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微专题15 空间角、距离的计算(几何法、向量法)-2024年高考数学二轮微专题系列
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这是一份微专题15 空间角、距离的计算(几何法、向量法)-2024年高考数学二轮微专题系列，共43页。
1.(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则( )
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
答案 ABD
解析 如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，
又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1.
连接B1C，则B1C⊥BC1.
因为CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，
又CA1⊂平面DCB1A1，
所以BC1⊥CA1，
所以直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；
连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB.
因为OB⊂平面BB1D1D，
所以OC1⊥OB，∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.
设正方体的棱长为a，则易得BC1＝eq \r(2)a，OC1＝eq \f(\r(2)a,2)，
所以在Rt△BOC1中，OC1＝eq \f(1,2)BC1，
所以∠OBC1＝30°，故C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°，故D正确.故选ABD.
2.(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为eq \r(3)，那么P到平面ABC的距离为________.
答案 eq \r(2)
解析 如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.
再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
连接OC，PE，PF，
则PE⊥AC，PF⊥BC.
所以PE＝PF＝eq \r(3)，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq \r(3)，所以CE＝1，
所以OE＝1，
所以PO＝eq \r(PE2－OE2)＝eq \r(（\r(3)）2－12)＝eq \r(2).
3.(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点.
(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C－AE－B的正弦值.
(1)证明 如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，
所以PO⊥平面ABC.
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，
所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，AB，OD，AC⊂平面ABC，所以OD∥AC.
因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以OD∥平面PAC.
因为D，E分别为BA，BP的中点，
所以DE∥PA.
因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.
(2)解 连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝eq \r(PA2－PO2)＝eq \r(52－32)＝4.
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，
所以OD＝OAsin 30°＝4×eq \f(1,2)＝2，
AB＝2AD＝2OAcs 30°＝2×4×eq \f(\r(3),2)
＝4eq \r(3).
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
所以在Rt△ABC中，AC＝ABtan 60°＝4eq \r(3)×eq \r(3)＝12.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0，0，0)，B(4eq \r(3)，0，0)，C(0，12，0)，
P(2eq \r(3)，2，3)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(4eq \r(3)，0，0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，12，0).
设平面AEC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3\r(3)x＋y＋\f(3,2)z＝0，,12y＝0，))
令z＝2eq \r(3)，则n＝(－1，0，2eq \r(3)).
设平面AEB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3\r(3)x1＋y1＋\f(3,2)z1＝0，,4\r(3)x1＝0，))
令z1＝2，则m＝(0，－3，2)，
所以|cs〈n，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·m,|n|·|m|)))＝eq \f(4\r(3),13).
设二面角C－AE－B的大小为θ，
则sin θ＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),13)))\s\up12(2))＝eq \f(11,13).
4.(2021·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq \r(15)，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 因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，
所以AB⊥平面PDM.
又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)解 法一 由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角.
连接AM，因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，
又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD，又AM⊂平面ABCD，
所以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，
BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝eq \r(7)，
又PA＝eq \r(15)，所以PM＝2eq \r(2)，
所以PB＝PC＝2eq \r(3).
连接BN，结合余弦定理得BN＝eq \r(11).
连接AC，则由余弦定理得AC＝eq \r(21)，
在△PAC中，结合余弦定理得
PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝eq \r(15).
所以在△ABN中，
cs∠BAN＝eq \f(AB2＋AN2－BN2,2AB·AN)＝eq \f(1＋15－11,2\r(15))＝eq \f(\r(15),6).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝cs ∠BAN＝eq \f(\r(15),6).
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为eq \f(\r(15),6).
法二 因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，
BM＝2，
所以AM＝eq \r(7)，
又PA＝eq \r(15)，所以PM＝2eq \r(2).
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，则ME⊥MD.
故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(－eq \r(3)，2，0)，P(0，0，2eq \r(2))，C(eq \r(3)，－1，0)，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2)))，
所以eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，－\f(5,2)，\r(2))).
易知平面PDM的一个法向量为
n＝(0，1，0).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AN,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AN,\s\up6(→))·n|,|\(AN,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(\f(5,2),\r(15))＝eq \f(\r(15),6).
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为eq \f(\r(15),6).
热点一 异面直线所成的角
求异面直线所成角的方法
方法一：综合法.步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.
方法二：空间向量法.步骤为：①求出直线a，b的方向向量，分别记为m，n；②计算cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)；③利用cs θ＝|cs〈m，n〉|，以及θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，求出角θ.
例1 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
答案 D
解析 法一 如图，连接C1P，
因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，
所以C1P⊥B1D1，
又C1P⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面B1BP，
所以C1P⊥平面B1BP.
又BP⊂平面B1BP，
所以有C1P⊥BP.连接BC1，
则AD1∥BC1，
所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.
设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
则在Rt△C1PB中，C1P＝eq \f(1,2)B1D1＝eq \r(2)，BC1＝2eq \r(2)，
sin ∠PBC1＝eq \f(PC1,BC1)＝eq \f(1,2)，所以∠PBC1＝eq \f(π,6)，故选D.
法二 如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(1，1，2)，D1(0，2，2)，
eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，－1，－2)，
eq \(AD,\s\up6(→))1＝(0，2，2).
设直线PB与AD1所成的角为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PB,\s\up6(→))·\(AD,\s\up6(→))1,|\(PB,\s\up6(→))||\(AD,\s\up6(→))1|)))＝eq \f(|－6|,\r(6)×\r(8))＝eq \f(\r(3),2).
因为θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq \f(π,6)，故选D.
法三 如图，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角.
由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，
知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点.
易知A1B＝BC1＝A1C1，
所以△A1BC1为等边三角形，
所以∠A1BC1＝eq \f(π,3)，
又P为A1C1的中点，
所以可得∠PBC1＝eq \f(1,2)∠A1BC1＝eq \f(π,6)，
故直线PB与AD1所成的角为eq \f(π,6)，故选D.
易错提醒 1.利用几何法求异面直线所成的角时，通过平移直线所得的角不一定就是两异面直线所成的角，也可能是其补角.
2.用向量法时，要注意向量夹角与异面直线所成角的范围不同.
训练1 (1)(2022·武汉质检)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1＝2AB＝2BC，P，Q分别为B1C1，BC的中点，则异面直线AQ与BP所成角的余弦值是( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(2\r(17),17)
C.eq \f(\r(85),85) D.eq \f(2\r(85),85)
答案 C
解析 法一 不妨设AB＝2，则BC＝2，BB1＝4，连接A1P，A1B(图略)，则A1P∥AQ，
∴∠A1PB(或其补角)为异面直线AQ与BP所成的角.
由勾股定理得BP＝eq \r(17)，A1P＝eq \r(5)，A1B＝2eq \r(5)，在△A1BP中，由余弦定理的推论得，cs∠A1PB＝eq \f(（\r(17)）2＋（\r(5)）2－（2\r(5)）2,2×\r(17)×\r(5))＝eq \f(\r(85),85).故选C.
法二 如图建立空间直角坐标系，
设直线AQ与BP所成的角为θ，
不妨设AB＝2，
则BC＝2，BB1＝4.
故B(2，0，0)，P(2，1，4)，Q(2，1，0)，
所以eq \(BP,\s\up6(→))＝(0，1，4)，eq \(AQ,\s\up6(→))＝(2，1，0)，
所以cs θ＝|cs〈eq \(BP,\s\up6(→))，eq \(AQ,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(17)×\r(5))))＝eq \f(\r(85),85).
(2)(2022·河南顶尖名校联考)如图，圆锥的底面直径AB＝2，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦AD＝eq \r(3)，则异面直线AD与BC所成的角的余弦值为( )
A.0 B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(\r(3),4) D.eq \f(\r(2),2)
答案 C
解析 法一 如图，延长DO交圆于E，连接BE，CE，易知AD＝BE＝eq \r(3)，AD∥BE，
∴∠EBC(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角.
由圆锥侧面展开图为半圆，易得BC＝2，在△BEC中，BC＝CE＝2，BE＝eq \r(3)，
∴cs∠EBC＝eq \f(22＋（\r(3)）2－22,2×2×\r(3))＝eq \f(\r(3),4).
法二 由圆锥侧面展开图为半圆，易得BC＝2，又BO＝1，
所以CO＝eq \r(3)，在△AOD中，AO＝DO＝1，AD＝eq \r(3)，
由余弦定理得cs∠AOD＝eq \f(12＋12－（\r(3)）2,2×1×1)＝－eq \f(1,2)，
则∠AOD＝eq \f(2π,3)，
以O为坐标原点，OB所在直线为y轴，OC所在直线为z轴，建立空间直角坐标系如图，则A(0，－1，0)，
Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，
B(0，1，0)，C(0，0，eq \r(3))，
所以eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－1，eq \r(3))，
故cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝eq \f(－\f(3,2),\r(3)×2)＝－eq \f(\r(3),4)，
又异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
故直线AD与BC所成角的余弦值为eq \f(\r(3),4).
