2025屆高中數(shù)學二輪復習 板塊四 立體幾何與空間向量 微專題26　空間角、距離的計算(幾何法、向量法)（練習）

微專題26空間角、距離的計算(幾何法、向量法)高考定位1.以空間幾何體為載體考查空間角(以線面角、面面角為主)是高考命題的重點，常與空間線面位置關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點為空間角的求解，常以解答題的形式進行考查.高考注重利用向量方法解決空間角問題，但也可利用幾何法來求解；2.空間距離(特別是點到面的距離)也是高考題中的常見題型，多以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等.【真題體驗】1.(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱臺ABC－A1B1C1的體積為eq\f(52,3)，AB＝6，A1B1＝2，則A1A與平面ABC所成角的正切值為()A.eq\f(1,2) B.1C.2 D.32.(2024·天津卷)如圖，已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中點，M是DD1的中點.(1)求證：D1N∥平面CB1M；(2)求平面CB1M與平面BB1C1C夾角的余弦值；(3)求點B到平面CB1M的距離.【熱點突破】熱點一異面直線所成的角求異面直線所成角的方法法一(幾何法)步驟為：①利用定義構(gòu)造角，可固定一條直線，平移另一條直線，或?qū)蓷l直線同時平移到某個特殊的位置；②證明找到(或作出)的角即為所求角；③通過解三角形來求角.法二(向量法)步驟為：①求出直線a，b的方向向量，分別記為m，n；②計算cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)；③利用cosθ＝|cos〈m，n〉|，以及θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求出角θ.例1(2024·丹東模擬)直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝120°，則異面直線BA1與AC1所成角的余弦值為()A.eq\f(3,4) B.eq\f(\r(13),4)C.eq\f(\r(3),4) D.eq\f(\r(7),4)訓練1(1)(2024·綿陽模擬)三棱柱ABC－A1B1C1，底面邊長和側(cè)棱長都相等.∠BAA1＝∠CAA1＝60°，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(6),6)(2)如圖，已知圓柱O1O2的軸截面ABCD是邊長為2的正方形，E為下底面圓周上一點，滿足eq\o(BE,\s\up8(︵))＝2eq\o(AE,\s\up8(︵))，則異面直線AE與BO1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(5),10)C.eq\f(\r(3),10) D.eq\f(\r(2),10)熱點二直線與平面所成的角求直線與平面所成角的方法法一(幾何法)步驟為：①找出直線l在平面α上的射影；②證明所找的角就是所求的角；③把這個角置于一個三角形中，通過解三角形來求角.法二(向量法)步驟為：①求出平面α的法向量n與直線AB的方向向量eq\o(AB,\s\up6(→))；②計算cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·n,|\o(AB,\s\up6(→))||n|)；③利用sinθ＝|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉|，以及θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求出角θ.例2(2024·寧波模擬)在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，以AB為軸將菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D1⊥平面ABCD，點E為邊BC1的中點，連接CE，DD1.(1)求證：CE∥平面ADD1；(2)求直線CE與平面BDD1所成角的正弦值.訓練2(2024·北京門頭溝模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，PA＝AB＝2，E為棱PD的中點.(1)求證：EC∥平面PAB；(2)當PC＝3時，求直線PC與平面BCE所成角的正弦值.熱點三平面與平面的夾角求平面與平面的夾角方法法一(幾何法)步驟為：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一點為端點，在兩個面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角)；②證明所找的角就是要求的角；③把這個平面角置于一個三角形中，通過解三角形來求角.求二面角的平面角的口訣：點在棱上，邊在面內(nèi)，垂直于棱，大小確定.法二(向量法)步驟為：①求兩個平面α，β的法向量m，n；②計算cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)；③設(shè)兩個平面的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈m，n〉|.例3(2024·深圳模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C⊥底面ABC，且AB＝AC，A1B＝A1C.(1)證明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1＝BC＝2，∠BAC＝90°，求平面A1BC與平面A1BC1夾角的余弦值.訓練3(2024·泰安模擬)如圖，在底面為菱形的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠BAD＝eq\f(2,3)π，AA1＝AB＝2，E，F(xiàn)，G分別為BB1，CC1，DD1的中點.(1)求證：A1E∥GC；(2)求平面A1EF與平面ABCD夾角的大小.熱點四距離問題1.空間中點、線、面距離的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系2.空間距離的求解方法有：(1)作垂線段；(2)等體積法；(3)等價轉(zhuǎn)化；(4)空間向量法.例4在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，M為BB1的中點，N為BC的中點.(1)求點M到直線AC1的距離；(2)求點N到平面MA1C1的距離.