§8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离1． 空间向量与空间角的关系(1)已知异面直线l 1，l 2的方向向量分别为s 1，s 2，当0≤〈s 1，s 2〉≤π2时，直线l 1与l 2的夹角等于〈s 1，s 2〉；当π2<〈s 1，s 2〉≤π时，直线l 1与l 2的夹角等于π－〈s 1，s 2〉． (2)已知平面π1和π2的法向量分别为n 1和n 2，当0≤〈n 1，n 2〉≤π2时，平面π1与π2的夹角等于〈n 1，n 2〉；当π2<〈n 1，n 2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于π－〈n 1，n 2〉． (3)已知直线l 的方向向量为s ，平面π的法向量为n ，则直线l 与平面π的夹角θ满足：sin θ＝|cos 〈s ，n 〉|. 2． 距离公式点到直线的距离公式：d ＝|P A →|2－|P A →·s 0|2.点到平面的距离公式：d ＝|P A →·n 0|.1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( × ) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角． ( × ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角．( × ) (4)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]．( √ )(5)直线l 的方向向量与平面α的法向量夹角为120°，则l 和α所成角为30°. ( √ ) 2． 已知二面角α－l －β的大小是π3，m ，n 是异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成的角为( )A.2π3B.π3C.π2D.π6答案 B解析 ∵m ⊥α，n ⊥β，∴异面直线m ，n 所成的角的补角与二面角α－l －β互补． 又∵异面直线所成角的范围为(0，π2]，∴m ，n 所成的角为π3.3． 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 等于( )A ．4B ．2C ．3D ．1答案 B解析 P 点到平面OAB 的距离为 d ＝|OP →·n||n |＝|－2－6＋2|9＝2，故选B.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所成角的正弦值为_____________． 答案41133解析 ∵n·a ＝－8－3＋3＝－8，|n |＝16＋1＋1＝32， |a |＝4＋9＋9＝22，∴cos 〈n ，a 〉＝n·a |n|·|a |＝－832×22＝－41133.又l 与α所成角记为θ，即sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝41133. 5． P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么平面α与β的夹角为________． 答案 90°解析 不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图， 作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22ab cos 45°＋22a ×22b＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴平面α与β的夹角为90°.题型一 求异面直线所成的角例1 长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A.1010B.3010C.21510D.31010思维启迪 本题可以通过建立空间直角坐标系，利用向量BC 1→、AE →所成的角来求． 答案 B解析 建立坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)． BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)， cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→|·|AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010. 思维升华 用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解，而两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，所以要注意二者的区别与联系，应有cos θ＝|cos α|.已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010B.15C.31010D.35答案 C解析 如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系． 设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，C (0,1,0)，D 1(0,0,2)， ∴BE →＝(0，－1,1)， CD 1→＝(0，－1,2)，∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝1＋22·5＝31010.题型二 求直线与平面所成的角例2 如图，已知四棱锥P —ABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高，E 为AD 的中点． (1)证明：PE ⊥BC ；(2)若∠APB ＝∠ADB ＝60°，求直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值．思维启迪：平面的法向量是利用向量方法解决位置关系或夹角的关键，本题可通过建立 坐标系，利用待定系数法求出平面PEH 的法向量．(1)证明 以H 为原点，HA ，HB ，HP 所在直线分别为x ，y ，z 轴， 线段HA 的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图)， 则A (1,0,0)，B (0,1,0)．设C (m,0,0)，P (0,0，n ) (m <0，n >0)，则D (0，m,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，m 2，0. 可得PE →＝⎝⎛⎭⎫12，m 2，－n ，BC →＝(m ，－1,0)． 因为PE →·BC →＝m 2－m2＋0＝0，所以PE ⊥BC .(2)解 由已知条件可得m ＝－33，n ＝1， 故C ⎝⎛⎭⎫－33，0，0，D ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，E ⎝⎛⎭⎫12，－36，0， P (0,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PEH 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·HE →＝0，n ·HP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －36y ＝0，z ＝0.因此可以取n ＝(1，3，0)．又P A →＝(1,0，－1)， 所以|cos 〈P A →，n 〉|＝24.所以直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值为24. 