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第6节　利用空间向量求空间角
知识梳理
1.两条异面直线所成的角
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，
则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝＝.
2.直线和平面所成的角
直线AB与平面α相交于B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝.
3.二面角
(1)两平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面 β的夹角.
(2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝.
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.
2.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是.
诊断自测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(　　)
(2)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.(　　)
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角.(　　)
(4)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].(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
解析　(1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；
(2)直线的方向向量a，平面的法向量n，直线与平面的夹角为θ，则sin θ＝
|cos〈a，n〉?|；
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角.
2.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m，n〉＝，则l与α所成的角为(　　)
A.30° B.60° C.120° D.150°
答案　B
解析　由于cos 〈m，n〉＝，所以〈m，n〉＝30°，所以直线l与α所成的角为60°.
3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为(　　)
A.－ B.－ C. D.
答案　D
解析　建立如图空间直角坐标系D－xyz，
设DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E，
则＝(－1，1，0)，＝，设异面直线DE与AC所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈，〉|＝.
4.(2020·新高考山东卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为(　　)
A.20° B.40° C.50° D.90°
答案　B
解析　如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷的晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.故选B.
5.(2021·日照质检)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________.
答案　
解析　以A为原点，以，(AE⊥AB)，1所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D为A1B1的中点，
则A(0，0，0)，C1(1，，2)，D(1，0，2)，∴1＝(1，，2)，
＝(1，0，2).
∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角
cos∠C1AD＝
＝＝，
又∵∠C1AD∈，∴∠C1AD＝.
6.(2020·重庆诊断)过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP的夹角为________.
答案　45°
解析　如图，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，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，
又CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AE，又PD∩CD＝D，从而AE⊥平面PCD.所以＝(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的夹角为45°.
考点一　用向量求异面直线所成的角
1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为(　　)
A.　　 B.
C.　　 D.
答案　B
解析　以A为原点，AB，AC，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，则A(0，0，0)，A1(0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)，
∴D，
∴＝，
＝(0，，－)，
∴cos〈，〉＝＝，∴〈，〉＝.
2.在四面体ABCD中，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥BC，BD＝AD＝1，BC＝2，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　以D为坐标原点，在平面BCD内过D与BD垂直的直线为x轴，以DB，DA所在的直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(－2，1，0)，D(0，0，0).
所以＝(0，1，－1)，
＝(－2，1，0).
则cos〈，〉＝＝＝，故异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
3.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________.
答案　
解析　以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).
所以＝(0，2，－1)，＝＋＝＋λ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2).
则cos〈，〉＝＝，
所以＝，解之得λ＝(舍去－).
感悟升华　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.
考点二　用空间向量求线面角
【例1】(2020·新高考山东卷)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.
(1)证明　因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC，
又PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD 平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD，因此l⊥平面PDC.
(2)解　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D－xyz.
则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，
＝(0，1，0)，＝(1，1，－1).
由(1)可设Q(a，0，1)，
则＝(a，0，1).
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，
则即
可取n＝(－1，0，a).
所以cos〈n，〉＝＝.
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝×＝.
因为≤，当且仅当a＝1时等号成立，
故PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
感悟升华　向量法求直线与平面所成角主要方法是：
1.分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目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1】(2021·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S－BCD中，平面SBD⊥平面BCD，A是线段SD上的点，△SBD为等边三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝4.
(1)若SA＝AD，求证：SD⊥CA；
(2)若直线BA与平面SCD所成角的正弦值为，求AD的长.
(1)证明　依题意，BD＝2，在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，
由余弦定理求得BC＝2，
∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.
又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC 平面BCD.
∴BC⊥平面SBD.从而BC⊥SD，
在等边△SBD中，SA＝AD，则BA⊥SD.
又BC∩BA＝B，∴SD⊥平面BCA，∴SD⊥CA.