热点二 直线与平面所成的角
求直线与平面所成角的方法
方法一：几何法.步骤为：①找出直线l在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.
方法二：空间向量法.步骤为：①求出平面α的法向量n与直线AB的方向向量eq \(AB,\s\up6(→))；②计算cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·n,|\(AB,\s\up6(→))||n|)；③利用sin θ＝|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉|，以及θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，求出角θ.
例2 (2022·南京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝13，AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，AB1＝B1C，D为AC的中点，平面AB1C⊥平面ABC.
(1)求证：B1D⊥平面ABC；
(2)求直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值.
(1)证明 因为AB1＝B1C，D为AC的中点，所以B1D⊥AC.
又平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，B1D⊂平面AB1C，
所以B1D⊥平面ABC.
(2)解 法一 在平面ABC内，过点D作BC的平行线，交AB于点E，过点D作AB的平行线，交BC于点F，连接DE，DF，BD.
由(1)知B1D⊥平面ABC，
所以B1D⊥AC，B1D⊥BD.
因为AB⊥BC，所以DE⊥DF，
故以{eq \(DE,\s\up6(→))，eq \(DF,\s\up6(→))，eq \(DB1,\s\up6(→))}为基底建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.
因为AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，所以AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝10，BD＝eq \f(1,2)AC＝5.
又AA1＝BB1＝13，AB⊥BC，
所以B1D＝eq \r(BBeq \\al(2,1)－BD2)＝12.
易得D(0，0，0)，A(3，－4，0)，B(3，4，0)，C(－3，4，0)，B1(0，0，12)，
则eq \(AC,\s\up6(→))＝(－6，8，0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－6，0，0)，
eq \(B1C,\s\up6(→))＝(－3，4，－12).
设点C1(x，y，z)，
则eq \(B1C1,\s\up6(→))＝(x，y，z－12)，
由eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(B1C1,\s\up6(→))，
得(－6，0，0)＝(x，y，z－12)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－6，,y＝0，,z＝12，))即C1(－6，0，12)，
所以eq \(C1D,\s\up6(→))＝(6，0，－12).
设平面AB1C的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝－6x1＋8y1＝0，,n·\(B1C,\s\up6(→))＝－3x1＋4y1－12z1＝0，))
得3x1＝4y1，z1＝0.
不妨取x1＝4，则y1＝3，得平面AB1C的一个法向量为n＝(4，3，0).
设直线C1D与平面AB1C所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(C1D,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(C1D,\s\up6(→))|,|n|·|\(C1D,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|4×6＋3×0＋0×（－12）|,\r(42＋32＋02)×\r(62＋02＋（－12）2))
＝eq \f(4\r(5),25).
所以直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值为eq \f(4\r(5),25).
法二 连接BC1，交B1C于点M，易知BM＝MC1，所以点C1到平面AB1C的距离d和点B到平面AB1C的距离相等.
过点B作BH⊥AC，垂足为H.
又平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，BH⊂平面ABC，
所以BH⊥平面AB1C，则BH为点B到平面AB1C的距离.
在Rt△ABC中，
因为AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，
所以AC＝10，则BH＝eq \f(6×8,10)＝eq \f(24,5)，
所以d＝BH＝eq \f(24,5).
由(1)知B1D⊥平面ABC，
又BC⊂平面ABC，所以B1D⊥BC.
又B1C1∥BC，所以B1D⊥B1C1，
则△DB1C1为直角三角形.
连接BD，则B1D⊥BD.
因为D为AC的中点，所以BD＝eq \f(1,2)AC＝5.
又AA1＝BB1＝13，所以B1D＝12.
又B1C1＝BC＝6，所以C1D＝6eq \r(5).
设直线C1D与平面AB1C所成的角为θ，
则sin θ＝eq \f(d,C1D)＝eq \f(\f(24,5),6\r(5))＝eq \f(4\r(5),25).
所以直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值为eq \f(4\r(5),25).
规律方法 1.几何法求线面角的关键是找出线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中应用余弦定理(勾股定理)求解；
2.向量法求线面角时要注意：线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉＋θ＝eq \f(π,2)或〈a，n〉－θ＝eq \f(π,2)，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值.
训练2 (2022·湖北十校联考)如图，在四棱锥A－BCDE中，CD∥BE，CD＝eq \f(1,2)EB＝1，CB⊥BE，AE＝AB＝BC＝eq \r(2)，AD＝eq \r(3)，O是AE的中点.
(1)求证：DO∥平面ABC；
(2)求DA与平面ABC所成角的正弦值.
(1)证明 取AB的中点为F，连接CF，OF，
因为O，F分别为AE，AB的中点，
所以OF∥BE，且OF＝eq \f(1,2)BE.
又CD∥BE，CD＝eq \f(1,2)EB，
所以OF∥CD，且OF＝CD，
所以四边形OFCD为平行四边形，
所以DO∥CF，
又CF⊂平面ABC，DO⊄平面ABC，
所以DO∥平面ABC.
(2)解 法一 取EB的中点为G，连接AG，DG，易得DG綊BC.
因为AE＝AB＝eq \r(2)，BE＝2，
所以AE2＋AB2＝BE2，
所以AB⊥AE，△ABE为等腰直角三角形，所以AG⊥BE，AG＝1，
又AD＝eq \r(3)，DG＝BC＝eq \r(2)，
所以AG2＋DG2＝AD2，
所以DG⊥AG.
又BE⊥AG，BE∩DG＝G，BE，DG⊂平面BCDE，所以AG⊥平面BCDE.
记h为点D到平面ABC的距离，连接BD，则VD－ABC＝VA－BCD，
即eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \f(1,3)S△BCD·AG，
因为BC⊂平面BCDE，所以BC⊥AG，
又CB⊥BE，BE∩AG＝G，BE，AG⊂平面ABE，所以BC⊥平面ABE，
又AB⊂平面ABE，
所以BC⊥AB，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)×AB×BC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)＝1，
又S△BCD＝eq \f(1,2)×BC×CD＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×1＝eq \f(\r(2),2)，
所以h＝eq \f(\r(2),2)，
设DA与平面ABC所成的角为θ，
则sin θ＝eq \f(h,AD)＝eq \f(\f(\r(2),2),\r(3))＝eq \f(\r(6),6).
所以DA与平面ABC所成角的正弦值为eq \f(\r(6),6).
法二 如图，取EB的中点为G，连接AG，OG，DG，由(2)法一可知AG⊥BE，AB⊥AE，BC⊥平面ABE，BC∥DG，所以DG⊥平面ABE.
以G为坐标原点，以eq \(GA,\s\up6(→))，eq \(GB,\s\up6(→))，eq \(GD,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则G(0，0，0)，A(1，0，0)，D(0，0，eq \r(2))，E(0，－1，0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1，0，eq \r(2)).
因为AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE，
又AB⊥AE，BC∩AB＝B，BC，AB⊂平面ABC，所以AE⊥平面ABC，
故平面ABC的一个法向量为
eq \(AE,\s\up6(→))＝(－1，－1，0).
设DA与平面ABC所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·\(AE,\s\up6(→))|,|\(AD,\s\up6(→))|·|\(AE,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(6))＝eq \f(\r(6),6).
所以DA与平面ABC所成角的正弦值为eq \f(\r(6),6).
热点三 平面与平面的夹角
求平面与平面的夹角方法
方法一：几何法.步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.
方法二：空间向量法.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m，n；②计算cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)；③设两个平面的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈m，n〉|.
例3 (2022·济南质测)如图，在三棱锥D－ABC中，DA⊥底面ABC，AC＝BC＝DA＝1，AB＝eq \r(2)，E是CD的中点，点F在DB上，且EF⊥DB.
(1)证明：DB⊥平面AEF；
(2)求平面ADB与平面DBC夹角的大小.
法一 (1)证明 ∵DA⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，∴DA⊥BC.
∵AC＝BC＝1，AB＝eq \r(2)，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴AC⊥BC.
∵DA∩AC＝A，DA，AC⊂平面DAC，
∴BC⊥平面DAC，
又AE⊂平面DAC，
∴BC⊥AE.
∵DA＝AC，E是CD的中点，
∴DC⊥AE，
又BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面DBC，
∴AE⊥平面DBC，
又DB⊂平面DBC，∴DB⊥AE，
又EF⊥DB，EF∩AE＝E，EF，AE⊂平面AEF，
∴DB⊥平面AEF.
(2)解 ∵EF⊥DB，由(1)得DB⊥AF，
∴∠AFE为平面ADB与平面DBC的夹角.
∵DA⊥平面ABC，
∴DA⊥AC，DA⊥AB，
又AC＝DA＝1，E为CD的中点，
∴AE＝eq \f(1,2)DC＝eq \f(\r(2),2).
∵AB＝eq \r(2)，
∴S△DAB＝eq \f(1,2)×DA×AB＝eq \f(1,2)×DB×AF，
∴AF＝eq \f(DA×AB,DB)＝eq \f(1×\r(2),\r(12＋（\r(2)）2))＝eq \f(\r(6),3).
