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1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题
第1课时　距离问题
[学习目标]　1.理解并掌握点到直线的距离、点到平面的距离的向量表示，理解运用向量运算求解空间距离的原理.(重点)2.能运用点到直线、点到平面的距离公式解决立体几何中有关距离的问题，掌握用空间向量解决立体几何问题的“三部曲”.(难点)
导语
立交桥是伴随着高速公路应运而生的.城市的立交桥不仅大大方便了交通，而且成为城市建设的美丽风景.在设计过程中，工程师需要计算出上、下纵横高速公路之间的距离、立交桥上的高速公路与地面之间的距离，工程师是如何计算出来的？
一、点到直线的距离
问题1　已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点.请找出向量在直线l上的投影向量，其模为多少？如何利用这些条件求点P到直线l的距离？
提示　如图，设=a，则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u.||=|(a·u)u|=|a·u|，在Rt△APQ中，由勾股定理，得点P到直线l的距离为
PQ==.
知识梳理　点到直线的距离
已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设=a，则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ==.
典例　在长方体OABC-O1A1B1C1中，OA=2，AB=3，AA1=2，求O1到直线AC的距离.
解　方法一　连接AO1，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，O1(0，0，2)，
C(0，3，0)，
∴=(-2，0，2)，=(-2，3，0)，
∴·=(-2，0，2)·(-2，3，0)=4，
取a==(-2，0，2)，
u==，
∴a·u=，∴O1到直线AC的距离
d==.
方法二　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，O1(0，0，2)，C(0，3，0)，过O1作O1D⊥AC于点D，设D(x，y，0)，
则=(x，y，-2)，=(x-2，y，0).
∵=(-2，3，0)，⊥，∥，
∴解得
∴D，
∴||==.
即O1到直线AC的距离为.
延伸探究1　在典例的条件下，M，N分别是O1A1，O1C1的中点，证明：MN∥AC，并求直线MN与AC的距离.
解　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，C(0，3，0)，M(1，0，2)，N，
∴=(-2，3，0)，
==，
∴∥，又MN与AC不重合，
∴MN∥AC，故点M到直线AC的距离即所求距离.直线AC的单位方向向量u==，=(1，0，-2)，
∴点M到直线AC的距离
d===，
所以直线MN与AC的距离为.
反思感悟　(1)用向量法求点到直线的距离的一般步骤
①求直线的单位方向向量u.
②计算所求点与直线上某一点所构成的向量a.
③利用公式d=.
(2)如果求空间中两条平行直线l，m间的距离，可在其中一条直线(如l)上任取一点P，将两条平行直线的距离转化为点P到另一条直线m的距离求解.
二、点、直线、平面到平面的距离
问题2　已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点.如何利用向量与n求点P到平面α的距离？
提示　过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，向量在向量n上的投影向量为，借助数量积运算可知||=，向量的长度与P到平面α的距离相等，故点P到平面α的距离为PQ=.
知识梳理　点到平面的距离
已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则点P到平面α的距离PQ=.
注意点：
实质上，n是直线l的方向向量，点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度.
延伸探究2　在典例的条件下，E，F分别为AB，BC的中点.求点O到平面O1EF的距离.
解　建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，O1(0，0，2)，
E，F(1，3，0)，
∴=，=，
设平面O1EF的法向量为n=(x，y，z)，
则即
取y=2，则x=3，z=，∴n=，
又=(0，0，2)，
∴点O到平面O1EF的距离为
==.
延伸探究3　在典例及延伸探究1，2的条件下，证明：MN∥平面O1EF，并求直线MN到平面O1EF的距离.
解　建立如图所示的空间直角坐标系，
易知MN∥AC，AC∥EF，
∴MN∥EF，
又MN 平面O1EF，EF 平面O1EF，
∴MN∥平面O1EF，
∴点M到平面O1EF的距离即所求距离.
由延伸探究2知，平面O1EF的一个法向量为n=，=(-1，0，0)，
∴点M到平面O1EF的距离为
==，
故直线MN到平面O1EF的距离为.
延伸探究4　在典例及延伸探究1，2的条件下，证明平面BMN∥平面O1EF，并求两平面的距离.
解　建立如图所示的空间直角坐标系，
则M(1，0，2)，N，
B(2，3，0)，
∴=，=(-1，-3，2)，
设平面BMN的法向量为m=(a，b，c)，
则即
取b=2，则a=3，c=，
∴m==n，
∴平面BMN∥平面O1EF，
∴点M到平面O1EF的距离与两平面的距离相等，
由延伸探究3知，所求距离为.
反思感悟　(1)用向量法求点面距离的步骤
①建系：建立恰当的空间直角坐标系.
②求点坐标：写出(求出)相关点的坐标.
③求向量：求出相关向量的坐标(，α内两不共线向量，平面α的法向量n).
④求距离d=.
(2)如果直线l∥平面α，求直线l到平面α的距离，可在直线l上任取一点P，则点P到平面α的距离等于直线l到平面α的距离.
(3)如果两个平面α，β互相平行，求这两个平行平面的距离，可在其中一个平面α内任取一点P，则点P到平面β的距离等于这两个平行平面的距离.
1.知识清单：
(1)点到直线的距离.
(2)点到平面的距离与直线到平面的距离和两个平行平面的距离的转化.
2.方法归纳：数形结合、转化法.
3.常见误区：对距离公式理解不到位，在使用时生硬套用.对公式推导过程的理解是应用的基础.
1.已知A(2，2，1)，B(3，2，0)，则点P(2，0，-1)到直线AB的距离为(　　)
A. B.2 C. D.
答案　D
解析　因为A(2，2，1)，B(3，2，0)，P(2，0，-1)，则=(1，0，-1)，=(0，-2，-2)，
所以点P到直线AB的距离
d===.
2.若三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直，且满足PA=PB=PC=1，则点P到平面ABC的距离是(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　以P为坐标原点，分别以PA，PB，PC所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，0)，A(1，0，0)，
B(0，1，0)，C(0，0，1).
可以求得平面ABC的一个法向量为n=(1，1，1)，
则点P到平面ABC的距离为d==.
3.已知棱长为1的正方体 ABCD-A1B1C1D1，则平面 AB1C 与平面 A1C1D 之间的距离为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1，0，0)，
C1(0，1，0)，D(0，0，1)，A(1，0，1)，
所以=(1，0，-1)，
=(0，1，-1)，
=(-1，0，0)，
设平面A1C1D 的一个法向量为m=(x，y，1)，
则即解得
故m=(1，1，1)，
显然平面AB1C∥平面A1C1D，
所以平面AB1C与平面A1C1D之间的距离d===.
4.已知AB∥平面α，平面α的一个法向量n=(1，0，1)，平面α内一点C的坐标为(0，0，1)，点A的坐标为(1，2，1)，则直线AB到平面α的距离为　　　.
答案　
解析　因为AB∥平面α，所以直线AB到平面α的距离可转化为点A到平面α的距离，
又=(-1，-2，0)，n=(1，0，1)，则点A到平面α的距离d===.
课时对点练
[分值：100分]
单选题、填空题每小题5分，多选题每小题6分，共72分
1.AD为△ABC边BC上的高，在空间直角坐标系中，A(2，1，2)，B(1，0，0)，C(-1，2，4)，AD等于(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　依题意，=(1，1，2)，=(-2，2，4)，
则||=，=，
所以AD===.
2.若平面α过点A(2，3，0)且该平面的一个法向量为n=(2，1，1)，则点P(1，1，5)到平面α的距离为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　由题意可知=(-1，-2，5)，且平面α的一个法向量为n=(2，1，1)，所以点P(1，1，5)到平面α的距离d===.
3.如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1，AB=1，BC=2，AA1=3，则点B到直线A1C的距离为(　　)
A. B. C. D.1
答案　B
解析　方法一　由题意得A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，=(1，2，-3)，=(0，2，0)，
所以点B到直线A1C的距离
d==
=.
方法二　过点B作BE垂直A1C，垂足为E(图略)，设点E的坐标为(x，y，z)，则A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，=(1，2，-3)，=(x，y，z-3)，=(x-1，y，z).
因为
所以
解得
所以=，
所以点B到直线A1C的距离为||==.
