微專題15　空間角、距離的計算(幾何法、向量法)高考定位　1.以空間幾何體為載體考查空間角(以線面角為主)是高考命題的重點(diǎn)，常與空間線面位置關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點(diǎn)為空間角的求解，常以解答題的形式進(jìn)行考查.高考注重利用向量方法解決空間角問題，但也可利用幾何法來求解；2.空間距離(特別是點(diǎn)到面的距離)也是高考題中的常見題型，多以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等.1.(多選)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，則(　　)A.直線BC1與DA1所成的角為90°B.直線BC1與CA1所成的角為90°C.直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D.直線BC1與平面ABCD所成的角為45°答案　ABD解析　如圖，連接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因?yàn)?/span>AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直線BC1與DA1所成的角為90°，故A正確；在正方體ABCD－A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1?平面BCC1B1，所以CD⊥BC1.連接B1C，則B1C⊥BC1.因?yàn)?/span>CD∩B1C＝C，CD，B1C?平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1?平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直線BC1與CA1所成的角為90°，故B正確；連接A1C1，交B1D1于點(diǎn)O，則易得OC1⊥平面BB1D1D，連接OB.因?yàn)?/span>OB?平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1為直線BC1與平面BB1D1D所成的角.設(shè)正方體的棱長為a，則易得BC1＝a，OC1＝，所以在Rt△BOC1中，OC1＝BC1，所以∠OBC1＝30°，故C錯誤；因?yàn)?/span>C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1為直線BC1與平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°，故D正確.故選ABD.2.(2019·全國Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為________.答案　解析　如圖，過點(diǎn)P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離.再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接OC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC.所以PE＝PF＝，所以OE＝OF，所以CO為∠ACB的平分線，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝＝＝.3.(2022·新高考Ⅱ卷)如圖，PO是三棱錐P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E為PB的中點(diǎn).(1)證明：OE∥平面PAC；(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C－AE－B的正弦值.(1)證明　如圖，取AB的中點(diǎn)D，連接DP，DO，DE.因?yàn)?/span>AP＝PB，所以PD⊥AB.因?yàn)?/span>PO為三棱錐P－ABC的高，所以PO⊥平面ABC.因?yàn)?/span>AB?平面ABC，所以PO⊥AB.又PO，PD?平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.因?yàn)?/span>OD?平面POD，所以AB⊥OD，又AB⊥AC，AB，OD，AC?平面ABC，所以OD∥AC.因?yàn)?/span>OD?平面PAC，AC?平面PAC，所以OD∥平面PAC.因?yàn)?/span>D，E分別為BA，BP的中點(diǎn)，所以DE∥PA.因?yàn)?/span>DE?平面PAC，PA?平面PAC，所以DE∥平面PAC.又OD，DE?平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC.又OE?平面ODE，所以OE∥平面PAC.(2)解　連接OA，因?yàn)?/span>PO⊥平面ABC，OA，OB?平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以OA＝OB＝＝＝4.