人教A版高中数学选择性必修第一册同步精品讲义第1章 1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题（2份打包，原卷版+教师版）

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1．4.2　用空间向量研究距离、夹角问题第1课时　距离问题学习目标　1.理解点到直线、点到平面距离的公式及其推导.2.了解利用空间向量求点到直线、点到平面、直线到直线、直线到平面、平面到平面的距离的基本思想．知识点一　点P到直线 l 的距离已知直线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，设向量eq \o(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量为eq \o(AQ,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离为eq \r(a2－a·u2) (如图)．知识点二　点P到平面α的距离设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为eq \f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)(如图)．思考　怎样利用向量方法求直线到直线的距离、直线到平面的距离、平面到平面的距离？答案　两条直线平行，其中一条直线到另一条直线间的距离是其中一条直线上任一点到另一条直线的距离；一条直线和一个平面平行，直线到平面的距离就是这条直线上任一点到这个平面的距离；两个平面平行，平面到平面的距离就是一个平面上任一点到这个平面的距离．1．空间内有三点A(2,1,3)，B(0,2,5)，C(3,7,0)，则点B到AC的中点P的距离为(　　)A.eq \f(\r(10),2) B．5 C.eq \f(3\r(10),2) D．3eq \r(5)答案　C2．已知直线l过点A(1，－1,2)，和l垂直的一个向量为n＝(－3,0,4)，则P(3,5,0)到l的距离为(　　)A．5 B．14 C.eq \f(14,5) D.eq \f(4,5)答案　C解析　∵eq \o(PA,\s\up6(→))＝(－2，－6,2)，eq \o(PA,\s\up6(→))·n＝(－2，－6,2)·(－3,0,4)＝14 ，|n|＝5，∴点P到直线l的距离为d＝eq \f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(14,5) .3．已知直线l与平面α相交于点O，A∈l，B为线段OA的中点，若点A到平面α的距离为10，则点B到平面α的距离为________．答案　54．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在平面α内，则点P(－2,1,4)到平面α的距离为________．答案　eq \f(10,3)解析　点P到平面α的距离d＝eq \f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－2－4－4|,\r(4＋4＋1))＝eq \f(10,3).一、点到直线的距离例1　如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD－A′B′C′D′，AB＝1，BC＝2，AA′＝3，求点B到直线A′C的距离．解　因为AB＝1，BC＝2，AA′＝3，所以A′(0,0,3)，C(1,2,0)，B(1,0,0)，所以直线A′C的方向向量eq \o(A′C,\s\up6(———→))＝(1,2, －3)．又eq \o(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，所以eq \o(BC,\s\up6(→))在eq \o(A′C,\s\up6(———→))上的投影长为eq \f(|\o(BC,\s\up6(→))·\o(A′C,\s\up6(———→))|,|\o(A′C,\s\up6(———→))|)＝eq \f(4,\r(14)) .所以点B到直线A′C的距离d＝eq \r(|\o(BC,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BC,\s\up6(→))·\o(A′C,\s\up6(———→)),|\o(A′C,\s\up6(———→))|)))2)＝eq \r(4－\f(16,14))＝eq \f(2\r(35),7).反思感悟　用向量法求点到直线的距离的一般步骤(1)求直线的方向向量．(2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度．(3)利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化．跟踪训练1　已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是C1C，D1A1的中点，求点A到EF的距离．解　以D点为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示，设DA＝2，则A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,0,2)，则eq \o(EF,\s\up6(→))＝(1，－2,1)，eq \o(FA,\s\up6(→))＝(1，0，－2)．|eq \o(EF,\s\up6(→))|＝eq \r(12＋－22＋12)＝eq \r(6)，eq \o(FA,\s\up6(→))·eq \o(EF,\s\up6(→))＝1×1＋0×(－2)＋(－2)×1＝－1，eq \o(FA,\s\up6(→))在eq \o(EF,\s\up6(→))上的投影长为eq \f(|\o(FA,\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→))|,|\o(EF,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(6)) .所以点A到EF的距离d＝eq \r(|\o(FA,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(6))))2)＝eq \r(\f(29,6))＝eq \f(\r(174),6).二、点到平面的距离与直线到平面的距离例2　如图，已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点．(1)求点D到平面PEF的距离；(2)求直线AC到平面PEF的距离．解　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0)).设DH⊥平面PEF，垂足为H，则eq \o(DH,\s\up6(→))＝xeq \o(DE,\s\up6(→))＋yeq \o(DF,\s\up6(→))＋zeq \o(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)y，\f(1,2)x＋y，z))，x＋y＋z＝1，eq \o(PE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，eq \o(PF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－1))，所以eq \o(DH,\s\up6(→))·eq \o(PE,\s\up6(→))＝x＋eq \f(1,2)y＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋y))－z＝eq \f(5,4)x＋y－z＝0.同理，eq \o(DH,\s\up6(→))·eq \o(PF,\s\up6(→))＝x＋eq \f(5,4)y－z＝0，又x＋y＋z＝1，解得x＝y＝eq \f(4,17)，z＝eq \f(9,17).所以eq \o(DH,\s\up6(→))＝eq \f(3,17)(2,2,3)，所以|eq \o(DH,\s\up6(→))|＝eq \f(3,17)eq \r(17).因此，点D到平面PEF的距离为eq \f(3,17)eq \r(17).(2)连接AC，则AC∥EF，直线AC到平面PEF的距离即为点A到平面PEF的距离，平面PEF的一个法向量为n＝(2,2,3)，所求距离为eq \f(|\o(AE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(17))＝eq \f(\r(17),17).反思感悟　用向量法求点面距的步骤(1)建系：建立恰当的空间直角坐标系．(2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标．(3)求向量：求出相关向量的坐标(eq \o(AP,\s\up6(→))，α内两不共线向量，平面α的法向量n)．(4)求距离d＝eq \f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|). 跟踪训练2　如图所示，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱．若点C到平面AB1D1的距离为eq \f(4,3)，求正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高．解　设正四棱柱的高为h(h>0)，建立如图所示的空间直角坐标系，有A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)，则eq \o(AB1,\s\up6(—→))＝(1,0，－h)，eq \o(AD1,\s\up6(—→))＝(0,1，－h)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－hz＝0，,y－hz＝0，))取z＝1，得n＝(h，h，1)，所以点C到平面AB1D1的距离为d＝eq \f(|n·\o(AC,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(h＋h＋0,\r(h2＋h2＋1))＝eq \f(4,3)，解得h＝2.故正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高为2.1．已知A(0, 0, 2) ，B(1, 0, 2) ，C(0, 2, 0) ，则点A到直线BC的距离为(　　)A.eq \f(2\r(2),3) B．