(2)解　以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x轴，y轴，过点B作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，C(2，0，0)，D(0，2，0)，S(0，1，)，故＝(－2，2，0)，＝(0，1，－)，
设平面SCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则y＝，z＝1，所以m＝(1，，1)，
设＝λ(0≤λ≤1)，则＝(0，－λ，λ)，
故A(0，2－λ，λ)，则＝(0，2－λ，λ)，
设直线BA与平面SCD所成角为θ.
故sin θ＝|cos〈m，〉＝
＝＝，
解得λ＝或，则AD＝或.
考点三　利用空间向量求两个平面的夹角
角度1　求两个平面的夹角或某一三角函数值
【例2】 (2020·全国Ⅰ卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求平面BPC与平面EPC夹角的余弦值.
(1)证明　设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，
AB＝AC＝BC＝a，PA＝PB＝PC＝a.
因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.
又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.
又PB，PC 平面PBC，PB∩PC＝P，
所以PA⊥平面PBC.
(2)解　以O为坐标原点，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
由题设可得E(0，1，0)，A(0，－1，0)，
C，P.
所以＝，
＝.
设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则
即
可取m＝.
由(1)知＝是平面PCB的一个法向量.
记n＝，则cos〈n，m〉＝＝.
所以平面BPC与平面EPC夹角的余弦值为.
感悟升华　用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
【训练2】如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求平面BEC与平面C1EC夹角的正弦值.
(1)证明　由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE 平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，B1C1，EC1 平面EB1C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解　由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(1，－1，1)，＝(0，0，2).
设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
所以可取n＝(0，－1，－1).
设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则即
所以可取m＝(1，1，0).
于是cos〈n，m〉＝＝－，
则sin〈n，m〉＝，
所以，平面BEC与平面C1EC夹角的正弦值为.
角度2　与二面角有关的综合问题
【例3】(2021·合肥检测)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，且平面MPA与平面CPA夹角为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＝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，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(0，0，2)，＝(0，2，2).取平面PAC的一个法向量＝(2，0，0).
设M(a，2－a，0)(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〉＝.
由已知可得|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.
感悟升华　1.本题把综合法与向量法融为一体，考查逻辑推理与数学运算等数学核心素养.
2.题目求解的关键有两点：(1)证明PO⊥平面ABC，从而为建立空间直角坐标系，利用向量法求解提供了保障；(2)由点M在BC上及平面MPA与平面CPA夹角为30°，确定具体的位置，从而求出点M的坐标.
【训练3】(2021·衡水检测)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(3)若平面EBD与平面FBD夹角的余弦值为，求线段CF的长.
解　依题意，建立以A为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).
设CF＝h(h>0)，则F(1，2，h).
(1)证明　依题意，＝(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，
又＝(0，2，h)，可得·＝0，
又因为直线BF 平面ADE，
所以BF∥平面ADE.
(2)依题意，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，2)，＝(－1，－2，2).
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则即
不妨令z＝1，可得n＝(2，2，1).
因此有cos〈，n〉＝＝－.
所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，
则
即不妨令y1＝1，可得m＝.
又n＝(2，2，1)为平面BDE的一个法向量，
故由题意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝.
解得h＝.经检验，符合题意.
所以，线段CF的长为.
考点四　与空间向量有关的探索性问题
【例4】如图，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点.
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由.
(1)证明　∵AB＝BC，E为AC的中点，∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE 平面ABC，∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，∴BE⊥平面PAC.
∵BE 平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解　存在.由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵点E，F分别为AC，PC的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直.
分别以，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
则A(0，－2，0)，P(0，－2，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0).
设＝λ＝(－2λ，－2λ，2λ)，λ∈[0，1]，
所以＝＋＝(2(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，
＝(－2，2，0)，＝(0，4，－2)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝1，则y＝，z＝2，∴n＝(1，，2).
由已知得＝，
即＝ λ＝或(舍去).
故λ＝.
所以存在满足条件的点G，点G为PB的中点.
感悟升华　1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.
2.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.
【训练4】如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点.
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.
(1)证明　连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.由题意知SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，
以，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O－xyz.
设底面边长为a，则高SO＝a，于是S，D，C.
于是，＝，＝.