4.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱AB，BC的中点，则点C1到平面B1EF的距离等于(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　以D1为坐标原点，分别以，，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B1(2，2，0)，C1(0，2，0)，E(2，1，2)，F(1，2，2).
=(0，-1，2)，=(-1，0，2)，
设平面B1EF的法向量为n=(x，y，z)，
则即
令z=1，得n=(2，2，1).
又∵=(-2，0，0)，
∴点C1到平面B1EF的距离
d===.
5.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G=λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为(　　)
A.2 B.
C. D.
答案　D
解析　以D为原点，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，
则G(2，λ，2)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，
所以=(2，0，-1)，=(2，2，-1)，=(0，-λ，-1)，
设平面D1EF的法向量为n=(x，y，z)，
则
令x=1，则y=0，z=2，所以平面D1EF的一个法向量n=(1，0，2).
点G到平面D1EF的距离为==.
6.(多选)点M在z轴上，它与经过坐标原点O且方向向量为s=(1，-1，1)的直线l的距离为，则点M的坐标是(　　)
A.(0，0，-3) B.(0，0，3)
C.(0，0，) D.(0，0，-)
答案　AB
解析　设M(0，0，m)，则=(0，0，m)，
又直线l的方向向量为s=(1，-1，1)，
所以点M到直线l的距离d===，
所以m=±3，则M(0，0，3)或M(0，0，-3).
7.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且AB⊥AD，∠A1AB=∠A1AD=60°，E为CC1的中点，则点E到直线AC1的距离为(　　)
A.a B.a
C.a D.a
答案　A
解析　∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，不妨设=d，=b，=c.
则=++=d+b+c，
=-c，
又|d|=|b|=|c|=a，AB⊥AD，∠A1AB=∠A1AD=60°，则d·b=0，d·c=b·c=a×a×=a2，
所以||=|d+b+c|==a，||=a，
·=-c·(d+b+c)=-(c·d+c·b+c·c)=-a2，
所以点E到直线AC1的距离为d===a.
8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，若M，N，P，Q分别为A1B1，BC，A1D1，DC的中点，则直线MN与直线PQ之间的距离为　　　　.
答案　
解析　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则M，N，P，Q，所以=，=，
显然∥，而点P不在直线MN上，则有MN∥PQ，
因此，直线MN与直线PQ之间的距离即为点P到直线MN的距离，而=，
所以直线MN与直线PQ之间的距离d===.
9.在三棱柱ABC-A1B1C1中，=(-6，2，-8)，=(4，-2，3)，=(-4，1，0)，则该三棱柱的高为　　　　　.
答案　2
解析　由题意知，==(-4，1，0)，
该三棱柱的高即为点A1到平面ABC的距离d，
设n=(x，y，z)是平面ABC的法向量，
则
令x=1，解得y=4，z=，
∴n=，
∴d===2.
10.(13分)底面ABCD为矩形的长方体被截面AEC1F所截得到的多面体如图所示，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1，四边形AEC1F为平行四边形.
(1)求线段BF的长；(6分)
(2)求点C到平面AEC1F的距离.(7分)
解　(1)因为四边形AEC1F为平行四边形，所以=，
设DF=a，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1，
则B(2，4，0)，A(2，0，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)，F(0，0，a)，
所以=(-2，0，a)，=(-2，0，2)，
所以(-2，0，a)=(-2，0，2)，则a=2，
所以F(0，0，2)，所以=(-2，-4，2).
所以||==2，
即线段BF的长为2.
(2)由(1)得，C(0，4，0)，又C1(0，4，3)，A(2，0，0)，E(2，4，1)，
所以=(0，0，3)，=(0，4，1)，=(-2，0，2)，
设平面AEC1F的法向量为n=(x，y，z)，
则
令x=1，则y=-，z=1，所以n=，
所以点C到平面AEC1F的距离d====.
11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1，在空间中到三条棱AB，CC1，A1D1所在的直线距离相等的点有(　　)
A.0个 B.2个 C.3个 D.无数个
答案　D
解析　在正方体ABCD-A1B1C1D1上建立如图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，B1(1，1，1)，
连接B1D，并在B1D上任取一点P，
因为=(1，1，1)，
所以设P(a，a，a)，其中0≤a≤1.
作PE⊥平面AA1D1D，垂足为E，再作EF⊥A1D1，垂足为F，连接PF，
则PF是点P到直线A1D1的距离.
所以PF=；
同理点P到直线AB，CC1的距离也是.
所以B1D上任一点与正方体ABCD-A1B1C1D1的三条棱AB，CC1，A1D1所在直线的距离都相等，
所以与正方体ABCD-A1B1C1D1的三条棱AB，CC1，A1D1所在的直线的距离相等的点有无数个.
12.已知A，B，C，P是空间中不共面的四点，满足=(0，0，c)，=(-a，b，0)，=(a，0，0)，若a2+b2=4，且点P到平面ABC的距离等于1，则a的值为　　　　.
答案　±
解析　由=(0，0，c)，=(-a，b，0)，
=(a，0，0)，
设平面ABC的法向量为n=(x1，y1，z1)，
则
取x1=b，可得y1=a，z1=0，即n=(b，a，0)，
则点P到平面ABC的距离
d====1，
所以|ab|=2，即a2b2=4，又a2+b2=4，
所以(a2-b2)2=(a2+b2)2-4a2b2=42-42=0，
所以a2=b2=2，所以a=±.
13.(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为CD，A1B1的中点，则下列结论正确的是(　　)
A.点F到点E的距离为
B.点F到直线ED1的距离为
C.点F到平面AED1的距离为
D.平面BFC1到平面AED1的距离为
答案　ABC
解析　以D为原点，分别以，，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.
由题意知，A(1，0，0)，E，D1(0，0，1)，F，
=(-1，0，-1)，=，
=(-1，0，1)，=.
设平面AED1的法向量为n=(x，y，z)，
所以
令x=1，则n=(1，2，1).
点F到点E的距离||==，故A正确；
点F到直线ED1的距离为
==，故B正确；
点F到平面AED1的距离d===，故C正确；
由正方体的性质可知，平面BFC1∥平面AED1，平面BFC1到平面AED1的距离即为点F到平面AED1的距离，为，故D错误.
14.(15分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB=AC=2，BC=2，∠ACC1=60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且=λ，λ∈[0，1].
(1)证明：A1C⊥平面ABC1；(6分)
(2)是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.(9分)
(1)证明　∵AB=AC=2，BC=2，
∴AB2+AC2=BC2，故AB⊥AC.
又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，AB 平面ABC，
∴AB⊥平面AA1C1C.
∵A1C 平面AA1C1C，∴AB⊥A1C，
又A1C⊥BC1，AB，BC1 平面ABC1，BC1∩AB=B，∴A1C⊥平面ABC1.
(2)解　∵A1C⊥平面ABC1，AC1 平面ABC1，
∴A1C⊥AC1，∴四边形AA1C1C为菱形，
取A1C1的中点E，连接AE，∵∠ACC1=60°，
∴△AA1C1为等边三角形.
∴AE⊥A1C1.
又AC∥A1C1，∴AE⊥AC.
又AB⊥平面AA1C1C，AE 平面AA1C1C，
∴AB⊥AE.
如图所示，以点A为坐标原点，分别以AB，AC，AE所在直线为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系.
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，-1，)，C1(0，1，)，
∴=(0，-1，)，=(-2，0，0)，=(-2，1，)，=(-2，2，0)，
又=λ，
∴=(0，-λ，λ)，
∴=+=(-2，-λ，λ)，
设n=(x，y，z)为平面BPC1的法向量，
则
令x=λ，则n=.
设d为点C到平面BPC1的距离，
则d===，
∴28λ2-16λ+1=0，
即λ=或λ=.
故存在λ=或λ=，满足题意.
15.在空间直角坐标系中，定义：平面α的一般方程为Ax+By+Cz+D=0(A，B，C，D∈R，且A，B，C不同时为零)，点P(x0，y0，z0)到平面α的距离d=，则在底面边长与高都为2的正四棱锥P-EFGH中，底面中心O到侧面PEF的距离d等于(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　以底面中心O为原点，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，
则O(0，0，0)，E(1，1，0)，F(-1，1，0)，P(0，0，2)，
设平面PEF的方程为Ax+By+Cz+D=0(A，B，C，D∈R，且A，B，C不同时为零)，将点E，F，P的坐标代入得即所以方程可化为-Dy-Dz+D=0，显然D≠0，即2y+z-2=0，
所以d==.