1 C.eq \r(2) D. 2eq \r(2) 答案　A解析　∵A(0, 0,2)，B(1, 0,2)，C(0, 2,0)， eq \o(AB,\s\up6(→))＝(1, 0,0) ，eq \o(BC,\s\up6(→))＝(－1, 2，－2) ， ∴点A到直线BC的距离为d＝eq \r(|\o(AB,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BC,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1,3)))2) ＝eq \f(2\r(2),3) .2．若三棱锥P－ABC的三条侧棱两两垂直，且满足PA＝PB＝PC＝1，则点P到平面ABC的距离是(　　)A.eq \f(\r(6),6) B.eq \f(\r(6),3) C.eq \f(\r(3),6) D.eq \f(\r(3),3)答案　D解析　分别以PA，PB，PC所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)．可以求得平面ABC的一个法向量为n＝(1,1,1)，则d＝eq \f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(3),3).3．已知棱长为1的正方体 ABCD－A1B1C1D1，则平面 AB1C 与平面 A1C1D 之间的距离为(　　)A.eq \f(\r(3),6) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \f(\r(3),2) 答案　B解析　建立如图所示的空间直角坐标系，则 A1(1,0,0) , C1(0,1,0) , D(0,0,1) , A(1,0,1) ，所以 eq \o(DA1,\s\up6(—→))＝(1,0，－1) ，eq \o(DC1,\s\up6(—→))＝(0,1，－1) , eq \o(AD,\s\up6(→))＝(－1,0,0) ，设平面 A1C1D 的一个法向量为m＝(x，y，1) ，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m⊥\o(DA1,\s\up6(→))，,m⊥\o(DC1,\s\up6(→))，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－1＝0，,y－1＝0，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))故m＝(1,1,1)，显然平面AB1C∥平面A1C1D，所以平面AB1C与平面A1C1D之间的距离d＝eq \f(|\o(AD,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3) .4．已知直线l经过点A(2,3,1)，且向量n＝(1,0，－1)所在直线与l垂直，则点P(4,3,2)到l的距离为________．答案　eq \f(\r(2),2)解析　因为eq \o(PA,\s\up6(→))＝(－2,0，－1)，又n与l垂直，所以点P到l的距离为eq \f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－2＋1|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2).5．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是C1C，D1A1，AB的中点，则点A到平面EFG的距离为________．答案　eq \f(\r(3),3)解析　建系如图，则A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,0,2)，G(2,1,0)，所以eq \o(AG,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \o(GE,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq \o(GF,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)．设n＝(x，y，z)是平面EFG的法向量，点A到平面EFG的距离为d，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(GE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(GF,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,－x－y＋2z＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝z，,y＝z，))令z＝1，此时n＝(1,1,1)，所以d＝eq \f(|\o(AG,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3).即点A到平面EFG的距离为eq \f(\r(3),3).1．知识清单：(1)点到直线的距离．(2)点到平面的距离与直线到平面的距离．2．方法归纳：数形结合、转化法．3．常见误区：对距离公式理解不到位，在使用时生硬套用．对公式推导过程的理解是应用的基础． 1．已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在α内，则平面外一点P(－2,1,4)到α的距离为(　)A．10 B．3 C.eq \f(8,3) D.eq \f(10,3)答案　D解析　eq \o(PA,\s\up6(→))＝(1,2，－4)，则点P到α的距离d＝eq \f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－2－4－4|,\r(4＋4＋1))＝eq \f(10,3).2．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，则点C1到平面A1BD的距离是(　　)A.eq \f(\r(2),2)a B.eq \f(\r(3),3)a C.eq \r(3)a D.eq \f(2\r(3),3)a答案　D解析　以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图．则eq \o(AC1,\s\up6(—→))＝(a，a，a)，eq \o(BC1,\s\up6(—→))＝(0，a，a)，由于AC1⊥平面A1BD，所以点C1到平面A1BD的距离d＝eq \f(|\o(AC1,\s\up6(—→))·\o(BC1,\s\up6(—→))|,|\o(AC1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(2a2,\r(3)a)＝eq \f(2\r(3),3)a.3．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点E是A1B1的中点，则点A到直线BE的距离是(　　)A.eq \f(6\r(5),5) B.eq \f(4\r(5),5) C.eq \f(2\r(5),5) D.eq \f(\r(5),5)答案　B解析　建立空间直角坐标系如图所示，则eq \o(BA,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \o(BE,\s\up6(→))＝(0,1,2)，设∠ABE＝θ，则cos θ＝eq \f(|\o(BA,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→))|,|\o(BA,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,2\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，sin θ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \f(2\r(5),5).故A到直线BE的距离d＝|eq \o(AB,\s\up6(→))|sin θ＝2×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(4\r(5),5).4.如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1，A1A＝5，AB＝12，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是(　　)A．5 B．8 C.eq \f(60,13) D.eq \f(13,3)答案　C解析　以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up6(→))，eq \o(DC,\s\up6(→))，eq \o(DD1,\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，则C(0,12,0)，D1(0,0,5)．设B(x，12,0)，B1(x，12,5)(x>0)．设平面A1BCD1的法向量为n＝(a，b，c)，由n⊥eq \o(BC,\s\up6(→))，n⊥eq \o(CD1,\s\up6(—→))，得n·eq \o(BC,\s\up6(→))＝(a，b，c)·(－x，0,0)＝－ax＝0，n·eq \o(CD1,\s\up6(—→))＝(a，b，c)·(0，－12,5)＝－12b＋5c＝0，所以a＝0，b＝eq \f(5,12)c，所以可取n＝(0,5,12)．又eq \o(B1B,\s\up6(—→))＝(0,0，－5)，所以点B1到平面A1BCD1的距离为eq \f(|\o(B1B,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(60,13).因为B1C1∥平面A1BCD1，所以B1C1到平面A1BCD1的距离为eq \f(60,13).5．