用空间向量求解二面角(二)(人教A版)(含答案)

专题03利用向量法求线线角、线面角、二面角及距离问题【知识梳理】（1）异面直线所成角公式：设a ，b 分别为异面直线1l ，2l 上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos cos ,⋅==a b a b a bθ．（2）线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin cos ,⋅==a n a n a nθ．（3）二面角公式：设1n ，2n 分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则12,=n n θ或12,-n n π（需要根据具体情况判断相等或互补），其中1212cos ⋅=n n n n θ．（4）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线，a b 的公垂线的方向向量为n ，这时分别在，a b 上任取，A B 两点，则向量在n 上的正射影长就是两条异面直线，a b 的距离．则||||||||⋅=⋅=n AB n d AB n n 即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．（5）点到平面的距离A 为平面α外一点（如图），n 为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|n ||n |||||sin |||cos ,|=||nn⋅⋅=⋅=⋅<>=⋅AB AB AH AB AB AB n AB AB θ||||⋅=AB n d n （6）点A 与点B 之间的距离可以转化为两点对应向量AB 的模AB 计算．（7）在直线l 上找一点P ，过定点A 且垂直于直线l 的向量为n ，则定点A 到直线l 的距离为PA n d PA cos PA,n n⋅=〈〉=．【专题过关】【考点目录】考点1：异面直线所成角考点2：线面角考点3：二面角考点4：点到直线的距离考点5：点到平面的距离、直线到平面的距离、平面到平面的距离考点6：异面直线的距离【典型例题】考点1：异面直线所成角1．（2022·贵州·遵义市第五中学高二期中（理））在三棱锥P —ABC 中，PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA =PB =PC ，M 、N 分别为AC 、AB 的中点，则异面直线PN 和BM 所成角的余弦值为（）A 33B ．36C ．63D ．66【答案】B【解析】以点P 为坐标原点，以PA ，PB ，PC 方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，令2PA =，则()0,0,0P ，()0,2,0B ，()1,0,0M ，()1,1,0N ，则(1,1,0)PN =，(1,2,1)BM =-，设异面直线PN 和BM 所成角为θ，则||3cos 6||||PN BM PN BM θ⋅==.故选：B.2．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得平面ABD ⊥平面CBD ，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（）A ．12B 2C ．12-D ．2【答案】A【解析】取BD 中点为O ，连接,AO CO ，所以,AO BD CO BD ⊥⊥，又面ABD ⊥面CBD 且交线为BD ，AO ⊂面ABD ，所以AO ⊥面CBD ，OC ⊂面CBD ，则AO CO ⊥.设正方形的对角线长度为2，如图所示，建立空间直角坐标系，()()()(0,0,1),1,0,0,0,1,0,1,0,0A B C D -，所以()()=1,0,1,=1,1,0AB CD ---，1cos ,222AB CD AB CD AB CD⋅==-⨯.所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为12.故选:A3．（2022·新疆·乌苏市第一中学高二期中（理））如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，3AC =，4BC =，13CC =，90ACB ∠=︒，则1BC 与1AC 所成角的余弦值为（）A ．3210B ．3210-C ．24D 5【答案】A【解析】因为111ABC A B C -为直三棱柱，且90ACB ∠=︒，所以建立如图所示的空间直角坐标系，()()()()110,4,0,0,0,0,0,0,3,3,0,3B C C A ，所以()()110,4,3,3,0,3BC AC =-=--，115,992BC A C ==+设1BC 与1AC 所成角为θ，所以11932cos cos ,532BC A Cθ-===⨯.则1BC 与1AC 32故选：A.4．（2022·福建宁德·高二期中）若异面直线1l ，2l 的方向向量分别是()1,0,2a =-，()0,2,1b =，则异面直线1l 与2l 的夹角的余弦值等于（）A ．25-B ．25C ．255-D 255【答案】B【解析】由题，()22125a =+-=，22215b =+=，则22cos 555a b a bθ⋅-==⋅⋅，故选：B5．（2022·河南·焦作市第一中学高二期中（理））已知四棱锥S ABCD -的底面ABCD 是边长为1的正方形，SD ⊥平面ABCD ，线段,AB SC 的中点分别为E ，F ，若异面直线EC 与BF 5SD =（）A ．1B ．32C ．2D ．3【答案】C【解析】如图示，以D 为原点，,,DA DC DS 分别为x 、y 、z 轴正方向联立空间直角坐标系.不妨设(),0SD t t =>.则()0,0,0D ，()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()0,0,S t ，11,,02E ⎛⎫⎪⎝⎭，10,,22t F ⎛⎫ ⎪⎝⎭.所以11,,02EC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，11,,22t BF ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.因为异面直线EC 与BF 55211054cos ,1111444EC BF EC BF EC BFt -+==⨯+⨯++，解得：t =2.即SD =2.故选：C6．（2021·广东·深圳市龙岗区德琳学校高二期中）如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2DC SD ==，点M 是侧棱SC 的中点，2AD =则异面直线CD 与BM 所成角的大小为___________.【答案】3π【解析】由题知，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD 所以DA 、DC 、DS 两两垂直故以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系因为2DC SD ==，2AD =，点M 是侧棱SC 的中点，则()0,0,0D ，()0,2,0C ，)2,2,0B ，()0,0,2S ，()0,1,1M 所以()0,2,0DC =，()2,1,1BM =--设异面直线CD 与BM 所成角为θ则21cos 22211DC BM DC BMθ⋅-===⨯++⋅因为异面直线的夹角为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦所以3πθ=故答案为：3π.7．（2021·广东·江门市广雅中学高二期中）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1 2.AB AA ==E 、F 分别是BC 、11AC 的中点.设D 是线段11B C 上的（包括两个端点．．．．．．）动点，当直线BD 与EF 所10BD 的长为_______.【答案】【解析】如图以E为坐标原点建立空间直角坐标系：则()()10,0,0,,2,0,1,0,22E F B ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭设(0,,2)(11)D t t -≤≤，则()1,2,0,1,22EF BD t ⎫==+⎪⎪⎝⎭，设直线BD 与EF 所成角为θ所以cos ||||EF BD EF BD θ⋅==22314370t t +-=，解得1t =或3723t =-（舍去），所以BD ==故答案为：8．（2021·福建省厦门集美中学高二期中）如图，在正四棱锥V ABCD -中， E 为BC 的中点，2AB AV ==.已知F 为直线VA 上一点，且F 与A 不重合，若异面直线BF 与VE 所成角为余弦值为216，则VF VA =________.【答案】23【解析】连接AC 、BD 交于点O ，则AC BD ⊥，因为四棱锥V ABCD -为正四棱锥，故VO ⊥底面ABCD ，以点O 为坐标原点，OA 、OB 、OV 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则)A、E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、(V、()B ，设),0,VF VA λλ===-，其中01λ≤≤，(0,BV =，则)),1BF BV VF λ=+=-，22,22VE ⎛=- ⎝，由已知可得21cos ,6BF VE BF VE BF VE ⋅<>==⋅，整理可得2620λλ--=，因为01λ≤≤，解得23λ=，即23VF VA =.故答案为：23考点2：线面角9．（2022·山东·东营市第一中学高二期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为2，M 、N 分别为1A B 、AC 的中点．(1)证明：//MN 平面11BCC B ；(2)求1A B 与平面11A B CD 所成角的大小．【解析】（1）如图，以点D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴建立空间直角坐标系．则()2,0,0A ，()0,2,0C ，()12,0,2A ，(2,2,0)B ，()12,2,2B ，()2,1,1M ，()1,1,0N ．所以()1,0,1MN =--，因为DC ⊥平面11BCC B ,所以平面11BCC B 的一个法向量为(0,2,0)DC =，因为0MN DC ⋅=，所以MN DC ⊥，因为MN ⊂平面11BCC B ，所以//MN 平面11BCC B （2）()0,2,0DC =，()12,0,2DA =，()10,2,2A B =-．设平面11A B CD 的一个法向量为(),,n x y z =则122020DA n x z DC n y ⎧⋅=+=⎨⋅==⎩，令1z =，则1x =-，0y =，所以()1,0,1n =-设1A B 与平面11A B CD 所成角为θ，则1111sin cos ,2A B n A B n A B nθ⋅===⋅．因为0180θ︒≤<︒，所以1A B 与平面11A B CD 所成角为30°．10．（2021·黑龙江·哈尔滨七十三中高二期中（理））如图，已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面边长2AB =，侧棱1BB 的长为4，过点B 作1B C 的垂线交侧棱1CC 于点E ，交1B C 于点F．(1)求证：1A C ⊥平面BED ；(2)求1A B 与平面BDE 所成的角的正弦值．【解析】（1）连接AC ，因为1111ABCD AB C D -是正四棱柱，即底面为正方形，则BD AC ⊥，又1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，则1BD AA ⊥，又1AC AA A =∩，1,AC AA ⊂平面1A AC ，故BD ⊥平面1A AC ，而1AC ⊂平面1A AC ，则1BD AC ⊥，同理得1BE AC ⊥，又BD BE B ⋂=，,BD BE ⊂平面BDE ，所以1A C ⊥平面BDE ；（2）以DA 、DC 、1DD 分别为,,x y z 轴，建立直角坐标系，则()2,2,0B ，()()12,0,4,0,2,0A C ，∴()10,2,4A B =-，()12,2,4AC =--，由题可知()12,2,4AC =--为平面BDE 的一个法向量，设1A B 与平面BDE 所成的角为α，则1130sin cos 62024,C A B A α==⋅，即1A B 与平面BDE 所成的角的正弦值为306.11．