訓練4(1)已知三棱柱ABC－A1B1C1為正三棱柱，且AA1＝2，AB＝2eq\r(3)，D是B1C1的中點，則點B到平面AB1D的距離為()A.eq\f(3\r(13),13) B.eq\f(6\r(13),13)C.eq\f(9\r(13),13) D.eq\f(12\r(13),13)(2)已知正方形ABCD的邊長為1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，則直線AC到平面PEF的距離為()A.2 B.eq\f(\r(17),17)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\r(5)【精準強化練】1.(2024·淄博模擬)如圖，多面體ABCDEF是由一個正四棱錐A－BCDE與一個三棱錐F－ADE拼接而成，正四棱錐A－BCDE的所有棱長均為3eq\r(2)，AF∥CD.(1)在棱DE上找一點G，使得平面ABC⊥平面AFG，并給出證明；(2)當AF＝eq\f(1,2)CD時，求點F到平面ADE的距離；(3)若AF＝eq\f(1,3)CD，求直線DF與平面ABC所成角的正弦值.2.(2024·武漢質(zhì)檢)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，PA⊥平面ABCD，PA∥QD，BC＝2AB＝2PA＝2，∠ABC＝60°.(1)證明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ＝2eq\r(2)，求平面PCQ與平面DCQ夾角的余弦值.3.(2024·鹽城質(zhì)檢)在三棱錐A－BCD中，已知CB＝CD＝eq\r(5)，BD＝2，O為BD的中點，AO⊥平面BCD，AO＝2，E為AC的中點.(1)求直線AB與DE所成角的余弦值；(2)若點F在BC上，滿足BF＝eq\f(1,4)BC，設(shè)平面FDE與平面DEC夾角的大小為θ，求sinθ的值.4.(2024·新高考Ⅰ卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝eq\r(3).(1)若AD⊥PB，證明：AD∥平面PBC；(2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值為eq\f(\r(42),7)，求AD.【解析版】1.(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱臺ABC－A1B1C1的體積為eq\f(52,3)，AB＝6，A1B1＝2，則A1A與平面ABC所成角的正切值為()A.eq\f(1,2) B.1C.2 D.3答案B解析設(shè)正三棱臺ABC－A1B1C1的高為h，三條側(cè)棱延長后交于一點P，作PO⊥平面ABC于點O，PO交平面A1B1C1于點O1，連接OA，O1A1，如圖所示.由AB＝3A1B1，可得PO1＝eq\f(1,2)h，PO＝eq\f(3,2)h，又S△A1B1C1＝eq\f(1,2)×22×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，S△ABC＝eq\f(1,2)×62×eq\f(\r(3),2)＝9eq\r(3)，所以正三棱臺ABC－A1B1C1的體積V＝VP－ABC－VP－A1B1C1＝eq\f(1,3)×9eq\r(3)×eq\f(3,2)h－eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(1,2)h＝eq\f(52,3)，解得h＝eq\f(4\r(3),3)，故PO＝eq\f(3,2)h＝2eq\r(3).由正三棱臺的性質(zhì)可知，O為底面ABC的中心，則OA＝eq\f(2,3)×eq\r(62－32)＝2eq\r(3)，因為PO⊥平面ABC，所以∠PAO是A1A與平面ABC所成的角，在Rt△PAO中，tan∠PAO＝eq\f(PO,OA)＝1，故選B.2.(2024·天津卷)如圖，已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中點，M是DD1的中點.(1)求證：D1N∥平面CB1M；(2)求平面CB1M與平面BB1C1C夾角的余弦值；(3)求點B到平面CB1M的距離.(1)證明以A為坐標原點，以AB，AD，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，依題意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)，則M(0，1，1)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)，2))，所以eq\o(D1N,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(1,2)，0))，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(1，－1，2)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(－1，0，1).設(shè)平面CB1M的一個法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－y1＋2z1＝0，,－x1＋z1＝0，))取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，則n＝(1，3，1).eq\o(D1N,\s\up6(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(1,2)，0))·(1，3，1)＝eq\f(3,2)－eq\f(3,2)＝0，所以eq\o(D1N,\s\up6(→))⊥n，顯然D1N?平面CB1M，所以D1N∥平面CB1M.(2)解易知eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(1，－1，2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，設(shè)平面BB1C1C的一個法向量為m＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－y2＋2z2＝0，,－x2＋y2＝0，))取x2＝1，得y2＝1，z2＝0，則m＝(1，1，0).設(shè)平面CB1M與平面BB1C1C的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(4,\r(11)×\r(2))＝eq\f(2\r(22),11)，所以平面CB1M與平面BB1C1C夾角的余弦值為eq\f(2\r(22),11).