思维升华 利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2013·湖南)如图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．方法一(1)证明如图，因为BB1⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BB1.又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D，而B1D平面BB1D，所以AC⊥B1D.(2)解因为B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．如图，连接A1D，因为棱柱ABCD－A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1A1，从而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形．于是A1D⊥AD1，故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.故∠ADB1＝90°－θ，在直角梯形ABCD中，因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故ABDA＝BC AB，即AB＝DA·BC＝ 3.连接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB21＋BD2＝BB21＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝21.在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝ADB1D＝321＝217，即cos(90°－θ)＝217.从而sin θ＝217.即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为217.方法二 (1)证明 易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建 立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)， C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D (0,3,0)，D 1(0,3,3)．从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,3,0)． 因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0， 解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．于是B 1D →＝(－3，3，－3)，AC →＝(3，1,0)， 因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0， 所以AC →⊥B 1D →，即AC ⊥B 1D .(2)解 由(1)知，AD 1→＝(0,3,3)，AC →＝(3，1,0)， B 1C 1→＝(0,1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，－3，3)． 设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·B 1C 1→|n |·|B 1C 1→|＝37＝217. 即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为217. 题型三 求两个平面的夹角例3 (2013·课标全国Ⅱ)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1∥平面A 1CD ；(2)求平面A 1CD 与平面A 1CE 夹角的正弦值．思维启迪 根据题意知∠ACB ＝90°，故CA 、CB 、CC 1两两垂直，可以C 为原点建立空 间直角坐标系，利用向量求两个平面的夹角．(1)证明 连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点． 又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1∥DF . 因为DF 平面A 1CD ，BC 1平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)解 由AC ＝CB ＝22AB 得，AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，CB →的方向为y 轴正 方向，CC 1→的方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)， CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1→＝(2,0,2)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.所以平面A 1CD 与平面A 1CE 夹角的正弦值为63. 思维升华 求平面间的夹角最常用的方法就是分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到所求角的大小，但要注意平面间的夹角的范围为[0，π2]．如图，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是的中点，D 为AC 的中点．(1)证明：平面POD ⊥平面P AC ；(2)求平面ABP 与平面ACP 夹角的余弦值．(1)证明 如图，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (－1,0,0)， B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0，2)，D (－12，12，0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面POD 的一个法向量，则由n 1·OD →＝0，n 1·OP →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＝0，2z 1＝0.所以z 1＝0，x 1＝y 1，取y 1＝1，得n 1＝(1,1,0)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面P AC 的一个法向量， 则由n 2·P A →＝0，n 2·PC →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－2z 2＝0，y 2－2z 2＝0.所以x 2＝－2z 2，y 2＝2z 2. 取z 2＝1，得n 2＝(－2，2，1)． 因为n 1·n 2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0， 所以n 1⊥n 2.从而平面POD ⊥平面P AC . (2)解 因为y 轴⊥平面P AB ，所以平面P AB 的一个法向量为n 3＝(0,1,0)．由(1)知，平面P AC 的一个法向量为n 2＝(－2，2，1)． 设向量n 2和n 3的夹角为θ， 则cos θ＝n 2·n 3|n 2|·|n 3|＝25＝105.所以平面ABP 与平面ACP 夹角的余弦值为105. 题型四 求空间距离例4 已知正方形ABCD 的边长为4，CG ⊥平面ABCD ，CG ＝2，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则点C 到平面GEF 的距离为________．思维启迪 所求距离可以看作CG 在平面GEF 的法向量的投影． 