角D-AM-C的正弦值；
(3)记棱PD的中点为N，若点Q在线段OP上，且NQ∥平面ADM，求线段OQ的长．
解：连接DB，因为AB＝BC，AD＝DC，O为AC的中点，所以点O在DB上，且DB⊥AC．又PO⊥平面ABCD，则OB，OC，OP两两垂直．
故以O为坐标原点，分别以eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OP,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系(如图)．
由题意得OB＝1，OD＝2，
则O(0,0,0)，A(0，－2,0)，B(1,0,0)，C(0，2,0)，D(－2，0,0)，P(0,0,2)，M(0，1,1)．
(1)依题意可得eq \(AD,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(0,3,1)．
设n＝(x，y，z)为平面ADM的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\(AM,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,3y＋z＝0.))不妨令y＝1，则x＝1，z＝－3，可得n＝(1,1，－3)．
又eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，所以|cs〈eq \(PB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(PB,\s\up6(→))·n|,|\(PB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(7\r(55),55)，
所以直线PB与平面ADM所成角的正弦值为eq \f(7\r(55),55).
(2)由(1)知OB⊥AC．
又OB⊥PO，AC∩PO＝O.
故以OB⊥平面AMC，
由eq \(OB,\s\up6(→))是平面AMC的一个法向量，eq \(OB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．
由(1)可知n＝(1,1，－3)是平面ADM的一个法向量，
因此cs〈eq \(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(OB,\s\up6(→))·n,|\(OB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(11),11)，
于是有sin〈eq \(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\r(110),11)，
所以二面角D-AM-C的正弦值为eq \f(\r(110),11).
(3)设线段OQ的长为h(0≤h≤2)，则点Q的坐标为(0,0，h)．
由已知可得点N的坐标为(－1,0,1)，所以eq \(NQ,\s\up6(→))＝(1,0，h－1)．
由NQ∥平面ADM且n＝(1,1，－3)为平面ADM的法向量，得eq \(NQ,\s\up6(→))⊥n，所以eq \(NQ,\s\up6(→))·n＝0，
即1－3(h－1)＝0，解得h＝eq \f(4,3)∈[0,2]，
所以线段OQ的长为eq \f(4,3).
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所成的角正弦值的大小．
[四字程序]
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中点，连接DE，则四边形BCDE为矩形，DE＝BC＝2.
连接SE，则SE⊥AB，SE＝eq \r(3).
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，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，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，
SD⊥CD，|SC|＝eq \r(SD2＋CD2)＝eq \r(2)，
|BM|＝eq \r(BC2－CM2)＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up8(2))＝eq \f(\r(14),2)，
cs∠DBM＝eq \f(BD2＋BM2－DM2,2BD·BM)
＝eq \f(\r(5)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(14),2)))eq \s\up8(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up8(2),2×\r(5)×\f(\r(14),2))＝eq \f(8,\r(70))，
sin∠DBM＝eq \f(\r(6),\r(70))，DN＝eq \r(5)×eq \f(\r(6),\r(70))＝eq \f(\r(21),7)，
sin∠DCN＝eq \f(DN,CD)＝eq \f(\f(\r(21),7),1)＝eq \f(\r(21),7).
所以AB与平面SBC所成的正弦值为eq \f(\r(21),7).
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SD⊥平面ABCD．
|SF|＝eq \f(|SD|·|SE|,|ED|)＝eq \f(\r(3),2).
VS-ABC＝eq \f(1,3)S△ABC|SF|
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)|AB|·|BC|·|SF|
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),3).
设A到平面SBC的距离为h，取SC中点M，连结BM.
因为SD⊥AB，CD∥AB，SD⊥CD，|SC|＝eq \r(SD2＋CD2)＝eq \r(2)，
|BM|＝eq \r(BC2－CM2)＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up8(2))＝eq \f(\r(14),2)，
VA-SBC＝eq \f(1,3)S△SBC·h
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)|SC||BM|·h
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \f(\r(14),2)×h＝eq \f(\r(7),6)h.