（2021·河北唐山·高二期中）如图（1），△BCD 中，AD 是BC 边上的高，且∠ACD ＝45°，AB ＝2AD ，E 是BD 的中点，将△BCD 沿AD 翻折，使得平面ACD ⊥平面ABD ，得到的图形如图（2）．(1)求证：AB⊥CD；(2)求直线AE与平面BCE所成角的正弦值．【解析】(1)证明：由图（1）知，在图（2）中AC⊥AD，AB⊥AD，∵平面ACD⊥平面ABD，平面ACD∩平面ABD＝AD，AB⊂平面ABD，∴AB⊥平面ACD，又CD⊂平面ACD，∴AB⊥CD；(2)由（1）可知AB⊥平面ACD，又AC⊂平面ACD，∴AB⊥AC.以A为原点，AC，AB，AD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，不妨设AC＝1，则A（0，0，0），B（0，2，0），C（1，0，0），D（0，0，1），E（0，1，12），∴A E＝10,1,2⎛⎫,⎪⎝⎭BC＝(120),BE,-,＝10,1,2⎛⎫-,⎪⎝⎭设平面BCE的法向量为n＝（x，y，z），由20102BC n x yn BE y z⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令y＝1，得x＝2，z＝2，则n＝（2，1，2），……设直线AE与平面BCE所成角为θ，则245 sin|cos,|15532AE nθ==⨯故直线AE与平面BCE4512．（2022·贵州·遵义市第五中学高二期中（理））如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面ABP，BC//AD，∠PAB=90°，PA=AB=2，AD=3，BC=1，E是PB的中点.(1)证明：PB ⊥平面ADE ；(2)求直线AP 与平面AEC 所成角的正弦值.【解析】（1）因AD ⊥平面ABP ，PB ⊂平面ABP ，则AD ⊥PB ，又PA =AB =2，E 是PB 的中点，则有AE ⊥PB ，而AE AD A =，,AE AD ⊂平面ADE ，所以PB ⊥平面ADE .（2）因AD ⊥平面ABP ，∠PAB =90°，则直线,,AB AD AP 两两垂直，以点A 为原点，射线,,AB AD AP 分别为x ，y ，z 轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则(0,0,0),(1,0,1),(0,0,2),(2,1,0)A E P C ，(1,0,1),(2,1,0),(0,0,2)AE AC AP ===，令平面AEC 的一个法向量为(,,)n x y z =，则020n AE x z n AC x y ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，令1x =-，得(121)n ,,=-，令直线AP 与平面AEC 所成角的大小为θ，则||26sin |cos ,|||||62n AP n AP n AP θ⋅=〈〉==⨯所以直线AP 与平面AEC 613．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD BC ∥，90ABC ∠=︒，2PA AB BC ===，1AD =，点M ，N 分别为棱PB ，DC 的中点．(1)求证：AM ∥平面PCD ；(2)求直线MN 与平面PCD 所成角的正弦值．【解析】（1）证明:以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则()()()0,0,0,0,2,0,2,2,0A B C ,()()()1,0,0,0,0,2,0,1,1D P M ,则()()0,1,1,1,0,2AM PD ==-,()1,2,0CD =--,设平面PCD 的一个法向量为(),,n x y z =r,则2020n PD x z n CD x y ⎧⋅=-=⎨⋅=--=⎩,令1z =,则2,1x y ==-,则平面PCD 的一个法向量为()2,1,1n =-,0110,n AM n AM∴⋅=-+=∴⊥//AM ∴平面PCD（2）由（1）得3,1,02N ⎛⎫ ⎪⎝⎭,3,0,12MN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭设直线MN 与平面PCD 所成角为θ.sin cos ,n MN MN n n MNθ⋅∴==⋅39=∴直线MN 与平面PCD 所成角的正弦值为27839.14．（2021·福建·厦门大学附属科技中学高二期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ABCD ⊥平面，,//AB AD BC AD ⊥，点M 是棱PD 上一点，且满足2,4AB BC AD PA ====．(1)求二面角A CD P --的正弦值；(2)若直线AM 与平面PCD所成角的正弦值为3，求MD 的长．【解析】(1)如图建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(2,2,0)C ，(0,4,0)D ，(0,0,4)P ，(2,2,0)CD =-，(0,4,4)PD =-，设平面PCD 法向量(,,)n x y z =，则00n CD n PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即220440x y y z -+=⎧⎨-=⎩，令1x =，111x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩，即(1,1,1)n =，又平面ACD 的法向量(0,0,1)m =，cos ,3m n m n m n⋅〈〉=，故二面角A CD P --3=．(2)设MD PD λ=（01λ≤≤），(0,4,4)MD λλ=-，点(0,4,44)M λλ-，∴(0,4,44)AM λλ=-，由（1）得平面PCD 法向量(1,1,1)n =，且直线AM 与平面PCD∴6cos ,3AM n AM n AM n⋅〈〉==，解得12λ=，即12=MD PD ，又PD 12==MD PD 15．（2022·北京市第十二中学高二期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，PD ⊥平面ABCD ，E 是棱PC 的中点．(1)证明：//PA 平面BDE ；(2)若1,90PD AD BD ADB ===∠=︒，F 为棱PB 上一点，DF 与平面BDE 所成角的大小为30°，求PFPB的值．【解析】(1)如图，连接AC 交BD 于点M ，连接EM ，因为M 是AC 的中点，E 是PC 的中点，所以//PA EM 又ME ⊂平面BDE ，PA ⊄平面BDE ，所以//PA 平面BDE(2)因为1,90PD AD BD ADB ===∠=︒，所以AD BD ⊥，故以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DB 为y 轴，DP 为z轴建立空间直角坐标系，则()()()()()1110,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,1,1,0,,,222D A B P C E ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，()111,,,0,1,0222DE DB ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，设平面BDE 的法向量为(),,n x y z =r ，则00n DE n DB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11102220x y z y ⎧-++=⎪⎨⎪=⎩，故取()1,0,1n =，设(01)PF PB λλ=<<，则()()0,,1,0,,1F DF λλλλ-=-因为直线DF 与平面BDE 所成角的大小为30，所以1sin302DF n DF n⋅==12=解得12λ=，故此时12PF PB =.16．（2022·江苏·东海县教育局教研室高二期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，2PD AD ==，AD PC ⊥，点E 在线段PC 上（不与端点重合），30PCD ∠=︒.(1)求证：AD ⊥平面PCD ；(2)是否存在点E 使得直线PB 与平面ADE 所成角为30°？若存在，求出PEEC的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)证明：在正方形ABCD 中，可得AD CD ⊥，又由AD PC ⊥，且CDPC C =，CD ⊂平面PCD ，PC ⊂平面PCD ，根据线面垂直的判定定理，可得AD ⊥平面PCD .(2)在平面PCD 中，过点D 作DF CD ⊥交PC 于点F .由（1）知AD ⊥平面PCD ，所以AD DF ⊥，又由AD DC ⊥，以{},,DA DC DF 为正交基底建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示，则()(0,0,0),2,0,0D A ，()2,2,0B ，()0,2,0C，(0,P -，设PEEC λ=，则PE EC λ=，所以212,,11AE AP PE λλλ⎛⎫-=+=- ++⎝⎭，()2,0,0AD =-，(2,3,PB =uu r设平面ADE 的一个法向量为(),,n x y z =，则2120120AE n x y AD n x λλ⎧-⋅=-++=⎪⎨+⎪⋅=-=⎩，取y =0,12x z λ==-，所以平面ADE的一个法向量()2n λ=-，因为直线PB 与平面ADE 所成角为30，所以1sin 30cos ,2PB n ︒==，解得5λ=±综上可得，存在点E 使得直线PB 与平面ADE 所成角为30，且5PEEC=±考点3：二面角17．（2022·云南·罗平县第一中学高二期中）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，D 为1AB 的中点，1B C 交1BC 于点E ，AC BC ⊥，1CA CB CC ==.(1)求证：DE ∥平面11AAC C ；(2)求平面1AB C 与平面11A B C 的夹角的余弦值.【解析】（1）证明：因为111ABC A B C -为三棱柱，所以平面11BCC B 是平行四边形，又1B C 交1BC 于点E ，所以E 是1B C 的中点．又D 为1AB 的中点，所以//DE AC ，又AC ⊂平面11AAC C ，DE ⊂/平面11AAC C ，所以//DE 平面11AAC C ；（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面111A B C ，又AC BC ⊥，所以11C A 、11C B 、1C C 两两互相垂直，所以以1C 为坐标原点，分别以11C A 、11C B 、1C C 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，如图所示．设11CA CB CC ===，则1(0,0,0)C ，1(1,0,0)A ，1(0,1,0)B ，(1,0,1)A ，(0,0,1)C ，所以1(1,1,1)AB =--，(1,0,0)=-AC ，11(1,1,0)=-A B ，1(1,0,1)AC =-．设平面1AB C 的一个法向量为(,,)n x y z =，则100n AB n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，所以00x y z x -+-=⎧⎨-=⎩，不妨令1y =，则(0,1,1)n =，设平面11A B C 的一个法向量为(,,)m x y z =，则11100m A B m A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以00x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，不妨令1y =，则(1,1,1)m =．