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，O是A1C1的中点，则O到平面ABC1D1的距离为(　　)A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(2),4) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),3)答案　B解析　以{eq \o(DA,\s\up6(→))，eq \o(DC,\s\up6(→))，eq \o(DD1,\s\up6(→))}为正交基底建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，eq \o(C1O,\s\up6(—→))＝eq \f(1,2)eq \o(C1A1,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，平面ABC1D1的一个法向量为eq \o(DA1,\s\up6(—→))＝(1,0,1)，点O到平面ABC1D1的距离d＝eq \f(|\o(DA1,\s\up6(→))·\o(C1O,\s\up6(—→))|,|\o(DA1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(\f(1,2),\r(2))＝eq \f(\r(2),4).故选B.6．在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)．已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d＝________.答案　2解析　d＝eq \f(|n·\o(OP,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(|－2－6＋2|,\r(4＋4＋1))＝2.7.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到直线GF的距离为________．答案　eq \f(\r(42),3)解析　如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，F(1,1,0)，G(0,2,1)，于是有eq \o(GF,\s\up6(→))＝(1，－1，－1)，eq \o(GD1,\s\up6(—→))＝(0，－2,1)，所以eq \f(|\o(GF,\s\up6(→))·\o(GD1,\s\up6(—→))|,|\o(GF,\s\up6(→))|)＝eq \f(2－1,\r(3))＝eq \f(1,\r(3))，|eq \o(GD1,\s\up6(→))|＝eq \r(5)，所以点D1到直线GF的距离为eq \r(5－\f(1,3))＝eq \f(\r(42),3).8．如图所示，在直二面角D－AB－E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△AEB是等腰直角三角形，其中∠AEB＝90°，则点D到平面ACE的距离为________．答案　eq \f(2\r(3),3)解析　以AB的中点O为坐标原点，分别以OE，OB所在的直线为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，E(1,0,0)，D(0，－1,2)，C(0,1,2).eq \o(AD,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq \o(AE,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(0,2,2)，设平面ACE的法向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0.))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,2y＋2z＝0.))令y＝1，∴n＝(－1,1，－1)．故点D到平面ACE的距离d＝eq \f(|\o(AD,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2,\r(3))))＝eq \f(2\r(3),3).9．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　(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\co1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，eq \o(AM,\s\up6(→))＝(2,0,1)，故点M到直线AC1的距离d＝eq \r(|\o(AM,\s\up6(→))|2－|\o(AM,\s\up6(→))·s0|2\o(\s\up7(　),\s\do5()))＝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)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1M,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(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 \o(MN,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，故N到平面MA1C1的距离d＝eq \f(|\o(MN,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(3,\r(5))＝eq \f(3\r(5),5).10．四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝2AB＝4，且PD与底面ABCD所成的角为45°.求点B到直线PD的距离．解　∵PA⊥平面ABCD，∴∠PDA即为PD与平面ABCD所成的角，∴∠PDA＝45°，∴PA＝AD＝4，AB＝2.以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,4)，D(0,4,0)，eq \o(DP,\s\up6(→))＝(0，－4,4)．方法一　设存在点E，使eq \o(DE,\s\up6(→))＝λeq \o(DP,\s\up6(→))，且BE⊥DP，设E(x，y，z)，∴(x，y－4，z)＝λ(0，－4,4)，∴x＝0，y＝4－4λ，z＝4λ，∴点E(0,4－4λ，4λ)，eq \o(BE,\s\up6(→))＝(－2,4－4λ，4λ)．∵BE⊥DP，∴eq \o(BE,\s\up6(→))·eq \o(DP,\s\up6(→))＝－4(4－4λ)＋4×4λ＝0，解得λ＝eq \f(1,2).∴eq \o(BE,\s\up6(→))＝(－2,2,2)，∴|eq \o(BE,\s\up6(→))|＝eq \r(4＋4＋4)＝2eq \r(3)，故点B到直线PD的距离为2eq \r(3).方法二　eq \o(BP,\s\up6(→))＝(－2,0,4)，eq \o(DP,\s\up6(→))＝(0，－4,4)，∴eq \o(BP,\s\up6(→))·eq \o(DP,\s\up6(→))＝16，∴eq \o(BP,\s\up6(→))在eq \o(DP,\s\up6(→))上的投影的长度为eq \f(|\o(BP,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→))|,|\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(16,\r(16＋16))＝2eq \r(2).所以点B到直线PD的距离为d＝eq \r(|\o(BP,\s\up6(→))|2－2\r(2)2)＝eq \r(20－8)＝2eq \r(3).11.如图，ABCD－EFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \o(AE,\s\up6(→))，则P到AB的距离为(　　)A.eq \f(3,4) B.eq \f(4,5) C.eq \f(5,6) D.eq \f(3,5)答案　C解析　如图，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(AD,\s\up6(→))，eq \o(AE,\s\up6(→))可作为x，y，z轴方向上的单位向量，因为eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \o(AE,\s\up6(→))，所以eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3)))，eq \o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq \f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,4)，所以P点到AB的距离d＝eq \r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq \f(5,6).12．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4，则点B1到平面AD1C的距离为(　　)A.eq \f(8,3) B.eq \f(2\r(2),3) C.eq \f(4\r(2),3) D.eq \f(4,3)答案　A解析　如图，以D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,4)，B1(2,2,4)，∴eq \o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \o(AD1,\s\up6(—→))＝(－2,0,4)，eq \o(B1D1,\s\up6(—→))＝(－2，－2,0)．设平面AD1C的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＝0，,－2x＋4z＝0，))取z＝1，则x＝y＝2，所以n＝(2,2,1)，所以点B1到平面AD1C的距离为eq \f(|n·\o(B1D1,\s\up6(—→))|,|n|)＝eq \f(8,3)，故选A.13．在底面是直角梯形的四棱锥P－ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，BC∥AD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，则AD到平面PBC的距离为________．答案　eq \r(2)解析　AD到平面PBC的距离等于点A到平面PBC的距离．由已知可得AB，AD，AP两两垂直．