(3)解易知eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，2).設(shè)點B到平面CB1M的距離為d，則d＝eq\f(|\o(BB1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(11))＝eq\f(2\r(11),11)，所以點B到平面CB1M的距離為eq\f(2\r(11),11).【熱點突破】熱點一異面直線所成的角求異面直線所成角的方法法一(幾何法)步驟為：①利用定義構(gòu)造角，可固定一條直線，平移另一條直線，或?qū)蓷l直線同時平移到某個特殊的位置；②證明找到(或作出)的角即為所求角；③通過解三角形來求角.法二(向量法)步驟為：①求出直線a，b的方向向量，分別記為m，n；②計算cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)；③利用cosθ＝|cos〈m，n〉|，以及θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求出角θ.例1(2024·丹東模擬)直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝120°，則異面直線BA1與AC1所成角的余弦值為()A.eq\f(3,4) B.eq\f(\r(13),4)C.eq\f(\r(3),4) D.eq\f(\r(7),4)答案A解析法一如圖所示，設(shè)E，F(xiàn)，G，H分別是線段A1B1，AB，AA1，A1C1的中點.連接EF，F(xiàn)H，HG，EH，F(xiàn)G，易知FG綉eq\f(1,2)BA1，GH綉eq\f(1,2)AC1，故∠FGH或其補角是異面直線BA1與AC1所成的角.設(shè)AB＝AC＝AA1＝2，由于∠BAC＝120°，所以B1C1＝2eq\r(3)，EH＝eq\r(3)，EF＝2，則FH＝eq\r(（\r(3)）2＋22)＝eq\r(7)，又FG＝eq\f(1,2)BA1＝eq\r(2)，GH＝eq\f(1,2)AC1＝eq\r(2)，在△FGH中，由余弦定理得cos∠FGH＝eq\f(（\r(2)）2＋（\r(2)）2－（\r(7)）2,2×\r(2)×\r(2))＝－eq\f(3,4).所以異面直線BA1與AC1所成角的余弦值為eq\f(3,4).法二取BC中點D，連接AD，因為AB＝AC，所以DA⊥DC，以D為原點，DA，DC所在直線分別為x，y軸，過點D且垂直于平面BAC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設(shè)AB＝AC＝AA1＝1，而∠BAC＝120°，所以BD＝DC＝eq\f(\r(3),2)，AD＝eq\f(1,2)，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，0))，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，1))，所以eq\o(BA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，所以異面直線BA1與AC1所成角的余弦值為|cos〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(BA1,\s\up6(→))·\o(AC1,\s\up6(→))|,|\o(BA1,\s\up6(→))|·|\o(AC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)＋\f(3,4)＋1)),\r(\f(1,4)＋\f(3,4)＋1)·\r(\f(1,4)＋\f(3,4)＋1))＝eq\f(3,4).易錯提醒1.利用幾何法求異面直線所成的角時，通過平移直線所得的角不一定就是兩異面直線所成的角，也可能是其補角.2.用向量法求異面直線所成的角時，要注意向量夾角與異面直線所成角的范圍不同.訓練1(1)(2024·綿陽模擬)三棱柱ABC－A1B1C1，底面邊長和側(cè)棱長都相等.∠BAA1＝∠CAA1＝60°，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(6),6)(2)如圖，已知圓柱O1O2的軸截面ABCD是邊長為2的正方形，E為下底面圓周上一點，滿足eq\o(BE,\s\up8(︵))＝2eq\o(AE,\s\up8(︵))，則異面直線AE與BO1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(5),10)C.eq\f(\r(3),10) D.eq\f(\r(2),10)答案(1)D(2)B解析(1)設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，|a|＝|b|＝|c|＝1，由題意〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝a＋c，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝－a＋b＋c，|eq\o(AB1,\s\up6(→))|＝eq\r(a2＋c2＋2a·c)＝eq\r(1＋1＋2·1·1·cos60°)＝eq\r(3)，|eq\o(BC1,\s\up6(→))|＝eq\r(a2＋b2＋c2－2a·b－2a·c＋2b·c)＝eq\r(2)，又eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(a＋c)·(－a＋b＋c)＝b·a＋b·c＋c2－a2＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋1－1＝1，設(shè)異面直線AB1與BC1所成角為θ，則cosθ＝|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3)·\r(2))))＝eq\f(\r(6),6).(2)法一如圖，連接EO2并延長，交底面圓于點F，連接FO1，F(xiàn)B，易知AE∥BF且AE＝BF，所以∠FBO1為異面直線AE與BO1所成的角或其補角.因為eq\o(BE,\s\up8(︵))＝2eq\o(AE,\s\up8(︵))，則∠AO2E＝60°，所以△AEO2為正三角形，故AE＝BF＝1.由圓柱的性質(zhì)知O1F＝O1B＝eq\r(BC2＋O1C2)＝eq\r(5)，所以在等腰△BFO1中，cos∠FBO1＝eq\f(\f(1,2)BF,O1B)＝eq\f(\r(5),10).