【考綱要求】
1.會(huì)求空間中點(diǎn)到直線以及點(diǎn)到平面的距離.
2.以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系或空間角存在的條件．
【考點(diǎn)預(yù)測(cè)】
1．點(diǎn)到直線的距離
如圖，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)，設(shè)eq \(AP,\s\up6(→))＝a，則向量eq \(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2)＝eq \r(a2－?a·u?2).
2．點(diǎn)到平面的距離
如圖，已知平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)的定點(diǎn)，P是平面α外一點(diǎn)．過(guò)點(diǎn)P作平面α的垂線l，交平面α于點(diǎn)Q，則n是直線l的方向向量，且點(diǎn)P到平面α的距離就是eq \(AP,\s\up6(→))在直線l上的投影向量eq \(QP,\s\up6(→))的長(zhǎng)度，因此PQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AP,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).
【方法技巧】
1.向量法求點(diǎn)到直線距離的步驟
①根據(jù)圖形求出直線的單位方向向量v.
②在直線上任取一點(diǎn)M(可選擇特殊便于計(jì)算的點(diǎn)).計(jì)算點(diǎn)M與直線外的點(diǎn)N的方向向量eq \(MN,\s\up6(→)).
③垂線段長(zhǎng)度d＝eq \r(\(MN,\s\up6(→))2－（\(MN,\s\up6(→))·v）2).
2.求點(diǎn)到平面的距離的常用方法
①直接法：過(guò)P點(diǎn)作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個(gè)三角形中，解三角形求出PQ的長(zhǎng)度就是點(diǎn)P到平面α的距離.
②轉(zhuǎn)化法：若點(diǎn)P所在的直線l平行于平面α，則轉(zhuǎn)化為直線l上某一個(gè)點(diǎn)到平面α的距離來(lái)求.
③等體積法.
④向量法：設(shè)平面α的一個(gè)法向量為n，A是α內(nèi)任意點(diǎn)，則點(diǎn)P到α的距離為d＝eq \f(|\(PA,\s\up6(→))·n|,|n|).
3.折疊問(wèn)題中的平行與垂直關(guān)系的處理關(guān)鍵是結(jié)合圖形弄清折疊前后變與不變的關(guān)系，尤其是隱含的垂直關(guān)系.一般地，翻折后還在同一個(gè)平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一平面上的性質(zhì)發(fā)生變化.
4.由于“線線垂直”“線面垂直”“面面垂直”之間可以相互轉(zhuǎn)化，因此整個(gè)證明過(guò)程圍繞著線面垂直這個(gè)核心展開(kāi)，這是解決空間垂直問(wèn)題的技巧.
二、【題型歸類】
【題型一】利用向量法求距離
【典例1】已知棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－EFGH，若點(diǎn)P在正方體內(nèi)部且滿足eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AE,\s\up6(→))，則點(diǎn)P到AB的距離為_(kāi)_______.
【解析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)(1，0，0)＋eq \f(1,2)(0，1，0)＋eq \f(2,3)(0，0，1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3))).
又eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，
∴eq \(AP,\s\up6(→))在eq \(AB,\s\up6(→))上的投影為eq \f(\(AP,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,4)，
∴點(diǎn)P到AB的距離為
eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(,\f(\(AP,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|))))eq \s\up12(2))＝eq \f(5,6).
【典例2】如圖，四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB＝eq \f(1,2)CD＝1，E為PC的中點(diǎn).
(1)證明：BE∥平面PAD.
(2)若AB⊥平面PBC，△PBC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，求點(diǎn)E到平面PAD的距離.
【解析】(1)證明 如圖，取PD的中點(diǎn)F，連接AF，EF，
因?yàn)镋為PC的中點(diǎn)，F(xiàn)為PD的中點(diǎn)，
所以EF平行且等于eq \f(1,2)CD.
又AB綉eq \f(1,2)CD，
所以EF平行且等于AB，
故四邊形ABEF為平行四邊形，
所以BE∥AF.