所以cos ||||m n m n m n ⋅〈⋅〉===⋅所以平面1AB C 与平面11A B C18．（2022·江苏·宝应县教育局教研室高二期中）如图，已知三棱锥O ABC -的侧棱,,OA OB OC 两两垂直，且1,2OA OB OC ===，E 是OC的中点．(1)求异面直线BE 与AC 所成角的余弦值；(2)求二面角A BE C --的正弦值．【解析】（1）以O 为原点，OB ，OC ，OA 分别为,,x y z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则有()0,0,1A ，()2,0,0B ，()0,2,0C ，()0,1,0E .()()()2,0,00,1,02,1,0EB =-=-，()0,2,1AC =-.2cos 5EB AC =-，.由于异面直线BE 与AC 所成的角是锐角，故其余弦值是25.（2）()()2,0,10,1,1AB AE =-=-，.设平面ABE 的法向量为()1,,n x y z =，则由11n AB n AE ⊥⊥，，得200x z y z -=⎧⎨-=⎩，取()11,2,2n =.由题意可得，平面BEC 为xOy 平面，则其一个法向量为()20,0,1n =u u r，1212122cos 3n n n n n n ⋅===⋅，，则12sin 3n n =，，即二面角A BE C --的正弦值为3．19．（2021·福建·厦门一中高二期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB =，2BC =，4ABC π∠=，四边形ACEF 为矩形，平面ACEF ⊥平面ABCD ，1AF =，点M 在线段EF 上运动．(1)当AE DM ⊥时，求点M 的位置；(2)在（1）的条件下，求平面MBC 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值．【解析】（1）2AB =2AD BC ==，4ABC π∠=，∴222cos 2AC AB BC AB BC ABC +-⋅∠∴222AB AC BC +=，∴90BAC ∠=︒，AB AC ∴⊥，又AF AC ⊥，又平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF 平面ABCD AC =，AF ⊂平面ACEF ，AF ∴⊥平面ABCD ，所以以AB ，AC ，AF 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(2,2,0),(0,2,1),(0,0,1)A B C D E F-，设(0,,1),02M y y 则2,1)AE =，(2,2,1)DM y =-AE DM ⊥，∴2(2)10AE DM y ⋅=-+=，解得22y =，∴12FM FE =．∴当AE DM ⊥时，点M 为EF 的中点．（2）由（1）可得(2,,1)2BM =，(BC =设平面MBC 的一个法向量为111(,,)m x y z =，则111112020m BM y z m BC ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅==⎩，取12y =，则m =，易知平面ECD 的一个法向量为(0,1,0)n =，∴cos |cos ,|||||m n m n m n θ⋅=<>=⋅∴平面MBC 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值为105．20．（2022·四川省内江市第六中学高二期中（理））如图，直角三角形ABC 中，60BAC ∠=，点F 在斜边AB 上，且4AB AF =，AD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，3AD =，4AC BE ==．(1)求证：DF ⊥平面CEF ；(2)点M 在线段BC 上，且二面角F DM C --的余弦值为25，求CM 的长度．【解析】（1）90ACB ∠=，60BAC ∠=，4AC =，8AB ∴=，又4AB AF =，2AF ∴=；2222cos 2016cos6012CF AC AF AC AF BAC ∴=+-⋅∠=-=，解得：CF =，222AF CF AC ∴+=，则AF CF ⊥；DA ⊥平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，CF AD ∴⊥；又,AF AD ⊂平面ADF ，AFA AD =，CF ∴⊥平面ADF ，DF ⊂平面ADF ，DF CF ∴⊥；连接ED ，在四边形ABED 中，作DH BE ⊥，垂足为H，如下图所示，DF ==EF ==，DE =222DF EF DE ∴+=，则DF EF ^；,CF EF ⊂平面CEF ，CF EF F ⋂=，DF ⊥∴平面CEF .（2）以C 为坐标原点，,CA CB 正方向为,x y 轴，以BE 的平行线为z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设CM m =，则()0,,0M m ，()0,0,0C ，()4,0,3D，()F ，()4,,3MD m ∴=-，()4,0,3CD =，()1,FD =，设平面DMF 的法向量(),,n x y z =，则43030MD n x my z FD n x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令9y =，解得：3x m =-z m =，()3n m m ∴=--；设平面CDM 的法向量(),,m a b c =，则430430CD m a c MD m a mb c ⎧⋅=+=⎨⋅=-+=⎩，令3a =，解得：0b =，4c =-，()3,0,4m ∴=-；二面角F DM C --的余弦值为25，2cos ,5m n m n m n ⋅∴<>==⋅，25=，((()222134381m m m ⎡⎤∴-=-++⎢⎥⎣⎦，解得：m；当m F DM C --为钝二面角，不合题意；则二面角F DM C --的余弦值为25时，CM =21．（2022·江苏徐州·高二期中）如图所示，在四棱锥中P ABCD -，2AB DC=，0AB BC ⋅=，AP BD ⊥，且AP DP DC BC ====(1)求证：平面ADP ⊥平面ABCD ；(2)已知点E 是线段BP 上的动点（不与点P ､B 重合），若使二面角E AD P --的大小为4π，试确定点E 的位置.【解析】(1)连接BD ，由2AB DC =，0AB BC ⋅=知242,//,AB DC AB DC CD BC ==⊥，在Rt BCD 中，22216,4BD CD BC BD =+==，设AB 的中点为Q ，连接DQ ，则//,CD QB QB CD =，所以四边形BCDQ 为平行四边形，又,CD BC DC BC ⊥=，所以四边形BCDQ 为正方形，所以,22DQ AB DQ AQ ⊥==Rt AQD 中，22216AD AQ DQ =+=，在Rt ABD 中，222161632AD BD AB +=+==，所以AD BD ⊥，又,AP BD AP AD A ⊥⋂=，,AP AD ⊂平面ADP ，所以BD ⊥平面ADP ，又BD ⊂平面ABCD ，所以平面ADP ⊥平面ABCD ；(2)在APD △中，2228816AP PD AD +=+==，所以AP PD ⊥，在Rt APD 中，过点P 作PF AD ⊥，垂足为F ，因为PA PD =，所以F 为AD 中点，所以2PF DF ==，由（1）得BD ⊥平面ADP ，PF ⊂平面ADP ，则BD PF ⊥，,AD BD ⊂平面ABCD ，ADBD D =，则PF ⊥平面ABCD .以D 为原点，分别以,DA DB 所在直线为,x y 轴，以过点D 与平面ABCD 垂直的直线为z 轴，建立如图所示空间坐标系，则(0,0,0),(4,0,0),(0,4,0),(2,0,2),(4,0,0),(2,4,2)D A B P DA PB ==--，设()(2,4,2),0,1PE PB λλλλλ==--∈，则(22,4,22)DE DP PE λλλ=+=--，易知平面PAD 的一个法向量为(0,1,0)m =，设平面EAD 的法向量为(,,)n x y z =，则()()40224220n DA x n DE x y z λλλ⎧⋅==⎪⎨⋅=-++-=⎪⎩，令1z =，则1(0,,1)2n λλ-=，所以221cos ,cos 4211m n m n m nλπλλλ⋅-===⎛⎫+ ⎪-⎝⎭，即2122521λλλ-=-+，即23210λλ+-=，解得1λ=-（舍）或13λ=，所以，当点E 在线段BP 上满足13PE PB =时，使二面角E AD P --的大小为4π.22．（2021·湖北十堰·高二期中）如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，//,2,4,23AN BM AB AN BM CN ====(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM 上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --的余弦值为33，若存在求出CE EM 的值，若不存在，请说明理由.【解析】(1)正方形ABCD 中，BC AB ⊥，因为平面ABCD ⊥平面ABMN ，平面ABCD平面,ABMN AB BC =⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ABMN ，所以BC BM ⊥，且BC BN ⊥，2,23BC CN ==所以2222BN CN BC -，又因为2AB AN ==，所以222BN AB AN =+，所以AN AB ⊥，又因为AN //BM ，所以BM AB ⊥，BC BA B =，所以BM ⊥平面ABCD .(2)由（1）知，BM ⊥平面,ABCD BM AB ⊥，以B 为坐标原点，,,BA BM BC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系.()()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,0,4,0B C N M 设点(),,,,E x y z CE CM λ=[0,λ∈1]，则()(),,20,4,2x y z λ-=-，所以0422x y z λλ=⎧⎪=⎨⎪=-⎩，所以()0,4,22E λλ-，所以()()2,2,0,0,4,22BN BE λλ==-，设平面BEN 的法向量为(),,m x y z =，()2204220m x y m y z λλ⋅=+=⎧∴⎨⋅=+-=⎩令1x =，所以21,1y z λλ=-=-，所以2(1,1,)1m λλ=--，显然，平面BMN 的法向量为()0,0,2BC =，所以cos ,BC m BC m BC m⋅=⋅3==即2642λλ=-+，即23210λλ+-=，解得13λ=或1-（舍），则存在一点E ，且12CE EM =.考点4：点到直线的距离23．（2021·云南大理·高二期中）鳖臑是指四个面都是直角三角形的三棱锥.如图，在鳖臑P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2AB BC PA ===，D ，E 分别是棱AB ，PC 的中点，点F是线段DE 的中点，则点F 到直线AC 的距离是（）A ．38B 6C ．118D ．224【答案】B 【解析】因为AB BC =，且ABC 是直角三角形，所以AB BC ⊥.以B 为原点，分别以BC ，BA 的方向为x ，y 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz -.因为2AB BC PA ===，所以()0,2,0A ，()2,0,0C ，()0,1,0D ，()1,1,1E ，则()2,2,0AC =-，11,1,22AF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.故点F到直线AC 的距离2221136144422AF AF AC AC d ⎛⎫⋅⎛⎫⎪=-++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故点F 到直线AC 的距离是6424．（2021·河北·石家庄市第十二中学高二期中）已知直线l 的方向向量为(1,0,2)n =，点()0,1,1A 在直线l 上，则点()1,2,2P 到直线l 的距离为（）A ．