高中数学高考专区一轮复习0课时练习

这是一份高中数学高考专区一轮复习0课时练习，共28页。试卷主要包含了异面直线所成角，直线与平面所成角，二面角等内容，欢迎下载使用。

第七节 利用空间向量求空间角及距离
知识回顾
1．异面直线所成角
设异面直线a，b所成的角为θ，则cos θ＝， 其中a，b分别是直线a，b的方向向量．
2．直线与平面所成角
如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则sin φ＝|cos〈a，n〉|＝.

3．二面角
(1)若AB，CD分别是二面角α­l­β的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量与的夹角，如图(1)．

(2)平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α ­l ­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝，如图(2)(3)．
4. 点到平面的距离
从平面外一点引平面的垂线，这个点和垂足间的距离，叫做这个点到这个平面的距离

课前检测
1．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
【答案】选C　以点C为坐标原点，CA，CB，CC1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．设直三棱柱的棱长为2，则可得A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)， ∴＝(1，－1,2)， ＝(－1,0,2)．
∴cos，＝＝＝.
2.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向量是平面ABC法向量的是(　　)
A．(－1,1,1) B．(1,－1,1)
C． D．
C
设n＝(x,y,z)为平面ABC的法向量,则化简得所以x＝y＝z.C正确．故选C．
3.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC­A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为2,则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．

以A为原点,以,(AE⊥AB),所在直线为坐标轴(如图11.6­1所示)建立空间直角坐标系,设D为A1B1中点,则A(0,0,0),C1(1,,2),D(1,0,2),所以＝(1,,2),＝(1,0,2)．∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角,cos∠C1AD＝＝＝,又因为∠C1AD∈,所以∠C1AD＝.

4．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面PAB与平面PCD所成的角为________．
解析：如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，
由题意，知AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，
又CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD.
∴＝(0,1,0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且，＝45°.
故平面PAB与平面PCD所成的角为45°.
【答案】45°
5.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是________．

【答案】 90°　
【解析】 建立空间直角坐标系如图所示．设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，M，N，所以＝，＝，所以cos〈，〉＝＝0，所以⊥，故异面直线A1M与DN所成角的大小为90°.

课中讲解
考点一.异面直线所成的角
例1　(2019·湖北知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为________．
答案　
解析　方法一　令M为AC的中点，连结MB，MA1，
由题意知△ABC是等边三角形，所以BM⊥AC，
同理，A1M⊥AC，
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BM⊂平面ABC，所以BM⊥平面A1ACC1，
因为A1M⊂平面A1ACC1，所以BM⊥A1M，
所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．

设AA1＝AC＝AB＝2，则A(1,0,0)，B(0，，0)，A1(0,0，)，C1(－2,0，)，
所以＝(－3,0，)，＝(0，，－)，
所以cos〈，〉＝＝－，
故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.
方法二　如图，在平面ABC，平面A1B1C1中分别取点D，D1，连结BD，CD，B1D1，C1D1，使得四边形ABDC，A1B1D1C1为平行四边形，连结DD1，BD1，则AB＝C1D1，且AB∥C1D1，所以AC1∥BD1，故∠A1BD1或其补角为异面直线AC1与A1B所成的角．连结A1D1，过点A1作A1M⊥AC于点M，连结BM，

设AA1＝2，由∠A1AM＝∠BAC＝60°，得AM＝1，BM＝，A1M＝，
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，A1M⊂平面A1ACC1，
所以A1M⊥平面ABC，又BM⊂平面ABC，
所以A1M⊥BM，所以A1B＝，
在菱形A1ACC1中，可求得AC1＝2＝BD1，
同理，在菱形A1B1D1C1中，求得A1D1＝2，
所以cos∠A1BD1＝＝＝，
所以异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.
变式1.如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
(1)求证：MN∥平面BDE；
(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．








[解]　由题意知，AB，AC，AP两两垂直，故以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A(0，0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0，0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0，0,1)，N(1,2,0)．
(1)证明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则即
不妨取z＝1，可得n＝(1,0,1)．
又＝(1,2，－1)，可得·n＝0.
因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.
(2)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，
进而可得＝(－1，－2，h)， ＝(－2,2,2)．
由已知，得|cos〈，〉|＝
＝＝，
整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.
所以线段AH的长为或.

例2.　如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝2，PA＝2，求异面直线BC与AE所成的角的大小．


【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，E(1，，1)，＝(1，，1)，＝(0，2，0)．
设与的夹角为θ，则cosθ＝＝＝，所以θ＝，所以异面直线BC与AE所成的角的大小是.