因为eq \f(\r(7),6)h＝eq \f(\r(3),3)， 所以h＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(6,\r(7))＝eq \f(2\r(21),7)，
即A到平面SBC的距离为eq \f(2\r(21),7).
又因为AB＝2，设AB与平面SBC所成的角为α，
则sin α＝eq \f(h,AB)＝eq \f(\f(2\r(21),7),2)＝eq \f(\r(21),7)，
所以AB与平面SBC所成的角的正弦值为eq \f(\r(21),7).
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＝eq \f(1,2)，SF＝eq \f(\r(3),2)，所以Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，\f(\r(3),2))).
设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，
eq \(BS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，,2y＝0，))取z＝2，得x＝－eq \r(3)，y＝0.所以平面SBC的一个法向量为n＝(－eq \r(3)，0,2)．
又eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|\(AB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(21),7).
故AB与平面SBC所成角的正弦值为eq \f(\r(21),7).
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＝eq \f(1,2)，SF＝eq \f(\r(3),2)，所以Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2))).
设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，
eq \(BS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1，\f(\r(3),2)))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)x－y＋\f(\r(3),2)z＝0，,2x＝0.))取z＝2，得x＝0，y＝eq \r(3).
所以平面SBC的一个法向量为n＝(0，eq \r(3)，2)．
又eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|\(AB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(2\r(3),2×\r(7))＝eq \f(\r(21),7).
故AB与平面SBC所成角的正弦值为eq \f(\r(21),7).
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，掌握运算求解能力、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，本题设置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所成锐二面角的余弦值．
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Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(1,2)，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0)).
再设H(x0，y0，z0)，而eq \(ED,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0,0)，
eq \(DH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\r(3)，y0－\f(1,2)，z0)).
由ED⊥DH，得eq \(ED,\s\up6(→))·eq \(DH,\s\up6(→))＝0，得x0＝－eq \r(3).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(HB＝2，,HD＝2，))
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z0－\f(\r(3),2)))eq \s\up8(2)＝4，,x0＋\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y0－\f(1,2)))eq \s\up8(2)＋z\\al(2,0)＝4.))
将x0＝－eq \r(3)代入，可得y0＝－eq \f(1,2)，z0＝eq \r(3)，即Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，－\f(1,2)，\r(3)))，则eq \(BH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(AH,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(3))，
设平面ABH法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x1＋\r(3)z1＝0，,－\r(3)x1－\f(1,2)y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＝－\r(3)x1，,z1＝x1.))
令x1＝1，得y1＝－eq \r(3)，z1＝1，即n1＝(1，－eq \r(3)，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所成锐二面角θ的余弦值为cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,1×\r(5))))＝eq \f(\r(5),5).
(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所成锐二面角的一个平面角．
而BO＝eq \f(\r(3),2)，AO＝eq \f(1,2).易得LE＝eq \r(3)，而AE＝1，∠AEL＝90°，所以∠EAL＝60°，则MO＝eq \f(\r(3),4).
由勾股定理，得MB＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up8(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)))eq \s\up8(2))＝eq \f(\r(15),4)，
则cs∠BMO＝eq \f(MO,MB)＝eq \f(\r(5),5)，
即平面ADE与平面ABH所成锐二面角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
(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＝eq \r(3)，MD＝1，则MO′＝eq \f(1,2).
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Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，
Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，－\f(1,2)，\r(3)))，则有eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(BH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).
设平面ABH的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，,－\r(3)x1－\f(1,2)y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＝－\r(3)x1，,z1＝x1.))
令x1＝1，得y1＝－eq \r(3)，z1＝1，
即n1＝(1，－eq \r(3)，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所成锐二面角θ的余弦值为cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,1×\r(5))))＝eq \f(\r(5),5).
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|)
读
想
算
思
AB与平面SBC所成角的大小，AB∥CD，BC⊥CD，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
一、教材概念·结论·性质重现
1．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＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－\(AP,\s\up6(→))·u2).