则·＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解　由题设知，平面PAC的一个法向量＝，平面DAC的一个法向量＝.
由题知，二面角P－AC－D为锐角，则cos〈，〉＝＝，
所以二面角的大小为30°.
(3)解　在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
根据第(2)问知是平面PAC的一个法向量，且＝，＝.
设＝t.
则＝＋＝＋t＝.
又·＝0，得－＋0＋a2t＝0，则t＝，
当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
由于BE 平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
应用空间向量求距离
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.
一、点面距
【例1】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)，所以＝(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＝＝.
思维升华　求点面距的关键是利用点与平面内异于该点射影的任一点，找出斜线段所在的向量在法向量上的射影，然后利用公式求解.
二、线线距
【例2】在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，M，N分别为CD，BB1的中点，求异面直线MN与A1B的距离.
解　以A为原点，以AD，AB，AA1为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图
则M(3，2，0)，N(0，4，1)，
A1(0，0，2)，B(0，4，0)，
即＝(－3，2，1)，＝(0，4，－2).
设MN，A1B公垂线的方向向量为n＝(x，y，z)，则有 令y＝1，则z＝2，x＝，
即n＝，|n|＝.
又＝(－3，－2，2)在n上的射影的长度为
d＝＝＝＝.
即异面直线MN与A1B的距离为.
思维升华　利用空间向量求两异面直线间的距离，避免了求两异面直线的公垂线，显示了向量法的优势.解题的关键是求出两异面直线公垂线的方向向量.
A级　基础巩固
一、选择题
1.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. B. C. D.
答案　B
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)，E，D(0，1，0)，
∴＝(0，1，－1)，
＝.
设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，
则有即∴
∴n1＝(1，2，2).
∵平面ABCD的法向量为n2＝(0，0，1)，
∴|cos〈n1，n2〉|＝＝，
即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为.
2.(2021·广州模拟)如图，四棱锥S－ABCD中，SD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，SD＝CD，AB＝AD，CD＝2AD，M是BC中点，N是线段SA上的点，设MN与平面SAD所成角为α，则sin α的最大值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　以D为坐标原点，DA所在直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，设DA＝2，则D(0，0，0)，S(0，0，4)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，M(1，3，0)，所以＝(2，0，－4).
设＝λ(0≤λ≤1)，则N(2λ，0，4－4λ)，则＝(2λ－1，－3，4－4λ).
平面SAD的一个法向量为＝(0，4，0)，
所以sin α＝＝.
因为0≤λ≤1，所以当λ＝，
即SN＝9NA时，sin α取得最大值.
二、填空题
3.如图所示，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶，则AF与CE所成角的余弦值为________.
答案　
解析　因为AE∶ED∶AD＝1∶1∶，
所以AE⊥ED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝EF＝CD＝2，
则E(0，0，0)，A(1，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，1)，
所以＝(－1，2，0)，＝(0，2，1)，
所以cos〈，〉＝＝，
所以AF与CE所成角的余弦值为.
4.(2020·长沙检测)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为________.
答案　
解析　如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D1(0，0，1)，E(1，1，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0).
则＝(1，1，－1)，＝(－1，2，0)，＝(－1，0，1).
设平面ACD1的法向量为n＝(a，b，c)，
则取a＝2，得n＝(2，1，2)，
∴点E到平面ACD1的距离h＝＝＝.
三、解答题
5.(2020·北京卷)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BB1的中点.
(1)求证：BC1∥平面AD1E；
(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.
(1)证明　∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，
∴AB綊D1C1，
∴四边形ABC1D1为平行四边形，∴BC1∥AD1.
又BC1 平面AD1E，AD1 平面AD1E，
∴BC1∥平面AD1E.
(2)解　如图所示，以A为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，不妨设正方体的棱长为2，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，D1(2，0，2)，E(0，2，1).∴＝(0，0，2)，＝(2，0，2)，＝(0，2，1).
设平面AD1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则z＝－2，x＝2，
∴平面AD1E的一个法向量为n＝(2，1，－2).
∴cos〈，n〉＝＝＝－.