又BE?平面PAD，AF?平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(2)解 法一(向量法) 如圖，取BC的中點(diǎn)O，AD的中點(diǎn)M，連接OP，OM，則OM∥AB∥CD.
在等邊△PBC中，PO＝eq \r(3)，OP⊥BC.
又AB⊥平面PBC，所以O(shè)M⊥平面PBC.
如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以射線OC，OM，OP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，eq \r(3))，A(－1，1，0)，D(1，2，0)，
C(1，0，0)，故Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，
所以eq \(AD,\s\up6(→))＝(2，1，0)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(－1，1，－eq \r(3))，eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，－\f(\r(3),2))).
設(shè)平面PAD的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\(PA,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋y＝0，,－x＋y－\r(3)z＝0，))
令x＝1，則y＝－2，z＝－eq \r(3)，故n＝(1，－2，－eq \r(3))為平面PAD的一個(gè)法向量.
所以點(diǎn)E到平面PAD的距離d＝eq \f(|n·\(PE,\s\up6(→))|,|n|)
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×1＋0×（－2）＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))×（－\r(3)）)),\r(12＋（－2）2＋（－\r(3)）2))
＝eq \f(\r(2),2).
法二(等體積法) 由(1)得BE∥平面PAD，
故點(diǎn)B到平面PAD的距離等于點(diǎn)E到平面PAD的距離.
如圖，取BC的中點(diǎn)G，連接PG，DG，BD，易知PG⊥BC.
又△PBC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，
所以PG＝eq \r(3)，PB＝BC＝2.
因?yàn)锳B⊥平面PBC，AB?平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面PBC.
因?yàn)槠矫鍭BCD∩平面PBC＝BC，
所以PG⊥平面ABCD，所以PG⊥GD.
因?yàn)锳B⊥平面PBC，所以AB⊥BC，AB⊥PB，
所以四邊形ABCD是直角梯形，且AB＝1，BC＝2，CD＝2，
則AD＝eq \r(5)，S△ABD＝eq \f(1,2)×1×2＝1.
因?yàn)锳B⊥PB，AB＝1，PB＝2，
所以PA＝eq \r(5).
在Rt△PGD中，易知DG＝eq \r(5).
又PG＝eq \r(3)，所以PD＝2eq \r(2)，
所以S△APD＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(（\r(5)）2－（\r(2)）2)＝eq \r(6).
設(shè)點(diǎn)B到平面PAD的距離為h，
因?yàn)槿忮FP－ABD的體積
V＝eq \f(1,3)S△APD×h＝eq \f(1,3)S△ABD×PG，
所以h＝eq \f(S△ABD×PG,S△APD)＝eq \f(\r(3),\r(6))＝eq \f(\r(2),2).
所以點(diǎn)E到平面PAD的距離為eq \f(\r(2),2).
【典例3】如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長(zhǎng)均為4，N是CC1的中點(diǎn).
(1)求點(diǎn)N到直線AB的距離；
(2)求點(diǎn)C1到平面ABN的距離.
【解析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(0，0，0)，B(2eq \r(3)，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4).
∵N是CC1的中點(diǎn)，
∴N(0，4，2).
(1)eq \(AN,\s\up6(→))＝(0，4，2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2，0)，
則|eq \(AN,\s\up6(→))|＝2eq \r(5)，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝4.
設(shè)點(diǎn)N到直線AB的距離為d1，
則d1＝eq \r(|\(AN,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(,\f(\(AN,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|))))eq \s\up12(2))
＝eq \r(20－4)＝4.
(2)設(shè)平面ABN的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝2\r(3)x＋2y＝0，,n·\(AN,\s\up6(→))＝4y＋2z＝0，))
令z＝2，則y＝－1，x＝eq \f(\r(3),3)，
即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，－1，2)).
易知eq \(C1N,\s\up6(→))＝(0，0，－2)，
設(shè)點(diǎn)C1到平面ABN的距離為d2，
則d2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(C1N,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－4,\f(4\r(3),3))))＝eq \r(3).
【題型二】立體幾何中的探索性問(wèn)題
【典例1】已知正方體ABCD－A1B1C1D1，點(diǎn)E為A1D1中點(diǎn)，直線B1C1交平面CDE于點(diǎn)F.
