?第七節(jié)　立體幾何中的向量方法——求空間角與距離
考試要求：1．能用向量方法解決點(diǎn)到直線、點(diǎn)到平面、相互平行的直線、相互平行的平面的距離問(wèn)題和簡(jiǎn)單夾角問(wèn)題．
2．了解向量方法在研究立體幾何問(wèn)題中的應(yīng)用．

一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)
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θ
a與b的夾角β
范圍
0，π2
(0，π)
求法
cos θ＝a·bab
cos β＝a·bab


求兩異面直線l1，l2的夾角θ，須求出它們的方向向量a，b的夾角〈a，b〉，由于夾角范圍不同，有cos θ＝|cos〈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所成的角為θ，a與n的夾角為β，則sin θ＝|cos β|＝a·nan.

求直線l與平面α所成的角θ，可先求出平面α的法向量n與直線l的方向向量a的夾角，則sin θ＝|cos〈n，a〉|.
3．二面角的平面角求法
(1)如圖(1)，AB，CD分別是二面角α-l-β的兩個(gè)半平面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈AB，CD〉.

(2)如圖(2)(3)，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θ的大小滿足|cos θ|＝|cos 〈n1，n2〉|，二面角的平面角的大小是向量n1與n2的夾角(或其補(bǔ)角)．

利用平面的法向量求二面角的大小時(shí)，求出兩平面α，β的法向量n1，n2后，要根據(jù)向量坐標(biāo)在圖形中觀察法向量的方向，從而確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等，還是互補(bǔ)．一進(jìn)一出相等，同進(jìn)同出互補(bǔ)．
4．利用空間向量求距離
(1)點(diǎn)到直線的距離
如圖所示，

已知直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的定點(diǎn)，P是直線l外一點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線l的距離PQ＝AP2-AP·u2．
(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，則點(diǎn)B到平面α的距離為BO＝AB·nn．

求點(diǎn)到平面的距離，若用向量知識(shí)，則離不開(kāi)以該點(diǎn)為端點(diǎn)的平面的斜線段．有時(shí)利用等積法求解可能更方便．
二、基本技能·思想·活動(dòng)經(jīng)驗(yàn)
1．判斷下列說(shuō)法的正誤，對(duì)的畫(huà)“√”，錯(cuò)的畫(huà)“×”．
(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0，π2，直線與平面所成角的范圍是0，π2，二面角的范圍是[0，π]. (　√　)
2．已知兩平面的法向量分別為m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，則兩平面所成的二面角為(　　)
A．45° B．135°
C．45°或135° D．90°
C　解析：cos 〈m，n〉＝m·nmn＝11×2＝22，即〈m，n〉＝45°.
所以?xún)善矫嫠啥娼菫?5°或180°－45°＝135°.
3．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N分別是BD和AD的中點(diǎn)，則B1M與D1N所成角的余弦值為(　　)

A．3010 B．3015
C．3030 D．1515
A　解析：以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系．

設(shè)AB＝2，則N(1，0，0)，D1(0，0，2)，M(1，1，0)，B1(2，2，2)，
所以B1M＝(－1，－1，－2)，
D1N＝(1，0，－2)，
所以B1M·D1N＝－1＋4＝3，
|B1M|＝6，|D1N|＝5，
所以cos 〈B1M，D1N〉＝330＝3010，
所以B1M與D1N所成角的余弦值為3010.故選A．
4．如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA＝PD＝2，PA⊥PD，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O為AD的中點(diǎn)．

(1)直線PB與平面POC所成角的余弦值為_(kāi)_______；
(2)點(diǎn)B到平面PCD的距離為_(kāi)_______．
63　33　解析：(1)在△PAD中，PA＝PD，O為AD中點(diǎn)，所以PO⊥AD．
又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD．
又在直角梯形ABCD中，易得OC⊥AD．
以O(shè)為原點(diǎn)，OC為x軸，OD為y軸，OP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系．

則P(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，
所以PB＝(1，－1，－1)．
因?yàn)镺A⊥PO， OA⊥CO， PO∩CO=O，得OA⊥平面POC，
所以O(shè)A＝(0，－1，0)是平面POC的一個(gè)法向量，
所以cos 〈PB，OA〉＝PB·OAPBOA＝33，
所以1-cos2〈PB，OA〉＝63，
所以直線PB與平面POC所成角的余弦值為63.
(2)PB＝(1，－1，－1), 設(shè)平面PDC的法向量為n＝(x，y，z)，
則n·CP=x，y，z·-1，0，1=-x+z=0，n·PD=x，y，z·0，1，-1=y-z=0，
取z＝1得n＝(1，1，1)為平面PCD的一個(gè)法向量，
點(diǎn)B到平面PCD的距離d＝BP·nn＝33.
5．過(guò)正方形ABCD的頂點(diǎn)A作線段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，則平面ABP與平面CDP的夾角為_(kāi)_______．
45°　解析：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝PA＝1，則A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)．

由題意，知AD⊥平面PAB，設(shè)E為PD的中點(diǎn)，連接AE，則AE⊥PD．又CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE，從而AE⊥平面PCD．所以AD＝(0，1，0)，AE＝0，12，12分別是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈AD，AE〉＝45°.故平面PAB與平面PCD的夾角為45°.


考點(diǎn)1　異面直線所成的角——基礎(chǔ)性

1．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是BB1，D1B1的中點(diǎn)，則EF與A1D所成角的大小為(　　)
A．60° B．90°
C．45° D．75°
B　解析：如圖所示，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系．

設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，易得E(2，2，1)，F(xiàn)(1，1，2)，D(0，0，0)，A1(2，0，2)，所以EF＝(－1，－1，1)，DA1＝(2，0，2)，所以EF·DA1＝－2＋2＝0，所以EF⊥DA1.故選B．
2．如圖，在四棱錐A-BCDE中，DE∥CB，BE⊥平面ABC，BE＝3，AB＝CB＝AC＝2DE＝2，則異面直線DC與AE所成角的余弦值為(　　)