由(1)知，AE⊥平面DBC，
∵EF⊂平面DBC，
∴AE⊥EF，
∴sin∠AFE＝eq \f(AE,AF)＝eq \f(\f(\r(2),2),\f(\r(6),3))＝eq \f(\r(3),2).
∵∠AFE为锐角，∴∠AFE＝eq \f(π,3)，
∴平面ADB与平面DBC夹角的大小为eq \f(π,3).
法二 (1)证明 ∵DA⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，∴DA⊥BC.
∵AC＝BC＝1，AB＝eq \r(2)，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴AC⊥BC.
∴DA∩AC＝A，DA，AC⊂平面DAC，
∴BC⊥平面DAC，
如图，过点A作AG∥BC，
则AG⊥平面DAC.
以A为坐标原点，分别以向量eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AG,\s\up6(→))，eq \(AD,\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A－xyz，
则A(0，0，0)，B(1，1，0)，D(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，
∴eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2))).
∵eq \(DB,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝1×eq \f(1,2)＋1×0＋(－1)×eq \f(1,2)＝0，
∴eq \(DB,\s\up6(→))⊥eq \(AE,\s\up6(→))，∴DB⊥AE.
又DB⊥EF，且AE∩EF＝E，AE，EF⊂平面AEF，
∴DB⊥平面AEF.
(2)解 由(1)知eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－1，0，1).
设平面ADB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AD,\s\up6(→))＝0，,m·\(BD,\s\up6(→))＝0，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(z1＝0，,－x1－y1＋z1＝0，))
令y1＝1，则m＝(－1，1，0).
设平面DBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋z2＝0，,－x2－y2＋z2＝0，))
令x2＝1，则n＝(1，0，1).
设平面ADB与平面DBC的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|－1|,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2).
所以θ＝eq \f(π,3)，
即平面ADB与平面DBC夹角的大小为eq \f(π,3).
规律方法 (1)用几何法求解二面角的关键是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.
(2)利用法向量的依据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在求二面角的大小时，一定要判断出二面角的平面角是锐角还是钝角，否则解法是不严谨的.
训练3 (2022·沈阳质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝AB＝2，AD＝2BC＝2eq \r(2).
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)求平面BPC与平面PCD夹角的余弦值.
(1)证明 法一 由题意得，四边形ABCD是直角梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝AB＝2，AD＝2BC＝2eq \r(2)，
所以tan∠ACB＝tan∠DBA＝eq \r(2)，
可知∠ACB＝∠DBA，
所以∠DBC＋∠ACB＝90°，则AC⊥BD.
又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又AC∩PA＝A，PA，AC⊂平面PAC，
故BD⊥平面PAC.
法二 由题意PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，eq \r(2)，0)，
D(0，2eq \r(2)，0)，P(0，0，2)，
eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2，2eq \r(2)，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2)，
eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝0，即BD⊥AP，
eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，eq \r(2)，0)，eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝－4＋4＝0，
即BD⊥AC，又AC∩AP＝A，
AC，AP⊂平面PAC，
故BD⊥平面PAC.
(2)解 由题意PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，
分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，eq \r(2)，0)，D(0，2eq \r(2)，0)，P(0，0，2)，
在平面PBC中，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，0)，
eq \(BP,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，
设平面PBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝\r(2)y1＝0，,n·\(BP,\s\up6(→))＝－2x1＋2z1＝0，))
所以y1＝0，令x1＝1，则z1＝1，
所以n＝(1，0，1).
在平面PCD中，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(2)，0)，
eq \(CP,\s\up6(→))＝(－2，－eq \r(2)，2)，
设平面PCD的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(CD,\s\up6(→))＝－2x2＋\r(2)y2＝0，,m·\(CP,\s\up6(→))＝－2x2－\r(2)y2＋2z2＝0，))
令x2＝1，则y2＝eq \r(2)，z2＝2，
所以m＝(1，eq \r(2)，2).
设平面BPC与平面PCD夹角的大小为θ，
则cs θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|1＋0＋2|,\r(2)×\r(7))＝eq \f(3\r(14),14)，
所以平面BPC与平面PCD夹角的余弦值为eq \f(3\r(14),14).
热点四 距离问题
1.空间中点、线、面距离的相互转化关系
2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.
例4 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，M为BB1的中点，N为BC的中点.
(1)求点M到直线AC1的距离；
(2)求点N到平面MA1C1的距离.
解 法一 (1)如图，连接AM，MC1，AC1，易知MC1＝eq \r(MBeq \\al(2,1)＋A1Beq \\al(2,1)＋A1Ceq \\al(2,1))＝eq \r(22＋22＋12)＝3，AC1＝2eq \r(2)，MA＝eq \r(5)，
在△MAC1中，由余弦定理得cs ∠MAC1＝eq \f(5＋8－9,2×\r(5)×2\r(2))＝eq \f(\r(10),10)，
则sin ∠MAC1＝eq \f(3\r(10),10)，
所以M到直线AC1的距离为
MA·sin ∠MAC1＝eq \r(5)×eq \f(3\r(10),10)＝eq \f(3\r(2),2).
(2)如图，S△MNC1＝S矩形B1BCC1－S△B1MC1－S△BMN－S△NCC1＝4eq \r(2)－eq \r(2)－eq \f(\r(2),2)－eq \r(2)＝eq \f(3\r(2),2)，
设点N到平面MA1C1的距离为h，
由VN－MA1C1＝VA1－MNC1，得
eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \r(5)×h＝eq \f(1,3)×eq \f(3\r(2),2)×eq \r(2)，
得h＝eq \f(3\r(5),5)，
即N到平面MA1C1的距离为eq \f(3\r(5),5).
法二 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，M(2，0，1)，C1(0，2，2)，直线AC1的一个单位方向向量为
s0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，eq \(AM,\s\up6(→))＝(2，0，1)，
故点M到直线AC1的距离
d＝eq \r(|\(AM,\s\up6(→))|2－|\(AM,\s\up6(→))·s0|2)
＝eq \r(5－\f(1,2))＝eq \f(3\r(2),2).
(2)设平面MA1C1的法向量为n＝(x，y，z)，
因为eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(A1M,\s\up6(→))＝(2，0，－1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1M,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＝0，,2x－z＝0，))
取x＝1，得z＝2，故n＝(1，0，2)为平面MA1C1的一个法向量，
因为N(1，1，0)，所以eq \(MN,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，
故N到平面MA1C1的距离d＝eq \f(|\(MN,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(3,\r(5))＝eq \f(3\r(5),5).
规律方法 1.在解题过程中要对“点线距离”、“点面距离”、“线面距离”与“面面距离”进行适当转化，从而把所求距离转化为点与点的距离进而解决问题.
2.解决点线距问题注意应用等面积法，解决点面距问题注意应用等体积法.
训练4 在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，AA1＝3，底面是边长为4的菱形，且∠DAB＝60°，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，E是O1A的中点，则点E到平面O1BC的距离为( )
A.2 B.1 C.eq \f(3,2) D.3
答案 C
解析 法一 如图，连接OO1，
则OO1⊥平面ABCD，
OO1＝AA1＝3，
∵四边形ABCD是边长为4的菱形，且∠DAB＝60°，
∴OB＝2，OC＝2eq \r(3)，
AC＝2OC＝4eq \r(3)，
OB⊥AC.
∴O1B＝eq \r(13)，O1C＝eq \r(21)，
又BC＝4，
∴cs∠BO1C＝eq \f(9,\r(13)×\r(21))，
sin∠BO1C＝eq \f(8\r(3),\r(13)×\r(21))，
故S△BO1C＝eq \f(1,2)×eq \r(13)×eq \r(21)×eq \f(8\r(3),\r(13)×\r(21))＝4eq \r(3).
设A到平面O1BC的距离为h，
则由VA－BO1C＝VO1－ABC得
eq \f(1,3)×4eq \r(3)×h＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4eq \r(3)×2×3，
解得h＝3，
又∵E是O1A的中点，
∴E到平面O1BC的距离为eq \f(3,2).
法二 易得OO1⊥平面ABCD，
所以OO1⊥OA，OO1⊥OB.
又OA⊥OB，
所以建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
因为底面ABCD是边长为4的菱形，∠DAB＝60°，
所以OA＝2eq \r(3)，OB＝2，
则A(2eq \r(3)，0，0)，B(0，2，0)，C(－2eq \r(3)，0，0)，O1(0，0，3)，
所以eq \(O1B,\s\up6(→))＝(0，2，－3)，eq \(O1C,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0，－3).
设平面O1BC的法向量为n＝(x，y，z).
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(O1B,\s\up6(→))＝0，,n·\(O1C,\s\up6(→))＝0，))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y－3z＝0，,－2\r(3)x－3z＝0，))
取z＝2，则x＝－eq \r(3)，y＝3，
则n＝(－eq \r(3)，3，2)是平面O1BC的一个法向量.
设点E到平面O1BC的距离为d.