16.如图，在四棱锥P-ABCD的平面展开图中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，∠HDC=∠FAB=90°，则四棱锥P-ABCD外接球的球心到平面PBC的距离为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　该几何体的直观图如图所示，
分别取AD，BC的中点O，M，连接OM，PM，PO，
∵PO=1，OM=2，
PM===，
∴OP2+OM2=PM2，
∴OP⊥OM，
又∵PO⊥AD，
∴由线面垂直的判定定理得出PO⊥平面ABCD，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系.
则A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(-1，2，0)，
D(-1，0，0)，P(0，0，1)，
=(1，2，-1)，=(-1，2，-1)，
设四棱锥P-ABCD外接球的球心为N(0，1，a)，
∵PN=NA，
∴(-1)2+(1-a)2=1+(-1)2+(-a)2，
解得a=0.
∴=(0，-1，1)，
设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)，
则
取z=2，则n=(0，1，2)，
则四棱锥P-ABCD外接球的球心到平面PBC的距离为
d====.(共89张PPT)
距离问题
第一章　1.4.2　第1课时
学习目标
1.理解并掌握点到直线的距离、点到平面的距离的向量表示，理解运用向量运算求解空间距离的原理.(重点)
2.能运用点到直线、点到平面的距离公式解决立体几何中有关距离的问题，掌握用空间向量解决立体几何问题的“三部曲”.(难点)
立交桥是伴随着高速公路应运而生的.城市的立交桥不仅大大方便了交通，而且成为城市建设的美丽风景.在设计过程中，工程师需要计算出上、下纵横高速公路之间的距离、立交桥上的高速公路与地面之间的距离，工程师是如何计算出来的？
导语
内容索引
01
02
点、直线、平面到平面的距离
点到直线的距离
04
随堂演练
03
课时对点练
01
点到直线的距离
问题
1
提示　如图，设=a，则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u.||
=|(a·u)u|=|a·u|，在Rt△APQ中，由勾股定理，得点P到直线l的距离为
PQ==.
已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点.请找出向量在直线l上的投影向量，其模为多少？如何利用这些条件求点P到直线l的距离？
点到直线的距离
已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设=a，则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾
股定理，得PQ==.
知识梳理
　在长方体OABC-O1A1B1C1中，OA=2，AB=3，AA1=2，求O1到直线AC的距离.
典例
解：
方法一　连接AO1，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，O1(0，0，2)，C(0，3，0)，
∴=(-2，0，2)，=(-2，3，0)，
∴·=(-2，0，2)·(-2，3，0)=4，
取a==(-2，0，2)，u==，
∴a·u=，∴O1到直线AC的距离d==.
　在长方体OABC-O1A1B1C1中，OA=2，AB=3，AA1=2，求O1到直线AC的距离.
典例
解：
方法二　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，O1(0，0，2)，C(0，3，0)，过O1作O1D⊥AC于点D，设D(x，y，0)，
则=(x，y，-2)，=(x-2，y，0).
∵=(-2，3，0)，⊥，∥，
∴解得
　在长方体OABC-O1A1B1C1中，OA=2，AB=3，AA1=2，求O1到直线AC的距离.
典例
解：
∴D，
∴||==.
即O1到直线AC的距离为.
在典例的条件下，M，N分别是O1A1，O1C1的中点，证明：MN∥AC，并求直线MN与AC的距离.
延伸探究1
解：
建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，C(0，3，0)，M(1，0，
2)，N，
∴=(-2，3，0)，==，
∴∥，又MN与AC不重合，
∴MN∥AC，故点M到直线AC的距离即所求距离.直线AC的单位方向向量
u==，=(1，0，-2)，
在典例的条件下，M，N分别是O1A1，O1C1的中点，证明：MN∥AC，并求直线MN与AC的距离.
延伸探究1
解：
∴点M到直线AC的距离d===，
所以直线MN与AC的距离为.
(1)用向量法求点到直线的距离的一般步骤
①求直线的单位方向向量u.
②计算所求点与直线上某一点所构成的向量a.
③利用公式d=.
(2)如果求空间中两条平行直线l，m间的距离，可在其中一条直线(如l)上任取一点P，将两条平行直线的距离转化为点P到另一条直线m的距离求解.
反思感悟
02
点、直线、平面到平面的距离
问题
2
已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点.如何利用向量与n求点P到平面α的距离？
提示　过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，向量在向量n上的投影向量为，借助数量积运算可知||=，向量的长度与P到平面α的距离相等，故点P到平面α的距离为PQ=.
点到平面的距离
已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则点P到平面α的距离PQ=.
知识梳理
注意点
实质上，n是直线l的方向向量，点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度.
在典例的条件下，E，F分别为AB，BC的中点.求点O到平面O1EF的距离.
延伸探究2
解：
建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，O1(0，0，2)，
E，F(1，3，0)，
∴=，=，
设平面O1EF的法向量为n=(x，y，z)，
则即
在典例的条件下，E，F分别为AB，BC的中点.求点O到平面O1EF的距离.
延伸探究2
解：
取y=2，则x=3，z=，∴n=，
又=(0，0，2)，
∴点O到平面O1EF的距离为
==.
在典例及延伸探究1，2的条件下，证明：MN∥平面O1EF，并求直线MN到平面O1EF的距离.
延伸探究3
解：
建立如图所示的空间直角坐标系，
易知MN∥AC，AC∥EF，
∴MN∥EF，
又MN 平面O1EF，EF 平面O1EF，
∴MN∥平面O1EF，
∴点M到平面O1EF的距离即所求距离.
由延伸探究2知，平面O1EF的一个法向量为n=，=(-1，0，0)，
在典例及延伸探究1，2的条件下，证明：MN∥平面O1EF，并求直线MN到平面O1EF的距离.
延伸探究3
解：
∴点M到平面O1EF的距离为
==，
故直线MN到平面O1EF的距离为.
在典例及延伸探究1，2的条件下，证明平面BMN∥平面O1EF，并求两平面的距离.
延伸探究4
解：
建立如图所示的空间直角坐标系，
则M(1，0，2)，N，B(2，3，0)，
∴=，=(-1，-3，2)，
设平面BMN的法向量为m=(a，b，c)，
则即
取b=2，则a=3，c=，
在典例及延伸探究1，2的条件下，证明平面BMN∥平面O1EF，并求两平面的距离.
延伸探究4
解：
∴m==n，
∴平面BMN∥平面O1EF，
∴点M到平面O1EF的距离与两平面的距离相等，
由延伸探究3知，所求距离为.
(1)用向量法求点面距离的步骤
①建系：建立恰当的空间直角坐标系.
②求点坐标：写出(求出)相关点的坐标.
③求向量：求出相关向量的坐标(，α内两不共线向量，平面α的法向量n).
④求距离d=.
反思感悟
(2)如果直线l∥平面α，求直线l到平面α的距离，可在
直线l上任取一点P，则点P到平面α的距离等于直线l
到平面α的距离.
(3)如果两个平面α，β互相平行，求这两个平行平面的距离，可在其中一个平面α内任取一点P，则点P到平面β的距离等于这两个平行平面的距离.
反思感悟
课堂小结
1.知识清单：
(1)点到直线的距离.
(2)点到平面的距离与直线到平面的距离和两个平行平面的距离的转化.
2.方法归纳：数形结合、转化法.
3.常见误区：对距离公式理解不到位，在使用时生硬套用.对公式推导过程的理解是应用的基础.
03
随堂演练
1
2
3
4
1.已知A(2，2，1)，B(3，2，0)，则点P(2，0，-1)到直线AB的距离为
A. B.2 C. D.
解析：
因为A(2，2，1)，B(3，2，0)，P(2，0，-1)，则=(1，0，-1)，=(0，-2，-2)，
所以点P到直线AB的距离
d===.
√
2.若三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直，且满足PA=PB=PC=1，则点P到平面ABC的距离是
A. B. C. D.
√
1
2
3
4
1
2
3
4
解析：
以P为坐标原点，分别以PA，PB，PC所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，0)，A(1，0，0)，
B(0，1，0)，C(0，0，1).