A．13013 B．21313
C．1313 D．13026
A　解析：如圖所示，取BC的中點(diǎn)F，連接AF，DF，可得DF∥BE.因?yàn)锽E⊥平面ABC，所以DF⊥平面ABC．又由AB＝CB＝AC且F為BC的中點(diǎn)，所以AF⊥BC，故以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，以FA，F(xiàn)B，F(xiàn)D所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．

則A(3，0，0)，E(0，1，3)，C(0，－1，0)，D(0，0，3)，故CD＝(0, 1, 3)，AE＝(－3， 1, 3)，則cos 〈CD， AE〉＝CD·AECDAE＝1010×13＝13013.所以異面直線DC與AE所成角的余弦值為13013.故選A．
3．如圖所示，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點(diǎn)，F(xiàn)是棱AD上一點(diǎn)，AF＝λAD.若異面直線D1E和A1F所成角的余弦值為3210，則λ的值為13．


利用向量法求異面直線所成角的問(wèn)題，關(guān)鍵是建立空間直角坐標(biāo)系寫(xiě)出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，并進(jìn)一步求出相關(guān)的向量，利用向量的夾角公式求解．在求解過(guò)程中易出現(xiàn)因忽視異面直線所成角的范圍而致錯(cuò)的情況.

考點(diǎn)2　 直線與平面所成的角——綜合性

(2022·全國(guó)甲卷)在四棱錐P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝3.
(1)證明：BD⊥PA．
(2)求PD與平面PAB所成的角的正弦值．

(1)證明：因?yàn)镻D⊥底面ABCD，BD?平面ABCD，
所以PD⊥BD，
取AB中點(diǎn)E，連接DE，
因?yàn)锳D＝DC＝CB＝1，AB＝2，
所以∠DAB＝60°，
又因?yàn)锳E＝12AB＝AD＝1，
所以DE＝1，所以DE＝12AB，
所以△ABD為直角三角形，且AB為斜邊，
所以BD⊥AD，
又PD∩AD＝D，PD?平面PAD，AD?平面PAD，
所以BD⊥平面PAD，
又PA?平面PAD，
所以BD⊥PA．
(2)解：由(1)知，PD，AD，BD兩兩互相垂直，故建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

BD＝AB2-AD2＝3，
則D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，P(0，0，3)，
所以PD＝(0，0，－3)，PA＝(1，0，－3)，AB＝(－1，3，0)，
設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則n·PA=x-3z=0， n·AB=-x+3y=0，則可取n＝(3，1，1)，
設(shè)PD與平面PAB所成的角為θ，則sin θ＝|cos PD，n|＝PD·nPDn＝55，
所以PD與平面PAB所成的角的正弦值為55.

利用向量求線面角的2種方法
(1)分別求出斜線和它所在平面內(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夾的銳角，取其余角就是斜線與平面所成的角．

1．在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為_(kāi)_______．
13　解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，

由于AB＝2，BC＝AA1＝1，所以A1(1，0，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1)，所以A1C1＝(－1，2，0)，BC1＝(－1，0，1)，D1C1＝(0，2，0)．設(shè)平面A1BC1的法向量為n＝(x，y，z)，則有A1C1·n=0，BC1·n=0，即-x+2y=0，-x+z=0，令x＝2，得y＝1，z＝2，則n＝(2，1，2)為平面A1BC1的一個(gè)法向量．設(shè)D1C1與平面A1BC1所成角為θ，則sin θ＝|cos 〈D1C1，n〉|＝D1C1·nD1C1n＝22×3＝13，即D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為13.
2．(2022·北京卷)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分別為A1B1，AC的中點(diǎn)．
(1)求證：MN∥平面BCC1B1.
(2)再?gòu)臈l件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．
條件①：AB⊥MN；
條件②：BM＝MN.
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．

(1)證明：取AB中點(diǎn)K，連接NK，MK，
因?yàn)镸為A1B1的中點(diǎn)．所以B1M∥BK，且B1M∥BK，
所以四邊形BKMB1是平行四邊形，故MK∥BB1，
MK?平面BCC1B1，BB1?平面BCC1B1，
所以MK∥平面BCC1B1，
因?yàn)镵是AB的中點(diǎn)，N是AC的中點(diǎn)，
所以NK∥BC，
因?yàn)镹K?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，
所以NK∥平面BCC1B1，又NK∩MK＝K，
所以平面NMK∥平面BCC1B1，
又MN?平面NMK，
所以MN∥平面BCC1B1.
(2)解：因?yàn)閭?cè)面BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，
所以CB⊥平面ABB1A1，
所以CB⊥AB，又NK∥BC，
所以AB⊥NK，
若選①：因?yàn)锳B⊥MN，又MN∩NK＝N，
所以AB⊥平面MNK，
又MK?平面MNK，
所以AB⊥MK，又MK∥BB1，
所以AB⊥BB1，
所以BC，BA，BB1兩兩垂直．
若選②：因?yàn)镃B⊥平面ABB1A1，NK∥BC，所以NK⊥平面ABB1A1，KM?平面ABB1A1，
所以MK⊥NK，又BM＝MN，NK＝12BC，BK＝12AB，
所以△BKM≌△NKM，所以∠BKM＝∠NKM＝90°，
所以AB⊥MK，又MK∥BB1，所以AB⊥BB1，
所以BC，BA，BB1兩兩垂直．
以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC，BA，BB1為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，
所以BM＝(0，1，2)，BN＝(1，1，0)，
設(shè)平面BMN的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，
則n·BM=y+2z=0，n·BN=x+y=0，令z＝1，則y＝－2，x＝2，
所以平面BMN的一個(gè)法向量為n＝(2，－2，1)，
又BA＝(0，2，0)，
設(shè)直線AB與平面BMN所成角為θ，
所以sin θ＝|cos 〈n，BA〉|＝n·BAn·BA＝44+4+1×2＝23.
所以直線AB與平面BMN所成角的正弦值為23.