(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|).
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．
2．两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
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cs θ＝|cs〈a，b〉|.
3．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|).
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＝|cs〈n，a〉|.
4．求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD分别是二面角α-l-β的两个半平面内与棱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θ的大小满足|cs θ|＝|cs〈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)．
利用平面的法向量求二面角的大小时，求出两半平面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．
二、基本技能·思想·活动体验
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eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，二面角的范围是[0，π]．(√)
(5)若直线l的方向向量与平面α的法向量夹角为120°，则l和α所成角为30°．(√)
(6)若二面角α-a-β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α-a-β的大小是π－θ．(×)
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：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°.
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．eq \f(\r(30),10) B．eq \f(\r(30),15) C．eq \f(\r(30),30) D．eq \f(\r(15),15)
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eq \(B1M,\s\up6(→))＝(－1，－1，－2)，
eq \(D1N,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，
所以eq \(B1M,\s\up6(→))·eq \(D1N,\s\up6(→))＝－1＋4＝3，
|B1M|＝eq \r(6)，|D1N|＝eq \r(5)，
所以cs〈eq \(B1M,\s\up6(→))，eq \(D1N,\s\up6(→))〉＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(30))))＝eq \f(\r(30),10)，
所以B1M与D1N所成角的余弦值为eq \f(\r(30),10).故选A．
4．如图，正三棱柱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________．
eq \f(π,6) 解析：以A为原点，以AB，AE(AE⊥AB)，AA1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D为A1B1的中点，
则A(0,0,0)，C1(1，eq \r(3)，2eq \r(2))，D(1,0，2eq \r(2))，所以eq \(AC1,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，2eq \r(2))，eq \(AD,\s\up6(→))＝(1,0,2eq \r(2))．
∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角，
cs∠C1AD＝eq \f(\(AC1,\s\up6(→))·\(AD,\s\up6(→)),|\(AC1,\s\up6(→))||\(AD,\s\up6(→))|)＝eq \f(1，\r(3)，2\r(2)·1，0，2\r(2),\r(12)×\r(9))＝eq \f(\r(3),2).
又因为∠C1AD∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以∠C1AD＝eq \f(π,6).
5．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，求异面直线OE和FD1所成的角的余弦值．
解：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．
所以F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0,2,1)，
所以eq \(FD1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq \(OE,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，
所以cs〈eq \(FD1,\s\up6(→))，eq \(OE,\s\up6(→))〉＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋2,\r(5)×\r(3))))＝eq \f(\r(15),5).
考点1 异面直线所成的角——基础性
1．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A．eq \f(1,5) B．eq \f(\r(5),6) C．eq \f(\r(5),5) D．eq \f(\r(2),2)
C 解析：以DA，DC，DD1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D1(0，0，eq \r(3))，A(1,0,0)，D(0,0,0)，B1(1,1，eq \r(3))，所以eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，eq \r(3))，eq \(DB1,\s\up6(→))＝(1,1，eq \r(3))．设异面直线AD1与DB1所成的角为θ，
所以cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AD1,\s\up6(→))·\(DB1,\s\up6(→)),|\(AD1,\s\up6(→))||\(DB1,\s\up6(→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,2×\r(5))))＝eq \f(\r(5),5).
所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
2．已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A．eq \f(\r(3),2)B．eq \f(\r(15),5)
C．eq \f(\r(10),5) D．eq \f(\r(3),3)
C 解析：在平面ABC内过点B作AB的垂线，以B为原点，以该垂线，BA，BB1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A(0,2,0)，B1(0,0,1)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→)),|AB1||\(BC1,\s\up6(→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(5)×\r(2))))＝eq \f(\r(10),5).故选C．
3．有公共边的等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为________．
eq \f(1,4) 解析：设等边三角形的边长为2.取BC的中点O，连接OA，OD．因为等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，所以OA，OC，OD两两垂直，以O为坐标原点，OD，OC，OA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A(0,0，eq \r(3))，B(0，－1,0)，C(0,1,0)，D(eq \r(3)，0,0)，
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，－1，－eq \r(3))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1，0)，
所以cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2×2)))＝eq \f(1,4)，
所以异面直线AB和CD所成角的余弦值为eq \f(1,4).
