高考数学一轮复习　第七章 第6节 第2课时利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)

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考点一 用空间向量求异面直线所成的角
【例1】 (1)(一题多解)(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(15),5) C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(\r(3),3)
(2)(一题多解)(2019·河北、山西、河南三省联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P－BC－A的大小为120°，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为( )
A.eq \f(5,8) B.eq \f(3,4) C.eq \f(7,8) D.eq \f(1,4)
解析 (1)法一 以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.
图(1)
则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).
又在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝2，则A(－1，eq \r(3)，0).
所以eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(3)，1)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(1，0，1)，
则cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→)),|\(AB1,\s\up6(→))|·|\(BC1,\s\up6(→))|)
＝eq \f(（1，－\r(3)，1）·（1，0，1）,\r(5)·\r(2))＝eq \f(2,\r(5)·\r(2))＝eq \f(\r(10),5)，
因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为eq \f(\r(10),5).
法二 将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图(2))，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1.
图(2)
则∠B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角)，易求得AB1＝eq \r(5)，BC1＝AD1＝eq \r(2)，B1D1＝eq \r(3).
由余弦定理得cs∠B1AD1＝eq \f(\r(10),5).
(2)法一 取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，过点B作AC的平行线交AO的延长线于点D，连接PD，则∠PBD或其补角就是异面直线PB和AC所成的角.设AB＝a，则PB＝BD＝a，PO＝PD＝eq \f(\r(3),2)a，所以cs ∠PBD＝eq \f(a2＋a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2),2×a×a)＝eq \f(5,8).
法二 如图，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以BC⊥平面PAO，即平面PAO⊥平面ABC.且∠POA就是其二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，建立空间直角坐标系如图所示.
设AB＝2，则A(eq \r(3)，0，0)，C(0，－1，0)，B(0，1，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1，0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1，－\f(3,2)))，
cs 〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝－eq \f(5,8)，所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq \f(5,8).
法三 如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA，
因为△ABC和△PBC是全等的等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角的平面角，设AB＝2，则eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→))，
故eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))·(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→)))＝－eq \f(5,2)，
所以cs 〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AC,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→)),|\(AC,\s\up6(→))|·|\(PB,\s\up6(→))|)＝－eq \f(5,8).
即异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq \f(5,8).
答案 (1)C (2)A
规律方法 1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v1，v2；(3)代入公式|cs〈v1，v2〉|＝eq \f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解.
2.两异面直线所成角的范围是θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.
【训练1】 (一题多解)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝eq \r(2)AB，E，F分别为BC，BB1的中点，M，N分别为AA1，A1C1的中点，则直线MN与EF所成角的余弦值为( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(4,5)
解析 法一 如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接AC1，CB1，C1B′，易得MN∥AC1，EF∥CB1∥C1B′，
那么∠AC1B′或∠AC1B′的补角即直线MN与EF所成的角.
设AA1＝eq \r(2)AB＝eq \r(2)a，
则AC1＝C1B′＝eq \r(3)a，
连接AB′，则AB′＝eq \r(a2＋（2\r(2)a）2)＝3a，
由余弦定理得
cs ∠AC1B′＝eq \f(（\r(3)a）2＋（\r(3)a）2－（3a）2,2（\r(3)a）·（\r(3)a）)＝－eq \f(1,2).
故直线MN与EF所成角的余弦值为eq \f(1,2).
法二 如图，连接AC1，C1B，CB1，
设C1B，CB1交于点O，取AB的中点D，连接CD，OD，
则MN∥AC1∥OD，EF∥CB1，
那么∠DOC或其补角即直线MN与EF所成的角.
设AA1＝eq \r(2)AB＝eq \r(2)a，则AC1＝CB1＝eq \r(3)a，
于是OD＝OC＝eq \f(\r(3)a,2)，
又CD＝eq \f(\r(3)a,2)，于是△OCD为正三角形，
故∠DOC＝60°，cs ∠DOC＝eq \f(1,2)，即直线MN与EF所成角的余弦值为eq \f(1,2).