因为E是O1A的中点，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，0，\f(3,2)))，eq \(EO1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，0，\f(3,2)))，
则d＝eq \f(|\(EO1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，0，\f(3,2)))·（－\r(3)，3，2）)),\r(（－\r(3)）2＋32＋22))＝eq \f(3,2)，
所以点E到平面O1BC的距离为eq \f(3,2).
一、基本技能练
1.如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是边长为2的等边三角形.
(1)证明：PB⊥CD；
(2)求点A到平面PCD的距离.
(1)证明 取BC的中点E，连接DE，则ABED为正方形.
过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O.
连接OA，OB，OD，OE.
由△PAB和△PAD都是等边三角形知
PA＝PB＝PD，
所以OA＝OB＝OD，即点O为正方形ABED对角线的交点，
故OE⊥BD，从而PB⊥OE.
因为O是BD的中点，E是BC的中点，
所以OE∥CD.因此PB⊥CD.
(2)解 取PD的中点F，连接OF，
则OF∥PB.
由(1)知，PB⊥CD，故OF⊥CD.
又OD＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(2)，
OP＝eq \r(PD2－OD2)＝eq \r(2)，
故△POD为等腰三角形，因此OF⊥PD.
又PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，
所以OF⊥平面PCD.
因为AE∥CD，CD⊂平面PCD，AE⊄平面PCD，所以AE∥平面PCD.
因此O到平面PCD的距离OF就是A到平面PCD的距离，而 OF＝eq \f(1,2)PB＝1，所以A到平面PCD的距离为1.
2.(2022·广州调研)如图，在三棱锥P－ABC中，BC⊥平面PAC，AD⊥BP，AB＝2，BC＝1，PD＝3BD＝3.
(1)求证：PA⊥AC；
(2)求平面PAC与平面ACD夹角的余弦值.
(1)证明 法一 由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝eq \r(3).
由PD＝3，AD＝eq \r(3)，AD⊥BP，
得PA＝2eq \r(3).
由BC⊥平面PAC，AC，PC⊂平面PAC，
得BC⊥AC，BC⊥PC.
所以AC＝eq \r(AB2－BC2)＝eq \r(3)，
PC＝eq \r(PB2－BC2)＝eq \r(15).
因为AC2＋PA2＝15＝PC2，
所以PA⊥AC.
法二 由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，
得AD＝eq \r(3).
由PD＝3，AD＝eq \r(3)，AD⊥BP，
得PA＝2eq \r(3).
因为PB＝4，
所以PB2＝AB2＋PA2，
所以PA⊥AB.
由BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，
得BC⊥PA.
又BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，
故PA⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC.
(2)解 法一
如图，过点D作DE∥BC交PC于点E，
因为BC⊥平面PAC，
所以DE⊥平面PAC.
因为AC⊂平面PAC，
所以DE⊥AC.
过点E作EF⊥AC交AC于点F，连接DF，
又DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF，
所以AC⊥平面DEF.
因为DF⊂平面DEF，
所以AC⊥DF.
则∠DFE为平面PAC与平面ACD的夹角.
由PD＝3BD＝3，DE∥BC，得DE＝eq \f(3,4)，
由EF⊥AC，PA⊥AC，且EF，PA⊂平面PAC，得EF∥PA，且eq \f(EF,PA)＝eq \f(CE,CP)＝eq \f(BD,BP)＝eq \f(1,4)，
得EF＝eq \f(\r(3),2).
易知DE⊥EF，
则DF＝eq \r(DE2＋EF2)＝eq \f(\r(21),4).
所以cs∠DFE＝eq \f(EF,DF)＝eq \f(2\r(7),7).
所以平面PAC与平面ACD夹角的余弦值为eq \f(2\r(7),7).
法二
如图，作AQ∥CB，以AQ，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
因为AB＝2，BC＝1，BD＝1，BP＝4，
所以AC＝eq \r(3)，AP＝2eq \r(3).
故A(0，0，0)，B(1，eq \r(3)，0)，C(0，eq \r(3)，0)，P(0，0，2eq \r(3)).
由eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(BP,\s\up6(→))，
得Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3\r(3),4)，\f(\r(3),2)))，
则eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3\r(3),4)，\f(\r(3),2)))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0).
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y＝0，,\f(3,4)x＋\f(3\r(3),4)y＋\f(\r(3),2)z＝0，))
令x＝2，则z＝－eq \r(3)，y＝0，
所以n＝(2，0，－eq \r(3))为平面ACD的一个法向量.
由于BC⊥平面PAC，
因此eq \(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)为平面PAC的一个法向量.
设平面PAC与平面ACD夹角的大小为θ，
则cs θ＝|cs〈eq \(CB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(CB,\s\up6(→))·n|,|\(CB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(2,\r(7))＝eq \f(2\r(7),7).
所以平面PAC与平面ACD夹角的余弦值为eq \f(2\r(7),7).
3.(2022·泉州质检)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝eq \r(5)，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；
(2)若点F在BC上，满足BF＝eq \f(1,4)BC，设平面FDE与平面DEC夹角的大小为θ，求sin θ的值.
解 (1)如图，连接OC，因为CB＝CD，O为BD的中点，所以CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，OB，OC⊂平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.以{eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OA,\s\up6(→))}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为BD＝2，CB＝CD＝eq \r(5)，AO＝2，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).
因为E为AC的中点，所以E(0，1，1)，
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(1，1，1)，
所以|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(DE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·\(DE,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))|·|\(DE,\s\up6(→))|)＝eq \f(|1＋0－2|,\r(5)×\r(3))＝eq \f(\r(15),15).
因此，直线AB与DE所成角的余弦值为eq \f(\r(15),15).
(2)因为点F在BC上，BF＝eq \f(1,4)BC，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，
所以eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)，0)).
又eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，
故eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，\f(1,2)，0)).
设平面DEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n1＝0，,\(DF,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋y1＋z1＝0，,\f(7,4)x1＋\f(1,2)y1＝0，))
取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，
所以n1＝(2，－7，5)为平面DEF的一个法向量.
设平面DEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，又eq \(DC,\s\up6(→))＝(1，2，0)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\(DC,\s\up6(→))·n2＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋y2＋z2＝0，,x2＋2y2＝0，))
取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，
所以n2＝(2，－1，－1)为平面DEC的一个法向量.
故|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(|4＋7－5|,\r(78)×\r(6))＝eq \f(\r(13),13).
所以sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(39),13).
二、创新拓展练
4.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为矩形，若平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1⊥平面ABC1.
(1)求证：AB⊥BB1；
(2)记平面ABC1与平面A1B1C1的夹角为α，直线AC1与平面BCC1B1所成的角为β，异面直线AC1与BC所成的角为φ，当α，β满足：cs α·cs β＝m(0(1)证明 ∵四边形BCC1B1是矩形，
图1
∴BC⊥BB1，
又平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，
平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，BC⊂平面BCC1B1，
∴BC⊥平面ABB1A1，
又AB⊂平面ABB1A1，
∴AB⊥BC.
如图1，过C作CO⊥BC1，
∵平面BCC1B1⊥平面ABC1，
平面BCC1B1∩平面ABC1＝BC1，CO⊂平面BCC1B1，
∴CO⊥平面ABC1，
又AB⊂平面ABC1，
∴AB⊥CO，
又AB⊥BC，CO∩BC＝C，CO，BC⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥平面BCC1B1，
又BB1⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥BB1.
(2)解 由题意知AB∥A1B1，
又AB⊥平面BCC1B1，
∴A1B1⊥平面BCC1B1.
以B1为原点，B1A1，B1B，B1C1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图2，
图2
不妨设B1A1＝a，B1B＝b，B1C1＝c，
则B1(0，0，0)，A1(a，0，0)，B(0，b，0)，C1(0，0，c)，A(a，b，0)，
eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \(B1A1,\s\up6(→))＝(a，0，0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(B1C1,\s\up6(→))＝(0，0，c)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(0，－b，c).
设n1＝(x1，y1，z1)为平面ABC1的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(BA,\s\up6(→))＝ax1＝0，,n1·\(BC1,\s\up6(→))＝－by1＋cz1＝0，))
∴x1＝0，
令y1＝c，则z1＝b，
∴n1＝(0，c，b).
取平面A1B1C1的一个法向量n＝(0，1，0)，
由图知，α为锐角，
则cs α＝|cs〈n1，n〉|＝eq \f(c,\r(b2＋c2)).
取平面BCC1B1的一个法向量
n2＝(1，0，0)，
由eq \(C1A,\s\up6(→))＝(a，b，－c)，
得sin β＝|cs〈eq \(C1A,\s\up6(→))，n2〉|＝eq \f(a,\r(a2＋b2＋c2)).
又β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴cs β＝eq \f(\r(b2＋c2),\r(a2＋b2＋c2))，
则cs αcs β＝eq \f(c,\r(a2＋b2＋c2)).
|cs〈eq \(C1A,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝cs φ
＝eq \f(|（a，b，－c）·（0，0，c）|,c\r(a2＋b2＋（－c）2))＝eq \f(c,\r(a2＋b2＋c2))，
∴cs φ＝cs αcs β.