可以求得平面ABC的一个法向量为n=(1，1，1)，
则点P到平面ABC的距离为d==.
1
2
3
4
3.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，则平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为
A. B. C. D.
√
1
2
3
4
解析：
建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1，0，0)，
C1(0，1，0)，D(0，0，1)，A(1，0，1)，
所以=(1，0，-1)，
=(0，1，-1)，
=(-1，0，0)，
设平面A1C1D 的一个法向量为m=(x，y，1)，
则即解得
1
2
3
4
解析：
故m=(1，1，1)，
显然平面AB1C∥平面A1C1D，
所以平面AB1C与平面A1C1D之间的距离d===.
1
2
3
4
4.已知AB∥平面α，平面α的一个法向量n=(1，0，1)，平面α内一点C的坐标
为(0，0，1)，点A的坐标为(1，2，1)，则直线AB到平面α的距离为　　.
解析：
因为AB∥平面α，所以直线AB到平面α的距离可转化为点A到平面α的距离，
又=(-1，-2，0)，n=(1，0，1)，则点A到平面α的距离d===.
04
课时对点练
答案
1
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6
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10
11
12
对一对
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15
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B A B D D AB A
题号 9 11 12 13 15 16
答案 2 D ± ABC B C
16
10.
答案
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12
(1)因为四边形AEC1F为平行四边形，所以=，
设DF=a，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1，
则B(2，4，0)，A(2，0，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)，F(0，0，a)，
所以=(-2，0，a)，=(-2，0，2)，所以(-2，0，a)=(-2，0，2)，则a=2，
所以F(0，0，2)，所以=(-2，-4，2).
所以||==2，即线段BF的长为2.
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10.
答案
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12
(2)由(1)得，C(0，4，0)，又C1(0，4，3)，A(2，0，0)，E(2，4，1)，
所以=(0，0，3)，=(0，4，1)，=(-2，0，2)，
设平面AEC1F的法向量为n=(x，y，z)，
则
令x=1，则y=-，z=1，所以n=，
所以点C到平面AEC1F的距离d====.
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答案
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12
(1)证明　∵AB=AC=2，BC=2，
∴AB2+AC2=BC2，故AB⊥AC.
又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，AB 平面ABC，
∴AB⊥平面AA1C1C.
∵A1C 平面AA1C1C，∴AB⊥A1C，
又A1C⊥BC1，AB，BC1 平面ABC1，BC1∩AB=B，∴A1C⊥平面ABC1.
14.
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答案
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(2)解　∵A1C⊥平面ABC1，AC1 平面ABC1，
∴A1C⊥AC1，∴四边形AA1C1C为菱形，
取A1C1的中点E，连接AE，∵∠ACC1=60°，
∴△AA1C1为等边三角形.
∴AE⊥A1C1.
又AC∥A1C1，∴AE⊥AC.
又AB⊥平面AA1C1C，AE 平面AA1C1C，
∴AB⊥AE.
14.
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答案
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12
如图所示，以点A为坐标原点，分别以AB，AC，AE
所在直线为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系.
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，-1，
)，C1(0，1，)，
∴=(0，-1，)，=(-2，0，0)，=(-2，1，)，=(-2，2，0)，
又=λ，
14.
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答案
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12
∴=(0，-λ，λ)，
∴=+=(-2，-λ，λ)，
设n=(x，y，z)为平面BPC1的法向量，
则
令x=λ，则n=.
设d为点C到平面BPC1的距离，
14.
13
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答案
1
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12
则d===，
∴28λ2-16λ+1=0，
即λ=或λ=.
故存在λ=或λ=，满足题意.
14.
13
14
15
16
1.AD为△ABC边BC上的高，在空间直角坐标系中，A(2，1，2)，B(1，0，0)，C(-1，2，4)，AD等于
A. B. C. D.
答案
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基础巩固
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解析：
依题意，=(1，1，2)，=(-2，2，4)，
则||=，=，
所以AD===.
16
√
2.若平面α过点A(2，3，0)且该平面的一个法向量为n=(2，1，1)，则点P(1，1，5)到平面α的距离为
A. B. C. D.
√
答案
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解析：
由题意可知=(-1，-2，5)，且平面α的一个法向量为n=(2，1，1)，所以点P(1，1，5)到平面α的距离d===.
16
3.如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1，AB=1，BC=2，AA1=3，则点B到直线A1C的距离为
A. B.
C. D.1
√
答案
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答案
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解析：
方法一　由题意得A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，=(1，2，-3)，=(0，2，0)，
所以点B到直线A1C的距离d===.
方法二　过点B作BE垂直A1C，垂足为E(图略)，设点E的坐标为(x，y，z)，则A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，=(1，2，-3)，=(x，y，z-3)，=(x-1，y，z).
16
答案
1
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解析：
因为所以
解得
所以=，
所以点B到直线A1C的距离为||==.
16
4.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱AB，BC的中点，则点C1到平面B1EF的距离等于
A. B.
C. D.
√
答案
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答案
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解析：
以D1为坐标原点，分别以，，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B1(2，2，0)，C1(0，2，0)，E(2，1，2)，F(1，2，2).
=(0，-1，2)，=(-1，0，2)，
设平面B1EF的法向量为n=(x，y，z)，
则即
令z=1，得n=(2，2，1).
答案
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解析：
又∵=(-2，0，0)，
∴点C1到平面B1EF的距离
d===.
5.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G=λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为
A.2 B.
C. D.
√
答案
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解析：
以D为原点，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，
则G(2，λ，2)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，
所以=(2，0，-1)，=(2，2，-1)，=(0，-λ，-1)，
设平面D1EF的法向量为n=(x，y，z)，
则
令x=1，则y=0，z=2，所以平面D1EF的一个法向量n=(1，0，2).
点G到平面D1EF的距离为==.
答案
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6.(多选)点M在z轴上，它与经过坐标原点O且方向向量为s=(1，-1，1)的直线l的距离为，则点M的坐标是
A.(0，0，-3) B.(0，0，3)
C.(0，0，) D.(0，0，-)
答案
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√
16
√
解析：
设M(0，0，m)，则=(0，0，m)，
又直线l的方向向量为s=(1，-1，1)，
所以点M到直线l的距离d===，
所以m=±3，则M(0，0，3)或M(0，0，-3).
答案
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7.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且AB⊥AD，∠A1AB=∠A1AD=60°，E为CC1的中点，则点E到直线AC1的距离为
A.a B.a
C.a D.a
答案
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答案
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解析：
∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，不妨设=d，=b，=c.
则=++=d+b+c，
=-c，
又|d|=|b|=|c|=a，AB⊥AD，∠A1AB=∠A1AD=60°，则d·b=0，d·c=b·c=a×a×=a2，
所以||=|d+b+c|==a，||=a，
·=-c·(d+b+c)=-(c·d+c·b+c·c)=-a2，
所以点E到直线AC1的距离为d===a.
16
8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，若M，N，P，Q分别为A1B1，
BC，A1D1，DC的中点，则直线MN与直线PQ之间的距离为　　.
答案
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解析：
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则M，N，P，Q，所以=，=，
显然∥，而点P不在直线MN上，则有MN∥PQ，
因此，直线MN与直线PQ之间的距离即为点P到直线MN的
距离，而=，
所以直线MN与直线PQ之间的距离d===.
9.在三棱柱ABC-A1B1C1中，=(-6，2，-8)，=(4，-2，3)，=(-4，1，0)，则该三棱柱的高为　　　.
答案
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答案
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解析：
由题意知，==(-4，1，0)，
该三棱柱的高即为点A1到平面ABC的距离d，
设n=(x，y，z)是平面ABC的法向量，
则
令x=1，解得y=4，z=，
∴n=，
∴d===2.
16
10.底面ABCD为矩形的长方体被截面AEC1F所截得到的多面体如图所示，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1，四边形AEC1F为平行四边形.
(1)求线段BF的长；
答案
1
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解：
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因为四边形AEC1F为平行四边形，所以=，
设DF=a，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1，
则B(2，4，0)，A(2，0，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)，F(0，0，a)，
10.底面ABCD为矩形的长方体被截面AEC1F所截得到的多面体如图所示，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1，四边形AEC1F为平行四边形.