法三 取AB的中点O，连接CO，则CO⊥AB，以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，过点O且平行于CC1的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设AB＝2，则AA1＝2eq \r(2)，求得M(－1，0，eq \r(2))，
Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2\r(2)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，F(1，0，eq \r(2))，
所以eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\r(2)))，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，\r(2)))，
cs 〈eq \(MN,\s\up6(→))，eq \(EF,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(MN,\s\up6(→))·\(EF,\s\up6(→)),|\(MN,\s\up6(→))|·|\(EF,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(3,2),\r(3)×\r(3))＝eq \f(1,2).
答案 C
考点二 用空间向量求线面角
【例2】 (2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2eq \r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.
(1)证明 因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2eq \r(3).
连接OB，因为AB＝BC＝eq \f(\r(2),2)AC，
所以AB2＋BC2＝AC2，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝eq \f(1,2)AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)解 如图，以O为坐标原点，eq \(OB,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.
由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2eq \r(3))，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，2，2eq \r(3)).取平面PAC的一个法向量eq \(OB,\s\up6(→))＝(2，0，0).
设M(a，2－a，0)(0设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z).
由eq \(AP,\s\up6(→))·n＝0，eq \(AM,\s\up6(→))·n＝0得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋（4－a）y＝0，))可取n＝(eq \r(3)(a－4)，eq \r(3)a，－a)，
所以cs〈eq \(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(2\r(3)（a－4）,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2)).
由已知可得|cs〈eq \(OB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(\r(3),2)，
所以eq \f(2\r(3)|a－4|,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2))＝eq \f(\r(3),2)，
解得a＝－4(舍去)，a＝eq \f(4,3)，
所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8\r(3),3)，\f(4\r(3),3)，－\f(4,3))).
又eq \(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2eq \r(3))，所以cs〈eq \(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\r(3),4).
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4).
规律方法 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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
【训练2】 (2019·郑州测试)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝eq \f(π,6)，AB＝2AD.
(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；
(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值.
(1)证明 在△ABD中，∠ABD＝eq \f(π,6)，AB＝2AD，
由余弦定理，得BD＝eq \r(3)AD，
从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，
所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝eq \f(π,2).
因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD.
又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.
因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.
(2)解 由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝eq \f(π,3)，BD＝eq \r(3)AD，又由ED＝BD，
设AD＝1，则BD＝ED＝eq \r(3).因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，
所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则A(1，0，0)，C(－1，eq \r(3)，0)，E(0，0，eq \r(3))，F(0，eq \r(3)，eq \r(3))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(－1，0，eq \r(3))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(3)，0).
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)z＝0，,－2x＋\r(3)y＝0，))
令z＝1，得n＝(eq \r(3)，2，1)，为平面AEC的一个法向量.
因为eq \(AF,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，eq \r(3))，
所以cs 〈n，eq \(AF,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(AF,\s\up6(→)),|n|·|\(AF,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(42),14)，
所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为eq \f(\r(42),14).
考点三 用空间向量求二面角
【例3】 (2019·北京海淀区模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
(1)(一题多解)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.
(1)证明 法一 取OO1的中点F，连接AF，PF，如图所示.
∵P为BC的中点，∴PF∥OB，
∵AQ∥OB，∴PF∥AQ，
∴P，F，A，Q四点共面.
由题图1可知OB⊥OO1，
∵平面ADO1O⊥平面BCO1O，且平面ADO1O∩平面BCO1O＝OO1，OB⊂平面BCO1O，
∴OB⊥平面ADO1O，
∴PF⊥平面ADO1O，
又OD⊂平面ADO1O，∴PF⊥OD.
由题意知，AO＝OO1，OF＝O1D，∠AOF＝∠OO1D，
∴△AOF≌△OO1D，
∴∠FAO＝∠DOO1，
∴∠FAO＋∠AOD＝∠DOO1＋∠AOD＝90°，∴AF⊥OD.
∵AF∩PF＝F，且AF⊂平面PAQ，PF⊂平面PAQ，
∴OD⊥平面PAQ.