∵cs αcs β＝m且m∈(0，1)，φ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴sin φ＝eq \r(1－cs2φ)＝eq \r(1－m2).
1.(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则( )
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
答案 ABD
解析 如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，
又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1.
连接B1C，则B1C⊥BC1.
因为CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，
又CA1⊂平面DCB1A1，
所以BC1⊥CA1，
所以直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；
连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB.
因为OB⊂平面BB1D1D，
所以OC1⊥OB，∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.
设正方体的棱长为a，则易得BC1＝eq \r(2)a，OC1＝eq \f(\r(2)a,2)，
所以在Rt△BOC1中，OC1＝eq \f(1,2)BC1，
所以∠OBC1＝30°，故C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°，故D正确.故选ABD.
2.(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为eq \r(3)，那么P到平面ABC的距离为________.
答案 eq \r(2)
解析 如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.
再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
连接OC，PE，PF，
则PE⊥AC，PF⊥BC.
所以PE＝PF＝eq \r(3)，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq \r(3)，所以CE＝1，
所以OE＝1，
所以PO＝eq \r(PE2－OE2)＝eq \r(（\r(3)）2－12)＝eq \r(2).
3.(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点.
(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C－AE－B的正弦值.
(1)证明 如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，
所以PO⊥平面ABC.
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，
所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，AB，OD，AC⊂平面ABC，所以OD∥AC.
因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以OD∥平面PAC.
因为D，E分别为BA，BP的中点，
所以DE∥PA.
因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.
(2)解 连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝eq \r(PA2－PO2)＝eq \r(52－32)＝4.
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，
所以OD＝OAsin 30°＝4×eq \f(1,2)＝2，
AB＝2AD＝2OAcs 30°＝2×4×eq \f(\r(3),2)
＝4eq \r(3).
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
所以在Rt△ABC中，AC＝ABtan 60°＝4eq \r(3)×eq \r(3)＝12.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0，0，0)，B(4eq \r(3)，0，0)，C(0，12，0)，
P(2eq \r(3)，2，3)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(4eq \r(3)，0，0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，12，0).
设平面AEC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3\r(3)x＋y＋\f(3,2)z＝0，,12y＝0，))
令z＝2eq \r(3)，则n＝(－1，0，2eq \r(3)).
设平面AEB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3\r(3)x1＋y1＋\f(3,2)z1＝0，,4\r(3)x1＝0，))
令z1＝2，则m＝(0，－3，2)，
所以|cs〈n，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·m,|n|·|m|)))＝eq \f(4\r(3),13).
设二面角C－AE－B的大小为θ，
则sin θ＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),13)))\s\up12(2))＝eq \f(11,13).
4.(2021·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝eq \r(15)，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 因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，
所以AB⊥平面PDM.
又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)解 法一 由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角.
连接AM，因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，
又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD，又AM⊂平面ABCD，
所以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，
BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝eq \r(7)，
又PA＝eq \r(15)，所以PM＝2eq \r(2)，
所以PB＝PC＝2eq \r(3).
连接BN，结合余弦定理得BN＝eq \r(11).
连接AC，则由余弦定理得AC＝eq \r(21)，
在△PAC中，结合余弦定理得
PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝eq \r(15).
所以在△ABN中，
cs∠BAN＝eq \f(AB2＋AN2－BN2,2AB·AN)＝eq \f(1＋15－11,2\r(15))＝eq \f(\r(15),6).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝cs ∠BAN＝eq \f(\r(15),6).
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为eq \f(\r(15),6).
法二 因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，
BM＝2，
所以AM＝eq \r(7)，
又PA＝eq \r(15)，所以PM＝2eq \r(2).
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，则ME⊥MD.
故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(－eq \r(3)，2，0)，P(0，0，2eq \r(2))，C(eq \r(3)，－1，0)，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2)))，
所以eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，－\f(5,2)，\r(2))).
易知平面PDM的一个法向量为
n＝(0，1，0).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AN,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AN,\s\up6(→))·n|,|\(AN,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(\f(5,2),\r(15))＝eq \f(\r(15),6).
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为eq \f(\r(15),6).
热点一 异面直线所成的角
求异面直线所成角的方法
方法一：综合法.步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.
方法二：空间向量法.步骤为：①求出直线a，b的方向向量，分别记为m，n；②计算cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)；③利用cs θ＝|cs〈m，n〉|，以及θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，求出角θ.
例1 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
答案 D
解析 法一 如图，连接C1P，
因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，
所以C1P⊥B1D1，
又C1P⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面B1BP，
所以C1P⊥平面B1BP.
又BP⊂平面B1BP，
所以有C1P⊥BP.连接BC1，
则AD1∥BC1，
所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.
设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
则在Rt△C1PB中，C1P＝eq \f(1,2)B1D1＝eq \r(2)，BC1＝2eq \r(2)，
sin ∠PBC1＝eq \f(PC1,BC1)＝eq \f(1,2)，所以∠PBC1＝eq \f(π,6)，故选D.
法二 如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(1，1，2)，D1(0，2，2)，
eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，－1，－2)，
eq \(AD,\s\up6(→))1＝(0，2，2).
设直线PB与AD1所成的角为θ，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PB,\s\up6(→))·\(AD,\s\up6(→))1,|\(PB,\s\up6(→))||\(AD,\s\up6(→))1|)))＝eq \f(|－6|,\r(6)×\r(8))＝eq \f(\r(3),2).
因为θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq \f(π,6)，故选D.
法三 如图，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角.
由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，
知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点.
易知A1B＝BC1＝A1C1，
所以△A1BC1为等边三角形，
所以∠A1BC1＝eq \f(π,3)，
又P为A1C1的中点，
所以可得∠PBC1＝eq \f(1,2)∠A1BC1＝eq \f(π,6)，
故直线PB与AD1所成的角为eq \f(π,6)，故选D.
易错提醒 1.利用几何法求异面直线所成的角时，通过平移直线所得的角不一定就是两异面直线所成的角，也可能是其补角.
2.用向量法时，要注意向量夹角与异面直线所成角的范围不同.
训练1 (1)(2022·武汉质检)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1＝2AB＝2BC，P，Q分别为B1C1，BC的中点，则异面直线AQ与BP所成角的余弦值是( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(2\r(17),17)
C.eq \f(\r(85),85) D.eq \f(2\r(85),85)
答案 C
解析 法一 不妨设AB＝2，则BC＝2，BB1＝4，连接A1P，A1B(图略)，则A1P∥AQ，
∴∠A1PB(或其补角)为异面直线AQ与BP所成的角.
由勾股定理得BP＝eq \r(17)，A1P＝eq \r(5)，A1B＝2eq \r(5)，在△A1BP中，由余弦定理的推论得，cs∠A1PB＝eq \f(（\r(17)）2＋（\r(5)）2－（2\r(5)）2,2×\r(17)×\r(5))＝eq \f(\r(85),85).故选C.
法二 如图建立空间直角坐标系，
设直线AQ与BP所成的角为θ，
不妨设AB＝2，
则BC＝2，BB1＝4.
故B(2，0，0)，P(2，1，4)，Q(2，1，0)，
所以eq \(BP,\s\up6(→))＝(0，1，4)，eq \(AQ,\s\up6(→))＝(2，1，0)，
所以cs θ＝|cs〈eq \(BP,\s\up6(→))，eq \(AQ,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(17)×\r(5))))＝eq \f(\r(85),85).
(2)(2022·河南顶尖名校联考)如图，圆锥的底面直径AB＝2，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦AD＝eq \r(3)，则异面直线AD与BC所成的角的余弦值为( )
A.0 B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(\r(3),4) D.eq \f(\r(2),2)
答案 C
解析 法一 如图，延长DO交圆于E，连接BE，CE，易知AD＝BE＝eq \r(3)，AD∥BE，
∴∠EBC(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角.
由圆锥侧面展开图为半圆，易得BC＝2，在△BEC中，BC＝CE＝2，BE＝eq \r(3)，
∴cs∠EBC＝eq \f(22＋（\r(3)）2－22,2×2×\r(3))＝eq \f(\r(3),4).
法二 由圆锥侧面展开图为半圆，易得BC＝2，又BO＝1，
所以CO＝eq \r(3)，在△AOD中，AO＝DO＝1，AD＝eq \r(3)，
由余弦定理得cs∠AOD＝eq \f(12＋12－（\r(3)）2,2×1×1)＝－eq \f(1,2)，
则∠AOD＝eq \f(2π,3)，
以O为坐标原点，OB所在直线为y轴，OC所在直线为z轴，建立空间直角坐标系如图，则A(0，－1，0)，
Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，
B(0，1，0)，C(0，0，eq \r(3))，
所以eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－1，eq \r(3))，
故cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝eq \f(－\f(3,2),\r(3)×2)＝－eq \f(\r(3),4)，
又异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
故直线AD与BC所成角的余弦值为eq \f(\r(3),4).
热点二 直线与平面所成的角
求直线与平面所成角的方法
方法一：几何法.步骤为：①找出直线l在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.