变式2.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．
解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD.
又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.
(2)设AC∩BD＝O.
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
如图，以O为坐标原点，射线OB，OC分别为x轴，y轴的正半轴建立空间直角坐标系O­xyz，
则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，
所以＝(1，，－2)，＝(0，2，0)．
设PB与AC所成角为θ，
则cos θ＝＝＝.
即PB与AC所成角的余弦值为.
考点二.直线与平面所成的角
例1.如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；
（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【详解】（1）证明：
在正方形中，，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
因为在四棱锥中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因为
所以平面；
（2）如图建立空间直角坐标系，

因为，则有，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于

，当且仅当时取等号，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
变式1.如图，平面平面，且，．

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
【解析】
（1）过点作，垂足为，连接，

因，，所以,
故≌，所以,即，
又 ,所以平面，又平面,故．
（2）方法一：不妨设，则，，所以,过点作平面，连接，
则即为直线与平面所成的角，
由等体积可得，
即，∴．
方法二 ：由（1）可得 ，所以以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系如图.

不妨设，则，，，,
设平面的法向量为，
，，
即有，
设直线与平面所成的角为，故，
∴．
例2.　如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．

(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．
方法一　(1)证明　如图，连结A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.

又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F，
又A1E，A1F⊂平面A1EF，A1E∩A1F＝A1，
所以BC⊥平面A1EF.
又EF⊂平面A1EF，因此EF⊥BC.
(2)解　取BC的中点G，连结EG，GF，
则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，
所以平行四边形EGFA1为矩形．
连结A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．
不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.
由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝＝，
所以cos∠EOG＝＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.
方法二　(1)证明　连结A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，
所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC.
如图，以E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系．

不妨设AC＝4，则A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F，C(0,2,0)．
因此，＝，＝(－，1,0)．
由·＝0得EF⊥BC.
(2)解　设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得＝(－，1,0)，＝(0,2，－2)．
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
取n＝(1，，1)，
故sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.
变式2.如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k>0)．若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求实数k的值．

【解析】 由题意知DC⊥AD，D1D⊥DC，D1D⊥AD，故以D为原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4k，0，0)，C(0，6k，0)，B1(4k，3k，1)，A1(4k，0，1)，所以＝(－4k，6k，0)，＝(0，3k，1)，＝(0，0，1)．
设平面AB1C的法向量n＝(x，y，z)，
则即
取y＝2，得n＝(3，2，－6k)．
设AA1与平面AB1C所成角为θ，则
sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，解得k＝1，故实数k的值为1.

考点三.二面角
例1.　如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝AB.
(1) 证明：BC1∥平面A1CD；
(2) 求二面角DA1CE的正弦值．

【解析】 (1) 连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点．
又D是AB的中点，连结DF，则BC1∥DF.
因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD.

(2) 由AC＝CB＝AB得，AC⊥BC.
以C为坐标原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Cxyz.设CA＝2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，1)，＝(2，0，2)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，
则即
可取n＝(1，－1，－1)．
设m是平面A1CE的法向量，则
可取m＝(2，1，－2)，所以cos〈n，m〉＝＝，故sin〈n，m〉＝，
即二面角DA1CE的正弦值为.

变式1.[2018·天津高考]如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.
(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；
(2)求二面角E－BC－F的正弦值；
(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．


【解析】　依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，


可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2)．
(1)证明：依题意得M，N(1，0，2). ＝(0，2，0)，＝(2，0，2)．设n0＝(x0，y0，z0)为平面CDE的法向量，则即不妨令z0＝－1，
可得n0＝(1，0，－1)．又＝，可得·n0＝0.
又∵直线MN⊄平面CDE，∴MN∥平面CDE.
(2)依题意，可得＝(－1，0，0)，＝(1，－2，2)，＝(0，－1，2)．
设n＝(x1，y1，z1)为平面 BCE的法向量，则即
不妨令z1＝1，可得n＝(0，1，1)．
设m＝(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，则即
不妨令z2＝1，可得m＝(0，2，1)．∴有cos〈m，n〉＝＝，
于是sin〈m，n〉＝.∴二面角E－BC－F的正弦值为.
(3)设线段DP的长为h(h∈[0，2])，则点P的坐标为(0，0，h)，可得＝(－1，－2，h)．
易知，＝(0，2，0)为平面ADGE的一个法向量，故|cos〈，〉|＝＝，由题意，可得＝sin 60°＝，解得h＝∈[0，2]．∴线段DP的长为.
例2.　(2020·连云港模拟)如图，四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为矩形. SA⊥平面ABCD，E，F分别为AD，SC的中点，EF与平面ABCD所成的角为45°.

(1)证明：EF为异面直线AD与SC的公垂线；
(2)若EF＝BC，求二面角B－SC－D的余弦值．
(1)证明　连结AC，BD交于点G，连结EG，FG.