答案61111解析 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，则CG →＝(0,0,2)，由题意易得平面GEF 的一个法向量为n ＝(1,1,3)， 所以点C 到平面GEF 的距离为d ＝|n ·CG →||n |＝61111.思维升华 求点面距一般有以下三种方法：①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．(2012·大纲全国改编)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则点A 到平面BED 的距离为 ( )A ．2 B. 3C. 2D ．1答案 D解析 以D 为原点，DA 、DC 、DD 1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D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)， C (0,2,0)，C 1(0,2,22)，E (0,2，2)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BED 的法向量． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝2x ＋2y ＝0n ·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1,1，－2)为平面BED 的一个法向量． 又DA →＝(2,0,0)，∴点A 到平面BED 的距离是 d ＝|n ·DA →||n |＝|－1×2＋0＋0|(－1)2＋12＋(－2)2＝1.利用空间向量求角典例：(12分)(2013·江西)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，E 为BD 的中点，G为PD 的中点，△DAB ≌△DCB ，EA ＝EB ＝AB ＝1，P A ＝32，连接CE 并延长交AD 于F .(1)求证：AD ⊥平面CFG ；(2)求平面BCP 与平面DCP 夹角的余弦值． 思维启迪 (1)可利用判定定理证明线面垂直；(2)利用AD 、AP 、AB 两两垂直建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用向量夹角求两个平面BCP 、DCP 夹角的余弦值．规范解答(1)证明 在△ABD 中，因为E 为BD 的中点， 所以EA ＝EB ＝ED ＝AB ＝1， 故∠BAD ＝π2，∠ABE ＝∠AEB ＝π3.因为△DAB ≌△DCB ，所以△EAB ≌△ECB ， 从而有∠FED ＝∠BEC ＝∠AEB ＝π3，所以∠FED ＝∠FEA .[2分]故EF ⊥AD ，AF ＝FD ， 又因为PG ＝GD ，所以FG ∥P A . 又P A ⊥平面ABCD ，[4分]所以GF ⊥AD ， 故AD ⊥平面CFG .[6分](2)解 以A 为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C ⎝⎛⎭⎫32，32，0，D (0，3，0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32， 故BC →＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，CP →＝⎝⎛⎭⎫－32，－32，32，CD →＝⎝⎛⎭⎫－32，32，0.[8分]设平面BCP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CP →＝0n 1·BC →＝0即⎩⎨⎧－32x 1－32y 1＋32z 1＝012x 1＋32y 1＝0令y 1＝－3，则x 1＝3，z 1＝2，n 1＝(3，－3，2)． [9分] 同理求得面DCP 的法向量为n 2＝(1，3，2)，[10分]从而平面BCP 与平面DCP 夹角θ的余弦值为 cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝44×22＝24.[12分]利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系． 第二步：确定点的坐标．第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标． 第四步：计算向量的夹角(或函数值)． 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角．第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．温馨提醒 (1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用．(2)本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范． (3)将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易错．方法与技巧1． 用向量来求空间角，各类角都可以转化为向量的夹角来计算．2． 求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段． 失误与防范1． 利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同．2． 求点到平面的距离，有时利用等体积法求解可能更方便．A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)一、选择题1．已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1如图所示，则直线B 1D 和CD 1所成的角为( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°答案 D解析 以A 为原点，AB 、AD 、AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，则射线CD 1、B 1D 的方向向量分别是CD 1→＝(－1,0,1)， B 1D →＝(－1,1，－1)，cos 〈CD 1→，B 1D →〉＝1＋0－12×3＝0，∴直线B 1D 和CD 1所成的角为90°.2． 如图，四棱锥S －ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是( )A ．AC ⊥SB B ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角 答案 D解析 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD . 又∵SD ⊥底面ABCD ，∴SD ⊥AC .其中SD ∩BD ＝D ，∴AC ⊥平面SDB ，从而AC ⊥SB . 故A 正确；易知B 正确；设AC 与DB 交于O 点，连接SO .则SA 与平面SBD 所成的角为∠ASO ，SC 与平面SBD 所成的角为∠CSO ， 又OA ＝OC ，SA ＝SC ，∴∠ASO ＝∠CSO . 故C 正确；由排除法可知选D.3． (2013·山东)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为 ( )A.5π12 B.π3C.π4D.π6答案 B解析 如图所示：S ABC ＝12×3×3×sin π3＝334.∴VABC －A 1B 1C 1＝S ABC ×OP ＝334×OP ＝94，∴OP ＝ 3.又OA ＝32×3×23＝1，∴tan ∠OAP ＝OPOA＝3， 又0<∠OAP <π2，∴∠OAP ＝π3.4． 