方法二：空间向量法.步骤为：①求出平面α的法向量n与直线AB的方向向量eq \(AB,\s\up6(→))；②计算cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·n,|\(AB,\s\up6(→))||n|)；③利用sin θ＝|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉|，以及θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，求出角θ.
例2 (2022·南京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝13，AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，AB1＝B1C，D为AC的中点，平面AB1C⊥平面ABC.
(1)求证：B1D⊥平面ABC；
(2)求直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值.
(1)证明 因为AB1＝B1C，D为AC的中点，所以B1D⊥AC.
又平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，B1D⊂平面AB1C，
所以B1D⊥平面ABC.
(2)解 法一 在平面ABC内，过点D作BC的平行线，交AB于点E，过点D作AB的平行线，交BC于点F，连接DE，DF，BD.
由(1)知B1D⊥平面ABC，
所以B1D⊥AC，B1D⊥BD.
因为AB⊥BC，所以DE⊥DF，
故以{eq \(DE,\s\up6(→))，eq \(DF,\s\up6(→))，eq \(DB1,\s\up6(→))}为基底建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.
因为AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，所以AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝10，BD＝eq \f(1,2)AC＝5.
又AA1＝BB1＝13，AB⊥BC，
所以B1D＝eq \r(BBeq \\al(2,1)－BD2)＝12.
易得D(0，0，0)，A(3，－4，0)，B(3，4，0)，C(－3，4，0)，B1(0，0，12)，
则eq \(AC,\s\up6(→))＝(－6，8，0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－6，0，0)，
eq \(B1C,\s\up6(→))＝(－3，4，－12).
设点C1(x，y，z)，
则eq \(B1C1,\s\up6(→))＝(x，y，z－12)，
由eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(B1C1,\s\up6(→))，
得(－6，0，0)＝(x，y，z－12)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－6，,y＝0，,z＝12，))即C1(－6，0，12)，
所以eq \(C1D,\s\up6(→))＝(6，0，－12).
设平面AB1C的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝－6x1＋8y1＝0，,n·\(B1C,\s\up6(→))＝－3x1＋4y1－12z1＝0，))
得3x1＝4y1，z1＝0.
不妨取x1＝4，则y1＝3，得平面AB1C的一个法向量为n＝(4，3，0).
设直线C1D与平面AB1C所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(C1D,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(C1D,\s\up6(→))|,|n|·|\(C1D,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|4×6＋3×0＋0×（－12）|,\r(42＋32＋02)×\r(62＋02＋（－12）2))
＝eq \f(4\r(5),25).
所以直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值为eq \f(4\r(5),25).
法二 连接BC1，交B1C于点M，易知BM＝MC1，所以点C1到平面AB1C的距离d和点B到平面AB1C的距离相等.
过点B作BH⊥AC，垂足为H.
又平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，BH⊂平面ABC，
所以BH⊥平面AB1C，则BH为点B到平面AB1C的距离.
在Rt△ABC中，
因为AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，
所以AC＝10，则BH＝eq \f(6×8,10)＝eq \f(24,5)，
所以d＝BH＝eq \f(24,5).
由(1)知B1D⊥平面ABC，
又BC⊂平面ABC，所以B1D⊥BC.
又B1C1∥BC，所以B1D⊥B1C1，
则△DB1C1为直角三角形.
连接BD，则B1D⊥BD.
因为D为AC的中点，所以BD＝eq \f(1,2)AC＝5.
又AA1＝BB1＝13，所以B1D＝12.
又B1C1＝BC＝6，所以C1D＝6eq \r(5).
设直线C1D与平面AB1C所成的角为θ，
则sin θ＝eq \f(d,C1D)＝eq \f(\f(24,5),6\r(5))＝eq \f(4\r(5),25).
所以直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值为eq \f(4\r(5),25).
规律方法 1.几何法求线面角的关键是找出线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中应用余弦定理(勾股定理)求解；
2.向量法求线面角时要注意：线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉＋θ＝eq \f(π,2)或〈a，n〉－θ＝eq \f(π,2)，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值.
训练2 (2022·湖北十校联考)如图，在四棱锥A－BCDE中，CD∥BE，CD＝eq \f(1,2)EB＝1，CB⊥BE，AE＝AB＝BC＝eq \r(2)，AD＝eq \r(3)，O是AE的中点.
(1)求证：DO∥平面ABC；
(2)求DA与平面ABC所成角的正弦值.
(1)证明 取AB的中点为F，连接CF，OF，
因为O，F分别为AE，AB的中点，
所以OF∥BE，且OF＝eq \f(1,2)BE.
又CD∥BE，CD＝eq \f(1,2)EB，
所以OF∥CD，且OF＝CD，
所以四边形OFCD为平行四边形，
所以DO∥CF，
又CF⊂平面ABC，DO⊄平面ABC，
所以DO∥平面ABC.
(2)解 法一 取EB的中点为G，连接AG，DG，易得DG綊BC.
因为AE＝AB＝eq \r(2)，BE＝2，
所以AE2＋AB2＝BE2，
所以AB⊥AE，△ABE为等腰直角三角形，所以AG⊥BE，AG＝1，
又AD＝eq \r(3)，DG＝BC＝eq \r(2)，
所以AG2＋DG2＝AD2，
所以DG⊥AG.
又BE⊥AG，BE∩DG＝G，BE，DG⊂平面BCDE，所以AG⊥平面BCDE.
记h为点D到平面ABC的距离，连接BD，则VD－ABC＝VA－BCD，
即eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \f(1,3)S△BCD·AG，
因为BC⊂平面BCDE，所以BC⊥AG，
又CB⊥BE，BE∩AG＝G，BE，AG⊂平面ABE，所以BC⊥平面ABE，
又AB⊂平面ABE，
所以BC⊥AB，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)×AB×BC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)＝1，
又S△BCD＝eq \f(1,2)×BC×CD＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×1＝eq \f(\r(2),2)，
所以h＝eq \f(\r(2),2)，
设DA与平面ABC所成的角为θ，
则sin θ＝eq \f(h,AD)＝eq \f(\f(\r(2),2),\r(3))＝eq \f(\r(6),6).
所以DA与平面ABC所成角的正弦值为eq \f(\r(6),6).
法二 如图，取EB的中点为G，连接AG，OG，DG，由(2)法一可知AG⊥BE，AB⊥AE，BC⊥平面ABE，BC∥DG，所以DG⊥平面ABE.
以G为坐标原点，以eq \(GA,\s\up6(→))，eq \(GB,\s\up6(→))，eq \(GD,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则G(0，0，0)，A(1，0，0)，D(0，0，eq \r(2))，E(0，－1，0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1，0，eq \r(2)).
因为AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE，
又AB⊥AE，BC∩AB＝B，BC，AB⊂平面ABC，所以AE⊥平面ABC，
故平面ABC的一个法向量为
eq \(AE,\s\up6(→))＝(－1，－1，0).
设DA与平面ABC所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·\(AE,\s\up6(→))|,|\(AD,\s\up6(→))|·|\(AE,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(6))＝eq \f(\r(6),6).
所以DA与平面ABC所成角的正弦值为eq \f(\r(6),6).
热点三 平面与平面的夹角
求平面与平面的夹角方法
方法一：几何法.步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.
方法二：空间向量法.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m，n；②计算cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)；③设两个平面的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈m，n〉|.
例3 (2022·济南质测)如图，在三棱锥D－ABC中，DA⊥底面ABC，AC＝BC＝DA＝1，AB＝eq \r(2)，E是CD的中点，点F在DB上，且EF⊥DB.
(1)证明：DB⊥平面AEF；
(2)求平面ADB与平面DBC夹角的大小.
法一 (1)证明 ∵DA⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，∴DA⊥BC.
∵AC＝BC＝1，AB＝eq \r(2)，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴AC⊥BC.
∵DA∩AC＝A，DA，AC⊂平面DAC，
∴BC⊥平面DAC，
又AE⊂平面DAC，
∴BC⊥AE.
∵DA＝AC，E是CD的中点，
∴DC⊥AE，
又BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面DBC，
∴AE⊥平面DBC，
又DB⊂平面DBC，∴DB⊥AE，
又EF⊥DB，EF∩AE＝E，EF，AE⊂平面AEF，
∴DB⊥平面AEF.
(2)解 ∵EF⊥DB，由(1)得DB⊥AF，
∴∠AFE为平面ADB与平面DBC的夹角.
∵DA⊥平面ABC，
∴DA⊥AC，DA⊥AB，
又AC＝DA＝1，E为CD的中点，
∴AE＝eq \f(1,2)DC＝eq \f(\r(2),2).
∵AB＝eq \r(2)，
∴S△DAB＝eq \f(1,2)×DA×AB＝eq \f(1,2)×DB×AF，
∴AF＝eq \f(DA×AB,DB)＝eq \f(1×\r(2),\r(12＋（\r(2)）2))＝eq \f(\r(6),3).