考點(diǎn)3　求二面角——應(yīng)用性

考向1　由向量法求二面角的三角函數(shù)值
(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：連接OA，OB，依題意，OP⊥平面ABC，
又OA?平面ABC，OB?平面ABC，則OP⊥OA，OP⊥OB，
所以∠POA＝∠POB＝90°，
又PA＝PB，OP＝OP，則△POA≌△POB，
所以O(shè)A＝OB，
延長(zhǎng)BO交AC于點(diǎn)F，又AB⊥AC，則在Rt△ABF中，O為BF中點(diǎn)，連接PF，
在△PBF中，O，E分別為BF，BP的中點(diǎn)，則OE∥PF，
因?yàn)镺E?平面PAC，PF?平面PAC，
所以O(shè)E∥平面PAC．
(2)解：過(guò)點(diǎn)A作AM∥OP，以AB，AC，AM分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

由于PO＝3，PA＝5，由(1)知OA＝OB＝4，
又∠ABO＝∠CBO＝30°，則AB＝43，
所以P(23，2，3)，B(43，0，0)，A(0，0，0)，E33，1，32，
設(shè)AC＝t，則C(0，t，0)，
設(shè)平面AEB的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，又AB＝(43，0，0)，AE＝33，1，32，
則n·AB=43x=0， n·AE=33x+y+32z=0，則可取n＝(0，3，－2)，
設(shè)平面AEC的一個(gè)法向量為m＝(a，b，c)，又AC＝(0，t，0)，AE＝33，1，32，
則m·AC=tb=0， m·AE=33a+b+32c=0，則可取m＝(－3，0，6)，
設(shè)銳二面角C-AE-B的平面角為θ，則cos θ＝|cos〈m，n〉|＝m·nmn＝4313，
所以sin θ＝1-cos2θ＝1113，即二面角C-AE-B正弦值為1113.

利用空間向量計(jì)算二面角大小的常用方法
(1)找法向量：分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在平面的法向量，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)際圖形判斷所求角的大?。粢蟮臑閮蓚€(gè)平面的夾角，只需寫(xiě)出在0，π2范圍的一個(gè)角即可．
(2)找與棱垂直的方向向量：分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，則這兩個(gè)向量的夾角的大小就是二面角的大?。?br /> 考向2　由二面角求幾何值或參數(shù)值
(2021·新高考Ⅰ卷)如圖，在三棱錐A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O為BD的中點(diǎn)．
(1)證明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小為45°，求三棱錐A-BCD的體積．

(1)證明：因?yàn)锳B＝AD，O為BD的中點(diǎn)，所以O(shè)A⊥BD．
因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，OA?平面ABD，所以O(shè)A⊥平面BCD．
因?yàn)镃D?平面BCD，所以O(shè)A⊥CD．
(2)解：以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OD，OA所在的直線分別為y軸、z軸，過(guò)點(diǎn)O且垂直于BD的直線為x軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

設(shè)OA＝t，則O(0，0，0)，B(0，－1，0)，
C32，12，0，A(0，0，t)，D(0，1，0)，
所以AB＝(0，－1，－t)，BC＝32，32，0，AD＝(0，1，－t)，AE＝13AD＝0，13，-t3，BE＝AE-AB?＝0，43，2t3.
易知平面BCD的一個(gè)法向量為n＝(0，0，1)．
設(shè)平面BCE的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)，則m·BC=0，m·BE=0，即32x+32y=0，43y+2t3z=0.
不妨取x＝3，則y＝－1，z＝2t，即m＝3，-1，2t.
因?yàn)槎娼荅-BC-D的大小為45°，所以|cos 〈n，m〉|＝n·mnm＝2t4+4t2＝22，解得t＝1(負(fù)值已舍去)．
由OB＝OC＝OD＝1，得BC⊥CD，所以BC＝3，
所以三棱錐A-BCD的體積為13×12×1×3×1＝36.

在已知二面角的條件下求幾何量或參數(shù)的值時(shí)，注意用好二面角的定義，求出相關(guān)的量，或由此寫(xiě)出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，為用向量法求解問(wèn)題做好必要的條件準(zhǔn)備．

如圖，AB為圓O的直徑，點(diǎn)E，F(xiàn)在圓O上，AB∥EF，矩形ABCD和圓O所在的平面互相垂直，已知AB＝2，EF＝1.
(1)求證：平面DAF⊥平面CBF；
(2)當(dāng)AD的長(zhǎng)為何值時(shí)，二面角D-FC-B的平面角的大小為60°？

(1)證明：因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，CB?平面ABCD，所以CB⊥平面ABEF.因?yàn)锳F?平面ABEF，所以CB⊥AF.
又因?yàn)锳B為圓的直徑，所以FB⊥AF.又CB∩BF＝B，所以AF⊥平面CBF.
因?yàn)锳F?平面DAF，所以平面DAF⊥平面CBF.
(2)解：設(shè)EF，CD的中點(diǎn)分別為G，H，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，設(shè)AD＝t，

則D(1，0，t)，C(－1，0，t)，A(1，0，0)，B(－1，0，0)，F(xiàn)12，32，0，所以CD＝(2，0，0)，F(xiàn)D＝12，-32，t.
設(shè)平面DCF的法向量為n1＝(x，y，z)，則n1·CD＝0，n1·FD＝0，即2x=0， 12x-32y+tz=0，取z＝3，則n1＝(0，2t，3)．
由(1)可知AF⊥平面CBF，取平面CBF的一個(gè)法向量n2＝AF＝-12，32，0，
所以cos 60°＝3t4t2+3，解得t＝64，所以線段AD的長(zhǎng)為64時(shí)，二面角D-FC-B的平面角的大小為60°.

考點(diǎn)4　求空間距離問(wèn)題——綜合性

(1)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝1，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，則點(diǎn)B到直線A1C1的距離為_(kāi)_______．
135　解析：以B為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A1(4，0，1)，C1(0，3，1)，所以直線A1C1的方向向量為A1C1＝(－4，3，0)，而B(niǎo)C1＝(0，3，1)，所以點(diǎn)B到直線A1C1的距離
d＝BC12-BC1·A1C1A1C12＝10-952＝135.
(2)如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)．
①求點(diǎn)D到平面PEF的距離；
②求直線AC到平面PEF的距離．

解：①以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DP所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則D(0，0，0)，P(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E1，12，0，F(xiàn)12，1，0，
則PE＝1，12，-1，PF＝12，1，-1.
設(shè)平面PEF的法向量為n＝(x，y，z)，
則n·PE=0，n·PF=0，
所以x+12y-z=0，12x+y-z=0，即z=32y，x=y.
令y＝2，則n＝(2，2，3)．又DP＝(0，0，1)，
所以點(diǎn)D到平面PEF的距離
d＝DP·nn＝317＝31717.
②由于E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AC．
因?yàn)锳C?平面PEF，所以AC∥平面PEF，所以點(diǎn)A到平面PEF的距離即為直線AC到平面PEF的距離．
由于AE＝0，12，0，又由①知平面PEF的法向量為n＝(2，2，3)，
所以點(diǎn)A到平面PEF的距離d＝AE·nn＝117＝1717，即直線AC到平面PEF的距離為1717.