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．
考点2 直线与平面所成的角——综合性
(2020·新高考全国卷Ⅰ)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＝eq \r(2)，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
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eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(DQ,\s\up6(→))＝(m,0,1)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)．
因为QB＝eq \r(2)，
所以eq \r(m－12＋0－12＋1－02)＝eq \r(2)，解得m＝1.
设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,x＋z＝0.))
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＝|cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉|
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(PB,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(PB,\s\up6(→)))))))
＝eq \f(1＋0＋1,\r(12＋02＋－12)×\r(12＋12＋12))
＝eq \f(2,\r(2)×\r(3))＝eq \f(\r(6),3).
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为eq \f(\r(6),3).
利用空间向量求线面角的方法
(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．
(2021·深圳模拟)已知四棱锥P-ABCD，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)当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．
(1)证明：连接AC，BD且AC∩BD＝O，连接PO.
因为ABCD为菱形，所以BD⊥AC．
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，MN⊥平面PAC，
所以MN⊥PC．
(2)解：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，
所以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为原点，OA，OD，OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系．
设PA＝2，所以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)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(AH,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)y＝0，,－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)z＝0.))
令x＝2，则y＝0，z＝2eq \r(3)，所以n＝(2,0,2eq \r(3))为平面AMHN的一个法向量．
设AD与平面AMHN所成角为θ，
所以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).
考点3 求二面角与空间距离——应用性
考向1 求二面角或二面角的某个三角函数值
(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角B-EC-C1的正弦值．
(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，EC1∩B1C1＝C1，EC1，B1C1⊂平面EB1C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解：由(1)知∠BEB1＝90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，
所以∠AEB＝45°，
故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，|eq \(DA,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．
则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1，0,1)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0,0,2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(CB,\s\up6(→))·n＝0，,\(CE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,x－y＋z＝0.))
取y＝－1，则x＝0，z＝－1，
所以n＝(0，－1，－1)为平面EBC的一个法向量．
设平面ECC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(CC1,\s\up6(→))·m＝0，,\(CE,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2z1＝0，,x1－y1＋z1＝0.))
取x1＝1，则y1＝1，z1＝0，
所以m＝(1,1,0)为平面ECC1的一个法向量．
于是cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝－eq \f(1,2).
所以二面角B-EC-C1的正弦值为eq \f(\r(3),2).
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．
(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．
请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①AB⊥BC，②FC与平面ABCD所成的角为eq \f(π,6)，③∠ABC＝eq \f(π,3).
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F.
(1)在线面AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由．
(2)若________，求二面角F-AC-D的余弦值．
解：(1)在线段AB上存在点G，使得AF∥平面PCG，且G为AB的中点．
证明如下：设PC的中点为H，连接FH，GH，如图，
易证四边形AGHF为平行四边形，
则AF∥GH.
又GH⊂平面PCG，AF平面PGC，
所以AF∥平面PGC．
(2)选择①.
因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AD．
由题意可知，AB，AD，AP两两垂直，
故以A为坐标原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PA＝AB＝2，
所以A(0,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，F(0，1,1)，
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(－2，－1,1)．
设平面FAC的法向量为u＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(u·\(AF,\s\up6(→))＝0，,u·\(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,－2x－y＋z＝0.))令y＝1，则x＝－1，z＝－1，则u＝(－1,1，－1)．
易知平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,2)，
设二面角F-AC-D的平面角为θ，则cs θ＝eq \f(|u·v|,|u||v|)＝eq \f(\r(3),3)，即二面角F-AC-D的余弦值为eq \f(\r(3),3).
选择②.
设BC中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM，则FM∥PA，且FM＝1.