以A为坐标原点，eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(AD,\s\up6(→))，eq \o(AP,\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(图略)，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，则eq \o(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq \o(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n⊥\o(PB,\s\up6(→))＝0，,n⊥\o(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2a－2c＝0，,b＝0，))取a＝1，得n＝(1,0,1)，又eq \o(AB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，所以d＝eq \f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \r(2).14.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则点B1到平面ABC1的距离为________．答案　eq \f(\r(21),7)解析　建立如图所示的空间直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，B(0,1,0)，B1(0,1,1)，C1(0,0,1)，则eq \o(C1A,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，eq \o(C1B1,\s\up6(—→))＝(0,1,0)，eq \o(C1B,\s\up6(—→))＝(0,1，－1)．设平面ABC1的一个法向量为n＝(x，y，1)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(C1A,\s\up6(—→))·n＝\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y－1＝0，,\o(C1B,\s\up6(—→))·n＝y－1＝0，))解得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1，1))，则所求距离为eq \f(|\o(C1B1,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(\f(1,3)＋1＋1))＝eq \f(\r(21),7).15.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若BB1＝eq \r(2)AB＝2eq \r(2)，则点C到直线AB1的距离为________．答案　eq \f(\r(33),3)解析　取AC的中点D，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B1(eq \r(3)，0,2eq \r(2))，C(0,1,0)，所以eq \o(AB1,\s\up6(—→))＝(eq \r(3)，1,2eq \r(2))，eq \o(CA,\s\up6(→))＝(0，－2,0)．∴eq \o(CA,\s\up6(→))·eq \o(AB1,\s\up6(—→))＝－2，∴eq \o(CA,\s\up6(→))在eq \o(AB1,\s\up6(—→))上的投影的长度为eq \f(|\o(CA,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(—→))|,|\o(AB1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(2,2\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，所以点C到直线AB1的距离d＝eq \r(|\o(CA,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq \r(4－\f(1,3))＝eq \r(\f(11,3))＝eq \f(\r(33),3).16.如图，正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为4，点M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，(1)证明：平面AMN∥平面EFBD；(2)求平面AMN与平面EFBD间的距离．(1)证明　如图所示，建立空间直角坐标系，则A(4,0,0)，M(2,0,4)，D(0,0,0)，B(4,4,0)，E(0,2,4)，F(2,4,4)，N(4,2,4)．从而eq \o(EF,\s\up6(→)) ＝(2,2,0)，eq \o(MN,\s\up6(→)) ＝(2,2,0)，eq \o(AM,\s\up6(→))＝(－2,0,4)，eq \o(BF,\s\up6(→)) ＝(－2,0,4)，所以eq \o(EF,\s\up6(→))＝eq \o(MN,\s\up6(→))，eq \o(AM,\s\up6(→))＝eq \o(BF,\s\up6(→))，所以EF∥MN，AM∥BF.因为EF∩BF＝F，MN∩AM＝M，所以平面AMN∥平面EFBD，(2)解　设n＝(x，y，z)是平面AMN的法向量，从而eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0，,n·\o(AM,\s\up6(→))＝－2x＋4z＝0，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2z，,y＝－2z，)) 取z＝1，得n＝(2，－2,1)，由于eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝(0,4,0)，所以eq \o(AB,\s\up6(→)) 在n上的投影为eq \f(n·\o(AB,\s\up6(→)),|n|)＝eq \f(8,\r(4＋4＋1))＝eq \f(8,3)，所以两平行平面间的距离d＝eq \f(|n·\o(AB,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(8,3).第2课时　夹角问题学习目标　1.会用向量法求线线、线面、面面夹角.2.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系．知识点一　两个平面的夹角平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90° 的二面角称为平面α与平面β的夹角．知识点二　 空间角的向量法解法1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是(　　)A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)答案　D解析　以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则eq \o(A1M,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，－1))，eq \o(DN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，cos 〈eq \o(A1M,\s\up6(—→))，eq \o(DN,\s\up6(→))〉＝eq \f(|\o(A1M,\s\up6(—→))·\o(DN,\s\up6(→))|,|\o(A1M,\s\up6(—→))||\o(DN,\s\up6(→))|)＝0.∴〈eq \o(A1M,\s\up6(→))，eq \o(DN,\s\up6(→))〉＝eq \f(π,2).2．已知向量m，n分别是直线l与平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－eq \f(\r(3),2)，则l与α所成的角为(　　)A．30° B．60° C．150° D．120°答案　B解析　设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝eq \f(\r(3),2)，∴θ＝60°，故选B.3．已知平面α的法向量u＝(1,0，－1)，平面β的法向量v＝(0，－1,1)，则平面α与β的夹角为________．答案　eq \f(π,3)解析　∵cos〈u，v〉＝eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2)，∴〈u，v〉＝eq \f(2,3)π，∴平面α与β的夹角是eq \f(π,3).4．在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1，－2,0)，B(2,1，eq \r(6))，则向量eq \o(AB,\s\up6(→))与平面xOz的法向量的夹角的正弦值为________．答案　eq \f(\r(7),4)解析　设平面xOz的法向量为n＝(0,1, 0) ，eq \o(AB,\s\up6(→))＝(1,3，eq \r(6))，所以cos〈n，eq \o(AB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\o(AB,\s\up6(→)),|n|·|\o(AB,\s\up6(→))|)＝ eq \f(3,4) ，所以sin〈n，eq \o(AB,\s\up6(→))〉＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2) ＝eq \f(\r(7),4).故向量eq \o(AB,\s\up6(→))与平面xOz的法向量的夹角的正弦值为eq \f(\r(7),4).一、两条异面直线所成的角例1　如图，在三棱柱OAB－O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝eq \r(3)，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值．解　以O为坐标原点，eq \o(OA,\s\up6(→))，eq \o(OB,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴的正方向．