(1)求證：點(diǎn)F為B1C1的中點(diǎn)；
(2)若點(diǎn)M為棱A1B1上一點(diǎn)，且二面角M－CF－E的余弦值為eq \f(\r(5),3)，求eq \f(A1M,A1B1)的值．
【解析】(1)證明 如圖所示，取B1C1的中點(diǎn)F′，
連接DE，EF′，F(xiàn)′C，
由于ABCD－A1B1C1D1為正方體，E，F(xiàn)′為中點(diǎn)，故EF′∥CD，
從而E，F(xiàn)′，C，D四點(diǎn)共面，
平面CDE即平面CDEF′，
據(jù)此可得，直線B1C1交平面CDE于點(diǎn)F′，
當(dāng)直線與平面相交時(shí)只有唯一的交點(diǎn)，故點(diǎn)F與點(diǎn)F′重合，
即點(diǎn)F為B1C1的中點(diǎn)．
(2)解 以點(diǎn)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，
不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，
設(shè)eq \f(A1M,A1B1)＝λ(0≤λ≤1)，
則M(2,2λ，2)，C(0,2,0)，F(xiàn)(1,2,2)，E(1,0,2)，
從而eq \(MC,\s\up6(→))＝(－2,2－2λ，－2)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(1,0,2)，
eq \(FE,\s\up6(→))＝(0，－2,0)，
設(shè)平面MCF的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(MC,\s\up6(→))＝－2x1＋?2－2λ?y1－2z1＝0，,m·\(CF,\s\up6(→))＝x1＋2z1＝0，))
令z1＝－1可得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,1－λ)，－1))(λ≠1)，
設(shè)平面CFE的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(FE,\s\up6(→))＝－2y2＝0，,n·\(CF,\s\up6(→))＝x2＋2z2＝0，))
令z2＝－1可得n＝(2,0，－1)，
從而m·n＝5，|m|＝eq \r(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1－λ)))2)，|n|＝eq \r(5)，
則cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(5,\r(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1－λ)))2)×\r(5))
＝eq \f(\r(5),3).
整理可得(λ－1)2＝eq \f(1,4)，故λ＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＝\f(3,2)舍去)).
所以eq \f(A1M,A1B1)＝eq \f(1,2).
【典例2】如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都為2，B1C＝eq \r(6)，AB⊥B1C.
(1)求證：平面ABB1A1⊥平面ABC；
(2)在棱BB1上是否存在點(diǎn)P，使直線CP與平面ACC1A1所成角的正弦值為eq \f(4,5)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；若存在，求BP的長(zhǎng)．
【解析】(1)證明 如圖，取AB的中點(diǎn)D，連接CD，B1D.
因?yàn)槿庵鵄BC－A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都為2，
所以AB⊥CD，CD＝eq \r(3)，BD＝1.
又因?yàn)锳B⊥B1C，
且CD∩B1C＝C，CD，B1C?平面B1CD，
所以AB⊥平面B1CD.
又因?yàn)锽1D?平面B1CD，
所以AB⊥B1D.
在Rt△B1BD中，BD＝1，B1B＝2，
所以B1D＝eq \r(3).
在△B1CD中，CD＝eq \r(3)，B1D＝eq \r(3)，B1C＝eq \r(6)，
所以CD2＋B1D2＝B1C2，
所以CD⊥B1D，
又因?yàn)锳B⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD?平面ABC，
所以B1D⊥平面ABC.
又因?yàn)锽1D?平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)解 假設(shè)在棱BB1上存在點(diǎn)P滿足條件．以DC，DA，DB1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(0,1,0)，B(0，－1,0)，C(eq \r(3)，0,0)，B1(0,0，eq \r(3))，
因此eq \(BB1,\s\up6(—→))＝(0,1，eq \r(3))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1,0)，eq \(AA1,\s\up6(—→))＝eq \(BB1,\s\up6(—→))＝(0,1，eq \r(3))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1,0)．
因?yàn)辄c(diǎn)P在棱BB1上，
設(shè)eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BB1,\s\up6(—→))＝λ(0,1，eq \r(3))，其中0≤λ≤1.
則eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋λeq \(BB1,\s\up6(—→))＝(－eq \r(3)，－1＋λ，eq \r(3)λ)．
設(shè)平面ACC1A1的法向量為n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AA1,\s\up6(—→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x－y＝0，,y＋\r(3)z＝0，))
取x＝1，則y＝eq \r(3)，z＝－1，
所以平面ACC1A1的一個(gè)法向量為n＝(1，eq \r(3)，－1)．
因?yàn)橹本€CP與平面ACC1A1所成角的正弦值為eq \f(4,5)，
所以|cs〈n，eq \(CP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(CP,\s\up6(→))|,|n||\(CP,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|－2\r(3)|,\r(5)×\r(3＋?λ－1?2＋3λ2))＝eq \f(4,5)，
化簡(jiǎn)得16λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝eq \f(1,4)，所以|eq \(BP,\s\up6(→))|＝eq \f(1,4)|eq \(BB1,\s\up6(—→))|＝eq \f(1,2)，
故BP的長(zhǎng)為eq \f(1,2).
【典例3】如圖，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的eq \r(2)倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn)．
(1)求證：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC與平面DAC夾角的大?。?br>(3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，試說(shuō)明理由．
【解析】(1)證明 如圖，連接BD，設(shè)AC交BD于點(diǎn)O，連接SO.
由題意知，SO⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，
以O(shè)B，OC，OS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)底面邊長(zhǎng)為a，則高SO＝eq \f(\r(6),2)a，
于是Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),2)a))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0)).
于是eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，
eq \(SD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，－\f(\r(6),2)a)).
則eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(SD,\s\up6(→))＝0，
故OC⊥SD，從而AC⊥SD.
(2)解 由題設(shè)知，平面PAC的一個(gè)法向量eq \(DS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，平面DAC的一個(gè)法向量eq \(OS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),2)a)).
設(shè)平面PAC與平面DAC的夾角為θ，
則cs θ＝|cs〈eq \(OS,\s\up6(→))，eq \(DS,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(OS,\s\up6(→))·\(DS,\s\up6(→))|,|\(OS,\s\up6(→))||\(DS,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(3),2)，
所以平面PAC與平面DAC夾角的大小為30°.
(3)解 假設(shè)在棱SC上存在一點(diǎn)E使BE∥平面PAC.
根據(jù)第(2)問(wèn)知eq \(DS,\s\up6(→))是平面PAC的一個(gè)法向量，
且eq \(DS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，eq \(CS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),2)a，\f(\r(6),2)a)).
設(shè)eq \(CE,\s\up6(→))＝teq \(CS,\s\up6(→))(0≤t≤1)，
因?yàn)锽eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，
所以eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0))，
則eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋teq \(CS,\s\up6(→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a?1－t?，\f(\r(6),2)at)).
又eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(DS,\s\up6(→))＝0，
得－eq \f(a2,2)＋0＋eq \f(6,4)a2t＝0，
則t＝eq \f(1,3)，
當(dāng)SE∶EC＝2∶1時(shí)，eq \(BE,\s\up6(→))⊥eq \(DS,\s\up6(→)).
由于BE?平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在點(diǎn)E，使BE∥平面PAC，此時(shí)SE∶EC＝2∶1.
【題型三】折疊問(wèn)題
【典例1】如圖1.梯形ABCD中，AB∥CD，過(guò)A，B分別作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分別為E，F(xiàn).AB＝AE＝2，CD＝5，DE＝1，將梯形ABCD沿AE，BF折起，得空間幾何體ADE-BCF，如圖2.
(1)圖2中，若AF⊥BD，證明：DE⊥平面ABFE；
(2)在(1)的條件下，若DE∥CF，求二面角D-AF-C的余弦值．
【解析】(1)證明：由已知得四邊形ABFE是正方形，且邊長(zhǎng)為2，如圖，連接BE，則AF⊥BE，
又AF⊥BD，BE∩BD＝B，所以AF⊥平面BDE，
又DE?平面BDE，所以AF⊥DE，
又AE⊥DE，AE∩AF＝A，所以DE⊥平面ABFE.
