高考數(shù)學(xué)（理）一輪講義第45講立體幾何中的向量方法（二）求空間角和距離

第45講立體幾何中的向量方法(二)——求空間角和距離考綱要求考情分析命題趨勢(shì)能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計(jì)算問(wèn)題，了解向量方法在研究立體幾何問(wèn)題中的應(yīng)用.2017·全國(guó)卷Ⅰ，182017·全國(guó)卷Ⅱ，192017·全國(guó)卷Ⅲ，192017·江蘇卷，22用向量法證明線線、線面、面面的平行與垂直，用向量法求空間角和空間距離，用向量法解決探索性問(wèn)題.分值：6～8分1．兩條異面直線所成角的求法設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則l1與l2所成的角θa與b的夾角β范圍eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))(0，π)求法cosθ＝__eq\f(|a·b|,|a||b|)__cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)2．直線與平面所成角的求法設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成角為θ，a與n的夾角為β，則sinθ＝|cosβ|＝__eq\f(|a·n|,|a||n|)__.3．求二面角的大小(1)如圖①，AB，CD分別是二面角α－l－β的兩個(gè)面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ為_(kāi)_〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉__.(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足|cosθ|＝__|cos〈n1，n2〉|__，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補(bǔ)角)．4．利用空間向量求距離(供選用)(1)兩點(diǎn)間的距離設(shè)點(diǎn)A(x1，y1，z1)，點(diǎn)B(x2，y2，z2)，則|AB|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝__eq\r(x2－x12＋y2－y12＋z2－z12)__.(2)點(diǎn)到平面的距離如圖所示，已知AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則B到平面α的距離為|eq\o(BO,\s\up6(→))|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).1．思維辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)．(1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角．(×)(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角．(×)(3)兩個(gè)平面的法向量所成的角是這兩個(gè)平面所成的角．(×)(4)兩異面直線夾角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，直線與平面所成角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，二面角的范圍是[0，π]．(√)2．已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，則l與α所成的角為(A)A．30° B．60°C．120° D．150°解析∵cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，0°≤〈m，n〉≤180°，∴〈m，n〉＝120°，∴l(xiāng)與α所成角為90°－(180°－120°)＝30°，故選A．3．正三棱柱(如右圖，底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為2eq\r(2)，則AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為_(kāi)_30°__.解析取A1B1的中點(diǎn)E，連接C1E，AE，由正三棱柱性質(zhì)得平面A1B1C1⊥平面A1B1BA又∵C1E⊥A1B1，A1B1是平面A1B1C1與平面A1B1BA的交線∴C1E⊥平面A1B1BA，則∠C1AE為所求．又∵A1B1＝2，AA1＝2eq\r(2)，∴AE＝3，C1E＝eq\r(3)，∴tan∠C1AE＝eq\f(C1E,AE)＝eq\f(\r(3),3)，∴∠C1AE＝30°，∴AC1與平面ABB1A1所成角為304．二面角的棱上有A，B兩點(diǎn)，直線AC，BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，且都垂直于AB．已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，則該二面角的大小為_(kāi)_60°__.解析由條件，知eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝(2eq\r(17))2，∴cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝－eq\f(1,2)，即〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝120°，∴二面角的大小為60°.5．P是二面角α－AB－β棱上一點(diǎn)，分別在平面α，β上引射線PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小為_(kāi)_90°__.解析過(guò)AB上一點(diǎn)Q分別在α，β內(nèi)作AB的垂線，交PM，PN于M，N，則∠MQN為二面角α－AB－β的平面角．設(shè)PQ＝a，∵∠BPM＝∠BPN＝45°，∴QM＝QN＝a，PM＝PN＝eq\r(2)a.又∠MPN＝60°，知△PMN為正三角形，則MN＝eq\r(2)a，解三角形QMN，易知∠MQN＝90°.一求異面直線所成的角用向量法求異面直線所成角的一般步驟(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標(biāo)系；(2)確定異面直線上兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，從而確定異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)兩異面直線所成角的余弦等于兩向量夾角余弦值的絕對(duì)值．【例1】(2017·江蘇卷)如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°.(1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B－A1D－A的正弦值．解析在平面ABCD內(nèi)，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥AD，交BC于點(diǎn)E.因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD．如圖，以{eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))}為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.