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 夹角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1， 则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.所以平面A 1ED 与平面ABCD 夹角的余弦值为23.5． 在四面体P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC的距离为( )A.63B.33a C.a 3D.6a答案 B解析 根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz ，则 P (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (0,0，a )．过点P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于点H ，则PH 的长即为点P 到平面ABC 的距离．∵P A ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心． 又∵△ABC 为正三角形，∴H 为△ABC 的重心， 可得H 点的坐标为⎝⎛⎭⎫a 3，a 3，a 3. ∴PH ＝⎝⎛⎭⎫a 3－02＋⎝⎛⎭⎫a 3－02＋⎝⎛⎭⎫a 3－02＝33a .∴点P 到平面ABC 的距离为33a . 二、填空题6． 已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面夹角的大小为________．答案 π4解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝22，∴〈m ，n 〉＝π4. ∴两平面夹角的大小为π4.7． 如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1 所成的角是________． 答案 60°解析 以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°.8． 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为________． 答案3510解析 以A 为坐标原点，AB 、AD 、AA 1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，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，F (12，1,0)，D 1(0,1,1)．∴A 1E →＝(1,0，－12)，A 1D 1→＝(0,1,0)．设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12z ＝0，y ＝0.令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1,0,2)． 又A 1F →＝(12，1，－1)，∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为 d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5＝3510.三、解答题9． 如图，四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，P A 与平面ABD 所成的角为60°，在四边形ABCD 中，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4， CD ＝1，AD ＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B ，P 的坐标； (2)求异面直线P A 与BC 所成的角的余弦值． 解 (1)建立如图空间直角坐标系，∵∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2， ∴A (2,0,0)，C (0,1,0)，B (2,4,0)．由PD ⊥平面ABCD ，得∠P AD 为P A 与平面ABCD 所成的角， ∴∠P AD ＝60°.在Rt △P AD 中，由AD ＝2，得PD ＝23，∴P (0,0,23)． (2)∵P A →＝(2,0，－23)，BC →＝(－2，－3,0)， ∴cos 〈P A →，BC →〉 ＝2×(－2)＋0×(－3)＋(－23)×0413＝－1313，∴异面直线P A 与BC 所成的角的余弦值为1313.10．(2013·天津)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱 AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1－CE －C 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．方法一 如图，以点A 为原点，以AD ，AA 1，AB 所在直线为x 轴， y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，B (0,0,2)，C (1,0,1)， B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)．(1)证明 易得B 1C 1→＝(1,0，－1)，CE →＝(－1,1，－1)，于是B 1C 1→·CE →＝ 0，所以B 1C 1⊥CE .(2)解 B 1C →＝(1，－2，－1)． 设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1)．由(1)知，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217，所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为217. (3)解 AE →＝(0,1,0)，EC 1→＝(1,1,1)，设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB →＝(0,0,2)为平面ADD 1A 1的一个法向量． 设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则 sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →|·|AB →|＝2λλ2＋(λ＋1)2＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1，于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13(负值舍去)，所以AM ＝ 2.方法二 (1)证明 因为侧棱CC 1⊥底面A 1B 1C 1D 1，B 1C 1平面 A 1B 1C 1D 1，所以CC 1⊥B 1C 1.经计算可得B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3，从而B 1E 2＝B 1C 21＋EC 21，所以在△B 1EC 1中，B 1C 1⊥C 1E ，又CC 1，C 1E 平面CC 1E ，CC 1∩C 1E ＝C 1， 所以B 1C 1⊥平面CC 1E ， 又CE 平面CC 1E ，故B 1C 1⊥CE .(2)解 过B 1作B 1G ⊥CE 于点G ，连接C 1G .由(1)知，B 1C 1⊥CE ，故CE ⊥平面B 1C 1G ，得CE ⊥C 1G ， 所以∠B 1GC 1为二面角B 1－CE －C 1的平面角．在△CC 1E 中，由CE ＝C 1E ＝3，CC 1＝2，可得C 1G ＝263.