(2)由(1)知ED，EA，EF兩兩垂直，
以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq \(EA,\s\up6(→))，eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(ED,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，
則A(2，0，0)，F(xiàn)(0，2，0)，C(0，2，2)，D(0，0，1)，
eq \(AF,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－2，0，1)，eq \(FC,\s\up6(→))＝(0，0，2)．
設(shè)平面ADF的法向量為n＝(x，y，z)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AF,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD,\s\up6(→))＝0))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,－2x＋z＝0，))不妨取x＝1，得n＝(1，1，2)，
設(shè)平面ACF的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AF,\s\up6(→))＝0，,m·\(FC,\s\up6(→))＝0))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x1＋2y1＝0，,2z1＝0，))取x1＝1得m＝(1，1，0)，
設(shè)二面角D-AF-C的大小為θ，則cs θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(2,\r(2)×\r(6))＝eq \f(\r(3),3).
所以二面角D-AF-C的余弦值為eq \f(\r(3),3).
【典例2】在△ABC中，D，E分別為AB，AC的中點(diǎn)，AB＝2BC＝2CD，如圖1，以DE為折痕將△ADE折起，使點(diǎn)A達(dá)到點(diǎn)P的位置，如圖2.
(1)證明：平面BCP⊥平面CEP；
(2)若平面DEP⊥平面BCED，求直線DP與平面BCP所成角的正弦值．
【解析】(1)證明：在題圖1中，因?yàn)锳B＝2BC＝2CD，且D為AB的中點(diǎn)，
所以由平面幾何知識(shí)，得∠ACB＝90°.
又E為AC的中點(diǎn)，所以DE∥BC.
在題圖2中，CE⊥DE，PE⊥DE，且CE∩PE＝E，
所以DE⊥平面CEP，
所以BC⊥平面CEP，
又BC?平面BCP，
所以平面BCP⊥平面CEP.
(2)因?yàn)槠矫鍰EP⊥平面BCED，平面DEP∩平面BCED＝DE，EP?平面DEP，EP⊥DE，
所以EP⊥平面BCED.
又CE?平面BCED，
所以EP⊥CE.
以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq \(ED,\s\up6(→))，eq \(EC,\s\up6(→))，eq \(EP,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
在題圖1中，設(shè)BC＝2a，
則AB＝4a，AC＝2eq \r(3)a，AE＝CE＝eq \r(3)a，DE＝a.
則P(0，0，eq \r(3)a)，D(a，0，0)，C(0，eq \r(3)a，0)，B(2a，eq \r(3)a，0)．
所以eq \(DP,\s\up6(→))＝(－a，0，eq \r(3)a)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2a，0，0)，
eq \(CP,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)a，eq \r(3)a)．
設(shè)平面BCP的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(CP,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2ax＝0，,－\r(3)ay＋\r(3)az＝0，))
令y＝1，則z＝1，所以n＝(0，1，1)．
設(shè)DP與平面BCP所成的角為θ，
則sin θ＝|cs〈n，eq \(DP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(DP,\s\up6(→))|,|n||\(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(3)a,\r(2)×2a)＝eq \f(\r(6),4).
所以直線DP與平面BCP所成角的正弦值為eq \f(\r(6),4).
【典例3】圖①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖②.
(1)證明：圖②中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求圖②中的平面BCG與平面ACG夾角的大小.
【解析】(1)證明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 作EH⊥BC，垂足為H.
因?yàn)镋H?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的邊長(zhǎng)為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq \r(3).
以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq \(HC,\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H－xyz，
則A(－1，1，0)，C(1，0，0)，
G(2，0，eq \r(3))，eq \(CG,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，－1，0).
設(shè)平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))
所以可取n＝(3，6，－eq \r(3)).
又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，
所以cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(\r(3),2).
因此平面BCG與平面ACG夾角的大小為30°.