因为PA⊥平面ABCD，
所以FM⊥平面ABCD，FC与平面ABCD所成的角为∠FCM，
故∠FCM＝eq \f(π,6).
在直角三角形FCM中，CM＝eq \r(3).又因为CM＝AE，所以AE2＋BE2＝AB2，
所以BC⊥AE，所以AE，AD，AP两两垂直．
故以A为坐标原点，eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PA＝AB＝2，
所以A(0,0,0)，C(eq \r(3)，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0，2)，F(0,1,1)，所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0,1)．
设平面FAC的法向量为u＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(u·\(AF,\s\up6(→))＝0，,u·\(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,－\r(3)x＋z＝0.))
令x＝eq \r(3)，
则y＝－3，z＝3，则u＝(eq \r(3)，－3,3)．
易知平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,2)．
设二面角F-AC-D的平面角为θ，则cs θ＝eq \f(|u·v|,|u||v|)＝eq \f(\r(21),7)，
即二面角F-AC-D的余弦值为eq \f(\r(21),7).
选择③.
因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BC．取BC中点E，连接AE.
因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝eq \f(π,3)，
所以△ABC是正三角形．
又E是BC的中点，所以BC⊥AE，
所以AE，AD，AP两两垂直．
故以A为坐标原点，eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PA＝AB＝2，
所以A(0,0,0)，C(eq \r(3)，1,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，F(0,1,1)，所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0,1)．
设平面FAC的法向量为u＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(u·\(AF,\s\up6(→))＝0，,u·\(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,－\r(3)x＋z＝0.))令x＝eq \r(3)，
则y＝－3，z＝3，则u＝(eq \r(3)，－3,3)．
易知平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,2)，
设二面角F-AC-D的平面角为θ，则cs θ＝eq \f(|u·v|,|u||v|)＝eq \f(\r(21),7)，即二面角F-AC-D的余弦值为eq \f(\r(21),7).
考向2 求空间距离
在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2eq \r(2)，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为( )
A．2 B．eq \r(3) C．eq \r(2) D．1
D 解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则D(0，0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2eq \r(2))，E(0,2，eq \r(2))，则eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(0,2，eq \r(2))．易知AC1∥平面BDE.
设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up6(→))＝0，,n·\(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2y＝0，,2y＋\r(2)z＝0.))
取y＝1，则n＝(－1,1，－eq \r(2))为平面BDE的一个法向量．
又eq \(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
所以点A到平面BDE的距离是
d＝eq \f(|n·\(DA,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(|－1×2＋0＋0|,\r(－12＋12＋－\r(2)2))＝1.
故直线AC1到平面BED的距离为1.
求点面距一般的方法
(1)作点到平面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．
(2)等体积法．
(3)向量法．
其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．
1．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．
eq \f(2\r(3),3) 解析：如图建立空间直角坐标系，
则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2，2,0)，
所以eq \(D1A1,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DA1,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0.))
令x＝1，则n＝(1，－1，－1)是平面A1BD的一个法向量，
所以点D1到平面A1BD的距离d＝eq \f(|\(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3).
2．如图，在四棱锥P-ABCD中，已知AB＝BC＝eq \r(5)，AC＝4，AD＝DC＝2eq \r(2)，O为AC的中点，PO⊥底面ABCD，PO＝2，M为棱PC的中点．
(1)求直线PB与平面ADM所成角的正弦值；
(2)求二面角D-AM-C的正弦值；
(3)记棱PD的中点为N，若点Q在线段OP上，且NQ∥平面ADM，求线段OQ的长．
解：连接DB，因为AB＝BC，AD＝DC，O为AC的中点，所以点O在DB上，且DB⊥AC．又PO⊥平面ABCD，则OB，OC，OP两两垂直．
故以O为坐标原点，分别以eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OP,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系(如图)．
由题意得OB＝1，OD＝2，
则O(0,0,0)，A(0，－2,0)，B(1,0,0)，C(0，2,0)，D(－2，0,0)，P(0,0,2)，M(0，1,1)．
(1)依题意可得eq \(AD,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(0,3,1)．
设n＝(x，y，z)为平面ADM的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\(AM,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,3y＋z＝0.))不妨令y＝1，则x＝1，z＝－3，可得n＝(1,1，－3)．
又eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，所以|cs〈eq \(PB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(PB,\s\up6(→))·n|,|\(PB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(7\r(55),55)，
所以直线PB与平面ADM所成角的正弦值为eq \f(7\r(55),55).