建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，O1(0,1，eq \r(3))，A(eq \r(3)，0,0)，A1(eq \r(3)，1，eq \r(3))，B(0,2,0)，∴eq \o(A1B,\s\up6(—→))＝(－eq \r(3)，1，－eq \r(3))，eq \o(O1A,\s\up6(—→))＝(eq \r(3)，－1，－eq \r(3))．∴|cos〈eq \o(A1B,\s\up6(→))，eq \o(O1A,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\o(A1B,\s\up6(→))·\o(O1A,\s\up6(→))|,|\o(A1B,\s\up6(→))||\o(O1A,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－\r(3)，1，－\r(3)·\r(3)，－1，－\r(3)|,\r(7)×\r(7))＝eq \f(1,7).∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为eq \f(1,7).反思感悟　求异面直线夹角的方法(1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解．(2)向量法：在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则eq \o(AB,\s\up6(→))与eq \o(CD,\s\up6(→))可分别为a，b的方向向量，则cos θ＝eq \f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|).跟踪训练1　如图所示，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)答案　A解析　建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0,0,2)，N(1,0,0)，∴eq \o(B1M,\s\up6(—→))＝(－1，－1，－2)，eq \o(D1N,\s\up6(—→))＝(1,0，－2)，∴cos〈eq \o(B1M,\s\up6(—→))，eq \o(D1N,\s\up6(—→))〉＝eq \f(－1＋4,\r(1＋1＋4)×\r(1＋4))＝eq \f(\r(30),10).二、直线与平面所成的角例2　如图所示，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝eq \f(1,2)AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点．(1)证明：CM⊥SN；(2)求SN与平面CMN所成角的大小．(1)证明　设PA＝1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，又AN＝eq \f(1,4)AB，M，S分别为PB，BC的中点，∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，eq \o(CM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq \o(SN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，∴eq \o(CM,\s\up6(→))·eq \o(SN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))＝0，∴eq \o(CM,\s\up6(→))⊥eq \o(SN,\s\up6(→))，因此CM⊥SN.(2)解　由(1)知，eq \o(NC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0))，设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，∴eq \o(CM,\s\up6(→))·a＝0，eq \o(NC,\s\up6(→))·a＝0.则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－y＋\f(1,2)z＝0，,－\f(1,2)x＋y＝0.))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2y，,z＝－2y.))取y＝1，得a＝(2,1，－2)．设SN与平面CMN所成的角为θ，∵sin θ＝|cos〈a，eq \o(SN,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,2))),3×\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(2),2).∴SN与平面CMN所成角为eq \f(π,4).反思感悟　利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤(1)建立空间直角坐标系．(2)求直线的方向向量u.(3)求平面的法向量n.(4)设线面角为θ，则sin θ＝eq \f(|u·n|,|u||n|) .跟踪训练2　如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F依次为C1C，BC的中点．求A1B与平面AEF所成角的正弦值．解　以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,1,0)，所以eq \o(A1B,\s\up6(—→))＝(2,0，－2)，eq \o(AE,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq \o(AF,\s\up6(→))＝(1,1,0)．设平面AEF的一个法向量为n＝(a，b，c)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2b＋c＝0，,a＋b＝0，))令a＝1可得n＝(1，－1,2)．设A1B与平面AEF所成角为θ，所以sin θ＝|cos〈n，eq \o(A1B,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|n·\o(A1B,\s\up6(—→))|,|n||\o(A1B,\s\up6(—→))|)＝eq \f(\r(3),6)，即A1B与平面AEF所成角的正弦值为eq \f(\r(3),6).三、两个平面的夹角例3　如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．(1)证明：O1O⊥平面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值．(1)证明　因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，因为AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以O1O⊥平面ABCD.(2)解　因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又O1O⊥平面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直．如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝eq \r(3)，OC＝1，所以O(0,0,0)，B1(eq \r(3)，0,2)，C1(0,1,2)，平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0,1,0)，设平面OC1B1的法向量为m＝(x，y，z)，由m⊥eq \o(OB1,\s\up6(—→))，m⊥eq \o(OC1,\s\up6(—→))，得eq \r(3)x＋2z＝0，y＋2z＝0，取z＝－eq \r(3)，则x＝2，y＝2eq \r(3)，所以m＝(2,2eq \r(3)，－eq \r(3))，所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2\r(3),\r(19))＝eq \f(2\r(57),19).所以平面C1 OB1与平面OB1D夹角的余弦值为eq \f(2\r(57),19).延伸探究本例不变，求平面B A1C与平面A1CD夹角的余弦值．解　B(eq \r(3)，0,0)，A1(0，－1,2)，C(0,1,0)，D(－eq \r(3)，0,0)，设平面BA1C的法向量为m＝(x1，y1，z1)，eq \o(A1C,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，eq \o(BC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1,0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C,\s\up6(—→))＝0，,m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y1－2z1＝0，,－\r(3)x1＋y1＝0，))令x1＝1，则y1＝eq \r(3)，z1＝eq \r(3)，∴m＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))，同理得，平面A1CD的法向量n＝(1，－eq \r(3)，－eq \r(3))，cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝－eq \f(5,7)，则平面BA1C与平面A1CD夹角的余弦值为eq \f(5,7).反思感悟　求两平面夹角的两种方法(1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同．(2)法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面的夹角为〈n1，n2〉eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当〈n1，n2〉∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时))或π－〈n1，n2〉eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当〈n1，n2〉∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时.))