4.3.2 空间两点间的距离公式国家获奖教案

1．两条异面直线所成角的求法

设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则

范围

求法

2.直线与平面所成角的求法

设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝3．求二面角的大小

(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小→→θ＝〈AB，CD〉．

|a·n|. |a||n|l1与l2所成的角θ

π(0，]

2|a·b|cos θ＝

|a||b|a与b的夹角β

[0，π]

cos β＝a·b

|a||b|

(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．

【知识拓展】

利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离

→设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|AB|＝x1－x22＋y1－y22＋z1－z22.

(2)点到平面的距离

如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为→n|→|AB·|BO|＝. |n|【思考辨析】

判断下列结论是否正确(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所成的角．(

×

) ππ(4)两异面直线夹角的范围是(0，]，直线与平面所成角的范围是[0，]，二面角的范围是[0，22π]．(

√

) (5)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.(

×

)

1．(2017·烟台质检)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为(

) A．45°

C．45°或135°

答案

C m·n12解析

cos〈m，n〉＝＝＝，

|m||n|1×22即〈m，n〉＝45°. ∴两平面所成的二面角为45°或180°－45°＝135°. 12．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则2l与α所成的角为(

) A．30°

B．60°

C．120°

D．150°

答案

A 1解析

设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－，

21∴sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.故选A. 23．(2016·郑州模拟)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为(

) B．135°

D．90°

A.C.5

55

6B.D.5

35

4答案

A →解析

设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量AB1＝(－→→→2,2,1)，BC1＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈AB1，BC1〉＝15＝，故选A. 554．(教材改编)如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．

＝4＋4＋1×0＋4＋10＋4－1

π答案

6→→→解析

以A为原点，以AB，AE(AE⊥AB)，AA1所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D为A1B1中点，

→则A(0,0,0)，C1(1，3，22)，D(1,0,22)，∴AC1＝(1，3，22)，

→AD＝(1,0,22)．

∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角，

→→AC1·ADcos∠C1AD＝

→→|AC1||AD|

1，3，22×1，0，223＝＝，

212×9ππ0，，∴∠C1AD＝. 又∵∠C1AD∈265．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°，那么二面角α－AB－β的大小为________．

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＝b，

22→→→→→→∴EM·FN＝(PM－PE)·(PN－PF) →→→→→→→→＝PM·PN－PM·PF－PE·PN＋PE·PF

＝abcos 60°－a×2222bcos 45°－a×bcos 45°＋a×b

2222abababab＝－－＋＝0，

2222→→∴EM⊥FN，

∴二面角α－AB－β的大小为90°.

题型一

求异面直线所成的角

例1

(2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.

(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；

(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．

(1)证明

如图所示，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.

在菱形ABCD中，不妨设GB＝1. 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝3. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝3，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中，可得BE＝2，故DF＝在Rt△FDG中，可得FG＝6. 2232，可得EF＝，从而EG2＋FG2＝EF2，222. 2在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝2，DF＝所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC. 因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC. →→→(2)解

如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz，由(1)可得A(0，－3，0)，E(1,0，2)，

F－1，0，2，C(0，3，0)，

22→→所以AE＝(1，3，2)，CF＝－1，－3，. 2→→AE·CF3→→故cos〈AE，CF〉＝＝－. 3→→|AE||CF|所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为3. 3思维升华

用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．

如图所示正方体ABCD－A′B′C′D′，已知点H在A′B′C′D′的对角线B′D′上，∠HDA＝60°.求DH与CC′所成的角的大小．

解

如图所示，以D为原点，DA为单位长度，建立空间直角坐标系Dxyz，

→→则DA＝(1,0,0)，CC′＝(0,0,1)．

→设DH＝(m，m,1)(m>0)，

→→由已知，〈DH，DA〉＝60°，

→→→→→→由DA·DH＝|DA|·|DH|·cos〈DH，DA〉，

可得2m＝2m2＋1，解得m＝22→∴DH＝(，，1)，

22→→∵cos〈DH，CC′〉

22×0＋×0＋1×1222＝＝，

21×2→→又∵〈DH，CC′〉∈[0°，180°]，

→→∴〈DH，CC′〉＝45°，

即DH与CC′所成的角为45°. 题型二

求直线与平面所成的角

例2

(2016·全国丙卷)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．

2，

2

(1)证明MN∥平面PAB；

(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．

2(1)证明

由已知得AM＝AD＝2. 31取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2. 2又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT. 因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.

