2020年高考数学理科一轮复习讲义：第7章立体几何第7讲

第7讲　立体几何中的向量方法 [考纲解读]　1.理解直线的方向向量及平面的法向量，并能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．(重点)2.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理，并能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．(难点)[考向预测]　从近三年高考情况来看，本讲为高考必考内容．预测2020年高考将会以空间向量为工具，证明平行与垂直以及求空间角的计算问题．试题以解答题的形式呈现，难度为中等偏上.  1．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2⇔v1＝λv2.(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u⇔v·u＝0.(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2⇔u1＝λu2.2．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0.(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u⇔v＝λu.(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.3．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 4．直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝，φ的取值范围是.5．求二面角的大小(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)1．概念辨析(1)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．(　　)(2)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．(　　)(3)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(　　)(4)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.(　　)答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)× 2．小题热身(1)若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则(　　)A．l∥α B．l⊥αC．l⊂α D．l与α斜交答案　B解析　因为a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，所以n＝－2a，所以a∥n，所以l⊥α.(2)已知向量＝(2,2,1)，＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是(　　)A. B．C．± D．±答案　D解析　设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，则取z＝1，得x＝，y＝－1.则n＝，|n|＝，故平面ABC的单位法向量是±.(3)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成角的大小为(　　)A．60° B．75°C．90° D．105°答案　C解析　取AC的中点D，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a，则B，C1，A，B1，从而＝，＝.所以cos〈，〉＝＝0，所以AB1与C1B所成的角为90°.故选C.(4)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________，二面角B－A1C1－D1的余弦值为________．答案　　－解析　如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，∴＝(0,2,0)，＝(－1，2,0)，＝(0,2，－1)，设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，由即令y＝1，得n＝(2,1,2)，设D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.易知平面A1C1D1的法向量m＝(0,0,1)，∴cos〈m，n〉＝＝＝.由图可知，二面角B－A1C1－D1为钝角，故二面角B－A1C1－D1的余弦值为－. 题型 　利用空间向量研究空间中的位置关系角度1　利用空间向量证明平行与垂直问题1．(2018·青岛模拟)如图，在多面体ABC－A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，AA1⊥平面BAC.求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；(2)AB1∥平面A1C1C.证明　∵AA1⊥平面BAC.∴AA1⊥AB，AA1⊥AC.又∵AB＝AC，BC＝AB，∴∠CAB＝90°，即CA⊥AB，∴AB，AC，AA1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)．(1)＝(0,2,0)，＝(0,0，－2)，＝(2,0,0)，设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，则即即取y＝1，则n＝(0,1,0)．∴＝2n，即∥n.∴A1B1⊥平面AA1C.(2)易知＝(0,2,2)，＝(1,1,0)，＝(2,0，－2)，设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，则即令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．∴·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴⊥m.又AB1⊄平面A1C1C，∴AB1∥平面A1C1C.角度2　利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题2．(2018·桂林模拟)如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥AA1；(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．解　(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos60°＝3，∴AO2＋A1O2＝AA，∴A1O⊥AO.由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1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，则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)．由于＝(－2，0,0)，＝(0,1，)，·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，∴⊥，即BD⊥AA1.(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．从而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．设平面DA1C1的法向量为n＝(x，y，z)，则又＝(0,2,0)，＝(，0，)，则取n＝(1,0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，则n⊥，即n·＝－－λ＝0，得λ＝－1，即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.1．用空间向量证明平行问题的方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示面面平行①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)；②转化为线面平行、线线平行问题 2．