易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OAsin 30°＝4×＝2，AB＝2AD＝2OAcos 30°＝2×4×＝4.又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，所以在Rt△ABC中，AC＝ABtan 60°＝4×＝12.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AC所在直線分別為x，y軸，以過A且垂直于平面ABC的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(0，12，0)，P(2，2，3)，E，所以＝，＝(4，0，0)，＝(0，12，0).設(shè)平面AEC的一個法向量為n＝(x，y，z)，則即令z＝2，則n＝(－1，0，2).設(shè)平面AEB的一個法向量為m＝(x1，y1，z1)，則即令z1＝2，則m＝(0，－3，2)，所以|cos〈n，m〉|＝＝.設(shè)二面角C－AE－B的大小為θ，則sin θ＝＝.4.(2021·浙江卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分別為BC，PC的中點(diǎn)，PD⊥DC，PM⊥MD.(1)證明：AB⊥PM；(2)求直線AN與平面PDM所成角的正弦值.(1)證明　因?yàn)榈酌?/span>ABCD是平行四邊形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M為BC的中點(diǎn)，所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，易得CD⊥DM.又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM?平面PDM，所以CD⊥平面PDM.因?yàn)?/span>AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.又PM?平面PDM，所以AB⊥PM.(2)解　法一　由(1)知AB⊥平面PDM，所以∠NAB為直線AN與平面PDM所成角的余角.連接AM，因?yàn)?/span>PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC?平面ABCD，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD，又AM?平面ABCD，所以PM⊥AM.因?yàn)?/span>∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以由余弦定理得AM＝，又PA＝，所以PM＝2，所以PB＝PC＝2.連接BN，結(jié)合余弦定理得BN＝.連接AC，則由余弦定理得AC＝，在△PAC中，結(jié)合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，所以AN＝.所以在△ABN中，cos∠BAN＝＝＝.設(shè)直線AN與平面PDM所成的角為θ，則sin θ＝cos ∠BAN＝.故直線AN與平面PDM所成角的正弦值為.法二　因?yàn)?/span>PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC?平面ABCD，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD.連接AM，則PM⊥AM.因?yàn)?/span>∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以AM＝，又PA＝，所以PM＝2.由(1)知CD⊥DM，過點(diǎn)M作ME∥CD交AD于點(diǎn)E，則ME⊥MD.故可以以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MD，ME，MP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(－，2，0)，P(0，0，2)，C(，－1，0)，所以N，所以＝.易知平面PDM的一個法向量為n＝(0，1，0).設(shè)直線AN與平面PDM所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.故直線AN與平面PDM所成角的正弦值為.熱點(diǎn)一　異面直線所成的角求異面直線所成角的方法方法一：綜合法.步驟為：①利用定義構(gòu)造角，可固定一條直線，平移另一條直線，或?qū)蓷l直線同時平移到某個特殊的位置；②證明找到(或作出)的角即為所求角；③通過解三角形來求角.方法二：空間向量法.步驟為：①求出直線a，b的方向向量，分別記為m，n；②計算cos〈m，n〉＝；③利用cos θ＝|cos〈m，n〉|，以及θ∈，求出角θ.例1 在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為B1D1的中點(diǎn)，則直線PB與AD1所成的角為(　　)A.  B.  C.  