1．空間距離包括空間內(nèi)任意兩點(diǎn)之間的距離、點(diǎn)到平面的距離、直線與平面的距離以及兩平行平面之間的距離，其中兩點(diǎn)間的距離可以用向量的模長(zhǎng)處理，其他三種距離的求解都可以轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到平面的距離．
2．用向量法求點(diǎn)面距的步驟：

(1)建系：建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系．
(2)求點(diǎn)坐標(biāo)：寫(xiě)出(求出)相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)．
(3)求向量：求出相關(guān)向量的坐標(biāo)(AP，α內(nèi)兩不共線向量，平面α的法向量n)．
(4)求距離d＝AP·nn.

1．在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，四面體ABCD的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別是A(0，0，2)，B(2，2，0)，C(1，2，1)，D(2，2，2)，則點(diǎn)B到平面ACD的距離是(　　)
A．233 B．33
C．223 D．23
A　解析：由題意知AD＝(2，2，0)，CD＝(1，0，1)，BD＝(0，0，2)，設(shè)平面ACD的法向量為n＝(x，y，z)，則n·AD=2x+2y=0，n·CD=x+z=0， 取x＝1，則n＝(1，－1，－1)，所以BD·nn＝-23＝233，即點(diǎn)B到平面ACD的距離是233.故選A．
2．若正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，則平面AB1D1與平面BDC1的距離為(　　)
A．2a B．3a
C．23a D．33a
D　解析：建立空間直角坐標(biāo)系如圖．

則A(a，0，0)，D(0，0，0)，C1(0，a，a)，D1(0，0，a)，B1(a，a，a)，
設(shè)n＝(x，y，z)為平面AB1D1的法向量，
則n·AB1=ay+z=0， n·AD1=a-x+z=0，得y=-z，x=z. 取z＝1，則n＝(1，－1，1)為平面AB1D1的一個(gè)法向量．
又因?yàn)锳D1∥BC1，AB1∥DC1，AD1∩AB1＝A，
DC1∩BC1＝C1，所以平面AB1D1∥平面BDC1.
所以平面AB1D1與平面BDC1的距離可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)C1到平面AB1D1的距離d.
因?yàn)镃1B1＝(a，0，0)，平面AB1D1的法向量為n＝(1，－1，1)，
所以d＝C1B1·nn＝a3＝33a.


如圖，在四棱錐S-ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，側(cè)面SAB為等邊三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.
(1)證明：SD⊥平面SAB；
(2)求AB與平面SBC所成角的正弦值的大?。?br />
[四字程序]
讀
想
算
思
AB∥CD，
BC⊥CD，
△SAB為等邊三角形，
AB＝BC＝2，CD＝SD＝1
定義法，借助點(diǎn)到平面的距離，法向量
勾股定理、余弦定理、法向量求解
多方法、多角度對(duì)立體幾何知識(shí)的掌握及空間向量在解決立體幾何中的應(yīng)用



思路參考：利用定義尋找線面角的位置直接求解．
(1)證明：取AB的中點(diǎn)為點(diǎn)E，連接DE，則四邊形BCDE為矩形，DE＝BC＝2.
連接SE，則SE⊥AB，SE＝3.
又SD＝1，故DE2＝SE2＋SD2，所以∠DSE為直角．由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，
得AB⊥平面SDE，
所以AB⊥SD，SD與兩條相交直線AB，SE都垂直，所以SD⊥平面SAB．
(2)解：因?yàn)镃D∥AB，所以CD與平面SBC所成的角即為AB與平面SBC所成的角．如圖，取SC的中點(diǎn)M，連接BM，DM.

因?yàn)镈S＝DC，BS＝BC，所以SC⊥DM，SC⊥BM.因?yàn)镈M∩BM＝M，所以SC⊥平面BDM，
所以平面BDM⊥平面SBC．
作DN⊥BM，垂足為點(diǎn)N，則DN⊥平面SBC．因?yàn)镈M∩BM＝M，連接CN.
CN為CD在平面SBC上的射影，∠DCN即為CD與平面SBC所成的角．
因?yàn)镾D⊥AB，CD∥AB，
所以SD⊥CD，所以|SC|＝SD2+CD2＝2，
|BM|＝BC2-CM2＝22-222＝142，
cos ∠DBM＝BD2+BM2-DM22BD·BM
＝52+1422-2222×5×142＝870，
sin ∠DBM＝670，DN＝5×670＝217，
sin ∠DCN＝DNCD＝2171＝217.
所以AB與平面SBC所成角的正弦值為217.

思路參考：借助點(diǎn)到平面的距離間接求解．
(1)證明：同解法1.
(2)解：VA-SBC＝VS-ABC，
過(guò)點(diǎn)S作SF⊥DE，則SF⊥平面ABCD．
|SF|＝SD·SEED＝32.
VS-ABC＝13S△ABC·|SF|
＝13×12|AB|·|BC|·|SF|
＝13×12×2×2×32＝33.
設(shè)A到平面SBC的距離為h，取SC中點(diǎn)M，連接BM.

因?yàn)镾D⊥AB，CD∥AB，SD⊥CD，|SC|＝SD2+CD2＝2，
|BM|＝BC2-CM2＝22-222＝142，
VA-SBC＝13S△SBC·h
＝13×12|SC|·|BM|·h
＝13×12×2×142×h＝76h.
因?yàn)?6h＝33， 所以h＝33×67＝2217，
即A到平面SBC的距離為2217.
又因?yàn)锳B＝2，設(shè)AB與平面SBC所成的角為α，
則sin α＝hAB＝22172＝217，
所以AB與平面SBC所成角的正弦值為217.