在Rt △B 1C 1G 中，B 1G ＝423， 所以sin ∠B 1GC 1＝217， 即二面角B 1－CE －C 1的正弦值为217. (3)解 连接D 1E ，过点M 作MH ⊥ED 1于点H ，可得MH ⊥平面ADD 1A 1，连接AH ，AM ，则∠MAH 为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角． 设AM ＝x ，从而在Rt △AHM 中，有 MH ＝26x ，AH ＝346x . 在Rt △C 1D 1E 中，C 1D 1＝1，ED 1＝2， 得EH ＝2MH ＝13x .在△AEH 中，∠AEH ＝135°，AE ＝1， 由AH 2＝AE 2＋EH 2－2AE ·EH cos 135°， 得1718x 2＝1＋19x 2＋23x ， 整理得5x 2－22x －6＝0，解得x ＝2(负值舍去)． 所以线段AM 的长为 2.B 组 专项能力提升 (时间：30分钟)1． 过正方形ABCD 的顶点A 作线段P A ⊥平面ABCD ，若AB ＝P A ，则平面ABP 与平面CDP的夹角大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系， 设AB ＝P A ＝1，知A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，C (1,1,0)，P (0,0,1) 由题意得，AD ⊥平面ABP ，设E 为PD 的中点， 连接AE ，则AE ⊥PD ，又∵CD ⊥平面P AD ，∴AE ⊥CD ， 又PD ∩CD ＝D ，∴AE ⊥平面CDP .∴AD →＝(0,1,0)，AE →＝(0，12，12)分别是平面ABP 、平面CDP 的法向量，而〈AD →，AE →〉＝45°，∴平面ABP 与平面CDP 的夹角大小为45°.2． 在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中点，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于________． 答案155解析 以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1为x 轴、y 轴、z 轴建立 空间直角坐标系，∴F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，E (0,2,1)， ∴FD 1→＝(－1,0,2)， OE →＝(－1,1,1)，∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝1＋25·3＝155.3． 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是________．答案233解析 如图建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，D (0,0,0)，B (2,2,0)， ∴D 1A 1→＝(2,0,0)，DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)，设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)， ∴点D 1到平面A 1BD 的距离为 d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.4． 如图，在底面为直角梯形的四棱锥P —ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6. (1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)求平面BPD 与平面ABD 的夹角．(1)证明 如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)， C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)，∴AP →＝(0,0,3)，AC →＝(23，6,0)，BD →＝(－23，2,0)． ∴BD →·AP →＝0，BD →·AC →＝0. ∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC .又∵P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面P AC . (2)解 设平面ABD 的法向量为m ＝(0,0,1)， 平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·BD →＝0，n ·BP →＝0.∵BP →＝(－23，0,3)，∴⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，z ＝233x .令x ＝3，则n ＝(3，3,2)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝12. ∴平面BPD 与平面ABD 的夹角为60°.5． (2013·北京)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5. (1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求平面A 1BC 1与平面BB 1C 1夹角的余弦值； (3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BDBC 1的值． (1)证明 在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC .又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ， ∴AA 1⊥平面ABC .(2)解 在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5， ∴BC 2＝AC 2＋AB 2，AB ⊥AC∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Axyz . A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，A 1C 1→＝(4,0,0)， A 1B →＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)． ∴⎩⎪⎨⎪⎧ A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 1＝03y 1－4z 1＝0∴取向量n 1＝(0,4,3)由⎩⎪⎨⎪⎧B 1C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0.取向量n 2＝(3,4,0) ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝165×5＝1625. 由题意知二面角A 1－BC 1－B 1为锐角， ∴平面A 1BC 1与平面BB 1C 1夹角的余弦值为1625.(3)证明 设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→. ∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)，解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ.∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ) 又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0 则λ＝925，因此BD BC 1＝925.。