D.答案　D解析　法一　如圖，連接C1P，因?yàn)?/span>ABCD－A1B1C1D1是正方體，且P為B1D1的中點(diǎn)，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1?平面B1BP，所以C1P⊥平面B1BP.又BP?平面B1BP，所以有C1P⊥BP.連接BC1，則AD1∥BC1，所以∠PBC1為直線PB與AD1所成的角.設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則在Rt△C1PB中，C1P＝B1D1＝，BC1＝2，sin ∠PBC1＝＝，所以∠PBC1＝，故選D.法二　如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(1，1，2)，D1(0，2，2)，＝(1，－1，－2)，1＝(0，2，2).設(shè)直線PB與AD1所成的角為θ，則cos θ＝＝＝.因?yàn)?/span>θ∈，所以θ＝，故選D.法三　如圖，連接BC1，A1B，A1P，PC1，則易知AD1∥BC1，所以直線PB與AD1所成的角等于直線PB與BC1所成的角.由P為正方形A1B1C1D1的對角線B1D1的中點(diǎn)，知A1，P，C1三點(diǎn)共線，且P為A1C1的中點(diǎn).易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1為等邊三角形，所以∠A1BC1＝，又P為A1C1的中點(diǎn)，所以可得∠PBC1＝∠A1BC1＝，故直線PB與AD1所成的角為，故選D.易錯提醒　1.利用幾何法求異面直線所成的角時，通過平移直線所得的角不一定就是兩異面直線所成的角，也可能是其補(bǔ)角.2.用向量法時，要注意向量夾角與異面直線所成角的范圍不同.訓(xùn)練1 (1)(2022·湖州質(zhì)檢)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，BB1＝2AB＝2BC，P，Q分別為B1C1，BC的中點(diǎn)，則異面直線AQ與BP所成角的余弦值是(　　)A.  B.  C.  D.答案　C解析　法一　不妨設(shè)AB＝2，則BC＝2，BB1＝4，連接A1P，A1B(圖略)，則A1P∥AQ，∴∠A1PB(或其補(bǔ)角)為異面直線AQ與BP所成的角.由勾股定理得BP＝，A1P＝，A1B＝2，在△A1BP中，由余弦定理的推論得，cos∠A1PB＝＝.故選C.法二　如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)直線AQ與BP所成的角為θ，不妨設(shè)AB＝2，則BC＝2，BB1＝4.故B(2，0，0)，P(2，1，4)，Q(2，1，0)，所以＝(0，1，4)，＝(2，1，0)，所以cos θ＝|cos〈，〉|＝＝.(2)(2022·河南頂尖名校聯(lián)考)如圖，圓錐的底面直徑AB＝2，其側(cè)面展開圖為半圓，底面圓的弦AD＝，則異面直線AD與BC所成的角的余弦值為(　　)A.0  B.  C.  D.答案　C解析　法一　如圖，延長DO交圓于E，連接BE，CE，易知AD＝BE＝，AD∥BE，∴∠EBC(或其補(bǔ)角)為異面直線AD與BC所成的角.由圓錐側(cè)面展開圖為半圓，易得BC＝2，在△BEC中，BC＝CE＝2，BE＝，∴cos∠EBC＝＝.法二　由圓錐側(cè)面展開圖為半圓，易得BC＝2，又BO＝1，所以CO＝，在△AOD中，AO＝DO＝1，AD＝，由余弦定理得cos∠AOD＝＝－，則∠AOD＝，以O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB所在直線為y軸，OC所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則A(0，－1，0)，D，B(0，1，0)，C(0，0，)，所以＝，＝(0，－1，)，故cos〈，〉＝＝－，又異面直線所成角的范圍是，故直線AD與BC所成角的余弦值為.熱點(diǎn)二　直線與平面所成的角求直線與平面所成角的方法方法一：幾何法.步驟為：①找出直線l在平面α上的射影；②證明所找的角就是所求的角；③把這個角置于一個三角形中，通過解三角形來求角.方法二：空間向量法.步驟為：①求出平面α的法向量n與直線AB的方向向量；②計算cos〈，n〉＝；③利用sin θ＝|cos〈，n〉|，以及θ∈，求出角θ.例2 (2022·南京模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝13，AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，AB1＝B1C，D為AC的中點(diǎn)，平面AB1C⊥平面ABC.(1)求證：B1D⊥平面ABC；(2)求直線C1D與平面AB1C所成角的正弦值.(1)證明　因?yàn)?/span>AB1＝B1C，D為AC的中點(diǎn)，所以B1D⊥AC.又平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，B1D?平面AB1C，所以B1D⊥平面ABC.