(2)解

取BC的中点E，连接AE. 由AB＝AC得AE⊥BC，

从而AE⊥AD，AE＝

AB2－BE2＝

BC2AB2－2＝5. →以A为坐标原点，AE的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz. 由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(5，2,0)，N5→AN＝，1，2. 2设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则

2y－4z＝0，→PM＝0，n·即5可取n＝(0,2,1)．

→x＋y－2z＝0，PN＝0，n·2→|n·AN|85→于是|cos〈n，AN〉|＝＝. →25|n||AN|85设AN与平面PMN所成的角为θ，则sin θ＝，

2555→→PM＝(0,2，－4)，PN＝，1，－2，，1，2，22

85∴直线AN与平面PMN所成角的正弦值为. 25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．

在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示．

(1)求证：AB⊥CD；

(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．

(1)证明

∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，

∴AB⊥平面BCD. 又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD. (2)解

过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图．

由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD. ∴AB⊥BE，AB⊥BD. →→→以B为坐标原点，分别以BE，BD，BA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．

11依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M(0，，)，

2211→→→则BC＝(1,1,0)，BM＝(0，，)，AD＝(0,1，－1)．

22设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，

x＋y＝0，→BC＝0，n·00则即1

1→y＋z＝0，BM＝0，n·2020取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1,1)．

设直线AD与平面MBC所成角为θ，

→|n·AD|6→则sin θ＝|cos〈n，AD〉|＝＝，

3→|n||AD|即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为题型三

求二面角

例3

(2016·山东)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．

6. 3

(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；

1(2)已知EF＝FB＝AC＝23，AB＝BC，求二面角FBCA的余弦值．

2(1)证明

设FC的中点为I，连接GI，HI，

在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF. 又EF∥OB，所以GI∥OB. 在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，

所以平面GHI∥平面ABC. 因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC. (2)解

连接OO′，则OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC. 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.

由题意得B(0,23，0)，

C(－23，0,0)．过点F作FM垂直OB于点M，

所以FM＝FB2－BM2＝3，可得F(0，3，3)．

→→故BC＝(－23，－23，0)，BF＝(0，－3，3)．

设m＝(x，y，z)是平面BCF的一个法向量．

→BC＝0，m·－23x－23y＝0，由可得

→－3y＋3z＝0.BF＝0，m·

可得平面BCF的一个法向量m＝－1，1，3，

3因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，

m·n7所以cos〈m，n〉＝＝. |m||n|7所以二面角FBCA的余弦值为7. 7思维升华

利用向量法计算二面角大小的常用方法

(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平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)找与棱垂直的方向向量法：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．

(2016·天津)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；

2(3)设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．

3(1)证明

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)．

→→依题意，AD＝(2,0,0)，AF＝(1，－1,2)．

设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，

→AD＝0，n1·2x1＝0，则

即

→x－y＋2z＝0，111AF＝0，n1·

不妨取z1＝1，可得n1＝(0,2,1)，

→→又EG＝(0,1，－2)，可得EG·n1＝0，

又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF. →→→(2)解

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n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，