用空间向量证明垂直问题的方法线线垂直问题证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零线面垂直问题直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直问题两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直 3．解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理．(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y,0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0,0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为＝λ，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算．提醒：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，设E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面PAD；(2)求证：平面PAB⊥平面PDC.证明　(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.又O，F分别为AD，BD的中点，所以OF∥AB.又ABCD是正方形，所以OF⊥AD.因为PA＝PD＝AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝.以O为原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A，F，D，P，B，C.因为E为PC的中点，所以E.易知平面PAD的一个法向量为＝，因为＝，且·＝·＝0，又因为EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.(2)因为＝，＝(0，－a,0)，所以·＝·(0，－a,0)＝0，所以⊥，所以PA⊥CD.又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PDC，所以PA⊥平面PDC.又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC.2．如图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图，在直观图中，点M是BD的中点，AE＝CD，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．(1)求证：EM∥平面ABC；(2)试问在棱CD上是否存在一点N，使MN⊥平面BDE？若存在，确定点N的位置；若不存在，请说明理由．解　以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,0,0)，D(－2,0,4)，E(0,0,2)，M(－1,1,2)，＝(0,0,2)，＝(2,2，－4)，＝(2,0，－2)，＝(0,0，－4)，＝(1,1，－2)，＝(－1,1,0)．(1)证明：由图易知为平面ABC的一个法向量，因为·＝0×(－1)＋0×1＋2×0＝0，所以⊥，即AE⊥EM，又EM⊄平面ABC，故EM∥平面ABC.(2)假设在DC上存在一点N满足题意，设＝λ＝(0,0，－4λ)，λ∈[0,1]，则＝－＝(1,1，－2)－(0,0，－4λ)＝(1,1，－2＋4λ)，所以即解得λ＝∈[0,1]．所以棱DC上存在一点N，满足NM⊥平面BDE，此时DN＝DC.题型 　利用空间向量求解空间角角度1　利用空间向量求解异面直线所成的角1．(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．解　(1)证明：连接BD.设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.在Rt△FDG中，可得FG＝.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝.从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，，0)，所以＝(1，，)，＝.故cos〈，〉＝＝－.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.角度2　利用空间向量求解直线与平面所成的角(多维探究) 2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝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．解　(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2.连接OB.因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2，知OP⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC.(2)如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，则＝(0,2，2)，取平面PAC的法向量＝(2,0,0)．设M(a,2－a,0)(0<a≤2)，则＝(a，4－a，0)．设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．由·n＝0，·n＝0得可取n＝((a－4)，a，－a)，所以cos〈，n〉＝ .由已知得|cos〈，n〉|＝.所以＝.解得a＝－4(舍去)，a＝.所以n＝.又＝(0,2，－2)，所以cos〈，n〉＝.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.条件探究　将举例说明2(2)中“二面角M－PA－C为30°”改为“直线PC与平面PAM所成角等于直线PB与平面PAM所成角”，试判断点M的位置，并用向量法证明．解　点M是线段BC的中点时，直线PC与平面PAM所成角等于直线PB与平面PAM所成角．与举例说明2(2)前半部分解析相同，建系计算得＝(2,0，－2)，＝(0,2，－2)，设M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，平面PAM的法向量n＝((a－4)，a，－a)，若直线PC与平面PAM所成角等于直线PB与平面PAM所成角．则＝.所以＝ .整理得|2a－4|＝|2a|，解得a＝1，即M(1,1,0)，所以点M是线段BC的中点．角度3　利用空间向量求解二面角3．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．解　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥M－ABC体积最大时，M为的中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0，1,1)，＝(－2,1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n＝(1,0,2)．是平面MCD的法向量，因此，cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是. 1．利用向量求异面直线所成角的方法(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|cos〈v1，v2〉|＝求解．(2)两异面直线所成角的范围是θ∈，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．2．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．3．利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：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法：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．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．