(2)解　法一　在平面ABC內(nèi)，過點(diǎn)D作BC的平行線，交AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作AB的平行線，交BC于點(diǎn)F，連接DE，DF，BD.由(1)知B1D⊥平面ABC，所以B1D⊥AC，B1D⊥BD.因?yàn)?/span>AB⊥BC，所以DE⊥DF，故以{，，}為基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz.因?yàn)?/span>AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，所以AC＝＝10，BD＝AC＝5.又AA1＝BB1＝13，AB⊥BC，所以B1D＝＝12.易得D(0，0，0)，A(3，－4，0)，B(3，4，0)，C(－3，4，0)，B1(0，0，12)，則＝(－6，8，0)，＝(－6，0，0)，＝(－3，4，－12).設(shè)點(diǎn)C1(x，y，z)，則＝(x，y，z－12)，由＝，得(－6，0，0)＝(x，y，z－12)，所以即C1(－6，0，12)，所以＝(6，0，－12).設(shè)平面AB1C的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則得3x1＝4y1，z1＝0.不妨取x1＝4，則y1＝3，得平面AB1C的一個法向量為n＝(4，3，0).設(shè)直線C1D與平面AB1C所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.所以直線C1D與平面AB1C所成角的正弦值為.法二　連接BC1，交B1C于點(diǎn)M，易知BM＝MC1，所以點(diǎn)C1到平面AB1C的距離d和點(diǎn)B到平面AB1C的距離相等.過點(diǎn)B作BH⊥AC，垂足為H.又平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，BH?平面ABC，所以BH⊥平面AB1C，則BH為點(diǎn)B到平面AB1C的距離.在Rt△ABC中，因?yàn)?/span>AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，所以AC＝10，則BH＝＝，所以d＝BH＝.由(1)知B1D⊥平面ABC，又BC?平面ABC，所以B1D⊥BC.又B1C1∥BC，所以B1D⊥B1C1，則△DB1C1為直角三角形.連接BD，則B1D⊥BD.因?yàn)?/span>D為AC的中點(diǎn)，所以BD＝AC＝5.又AA1＝BB1＝13，所以B1D＝12.又B1C1＝BC＝6，所以C1D＝6.設(shè)直線C1D與平面AB1C所成的角為θ，則sin θ＝＝＝.所以直線C1D與平面AB1C所成角的正弦值為.規(guī)律方法　1.幾何法求線面角的關(guān)鍵是找出線面角(重點(diǎn)是找垂線與射影)，然后在三角形中應(yīng)用余弦定理(勾股定理)求解；2.向量法求線面角時要注意：線面角θ與直線的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的關(guān)系是〈a，n〉＋θ＝或〈a，n〉－θ＝，所以應(yīng)用向量法求的是線面角的正弦值，而不是余弦值.訓(xùn)練2 (2022·湖北十校聯(lián)考)如圖，在四棱錐A－BCDE中，CD∥BE，CD＝EB＝1，CB⊥BE，AE＝AB＝BC＝，AD＝，O是AE的中點(diǎn).(1)求證：DO∥平面ABC；(2)求DA與平面ABC所成角的正弦值.(1)證明　取AB的中點(diǎn)為F，連接CF，OF，因?yàn)?/span>O，F分別為AE，AB的中點(diǎn)，所以OF∥BE，且OF＝BE.又CD∥BE，CD＝EB，所以OF∥CD，且OF＝CD，所以四邊形OFCD為平行四邊形，所以DO∥CF，又CF?平面ABC，DO?平面ABC，所以DO∥平面ABC.(2)解　法一　取EB的中點(diǎn)為G，連接AG，DG，易得DG綊BC.因?yàn)?/span>AE＝AB＝，BE＝2，所以AE2＋AB2＝BE2，所以AB⊥AE，△ABE為等腰直角三角形，所以AG⊥BE，AG＝1，又AD＝，DG＝BC＝，所以AG2＋DG2＝AD2，所以DG⊥AG.又BE⊥AG，BE∩DG＝G，BE，DG?平面BCDE，所以AG⊥平面BCDE.記h為點(diǎn)D到平面ABC的距離，連接BD，則VD－ABC＝VA－BCD，即S△ABC·h＝S△BCD·AG，因?yàn)?/span>BC?平面BCDE，所以BC⊥AG，又CB⊥BE，BE∩AG＝G，BE，AG?平面ABE，所以BC⊥平面ABE，又AB?平面ABE，所以BC⊥AB，所以S△ABC＝×AB×BC＝××＝1，又S△BCD＝×BC×CD＝××1＝，所以h＝，設(shè)DA與平面ABC所成的角為θ，則sin θ＝＝＝.所以DA與平面ABC所成角的正弦值為.法二　如圖，取EB的中點(diǎn)為G，連接AG，OG，DG，由(2)法一可知AG⊥BE，AB⊥AE，BC⊥平面ABE，BC∥DG，所以DG⊥平面ABE.