→EF＝0，n2·则

→CF＝0，n2·x2＋y2＝0，即

－x＋y＋2z＝0，222

不妨取

x2＝1，可得n2＝(1，－1,1)．

→OA·n26→因此有cos〈OA，n2〉＝＝－，

3→|OA|·|n2|3→于是sin〈OA，n2〉＝. 3所以二面角O—EF—C的正弦值为22(3)解

由AH＝HF，得AH＝AF. 35→因为AF＝(1，－1,2)，

224→2→，－，，

所以AH＝AF＝5555334284→－，，，从而BH＝，，. 进而有H5555553. 3

→BH·n27→因此cos〈BH，n2〉＝＝－. 21→|BH||n2|所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为题型四

求空间距离(供选用)

例4

如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝23，求点A到平面MBC的距离．

7. 21

解

如图，取CD的中点O，连接OB，OM，因为△BCD与△MCD均为正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，所以MO⊥平面BCD. 以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.

因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，

所以OB＝OM＝3，

则O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0，3)，B(0，－3，0)，A(0，－3，23)，

→→所以BC＝(1，3，0)，BM＝(0，3，3)．

设平面MBC的法向量为n＝(x，y，z)，

→→BC＝0，n⊥BC，n·x＋3y＝0，由得即

→→3y＋3z＝0，BM＝0，n⊥BMn·

取x＝3，可得平面MBC的一个法向量为n＝(3，－1,1)．

→又BA＝(0,0,23)，

→|BA·n|215所以所求距离为d＝＝. |n|5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．

(2016·四川成都外国语学校月考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝2，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD中点．

(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值；

(2)求B点到平面PCD的距离；

(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q－AC－D的余弦值为值；若不存在，请说明理由．

解

(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，

∴PO⊥AD. 又∵侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，

∴PO⊥平面ABCD. 在△PAD中，PA⊥PD，PA＝PD＝2，∴AD＝2. 在直角梯形ABCD中，O为AD的中点，AB⊥AD，

∴OC⊥AD. 以O为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

6PQ？若存在，求出的3QD

则P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，

→∴PB＝(1，－1，－1)．

易证OA⊥平面POC，

→∴OA＝(0，－1,0)为平面POC的法向量，

→→PB·OA3→→cos〈PB，OA〉＝＝，

3→→|PB||OA|∴PB与平面POC所成角的余弦值为→(2)∵PB＝(1，－1，－1)，

设平面PCD的法向量为u＝(x，y，z)，

→CP＝－x＋z＝0，u·则

→PD＝y－z＝0.u·取z＝1，得u＝(1,1,1)．

→|PB·u|3则B点到平面PCD的距离d＝＝. |u|3→→(3)假设存在，且设PQ＝λPD(0≤λ≤1)．

→→→→∵PD＝(0,1，－1)，∴OQ－OP＝PQ＝(0，λ，－λ)，

→∴OQ＝(0，λ，1－λ)，

∴Q(0，λ，1－λ)．

设平面CAQ的法向量为m＝(x，y，z)，

→AC＝x＋y＝0，m·则

→AQ＝λ＋1y＋1－λz＝0.m·取z＝1＋λ，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)．

平面CAD的一个法向量为n＝(0,0,1)，

∵二面角Q－AC－D的余弦值为∴|cos〈m，n〉|＝|m·n|6＝. |m||n|36，

36. 3

整理化简，得3λ2－10λ＋3＝0. 1解得λ＝或λ＝3(舍去)，

3PQ1∴存在，且＝. QD2

6．利用空间向量求解空间角

典例

(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．

(1)证明：BE⊥DC；

(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；

(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．

规范解答

(1)证明

依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系如图，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．[1分]

由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．

→→BE＝(0,1,1)，DC＝(2,0,0)，

→→故BE·DC＝0，所以BE⊥DC.[3分]

→(2)解

BD＝(－1,2,0)，

→PB＝(1,0，－2)．

设n＝(x，y，z)为平面PBD的一个法向量，

→BD＝0，n·－x＋2y＝0，则即不妨令y＝1，[5分]