法二 由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，
设AQ的长为m，则O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0).
∵点P为BC的中点，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,2)，3))，
∴eq \(OD,\s\up6(→))＝(3，0，6)，eq \(AQ,\s\up6(→))＝(0，m，0)，eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，m－\f(9,2)，－3)).
∵eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝0，eq \(OD,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝0，
∴eq \(OD,\s\up6(→))⊥eq \(AQ,\s\up6(→))，eq \(OD,\s\up6(→))⊥eq \(PQ,\s\up6(→))，又eq \(AQ,\s\up6(→))与eq \(PQ,\s\up6(→))不共线，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)解 ∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝eq \f(1,2)OB＝3，
则Q(6，3，0)，∴eq \(QB,\s\up6(→))＝(－6，3，0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－3，6).
设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(QB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BC,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－6x＋3y＝0，,－3y＋6z＝0，))
令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1，2，1).
易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0，0，1).
设二面角C－BQ－A的大小为θ，由图可知，θ为锐角，
则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq \f(\r(6),6)，
即二面角C－BQ－A的余弦值为eq \f(\r(6),6).
规律方法 利用空间向量计算二面角大小的常用方法：
(1)找法向量：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：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.
【训练3】 (2018·安徽六校第二次联考)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝BC＝CC1＝2CD，E为线段AB的中点，F是线段DD1上的动点.
(1)求证：EF∥平面BCC1B1；
(2)(一题多解)若∠BCD＝∠C1CD＝60°，且平面D1C1CD⊥平面ABCD，求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.
(1)证明 如图(1)，连接DE，D1E.
图(1)
∵AB∥CD，AB＝2CD，E是AB的中点，∴BE∥CD，BE＝CD，
∴四边形BCDE是平行四边形，∴DE∥BC.
又DE⊄平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，
∴DE∥平面BCC1B1.
∵DD1∥CC1，DD1⊄平面BCC1B1，
CC1⊂平面BCC1B1，∴D1D∥平面BCC1B1.
又D1D∩DE＝D，∴平面DED1∥平面BCC1B1.
∵EF⊂平面DED1，∴EF∥平面BCC1B1.
(2)解 如图(1)，连接BD.
设CD＝1，则AB＝BC＝CC1＝2.
∵∠BCD＝60°，
∴BD＝eq \r(BC2＋CD2－2BC·CD·cs 60°)＝eq \r(3).
∴CD2＋BD2＝BC2，∴BD⊥CD.
同理可得，C1D⊥CD.
法一 ∵平面D1C1CD⊥平面ABCD，平面D1C1CD∩平面ABCD＝CD，C1D⊂平面D1C1CD，
∴C1D⊥平面ABCD，
∵BC⊂平面ABCD，∴C1D⊥BC，
∴C1D⊥B1C1.
在平面ABCD中，过点D作DH⊥BC，垂足为H，连接C1H，如图(1).
∵C1D∩DH＝D，∴BC⊥平面C1DH.
∵C1H⊂平面C1DH，∴BC⊥C1H，∴B1C1⊥C1H，
∴∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角.
∵在Rt△C1CD中，C1D＝eq \r(3)，
在Rt△BCD中，DH＝CD·sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，
∴在Rt△C1DH中，C1H＝eq \r(C1D2＋DH2)＝eq \f(\r(15),2)，
∴cs ∠DC1H＝eq \f(C1D,C1H)＝eq \f(2\r(5),5).
∴平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角(锐角)的余弦值为eq \f(2\r(5),5).
法二 以D为原点，分别以DB，DC，DC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图(2)，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，0，eq \r(3))，B(eq \r(3)，0，0)，
图(2)
∴eq \(B1C1,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，eq \(DC1,\s\up6(→))＝(0，0，eq \r(3))，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0，－1，eq \r(3)).
设平面BCC1B1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n1·\(CC1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(3)x1＋y1＝0，,－y1＋\r(3)z1＝0.))
取z1＝1，则y1＝eq \r(3)，x1＝1，
∴平面BCC1B1中的一个法向量为n1＝(1，eq \r(3)，1).