以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，以，，的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則G(0，0，0)，A(1，0，0)，D(0，0，)，E(0，－1，0)，＝(－1，0，).因?yàn)?/span>AE?平面ABE，所以BC⊥AE，又AB⊥AE，BC∩AB＝B，BC，AB?平面ABC，所以AE⊥平面ABC，故平面ABC的一個法向量為＝(－1，－1，0).設(shè)DA與平面ABC所成角為θ，則sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.所以DA與平面ABC所成角的正弦值為.熱點(diǎn)三　平面與平面的夾角求平面與平面的夾角方法方法一：幾何法.步驟為：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一點(diǎn)為端點(diǎn)，在兩個面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角)；②證明所找的角就是要求的角；③把這個平面角置于一個三角形中，通過解三角形來求角.求二面角的平面角的口訣：點(diǎn)在棱上，邊在面內(nèi)，垂直于棱，大小確定.方法二：空間向量法.步驟為：①求兩個平面α，β的法向量m，n；②計算cos〈m，n〉＝；③設(shè)兩個平面的夾角為θ，則cos θ＝|cos〈m，n〉|.例3 (2022·濟(jì)南質(zhì)測)如圖，在三棱錐D－ABC中，DA⊥底面ABC，AC＝BC＝DA＝1，AB＝，E是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在DB上，且EF⊥DB.(1)證明：DB⊥平面AEF；(2)求平面ADB與平面DBC夾角的大小.法一　(1)證明　∵DA⊥平面ABC，且BC?平面ABC，∴DA⊥BC.∵AC＝BC＝1，AB＝，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.∵DA∩AC＝A，DA，AC?平面DAC，∴BC⊥平面DAC，又AE?平面DAC，∴BC⊥AE.∵DA＝AC，E是CD的中點(diǎn)，∴DC⊥AE，又BC∩DC＝C，BC，DC?平面DBC，∴AE⊥平面DBC，又DB?平面DBC，∴DB⊥AE，又EF⊥DB，EF∩AE＝E，EF，AE?平面AEF，∴DB⊥平面AEF.(2)解　∵EF⊥DB，由(1)得DB⊥AF，∴∠AFE為平面ADB與平面DBC的夾角.∵DA⊥平面ABC，∴DA⊥AC，DA⊥AB，又AC＝DA＝1，E為CD的中點(diǎn)，∴AE＝DC＝.∵AB＝，∴S△DAB＝×DA×AB＝×DB×AF，∴AF＝＝＝.由(1)知，AE⊥平面DBC，∵EF?平面DBC，∴AE⊥EF，∴sin∠AFE＝＝＝.∵∠AFE為銳角，∴∠AFE＝，∴平面ADB與平面DBC夾角的大小為.法二　(1)證明　∵DA⊥平面ABC，且BC?平面ABC，∴DA⊥BC.∵AC＝BC＝1，AB＝，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.∴DA∩AC＝A，DA，AC?平面DAC，∴BC⊥平面DAC，如圖，過點(diǎn)A作AG∥BC，則AG⊥平面DAC.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以向量，，的方向?yàn)?/span>x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系A－xyz，則A(0，0，0)，B(1，1，0)，D(0，0，1)，E，∴＝(1，1，－1)，＝.∵·＝1×＋1×0＋(－1)×＝0，∴⊥，∴DB⊥AE.又DB⊥EF，且AE∩EF＝E，AE，EF?平面AEF，∴DB⊥平面AEF.(2)解　由(1)知＝(0，0，1)，＝(－1，－1，1)，＝(－1，0，1).設(shè)平面ADB的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則∴令y1＝1，則m＝(－1，1，0).設(shè)平面DBC的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則∴令x2＝1，則n＝(1，0，1).設(shè)平面ADB與平面DBC的夾角為θ，則cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝.所以θ＝，即平面ADB與平面DBC夾角的大小為.規(guī)律方法　(1)用幾何法求解二面角的關(guān)鍵是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.(2)利用法向量的依據(jù)是兩個半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互補(bǔ)，在求二面角的大小時，一定要判斷出二面角的平面角是銳角還是鈍角，否則解法是不嚴(yán)謹(jǐn)?shù)?/span>.訓(xùn)練3 (2022·沈陽質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是直角梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝AB＝2，AD＝2BC＝2.