因?yàn)锳B＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°，則B(eq\r(3)，－1,0)，D(0,2,0)，E(eq\r(3)，0,0)，A1(0,0，eq\r(3))，C1(eq\r(3)，1，eq\r(3))．(1)eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))．則cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up6(→))·\o(AC1,\s\up6(→)),|\o(A1B,\s\up6(→))||\o(AC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(3－1－3,\r(7)·\r(7))＝－eq\f(1,7).因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為eq\f(1,7).(2)平面A1DA的一個(gè)法向量為eq\o(AE,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)．設(shè)m＝(x，y，z)為平面BA1D的一個(gè)法向量，又eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3,0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)－y－\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋3y＝0.))不妨取x＝3，則y＝eq\r(3)，z＝2，所以m＝(3，eq\r(3)，2)為平面BA1D的一個(gè)法向量，從而cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·m,|\o(AE,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(3)，0，0·3，\r(3)，2,\r(3)×4)＝eq\f(3,4).設(shè)二面角B－A1D－A的大小為θ，則|cosθ|＝eq\f(3,4).因?yàn)棣取蔥θ，π]，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(7),4).因此二面角B－A1D－A的正弦值為eq\f(\r(7),4).二求直線與平面所成的角利用向量法求線面角的方法(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)．(2)通過(guò)平面的法向量來(lái)求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所成的銳角，取其余角就是斜線和平面所成的角．【例2】如圖，長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過(guò)點(diǎn)E，F(xiàn)的平面α與此長(zhǎng)方體的底面相交(1)在圖中畫出這個(gè)正方形(不必說(shuō)明畫法和理由)；(2)求直線AF與平面α所成角的正弦值．解析(1)交線圍成的正方形EHGF如圖：(2)作EM⊥AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.因?yàn)樗倪呅蜤HGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，所以AH＝10.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(xiàn)(0,4,8)，eq\o(FE,\s\up6(→))＝(10,0,0)，eq\o(HE,\s\up6(→))＝(0，－6,8)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(FE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(HE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10x＝0，,－6y＋8z＝0，))所以可取n＝(0,4,3)．又eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－10,4,8)，故|cos〈n，eq\o(AF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AF,\s\up6(→))|,|n||\o(AF,\s\up6(→))|)＝eq\f(4\r(5),15).所以AF與平面α所成角的正弦值為eq\f(4\r(5),15).三求二面角求二面角最常用的方法就是分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在面的法向量，然后通過(guò)兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角．【例3】(2017·浙江卷)如圖，已知正四面體D－ABC(所有棱長(zhǎng)均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點(diǎn)，AP＝PB，eq\f(BQ,QC)＝eq\f(CR,RA)＝2.分別記二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角為α，β，γ，則(B)A．γ<α<β B．α<γ<βC．α<β<γ D．β<γ<α解析如圖1，設(shè)O是點(diǎn)D在底面ABC內(nèi)的射影，過(guò)O作OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥RQ，垂足分別為E，F(xiàn)，G，連接ED，F(xiàn)D，GD，易得ED⊥PR，∴∠OED就是二面角D－PR－Q的平面角，∴α＝∠OED，tanα＝eq\f(OD,OE)，同理tanβ＝eq\f(OD,OF)，tanγ＝eq\f(OD,OG).底面的平面圖如圖2所示，以P為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)|AB|＝2，則A(－1,0)，B(1,0)，C(0，eq\r(3))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))，∵|AP|＝|PB|，eq\f(|BQ|,|QC|)＝eq\f(|CR|,|RA|)＝2，∴Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2\r(3),3)))，Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(\r(3),3)))，則直線RP的方程為y＝－eq\f(\r(3),2)x，直線PQ的方程為y＝2eq\r(3)x，直線RQ的方程為y＝eq\f(\r(3),3)x＋eq\f(5\r(3),9)，根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式，知|OE|＝eq\f(2\r(21),21)，|OF|＝eq\f(\r(39),39)，|OG|＝eq\f(1,3)，∴|OE|>|OG|>|OF|，∴tanα<tanγ<tanβ，又α，β，γ為銳角，∴α<γ<β，故選B．【例4】(2017·北京卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點(diǎn)M在線段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝eq\r(6)，AB＝4.