跟踪训练3　如图所示，在几何体S－ABCD中，AD⊥平面SCD，BC⊥平面SCD，AD＝DC＝2，BC＝1，又SD＝2，∠SDC＝120°，求平面SAD与平面SAB夹角的余弦值．解　如图，过点D作DC的垂线交SC于E，以D为原点，以DC，DE，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．∵∠SDC＝120°，∴∠SDE＝30°，又SD＝2，∴点S到y轴的距离为1，到x轴的距离为eq \r(3)，则有D(0,0,0)，S(－1，eq \r(3)，0)，A(0,0,2)，C(2,0,0)，B(2,0,1)，设平面SAD的法向量为m＝(x，y，z)，∵eq \o(AD,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq \o(AS,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，－2)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2z＝0，,－x＋\r(3)y－2z＝0，))取x＝eq \r(3)，得平面SAD的一个法向量为m＝(eq \r(3)，1,0)．又eq \o(AB,\s\up6(→))＝(2,0，－1)，设平面SAB的法向量为n＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AS,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2a－c＝0，,－a＋\r(3)b－2c＝0，))令a＝eq \r(3)，则n＝(eq \r(3)，5,2eq \r(3))，∴cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(8,2\r(10)×2)＝eq \f(\r(10),5)，故平面SAD与平面SAB夹角的余弦值是eq \f(\r(10),5).空间向量和实际问题典例　如图，甲站在水库底面上的点A处，乙站在水坝斜面上的点B处．从A，B到直线 (库底与水坝的交线)的距离AC和BD分别为a和b，CD的长为c， 甲乙之间拉紧的绳长为d，求库底与水坝所在平面夹角的余弦值．解　由题意可知AC＝a，BD＝b，CD＝c，AB＝d，所以d2＝eq \o(AB,\s\up6(→))2＝(eq \o(AC,\s\up6(→))＋eq \o(CD,\s\up6(→))＋eq \o(DB,\s\up6(→)))2＝eq \o(AC,\s\up6(→))2＋eq \o(CD,\s\up6(→))2＋eq \o(DB,\s\up6(→))2＋2(eq \o(AC,\s\up6(→))·eq \o(CD,\s\up6(→))＋eq \o(AC,\s\up6(→))·eq \o(DB,\s\up6(→))＋eq \o(CD,\s\up6(→))·eq \o(DB,\s\up6(→)))＝a2＋c2＋b2＋2eq \o(AC,\s\up6(→))·eq \o(DB,\s\up6(→))＝a2＋c2＋b2－2eq \o(CA,\s\up6(→))·eq \o(DB,\s\up6(→))，则2eq \o(CA,\s\up6(→))·eq \o(DB,\s\up6(→))＝a2＋b2＋c2－d2，设向量eq \o(CA,\s\up6(→))与eq \o(DB,\s\up6(→))的夹角为θ，θ就是库底与水坝所在平面的夹角，因此2abcos θ＝a2＋b2＋c2－d2，所以cos θ＝eq \f(a2＋b2＋c2－d2,2ab)，故库底与水坝所在平面夹角的余弦值为eq \f(a2＋b2＋c2－d2,2ab).[素养提升]　利用空间向量解决实际问题(1)分析实际问题的向量背景，将题目条件、结论转化为向量问题．(2)对于和垂直、平行、距离、角度有关的实际问题，可以考虑建立向量模型，体现了数学建模的核心素养．1．若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°，则l1与l2所成的角为(　　)A.eq \f(π,6) B.eq \f(5π,6) C.eq \f(π,6)或eq \f(5π,6) D．以上均不对答案　A解析　l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故选A.2．已知向量m，n分别是平面α和平面β的法向量，若cos〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，则α与β的夹角为(　　)A．30° B．60° C．120° D．150°答案　B解析　设α与β所成的角为θ，且0°≤θ≤90°，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝eq \f(1,2)，∴θ＝60°.3．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)A.eq \f(1,10) B.eq \f(2,5) C.eq \f(\r(30),10) D.eq \f(\r(2),2)答案　C解析　如图所示，以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线CC1为z轴建立空间直角坐标系，设CA＝CB＝1，则B(0,1,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，A(1,0,0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1)).故eq \o(BM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1))，eq \o(AN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1))，所以cos〈eq \o(BM,\s\up6(→))，eq \o(AN,\s\up6(→))〉＝eq \f(\o(BM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(BM,\s\up6(→))||\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(3,4),\f(\r(6),2)×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(30),10).4.如图所示，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，eq \o(OC,\s\up6(→))＝(0,0,2)，平面ABC的一个法向量为n＝(2,1,2)，平面ABC与平面ABO的夹角为θ，则cos θ＝________.答案　eq \f(2,3)解析　cos θ＝eq \f(\o(OC,\s\up6(→))·n,|\o(OC,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(4,2×3)＝eq \f(2,3).5．正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为________．答案　eq \f(\r(3),3)解析　设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系如图．则D(0,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)．平面ACD1的一个法向量为eq \o(DB1,\s\up6(—→))＝(1,1,1)．又eq \o(BB1,\s\up6(—→))＝(0,0,1)，则cos〈eq \o(DB1,\s\up6(—→))，eq \o(BB1,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\o(DB1,\s\up6(—→))·\o(BB1,\s\up6(—→)),|\o(DB1,\s\up6(—→))||\o(BB1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(1,\r(3)×1)＝eq \f(\r(3),3).1．知识清单：(1)两条异面直线所成的角．(2)直线和平面所成的角．(3)两个平面的夹角．2．方法归纳：转化与化归．3．常见误区：混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念，把握空间角的范围．1．已知A(0,1,1)，B(2，－1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，则直线AB与直线CD所成角的余弦值为(　　)A.eq \f(5\r(22),66) B．－eq \f(5\r(22),66) C.eq \f(5\r(22),22) D．－eq \f(5\r(22),22)答案　A解析　∵eq \o(AB,\s\up6(→))＝(2，－2，－1)，eq \o(CD,\s\up6(→))＝(－2，－3，－3)，∴cos〈eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(CD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq \f(5,3×\r(22))＝eq \f(5\r(22),66)，∴直线AB，CD所成角的余弦值为eq \f(5\r(22),66).2．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面夹角为(　　)A．45° B．135° C．45°或135° D．90°答案　A解析　cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,1·\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，即〈m，n〉＝45°.所以两平面的夹角为45°.3．设直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，α的法向量为n，若〈a，n〉＝eq \f(2π,3)，则l与α所成的角为(　　)A.eq \f(2π,3) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,6) D.eq \f(5π,6)答案　C解析　线面角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).