(2)由(1)知OB⊥AC．
又OB⊥PO，AC∩PO＝O.
故以OB⊥平面AMC，
由eq \(OB,\s\up6(→))是平面AMC的一个法向量，eq \(OB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．
由(1)可知n＝(1,1，－3)是平面ADM的一个法向量，
因此cs〈eq \(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(OB,\s\up6(→))·n,|\(OB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(11),11)，
于是有sin〈eq \(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\r(110),11)，
所以二面角D-AM-C的正弦值为eq \f(\r(110),11).
(3)设线段OQ的长为h(0≤h≤2)，则点Q的坐标为(0,0，h)．
由已知可得点N的坐标为(－1,0,1)，所以eq \(NQ,\s\up6(→))＝(1,0，h－1)．
由NQ∥平面ADM且n＝(1,1，－3)为平面ADM的法向量，得eq \(NQ,\s\up6(→))⊥n，所以eq \(NQ,\s\up6(→))·n＝0，
即1－3(h－1)＝0，解得h＝eq \f(4,3)∈[0,2]，
所以线段OQ的长为eq \f(4,3).
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所成的角正弦值的大小．
[四字程序]
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中点，连接DE，则四边形BCDE为矩形，DE＝BC＝2.
连接SE，则SE⊥AB，SE＝eq \r(3).
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，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，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，
SD⊥CD，|SC|＝eq \r(SD2＋CD2)＝eq \r(2)，
|BM|＝eq \r(BC2－CM2)＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up8(2))＝eq \f(\r(14),2)，
cs∠DBM＝eq \f(BD2＋BM2－DM2,2BD·BM)
＝eq \f(\r(5)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(14),2)))eq \s\up8(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up8(2),2×\r(5)×\f(\r(14),2))＝eq \f(8,\r(70))，
sin∠DBM＝eq \f(\r(6),\r(70))，DN＝eq \r(5)×eq \f(\r(6),\r(70))＝eq \f(\r(21),7)，
sin∠DCN＝eq \f(DN,CD)＝eq \f(\f(\r(21),7),1)＝eq \f(\r(21),7).
所以AB与平面SBC所成的正弦值为eq \f(\r(21),7).
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SD⊥平面ABCD．
|SF|＝eq \f(|SD|·|SE|,|ED|)＝eq \f(\r(3),2).
VS-ABC＝eq \f(1,3)S△ABC|SF|
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)|AB|·|BC|·|SF|
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),3).
设A到平面SBC的距离为h，取SC中点M，连结BM.
因为SD⊥AB，CD∥AB，SD⊥CD，|SC|＝eq \r(SD2＋CD2)＝eq \r(2)，
|BM|＝eq \r(BC2－CM2)＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up8(2))＝eq \f(\r(14),2)，
VA-SBC＝eq \f(1,3)S△SBC·h
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)|SC||BM|·h
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \f(\r(14),2)×h＝eq \f(\r(7),6)h.
因为eq \f(\r(7),6)h＝eq \f(\r(3),3)， 所以h＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(6,\r(7))＝eq \f(2\r(21),7)，
即A到平面SBC的距离为eq \f(2\r(21),7).
又因为AB＝2，设AB与平面SBC所成的角为α，
则sin α＝eq \f(h,AB)＝eq \f(\f(2\r(21),7),2)＝eq \f(\r(21),7)，
所以AB与平面SBC所成的角的正弦值为eq \f(\r(21),7).