(1)求證：M為PB的中點(diǎn)；(2)求二面角為B－PD－A的大??；(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值．解析(1)如圖，設(shè)AC，BD的交點(diǎn)E，連接ME.因?yàn)镻D∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME，因?yàn)锳BCD是正方形，所以E為BD的中點(diǎn)，所以M為PB的中點(diǎn)．(2)取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OE.因?yàn)镻A＝PD，所以O(shè)P⊥AD．又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，且OP?平面PAD，所以O(shè)P⊥平面ABCD．因?yàn)镺E?平面ABCD，所以O(shè)P⊥OE.因?yàn)锳BCD是正方形，所以O(shè)E⊥AD．如圖建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，則P(0,0，eq\r(2))，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(4，－4,0)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(2,0，－eq\r(2))．設(shè)平面BDP的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4y＝0，,2x－\r(2)z＝0.))令x＝1，則y＝1，z＝eq\r(2)，于是n＝(1,1，eq\r(2))．平面PAD的法向量為p＝(0,1,0)．所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(1,2).由題知二面角B－PD－A為銳角，所以它的大小為eq\f(π,3).(3)由題意知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(\r(2),2)))，C(2,4,0)，eq\o(MC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(\r(2),2))).設(shè)直線MC與平面BDP所成角為α，則sinα＝|cos〈n，eq\o(MC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(2\r(6),9).【例5】(2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點(diǎn)．(1)證明：直線CE∥平面PAB；(2)點(diǎn)M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M－AB－D的余弦值．解析(1)取PA的中點(diǎn)F，連續(xù)EF，BF，因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD．由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EFBC，四邊形BCEF是平行四邊形，CE∥BF，又BF?平面PAB，CE?平面PAB，故CE∥平面PAB．(2)由已知得BA⊥AD，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(AB,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，|eq\o(AB,\s\up6(→))|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．設(shè)M(x，y，z)(0<x<1)，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x，y－1，z－eq\r(3))．因?yàn)锽M與底面ABCD所成的角為45°，而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，n〉|＝sin45°，即eq\f(|z|,\r(x－12＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，設(shè)eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，則x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ.②由①，②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)，))舍去，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，從而eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).設(shè)m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))所以可取m＝(0，－eq\r(6)，2)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m，n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5).因此二面角M－AB－D的余弦值為eq\f(\r(10),5).四求空間距離求點(diǎn)面距一般有以下三種方法：①作點(diǎn)到面的垂線，點(diǎn)到垂足的距離即為點(diǎn)到平面的距離；②等體積法；③向量法．其中向量法在易建立空間直角坐標(biāo)系的規(guī)則圖形中較簡(jiǎn)便．【例6】如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC＝BC＝eq\f(1,2)AA1，D是棱AA1的中點(diǎn)，DC1⊥BD．(1)證明：DC1⊥BC；(2)設(shè)AA1＝2，A1B1的中點(diǎn)為P，求點(diǎn)P到平面BDC1的距離．解析(1)證明：由題設(shè)知，三棱柱的側(cè)面為矩形．由于D為AA1的中點(diǎn)，故DC＝DC1.又AC＝eq\f(1,2)AA1，可得DCeq\o\al(2,1)＋DC2＝CCeq\o\al(2,1)，所以DC1⊥DC．又DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD．因?yàn)锽C?平面BCD，所以DC1⊥BC．(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，則BC⊥平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1兩兩垂直，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(CA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz.由題意知B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)，B1(0,1,2)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，2))，則eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(PC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0)).