→x－2z＝0.PB＝0，n·

可得n＝(2,1,1)．

→n·BE23→于是有cos〈n，BE〉＝＝＝，

→6×23|n||BE|所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为3.[7分]

3

→→→→(3)解

BC＝(1,2,0)，CP＝(－2，－2,2)，AC＝(2,2,0)，AB＝(1,0,0)．

→→由点F在棱PC上，设CF＝λCP，0≤λ≤1，

→→→→→故BF＝BC＋CF＝BC＋λCP＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．

→→由BF⊥AC，得BF·AC＝0，

3因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，

4113→即BF＝(－，，)．[9分]

222设n1＝(x，y，z)为平面FAB的一个法向量，

x＝0，→AB＝0，n1·则

即113

→BF＝0，n1·－2x＋2y＋2z＝0.不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)．

取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0)，

则cos〈n1，n2〉＝－3n1·n2310＝＝－. |n1||n2|1010×1

易知，二面角F－AB－P是锐角，

310所以其余弦值为.[12分]

10

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．

1．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于(

) A．120°

C．30°

答案

C B．60°

D．60°或30°

解析

设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ. 1则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝. 2又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选C. 2．(2016·广州模拟)二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为(

) A．150°

C．60°

答案

C →→解析

如图所示，二面角的大小就是〈AC，BD〉．

B．45°

D．120°

→→→→∵CD＝CA＋AB＋BD，

→→→→→→→→→→→→→→→∴CD2＝CA2＋AB2＋BD2＋2(CA·AB＋CA·BD＋AB·BD)＝CA2＋AB2＋BD2＋2CA·BD. →→1∴CA·BD＝[(217)2－62－42－82]＝－24. 2→→因此AC·BD＝24，

→→AC·BD1→→cos〈AC，BD〉＝＝，

→→2|AC||BD|→→∴〈AC，BD〉＝60°，故二面角为60°. 3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(

) 1232A.

B.

C.

D.

2332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，

1则A1(0,0,1)，E(1,0，)，D(0,1,0)，

2

1→→∴A1D＝(0,1，－1)，A1E＝(1,0，－)．

2设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，

→n1＝0，A1D·则有

→n1＝0，A1E·y－z＝0，y＝2，即1∴∴n1＝(1,2,2)．

z＝2.1－z＝0，2

∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，

22∴cos〈n1，n2〉＝＝，

3×132即所成的锐二面角的余弦值为. 34．(2016·长春模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为(

) 12552A.

B.

C.

D.

5555答案

C 解析

以A为原点，AB，AC，AP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，

由AB＝AC＝1，PA＝2，

1111得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，D(，0,0)，E(，，0)，F(0，，1)．

2222111→→→∴PA＝(0,0，－2)，DE＝(0，，0)，DF＝(－，，1)．

222设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，

→y＝0，DE＝0，n·则由得

→－x＋y＋2z＝0.DF＝0，n·

取z＝1，则n＝(2,0,1)，

设直线PA与平面DEF所成的角为θ，

→|PA·n|5则sin θ＝＝，

5→|PA||n|∴直线PA与平面DEF所成角的正弦值为5.故选C. 55．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝22，E为CC1的中点，则直线AC1到平面BDE的距离为(

) A．2

B.3

C.2

D．1 答案

D 解析

以D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)，

则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,22)，E(0,2，2)，易知AC1∥平面BDE. 设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，

→DB＝2x＋2y＝0，n·则

→DE＝2y＋2z＝0.n·取y＝1，则n＝(－1,1，－2)为平面BDE的一个法向量，

→又DA＝(2,0,0)，

∴点A到平面BDE的距离是

→|－1×2＋0＋0||n·DA|d＝＝＝1. |n|－12＋12＋－22故直线AC1到平面BDE的距离为1. 6.如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝→→90°，D点在棱AA1上且AD＝2DA1，P点在棱C1C上，则PD·PB1的最小值为(

)

5A.