∴直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为.
6.(2021·百所名校模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，点E是CD的中点.将△ADE沿AE折起，使得点D到达点P的位置，且使平面PAE⊥平面ABCE.
(1)求证：平面PBE⊥平面PAE；
(2)求平面PAE与平面BCP夹角的余弦值.
(1)证明　∵AB＝2AD，E是CD的中点，且ABCD为矩形，∴AD＝DE，
∴∠DEA＝，同理∠CEB＝，∠AEB＝，即BE⊥AE，
又平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，BE 平面ABCE，
∴BE⊥平面PAE，
又BE 平面PBE，
∴平面PBE⊥平面PAE.
(2)解　取AE的中点O，连接OP，则OP⊥AE，
又平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，OP 平面PAE，
∴OP⊥平面ABCE.
以E为原点，EA、EB分别为x轴，y轴，过点E作PO的平行线为z轴建立空间直角坐标系E－xyz.
设AB＝4，则E(0，0，0)，
A(2，0，0)，B(0，2，0)，
P(，0，)，
∴＝(－2，2，0)，＝(－，2，－)，
∴＝＝(－，，0)，∴C(－，，0).
∴＝(，，0)，
设平面BCP的法向量为n＝(x，y，z)，
∴∴
令x＝1，得n＝(1，－1，－3).
由(1)知，平面PAE的一个法向量为＝(0，2，0).
设平面PAE与平面BCP所成的角为θ.
则cos θ＝|cos〈，n〉|＝
＝＝，
∴平面PAE与平面BCP夹角的余弦值为.
B级　能力提升
7.(2020·江苏卷)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；
(2)若点F在BC上，满足BF＝BC，设平面FDE与平面CDE夹角的大小为θ，求sin θ的值.
解　(1)如图，连接OC，因为CB＝CD，O为BD的中点，所以CO⊥BD.
又AO⊥平面BCD，OB，OC 平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.
以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为BD＝2，CB＝CD＝，AO＝2，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).
因为E为AC的中点，所以E(0，1，1)，
所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，1)，
所以|cos〈，〉|＝
＝＝.
因此，直线AB与DE所成角的余弦值为.
(2)因为点F在BC上，BF＝BC，
＝(－1，2，0)，
所以＝＝.
又＝(2，0，0)，故＝＋＝.
设n1＝(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，
则即
取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，
所以n1＝(2，－7，5).
设n2＝(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，又＝(1，2，0)，则即
取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，
所以n2＝(2，－1，－1).
故|cos θ|＝＝＝.
所以sin θ＝＝.
8.(2021·武汉调研)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是AC与BD的交点，点E是线段OD1上的一点.
(1)若点E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值.
(2)是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
解　(1)不妨设正方体的棱长为2.
以D为坐标原点，以DA，DC，DD1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D－xyz，
则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0).
因为E为OD1的中点，
所以E.
则＝(－1，－1，2)，＝，＝(0，2，0).
设p＝(x0，y0，z0)是平面CDE的法向量，
则即
取x0＝2，则y0＝0，z0＝－1，
所以p＝(2，0，－1)为平面CDE的一个法向量.
设直线OD1与平面CDE所成角为θ，
所以sin θ＝|cos〈，p〉|＝
＝＝，
即直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为.
(2)存在，且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点.理由如下.
假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O.
同第(1)问建立空间直角坐标系，易知点E不与点O重合，
设＝λ，λ∈[0，＋∞)，＝(－1，1，0)，＝(－1，－1，2).
设m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，
则即
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，
所以m＝(1，1，1)为平面CD1O的一个法向量.
因为＝λ，所以点E的坐标为，
所以＝.
设n＝(x2，y2，z2)是平面CDE的法向量，
则即
取x2＝1，则y2＝0，z2＝－，
所以n＝为平面CDE的一个法向量.
因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n.
则m·n＝0，所以1－＝0，解得λ＝2.
所以当＝2，即点E为线段OD1上靠近点O的三等分点时，平面CDE⊥平面CD1O.

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