由(1)知，AE⊥平面DBC，
∵EF⊂平面DBC，
∴AE⊥EF，
∴sin∠AFE＝eq \f(AE,AF)＝eq \f(\f(\r(2),2),\f(\r(6),3))＝eq \f(\r(3),2).
∵∠AFE为锐角，∴∠AFE＝eq \f(π,3)，
∴平面ADB与平面DBC夹角的大小为eq \f(π,3).
法二 (1)证明 ∵DA⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，∴DA⊥BC.
∵AC＝BC＝1，AB＝eq \r(2)，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴AC⊥BC.
∴DA∩AC＝A，DA，AC⊂平面DAC，
∴BC⊥平面DAC，
如图，过点A作AG∥BC，
则AG⊥平面DAC.
以A为坐标原点，分别以向量eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AG,\s\up6(→))，eq \(AD,\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A－xyz，
则A(0，0，0)，B(1，1，0)，D(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，
∴eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2))).
∵eq \(DB,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝1×eq \f(1,2)＋1×0＋(－1)×eq \f(1,2)＝0，
∴eq \(DB,\s\up6(→))⊥eq \(AE,\s\up6(→))，∴DB⊥AE.
又DB⊥EF，且AE∩EF＝E，AE，EF⊂平面AEF，
∴DB⊥平面AEF.
(2)解 由(1)知eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－1，0，1).
设平面ADB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AD,\s\up6(→))＝0，,m·\(BD,\s\up6(→))＝0，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(z1＝0，,－x1－y1＋z1＝0，))
令y1＝1，则m＝(－1，1，0).
设平面DBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋z2＝0，,－x2－y2＋z2＝0，))
令x2＝1，则n＝(1，0，1).
设平面ADB与平面DBC的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|－1|,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2).
所以θ＝eq \f(π,3)，
即平面ADB与平面DBC夹角的大小为eq \f(π,3).
规律方法 (1)用几何法求解二面角的关键是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.
(2)利用法向量的依据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在求二面角的大小时，一定要判断出二面角的平面角是锐角还是钝角，否则解法是不严谨的.
训练3 (2022·沈阳质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝AB＝2，AD＝2BC＝2eq \r(2).
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)求平面BPC与平面PCD夹角的余弦值.
(1)证明 法一 由题意得，四边形ABCD是直角梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝AB＝2，AD＝2BC＝2eq \r(2)，
所以tan∠ACB＝tan∠DBA＝eq \r(2)，
可知∠ACB＝∠DBA，
所以∠DBC＋∠ACB＝90°，则AC⊥BD.
又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又AC∩PA＝A，PA，AC⊂平面PAC，
故BD⊥平面PAC.
法二 由题意PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，eq \r(2)，0)，
D(0，2eq \r(2)，0)，P(0，0，2)，
eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2，2eq \r(2)，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2)，
eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝0，即BD⊥AP，
eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，eq \r(2)，0)，eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝－4＋4＝0，
即BD⊥AC，又AC∩AP＝A，
AC，AP⊂平面PAC，
故BD⊥平面PAC.
(2)解 由题意PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，
分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，eq \r(2)，0)，D(0，2eq \r(2)，0)，P(0，0，2)，
在平面PBC中，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，0)，
eq \(BP,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，
设平面PBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝\r(2)y1＝0，,n·\(BP,\s\up6(→))＝－2x1＋2z1＝0，))
所以y1＝0，令x1＝1，则z1＝1，
所以n＝(1，0，1).
在平面PCD中，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(2)，0)，
eq \(CP,\s\up6(→))＝(－2，－eq \r(2)，2)，
设平面PCD的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(CD,\s\up6(→))＝－2x2＋\r(2)y2＝0，,m·\(CP,\s\up6(→))＝－2x2－\r(2)y2＋2z2＝0，))
令x2＝1，则y2＝eq \r(2)，z2＝2，
所以m＝(1，eq \r(2)，2).
设平面BPC与平面PCD夹角的大小为θ，
则cs θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|1＋0＋2|,\r(2)×\r(7))＝eq \f(3\r(14),14)，
所以平面BPC与平面PCD夹角的余弦值为eq \f(3\r(14),14).
热点四 距离问题
1.空间中点、线、面距离的相互转化关系
2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.
例4 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，M为BB1的中点，N为BC的中点.
(1)求点M到直线AC1的距离；
(2)求点N到平面MA1C1的距离.
解 法一 (1)如图，连接AM，MC1，AC1，易知MC1＝eq \r(MBeq \\al(2,1)＋A1Beq \\al(2,1)＋A1Ceq \\al(2,1))＝eq \r(22＋22＋12)＝3，AC1＝2eq \r(2)，MA＝eq \r(5)，
在△MAC1中，由余弦定理得cs ∠MAC1＝eq \f(5＋8－9,2×\r(5)×2\r(2))＝eq \f(\r(10),10)，
则sin ∠MAC1＝eq \f(3\r(10),10)，
所以M到直线AC1的距离为
MA·sin ∠MAC1＝eq \r(5)×eq \f(3\r(10),10)＝eq \f(3\r(2),2).
(2)如图，S△MNC1＝S矩形B1BCC1－S△B1MC1－S△BMN－S△NCC1＝4eq \r(2)－eq \r(2)－eq \f(\r(2),2)－eq \r(2)＝eq \f(3\r(2),2)，
设点N到平面MA1C1的距离为h，
由VN－MA1C1＝VA1－MNC1，得
eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \r(5)×h＝eq \f(1,3)×eq \f(3\r(2),2)×eq \r(2)，
得h＝eq \f(3\r(5),5)，
即N到平面MA1C1的距离为eq \f(3\r(5),5).
法二 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，M(2，0，1)，C1(0，2，2)，直线AC1的一个单位方向向量为
s0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，eq \(AM,\s\up6(→))＝(2，0，1)，
故点M到直线AC1的距离
d＝eq \r(|\(AM,\s\up6(→))|2－|\(AM,\s\up6(→))·s0|2)
＝eq \r(5－\f(1,2))＝eq \f(3\r(2),2).
(2)设平面MA1C1的法向量为n＝(x，y，z)，
因为eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(A1M,\s\up6(→))＝(2，0，－1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1M,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＝0，,2x－z＝0，))
取x＝1，得z＝2，故n＝(1，0，2)为平面MA1C1的一个法向量，
因为N(1，1，0)，所以eq \(MN,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，
故N到平面MA1C1的距离d＝eq \f(|\(MN,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(3,\r(5))＝eq \f(3\r(5),5).
规律方法 1.在解题过程中要对“点线距离”、“点面距离”、“线面距离”与“面面距离”进行适当转化，从而把所求距离转化为点与点的距离进而解决问题.
2.解决点线距问题注意应用等面积法，解决点面距问题注意应用等体积法.
训练4 在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，AA1＝3，底面是边长为4的菱形，且∠DAB＝60°，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，E是O1A的中点，则点E到平面O1BC的距离为( )
A.2 B.1 C.eq \f(3,2) D.3
答案 C
解析 法一 如图，连接OO1，
则OO1⊥平面ABCD，
OO1＝AA1＝3，
∵四边形ABCD是边长为4的菱形，且∠DAB＝60°，
∴OB＝2，OC＝2eq \r(3)，
AC＝2OC＝4eq \r(3)，
OB⊥AC.
∴O1B＝eq \r(13)，O1C＝eq \r(21)，
又BC＝4，
∴cs∠BO1C＝eq \f(9,\r(13)×\r(21))，
sin∠BO1C＝eq \f(8\r(3),\r(13)×\r(21))，
故S△BO1C＝eq \f(1,2)×eq \r(13)×eq \r(21)×eq \f(8\r(3),\r(13)×\r(21))＝4eq \r(3).
设A到平面O1BC的距离为h，
则由VA－BO1C＝VO1－ABC得
eq \f(1,3)×4eq \r(3)×h＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4eq \r(3)×2×3，
解得h＝3，
又∵E是O1A的中点，
∴E到平面O1BC的距离为eq \f(3,2).
法二 易得OO1⊥平面ABCD，
所以OO1⊥OA，OO1⊥OB.
又OA⊥OB，
所以建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
因为底面ABCD是边长为4的菱形，∠DAB＝60°，
所以OA＝2eq \r(3)，OB＝2，
则A(2eq \r(3)，0，0)，B(0，2，0)，C(－2eq \r(3)，0，0)，O1(0，0，3)，
所以eq \(O1B,\s\up6(→))＝(0，2，－3)，eq \(O1C,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0，－3).
设平面O1BC的法向量为n＝(x，y，z).
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(O1B,\s\up6(→))＝0，,n·\(O1C,\s\up6(→))＝0，))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y－3z＝0，,－2\r(3)x－3z＝0，))
取z＝2，则x＝－eq \r(3)，y＝3，
则n＝(－eq \r(3)，3，2)是平面O1BC的一个法向量.
设点E到平面O1BC的距离为d.
因为E是O1A的中点，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，0，\f(3,2)))，eq \(EO1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，0，\f(3,2)))，
则d＝eq \f(|\(EO1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，0，\f(3,2)))·（－\r(3)，3，2）)),\r(（－\r(3)）2＋32＋22))＝eq \f(3,2)，
所以点E到平面O1BC的距离为eq \f(3,2).