(1)求线段BF的长；
答案
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解：
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所以=(-2，0，a)，=(-2，0，2)，
所以(-2，0，a)=(-2，0，2)，则a=2，
所以F(0，0，2)，所以=(-2，-4，2).
所以||==2，即线段BF的长为2.
10.底面ABCD为矩形的长方体被截面AEC1F所截得到的多面体如图所示，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1，四边形AEC1F为平行四边形.
(2)求点C到平面AEC1F的距离.
答案
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解：
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由(1)得，C(0，4，0)，又C1(0，4，3)，A(2，0，0)，
E(2，4，1)，
所以=(0，0，3)，=(0，4，1)，=(-2，0，2)，
设平面AEC1F的法向量为n=(x，y，z)，
10.底面ABCD为矩形的长方体被截面AEC1F所截得到的多面体如图所示，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1，四边形AEC1F为平行四边形.
(2)求点C到平面AEC1F的距离.
答案
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解：
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则
令x=1，则y=-，z=1，所以n=，
所以点C到平面AEC1F的距离d====.
11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1，在空间中到三条棱AB，CC1，A1D1所在的直线距离相等的点有
A.0个 B.2个 C.3个 D.无数个
答案
1
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综合运用
16
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答案
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13
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15
16
解析：
在正方体ABCD-A1B1C1D1上建立如图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，B1(1，1，1)，
连接B1D，并在B1D上任取一点P，
因为=(1，1，1)，
所以设P(a，a，a)，其中0≤a≤1.
作PE⊥平面AA1D1D，垂足为E，再作EF⊥A1D1，垂足为
F，连接PF，
则PF是点P到直线A1D1的距离.
答案
1
2
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11
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16
解析：
所以PF=；
同理点P到直线AB，CC1的距离也是.
所以B1D上任一点与正方体ABCD-A1B1C1D1的三条棱AB，
CC1，A1D1所在直线的距离都相等，
所以与正方体ABCD-A1B1C1D1的三条棱AB，CC1，A1D1
所在的直线的距离相等的点有无数个.
12.已知A，B，C，P是空间中不共面的四点，满足=(0，0，c)，=(-a，b，0)，=(a，0，0)，若a2+b2=4，且点P到平面ABC的距离等于1，则a的值为　　　　.
答案
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±
答案
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14
15
解析：
由=(0，0，c)，=(-a，b，0)，
=(a，0，0)，
设平面ABC的法向量为n=(x1，y1，z1)，
则
取x1=b，可得y1=a，z1=0，即n=(b，a，0)，
则点P到平面ABC的距离
d====1，
16
答案
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15
解析：
所以|ab|=2，即a2b2=4，又a2+b2=4，
所以(a2-b2)2=(a2+b2)2-4a2b2=42-42=0，
所以a2=b2=2，所以a=±.
16
13.(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为CD，A1B1的中点，则下列结论正确的是
A.点F到点E的距离为
B.点F到直线ED1的距离为
C.点F到平面AED1的距离为
D.平面BFC1到平面AED1的距离为
答案
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√
16
√
√
答案
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解析：
以D为原点，分别以，，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.
由题意知，A(1，0，0)，E，D1(0，0，1)，F，
=(-1，0，-1)，=，
=(-1，0，1)，=.
设平面AED1的法向量为n=(x，y，z)，
所以
答案
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解析：
令x=1，则n=(1，2，1).
点F到点E的距离||==，故A正确；
点F到直线ED1的距离为
==，故B正确；
点F到平面AED1的距离d===，故C正确；
由正方体的性质可知，平面BFC1∥平面AED1，平面BFC1到平面AED1的
距离即为点F到平面AED1的距离，为，故D错误.
14.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB=AC=2，BC=2，∠ACC1=60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且=λ，λ∈[0，1].
(1)证明：A1C⊥平面ABC1；
答案
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16
∵AB=AC=2，BC=2，
∴AB2+AC2=BC2，故AB⊥AC.
又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，AB 平面ABC，
∴AB⊥平面AA1C1C.
∵A1C 平面AA1C1C，∴AB⊥A1C，
又A1C⊥BC1，AB，BC1 平面ABC1，BC1∩AB=B，∴A1C⊥平面ABC1.
证明：
14.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB=AC=2，BC=2，∠ACC1=60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且=λ，λ∈[0，1].
(2)是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为？若
存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
答案
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∵A1C⊥平面ABC1，AC1 平面ABC1，
∴A1C⊥AC1，∴四边形AA1C1C为菱形，
取A1C1的中点E，连接AE，∵∠ACC1=60°，
∴△AA1C1为等边三角形.
解：
14.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB=AC=2，BC=2，∠ACC1=60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且=λ，λ∈[0，1].
(2)是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为？若
存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
答案
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∴AE⊥A1C1.
又AC∥A1C1，∴AE⊥AC.
又AB⊥平面AA1C1C，AE 平面AA1C1C，
∴AB⊥AE.
解：
14.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB=AC=2，BC=2，∠ACC1=60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且=λ，λ∈[0，1].
(2)是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为？若
存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
答案
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16
解：
如图所示，以点A为坐标原点，分别以AB，AC，AE所
在直线为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系.
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，-1，)，C1(0，1，)，
14.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB=AC=2，BC=2，∠ACC1=60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且=λ，λ∈[0，1].
(2)是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为？若
存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
答案
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解：
∴=(0，-1，)，=(-2，0，0)，=(-2，1，)，=(-2，2，0)，
又=λ，
∴=(0，-λ，λ)，
∴=+=(-2，-λ，λ)，
14.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB=AC=2，BC=2，∠ACC1=60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且=λ，λ∈[0，1].
(2)是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为？若
存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
答案
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16
解：
设n=(x，y，z)为平面BPC1的法向量，
则
令x=λ，则n=.
14.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB=AC=2，BC=2，∠ACC1=60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且=λ，λ∈[0，1].
(2)是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为？若
存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
解：
设d为点C到平面BPC1的距离，
则d===，
∴28λ2-16λ+1=0，即λ=或λ=.
故存在λ=或λ=，满足题意.
答案
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15.在空间直角坐标系中，定义：平面α的一般方程为Ax+By+Cz+D=0(A，B，C，D∈R，且A，B，C不同时为零)，点P(x0，y0，z0)到平面α的距离d=，则在底面边长与高都为2的正四棱锥P-EFGH中，底面中心O到侧面PEF的距离d等于
A. B. C. D.
答案
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拓广探究
√
答案
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解析：
以底面中心O为原点，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，
则O(0，0，0)，E(1，1，0)，F(-1，1，0)，P(0，0，2)，
设平面PEF的方程为Ax+By+Cz+D=0(A，B，C，D∈R，
且A，B，C不同时为零)，将点E，F，P的坐标代入得
即所以方程可化为-Dy-Dz+D=0，显然
D≠0，即2y+z-2=0，
所以d==.
16.如图，在四棱锥P-ABCD的平面展开图中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，∠HDC=∠FAB=90°，则四棱锥P-ABCD外接球的球心到平面PBC的距离为
A. B.
C. D.
答案
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√
答案
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解析：
该几何体的直观图如图所示，
分别取AD，BC的中点O，M，连接OM，PM，PO，
∵PO=1，OM=2，
PM===，
∴OP2+OM2=PM2，∴OP⊥OM，
又∵PO⊥AD，
∴由线面垂直的判定定理得出PO⊥平面ABCD，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系.
答案
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解析：
则A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(-1，2，0)，
D(-1，0，0)，P(0，0，1)，
=(1，2，-1)，=(-1，2，-1)，
设四棱锥P-ABCD外接球的球心为N(0，1，a)，
∵PN=NA，
∴(-1)2+(1-a)2=1+(-1)2+(-a)2，
解得a=0.
∴=(0，-1，1)，
答案
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解析：
设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)，
则
取z=2，则n=(0，1，2)，
则四棱锥P-ABCD外接球的球心到平面PBC的距离为
d====.