设平面DC1B1的法向量为n2＝(x2，y2，z2).
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(B1C1,\s\up6(→))＝0，,n2·\(DC1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(3)x2＋y2＝0，,\r(3)z2＝0.))
令x2＝1，则y2＝eq \r(3)，z2＝0，
∴平面DC1B1的一个法向量为n2＝(1，eq \r(3)，0).
设平面BCC1B1与平面DC1B1所成的锐二面角的大小为θ，
则cs θ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1＋3,\r(1＋3＋1)·\r(1＋3))＝eq \f(2\r(5),5).
∴平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角(锐角)的余弦值为eq \f(2\r(5),5).
考点四 用空间向量求空间距离(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＝2eq \r(3)，求点A到平面MBC的距离.
解 设CD的中点为E，连接ME，BE，
因为△MCD是正三角形，
所以ME⊥CD.
又因为平面MCD⊥平面BCD，ME⊂平面MCD.
平面MCD∩平面BCD＝CD.
所以ME⊥平面BCD.
因为△BCD是正三角形，
所以BE⊥CD，
以E点为坐标原点，ED，EB，EM所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图.
则E(0，0，0)，M(0，0，eq \r(3))，C(－1，0，0)，B(0，eq \r(3)，0)，A(0，eq \r(3)，2eq \r(3)).
所以eq \(MA,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，eq \r(3))，eq \(BM,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)，eq \r(3))，eq \(CM,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，
设n＝(x，y，z)是平面MBC的法向量，则
n⊥eq \(BM,\s\up6(→))，n⊥eq \(CM,\s\up6(→))，
所以n·eq \(BM,\s\up6(→))＝0，n·eq \(CM,\s\up6(→))＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(3)y＋\r(3)z＝0，,x＋\r(3)z＝0，))
令z＝1，则y＝1，x＝－eq \r(3)，所以n＝(－eq \r(3)，1，1).
所以点A到平面MBC的距离为
d＝eq \f(|\(MA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(3),\r(5))＝eq \f(2\r(15),5).
规律方法 1.空间中两点间的距离的求法
两点间的距离就是以这两点为端点的向量的模.因此，要求两点间的距离除了使用距离公式外，还可转化为求向量的模.
2.求点P到平面α的距离的三个步骤：
(1)在平面α内取一点A，确定向量eq \(PA,\s\up6(→))的坐标表示；
(2)确定平面α的法向量n；
(3)代入公式d＝eq \f(|\(PA,\s\up6(→))·n|,|n|)求解.
【训练4】 正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别是棱AB，AD，B1C1，D1C1的中点，则平面EFD1B1和平面GHDB的距离是________.
解析 因为平面EFD1B1∥平面GHDB，EF∥平面GHDB，所以平面EFD1B1和平面GHDB的距离，就是EF到平面GHDB的距离，也就是点F到平面GHDB的距离.
建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
则eq \(DF,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(DH,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，
设平面GHDB的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DH,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))
不妨设y＝－2，则n＝(2，－2，1)，
所以点F到平面GHDB的距离
d＝eq \f(|\(DF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|1×2＋0×（－2）＋0×1|,\r(22＋（－2）2＋12))＝eq \f(2,3)，
即平面EFD1B1和平面GHDB的距离也是eq \f(2,3).
答案 eq \f(2,3)
[思维升华]
1.利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算.
2.利用法向量求距离问题的程序思想方法
第一步，确定法向量；
第二步，选择参考向量；
第三步，确定参考向量到法向量的投影向量；
第四步，求投影向量的长度.
[易错防范]
1.异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角.
2.利用向量法求二面角大小的注意点
(1)建立空间直角坐标系时，若垂直关系不明确，应先给出证明；
(2)对于某些平面的法向量，要结合题目条件和图形多观察，判断该法向量是否已经隐含着，不用再求.
(3)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
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° B.60°
C.30° 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.则sin β＝|cs γ|＝|cs 120°|＝eq \f(1,2).