思路參考：建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量求解．
(1)證明：同解法1.
(2)解：如圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CD，CB所在直線分別為x軸、y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則D(1，0，0)，A(2，2，0)，B(0，2，0)．
因?yàn)槠矫鍿DE⊥平面ABCD，
CD＝1，DF＝12，SF＝32，所以S1，12，32.
設(shè)平面SBC的法向量為n＝(x，y，z)，
BS＝1，-32，32，CB＝(0，2，0)，
故x-32y+32z=0，2y=0， 取z＝2，得x＝－3，y＝0，所以平面SBC的一個(gè)法向量為n＝(－3，0，2)．
又AB＝(－2，0，0)，所以|cos〈AB，n〉|＝AB·nABn＝217.
故AB與平面SBC所成角的正弦值為217.

思路參考：變換建系的方法，空間直角坐標(biāo)系中各點(diǎn)坐標(biāo)會(huì)發(fā)生變化，但求角的方法是不變的．
(1)證明：同解法1.
(2)解：如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線DE為x軸正半軸，射線DC為y軸正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則D(0，0，0)，A(2，－1，0)，B(2，1，0)，C(0，1，0)．
因?yàn)槠矫鍿DE⊥平面ABCD，點(diǎn)S在xOz平面內(nèi)，DF＝12，SF＝32，所以S12，0，32.
設(shè)平面SBC的法向量為n＝(x，y，z)，
BS＝-32，-1，32，CB＝(2，0，0)，
故-32x-y+32z=0，2x=0. 取z＝2，得x＝0，y＝3.
所以平面SBC的一個(gè)法向量為n＝(0，3，2)．
又AB＝(0，2，0)，
所以|cos〈AB，n〉|＝AB·nABn＝232×7＝217.
故AB與平面SBC所成角的正弦值為217.

1．本題考查線面角的運(yùn)算，解法靈活，基本解題策略一種是利用定義尋找線面角，然后通過(guò)解三角形計(jì)算，另一種是建立空間直角坐標(biāo)系，通過(guò)法向量與方向向量夾角處理．
2．基于課程標(biāo)準(zhǔn)，解答本題需要熟練掌握線面角的尋找以及空間向量求線面角的方法，具有良好的運(yùn)算求解能力、空間想象能力．本題的解答過(guò)程體現(xiàn)了數(shù)學(xué)探索的魅力．
3．基于高考數(shù)學(xué)評(píng)價(jià)體系，解答本題的過(guò)程中，通過(guò)不同的思路引導(dǎo)，將求線面角轉(zhuǎn)化為最基本的數(shù)學(xué)模型，體現(xiàn)了基礎(chǔ)性；解題過(guò)程中知識(shí)的轉(zhuǎn)化，體現(xiàn)了綜合性．

如圖1，四邊形ABCD為菱形，且∠A＝60°，AB＝2，E為邊AB的中點(diǎn)．現(xiàn)將四邊形EBCD沿DE折起至EBHD，如圖2.若二面角A-DE-H的大小為60°，求平面ABH與平面ADE夾角的余弦值．
　　
圖1　　　　　　　　　圖2
解：(方法一)分別取AE，AD的中點(diǎn)O，K，連接OK，OB．由DE⊥平面ABE，可知∠AEB為二面角A-DE-H的平面角，即有∠AEB＝60°.
因?yàn)镺為AE的中點(diǎn)，所以BO⊥AE.因?yàn)锽O⊥DE，所以BO⊥平面ADE，則以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線KO，OE，OB為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系．

由條件，易得A(0，－12，0)，B0，0，32，D-3，12，0，E0，12，0.
再設(shè)H(x0，y0，z0)，而ED＝(－3，0，0)，
DH＝x0+3，y0-12 ，z0.
由ED⊥DH，得ED·DH＝0，得x0＝－3.
由HB=2，HD=2，
可得x02+y02+z0-322=4， x0+32+y0-122+z02=4.
將x0＝－3代入，可得y0＝－12，z0＝3，即H-3，-12，3，則BH＝-3，-12，32，AH＝(－3，0，3).
設(shè)平面ABH法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
則-3x1+3z1=0， -3x1-12 y1+32z1=0，
即y1=-3x1，z1=x1.
令x1＝1，得y1＝－3，z1＝1，即n1＝(1，－3，1)．
而平面ADE的一個(gè)法向量為n2＝(0，0，1)．
于是平面ABH與平面ADE的夾角θ的余弦值為cos θ＝n1·n2n1n2＝11×5＝55.
(方法二)延長(zhǎng)HB，DE交于點(diǎn)L，連接AL，取AE的中點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥AL于點(diǎn)M，連接MB，如圖．

由DE⊥平面ABE，可知∠AEB為二面角A-DE-H的一個(gè)平面角，即有∠AEB＝60°.
因?yàn)镺為AE的中點(diǎn)，所以BO⊥AE.
因?yàn)锽O⊥DE，所以BO⊥平面ADE，即BO⊥AL且BO⊥MO.
又因?yàn)镺M⊥AL，所以AL⊥平面BOM，即∠BMO為平面ADE與平面ABH的夾角的一個(gè)平面角．
而B(niǎo)O＝32，AO＝12.易得LE＝3，而AE＝1，∠AEL＝90°，所以∠EAL＝60°，則MO＝34.
由勾股定理，得MB＝322+342＝154，
則cos ∠BMO＝MOMB＝55，
即平面ADE與平面ABH的夾角的余弦值為55.
(方法三)延長(zhǎng)HB，DE交于點(diǎn)L，連接AL，過(guò)點(diǎn)D作DQ∥AE且與LA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)Q，連接QH.分別取DQ，AE中點(diǎn)M，O，連接AM，BO.再取MD中點(diǎn)O′，連接OO′.
因?yàn)镼D∥AE，HD∥BE且QD，HD為平面HDQ內(nèi)兩條相交直線，AE，BE為平面ABE內(nèi)兩條相交直線，所以平面HDQ∥平面ABE.
因?yàn)镈E⊥平面ABE，所以DE⊥平面HDQ，
即∠HDQ為二面角A-DE-H的一個(gè)平面角，即有∠HDQ＝60°.
由HD＝2，得HM＝3，MD＝1，則MO′＝12.
因?yàn)镸為QD中點(diǎn)，所以HM⊥QD．
因?yàn)镠M⊥DE，所以MH⊥平面ADE.
以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線O′O，OE，OB為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．