已知正四棱锥S－ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成角的余弦值为________．答案　解析　以两对角线AC与BD的交点O作为原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设边长为2，则有O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0，，0)，S(0,0，)，D(0，－，0)，E，＝，＝(0，－，－)，|cos〈，〉|＝＝＝，故AE，SD所成角的余弦值为.2．(2018·长郡中学高三实验班选拔考试)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA＝BC＝5，AC＝8，D为线段AC的中点．(1)求证：BD⊥A1D；(2)若直线A1D与平面BC1D所成角的正弦值为，求AA1的长．解　(1)证明：∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴BD⊥AA1，∵BA＝BC，D是AC的中点，∴BD⊥AC，又AC∩AA1＝A，AC⊂平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，∴BD⊥平面ACC1A1，又A1D⊂平面ACC1A1，∴BD⊥A1D.(2)由(1)知BD⊥AC，AA1⊥平面ABC，故以D为坐标原点，DB，DC所在直线分别为x轴、y轴，过点D且平行于AA1的直线为z轴建立空间直角坐标系Dxyz(如图所示)，设AA1＝λ(λ>0)，则A1(0，－4，λ)，B(3,0,0)，C1(0,4，λ)，D(0,0,0)，∴＝(0，－4，λ)，＝(0,4，λ)，＝(3,0,0)，设平面BC1D的法向量为n＝(x，y，z)，则即则x＝0，令z＝4，可得y＝－λ，故n＝(0，－λ，4)为平面BC1D的一个法向量．设直线A1D与平面BC1D所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，解得λ＝2或λ＝8，即AA1＝2或AA1＝8.3．(2018·芜湖模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠AA1B1＝45°，AC＝BC，平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，E为CC1的中点．(1)求证：BB1⊥AC；(2)若AA1＝2，AB＝，直线A1C1与平面ABB1A1所成角为45°，求平面A1B1E与平面ABC所成锐二面角的余弦值．解　(1)证明：过点C作CO⊥BB1交BB1于O，因为平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，BB1C1C∩平面AA1B1B＝B1B，所以CO⊥平面AA1B1B，故CO⊥OA，又因为AC＝BC，OC＝OC，所以Rt△AOC≌Rt△BOC，故OA＝OB，因为∠AA1B1＝∠OBA＝45°，所以AO⊥BB1，又因为BB1⊥CO，所以BB1⊥平面AOC，故BB1⊥AC.(2)以O为坐标原点，OA，OB，OC所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，∵AC∥A1C1，直线A1C1与平面ABB1A1所成角为45°，∴直线AC与平面ABB1A1所成角为45°，∵CO⊥平面AA1B1B，∴∠CAO＝45°，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，A1(1，－2,0)，B1(0，－1，0)，E(0，－1,1)，设平面A1B1E的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则∴令x1＝1，得n＝(1,1,0)；设平面ABC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则∴令x2＝1，得m＝(1,1,1)；∴cos〈m，n〉＝＝，平面A1B1E与平面ABC所成锐二面角的余弦值为.题型 　求空间距离(供选用)(2018·合肥三模)如图，在多面体ABCDE中，平面ABD⊥平面ABC，AB⊥AC，AE⊥BD，DE綊AC，AD＝BD＝1.(1)求AB的长；(2)已知2≤AC≤4，求点E到平面BCD的距离的最大值．解　(1)∵平面ABD⊥平面ABC，且交线为AB，而AC⊥AB，∴AC⊥平面ABD.又∵DE∥AC，∴DE⊥平面ABD，从而DE⊥BD.注意到BD⊥AE，且DE∩AE＝E，∴BD⊥平面ADE，于是，BD⊥AD.而AD＝BD＝1，∴AB＝.(2)∵AD＝BD，取AB的中点为O，∴DO⊥AB.又∵平面ABD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC.过O作直线OY∥AC，以点O为坐标原点，直线OB，OY，OD分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示．记AC＝2a，则1≤a≤2，A，B，C，D，E，＝(－，2a,0)，＝.设平面BCD的法向量为n＝(x，y，z)．由得令x＝，得n＝.又∵＝(0，－a,0)，∴点E到平面BCD的距离d＝＝ .∵1≤a≤2，∴当a＝2时，d取得最大值，dmax＝＝.空间距离的几个结论(1)点到直线的距离：设过点P的直线l的方向向量为单位向量n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝.(2)点到平面的距离：设P为平面α内的一点，n为平面α的法向量，A为平面α外一点，点A到平面α的距离d＝.(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　  (2018·惠州第一次调研)如图，已知圆柱OO1底面半径为1，高为π，平面ABCD是圆柱的一个轴截面，动点M从点B出发沿着圆柱的侧面到达点D，其运动路程最短时在侧面留下曲线Γ.将轴截面ABCD绕着轴OO1逆时针旋转θ(0<θ<π)后得到平面A1B1C1D1，边B1C1与曲线Γ相交于点P.(1)求曲线Γ的长度；(2)当θ＝时，求点C1到平面APB的距离．解　(1)将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边BA，曲线Γ就是对角线BD.由于AB＝πr＝π，AD＝π，∴BD＝π.故曲线Γ的长度为π.(2)当θ＝时，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(0,1,0)，P，C1(－1，0，π)，则＝(0,2,0)，＝，＝(－1,0，π)，设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝2得n＝(π，0,2)，∴点C1到平面PAB的距离d＝＝ .易错防范　向量法求空间角[典例]　如图，在多面体ADEFCB中，ABFE是直角梯形，∠AEF＝90°，AE∥BF，DCFE为正方形，且AE＝1，BF＝EF＝2，∠BFC＝60°.(1)求证：CE∥平面ADB；(2)求直线AB与平面EFCD所成角的正弦值．解　(1)证明：如图，取FB的中点M，连接CM，EM，AM.∵AE∥BM，AE＝BM，∴四边形AEMB为平行四边形，∴AB∥EM，同理AM∥EF，AM＝EF，∴AM∥EF∥CD，AM＝EF＝CD，∴四边形AMCD为平行四边形，∴AD∥CM，又CM∩EM＝M，AB∩AD＝A，∴平面CME∥平面ADB，又CE⊂平面CME，∴CE∥平面ADB.(2)由(1)可知AB∥EM，∴直线AB与平面EFCD所成的角就是直线EM与平面EFCD所成的角．过M作MN⊥CF于点N，连接EN，由于ABFE是直角梯形，∠AEF＝90°，AE∥BF，EFCD为正方形，∴∠EFB＝90°，∠EFC＝90°，∴EF⊥平面BFC，∴EF⊥MN，∴MN⊥平面EFCD.以N为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，∵M为FB的中点，∴MF＝1.∵∠BFC＝60°，∴MN＝，NF＝.∴N(0,0,0)，M，E，＝.易知平面EFCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，设直线AB与平面EFCD所成角的大小为α，则sinα＝|cos〈n，〉|＝＝，∴直线AB与平面EFCD所成角的正弦值为.防范措施　向量法求空间角要注意的问题1建立空间直角坐标系时①证明线面垂直关系，为建系作准备，没有文字说明，直接建系通常会扣分.②合理选择建系方法，从而有利于求向量的坐标.2准确计算利用空间向量法解决立体几何问题，计算一定要准确，避免因一个点的坐标错误导致整个题目全错的情况.