又0°≤β≤90°，∴β＝30°.
答案 C
2.在正方体A1B1C1D1－ABCD中，AC与B1D所成角大小为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A(0，0，0)，
C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0).
∴eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(B1D,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，
∵eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(B1D,\s\up6(→))＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，
∴eq \(AC,\s\up6(→))⊥eq \(B1D,\s\up6(→))，∴AC与B1D所成的角为eq \f(π,2).
答案 D
3.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2.以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.则CD与平面ACM所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(\r(6),3)
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，4)，
B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，M(0，2，2).
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，4，0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(0，2，2)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2，0，0).
设平面ACM的一个法向量n＝(x，y，z)，由n⊥eq \(AC,\s\up6(→))，n⊥eq \(AM,\s\up6(→))，
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋4y＝0，,2y＋2z＝0，))令z＝1，得n＝(2，－1，1).
设所求角为α，则sin α＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(CD,\s\up6(→))·n,|\(CD,\s\up6(→))||n|)))＝eq \f(\r(6),3).
答案 D
4.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为( )
A.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为原点，AB，AD，AA1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，设棱长为1，则A1(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，D(0，1，0)，
∴eq \(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(1,2))).
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(A1D,\s\up6(→))·n1＝0，,\(A1E,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2，,z＝2，))
∴n1＝(1，2，2).
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
∴|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(2,3×1)＝eq \f(2,3)，
即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为eq \f(2,3).
答案 B
5.(2019·日照模拟)设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(2\r(2),3) D.eq \f(2\r(3),3)
解析 如图，以点D为坐标原点，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，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，eq \(D1A1,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，
设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DA1,\s\up6(→))＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))
令z＝1，得n＝(－1，1，1).
∴D1到平面A1BD的距离d＝eq \f(|\(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3).
答案 D
二、填空题
6.(2019·昆明月考)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________.
解析 以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系.设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，
∴eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝2，
∴cs〈eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,2)，
∴EF和BC1所成的角为60°.
答案 60°
7.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________.
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eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(DC1,\s\up6(→))＝(0，1，2).
设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥eq \(DB,\s\up6(→))，n⊥eq \(DC1,\s\up6(→))，
所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2，1).
设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈n，eq \(DC,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(DC,\s\up6(→)),|n||\(DC,\s\up6(→))|)))＝eq \f(2,3).
答案 eq \f(2,3)
8.(一题多解)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所成的锐二面角的正切值为________.
解析 法一 延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示.
设正方体的棱长为3，则GB＝BC＝3，
作BH⊥AG于点H，连接EH，
则∠EHB为所求锐二面角的平面角.
∵BH＝eq \f(3\r(2),2)，EB＝1，
∴tan ∠EHB＝eq \f(EB,BH)＝eq \f(\r(2),3).
法二 如图，以点D为坐标原点，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D－xyz，
设DA＝1，由已知条件得
A(1，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,3)))，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(2,3)))，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,3)))，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，\f(2,3)))，
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,3)z＝0，,－x＋y＋\f(2,3)z＝0.))
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cs θ＝|cs 〈n，m〉|＝eq \f(3\r(11),11)，tan θ＝eq \f(\r(2),3).
答案 eq \f(\r(2),3)
三、解答题
9.(2018·江苏卷)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点.
(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.
解 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1 的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OO1,\s\up6(→))}为基底，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
因为AB＝AA1＝2，
所以A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，
B1(eq \r(3)，0，2)，C1(0，1，2).
(1)因为P为A1B1的中点，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，
从而eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，eq \(AC1,\s\up6(→))＝(0，2，2)，
故|cs〈eq \(BP,\s\up6(→))，eq \(AC1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(BP,\s\up6(→))·\(AC1,\s\up6(→))|,|\(BP,\s\up6(→))|·|\(AC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－1＋4|,\r(5)×2\r(2))＝eq \f(3\r(10),20).
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为eq \f(3\r(10),20).
(2)因为Q为BC的中点，所以Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，
因此eq \(AQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq \(AC1,\s\up6(→))＝(0，2，2)，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0，0，2).