21B．－

4

1C.

4答案

B 5D．－

2解析

建立如图所示的空间直角坐标系，则D(1,0,2)，B1(0,1,3)，

→→设P(0,0，z)，则PD＝(1,0,2－z)，PB1＝(0,1,3－z)，

51→→∴PD·PB1＝0＋0＋(2－z)(3－z)＝(z－)2－，

2451→→故当z＝时，PD·PB1取得最小值为－. 247．(2016·合肥模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．

1答案

3解析

如图，建立空间直角坐标系Dxyz，

则D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)．

→∴D1C1＝(0,2,0)，

→→A1C1＝(－1,2,0)，A1B＝(0,2，－1)，

设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，

→A1C1＝x，y，z·－1，2，0＝－x＋2y＝0，n·由

→A1B＝x，y，z·0，2，－1＝2y－z＝0，n·x＝2y，得令y＝1，得n＝(2,1,2)，

z＝2y，

设直线D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则

→|D1C1·n|21→sin θ＝|cos〈D1C1，n〉|＝＝＝，

→2×33|D1C1||n|

1即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为. 38．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于________．

2答案

3解析

以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，→→→B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则DC＝(0,1,0)，DB＝(1,1,0)，DC1＝(0,1,2)．

→→设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥DB，n⊥DC1，

x＋y＝0，所以有令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．

y＋2z＝0，

设CD与平面BDC1所成的角为θ，

→|n·DC|2→则sin θ＝|cos〈n，DC〉|＝＝. →3|n||DC|9．(2016·石家庄模拟)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所成的二面角的正切值为________．

答案

2

3解析

如图，建立空间直角坐标系Dxyz，

设DA＝1，由已知条件得

12→1→2A(1,0,0)，E(1,1，)，F(0,1，)，AE＝(0,1，)，AF＝(－1,1，)，

3333设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，

平面AEF与平面ABC所成的二面角为θ，由图知θ为锐角，

→AE＝0，n·由→AF＝0，n·

得2－x＋y＋z＝0.31y＋z＝0，3

令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝(－1,1，－3)，

取平面ABC的法向量为m＝(0,0，－1)，

则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝3112，tan θ＝. 11310．(2016·南昌模拟)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E，F分别是边CD，CB的中点，AC∩EF＝O，沿EF将△CEF翻折到△PEF，连接PA，PB，PD，得到如图(2)的五棱锥P－ABFED，且PB＝10. (1)求证：BD⊥平面POA；

(2)求二面角B－AP－O的正切值．

(1)证明

∵点E，F分别是边CD，CB的中点，

∴BD∥EF. ∵菱形ABCD的对角线互相垂直，

∴BD⊥AC，∴EF⊥AC，

∴EF⊥AO，EF⊥PO. ∵AO⊂平面POA，

PO⊂平面POA，AO∩PO＝O，

∴EF⊥平面POA，∴BD⊥平面POA. (2)解

设AO∩BD＝H，连接BO. ∵∠DAB＝60°，∴△ABD为等边三角形，

∴BD＝4，BH＝2，HA＝23，HO＝PO＝3，

在Rt△BHO中，BO＝HB2＋HO2＝7. 在△PBO中，BO2＋PO2＝10＝PB2，

∴PO⊥BO. ∵PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF⊂平面BFED，BO⊂平面BFED，

∴PO⊥平面BFED. 以O为原点，OF所在直线为x轴，AO所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直

角坐标系Oxyz，如图所示，

则A(0，－33，0)，B(2，－3，0)，P(0,0，3)，H(0，－3，0)，

→→∴AP＝(0,33，3)，AB＝(2,23，0)．

设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，

→→由n⊥AP，n⊥AB，

33y＋3z＝0，得

2x＋23y＝0.令y＝1，得z＝－3，x＝－3. ∴平面PAB的一个法向量为n＝(－3，1，－3)．

→由(1)知平面PAO的一个法向量为BH＝(－2,0,0)，

设二面角B－AP－O的平面角为θ，

→n·BH2339→则cos θ＝|cos〈n，BH〉|＝＝＝，

13→13×2|n||BH|∴sin θ＝1－cos2θ＝sin θ30tan θ＝＝，

cos θ3∴二面角B－AP－O的正切值为30. 3130，

13

111．(2016·四川)如图，在四棱锥PABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.E2为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.