THANKS
本课结束第2课时　夹角问题
[学习目标]　1.能用向量方法推出两异面直线所成的角、直线与平面所成的角、两个平面的夹角的向量表达式.2.能用向量方法解决立体几何中有关角度的度量问题.(重点)
导语
在必修课程中，我们学习过异面直线所成的角，直线与平面相交所成的角，以及两个平面相交所成的二面角.这些角能否借助直线的方向向量、平面的法向量来求解呢？今天我们就来研究这个问题.
一、两异面直线所成的角
问题1　两条异面直线所成的角与其方向向量的夹角有什么关系？
提示　两条异面直线所成的角与其方向向量的夹角相等或互补.
知识梳理
若异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ=|cos〈u，v〉|==.
注意点：
两异面直线所成角的范围是，两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系.
当方向向量的夹角为锐角或直角时，异面直线所成的角与方向向量的夹角相等；
当方向向量的夹角为钝角时，异面直线所成的角与方向向量的夹角互补.
例1　(课本例7)如图，在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，求直线AM和CN夹角的余弦值. 解　如题图，以{，，}作为基底，则=-=-，=+). 设向量与的夹角为θ，则直线AM和CN夹角的余弦值等于|cos θ|. ·=+)·=-·+·-·=-+-=. 又△ABC和△ACD均为等边三角形，所以||=||=. 所以cos θ===. 所以直线AM和CN夹角的余弦值为.
例1　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA=PB=AD=3，AB=4，且平面PAB⊥底面ABCD.求异面直线PC和AB所成角的余弦值.
解　由题意，以AB的中点E为原点，EB，EP所在直线分别为x，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则P(0，0，)，B(2，0，0)，A(-2，0，0)，C(2，3，0)，
所以=(4，0，0)，=(2，3，-)，
|cos〈，〉|===，
所以异面直线PC和AB所成角的余弦值为.
反思感悟　求异面直线所成角的步骤
(1)确定两条异面直线的方向向量.
(2)确定两个向量夹角的余弦值的绝对值.
(3)得出两条异面直线所成的角.
跟踪训练1　如图，已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长均相等，E为棱PC的中点，则异面直线BE与PD所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　以为基底，不妨设AB=2，
则·=0，·=·=2×2×cos 60°=2.
又=-，||=2，
=+)=-+)，||=，
所以·=-)·(-+)
=-·+·-)
=(4-2+0-4)=-1，
所以|cos〈，〉|===，
所以异面直线BE与PD所成角的余弦值为.
二、直线与平面所成的角
问题2　直线方向向量和平面法向量的夹角与直线和平面所成的角有什么关系？
提示　通过作图可以看出，直线方向向量和平面法向量的夹角与直线和平面所成的角有时候互余，有时候向量夹角比线面角大.
知识梳理
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〉|==.
注意点：
(1)直线与平面所成的角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角.
(2)线面角的范围为.
(3)把斜线的方向向量与平面法向量的夹角记作α，当α为锐角时，直线和平面所成的角为-α；当α为钝角时，直线和平面所成的角为α-.
例2　如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点E为棱AB上一点，直线D1E与DB所成的角为.求D1E与平面BC1D所成角的正弦值.
解　如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，设AE=t(0≤t≤2)，
则B(2，2，0)，D(0，0，0)，C1(0，2，2)，D1(0，0，2)，E(2，t，0)，
则=(2，t，-2)，=(2，2，0)，
因为直线D1E与DB所成的角为，
所以cos===，化简得4t=4，解得t=1，
所以=(2，1，-2)，
又=(2，2，0)，=(0，2，2)，
设平面BC1D的法向量n=(x，y，z)，
则
取x=1，得n=(1，-1，1)，
设D1E与平面BC1D所成的角为θ，
则sin θ===.
所以D1E与平面BC1D所成角的正弦值为.
反思感悟　利用平面的法向量求直线与平面所成角的基本步骤
(1)建立空间直角坐标系.
(2)求直线的方向向量u.
(3)求平面的法向量n.
(4)设线面角为θ，则sin θ= .
跟踪训练2　在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面DBC，且AB=BC=BD，∠CBA=∠CBD=60°，则直线BC与平面ABD所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　因为AB=BC=BD，且∠CBA=∠CBD=60°，所以△ABC，△BCD均为正三角形，取BC的中点O，连接AO，则AO⊥BC，因为平面ABC⊥平面DBC，平面ABC∩平面DBC=BC，AO 平面ABC，所以AO⊥平面DBC，连接DO，则DO⊥CO，以O为原点建立空间直角坐标系，如图所示，
设AB=BC=BD=2，则A(0，0，)，B(0，-1，0)，C(0，1，0)，D(，0，0)，设平面ABD的法向量为n=(x，y，z)，又=(0，-1，-)，=(，0，-)，则令x=1，得z=1，y=-，n=(1，-，1)，=(0，2，0).
设直线BC与平面ABD所成的角为θ，θ∈，则sin θ=|cos〈n，〉|===，
所以cos θ==.
三、两个平面的夹角
问题3　两个平面的夹角与两平面的法向量的夹角有何关系？
提示　两平面的夹角是两平面的法向量的夹角或其补角.
知识梳理
1.两个平面的夹角的概念：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.求夹角的方法：
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ=|cos〈n1，n2〉|==.
注意点：
(1)两平面的夹角是两平面的法向量的夹角或其补角.
(2)二面角与两平面的夹角是两个不同的概念，注意两者范围的不同.
例3　(1)(课本例8)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=CB=2，AA1=3，∠ACB=90°，P为BC的中点，点Q，R分别在棱AA1，BB1上，A1Q=2AQ，BR=2RB1.求平面PQR与平面A1B1C1夹角的余弦值. 解　以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设平面A1B1C1的法向量为n1，平面PQR的法向量为n2，则平面PQR与平面A1B1C1的夹角就是n1与n2的夹角或其补角. 因为C1C⊥平面A1B1C1，所以平面A1B1C1的一个法向量为n1=(0，0，1). 根据所建立的空间直角坐标系，可知P(0，1，3)，Q(2，0，2)，R(0，2，1). 所以=(2，-1，-1)，=(0，1，-2). 设n2=(x，y，z)，则 所以所以 取n2=(3，4，2)，则cos〈n1，n2〉===. 设平面PQR与平面A1B1C1的夹角为θ， 则cos θ=|cos〈n1，n2〉|=. 即平面PQR与平面A1B1C1的夹角的余弦值为. (2)(课本例10)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F. ①求证：PA∥平面EDB； ②求证：PB⊥平面EFD； ③求平面CPB与平面PBD的夹角的大小. 解　以D为原点，DA，DC，DP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DC=1. ①证明　连接AC，交BD于点G，连接EG. 依题意得A(1，0，0)，P(0，0，1)，E. 因为底面ABCD是正方形， 所以点G是它的中心，故点G的坐标为，且=(1，0，-1)，=. 所以=2，即PA∥EG. 而EG 平面EDB，且PA 平面EDB，因此PA∥平面EDB. ②证明　依题意得B(1，1，0)，=(1，1，-1). 又=， 故·=0+-=0. 所以PB⊥DE. 由已知EF⊥PB，且EF∩DE=E， 所以PB⊥平面EFD. ③解　已知PB⊥EF，由②可知PB⊥DF，故∠EFD是二面角C-PB-D的平面角. 设点F的坐标为(x，y，z)， 则=(x，y，z-1). 因为=k， 所以(x，y，z-1)=k(1，1，-1)=(k，k，-k)，即x=k，y=k，z=1-k. 由可知·=0， 则(1，1，-1)·(k，k，1-k)=k+k-1+k=3k-1=0. 所以k=，点F的坐标为. 又点E的坐标为， 所以=. 所以cos∠EFD===. 所以∠EFD=60°，即平面CPB与平面PBD的夹角大小为60°.
例3　已知四棱锥P-ABCD，AD∥BC，AB=BC=1，AD=3，DE=PE=2，E是AD上一点，PE⊥AD.若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值.
解　连接CE，因为ED=2，故AE=1，故AE∥BC，AE=BC，
故四边形AECB为平行四边形，故CE∥AB，所以CE⊥平面PAD，
而PE，ED 平面PAD，故CE⊥PE，CE⊥ED，而PE⊥ED，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，-1，0)，B(1，-1，0)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，
则=(0，-1，-2)，=(1，-1，-2)，
=(1，0，-2)，=(0，2，-2)，
设平面PAB的法向量为m=(x，y，z)，
则由可得
取m=(0，-2，1)，
设平面PCD的法向量为n=(a，b，c)，
则由可得
取n=(2，1，1)，
故cos〈m，n〉==-，
故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为.