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＝eq \f(1,2)，SF＝eq \f(\r(3),2)，所以Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，\f(\r(3),2))).
设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，
eq \(BS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，,2y＝0，))取z＝2，得x＝－eq \r(3)，y＝0.所以平面SBC的一个法向量为n＝(－eq \r(3)，0,2)．
又eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|\(AB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(21),7).
故AB与平面SBC所成角的正弦值为eq \f(\r(21),7).
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＝eq \f(1,2)，SF＝eq \f(\r(3),2)，所以Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2))).
设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，
eq \(BS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1，\f(\r(3),2)))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)x－y＋\f(\r(3),2)z＝0，,2x＝0.))取z＝2，得x＝0，y＝eq \r(3).
所以平面SBC的一个法向量为n＝(0，eq \r(3)，2)．
又eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|\(AB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(2\r(3),2×\r(7))＝eq \f(\r(21),7).
故AB与平面SBC所成角的正弦值为eq \f(\r(21),7).
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，掌握运算求解能力、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，本题设置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所成锐二面角的余弦值．
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Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(1,2)，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0)).
再设H(x0，y0，z0)，而eq \(ED,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0,0)，
eq \(DH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\r(3)，y0－\f(1,2)，z0)).
由ED⊥DH，得eq \(ED,\s\up6(→))·eq \(DH,\s\up6(→))＝0，得x0＝－eq \r(3).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(HB＝2，,HD＝2，))
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z0－\f(\r(3),2)))eq \s\up8(2)＝4，,x0＋\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y0－\f(1,2)))eq \s\up8(2)＋z\\al(2,0)＝4.))
将x0＝－eq \r(3)代入，可得y0＝－eq \f(1,2)，z0＝eq \r(3)，即Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，－\f(1,2)，\r(3)))，则eq \(BH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(AH,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(3))，
设平面ABH法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x1＋\r(3)z1＝0，,－\r(3)x1－\f(1,2)y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＝－\r(3)x1，,z1＝x1.))
令x1＝1，得y1＝－eq \r(3)，z1＝1，即n1＝(1，－eq \r(3)，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所成锐二面角θ的余弦值为cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,1×\r(5))))＝eq \f(\r(5),5).
(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所成锐二面角的一个平面角．
而BO＝eq \f(\r(3),2)，AO＝eq \f(1,2).易得LE＝eq \r(3)，而AE＝1，∠AEL＝90°，所以∠EAL＝60°，则MO＝eq \f(\r(3),4).
由勾股定理，得MB＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up8(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)))eq \s\up8(2))＝eq \f(\r(15),4)，
则cs∠BMO＝eq \f(MO,MB)＝eq \f(\r(5),5)，
即平面ADE与平面ABH所成锐二面角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
(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＝eq \r(3)，MD＝1，则MO′＝eq \f(1,2).
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Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，
Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，－\f(1,2)，\r(3)))，则有eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(BH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).
设平面ABH的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，,－\r(3)x1－\f(1,2)y1＋\f(\r(3),2)z1＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＝－\r(3)x1，,z1＝x1.))
令x1＝1，得y1＝－eq \r(3)，z1＝1，
即n1＝(1，－eq \r(3)，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所成锐二面角θ的余弦值为cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,1×\r(5))))＝eq \f(\r(5),5).
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|)
读
想
算
思
AB与平面SBC所成角的大小，AB∥CD，BC⊥CD，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
相关教案
高中数学高考第6节 立体几何中的向量方法 教案： 这是一份高中数学高考第6节 立体几何中的向量方法 教案，共16页。
第7章 第6节 立体几何中的向量方法——证明平行与垂直教案： 这是一份第7章 第6节 立体几何中的向量方法——证明平行与垂直教案，共13页。教案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。
高中数学人教版新课标A选修2-13.2立体几何中的向量方法教学设计： 这是一份高中数学人教版新课标A选修2-13.2立体几何中的向量方法教学设计，共3页。