一、基本技能练
1.如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是边长为2的等边三角形.
(1)证明：PB⊥CD；
(2)求点A到平面PCD的距离.
(1)证明 取BC的中点E，连接DE，则ABED为正方形.
过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O.
连接OA，OB，OD，OE.
由△PAB和△PAD都是等边三角形知
PA＝PB＝PD，
所以OA＝OB＝OD，即点O为正方形ABED对角线的交点，
故OE⊥BD，从而PB⊥OE.
因为O是BD的中点，E是BC的中点，
所以OE∥CD.因此PB⊥CD.
(2)解 取PD的中点F，连接OF，
则OF∥PB.
由(1)知，PB⊥CD，故OF⊥CD.
又OD＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(2)，
OP＝eq \r(PD2－OD2)＝eq \r(2)，
故△POD为等腰三角形，因此OF⊥PD.
又PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，
所以OF⊥平面PCD.
因为AE∥CD，CD⊂平面PCD，AE⊄平面PCD，所以AE∥平面PCD.
因此O到平面PCD的距离OF就是A到平面PCD的距离，而 OF＝eq \f(1,2)PB＝1，所以A到平面PCD的距离为1.
2.(2022·广州调研)如图，在三棱锥P－ABC中，BC⊥平面PAC，AD⊥BP，AB＝2，BC＝1，PD＝3BD＝3.
(1)求证：PA⊥AC；
(2)求平面PAC与平面ACD夹角的余弦值.
(1)证明 法一 由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝eq \r(3).
由PD＝3，AD＝eq \r(3)，AD⊥BP，
得PA＝2eq \r(3).
由BC⊥平面PAC，AC，PC⊂平面PAC，
得BC⊥AC，BC⊥PC.
所以AC＝eq \r(AB2－BC2)＝eq \r(3)，
PC＝eq \r(PB2－BC2)＝eq \r(15).
因为AC2＋PA2＝15＝PC2，
所以PA⊥AC.
法二 由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，
得AD＝eq \r(3).
由PD＝3，AD＝eq \r(3)，AD⊥BP，
得PA＝2eq \r(3).
因为PB＝4，
所以PB2＝AB2＋PA2，
所以PA⊥AB.
由BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，
得BC⊥PA.
又BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，
故PA⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC.
(2)解 法一
如图，过点D作DE∥BC交PC于点E，
因为BC⊥平面PAC，
所以DE⊥平面PAC.
因为AC⊂平面PAC，
所以DE⊥AC.
过点E作EF⊥AC交AC于点F，连接DF，
又DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF，
所以AC⊥平面DEF.
因为DF⊂平面DEF，
所以AC⊥DF.
则∠DFE为平面PAC与平面ACD的夹角.
由PD＝3BD＝3，DE∥BC，得DE＝eq \f(3,4)，
由EF⊥AC，PA⊥AC，且EF，PA⊂平面PAC，得EF∥PA，且eq \f(EF,PA)＝eq \f(CE,CP)＝eq \f(BD,BP)＝eq \f(1,4)，
得EF＝eq \f(\r(3),2).
易知DE⊥EF，
则DF＝eq \r(DE2＋EF2)＝eq \f(\r(21),4).
所以cs∠DFE＝eq \f(EF,DF)＝eq \f(2\r(7),7).
所以平面PAC与平面ACD夹角的余弦值为eq \f(2\r(7),7).
法二
如图，作AQ∥CB，以AQ，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
因为AB＝2，BC＝1，BD＝1，BP＝4，
所以AC＝eq \r(3)，AP＝2eq \r(3).
故A(0，0，0)，B(1，eq \r(3)，0)，C(0，eq \r(3)，0)，P(0，0，2eq \r(3)).
由eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(BP,\s\up6(→))，
得Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3\r(3),4)，\f(\r(3),2)))，
则eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3\r(3),4)，\f(\r(3),2)))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0).
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y＝0，,\f(3,4)x＋\f(3\r(3),4)y＋\f(\r(3),2)z＝0，))
令x＝2，则z＝－eq \r(3)，y＝0，
所以n＝(2，0，－eq \r(3))为平面ACD的一个法向量.
由于BC⊥平面PAC，
因此eq \(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)为平面PAC的一个法向量.
设平面PAC与平面ACD夹角的大小为θ，
则cs θ＝|cs〈eq \(CB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(CB,\s\up6(→))·n|,|\(CB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(2,\r(7))＝eq \f(2\r(7),7).
所以平面PAC与平面ACD夹角的余弦值为eq \f(2\r(7),7).
3.(2022·泉州质检)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝eq \r(5)，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；
(2)若点F在BC上，满足BF＝eq \f(1,4)BC，设平面FDE与平面DEC夹角的大小为θ，求sin θ的值.
解 (1)如图，连接OC，因为CB＝CD，O为BD的中点，所以CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，OB，OC⊂平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.以{eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OA,\s\up6(→))}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为BD＝2，CB＝CD＝eq \r(5)，AO＝2，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).
因为E为AC的中点，所以E(0，1，1)，
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(1，1，1)，
所以|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(DE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·\(DE,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))|·|\(DE,\s\up6(→))|)＝eq \f(|1＋0－2|,\r(5)×\r(3))＝eq \f(\r(15),15).
因此，直线AB与DE所成角的余弦值为eq \f(\r(15),15).
(2)因为点F在BC上，BF＝eq \f(1,4)BC，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，
所以eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)，0)).
又eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，
故eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，\f(1,2)，0)).
设平面DEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n1＝0，,\(DF,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋y1＋z1＝0，,\f(7,4)x1＋\f(1,2)y1＝0，))
取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，
所以n1＝(2，－7，5)为平面DEF的一个法向量.
设平面DEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，又eq \(DC,\s\up6(→))＝(1，2，0)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\(DC,\s\up6(→))·n2＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋y2＋z2＝0，,x2＋2y2＝0，))
取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，
所以n2＝(2，－1，－1)为平面DEC的一个法向量.
故|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(|4＋7－5|,\r(78)×\r(6))＝eq \f(\r(13),13).
所以sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(39),13).
二、创新拓展练
4.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为矩形，若平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1⊥平面ABC1.
(1)求证：AB⊥BB1；
(2)记平面ABC1与平面A1B1C1的夹角为α，直线AC1与平面BCC1B1所成的角为β，异面直线AC1与BC所成的角为φ，当α，β满足：cs α·cs β＝m(0
图1
∴BC⊥BB1，
又平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，
平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，BC⊂平面BCC1B1，
∴BC⊥平面ABB1A1，
又AB⊂平面ABB1A1，
∴AB⊥BC.
如图1，过C作CO⊥BC1，
∵平面BCC1B1⊥平面ABC1，
平面BCC1B1∩平面ABC1＝BC1，CO⊂平面BCC1B1，
∴CO⊥平面ABC1，
又AB⊂平面ABC1，
∴AB⊥CO，
又AB⊥BC，CO∩BC＝C，CO，BC⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥平面BCC1B1，
又BB1⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥BB1.
(2)解 由题意知AB∥A1B1，
又AB⊥平面BCC1B1，
∴A1B1⊥平面BCC1B1.
以B1为原点，B1A1，B1B，B1C1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图2，
图2
不妨设B1A1＝a，B1B＝b，B1C1＝c，
则B1(0，0，0)，A1(a，0，0)，B(0，b，0)，C1(0，0，c)，A(a，b，0)，
eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \(B1A1,\s\up6(→))＝(a，0，0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(B1C1,\s\up6(→))＝(0，0，c)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(0，－b，c).
设n1＝(x1，y1，z1)为平面ABC1的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(BA,\s\up6(→))＝ax1＝0，,n1·\(BC1,\s\up6(→))＝－by1＋cz1＝0，))
∴x1＝0，
令y1＝c，则z1＝b，
∴n1＝(0，c，b).
取平面A1B1C1的一个法向量n＝(0，1，0)，
由图知，α为锐角，
则cs α＝|cs〈n1，n〉|＝eq \f(c,\r(b2＋c2)).
取平面BCC1B1的一个法向量
n2＝(1，0，0)，
由eq \(C1A,\s\up6(→))＝(a，b，－c)，
得sin β＝|cs〈eq \(C1A,\s\up6(→))，n2〉|＝eq \f(a,\r(a2＋b2＋c2)).
又β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴cs β＝eq \f(\r(b2＋c2),\r(a2＋b2＋c2))，
则cs αcs β＝eq \f(c,\r(a2＋b2＋c2)).
|cs〈eq \(C1A,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝cs φ
＝eq \f(|（a，b，－c）·（0，0，c）|,c\r(a2＋b2＋（－c）2))＝eq \f(c,\r(a2＋b2＋c2))，
∴cs φ＝cs αcs β.
∵cs αcs β＝m且m∈(0，1)，φ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴sin φ＝eq \r(1－cs2φ)＝eq \r(1－m2).
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