易得A0，-12，0，B0，0，32，H-3，-12，3，
則有AB＝0，12，32，BH＝-3，-12，32.
設(shè)平面ABH的一個(gè)法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
則12y1+32z1=0， -3x1-12 y1+32z1=0，
即y1=-3z1，z1=x1.
令x1＝1，得y1＝－3，z1＝1，
即n1＝(1，－3，1)．
而平面ADE的一個(gè)法向量為n2＝(0，0，1)．
于是平面ABH與平面ADE的夾角θ的余弦值為cos θ＝n1·n2n1n2＝11×5＝55.
課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(三十八)
A組　全考點(diǎn)鞏固練
1．在三棱錐A-BCD中，平面ABD與平面BCD的法向量分別為n1，n2.若〈n1，n2〉＝π3，則二面角A-BD-C的大小為(　　)
A．π3 B．2π3
C．π3或2π3 D．π6或π3
C　解析：因?yàn)槎娼堑姆秶荹0，π]，且〈n1，n2〉＝π3，所以二面角A-BD-C的大小為π3或2π3.故選C．
2．如圖，點(diǎn)A，B，C分別在空間直角坐標(biāo)系Oxyz的三條坐標(biāo)軸上，OC＝(0，0，2)，平面ABC的法向量為n＝(2，1，2)，設(shè)二面角C-AB-O的大小為θ，則cos θ等于(　　)

A．43 B．53
C．23 D．－23
C　解析：由題意可知，平面ABO的一個(gè)法向量為OC＝(0, 0, 2)，由圖可知，二面角C-AB-O為銳角，由空間向量的結(jié)論可知，cos θ＝OC·nOCn＝42×3＝23.
3．如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E為線段AB上一點(diǎn)，且AE＝13AB，則DC1與平面D1EC所成角的正弦值為(　　)

A．33535 B． 277
C．33 D．24
A　解析：如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以DC1＝(0，3，1)，D1E＝(1，1，－1)，D1C＝(0，3，－1)．設(shè)平面D1EC的法向量為n＝(x，y，z)，則n·D1E=0，n·D1C=0，即x+y-z=0，3y-z=0， 取y＝1，得n＝(2，1，3)．所以cos 〈DC1，n〉＝DC1·nDC1n＝33535，所以DC1與平面D1EC所成的角的正弦值為33535.
4．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(　　)
A．12 B．23
C．33 D．22
B　解析：以A為坐標(biāo)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)，E1，0，12，D(0，1，0)，所以A1D＝(0，1，－1)，A1E＝1，0，-12，設(shè)平面A1ED的一個(gè)法向量為n1＝(1，y，z)，則n1·A1D=0，n1·A1E=0，即y-z=0，1-12z=0，所以y=2，z=2，所以n1＝(1，2，2)．又平面ABCD的一個(gè)法向量為n2＝(0，0，1)，所以cos 〈n1，n2〉＝23×1＝23.即平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為23.
5．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，二面角B-AA1-C1的大小為60°，點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為3，點(diǎn)C到平面ABB1A1的距離為23，則直線BC1與直線AB1所成角的正切值為(　　)
A．7 B．6
C．5　 D．2
A　解析：由題意可知，∠BAC＝60°，點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為3，點(diǎn)C到平面ABB1A1的距離為23，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝23，∠ABC＝90°，則AB1·BC1＝(BB1-BA)·(BB1+BC1)＝4，
|AB1|＝22，|BC1|＝4，cos 〈AB1，BC1〉＝AB1·BC1AB1BC1＝24，故tan 〈AB1，BC1〉＝7.
6．(多選題)設(shè)三棱錐V-ABC的底面是正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)均相等，P是棱VA上的點(diǎn)(不含端點(diǎn))．記直線PB與直線AC所成的角為α，直線PB與平面ABC所成的角為β，二面角P-AC-B的平面角為γ，則α，β，γ大小關(guān)系正確的是(　　)
A．α＞β B．α＝β
C．γ＞β D．γ≥β
AC　解析：過(guò)點(diǎn)B作直線l∥AC，過(guò)點(diǎn)P作底面ABC的垂線PD，D為垂足，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AB于點(diǎn)F，作DE⊥l于點(diǎn)E，連接AD，BD，PF，PE.

由題意可知，二面角P-AC-B的大小與二面角P-AB-C的大小相等，結(jié)合空間角的定義知∠PBE＝α，∠PBD＝β，∠PFD＝γ，在Rt△PEB與Rt△PDB中，由PE＞PD得sin α＞sin β，所以α＞β(α，β均為銳角)．故A正確，B錯(cuò)誤；在Rt△PDB與Rt△PDF中，由PB＞PF得sin β＜sin γ，所以γ＞β(β，γ均為銳角)．故C正確；由于不存在PB＝PF的可能，故D錯(cuò)誤．
7．如圖，在正方形ABCD中，EF∥AB．若沿EF將正方形折成一個(gè)二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶2，則AF與CE所成角的余弦值為_(kāi)_______．
→
45　解析：因?yàn)锳E∶ED∶AD＝1∶1∶2，所以AE⊥ED，即AE，DE，EF兩兩垂直，所以建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