(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)求平面BPC與平面PCD夾角的余弦值.(1)證明　法一　由題意得，四邊形ABCD是直角梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝AB＝2，AD＝2BC＝2，所以tan∠ACB＝tan∠DBA＝，可知∠ACB＝∠DBA，所以∠DBC＋∠ACB＝90°，則AC⊥BD.又PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD，又AC∩PA＝A，PA，AC?平面PAC，故BD⊥平面PAC.法二　由題意PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，分別以，，的方向?yàn)?/span>x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系A－xyz，如圖所示，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，＝(－2，2，0)，＝(0，0，2)，·＝0，即BD⊥AP，＝(2，，0)，·＝－4＋4＝0，即BD⊥AC，又AC∩AP＝A，AC，AP?平面PAC，故BD⊥平面PAC.(2)解　由題意PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系A－xyz，如圖所示，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，在平面PBC中，＝(0，，0)，＝(－2，0，2)，設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則所以y1＝0，令x1＝1，則z1＝1，所以n＝(1，0，1).在平面PCD中，＝(－2，，0)，＝(－2，－，2)，設(shè)平面PCD的法向量為m＝(x2，y2，z2)，則令x2＝1，則y2＝，z2＝2，所以m＝(1，，2).設(shè)平面BPC與平面PCD夾角的大小為θ，則cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝，所以平面BPC與平面PCD夾角的余弦值為.熱點(diǎn)四　距離問題1.空間中點(diǎn)、線、面距離的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系2.空間距離的求解方法有：(1)作垂線段；(2)等體積法；(3)等價轉(zhuǎn)化；(4)空間向量法.例4 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，M為BB1的中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn).(1)求點(diǎn)M到直線AC1的距離；(2)求點(diǎn)N到平面MA1C1的距離.解　法一　(1)如圖，連接AM，MC1，AC1，易知MC1＝＝＝3，AC1＝2，MA＝，在△MAC1中，由余弦定理得cos ∠MAC1＝＝，則sin ∠MAC1＝，所以M到直線AC1的距離為MA·sin ∠MAC1＝×＝.(2)如圖，S△MNC1＝S矩形B1BCC1－S△B1MC1－S△BMN－S△NCC1＝4－－－＝，設(shè)點(diǎn)N到平面MA1C1的距離為h，由VN－MA1C1＝VA1－MNC1，得××2××h＝××，得h＝，即N到平面MA1C1的距離為.法二　(1)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，A1(0，0，2)，M(2，0，1)，C1(0，2，2)，直線AC1的一個單位方向向量為s0＝，＝(2，0，1)，故點(diǎn)M到直線AC1的距離d＝＝＝.(2)設(shè)平面MA1C1的法向量為n＝(x，y，z)，因?yàn)?/span>＝(0，2，0)，＝(2，0，－1)，則即取x＝1，得z＝2，故n＝(1，0，2)為平面MA1C1的一個法向量，因?yàn)?/span>N(1，1，0)，所以＝(－1，1，－1)，故N到平面MA1C1的距離d＝＝＝.規(guī)律方法　1.在解題過程中要對“點(diǎn)線距離”、“點(diǎn)面距離”、“線面距離”與“面面距離”進(jìn)行適當(dāng)轉(zhuǎn)化，從而把所求距離轉(zhuǎn)化為點(diǎn)與點(diǎn)的距離進(jìn)而解決問題.2.解決點(diǎn)線距問題注意應(yīng)用等面積法，解決點(diǎn)面距問題注意應(yīng)用等體積法.訓(xùn)練4 在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，AA1＝3，底面是邊長為4的菱形，且∠DAB＝60°，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，E是O1A的中點(diǎn)，則點(diǎn)E到平面O1BC的距離為(　　)A.2  B.1  C.  