230B 30C 3010D 305【答案】D【解析】由已知得(1,1,1)PA =---，因为直线l 的方向向量为(1,0,2)n =，所以点()1,2,2P 到直线l 的距离为2222212930335512PA n PA n ⎛⎫⎛⎫⋅-----= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭故选：D25．（2021·北京·牛栏山一中高二期中）在空间直角坐标系中，已知长方体1111ABCD A B C D -的项点()0,0,0D ，()2,0,0A ，()2,4,0B ，()10,4,2C =，则点1A 与直线1BC 之间的距离为（）A ．B ．2C ．125D ．52【答案】A【解析】如图，由题意知，建立空间直角坐标系D xyz -，1(000)(200)(240)(042)D A B C ，，，，，，，，，，，，则1422AB BC CC ===，，，连接111A B AC ，，所以1111A B A C BC ===得11A BC V 是等腰三角形，取1BC 的中点O ，连接1OA ，则1OA ⊥1BC ，即点1A 到直线1BC 的距离为1OA ，在1Rt A OB 中，有1OA ==故选：A26．（2021·北京市昌平区第二中学高二期中）已知空间中三点(1,0,0)A -，(0,1,1)B -，(2,1,2)C --，则点C 到直线AB 的距离为（）A B C D 【答案】A【解析】依题意得()()1,1,2,1,1,1AC AB =--=-则点C 到直线AB 的距离为63d =故选：A27．（2022·江西南昌·高二期中（理））如图，在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为BC 的中点，点P 在线段1D E 上，点Р到直线1CC 的距离的最小值为_______.【答案】5【解析】在正方体1111ABCD A B C D -中，建立如图所示的空间直角坐标系，则11(0,4,0),(0,0,4),(2,4,0),(0,4,4)C D E C ，11(2,0,0),(0,0,4),(2,4,4)CE CC ED ===--，因点P 在线段1D E 上，则[0,1]λ∈，1(2,4,4)EP ED λλλλ==--，(22,4,4)CP CE EP λλλ=+=--，向量CP 在向量1CC 上投影长为11||4||CP CC d CC λ⋅==，而||CP =，则点Р到直线1CC的距离4525h =，当且仅当15λ=时取“=”，所以点Р到直线1CC的距离的最小值为5.28．（2022·福建龙岩·高二期中）直线l 的方向向量为()1,1,1m =-，且l 过点()1,1,1A -，则点()0,1,1P -到l 的距离为___________.【解析】(1,0,2)AP =-，直线l 的方向向量为()1,1,1m =-，由题意得点P 到l的距离d =29．（2021·山东·嘉祥县第一中学高二期中）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，O 为平面11A ABB 的中心，E 为BC 的中点，则点O 到直线1A E 的距离为________.【答案】3【解析】如图，以D 为原点建系，则()()()12,0,2,2,1,1,1,2,0A O E ，则()()110,1,1,1,2,2AO A E =-=--，则111111cos ,3A O A E A O A E A O A E⋅==，又[]11,0,A O A E π∈，所以111sin ,3A O A E =，所以点O 到直线1A E的距离为1111sin ,33A O A O A E ==.故答案为：23.考点5：点到平面的距离、直线到平面的距离、平面到平面的距离30．（2020·山东省商河县第一中学高二期中）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，已知2AB AD ==，15AA =，E ，F 分别为1DD ，1BB 上的点，且11DE B F ==．(1)求证：BE ⊥平面ACF ：(2)求点B 到平面ACF 的距离．【解析】（1）以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则()()()()()2,0,0,2,2,0,0,2,0,0,0,1,2,2,4A B C E F ,设面ACF 的一个法向量为()=,,n x y z ，()()=2,2,0,0,2,4AC AF -=，可得00n AC n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即220240x y y z -+=⎧⎨+=⎩，不妨令1z =则()=2,2,1n BE --=,BE ∴⊥平面ACF .（2）()=0,2,0AB ，则点B 到平面ACF 的距离为43AB nn⋅=.31．（2022·江苏·2的正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，则点D 到平面ABC 的距离为______．【答案】33【解析】记AC 与BD 的交点为O ，图1中，由正方形性质可知AC BD ⊥，所以在图2中，,OB AC OD AC ⊥⊥，所以2BOD π∠=，即OB OD⊥如图建立空间直角坐标系，易知1OA OB OC OD ====则(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0)A B C D -则(0,1,1),(1,0,1),(0,2,0)AB AC BD =--=-=设(,,)n x y z =为平面ABC 的法向量，则00AB n y z AC n x z ⎧⋅=--=⎨⋅=-=⎩，取1x =，得(1,1,1)n =-所以点D 到平面ABC 的距离22333BD n d n⋅===故答案为：23332．（2022·河南·濮阳一高高二期中（理））如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，若E ，F 分别是上底棱的中点，则点A 到平面11B D EF 的距离为______．【答案】1【解析】以1D 为坐标原点，11111,,D A D C D D 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则()1,0,1A ，()11,1,0B ，10,,12E ⎛⎫⎪⎝⎭，()10,0,0D ，设平面11B D EF 的法向量(),,m x y z =，则有1111020m D E y z m D B x y ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令2y =得：2,1x z =-=-，故()2,2,1m =--，其中()10,1,1AB =-，则点A 到平面11B D EF 的距离为11AB m d m⋅===故答案为：133．（2022·山东·济南外国语学校高二期中）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，平面1AB C 与平面11AC D 间的距离是________.【解析】以点A 为坐标原点，AB 、AD 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A 、()11,0,1B 、()1,1,0C 、()0,1,0D 、()10,0,1A 、()11,1,1C ，设平面1AB C 的法向量为()111,,m x y z =，()11,0,1AB =，()1,1,0AC =，由1111100m AB x z m AC x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11x =，可得()1,1,1m =--，设平面11AC D 的法向量为()222,,n x y z =，()10,1,1DA =-，()11,0,1DC =，由12212200n DA y z n DC x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取21x =，可得()1,1,1n =--r ，因为m n =，平面1AB C 与平面11AC D 不重合，故平面1//AB C 平面11AC D ，()0,1,0AD =uuu r ，所以，平面1AB C 与平面11AC D 间的距离为1333AD m d m⋅==故答案为：33.34．（多选题）（2020·辽宁·大连八中高二期中）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点,E O 分别是11A B ，11AC 的中点，P 在正方体内部且满足1132243AP AB AD AA =++，则下列说法正确的是（）A ．点A 到直线BE 255B ．点O 到平面11ABCD 的距离是24C ．平面1A BD 与平面11B CD 3D ．点P 到直线AD 的距离为56【答案】ABCD【解析】如图，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(0,1,0)D ，1(0,0,1)A ，1(1,1,1)C ，()10,1,1D ，1,0,12E ⎛⎫⎪⎝⎭，所以1(1,0,0),,0,12BA BE ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭．设ABE θ∠=，则||5cos 5||||BA BE BA BE θ⋅==，25sin 5θ==．故A 到直线BE的距离1||sin 1d BA θ===，故选项A 正确．易知111111,,0222C O C A ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，平面11ABC D 的一个法向量1(0,1,1)DA =-，则点O 到平面11ABC D 的距离11211||224||DA C O d DA ⋅===，故选项B 正确．1111(1,0,1),(0,1,1),(0,1,0)A B A D A D =-=-=．设平面1A BD 的法向量为(,,)n x y z =，则110,0,n A B n A D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以0,0,x z y z -=⎧⎨-=⎩令1z =，得1,1y x ==，所以(1,1,1)n =．所以点1D 到平面1A BD的距离113||||A D n d n ⋅===因为平面1//A BD 平面11B CD ，所以平面1A BD 与平面11B CD 间的距离等于点1D 到平面1A BD 的距离，所以平面1A BD 与平面11B CD 间的距离为3.故选项C 正确．因为1312423AP AB AD AA =++，所以312,,423AP ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又(1,0,0)AB =，则34||AP AB AB ⋅=，所以点P 到AB 的距离56d ==.故选项D 正确．故选：ABCD.考点6：异面直线的距离35．（2021·安徽·合肥市第六中学高二期中）如图正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，12AA =.动点P ，Q 分别在线段1C D ，AC 上，则线段PQ 长度的最小值是（）A ．13B ．23C ．1D ．43【答案】B【解析】由题意可知，线段PQ 长度的最小值为异面直线1C D 、AC 的公垂线的长度.如下图所示，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则点()1,0,0A 、()0,1,0C 、()10,1,2C 、()0,0,0D ，所以，()1,1,0AC =-，()10,1,2=DC ，()1,0,0DA =，设向量(),,n x y z =满足n AC ⊥，1⊥n DC ，由题意可得1020n AC x y n DC y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，解得2x yy z =⎧⎪⎨=-⎪⎩，取2y =，则2x =，1z =-，可得()2,2,1n =-，因此，min 23DA n PQ n⋅==.故选：B .36．