∵〈a，n〉＝eq \f(2π,3)，∴l与法向量所在直线所成角为eq \f(π,3)，∴l与α所成的角为eq \f(π,6).4．若平面α的一个法向量为n＝(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(－2，－3,3)，则l与α所成角的余弦值为(　　)A．－eq \f(4\r(11),33) B.eq \f(4\r(11),33) C．－eq \f(\r(913),33) D.eq \f(\r(913),33)答案　D解析　设α与l所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝eq \f(|－2，－3，3·4，1，1|,\r(4＋9＋9)×\r(16＋1＋1))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－4,3\r(11))))＝eq \f(4\r(11),33)，故直线l与α所成角的余弦值为eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(11),33)))2)＝eq \f(\r(913),33).5．正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角为(　　)A．30° B．45° C．60° D．90°答案　B解析　如图所示，建立空间直角坐标系，设PA＝AB＝1，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．于是eq \o(AD,\s\up6(→))＝(0,1,0)，取PD的中点E，则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，∴eq \o(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，易知eq \o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的法向量，eq \o(AE,\s\up6(→))是平面PCD的法向量，∴cos〈eq \o(AD,\s\up6(→))，eq \o(AE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(2),2)，∴平面PAB与平面PCD的夹角为45°.6.如图，在正方体ABCD －A1B1C1D1中，M是C1C的中点，O是底面ABCD的中心，P是A1B1上的任意点，则直线BM与OP所成的角为________．答案　eq \f(π,2)解析　建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，A1P＝x，则O(1,1,0)，P(2，x，2)，B(2,2,0)，M(0,2,1)，eq \o(OP,\s\up6(→))＝(1，x－1,2)，eq \o(BM,\s\up6(→))＝(－2,0,1)．所以eq \o(OP,\s\up6(→))·eq \o(BM,\s\up6(→))＝0，所以直线BM与OP所成的角为eq \f(π,2).7．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为________．答案　eq \f(\r(10),5)解析　如图所示，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，2,0)，D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，∴eq \o(BC1,\s\up6(→))＝(－2,0,1)．连接AC，易证AC⊥平面BB1D1D，∴平面BB1D1D的一个法向量为a＝eq \o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．∴所求角的正弦值为|cos〈a，eq \o(BC1,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|a·\o(BC1,\s\up6(—→))|,|a||\o(BC1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(4,\r(8)×\r(5))＝eq \f(\r(10),5).8．已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC夹角的余弦值等于 ________.答案　eq \f(3\r(11),11)解析　如图，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，平面ABC的法向量为n1＝(0,0,1)，平面AEF的法向量为n2＝(x，y，z)．所以A(1,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,3)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(2,3)))，所以eq \o(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,3)))，eq \o(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,3)))，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(EF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)z＝0，,－x＋\f(1,3)z＝0.))取x＝1，则y＝－1，z＝3.故n2＝(1，－1,3)．所以cos〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(3\r(11),11).所以平面AEF与平面ABC夹角的余弦值为eq \f(3\r(11),11).9.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AA1＝4，点D是BC的中点．求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值．解　以点A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0,4)，D(1,1,0)，C1(0,2,4)，∴eq \o(A1B,\s\up6(—→))＝(2,0，－4)，eq \o(C1D,\s\up6(—→))＝(1，－1，－4)，∴cos〈eq \o(A1B,\s\up6(—→))，eq \o(C1D,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\o(A1B,\s\up6(—→))·\o(C1D,\s\up6(—→)),|\o(A1B,\s\up6(—→))||\o(C1D,\s\up6(—→))|)＝eq \f(3\r(10),10)，∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为eq \f(3\r(10),10).10．四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PDB；(2)当PD＝eq \r(2)AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成角的大小．(1)证明　如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设AB＝a，PD＝h，则A(a，0,0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，D(0,0,0)，P(0,0，h)，∴eq \o(AC,\s\up6(→))＝(－a，a，0)，eq \o(DP,\s\up6(→))＝(0,0，h)，eq \o(DB,\s\up6(→))＝(a，a，0)，∴eq \o(AC,\s\up6(→))·eq \o(DP,\s\up6(→))＝0，eq \o(AC,\s\up6(→))·eq \o(DB,\s\up6(→))＝0，∴AC⊥DP，AC⊥DB，又DP∩DB＝D，DP，DB⊂平面PDB，∴AC⊥平面PDB，又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PDB.(2)解　当PD＝eq \r(2)AB且E为PB的中点时，P(0,0，eq \r(2)a)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，\f(1,2)a，\f(\r(2),2)a))，设AC∩BD＝O，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，连接OE，由(1)知AC⊥平面PDB，∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角，∵eq \o(EA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，－\f(1,2)a，－\f(\r(2),2)a))，eq \o(EO,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，－\f(\r(2),2)a))，∴cos∠AEO＝eq \f(\o(EA,\s\up6(→))·\o(EO,\s\up6(→)),|\o(EA,\s\up6(→))|·|\o(EO,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(2),2)，∴∠AEO＝45°，即AE与平面PDB所成角的大小为45°.11．