設(shè)AB＝EF＝CD＝2，則E(0，0，0)，A(1，0，0)，F(xiàn)(0，2，0)，C(0，2，1)，所以AF＝(－1，2，0)，EC＝(0，2，1)，所以cos 〈AF，EC〉＝AF·ECAFEC＝45×5＝45，所以AF與CE所成角的余弦值為45.
8．正四棱錐P-ABCD，底面四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，PA＝5，其內(nèi)切球?yàn)榍騁，平面α過(guò)AD與棱PB，PC分別交于點(diǎn)M，N，且與平面ABCD所成二面角為30°，則平面α截球G所得的圖形的面積為_(kāi)_______．
π3　解：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，D(2，0，0)，B(0，2，0)，C(2，2，0)．因?yàn)镻A＝PD＝PB＝PC＝5，AO＝12AC＝2.所以PO＝PA2-AO2＝3，所以P(1，1，3)，O(1，1，0)，則內(nèi)切球的球心G在PO上，設(shè)G(1，1，h)，內(nèi)切球的半徑為R，S△PAD＝S△PCD＝S△PBC＝S△PAB＝12×2×52-12＝2.由等體積法可得13R(2＋2＋2＋2＋2×2)＝13×2×2×3，解得R＝33，則G1，1，33.因?yàn)槠矫姒吝^(guò)AD，設(shè)平面α的法向量為n＝(0，－1，a)，平面ABCD的法向量為m＝(0，0，1)，設(shè)平面α與平面ABCD所成二面角為30°，則cos 30°＝n·mnm＝32，即aa2+1＝32，解得a＝3或a＝－3(舍去)，所以n＝(0，－1，3)，則圓心G到平面α的距離d＝AG·nn＝1×-1+3×332＝0，所以截球G所得圖形的面積為πR2＝π3.

9．(2022·泰安一模)如圖，在五面體ABCDE中，已知AC⊥平面BCD，ED∥AC，且AC＝BC＝2ED＝2，DC＝DB＝3.
(1)求證：平面ABE⊥平面ABC；
(2)求二面角A-BE-C的余弦值．

(1)證明：取BC中點(diǎn)M，AB中點(diǎn)N，連接DM，MN，EN.
所以MN∥AC且MN＝12AC，
又DE＝12AC，DE∥AC，所以DE∥MN，且DE＝MN，
所以四邊形MNED是平行四邊形，
所以EN∥DM且EN＝DM，
又AC⊥平面BCD，AC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCD，
因?yàn)镈C＝DB，所以DM⊥BC，
又平面ABC∩平面BCD＝BC，DM?平面BCD，
所以DM⊥平面ABC，所以EN⊥平面ABC，
又EN?平面ABE，所以平面ABE⊥平面ABC．
(2)解：由(1)知，AC⊥BC，EN∥DM且EN＝DM，EN⊥平面ABC，平面ABE⊥平面ABC，
以C為原點(diǎn)，CA，CB所在直線為x，y軸，以過(guò)點(diǎn)C，與MD平行的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(2，0，0)，B(0，2，0)，N(1，1，0)，E(1，1，2)，
則CB＝(0，2，0)，CN＝(1，1，0)，CE＝(1，1，2)，
設(shè)平面BCE的法向量為n＝(x，y，z)，
則n·CE=x+y+2z=0，n·CB=2y=0， 取z＝2，則x=-2，y=0，所以n＝(－2，0，2)為平面BCE的一個(gè)法向量，
又AC＝BC，則CN⊥AB，
又平面ABC∩平面ABE＝AB，CN?平面ABC，
所以CN⊥平面ABE，即CN＝(1，1，0)為平面ABE的一個(gè)法向量，
所以cos 〈n，CN〉＝n·CNn·CN＝-22·6＝33，
顯然二面角A-BE-C為銳角，故其余弦值為33.

B組　新高考培優(yōu)練
10．(2022·浙江卷)如圖，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F-DC-B的平面角為60°.設(shè)M，N分別為AE，BC的中點(diǎn)．
(1)求證：FN⊥AD；
(2)求直線BM與平面ADE所成角的正弦值.

(1)證明：由于CD⊥CB，CD⊥CF，
平面ABCD∩平面CDEF＝CD，CF?平面CDEF，CB?平面ABCD，
所以∠FCB為二面角F-DC-B的平面角，
則∠FCB＝60°.
又CF＝3(CD－EF)＝23，CB＝3(AB－CD)＝23，
則△BCF是等邊三角形，則CB⊥FN，
因?yàn)镈C⊥FC，DC⊥BC，F(xiàn)C∩BC＝C，F(xiàn)C?平面FCB，BC?平面FCB，
所以DC⊥平面FCB，因?yàn)镕N?平面FCB，所以DC⊥FN，
又因?yàn)镈C∩CB＝C，DC?平面ABCD，CB?平面ABCD，
所以FN⊥平面ABCD，因?yàn)锳D?平面ABCD，故FN⊥AD．
(2)解：由于FN⊥平面ABCD，如圖建系：

于是B(0，3，0)，A(5，3，0)，F(xiàn)(0，0，3)，
E(1，0，3)，D(3，－3，0)，則M3，32，32，
BM＝3，-32，32，DA＝(2，23，0)，DE＝(－2，3，3)，
設(shè)平面ADE的法向量n＝(x，y，z)，
則n·DA=0，n·DE=0，所以2x+23y=0， -2x+3y+3z=0，
令x＝3，則y＝－1，z＝3，
所以平面ADE的法向量n＝(3，－1，3)，
設(shè)BM與平面ADE所成角為θ，
則sin θ＝BM·nBMn＝5714.
11．如圖，四邊形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，AB＝DE＝1，AD＝PA＝2，點(diǎn)F在棱PA上．
(1)求證：BF∥平面CDE；
(2)求二面角C-PE-A的余弦值；
(3)若點(diǎn)F到平面PCE的距離為13，求線段AF的長(zhǎng)．

(1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，
所以PA∥DE，又PA?平面CDE，DE?平面CDE，
所以PA∥平面CDE，又四邊形ABCD是矩形，
所以AB∥CD，又AB?平面CDE，CD?平面CDE，
所以AB∥平面CDE，結(jié)合PA∥平面CDE，
又AB，PA?平面PAB，AB∩PA＝A，
所以平面PAB∥平面CDE，又點(diǎn)F在棱PA上，所以BF?平面PAB，
所以BF∥平面CDE.
(2)解：以A為原點(diǎn)，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
由題意有A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(1，2，0)，
E(0，2，1)，所以PC＝(1，2，－2)，PE＝(0，2，－1)，
易知平面APE的一個(gè)法向量為m＝(1，0，0)，
設(shè)平面CPE的法向量n＝(x，y，z)，
則n·PC=x+2y-2z=0，n·PE=2y-z=0，
令y＝1，則z＝2，x＝2,
所以n＝(2，1，2)，由圖知二面角C-PE-A的平面角θ為銳角，
所以cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝n·mnm＝23，
所以二面角C-PE-A的余弦值為23.