（2021·辽宁沈阳·高二期中）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，2BC =，13AA =，则异面直线AC 与1BC 之间的距离是（）A 5B 7C 6D ．67【答案】D【解析】如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则()()()()12,0,0,0,1,0,2,1,0,0,1,3A C B C ，则()2,1,0AC =-，()12,0,3BC =-，设AC 和1BC 的公垂线的方向向量(),,n x y z =，则100n AC n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20230x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，令3x =，则()3,6,2n =，()0,1,0AB =，67AB n d n⋅∴==.故选：D.37．（2021·上海交大附中高二期中）在正方体1111ABCD A B C D -中，4AB =，则异面直线AB 和1AC 的距离为___________.【答案】【解析】如图，以D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，由1(4,0,0),(4,4,0),(0,4,0),(4,0,4)A B C A ，则1(0,4,0),(4,4,4)AB CA ==-，1(0,0,4)AA =设(,,)m x y z =是异面直线AB 和1AC 的公垂线的一个方向向量，则1404440m AB y m CA x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，则(1,0,1)m =-，所以异面直线AB 和1AC的距离为1AA m m ⋅==故答案为：38．（2021·广东·广州市第二中学高二期中）如图，在三棱锥P ABC -中，三条侧棱PA ，PB ，PC 两两垂直，且3PA PB PC ===，G 是PAB △的重心，E ，F 分别为BC ，PB 上的点，且::1:2BE EC PF FB ==.（1）求证：平面GEF ⊥平面PBC ；（2）求证：EG 是直线PG 与BC 的公垂线；（3）求异面直线PG 与BC 的距离.【解析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，()()()()()()3,0,0,0,3,0,0,0,3,0,1,0,0,2,1,1,1,0A B C F E G ，()1,0,0GF =-，0,0GF PC GF PB ⋅=⋅=，所以,,GF PC GF PB PC PB P ⊥⊥⋂=，所以GF ⊥平面PBC ，由于GF ⊂平面GEF ，所以平面GEF ⊥平面PBC .（2）()()1,1,1,0,3,3EG BC =--=-，0,0EG PG EG BC ⋅=⋅=，所以EG 是直线PG 与BC 的公垂线.（3）2221113EG =++=所以异面直线PG 与BC39．（2021·全国·高二期中）如下图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，,2,12ABC BAD PA AD AB BC π∠=∠=====．（1）求平面PAB 与平面PCD 所成夹角的余弦值；（2）求异面直线PB 与CD 之间的距离．【解析】以A 为原点，,,AB AD AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则()()()()()0,0,0,1,0,0,1,1,0,0,2,0,0,0,2A B C D P ．（1）因为PA ⊥平面ABCD ，且AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥，又AB AD ⊥，且PAAB A =，所以AD ⊥平面PAB ，所以()0,2,0AD =是平面PAB 的一个法向量．易知()()1,1,2,0,2,2PC PD =-=-uu u r uu u r ，设平面PCD 的法向量为(),,m x y z =，则0,0,m PC m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,220,x y y z +-=⎧⎨-=⎩，令1y =解得1,1z x ==．所以()1,1,1m =是平面PCD 的一个法向量，从而3cos ,AD m AD m AD m⋅==uuu r u r uuu r u r uuu r u r PAB 与平面PCD 所成夹角为锐角所以平面PAB 与平面PCD 所成夹角的余弦值为33．（2）()1,0,2BP =-，设Q 为直线PB 上一点，且(),0,2BQ BP λλλ==-，因为()0,1,0CB =-，所以(),1,2CQ CB BQ λλ=+=--，又()1,1,0CD =-，所以点Q 到直线CD 的距离()22cos d CQ CQ CQ CD =-⋅uu u r uu u r uu u r uu u r===，因为22919144222999λλλ⎛⎫++=++≥⎪⎝⎭，所以23d≥，所以异面直线PB与CD之间的距离为2 3．。

二面角的求解【方法总结】二面角A-BC-D 的求法：1、先确定两个平面，面ABC 及面BCD 和其两面的交线BC ，根据题意过点A 或点D 作交O 线BC 的垂线（一般情况选择在等腰三角形中作垂线AB=AC 时，或者在直角三角形中作垂线∠BAC=900时，应该过点A 作BC 垂线）；2、1)反连OD ，证明OD ⊥BC ；2）若OD 不垂直于BC ，看面BCD 内是否有与交线BC 垂直的直线，若有直线l ⊥BC ，则直接过点O 作l 的平行线；3、若两个平面上没有对应的等腰三角形则看两平面是否有垂直于交线BC 的直线若有可将两垂线平移至相交直线，求其夹角。

【巩固练习】1、在长方体''''ABCD A B C D -中，若AB AD =='CC =，则二面角'C BD C --的大小为（ ）A ．30B ．45C ．60D ．90【答案】A【解析】如图所示，AB AD =∵BCD ∆, 'BC D ∆为等腰三角形，∴OC BD ⊥, 'OC BD ⊥，则'C OC ∠是二面角'C BD C --的平面角，30,故选2．已知矩形ABCD 的两边3AB =，4=AD ，PA ⊥平面ABCD ，且45PA =，则二面角A BD P --的正切值为（ ）A ．12B ．13C ．12-D ．13- 【答案】B【解析】如图所示，在平面PBD 内，过P 作BD 的垂线，垂足为E ，连接AE ， 因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂ 平面ABCD ，所以PA BD ⊥，因为PE BD ⊥，PA PE P = ，故BD ⊥平面PAE ，因为AE ⊂平面PAE ，故AE BD ⊥，所以PEA ∠为A BD P --的平面角，3．如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆翻折成A CD '∆，所成二面角A CD B '--的平面角为α，则A.A DB α'∠≤B.A DB α'∠≥C.A CB α'∠≤D.A CB α'∠≥ B 【解析】解法一 设ADC θ∠=，2AB =，则由题意知1AD BD A D '===． 在空间图形中，连结A B '，设A B '=t ．过A '作A N DC '⊥，过B 作BM DC ⊥，垂足分别为N M 、．连结,A P BP '，则A NP '∠就是二面角A CD B '--的平面角，所以A NP α'∠=． 在ΔRt A ND '中，cos cos DN A D A DC θ''=∠=，sin sin A N A D A DC θ'''=∠=． 同理，sin BM PN θ==，cos DM θ=，故2cos BP MN θ==．显然BP ⊥平面A NP '，故BP A P '⊥．在ΔRt A BP '中，222222(2cos )4cos A P A B BP t t θθ''=-=-=-．2π时取等号）因为α，[0,]A DB π'∠∈，而cos y x =在[0,]π上为递减函数，所以A DB α'∠≤，故选B ．解法二 若CA CB ≠，则当απ=时，A CB π'∠<，排除D ；当0α=时，0A CB '∠>，0A DB '∠>，排除A 、C ，故选B ．4、如图，在直棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，12AB AC AA ===，则二面角11A BC C --的平面角的正弦值为____.【解析】过1A 作111A D B C ⊥交11B C 于D ，过D 作1DE BC ⊥,交1BC 于E ，连接1A E .由于三棱柱为直三棱柱，故11CC A D ⊥，所以1A D ⊥平面11BCC B ，所以111,A D BC A D DE ⊥⊥，因此1BC ⊥平面1A DE ，所以11BC A E ⊥.故1DEA ∠是二面角11A BC C --的平面角的补角，由于AB AC ⊥，12AB AC AA ===，故5．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为a 的正方形，侧棱PD a PA PC ===，，则二面角P BC D --的大小为___________.【答案】45.【解析】由题意，四棱锥P ABCD -中，底面是边长为a 的正方形，PDa ， PD DC ， 同理PD DA ⊥，因为DA DC D =，所以PD ⊥平面ABCD ，则PD BC ⊥，又BC DC ⊥，且PD DC D =，所以BC ⊥平面PDC ，则BC PC ⊥，所以PCD ∠为二面角P BC D --的平面角，在Rt PDC △中，PD DC a ==，所以45PCD ∠=，所以二面角P BC D --的大小为45.6、如图，已知在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，AD DC ⊥，//AB DC ，122DC DD AD AB ===．（1）求证：DB ⊥平面11B BCC ；（2）求二面角11A BD C --的正弦值．【解析】（1）设E 是DC 的中点，连结BE ，则四边形DABE 为正方形， 90，即BD 又1BD BB ⊥，1.B B BC B ⋂=BD ∴⊥平面11BCC B ，（2）由（I ）知DB ⊥平面11BCC B ，又1BC ⊂平面11BCC B ，1BD BC ∴⊥，取DB 的中点F , 连结1A F ，又11A D A B =，则1A F BD ⊥．取1DC 的中点M ，连结FM ，则1FMBC ,FM BD ∴⊥.∴BD ⊥平面1A FM 1A FM ∴∠为二面角11A BD C --的平面角． ，在1A FM 中，212BC =+取11D C 的中点H ，连结1A H ，HM ， 1Rt A HM 中，1A H =7、已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形，12AB AA ==，3BAD π∠=，AC BD O =，AO ⊥平面1A BD ，11A BA D =.（1）证明：1//B C 平面1A BD ；（2）求钝二面角1B AA D --的余弦值.【解析】 （1）证明：连接1AB 交1A B 于点Q ，易知Q 为1AB 中点，∵OQ ⊂平面1A BD ，1B C ⊄平面1A BD ， ∴1//B C 平面1A BD .（2）∵AO ⊥平面1A BD ，∴1AO A O ⊥，∵11A B A D =且O 为BD 的中点，∴1AO BD ⊥， ∵AO BD ⊂、平面ABCD 且AO BD O =，∴1A O ⊥平面ABCD ，如图，建立空间直角坐标系O xyz -.∴(1AA =-，(AB =-设平面1A AB 的一个法向量为(),,n x y z =， 1n AA n AB ⎧⊥⎨⊥⎩，∴⎧-⎪⎨⎪⎩1=，得y z =∴(1,3,n =的一个法向量为(1,m =-1,7m nm n m n ⋅<>==，8、如图，在椎体P-ABCD 中，ABCD 是边长为1的棱形，且∠DAB =60，PB =2，E ，F 分别是BC ,PC 的中点． （Ⅰ）证明：AD 平面DEF；（Ⅱ）求二面角P -AD -B 的余弦值． 【解析】法一：（Ⅰ）证明：取AD 中点G ，连接PG ，BG ，BD ．因P A =PD ，有PG AD ⊥，在ABD ∆中，1,60AB AD DAB ==∠=︒，有ABD ∆为等边三角形，因此,BG AD BG PG G ⊥⋂=，所以AD ⊥平面PBG ,.AD PB AD GB ⇒⊥⊥又PB //EF ，得AD EF ⊥，而DE //GB 得AD ⊥DE ，又FE DE E ⋂=，所以AD ⊥平面DEF 。