设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AQ,\s\up6(→))·n＝0，,\(AC1,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0，,2y＋2z＝0.))
不妨取n＝(eq \r(3)，－1，1).
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(CC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(CC1,\s\up6(→))·n|,|\(CC1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(2,\r(5)×2)＝eq \f(\r(5),5)，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
10. (2018·河北五校联考)如图，在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，底面△ABC是边长为2的正三角形，A1A＝A1C，A1A⊥A1C.
(1)求证：A1C1⊥B1C；
(2)(一题多解)求二面角B1－A1C－C1的正弦值.
(1)证明 如图，取A1C1的中点D，连接B1D，CD，
∵C1C＝A1A＝A1C，
∴CD⊥A1C1，
∵底面△ABC是边长为2的正三角形，
∴AB＝BC＝2，A1B1＝B1C1＝2，
∴B1D⊥A1C1，
又B1D∩CD＝D，B1D⊂平面B1CD，CD⊂平面B1CD，
∴A1C1⊥平面B1CD，∴A1C1⊥B1C.
(2)解 法一 如图，过点D作DE⊥A1C于点E，连接B1E.
∵侧面AA1C1C⊥底面ABC，
∴侧面AA1C1C⊥平面A1B1C1，又B1D⊥A1C1，
侧面AA1C1C∩平面A1B1C1＝A1C1，
∴B1D⊥平面A1CC1，∴B1D⊥A1C，
∴A1C⊥平面B1DE，∴B1E⊥A1C，
∴∠B1ED为所求二面角的平面角.
∵A1B1＝B1C1＝A1C1＝2，∴B1D＝eq \r(3)，
又ED＝eq \f(1,2)CC1＝eq \f(\r(2),2)，∴tan ∠B1ED＝eq \f(B1D,ED)＝eq \f(\r(3),\f(\r(2),2))＝eq \r(6)，
∴sin ∠B1ED＝eq \f(\r(42),7).
∴二面角B1－A1C－C1的正弦值为eq \f(\r(42),7).
法二 如图，取AC的中点O，以O为坐标原点，射线OB，OC，OA1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B(eq \r(3)，0，0)，A1(0，0，1)，B1(eq \r(3)，1，1)，C1(0，2，1)，C(0，1，0)，
∴eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1，0)，eq \(A1C,\s\up6(→))＝(0，1，－1).
设m＝(x，y，z)为平面A1B1C的法向量，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(A1B1,\s\up6(→))＝\r(3)x＋y＝0，,m·\(A1C,\s\up6(→))＝y－z＝0，))
令y＝eq \r(3)，得m＝(－1，eq \r(3)，eq \r(3))，
又eq \(OB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，0)为平面A1CC1的一个法向量，
∴cs 〈m，eq \(OB,\s\up6(→))〉＝eq \f(m·\(OB,\s\up6(→)),|m||\(OB,\s\up6(→))|)＝－eq \f(\r(7),7)，
由图易知所求二面角为锐角，
∴二面角B1－A1C－C1的正弦值为eq \f(\r(42),7).
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·长沙雅礼中学检测)在三棱锥P－ABC中，点P在底面的正投影恰好是等边△ABC的边AB的中点，且点P到底面ABC的距离等于底面边长.设△PAC与底面所成的二面角的大小为α，△PBC与底面所成的二面角的大小为β，则tan(α＋β)的值是( )
A.eq \f(3,4)eq \r(3) B.eq \f(2,5)eq \r(3) C.－eq \f(8,13)eq \r(3) D.－eq \f(5,8)eq \r(3)
解析 如图，设点P在边AB上的射影为H，作HF⊥BC，HE⊥AC，连接PF，PE.
依题意，∠HEP＝α，∠PFH＝β.
不妨设等边△ABC的边长为2，则PH＝2，AH＝BH＝1.
∴HE＝eq \f(\r(3),2)，HF＝eq \f(\r(3),2)，则tan α＝tan β＝eq \f(2,\f(\r(3),2))＝eq \f(4,\r(3))，
故tan(α＋β)＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2×\f(4,\r(3)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,\r(3))))\s\up12(2))＝－eq \f(8,13) eq \r(3).