(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；

(2)若二面角PCDA的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．

解

(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．理由如下：

由已知，BC∥ED且BC＝ED. 所以四边形BCDE是平行四边形，

从而CM∥EB. 又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，

所以CM∥平面PBE. (说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点) (2)方法一

由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，

所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角PCDA的平面角，

所以∠PDA＝45°，

设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH，

易知PA⊥平面ABCD，

从而PA⊥CE，且PA∩AH＝A，于是CE⊥平面PAH. 又CE⊂平面PCE，

所以平面PCE⊥平面PAH. 过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE，

所以∠APH是PA与平面PCE所成的角．

在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，

所以AH＝2. 232. 2在Rt△PAH中，PH＝PA2＋AH2＝AH1所以sin∠APH＝＝. PH3方法二

由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，

所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD.

从而∠PDA是二面角PCDA的平面角．所以∠PDA＝45°. 由∠PAB＝90°，且PA与CD所成的角为90°，可得PA⊥平面ABCD. 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. →→作Ay⊥AD，以A为原点，以AD，AP的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，

则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)．

→→→所以PE＝(1,0，－2)，EC＝(1,1,0)，AP＝(0,0,2)．

设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)．

→x－2z＝0，PE＝0，n·由得设x＝2，解得n＝(2，－2,1)．

→x＋y＝0.EC＝0，n·

设直线PA与平面PCE所成角为α，

→|n·AP|→则sin α＝|cos〈n，AP〉|＝

→|n||AP|＝21＝. 2×22＋－22＋1231所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为. 3*12.(2017·潍坊月考)如图，边长为2的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直．已1知AB∥CD，AB⊥BC，DC＝BC＝AB＝1，点M在线段EC上．

2

(1)证明：平面BDM⊥平面ADEF；

π(2)判断点M的位置，使得平面BDM与平面ABF所成的锐二面角为. 3(1)证明

∵DC＝BC＝1，DC⊥BC，∴BD＝2，

又AD＝2，AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，

∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD.

又平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，

∴BD⊥平面ADEF，

又BD⊂平面BDM，

∴平面BDM⊥平面ADEF. (2)解

在平面DAB内过点D作DN⊥AB，垂足为N，

∵AB∥CD，∴DN⊥CD，

又平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD，

∴ED⊥平面ABCD，∴DN⊥ED，

以D为坐标原点，DN所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DE所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示．

∴B(1,1,0)，C(0,1,0)，E(0,0，2)，N(1,0,0)，

→→设M(x0，y0，z0)，EM＝λEC(0≤λ<1)，

∴(x0，y0，z0－2)＝λ(0,1，－2)，

∴x0＝0，y0＝λ，z0＝2(1－λ)，

∴M(0，λ，2(1－λ))．

设平面BDM的法向量为n1＝(x，y，z)，

→DM＝0，n1·则

→DB＝0，n1·→→又DM＝(0，λ，2(1－λ))，DB＝(1,1,0)，

λy＋21－λz＝0，∴

x＋y＝0，令x＝1，得y＝－1，z＝故n1＝(1，－1，λ，

21－λ

λ)是平面BDM的一个法向量．

21－λ→∵平面ABF的一个法向量为DN＝(1,0,0)，

→∴|cos〈n1，DN〉|＝

1λ1＋1＋21－λ2212＝，得λ＝，

2322∴M(0，，)，

33∴点M在线段CE的三等分点且靠近点C处．