高考数学专题：向量求二面角向量法求二面角大小的两种方法(1)分别求出二面角的两个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)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．1、如图，四棱锥P-ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝π3，M为BC上一点，且BM＝12，MP⊥AP.(1)求PO的长；(2)求二面角A-PM-C的正弦值．2、如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F 分别为AC，DC的中点．(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角E-BF-C的正弦值．3、如图所示，在多面体ABCD-A1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角F-CC1-B的余弦值．4、如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E-BC-A的余弦值．5、如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2.(1)求证：EG∥平面ADF；(2)求二面角O-EF-C的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AH＝23HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值6、如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝π2，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．7、如图所示，在多面体A1B1D1-DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C；(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值．8、如图，三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝π2，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A-PD-C的余弦值．答案：1、解：(1)如图，连接AC，BD，因为ABCD为菱形，则AC∩BD＝O，且AC⊥BD.以O为坐标原点，OA →，OB →，OP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz .因为∠BAD ＝π3，所以OA ＝AB ·cos π6＝3，OB ＝AB ·sin π6＝1，所以O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，C (－3，0，0)，OB →＝(0，1，0)，BC →＝(－3，－1，0)．由BM ＝12，BC ＝2知， BM→＝14BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，－14，0， 从而OM→＝OB →＋BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，34，0， 即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，34，0.设P (0，0，a )，a >0，则AP→＝(－3，0，a )，MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－34，a . 因为MP ⊥AP ，故MP →·AP→＝0，即－34＋a 2＝0，所以a ＝32或a ＝－32(舍去)， 即PO ＝32.(2)由(1)知，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，32，MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－34，32，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，32. 设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面PMC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 1·AP →＝0，n 1·MP →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋32z 1＝0，34x 1－34y 1＋32z 1＝0，故可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，533，2. 由n 2·MP →＝0，n 2·CP →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧34x 2－34y 2＋32z 2＝0，3x 2＋32z 2＝0，故可取n 2＝(1，－3，－2)． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－155， sin 〈n 1，n 2〉＝1－⎝⎛⎭⎪⎫－1552＝105， 故所求二面角A -PM -C 的正弦值为105.2、(1)证明：由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0)，因而E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0，2，0)，因此EF →·BC→＝0. 从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)． 设平面BEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )． 又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0，n 2·BE →＝0得其中一个n 2＝(1，－3，1)．设二面角E -BF -C 大小为θ，且由题意知θ为锐角， 则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15. 因此sin θ＝25＝255，即所求二面角的正弦值为255.3、．解：以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1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 (2a ，0，0)，B (2a ，2a ，0)，C (0，2a ，0)，D 1(0，0，a )，F (a ，0，0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)因为AB 1→＝(－a ，a ，a )，DD 1→＝(0，0，a )， 所以|cos 〈AB 1→，DD 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AB 1→·DD 1→|AB 1→||DD 1→|＝33，所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33. (2)证明：因为BB 1→＝(－a ，－a ，a )，BC →＝(－2a ，0，0)，FB 1→＝(0，a ，a )， 所以⎩⎪⎨⎪⎧FB 1→·BB 1→＝0，FB 1→·BC →＝0，所以FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC . 因为BB 1∩BC ＝B ， 所以FB 1⊥平面BCC 1B 1.(3)由(2)知，FB 1→为平面BCC 1B 1的一个法向量． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量， 因为CC 1→＝(0，－a ，a )，FC →＝(－a ，2a ，0)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·CC 1→＝0，n ·FC →＝0，即⎩⎨⎧－ay 1＋az 1＝0，－ax 1＋2ay 1＝0.令y 1＝1，则n ＝(2，1，1)，所以||cos 〈FB 1→，n 〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪FB 1→·n |FB 1→||n |＝33，因为二面角F -CC 1-B 为锐角， 所以二面角F -CC 1-B 的余弦值为33.4、解：(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC .又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC . (2)如图，过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ， 由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz . 由(1)知∠DFE 为二面角D -AF -E 的平面角，故∠DFE ＝60°， 则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3)． 由已知，AB ∥EF ， 所以AB ∥平面EFDC .又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C -BE -F 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2，0，3)．所以EC→＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4，0，0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0. 所以可取n ＝(3，0，－3)． 设m 是平面ABCD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)， 则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n ||m |＝－21919.故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919.5、解：依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0，0，0)，A (－1，1，0)，B (－1，－1，0)，C (1，－1，0)，D (1，1，0)，E (－1，－1，2)，F (0，0，2)，G (－1，0，0)．(1)证明：依题意，AD→＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎨⎧2x ＝0，x －y ＋2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n 1＝(0，2，1)．又EG →＝(0，1，－2)，所以EG →·n 1＝0， 又因为直线EG ⊄平面ADF ， 所以EG ∥平面ADF .(2)易证，OA→＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量． 依题意，EF→＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)．设n 2＝(x ，y ，z )为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.不妨设x ＝1，可得n 2＝(1，－1，1)．