反思感悟　求两平面夹角的两种方法
(1)法向量法：分别求出两平面的法向量n1，n2，则两平面的夹角为〈n1，n2〉或π-〈n1，n2〉.
(2)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角.也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同.
跟踪训练3　如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=，求平面AA1C1与平面A1B1C1夹角的余弦值.
解　如图所示，建立空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，A1(2，2，0)，B1(0，2，0)，C1(，，)，
所以=(-，-，)，=(0，2，0)，=(-2，0，0)，
设平面AA1C1的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则
取x1=，则y1=0，z1=，可得平面AA1C1的一个法向量为m=(，0，).
设平面A1B1C1的法向量为n=(x2，y2，z2)，
则
取y2=，则x2=0，z2=，可得平面A1B1C1的一个法向量为n=(0，，).
则|cos〈m，n〉|===，
所以平面AA1C1与平面A1B1C1夹角的余弦值为.
1.知识清单：
(1)两异面直线所成的角.
(2)直线与平面所成的角.
(3)平面与平面的夹角.
2.方法归纳：转化与化归.
3.常见误区：混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念、把握空间角的范围.
1.设两条异面直线m，n的一个方向向量分别为a=(-1，1，0)，b=(0，-1，1)，则直线m与n所成的角为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　因为两条异面直线m，n的一个方向向量分别为a=(-1，1，0)，b=(0，-1，1)，
cos〈a，b〉==-=-，
所以直线m与n所成角的余弦值为，
所以直线m与n所成的角为.
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线BB1与平面ACD1所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　设该正方体的棱长为1，
建立空间直角坐标系如图所示.
则D(0，0，0)，B(1，1，0)，
B1(1，1，1)，所以=(0，0，1)，
平面ACD1的一个法向量为=(1，1，1).
设直线BB1与平面ACD1所成的角为θ，则sin θ=|cos〈，〉|===.
3.设平面ABC的一个法向量为m=(1，1，0)，平面ABD的一个法向量为n=(1，0，-1)，则二面角C-AB-D的大小为　　　　.
答案　60°或120°
解析　由二面角定义得|cos〈m，n〉|===，
∴〈m，n〉=60°或120°.
即二面角C-AB-D的大小为60°或120°.
4.如图所示，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，=(0，0，2)，平面ABC的一个法向量为n=(2，1，2)，平面ABC与平面ABO的夹角为θ，则cos θ=　　　　.
答案　
解析　cos θ===.
课时对点练
[分值：100分]
单选题、填空题每小题5分，多选题每小题6分，共62分
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱AB，CC1的中点，则异面直线MN与DB1所成角的大小为(　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
答案　D
解析　以点A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB=2，则B1(2，0，2)，D(0，2，0)，M(1，0，0)，N(2，2，1)，
所以=(2，-2，2)，=(1，2，1)，则·=2-4+2=0，故⊥，
所以异面直线MN与DB1所成角的大小为90°.
2.设直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，α的法向量为n，若〈a，n〉=，则l与α所成的角为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　由已知得线面角的范围是.
∵〈a，n〉=，∴l与法向量所在直线所成的角为，∴l与α所成的角为.
3.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，3AB=2AA1，G是A1B1的中点，E，F分别在棱AA1，CC1上，且==2，则平面A1EG与平面EGF夹角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　取AB的中点O，连接OC，OG，设AB=2，则AA1=3，以O为原点，OC，OB，OG所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则E(0，-1，2)，F(，0，1)，G(0，0，3)，则=(，1，-1)，=(0，1，1)，
设平面EGF的法向量为n=(x，y，z)，则
令z=，则n=(2，-，)，
易知平面A1EG的一个法向量为m=(1，0，0)，则|cos〈m，n〉|===，所以平面A1EG与平面EGF夹角的余弦值为.
4.(多选)直线l的方向向量为a，两个平面α，β的法向量分别为n，m，则下列命题为真命题的是(　　)
A.若a⊥n，则直线l∥平面α
B.若a∥n，则直线l⊥平面α
C.若cos〈a，n〉=，则直线l与平面α所成角的大小为
D.若cos〈m，n〉=，则平面α，β夹角的大小为
答案　BCD
解析　对于A，若a⊥n，则直线l∥平面α或直线l在平面α内，故选项A不正确；
对于B，若a∥n，则a也是平面α的一个法向量，所以直线l⊥平面α，故选项B正确；
对于C，若cos〈a，n〉=，则直线l与平面α所成角的正弦值为，所以直线l与平面α所成角的大小为，故选项C正确；
对于D，若cos〈m，n〉=，则平面α，β夹角的大小为，故选项D正确.
5.如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　如图所示，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，
∴=(-2，0，1).
连接AC，易证AC⊥平面BB1D1D，
∴平面BB1D1D的一个法向量为=(-2，2，0).
∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为
|cos〈，〉|===.
6.如图，已知矩形ABCD与矩形ABEF全等，二面角D-AB-E为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成的角为θ，且cos θ=，则等于(　　)
A.1 B. C. D.
答案　C
解析　以A为原点，AF所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，AD所在直线为z轴，
建立空间直角坐标系(图略)，
设AB=2a，BC=2b，a>0，b>0，
则F(2b，0，0)，M(0，a，0)，B(0，2a，0)，
D(0，0，2b)，
∴=(-2b，a，0)，=(0，-2a，2b)，
∵FM与BD所成的角为θ，且cos θ=，
∴|cos〈，〉|===，
整理得5a2b2+4b4-26a4=0，
即(2a2-b2)(13a2+4b2)=0，
解得=(负值舍去)，
∴==.
7.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AD，BC的中点，M为线段EF上的一动点，则直线A1D与B1M所成角的余弦值的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　建立如图所示的空间直角坐标系，
所以D(0，0，0)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，设M(1，m，0)(0≤m≤2)，
则=(2，0，2)，=(1，2-m，2)，
所以|cos〈，〉|==，又0≤m≤2，
所以当m=0时，两直线所成角的余弦值最小为，
当m=2时，两直线所成角的余弦值最大为，
所以直线A1D与B1M所成角的余弦值的取值范围是.
8.在空间直角坐标系Oxyz中，已知点A(0，2，1)，B(0，0，1)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，则直线BD与平面ABC所成角的正弦值为　　　　　.
答案　
解析　依题意，=(0，2，0)，=(1，2，-1)，=(0，2，-1)，
设平面ABC的法向量为n=(x，y，z)，则取z=1，得n=(1，0，1)，
设直线BD与平面ABC所成的角为θ，则sin θ=|cos〈n，〉|===.
9.如图，在三棱锥V-ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x，y，z 轴上，D是线段AB的中点，且AC=BC=2，且∠VDC=60°，则异面直线AC与VD所成角的余弦值为　　　　.
答案　
解析　由题意，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，则D(1，1，0)，
在Rt△VDC中，∠VDC=60°，CD=，则VC=，
∴V(0，0，)，∴=(-2，0，0)，=(1，1，-)，
∴cos〈，〉==-，
∴异面直线AC与VD所成角的余弦值为.
10.(11分)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD是矩形，AC⊥DB1，AA1=AB=2，点P是棱DD1上的一点，且DP=2PD1.
(1)求证：四边形ABCD为正方形；(5分)
(2)求直线AD1与平面PAC所成角的正弦值.(6分)
(1)证明　如图，连接DB，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以BB1⊥AC，
又AC⊥DB1，BB1∩DB1=B1，BB1，DB1 平面BDB1，所以AC⊥平面BDB1，
又BD 平面BDB1，所以AC⊥BD，又四边形ABCD是矩形，所以四边形ABCD为正方形.
(2)解　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A(，0，0)，C(0，，0)，D1(0，0，2)，P，
所以=，=，=(-，0，2)，
设平面PAC的法向量为n=(x，y，z)，
所以
故可取n=(2，2，3)，
设直线AD1与平面PAC所成角的大小为θ，
所以sin θ=|cos〈n，〉|===，
即直线AD1与平面PAC所成角的正弦值为.