答案 C
12.(2019·济南质检)如图所示，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夹角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(\r(5),3) C.eq \f(2\r(5),5) D.eq \f(3,5)
解析 不妨令CB＝1，则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)，
∴eq \(BC1,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(－2，2，1)，
∴cs〈eq \(BC1,\s\up6(→))，eq \(AB1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BC1,\s\up6(→))·\(AB1,\s\up6(→)),|\(BC1,\s\up6(→))||\(AB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(4－1,\r(5)×\r(9))＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5)＞0.
∴eq \(BC1,\s\up6(→))与eq \(AB1,\s\up6(→))的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
答案 A
13.如图所示，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＝2eq \r(17)，则该二面角的大小为__________.
解析 ∵eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))，
∴|eq \(CD,\s\up6(→))|＝eq \r(（\(CA,\s\up6(→))＋\(AB,\s\up6(→))＋\(BD,\s\up6(→))）2)＝eq \r(36＋16＋64＋2\(CA,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)))
＝eq \r(116＋2\(CA,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)))＝2eq \r(17).
∴eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝|eq \(CA,\s\up6(→))|·|eq \(BD,\s\up6(→))|· cs〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝－24.
∴ cs〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝－eq \f(1,2).
又所求二面角与〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉互补，
∴所求的二面角为60°.
答案 60°
14.如图在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1.D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1.
(1)求证：CD＝C1D；
(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；
(3)求点C到平面B1DP的距离.
解 如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A1(0，0，0)，B1(1，0，0)，C1(0，1，0)，B(1，0，1).
(1)证明 设C1D＝x，∵AC∥PC1，
∴eq \f(C1P,AC)＝eq \f(C1D,CD)＝eq \f(x,1－x).
由此可得D(0，1，x)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1＋\f(x,1－x)，0)).
∴eq \(A1B,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq \(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，x)，
eq \(B1P,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1＋\f(x,1－x)，0)).
设平面BA1D的一个法向量为n1＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(A1B,\s\up6(→))＝a＋c＝0，,n1·\(A1D,\s\up6(→))＝b＋cx＝0，))令c＝－1，则n1＝(1，x，－1).
∵PB1∥平面BDA1，
∴n1·eq \(B1P,\s\up6(→))＝1×(－1)＋x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x,1－x)))＋(－1)×0＝0.
由此可得x＝eq \f(1,2).故CD＝C1D.
(2)由(1)知，平面BA1D的一个法向量n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，－1)).
又n2＝(1，0，0)为平面AA1D的一个法向量，
∴cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(1,1×\f(3,2))＝eq \f(2,3).
故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为eq \f(2,3).
(3)∵eq \(PB1,\s\up6(→))＝(1，－2，0)，eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－1，\f(1,2)))，
设平面B1DP的一个法向量为n3＝(a1，b1，c1).
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n3·\(PB1,\s\up6(→))＝a1－2b1＝0，,n3·\(PD,\s\up6(→))＝－b1＋\f(c1,2)＝0.))
令c1＝1，可得n3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，1)).又eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，
∴C到平面B1DP的距离d＝eq \f(|\(DC,\s\up6(→))·n3|,|n3|)＝eq \f(1,3).
新高考创新预测
15. (思维创新)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E分别是BC，AB的中点，AB≠AC，且AC>AD.设PC与DE所成角为α，PD与平面ABC所成角为β，二面角P－BC－A为γ，则( )
A.α<β<γ B.α<γ<β
C.β<α<γ D.γ<β<α
解析 由题图可知∠PCA＝α因为PA⊥平面ABC，所以tan α＝eq \f(PA,AC)，tan β＝eq \f(PA,AD).
又AC>AD，故tan β>tan α，则β>α.
过点A作AQ⊥BC，垂足为Q，连接PQ，则∠PQA＝γ，
同理可证得γ>β，所以α<β<γ，故选A.
答案 A