設(shè)m＝(x，y，z)是平面BDC1的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋z＝0，,－x＋z＝0，))可取m＝(1,2,1)．設(shè)點(diǎn)P到平面BDC1的距離為d，則d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PC1,\s\up6(→))·m,|m|)))＝eq\f(\r(6),4).1．如右圖所示正方體ABCD－A′B′C′D′，已知點(diǎn)H在A′B′C′D′的對(duì)角線B′D′上，∠HDA＝60°.求DH與CC′所成角的大小．解析如圖所示，以D為原點(diǎn)，DA為單位長(zhǎng)度，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CC′,\s\up6(→))＝(0,0,1)．設(shè)eq\o(DH,\s\up6(→))＝(m，m,1)(m＞0)，由已知，〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝60°，由eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DH,\s\up6(→))＝|eq\o(DA,\s\up6(→))|·|eq\o(DH,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉，可得2m＝eq\r(2m2＋1)，解得m＝eq\f(\r(2),2)，∴eq\o(DH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，∵cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(DH,\s\up6(→))·\o(CC′,\s\up6(→)),|\o(DH,\s\up6(→))||\o(CC′,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×0＋1×1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又∵0°<〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉<180°，∴〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉＝45°，即DH與CC′所成的角為45°.2．(2017·山東模擬)如圖，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3(1)證明：AC⊥B1D；(2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值解析(1)證明：易知，AB，AD，AA1兩兩垂直，如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)|AB|＝t，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．從而eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－t,3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(t,1,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－t,3,0)，因?yàn)锳C⊥BD，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝eq\r(3).于是eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,0)，因?yàn)閑q\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝－3＋3＋0＝0，所以eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(B1D,\s\up6(→))，即AC⊥B1D．(2)由(1)知，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0,3,3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,0)，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(0,1,0)，設(shè)n＝(x，y，z)是平面ACD1的一個(gè)法向量，則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(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，))令x＝1，則n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))．設(shè)直線B1C1與平面ACD1所成的角為θ則cosθ＝|cos〈n，B1C1〉|＝eq\f(|n·\o(B1C1,\s\up6(→))|,|n|·|\o(B1C1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).即直線B1C1與平面ACD1所成的角的正弦值為eq\f(\r(21),7).3．如圖，三棱錐P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝eq\f(π,2)，D，E分別為線段AB，BC上的點(diǎn)，且CD＝DE＝eq\r(2)，CE＝2EB＝2.(1)證明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值．解析(1)證明：由PC⊥平面ABC，DE?平面ABC，故PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝eq\r(2)得△CDE為等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線，故DE⊥平面PCD．(2)由(1)知，△CDE為等腰直角三角形，∠DCE＝eq\f(π,4)，如圖，過(guò)D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝eq\f(π,2)，得DF∥AC，eq\f(DF,AC)＝eq\f(FB,BC)＝eq\f(2,3)，故AC＝eq\f(3,2)DF＝eq\f(3,2).以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CP,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0,0,3)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，0))，E(0,2,0)，D(1,1,0)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(－1，－1,3)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0)).設(shè)平面PAD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，由n1·eq\o(DP,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1－y1＋3z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))故可取n1＝(2,1,1)．