11.如图所示，M，N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起，使平面ADE与平面BCDE的夹角为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M，N的连线与AE所成的角的大小为(　　)
A.45° B.90° C.60° D.30°
答案　B
解析　建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知△ABE为等腰直角三角形，设CD=1，
则BE=1，AB=1，AE=.
设BC=DE=2a，
则E(0，0，0)，A(1，0，1)，N(1，a，0)，M，
∴=，=(-1，0，-1)，
∴·=·(-1，0，-1)=0，
∴⊥，从而MN与AE所成的角为90°.
12.(多选)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a，高为h，记异面直线A1C与BC1所成的角为θ，则(　　)
A.若a=h，则cos θ=
B.若cos θ=，则a=h
C.若a=h，则θ=90°
D.若θ=60°，则h=a
答案　ACD
解析　如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，E，连接OE，OB，
则OE⊥平面ABC，OB⊥AC，
以O为坐标原点，OB，OC，OE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
对于A，当a=h时，A1，C，B，C1，
则=(0，a，-a)，=，
则cos〈，〉===-，
由于异面直线A1C与BC1所成的角θ∈，
故cos θ=，A正确；
对于B，A1，C，
B，C1，
则=(0，a，-h)，=，由于cos θ=，
则|cos〈，〉|=
==，
解得a=h或a=h，B错误；
对于C，当a=h时，A1，
C，B，C1，
则=(0，h，-h)，=，
则·=h2-h2=0，故⊥，则θ=90°，C正确；
对于D，若θ=60°，则cos θ=，
则A1，C，B，
C1，
则=(0，a，-h)，=，
则|cos〈，〉|
===，
解得h=a或h=0(舍)，D正确.
13.已知AB是圆锥PO的底面直径，P为圆锥顶点，O为底面圆的圆心，C是底面圆周上的一点，PC=AB=2，AC=，则平面APB与平面CPB夹角的余弦值为　　　　.
答案　
解析　如图，以点O为坐标原点，OB，OP所在直线分别为y，z轴，过点O垂直于AB的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
点C为底面圆周上一点，则∠ACB=90°，又AC=，AB=PC=2，∴BC=1，PO=，
∴A(0，-1，0)，B(0，1，0)，P(0，0，)，C，
则=(0，1，-)，=，
设平面CPB的法向量为m=(x，y，z)，
则
即
令z=1，得x=1，y=，∴m=(1，，1)，
又易知平面APB的一个法向量为n=(1，0，0)，
∴|cos〈m，n〉|====，
∴平面APB与平面CPB夹角的余弦值为.
14.(12分)(2025·全国Ⅱ卷改编)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°.
(1)证明：A'B∥平面CD'F；(4分)
(2)求平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值.(8分)
(1)证明　因为AB∥CD，所以AE∥DF，
所以A'E∥D'F，
因为D'F 平面CD'F，A'E 平面CD'F，所以A'E∥平面CD'F，因为FC∥EB，FC 平面CD'F，EB 平面CD'F，所以EB∥平面CD'F，
又EB∩A'E=E，EB，A'E 平面A'EB，
所以平面A'EB∥平面CD'F，
又A'B 平面A'EB，所以A'B∥平面CD'F.
(2)解　方法一　因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB，又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC，
以F为原点，FE，FC以及垂直于平面EFCB的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
因为D'F⊥EF，CF⊥EF，面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°，所以∠D'FC=60°.
设AD=1，则B(1，2，0)，C(0，1，0)，D'，
E(1，0，0)，F(0，0，0)，
所以=(-1，-1，0)，=，
=(1，0，0)，=.
设平面BCD'的法向量为n=(x，y，z)，则
所以令y=，则z=1，x=-，则n=(-，，1)为平面BCD'的一个法向量.
设平面EFD'A'的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则所以
令y1=，则z1=-1，x1=0，所以m=(0，，-1)为平面EFD'A'的一个法向量.
所以|cos〈m，n〉|===，
所以平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值为=.
方法二　由EF⊥A'E且EF⊥EB，
可知∠A'EB即为面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平面角，为60°，
不妨设AD=1，在平面A'EB内，由点A'作EB的垂线，垂足为O，
可知A'O⊥平面EFCB，EO=，OB=，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则E，F，A'，
B，C，D'，
=(1，0，0)，=，
=(1，1，0)，=，
设平面EFD'A'的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
则有
取y1=-，则n1=(0，-，1)；
设平面BCD'的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
则有
取y2=，则n2=(-，，1)，
设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ，
则有|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|==，
故sin θ=.
方法三　由CD=2AD，F为CD的中点，得DF=AD=FC.又AB∥CD，EF∥AD，所以四边形EFDA为平行四边形，又∠DAB=90°，DF=AD，所以四边形EFDA为正方形，则EF⊥CD，即D'F⊥EF，FC⊥EF，所以∠D'FC是面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平面角，
因为面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°，所以∠D'FC=60°，又D'F=FC，所以△CD'F为正三角形.
由D'F⊥EF，FC⊥EF，D'F∩FC=F，D'F，FC 平面CD'F，得EF⊥平面CD'F.因为EF 平面EFCB，所以平面CD'F⊥平面EFCB.
取FC的中点O，连接D'O，则D'O⊥FC，
又平面CD'F⊥平面EFCB，
平面CD'F∩平面EFCB=FC，D'O 平面CD'F，
所以D'O⊥平面EFCB，
过O作OM∥EF，交BE于M，则以O为坐标原点，分别以OM，OC，OD'所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设FC=2，则F(0，-1，0)，E(2，-1，0)，C(0，1，0)，
B(2，3，0)，D'(0，0，)，则=(2，2，0)，
=(0，-1，)，=(2，0，0)，=(0，1，).
设平面BCD'的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
则即
令z1=1，得x1=-，y1=，则平面BCD'的一个法向量为n1=(-，，1).
设平面EFD'A'的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
则即
令z2=1，得y2=-，x2=0，则平面EFD'A'的一个法向量为n2=(0，-，1).
设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ，
则|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|===，
所以sin θ===，
则平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值为.
15.(15分)如图(1)，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，AB⊥AD，过AB的中点E作EF∥AD交DC于点F，FC=2EB=2EF=4，现将四边形AEFD沿着EF翻折至A'EFD'位置，使得D'B=2，如图(2)所示.
(1)证明：BC⊥平面D'BF；(5分)
(2)在线段D'C上是否存在一点P(异于点D'，C)，使得平面BPF与平面D'FC夹角的余弦值为，若存在，确定点P的位置，若不存在，请说明理由.(10分)
(1)证明　∵EF∥AD，AB⊥AD，∴EF⊥AB，∴BF==2，
又BC==2，FC=4，∴BF2+BC2=FC2，∴BC⊥BF；
∵AD∥EF，AE∥DF，AB⊥AD，∴四边形ADFE为矩形，∴DF=AE=EB=2，
即图(2)中，D'F=2，又D'B=2，∴D'F2+BF2=D'B2，∴D'F⊥BF，
∵EF⊥D'F，EF∩BF=F，EF，BF 平面BCFE，∴D'F⊥平面BCFE，
∵BC 平面BCFE，∴D'F⊥BC，
∵D'F∩BF=F，D'F，BF 平面D'BF，∴BC⊥平面D'BF.
(2)解　由(1)得，D'F⊥平面BCFE，又EF⊥FC，∴EF，FC，D'F两两互相垂直，
以F为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(2，2，0)，F(0，0，0)，D'(0，0，2)，C(0，4，0)，
∴=(2，2，0)，=(0，0，-2)，=(0，4，-2)，
设在线段D'C上存在一点P(异于点D'，C)，使得平面BPF与平面D'FC夹角的余弦值为，且=λ(0<λ<1)，∴=(0，4λ，-2λ)，
∴=-=(0，-4λ，2λ-2)，
设平面BPF的法向量为n=(x，y，z)，
则令z=2λ，得x=1-λ，y=λ-1，
∴n=(1-λ，λ-1，2λ)；
易知平面D'FC的一个法向量为m=(1，0，0)，
∴|cos〈m，n〉|===，
解得λ=-1(舍去)或λ=，∴=，
∴当点P位于线段D'C靠近点D'的三等分点时，平面BPF与平面D'FC夹角的余弦值为.

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