因为四边形ABCD为矩形，且E，F分别是AD，SC的中点，
所以EG∥CD，且FG∥SA.
又SA⊥平面ABCD，
所以GF⊥平面ABCD，所以GF⊥AD.
又AD⊥GE，GE∩GF＝G，GE，GF⊂平面GEF，
所以AD⊥平面GEF，所以AD⊥EF.
因为EF与平面ABCD所成的角为45°，
所以∠FEG＝45°，
从而GE＝GF，所以SA＝AB.
取SB的中点H，连结AH，FH，
则由F，H分别为SC，SB的中点，
得FH∥BC∥AE，HF＝AE＝BC，从而四边形AEFH为平行四边形．所以EF∥AH.
又由SA＝AB，知AH⊥SB.
又SA⊥BC，AB⊥BC，SA∩AB＝A，SA，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB，所以AH⊥BC.
又SB∩BC＝B，SB，BC⊂平面SBC，所以AH⊥平面SBC.
所以EF⊥平面SBC，又SC⊂平面SBC，所以EF⊥SC.
综上知EF为异面直线AD与SC的公垂线．

(2)解　因为EF＝BC，设BC＝2，则EF＝1，
从而GE＝GF＝，
所以SA＝AB＝，
以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则B(，0,0)，D(0,2,0)，S(0,0，)，C(，2,0)，
从而＝(，2，－)，＝(0,2,0)．
设平面SBC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
即令z1＝1，从而得n1＝(1,0,1)．
同理，可求得平面SCD的一个法向量为n2＝(0,1，)．
设二面角B－SC－D的平面角为θ，
从而cos θ＝＝＝.
由图知，二面角B－SC－D为钝角，
所以二面角B－SC－D的余弦值为－.
变式2.（2020年江西赣洲）如图，四边形ABCD是菱形，平面ABCD，，平面BDE，G是AB中点．

求证：平面BCF；
若，，求二面角的余弦值．
【详解】设，连结OE，OF，
四边形ABCD是菱形，平面ABCD，，平面BDE，
，，平面ABCD，
设，，，
以O为原点，OA，OB，OF所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则0，，，b，，0，，0，，
b，，0，，，
设平面BCF的法向量为y，，
则，取，得c，，
，平面BCF，
平面BCF．
设，，，，
，1，，，，
，，，
设平面ABE的法向量y，，
则，取，得，
设平面BDE的法向量y，，
则，取，得0，，
设二面角的平面角为，
则，二面角的余弦值为
考点四.立体几何中的探索性问题
例1.已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．


(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角M－EC－F的余弦值，若不存在，说明理由．
解　(1)因为直线MF⊂平面ABFE，
故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)，

因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，
所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，且AO＝2，
连结DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，
连结MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又因为MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，
所以直线OD∥平面EMC.
(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，
所以EF⊥平面ADE，
所以平面ABFE⊥平面ADE，
取AE的中点H为坐标原点，以AH，DH所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

所以E(－1,0,0)，D(0,0，)，C(0,4，)，F(－1,4,0)，
所以＝(1,0，)，＝(1,4，)，
设M(1，t,0)(0≤t≤4)，则＝(2，t,0)，
设平面EMC的法向量m＝(x，y，z)，
则⇒
取y＝－2，则x＝t，z＝，所以m＝，
因为DE与平面EMC所成的角为60°，
所以＝，
所以＝，所以t2－4t＋3＝0，
解得t＝1或t＝3，
所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°，
取ED的中点Q，因为EF⊥平面ADE，AQ⊂平面ADE，
所以AQ⊥EF，
又因为AQ⊥DE，DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面CEF，
所以AQ⊥平面CEF，则为平面CEF的法向量，
因为Q，A(1,0,0)，
所以＝，m＝，
设二面角M－EC－F的大小为θ，
所以|cos θ|＝＝＝，
因为当t＝2时，cos θ＝0，平面EMC⊥平面CDEF，
所以当t＝1时，θ为钝角，所以cos θ＝－.
当t＝3时，θ为锐角，所以cos θ＝.
变式1.　如图，底面ABCD是边长为3的正方形，平面ADEF⊥平面ABCD，AF∥DE，AD⊥DE，AF＝2，DE＝3.
(1)求证：平面ACE⊥平面BED；
(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值；
(3)在线段AF上是否存在点M，使得二面角M­BE­D的大小为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
[解]　(1)证明：因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD，DE⊂平面ADEF，
所以DE⊥平面ABCD.
因为AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC.
又因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.
因为DE∩BD＝D，DE⊂平面BED，BD⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED.
又因为AC⊂平面ACE，
所以平面ACE⊥平面BED.
(2)因为DA，DC，DE两两垂直，所以以D为坐标原点，射线DA，DC，DE分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系D­xyz，如图所示．则A(3,0,0)，F(3，0,2)，E(0,0，3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，＝(3，－3,0)，＝(－3，－3，3)，＝(3,0，－)．
设平面BEF的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
取x1＝，得n＝(，2，3)．
所以cos，n＝＝＝－.
所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.
(3)假设存在点M在线段AF上满足条件，
设M(3,0，t)，0≤t≤2，
则＝(0，－3，t)，＝(－3，－3,3)．
设平面MBE的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则即
令y2＝t，得m＝(3－t，t,3)．
易知CA＝(3，－3,0)是平面BED的一个法向量，
所以|cosm，|＝
＝＝，
整理得2t2－6t＋15＝0，解得t＝或t＝(舍去)，
故在线段AF上存在点M，使得二面角M­BE­D的大小为60°，此时＝.
例2.　(2019·天津市南开区南开中学月考)如图1，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，DE⊥AB于点E，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥BE，如图2.

(1)求证：A1E⊥平面BCDE；
(2)求二面角E－A1D－B的余弦值；
(3)在线段BD上是否存在点P，使平面A1EP⊥平面A1BD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
(1)证明　因为A1D⊥BE，DE⊥BE，A1D∩DE＝D，
A1D，DE⊂平面A1DE，所以BE⊥平面A1DE，
因为A1E⊂平面A1DE，
所以A1E⊥BE，
又因为A1E⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BCDE，
所以A1E⊥平面BCDE.
(2)解　以E为原点，分别以EB，ED，EA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(0，，0)，A1(0,0,1)，

所以＝(－1,0,1)，＝(－1，，0)，
设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，
由得
令y＝1，得n＝(，1，)，
因为BE⊥平面A1DE，
所以平面A1DE的法向量＝(1,0,0)，
cos〈n，〉＝＝＝，
因为所求二面角为锐角，
所以二面角E－A1D－B的余弦值为.
(3)解　假设在线段BD上存在一点P，使得平面A1EP⊥平面A1BD，
设P(x，y，z)，＝λ(0≤λ≤1)，
则(x－1，y，z)＝λ(－1，，0)，所以P(1－λ，λ，0)，
所以＝(0,0,1)，＝(1－λ，λ，0)，
设平面A1EP的法向量m＝(x1，y1，z1)，
由
得
令x1＝λ，得m＝(λ，λ－1,0)，
因为平面A1EP⊥平面A1BD，
所以m·n＝3λ＋λ－1＝0，解得λ＝∈[0,1]，
所以在线段BD上存在点P，使得平面A1EP⊥平面A1BD，且＝.
考点五.点到平面的距离

例1.如图所示,△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＝2,求点A到平面MBC的距离．

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11.6­22所示．

则E(0,0,0),M(0,0,),C(－1,0,0),B(0,,0),A(0,,2)．所以＝(0,,),＝(0,－,),＝(1,0,),设n＝(x,y,z)是平面MBC的法向量,则n⊥,n⊥,所以n·＝0,n·＝0,
所以
令z＝1,则y＝1,x＝－,所以n＝(－,1,1)．
所以点A到平面MBC的距离为
d＝＝＝.
变式1.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________.

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.

图11.6­23
建立如图11.6­23所示的空间直角坐标系D－xyz,
则＝(1,0,0),＝(0,1,2),＝(2,2,0),
设平面GHDB的法向量为n＝(x,y,z),
则即
不妨设y＝－2,则n＝(2,－2,1),
所以点F到平面GHDB的距离
d＝＝＝,
即平面EFD1B1和平面GHDB的距离也是.

课后习题
一． 单选题
1.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C　建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0，0,2)，N(1,0,0)，∴＝(－1，－1，－2)， ＝(1,0，－2)，
∴B1M与D1N所成角的余弦值为＝＝.





2．如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】选A　如图，以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C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，
∴＝(0,3,1)， ＝(1,1，－1)， ＝(0,3，－1)．
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即取y＝1，得n＝(2,1,3)．
∴cos，n＝＝，
∴DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为.
3．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝2，二面角B­AA1­C1的大小为60°，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为(　　)
A. B.
C. D．2
【答案】选A　由题意可知，∠BAC＝60°，点B到平面ACC1A1的距离为，点C到平面ABB1A1的距离为2，所以在三角形ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝2，∠ABC＝90°，
则·＝(－)·(＋)＝4，
||＝2，||＝4，
cos，＝＝，
故tan，＝.
4.如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.


【答案】选A　设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则B1，F(1,0,1)，
E，G(0,0,2)，
＝，＝， ＝(1,0，－1)．
设平面GEF的法向量n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则z＝1，y＝，
故n＝为平面GEF的一个法向量，
所以cos〈n，〉＝＝－，
所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为.
5．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(　　)
A. B.
C. D.
【答案】选B　以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设棱长为1，
则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，