因此cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →||n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以，二面角O -EF -C 的正弦值为33.(3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF→＝(1，－1，2)，所以AH →＝25AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，－25，45，进而有H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，85，45，因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721.6、解：以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)． (1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD→是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)．因为PC→＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0， 即⎩⎨⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0. 令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33， 所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP→＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又CB→＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝ (－λ，－1，2λ)，又DP→＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时， |cos 〈CQ→，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5， 所以BQ ＝25BP ＝255.7、解：(1)证明：由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D .又A 1D ⊂平面A 1DE ，B 1C ⊄平面A 1DE ，于是B 1C ∥平面A 1DE . 又B 1C ⊂平面B 1CD 1，平面A 1DE ∩平面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD ，以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为(0.5，0.5，1)．设面A 1DE 的法向量为n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝(0.5，0.5，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足方程组⎩⎨⎧0.5r 1＋0.5s 1＝0，s 1－t 1＝0，因为(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1)．设面A 1B 1CD 的法向量为n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1)，所以结合图形知二面角E -A 1D -B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63. 8、解：(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，得PC ⊥DE .由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE .又PC ∩CD ＝C ，所以DE ⊥平面PCD .(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1.又EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.如图，以C 为坐标原点，分别以CA→，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)，ED →＝(1，－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0. 设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0， 故可取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知，DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED→， 即n 2＝(1，－1，0)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36， 故二面角A -PD -C 的余弦值为36.。

向量法求二面角（一）（人教A版）一、单选题(共7道，每道14分)1.如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥AB，PA=AB=2，AC=1，二面角A-PC-B的正弦值为( )A. B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求二面角2.如图，在三棱锥P-ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ=2BD，则平面PCD与平面QEF所成的锐二面角的正切值为( )A. B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求二面角3.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，，二面角Q-BP-C的正弦值为( )A. B.C. D.答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求二面角4.如图，在三棱柱中，是边长为4的正方形．，若AB=3，BC=5，则二面角的余弦值为( )A. B.C. D.答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求二面角5.如图，在四棱锥A-BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，．则二面角B-AD-E的大小为( )A.30°B.45°C.60°D.75°答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求二面角6.如图，在长方体中，，E为CD中点．若二面角的大小为30°，则AB的长为( )A. B.C. D.2答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求二面角7.如图，直三棱柱，∠BAC=90°，，点M，N分别为和的中点．若二面角为直二面角，则λ的值为( )A. B.1C. D.答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求二面角。

1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题【学习目标】课程标准学科素养 1. 理解线线、线面、面面夹角的概念.（难点） 2.会用向量法求线线、线面、面面夹角.（重点） 3.理解点到平面、线面、面面距离的概念.（难点） 4.会用向量法求点面、线面、面面距离.（重点）1、直观想象2、数学运算3、空间想象【自主学习】1. 空间距离的求法（1）点M 到面的距离||cos d MN θ=（如图）就是斜线段MN 在法向量n 方向上的正投影.由||||cos ||n NM n NM n d θ⋅=⋅⋅=⋅得距离公式：||||n NM d n ⋅=（2）线面距离、面面距离都是求一点到平面的距离；（3）异面直线的距离：求出与二直线都垂直的法向量n 和连接两异面直线上两点的向量NM ，再代上面距离公式.2.空间三种角的向量求法空间角包括线线角、线面角、二面角，这三种角的定义确定了它们相应的取值范围，结合它们的取值范围可以用向量法进行求解．角的分类 向量求法范围 异面直线所成的角设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量分别为a ，b ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b | ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2 直线与平面所成的角设直线l 与平面α所成的角为θ，l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 二面角设二面角α－l －β为θ，平面α，β的法向量分别为n 1，n 2，则|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|[0，π]_ a_ nNMHθ【小试牛刀】1.判断正错（1）两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．()（2）直线与平面所成的角等于直线与该平面法向量夹角的余角．()（3）二面角的大小就是该二面角两个面的法向量的夹角．()（4）若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该二面角的大小等于60°或120°.() 2.已知A（3，2，1）、B（1，0，4），则线段AB的中点坐标和长度分别是，.【经典例题】题型一利用空间向量求距离例1 （线面距离）设A（2,3,1），B（4,1,2），C（6,3,７），D（－５,－4,8），求D到平面ABC 的距离.[跟踪训练] 1 如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1，中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动.当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离；例2（线线距离）如图，已知四边形ABCD、EADM和MDCF都是边长为a的正方形，点P、Q分别是ED和AC的中点求：（1）P点到平面EFB的距离；（2）异面直线PM与FQ的距离[跟踪训练] 2（面面距离）已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，求平面AB1C与平面A1C1D间的距离．QFMEDCBAP题型二利用空间向量求夹角例3 （线线角）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.3010 B.3015 C.3030 D.1515[跟踪训练] 3 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB上的动点．若异面直线AD1与EC所成角为60°，试确定此时动点E的位置．例4（线面角）已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为a，侧棱长为2a，M为A1B1的中点，求BC1与平面AMC1所成角的正弦值．[跟踪训练] 4如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∥BAD＝90°，AB＝3，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)证明：AC∥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．例5 （面面角）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 所成的锐二面角的余弦值．[跟踪训练] 5 如图所示，正三棱柱ABC—A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点，求二面角AA 1DB 的余弦值．【当堂达标】1．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量和平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°2．已知二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量分别为a ，b ，若〈a ，b 〉＝π3，则二面角α－l －β的大小为( )A.π3B.2π3 C.π3或2π3D.π6或π33．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( )A.23B.33C.23D.634．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的大小为( ) A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90°5．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，则异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为________．6.如图，三棱柱中，已知A BCD 是边长为1的正方形，四边形B B A A '' 是矩形，。