由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取為eq\o(ED,\s\up6(→))，即n2＝(1，－1,0)．所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(3),6)，故所求二面角A－PD－C的余弦值為eq\f(\r(3),6).4．如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，P是AD的延長(zhǎng)線與A1C1的延長(zhǎng)線的交點(diǎn)，且PB1∥平面BDA(1)求證：CD＝C1D；(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；(3)求點(diǎn)C到平面B1DP的距離．解析(1)證明：連接AB1，交BA1于點(diǎn)O，連接OD．∵B1P∥平面BDA1，B1P?平面AB1P，平面AB1P∩平面BA1D＝OD，∴B1P∥OD．又∵O為B1A的中點(diǎn)∴D為AP的中點(diǎn)．∵C1D∥AA1，∴C1為A1P的中點(diǎn)．∴DC1＝eq\f(1,2)AA1＝eq\f(1,2)CC1，∴C1D＝CD．(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)1xyz，則B1(1,0,0)，B(1,0,1)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，∴eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2))).設(shè)平面BA1D的一個(gè)法向量為n＝(x1，y1，z1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1B,\s\up6(→))·n＝0，,\o(A1D,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,y1＋\f(1,2)z1＝0.))令z1＝2，則x1＝－2，y1＝－1，∴n＝(－2，－1,2)．又eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1,0,0)為平面AA1D的一個(gè)法向量．∴cos〈n，eq\o(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(A1B1,\s\up6(→)),|n||\o(A1B1,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2,3×1)＝－eq\f(2,3).由圖形可知二面角A－A1D－B為銳角，∴二面角A－A1D－B的平面角的余弦值為eq\f(2,3).(3)∵C(0,1,1)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，B1(1,0,0)，P(0,2,0)，∴eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，－\f(1,2)))，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，－\f(1,2)))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(1,2))).設(shè)平面B1DP的一個(gè)法向量為m＝(x2，y2，z2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DB1,\s\up6(→))·m＝0，,\o(DP,\s\up6(→))·m＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－y2－\f(1,2)z2＝0，,y2－\f(1,2)z2＝0.))令z2＝2，則x2＝2，y2＝1，∴m＝(2,1,2)．∴點(diǎn)C到平面B1DP的距離d＝eq\f(|\o(CD,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(1,3).易錯(cuò)點(diǎn)混淆向量的夾角與直線平面兩元素的夾角的概念錯(cuò)因分析：兩個(gè)方向向量的夾角與空間中直線、平面的夾角是不完全相同的，如兩個(gè)相交平面的法向量的夾角與這兩個(gè)平面構(gòu)成的二面角相等或互補(bǔ)，線面角的正弦值與平面的法向量和直線的方向向量的夾角的余弦值的絕對(duì)值是相等的．需要注意的是，利用平面的法向量求二面角的大小時(shí)，二面角是銳角還是鈍角由圖形決定．由圖形知二面角是銳角時(shí)，cosθ＝eq\f(|〈n1·n2〉|,|〈n1||n2|)，二面角是鈍角時(shí)，cosθ＝－eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).當(dāng)圖形不能確定時(shí)，要根據(jù)向量的坐標(biāo)在圖形中觀察向量的方向，從而確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等(一個(gè)平面的法向量指向二面角的內(nèi)部，另一個(gè)平面的法向量指向二面角的外部如圖②)還是互補(bǔ)(兩個(gè)法向量同時(shí)指向二面角的內(nèi)部或外部如圖③)，這是利用向量法求二面角的難點(diǎn)，也是易錯(cuò)點(diǎn)．【例1】如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)．(1)證明：BE⊥DC；(2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值；(3)若F為棱PC上一點(diǎn)，滿足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．解析(1)證明：依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E為棱PC的中點(diǎn)，得E(1,1,1)．eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，故eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，所以BE⊥DC．(2)eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－2)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面PBD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))不妨令y＝1，可得n＝(2,1,1)為平面PBD的一個(gè)法向量．于是有cos〈n，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(BE,\s\up6(→)),|n|·|\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(6)×\r(2))＝eq\f(\r(3),3)，所以，直線BE與平面PBD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).(3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－2，－2,2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．