D.3答案　C解析　法一　如圖，連接OO1，則OO1⊥平面ABCD，OO1＝AA1＝3，∵四邊形ABCD是邊長為4的菱形，且∠DAB＝60°，∴OB＝2，OC＝2，AC＝2OC＝4，OB⊥AC.∴O1B＝，O1C＝，又BC＝4，∴cos∠BO1C＝，sin∠BO1C＝，故S△BO1C＝×××＝4.設(shè)A到平面O1BC的距離為h，則由VA－BO1C＝VO1－ABC得×4×h＝××4×2×3，解得h＝3，又∵E是O1A的中點(diǎn)，∴E到平面O1BC的距離為.法二　易得OO1⊥平面ABCD，所以OO1⊥OA，OO1⊥OB.又OA⊥OB，所以建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.因?yàn)榈酌?/span>ABCD是邊長為4的菱形，∠DAB＝60°，所以OA＝2，OB＝2，則A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(－2，0，0)，O1(0，0，3)，所以＝(0，2，－3)，＝(－2，0，－3).設(shè)平面O1BC的法向量為n＝(x，y，z).則所以取z＝2，則x＝－，y＝3，則n＝(－，3，2)是平面O1BC的一個法向量.設(shè)點(diǎn)E到平面O1BC的距離為d.因?yàn)?/span>E是O1A的中點(diǎn)，所以E，＝，則d＝＝＝，所以點(diǎn)E到平面O1BC的距離為.一、基本技能練1.如圖，四棱錐P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是邊長為2的等邊三角形.(1)證明：PB⊥CD；(2)求點(diǎn)A到平面PCD的距離.(1)證明　取BC的中點(diǎn)E，連接DE，則ABED為正方形.過P作PO⊥平面ABCD，垂足為O.連接OA，OB，OD，OE.由△PAB和△PAD都是等邊三角形知PA＝PB＝PD，所以OA＝OB＝OD，即點(diǎn)O為正方形ABED對角線的交點(diǎn)，故OE⊥BD，從而PB⊥OE.因?yàn)?/span>O是BD的中點(diǎn)，E是BC的中點(diǎn)，所以OE∥CD.因此PB⊥CD.(2)解　取PD的中點(diǎn)F，連接OF，則OF∥PB.由(1)知，PB⊥CD，故OF⊥CD.又OD＝BD＝，OP＝＝，故△POD為等腰三角形，因此OF⊥PD.又PD∩CD＝D，PD，CD?平面PCD，所以OF⊥平面PCD.因?yàn)?/span>AE∥CD，CD?平面PCD，AE?平面PCD，所以AE∥平面PCD.因此O到平面PCD的距離OF就是A到平面PCD的距離，而 OF＝PB＝1，所以A到平面PCD的距離為1.2.(2022·廣州調(diào)研)如圖，在三棱錐P－ABC中，BC⊥平面PAC，AD⊥BP，AB＝2，BC＝1，PD＝3BD＝3.(1)求證：PA⊥AC；(2)求平面PAC與平面ACD夾角的余弦值.(1)證明　法一　由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝.由PD＝3，AD＝，AD⊥BP，得PA＝2.由BC⊥平面PAC，AC，PC?平面PAC，得BC⊥AC，BC⊥PC.所以AC＝＝，PC＝＝.因?yàn)?/span>AC2＋PA2＝15＝PC2，所以PA⊥AC.法二　由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝.由PD＝3，AD＝，AD⊥BP，得PA＝2.因?yàn)?/span>PB＝4，所以PB2＝AB2＋PA2，所以PA⊥AB.由BC⊥平面PAC，PA?平面PAC，得BC⊥PA.又BC，AB?平面ABC，BC∩AB＝B，故PA⊥平面ABC.因?yàn)?/span>AC?平面ABC，所以PA⊥AC.(2)解　法一　如圖，過點(diǎn)D作DE∥BC交PC于點(diǎn)E，因?yàn)?/span>BC⊥平面PAC，所以DE⊥平面PAC.因?yàn)?/span>AC?平面PAC，所以DE⊥AC.過點(diǎn)E作EF⊥AC交AC于點(diǎn)F，連接DF，又DE∩EF＝E，DE，EF?平面DEF，所以AC⊥平面DEF.因?yàn)?/span>DF?平面DEF，所以AC⊥DF.則∠DFE為平面PAC與平面ACD的夾角.由PD＝3BD＝3，DE∥BC，得DE＝，由EF⊥AC，PA⊥AC，且EF，PA?平面PAC，得EF∥PA，且＝＝＝，得EF＝.易知DE⊥EF，則DF＝＝.所以cos∠DFE＝＝.所以平面PAC與平面ACD夾角的余弦值為.法二　如圖，作AQ∥CB，以AQ，AC，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.因?yàn)?/span>AB＝2，BC＝1，BD＝1，BP＝4，所以AC＝，AP＝2.故A(0，0，0)，B(1，，0)，C(0，，0)，P(0，0，2).由＝，得D，則＝，＝(0，，0).設(shè)平面ACD的法向量為n＝(x，y，z)，則即令x＝2，則z＝－，y＝0，所以n＝(2，0，－)為平面ACD的一個法向量.由于BC⊥平面PAC，因此＝(1，0，0)為平面PAC的一個法向量.