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题（第二课时）(人教A 版普通高中教科书数学选择性必修第一册第一章)一、教学内容两条直线所成的角，直线与平面所成角，两个平面的夹角.二、教学目标1、理解两异面直线所成角与它们的方向向量之间的关系，会用向量方法求两异面直线所成角.2、理解直线与平面所成角与直线的方向向量和平面的法向量夹角之间的关系，会用向量方法求直线与平面所成角.3、理解二面角大小与两个平面法向量夹角之间关系，会用向量方法求二面角的大小.4、让学生体验向量方法在解决立体几何问题中的作用.5、通过本节学习，提升学生的直观想象、数学运算、逻辑推理和数学抽象等数学学科核心素养．三、教学重点与难点重点：利用向量的数量积研究两条直线所成的角、直线与平面所成角、两个平面的夹角.难点：根据问题的条件选择适当的基底.四、教学过程设计导入问题：与距离一样，角度是立体几何中的另一类度量问题.本质上，角度是对两个方向的差的度量，向量是有方向的量，所以利用向量研究角度问题有其独特的优势.本节我们用空间向量研究夹角问题，你认为可以按怎样的顺序展开研究.师生活动：学生独立思考、小组讨论后，通过全班讨论达成对研究路径的共识，即：直线与直线所成的角直线与平面所成的角平面与平面所成的角.设计意图：明确研究路径，为具体研究提供思路.1.典型例题，求解直线与直线所成的角例7 如图1.4-19，在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）中，分别为的中点，求直线和夹角的余弦值.用向量方法求解几何问题时，首先要用向量表示问题中的几何元素.对于本问题，如何用向量表示异面直线和？它们所成的角可以用向量之间的夹角表示吗？追问1：这个问题的已知条件是什么？根据以往的经验，你打算通过什么途径将这个立体几何问题转化成向量问题？师生活动：首先教师分析题目的条件：已知正四面体的棱长和棱与棱之间夹角，和是中线，其模长可求，与其他棱的夹角也是确定的，这些条件都有利用向量基底的选取.接着在学生回答的基础上，教师补充后形成共识：求异面直线和的夹角时，只要用基底向量表示它们的方向即可，这样，异面直线和的夹角，可以转化为求向量与向量的夹角.为此，选择为基底并表示向量，. 在此基础上，将此问题推广到一般，学生思考后作答，教师对学生的回答给予补充.梳理出将立体几何问题转化成向量问题的途径：途径1：通过建立一个基底，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面等元素，从而把立体几何问题转化成向量问题；途径2：通过建立空间直角坐标系，用坐标表示问题中涉及的点、直线、平面等元素，从而把立体几何问题转化成向量问题.实际上，空间直角坐标系也是基底，是“特殊”的基底.→→ABCDM N ，BC AD , AM CN AM CN AM CN AM CN AM CN MA CN {},,CA CB CD MA CN追问2：请你通过向量运算，求出向量，夹角的余弦值，进而求出直线和夹角的余弦值. 师生活动：学生利用向量的数量的数量积求出向量，夹角的余弦值，从来解决问题. 解：化为向量问题 以为基底，则， 设向量夹角为，则直线和夹角的余弦值为.进行向量运算， 而都是正三角形，所以， 所以，， 回到图形问题所以，直线和夹角的余弦值为. 小结：研究立体几何问题要注意转化思想，将立体几何问题化为向量问题进行向量运算回到图形，解决立体几何问题.追问3：回顾问题1的求解过程，你能归纳出利用向量求空间直线与直线所成的角的一般方法吗？ 师生活动：教师引导学生梳理，得出：将直线与直线所成的角转化成直线的方向向量的夹角，进而利用向量的数量积求解.也就是说，若异面直线所成的角为，其方向向量分别为，则 在此基础上，教师板书下面的过程，让学生进一步认识用向量方法解决几何问题的基本步骤：几何问题向量问题向量运算几何解释设计意图：通过用向量方法求解一个空间直线与直线所成角的具体问题，归纳得出用向量方法求解直线与直线所成角的角度的一般方法.MA CN AM CN MA CN {,}CA CB CD，12MA CA CM CA CB =-=- 11.22CN CA CD =+ MA CN 和θAM CN θcos CN MA ⋅= 1122CA CD ⎛⎫+⋅ ⎪⎝⎭ 12CA CB ⎛⎫- ⎪⎝⎭211112424CA CA CB CD CA CD CB =-⋅+⋅-⋅ 2181418121=-+-=ACD ABC ∆∆和MA CN == 2cos 3θAM CN 32⇒⇒12,l l θ,u v cos cos ,.u v u v u v u v u vθ⋅⋅=<>== →→→2.类比研究，求解直线与平面、平面与平面所成的角问题2：你能用向量方法求问题1中的直线与平面所成的角吗？一般地，如何求直线和平面所成的角？追问：这个问题的已知条件是什么？如何将几何问题转化成向量问题？师生活动：教师引导学生分析已知条件，明确平面的法向量在解决直线与平面所成角的问题中的关键作用，将直线与平面所成的角转化成直线的一个方向向量与平面的一个法向量的夹角，进而利用向量的数量积求解.进一步地，师生共同给出求直线与平面所成角的步骤和方法.即将直线与平面所成的角转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角，从而得到直线与平面所成角的一般表达式 其中，为直线的方向向量，为平面的法向量.设计意图：通过本问题的解决，让学生体会法向量在求解直线与平面所成角时的关键作用，并得出一般的求解直线和平面所成角的量表达式.问题3：类比已有的直线、平面所成角的定义，你认为应如何合理定义两个平面所成的角？进一步地，如何求平面和平面的夹角？师生活动：教师给出两个相交平面的图形，让学生类比已有的空间基本元素所成角的定义，给两个平面所成的角下定义.教师可以追问学生：“角度是度量方向差异的量，那么决定平面方向的是什么？”从而启发学生用两个平面的法向量刻画两个平面所成的角.在学生讨论、交流的基础上，教师小结如下：如右图，平面和平面相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于的二面角称为平面和平面的夹角. 类似两条异面直线所成的角，若平面，的法向量分别是，，则平面和平面的夹角即为向量和的夹角或其补角.设平面和平面的夹角为，则 追问1：如何求平面的法向量？师生活动:学生思考、回答后，师生共同总结求平面法向量的方法：在平面内找两个不共线的向量和，设平面的法向量为，则 AB BCD AB BCD AB BCD sin cos ,.u n u n u n u n u nα⋅⋅=<>== u n αβ090αβαβ2n1n αβ1n 2n αβθ1212121212cos cos ,.n n n n n n n n n n θ⋅⋅=<>== a b (),,n x y z = 0,0.n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩根据这个不定方程组，可以求得一个法向量. 教师在学生回答的基础上进一步指出，求得的是法向量中的一个，不是所有的法向量，但所有法向量可以用表示，即.追问2：你能说说平面与平面的夹角与二面角的区别和联系吗？师生活动：学生思考、回答，教师与学生共同总结.二面角的大小是指其两个半平面的张开程度，可以用其平面角的大小来定义，它的取值范围是；而平面和平面的夹角是指平面和平面相交，形成的四个二面角中不大于的二面角.设计意图：引导学生类比已有的空间基本元素所成角的定义，建立平面与平面的夹角的概念，并进一步利用向量方法得到求解两个平面夹角的表达式.结合法向量的求解，使学生体验不定方程组的“通解”和“特解”之间的关系，体会一般性寓于特殊性之中的道理.通过对平面与平面的夹角和二面角的辨析，使学生对平面与平面的夹角的理解更加深入.3.巩固应用，解决立体几何中的角度问题例8 如图1.4-22，在直棱柱中，，，，为中点，分别在棱，上，，.求平面与平面夹角的余弦值.师生活动：教师引导学生先分析题意，明确解题思路，再让学生独立解答，教师根据学生的解答板书补充，其中重点关注法向量的求法.为了保证解题规范，教师展示学生的解答，并适当完善学生板书.设计意图：通过例题巩固平面与平面所成的角的求解方法，进一步理解法向量的夹角和两个平面所成角的关系，进一步体会向量方法解决立体几何问题的一般步骤.分析：平面与平面夹角可以转化为平面与平面法向量的夹角.解：转化为向量问题以为坐标原点，所在直线为建立空间直角坐标系，设平面法向量为，平面法向量为，平面与平面夹角即为，的夹角或其补角.进行向量运算平面的一个法向量为.()0000,,n x y z = ()0000,,n x y z = (),,n x y z = ()0000,,n x y z = 0n kn = θ0θπ≤≤αβαβ090111C B A ABC -2==CB AC 31=AA 090=∠ACB P BC R Q ，1AA 1BB AQ Q A 21=12RB BR =PQR 111C B A PQR 111C B A PQR 111C B A 1C C C B C A C 11111，，轴轴、轴、z y x 111C B A 1n PQR 2n PQR 111C B A 1n 2n 111C B A )1,0,0(1=n由题意，，，，，.设，则即 所以 令得，则 回到图形问题设平面与平面夹角为，则， 即平面与平面. 小结：用空间向量解决立体几何问题的“三部曲”：建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；通过向量的运算，研究点、线、面之间的位置关系和它们之间距离、夹角等问题；把向量运算的结果“翻译”成相应的几何问题.4.归纳小结教师引导学生回顾本节课的学习内容，回答下面的问题：（1）这节课主要学习了哪些内容？（2）研究这些内容主要用了什么方法？（3）用向量方法解决立体几何问题的一般步骤是什么？设计意图：师生共同小结本节课学习的内容和学习过程，通过小结，让学生体会到，直线、平面间的角度刻画了它们的方向的差异，因而可用方向向量或法向量“代表”直线或平面，从而将直线、平面间的角度问题转化为相应的求相应的方向向量、法向量的夹角.进一步体会用向量方法解决立体几何问题的一般步骤.5.布置作业教科书习题1.4第9，10题.五、目标检测设计教科书练习第1，2，3，4题.设计意图：考查利用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角的能力.)310(，，P )202(，，Q )120(，，R )112(--=，，PQ )210(-=，，PR 2(,,)n x y z =⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,022PR n PQ n ⎩⎨⎧=-=--,02,02z y z y x ⎪⎩⎪⎨⎧==,2,23z y z x 2z =)2,4,3(2=n 121212cos ,||||n n n n n n ⋅<>===⋅PQR 111C B A θ12cos cos ,n n θ=<>=PQR 111C B A 38P。