由點(diǎn)F在棱PC上，設(shè)eq\o(CF,\s\up6(→))＝λeq\o(CP,\s\up6(→))，0≤λ≤1，故eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋λeq\o(CP,\s\up6(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(3,4)，即eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))).設(shè)n1＝(x，y，z)為平面FAB的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0.))不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)為平面FAB的一個(gè)法向量．取平面ABP的一個(gè)法向量n2＝(0,1,0)，則cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(－3,\r(10)×1)＝－eq\f(3\r(10),10).易知，二面角F－AB－P是銳角，所以其余弦值為eq\f(3\r(10),10).【跟蹤訓(xùn)練1】如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動(dòng)點(diǎn)M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)．設(shè)異面直線EM與AF所成的角為θ，則cosθ的最大值為_(kāi)_eq\f(2,5)__.解析以AB為x軸，AD為y軸，AQ為z軸，建立空間直角坐系，設(shè)AB＝2，則E(1,0,0)，F(xiàn)(2,1,0)，設(shè)M(0，y,2)(0≤y≤2)，則eq\o(EM,\s\up6(→))＝(－1，y,2)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2,1,0)，∴cosθ＝|cos〈eq\o(EM,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(2－y,\r(y2＋5)·\r(5))，設(shè)f(y)＝eq\f(2－y,\r(y2＋5)·\r(5))，∴f′(y)＝eq\f(－2y－5,\r(5)y2＋5\r(y2＋5)).∵0≤y≤2，∴f′(y)<0，∴f(y)在[0,2]上單調(diào)遞減，∴y＝0時(shí)，f(y)取最大值eq\f(2,5).課時(shí)達(dá)標(biāo)第45講[解密考綱]空間角涉及異面直線所成的角、直線與平面所成的角以及二面角，距離主要是點(diǎn)到直線的距離或點(diǎn)到平面的距離，這些知識(shí)有時(shí)在選擇題或填空題中考查，有時(shí)在解答題立體幾何部分的第(2)問(wèn)或第(3)問(wèn)考查，難度適中．一、選擇題1．已知三棱錐S－ABC中，SA，SB，SC兩兩互相垂直，底面ABC上一點(diǎn)P到三個(gè)面SAB，SAC，SBC的距離分別為eq\r(2)，1，eq\r(6)，則PS的長(zhǎng)度為(D)A．9 B．eq\r(5)C．eq\r(7) D．3解析由條件可分別以SA，SB，SC為x軸、y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Sxyz，則點(diǎn)S的坐標(biāo)為(0,0,0)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(eq\r(6)，1，eq\r(2))，由兩點(diǎn)之間的距離公式可得PS＝eq\r(6＋1＋2)＝3.2．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，則異面直線BA1與AC1所成的角等于(CA．30° B．45°C．60° D．90°解析不妨設(shè)AB＝AC＝AA1＝1，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則B(0，－1,0)，A1(0,0,1)，A(0,0,0)，C1(－1,0,1)，所以eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，所以cos〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BA1,\s\up6(→))·\o(AC1,\s\up6(→)),|\o(BA1,\s\up6(→))|·|\o(AC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉＝60°，所以異面直線BA1與AC1所成的角等于60°.3．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為(BA．eq\f(1,2) B．eq\f(2,3)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(2),2)解析以A為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，設(shè)棱長(zhǎng)為1，則A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，所以eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2))).設(shè)平面A1ED的一個(gè)法向量為n1＝(1，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2.))所以n1＝(1,2,2)．因?yàn)槠矫鍭BCD的一個(gè)法向量為n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3)，即所成的銳二面角的余弦值為eq\f(2,3).4．若直線l的方向向量為a＝(1,0,2)，平面α的法向量為u＝(－2,0，－4)，則(B)A．l∥α B．l⊥αC．l?α D．l與α斜交解析∵u＝－2a，∴u∥a，則l⊥α5．已知三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為eq\f(9,4)，底面是邊長(zhǎng)為eq\r(3)的正三角形．若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為(B)A．eq\f(5π,12) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)解析如圖所示，由棱柱的體積為eq\f(9,4)，底面正三角形的邊長(zhǎng)為eq\r(3)，可求得棱柱的高為eq\r(3).設(shè)P在平面ABC上射影為O，則可求得AO長(zhǎng)為1，故AP的長(zhǎng)為eq\r(12＋\r(3)2)＝2.故∠PAO＝eq\f(π,3)，即PA與平面ABC所成的角為eq\f(π,3).6．已知三棱錐S－ABC中，底面ABC是邊長(zhǎng)等于2的等邊三角形，SA⊥底面ABC，SA＝3，那么直線AB與平面SBC所成角的正弦值為(D)A．eq\f(\r(3),4) B．eq\f(\r(5),4)C．eq\f(\r(7),4) D．eq\f(3,4)解析如圖所示，過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC于點(diǎn)D，連接SD；作AG⊥SD于點(diǎn)G，連接GB．∵SA⊥底面ABC，△ABC為等邊三角形，∴BC⊥SA，BC⊥AD．∴BC⊥平面SAD．又AG?平面SAD，∴AG⊥BC．又AG⊥SD，∴AG⊥平面SBC．∴∠ABG即為直線AB與平面SBC所成的角．∵AB＝2，SA＝3，∴AD＝eq\r(3)，SD＝2eq\r(3).在Rt△SAD中，AG＝eq\f(SA·AD,SD)＝eq\f(3,2)，∴sin∠ABG＝eq\f(AG,AB)＝eq\f(\f(3,2),2)＝eq\f(3,4).