(3)解：連接BD，設(shè)點(diǎn)F(0，0，t)，0≤t≤2，則FP＝(0，0，2－t)，
又由(2)中平面CPE的法向量n＝(2，1，2)，
所以F到平面PCE的距離為d＝FP·nn＝4-2t3＝13，
所以t＝32，即AF＝32.
12．如圖，已知△ABC是以AC為底邊的等腰三角形，將△ABC繞AB轉(zhuǎn)動(dòng)到△PAB位置，使得平面PAB⊥平面ABC，連接PC，E，F(xiàn)分別是PA，CA的中點(diǎn)．
(1)證明：EF⊥AB；
(2)在①S△ABC＝33，②點(diǎn)P到平面ABC的距離為3，③直線PB與平面ABC所成的角為60°這三個(gè)條件中選擇兩個(gè)作為已知條件，求二面角E-BF-A的余弦值．

(1)證明：如圖(1)，過(guò)點(diǎn)E作ED⊥AB，垂足為D，連接DF.由題意知，△PAB≌△CAB，易證△EDA≌△FDA，
所以∠EDA＝∠FDA＝π2，即FD⊥AB．
因?yàn)镋D⊥AB，ED∩FD＝D，所以AB⊥平面EFD．
又因?yàn)镋F?平面EFD，所以EF⊥AB．

圖(1)
(2)解：過(guò)點(diǎn)P作PO⊥AB，垂足為O，連接CO，則CO⊥AB．因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABC，所以PO⊥平面ABC．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)A，OC，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖(2)所示的空間直角坐標(biāo)系．

圖(2)
設(shè)AB＝a，∠ABC＝θ，
由條件①得S△ABC＝12a2sin θ＝33，由條件②得PO＝a sin θ＝3，由條件③得∠PBO＝60°，即θ＝120°.
若選條件①②，可求得a＝23，B(3，0，0)，A(33，0，0)，P(0，0，3)，C(0，3，0)．
因?yàn)镋332，0，32，F(xiàn)332，32，0，所以BF＝32，32，0，BE＝32，0，32.
設(shè)平面BEF的一個(gè)法向量m＝(x，y，z)，由m·BF=0，m·BE=0，得32x+32y=0，32x+32z=0，取m＝(－3，1，1)，
又易知平面BFA的一個(gè)法向量n＝(0，0，1)，
故cos〈m，n〉＝m·nmn＝15＝55，
所以二面角E-BF-A的余弦值為55.
若選①③或②③均可求得a＝23，下同．
13．請(qǐng)從下面三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的橫線上，并作答．
①AB⊥BC，②FC與平面ABCD所成的角為π6，③∠ABC＝π3.
如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中點(diǎn)為F.
(1)在線面AB上是否存在一點(diǎn)G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并給以證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
(2)若________，求二面角F-AC-D的余弦值．

解：(1)在線段AB上存在點(diǎn)G，使得AF∥平面PCG，且G為AB的中點(diǎn)．
證明如下：設(shè)PC的中點(diǎn)為H，連接FH，GH，如圖．

易證四邊形AGHF為平行四邊形，
則AF∥GH.
又GH?平面PCG，AF?平面PGC，
所以AF∥平面PGC．
(2)選擇①.
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AD．
由題意可知，AB，AD，AP兩兩垂直，
故以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP的方向分別為x，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

因?yàn)镻A＝AB＝2，
所以A(0，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，F(xiàn)(0，1，1)，
所以AF＝(0，1，1)，CF＝(－2，－1，1)．
設(shè)平面FAC的法向量為u＝(x，y，z)，則u·AF=0，u·CF=0，即y+z=0， -2x-y+z=0.令y＝1，則x＝－1，z＝－1，則u＝(－1，1，－1)．
易知平面ACD的一個(gè)法向量為v＝(0，0，2)，
設(shè)二面角F-AC-D的平面角為θ，則cos θ＝u·vuv＝33，即二面角F-AC-D的余弦值為33.
選擇②.
設(shè)BC中點(diǎn)E，連接AE，取AD的中點(diǎn)M，連接FM，CM，則FM∥PA，且FM＝1.
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，
所以FM⊥平面ABCD，F(xiàn)C與平面ABCD所成的角為∠FCM，
故∠FCM＝π6.
在直角三角形FCM中，CM＝3.又因?yàn)镃M＝AE，所以AE2＋BE2＝AB2，
所以BC⊥AE，所以AE，AD，AP兩兩垂直．
故以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AE，AD，AP的方向分別為x，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

因?yàn)镻A＝AB＝2，
所以A(0，0，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，F(xiàn)(0，1，1)，所以AF＝(0，1，1)，CF＝(－3，0，1)．
設(shè)平面FAC的法向量為u＝(x，y，z)，則u·AF=0，u·CF=0，
即y+z=0， -3x+z=0.
令x＝3，則y＝－3，z＝3，則u＝(3，－3，3)．
易知平面ACD的一個(gè)法向量為v＝(0，0，2)．
設(shè)二面角F-AC-D的平面角為θ，則cos θ＝u·vuv＝217，
即二面角F-AC-D的余弦值為217.
選擇③.
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，
所以PA⊥BC．
取BC中點(diǎn)E，連接AE.
因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，∠ABC＝π3，
所以△ABC是正三角形．
又E是BC的中點(diǎn)，所以BC⊥AE，
所以AE，AD，AP兩兩垂直．
故以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AE，AD，AP的方向分別為x，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

因?yàn)镻A＝AB＝2，
所以A(0，0，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，F(xiàn)(0，1，1)，所以AF＝(0，1，1)，CF＝(－3，0，1)．
設(shè)平面FAC的法向量為u＝(x，y，z)，
則u·AF=0，u·CF=0，
即y+z=0， -3x+z=0.令x＝3，
則y＝－3，z＝3，則u＝(3，－3，3)．
易知平面ACD的一個(gè)法向量為v＝(0，0，2)，
設(shè)二面角F-AC-D的平面角為θ，則cos θ＝u·vuv＝217，即二面角F-AC-D的余弦值為217.

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