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为(　　)A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(\r(5),3) C.eq \f(2\r(5),5) D.eq \f(3,5)答案　A解析　不妨设CA＝CC1＝2CB＝2，则eq \o(AB1,\s\up6(—→))＝(－2,2,1)，eq \o(C1B,\s\up6(—→))＝(0，－2,1)，所以cos〈eq \o(AB1,\s\up6(—→))，eq \o(C1B,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\o(AB1,\s\up6(—→))·\o(C1B,\s\up6(—→)),|\o(AB1,\s\up6(—→))||\o(C1B,\s\up6(—→))|)＝eq \f(－2×0＋2×－2＋1×1,\r(9)×\r(5))＝－eq \f(\r(5),5).所以所求角的余弦值为eq \f(\r(5),5).12．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为(　　)A．60° B．90° C．45° D．以上都不对答案　B解析　以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图．由题意知，A1(1,0,2)，E(1,1,1)，D1(0,0,2)，A(1,0,0)，所以eq \o(A1E,\s\up6(—→))＝(0,1，－1)，eq \o(D1E,\s\up6(—→))＝(1,1，－1)，eq \o(EA,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)．设平面A1ED1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(A1E,\s\up6(→))＝0，,n·\o(D1E,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,x＋y－z＝0，))令z＝1，得y＝1，x＝0，所以n＝(0,1,1)，cos〈n，eq \o(EA,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\o(EA,\s\up6(→)),|n||\o(EA,\s\up6(→))|)＝eq \f(－2,\r(2)·\r(2))＝－1，设直线与平面A1ED1所成角为θ，则sin θ＝1，所以直线AE与平面A1ED1所成的角为90°.13．在空间中，已知平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0，a)(a>0)，如果平面α与平面xOy的夹角为45°，则a＝________.答案　eq \f(12,5)解析　平面xOy的法向量n＝(0,0,1)，设平面α的法向量为u＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－3x＋4y＝0，,－3x＋az＝0，))即3x＝4y＝az，取z＝1，则u＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,4)，1)).而cos〈n，u〉＝eq \f(1,\r(\f(a2,9)＋\f(a2,16)＋1))＝eq \f(\r(2),2)，又∵a>0，∴a＝eq \f(12,5).14．已知正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则平面ABD与平面BDC夹角的余弦值为____．答案　eq \f(\r(5),5)解析　取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC＝1，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0)).所以eq \o(OA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，eq \o(BA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \o(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)).由于eq \o(OA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))为平面BCD的一个法向量．设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0，))取x＝1，则y＝－eq \r(3)，z＝1，所以n＝(1，－eq \r(3)，1)，所以cos〈n，eq \o(OA,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(5),5).15．如图，在三棱锥V－ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x轴、y轴、z轴上，D是线段AB的中点，且AC＝BC＝2，∠VDC＝eq \f(π,3)，则异面直线AC与VD所成角的余弦值为________．答案　eq \f(\r(2),4)解析　∵AC＝BC＝2，D是AB的中点，∴C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(1,1,0)．当θ＝eq \f(π,3)时，在Rt△VCD中，CD＝eq \r(2)，∴V(0,0，eq \r(6))，∴eq \o(AC,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq \o(VD,\s\up6(→))＝(1,1，－eq \r(6))，∴cos〈eq \o(AC,\s\up6(→))，eq \o(VD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(VD,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))||\o(VD,\s\up6(→))|)＝eq \f(－2,2×2\r(2))＝－eq \f(\r(2),4).∴异面直线AC与VD所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4).16.如图所示，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BC，A1D1的中点．(1)求直线A1C与DE所成角的余弦值；(2)求直线AD与平面B1EDF所成角的余弦值；(3)求平面B1EDF与平面ABCD夹角的余弦值．解　以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz.(1)A1(0,0，a)，C(a，a，0)，D(0，a，0)，E(a，eq \f(1,2)a，0)，∴eq \o(A1C,\s\up6(—→))＝(a，a，－a)，eq \o(DE,\s\up6(→))＝(a，－eq \f(1,2)a，0)，∴cos〈eq \o(A1C,\s\up6(—→))，eq \o(DE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\o(A1C,\s\up6(—→))·\o(DE,\s\up6(→)),|\o(A1C,\s\up6(—→))||\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(15),15)，故A1C与DE所成角的余弦值为eq \f(\r(15),15).(2)连接DB1，∵∠ADE＝∠ADF，∴AD在平面B1EDF内的射影在∠EDF的平分线上．又四边形B1EDF为菱形，∴DB1为∠EDF的平分线，故直线AD与平面B1EDF所成的角为∠ADB1.由A(0,0,0)，B1(a，0，a)，D(0，a，0)，得eq \o(DA,\s\up6(→))＝(0，－a，0)，eq \o(DB1,\s\up6(—→))＝(a，－a，a)，∴cos〈eq \o(DA,\s\up6(→))，eq \o(DB1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\o(DA,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(—→)),|\o(DA,\s\up6(→))||\o(DB1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(\r(3),3)，又直线与平面所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故直线AD与平面B1EDF所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).(3)由已知得A(0,0,0)，A1(0,0，a)，B1(a，0，a)，D(0，a，0)，E(a，eq \f(1,2)a，0)，则eq \o(ED,\s\up6(→))＝(－a，eq \f(1,2)a，0)，eq \o(EB1,\s\up6(→))＝(0，－eq \f(1,2)a，a)，平面ABCD的一个法向量为m＝eq \o(AA1,\s\up6(—→))＝(0,0，a)．设平面B1EDF的一个法向量为n＝(1，y，z)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(ED,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EB1,\s\up6(—→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝1，))∴n＝(1,2,1)，∴cos〈n，m〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(6),6)，∴平面B1EDF与平面ABCD夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).角的分类向量求法范围两条异面直线所成的角设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝ eq \f(|u·v|,|u||v|) eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))直线与平面所成的角设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝eq \f(|u·n|,|u||n|) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))两个平面的夹角设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))