二、填空題7．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，點(diǎn)D在棱BB1上，若BD＝1，則AD與平面AA1C1C所成角的正切值為_(kāi)_eq\f(\r(15),5)__.解析如圖，設(shè)AD與平面AA1C1C所成的角為α，E為AC的中點(diǎn)，連接BE，則BE⊥AC，所以BE⊥平面AA1C1C，可得eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝1×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,4)＝eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)×cosθ(θ為eq\o(AD,\s\up6(→))與eq\o(EB,\s\up6(→))的夾角)，所以cosθ＝eq\f(\r(6),4)＝sinα，所以所求角的正切值為tanα＝eq\f(cosθ,sinθ)＝eq\f(\r(15),5).8．如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為_(kāi)_eq\f(\r(5),5)__.解析不妨令CB＝1，則CA＝CC1＝2，可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，所以eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，所以cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4－1,\r(5)×\r(9))＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)>0.所以eq\o(BC1,\s\up6(→))與eq\o(AB1,\s\up6(→))的夾角即為直線BC1與直線AB1的夾角，所以直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為eq\f(\r(5),5).9．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E，F(xiàn)分別為BB1，CD的中點(diǎn)，則點(diǎn)F到平面A1D1E的距離為_(kāi)_eq\f(3\r(5),10)__.解析以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．則A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，D1(0,1,1)．∴eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(0,1,0)．設(shè)平面A1D1E的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1E,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1D1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)z＝0，,y＝0.))令z＝2，則x＝1.∴n＝(1,0,2)．又eq\o(A1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－1))，∴點(diǎn)F到平面A1D1E的距離為d＝eq\f(|\o(A1F,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－2)),\r(5))＝eq\f(3\r(5),10).三、解答題10．如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1的各條棱長(zhǎng)均為a，D是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)(1)求證：平面AB1D⊥平面ABB1A1(2)求異面直線AB1與BC所成角的余弦值；(3)求平面AB1D與平面ABC所成銳二面角的大?。馕?1)證明：取AB1的中點(diǎn)E，AB的中點(diǎn)F，連接DE，EF，CF.∵E，F(xiàn)分別是AB1，AB的中點(diǎn)，∴EF∥BB1，且EF＝eq\f(1,2)BB1.∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，D是CC1的中點(diǎn)∴CD∥EF，且CD＝EF，∴四邊形CDEF為平行四邊形，∴DE∥CF.∵△ABC是正三角形，∴CF⊥AB．∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴BB1⊥CF，而BB1∩AB＝B∴CF⊥平面ABB1A1∵DE∥CF，∴DE⊥平面ABB1A1∵DE?平面AB1D，∴平面AB1D⊥平面ABB1A1(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，0))，C(0，a,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(a,2)))，B1(0,0，a)．eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，－\f(a,2)，a))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，a,0)，設(shè)異面直線AB1與BC所成角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))|,|\o(AB1,\s\up6(→))|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),4)，故異面直線AB1與BC所成角的余弦值為eq\f(\r(2),4).(3)由(2)得eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,2)，－\f(a,2)，a))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).設(shè)n＝(1，y，z)為平面AB1D的一個(gè)法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up6(→))＝1，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,2)，－\f(a,2)，a))＝0，,n·\o(AD,\s\up6(→))＝1，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，\f(a,2)))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),3)，,z＝\f(2\r(3),3)，))即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，\f(2\r(3),3))).顯然平面ABC的一個(gè)法向量為m＝(0,0,1)．則cos〈m，n〉＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))·0，0，1)),\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2))＝eq\f(\r(2),2)，故〈m，n〉＝eq\f(π,4).即所求二面角的大小為eq\f(π,4).11．(2016·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