三、【培優(yōu)訓(xùn)練】
【訓(xùn)練一】如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且eq \f(PF,PC)＝eq \f(1,3).
(1)求證：CD⊥平面PAD；
(2)求平面FAE與平面PAE夾角的余弦值；
(3)設(shè)點(diǎn)G在PB上，且eq \f(PG,PB)＝eq \f(2,3).判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說(shuō)明理由.
【解析】(1)證明 因?yàn)镻A⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD.
又因?yàn)锳D⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
(2)解 過(guò)點(diǎn)A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M.
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AM，AD?平面ABCD，
所以PA⊥AM，PA⊥AD.
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).
因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，
所以E(0，1，1)，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(2，2，－2)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2)，
所以eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))，
所以eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3))).
設(shè)平面FAE的法向量為n＝(x，y，z)，則
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0.))
令z＝1，則y＝－1，x＝－1.
于是n＝(－1，－1，1).
又因?yàn)槠矫鍼AE的一個(gè)法向量為p＝(1，0，0)，
所以cs〈n，p〉＝eq \f(n·p,|n||p|)＝－eq \f(\r(3),3).
由題知，平面FAE與平面PAE夾角的余弦值為eq \f(\r(3),3).
(3)解 直線AG在平面AEF內(nèi)，理由如下：
因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上，且eq \f(PG,PB)＝eq \f(2,3)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，－1，－2)，
所以eq \(PG,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(2,3)，－\f(4,3)))，
所以eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).
由(2)知，平面AEF的一個(gè)法向量n＝(－1，－1，1)，
所以eq \(AG,\s\up6(→))·n＝－eq \f(4,3)＋eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)＝0.
又點(diǎn)A∈平面AEF，所以直線AG在平面AEF內(nèi).
【訓(xùn)練二】如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F(xiàn)，G，O分別是PC，PD，BC，AD的中點(diǎn)．
(1)求證：PO⊥平面ABCD；
(2)求平面EFG與平面ABCD夾角的大?。?br>(3)在線段PA上是否存在點(diǎn)M，使得直線GM與平面EFG所成的角為eq \f(π,6)，若存在，求線段PM的長(zhǎng)度；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解析】(1)證明 因?yàn)椤鱌AD是正三角形，O是AD的中點(diǎn)，
所以PO⊥AD.
又因?yàn)镃D⊥平面PAD，PO?平面PAD，
所以PO⊥CD.
又AD∩CD＝D，AD，CD?平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
(2)解 如圖，連接OG，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OG，OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，
C(－2,4,0)，D(－2,0,0)，G(0,4,0)，
P(0,0,2eq \r(3))，E(－1,2，eq \r(3))，F(xiàn)(－1,0，eq \r(3))，
eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，－2,0)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(1,2，－eq \r(3))，
設(shè)平面EFG的法向量為m＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→))·m＝0，,\(EG,\s\up6(→))·m＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2y＝0，,x＋2y－\r(3)z＝0，))
令z＝1，則m＝(eq \r(3)，0,1)，
又平面ABCD的法向量n＝(0,0,1)，
設(shè)平面EFG與平面ABCD的夾角為θ，
所以cs θ＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(?\r(3)?2＋12)×1)＝eq \f(1,2)，
所以θ＝eq \f(π,3)，
所以平面EFG與平面ABCD的夾角為eq \f(π,3).
(3)解 不存在，理由如下：
假設(shè)在線段PA上存在點(diǎn)M，
使得直線GM與平面EFG所成的角為eq \f(π,6)，
即直線GM的方向向量與平面EFG法向量m所成的銳角為eq \f(π,3)，
設(shè)eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \(PA,\s\up6(→))，λ∈[0,1]，
eq \(GM,\s\up6(→))＝eq \(GP,\s\up6(→))＋eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(GP,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))，
所以eq \(GM,\s\up6(→))＝(2λ，－4,2eq \r(3)－2eq \r(3)λ)，
所以cs eq \f(π,3)＝|cs〈eq \(GM,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(\r(3),2\r(4λ2－6λ＋7))，
整理得2λ2－3λ＋2＝0，
Δ

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