設(shè)平面PAC與平面ACD夾角的大小為θ，則cos θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.所以平面PAC與平面ACD夾角的余弦值為.3.(2022·泉州質(zhì)檢)在三棱錐A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O為BD的中點(diǎn)，AO⊥平面BCD，AO＝2，E為AC的中點(diǎn).(1)求直線AB與DE所成角的余弦值；(2)若點(diǎn)F在BC上，滿足BF＝BC，設(shè)平面FDE與平面DEC夾角的大小為θ，求sin θ的值.解　(1)如圖，連接OC，因?yàn)?/span>CB＝CD，O為BD的中點(diǎn)，所以CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，OB，OC?平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.以{，，}為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.因?yàn)?/span>BD＝2，CB＝CD＝，AO＝2，所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).因?yàn)?/span>E為AC的中點(diǎn)，所以E(0，1，1)，所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，1)，所以|cos〈，〉|＝＝＝.因此，直線AB與DE所成角的余弦值為.(2)因?yàn)辄c(diǎn)F在BC上，BF＝BC，＝(－1，2，0)，所以＝＝.又＝(2，0，0)，故＝＋＝.設(shè)平面DEF的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則即取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，所以n1＝(2，－7，5)為平面DEF的一個法向量.設(shè)平面DEC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，又＝(1，2，0)，則即取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，所以n2＝(2，－1，－1)為平面DEC的一個法向量.故|cos θ|＝＝＝.所以sin θ＝＝.二、創(chuàng)新拓展練4.如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面BCC1B1為矩形，若平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1⊥平面ABC1.(1)求證：AB⊥BB1；(2)記平面ABC1與平面A1B1C1的夾角為α，直線AC1與平面BCC1B1所成的角為β，異面直線AC1與BC所成的角為φ，當(dāng)α，β滿足：cos α·cos β＝m(0<m<1，m為常數(shù))時，求sin φ的值.(1)證明　∵四邊形BCC1B1是矩形，∴BC⊥BB1，圖1又平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，BC?平面BCC1B1，∴BC⊥平面ABB1A1，又AB?平面ABB1A1，∴AB⊥BC.如圖1，過C作CO⊥BC1，∵平面BCC1B1⊥平面ABC1，平面BCC1B1∩平面ABC1＝BC1，CO?平面BCC1B1，∴CO⊥平面ABC1，又AB?平面ABC1，∴AB⊥CO，又AB⊥BC，CO∩BC＝C，CO，BC?平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，又BB1?平面BCC1B1，∴AB⊥BB1.(2)解　由題意知AB∥A1B1，又AB⊥平面BCC1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1.以B1為原點(diǎn)，B1A1，B1B，B1C1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖2，圖2不妨設(shè)B1A1＝a，B1B＝b，B1C1＝c，則B1(0，0，0)，A1(a，0，0)，B(0，b，0)，C1(0，0，c)，A(a，b，0)，＝＝(a，0，0)，＝＝(0，0，c)，＝(0，－b，c).設(shè)n1＝(x1，y1，z1)為平面ABC1的法向量，則∴x1＝0，令y1＝c，則z1＝b，∴n1＝(0，c，b).取平面A1B1C1的一個法向量n＝(0，1，0)，由圖知，α為銳角，則cos α＝|cos〈n1，n〉|＝.取平面BCC1B1的一個法向量n2＝(1，0，0)，由＝(a，b，－c)，得sin β＝|cos〈，n2〉|＝.又β∈，∴cos β＝，則cos αcos β＝.|cos〈，〉|＝cos φ＝＝，∴cos φ＝cos αcos β.∵cos αcos β＝m且m∈(0，1)，φ∈，∴sin φ＝＝. 

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