法二以A為原點，AB，AD所在直線分別為y軸、z軸，過點A的AB的垂線所在直線為x軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(0，2，0)，O1(0，1，2)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq\o(BO1,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，所以異面直線AE與BO1所成角的余弦值為|cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(BO1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·\o(BO1,\s\up6(→))|,|\o(AE,\s\up6(→))||\o(BO1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),1×\r(5))＝eq\f(\r(5),10).故選B.熱點二直線與平面所成的角求直線與平面所成角的方法法一(幾何法)步驟為：①找出直線l在平面α上的射影；②證明所找的角就是所求的角；③把這個角置于一個三角形中，通過解三角形來求角.法二(向量法)步驟為：①求出平面α的法向量n與直線AB的方向向量eq\o(AB,\s\up6(→))；②計算cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·n,|\o(AB,\s\up6(→))||n|)；③利用sinθ＝|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉|，以及θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求出角θ.例2(2024·寧波模擬)在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，以AB為軸將菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D1⊥平面ABCD，點E為邊BC1的中點，連接CE，DD1.(1)求證：CE∥平面ADD1；(2)求直線CE與平面BDD1所成角的正弦值.(1)證明∵BE∥AD1，BE?平面ADD1，A1D?平面ADD1，∴BE∥平面ADD1.同理可得BC∥平面ADD1.又∵BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCE，∴平面BCE∥平面ADD1.∵CE?平面BCE，∴CE∥平面ADD1.(2)解法一取AB中點O，易知OD⊥AB，OD1⊥AB.∵平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D1＝AB，又OD1?平面ABC1D1，OD1⊥AB，∴OD1⊥平面ABCD.如圖，建立空間直角坐標系，則A(0，1，0)，B(0，－1，0)，D(eq\r(3)，0，0)，C(eq\r(3)，－2，0)，D1(0，0，eq\r(3))，C1(0，－2，eq\r(3)).從而Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，得eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，\f(1,2)，\f(\r(3),2))).又eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0，eq\r(3))，設(shè)平面BDD1的法向量n＝(x，y，z)，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BD,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DD1,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,－\r(3)x＋\r(3)z＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(3)x，,z＝x，))取z＝1，可得平面BDD1的一個法向量為n＝(1，－eq\r(3)，1)，設(shè)直線CE與平面BDD1所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(CE,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(CE,\s\up6(→))·n|,|\o(CE,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\r(3)－\f(\r(3),2)＋\f(\r(3),2))),\r(3＋\f(1,4)＋\f(3,4))·\r(1＋3＋1))＝eq\f(\r(15),10)，所以直線CE與平面BDD1所成角的正弦值為eq\f(\r(15),10).法二取AD1中點F，則EFDC是平行四邊形，所以CE∥DF.從而CE與平面BDD1所成角即為DF與平面BDD1所成角，設(shè)為θ.過D1作D1G⊥AB交AB于G，過G作GH⊥BD交BD于H，過G作GK⊥D1H交D1H于K.因為平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D1＝AB，又D1G?平面ABC1D1，D1G⊥AB，所以D1G⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，所以D1G⊥BD，又GH⊥BD，D1G∩GH＝G，D1G，GH?平面D1GH，從而BD⊥平面D1GH，因為GK?平面D1GH，所以BD⊥GK，又GK⊥D1H，BD∩D1H＝H，BD，D1H?平面BDD1，從而GK⊥平面BDD1.所以GK的長即為G到平面BDD1的距離.由D1G＝eq\r(3)，GH＝eq\f(\r(3),2)，可得GK＝eq\f(\r(15),5).又GF∥BD1，所以F到平面BDD1的距離設(shè)為h即為G到平面BDD1的距離，即h＝GK＝eq\f(\r(15),5).又D1G＝DG＝eq\r(3)，可得DD1＝eq\r(6).在△ADD1中，DD1＝eq\r(6)，AD＝AD1＝2，所以4DF2＋ADeq\o\al(2,1)＝2(AD2＋DDeq\o\al(2,1))，得DF＝2.所以sinθ＝eq\f(h,DF)＝eq\f(\r(15),10)，所以直線CE與平面BDD1所成角的正弦值為eq\f(\r(15),10).規(guī)律方法1.幾何法求線面角的關(guān)鍵是找出線面角(重點是找垂線與射影)，然后在三角形中應用余弦定理(或勾股定理)求解；2.向量法求線面角時要注意：線面角θ與直線的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的關(guān)系是〈a，n〉＋θ＝eq\f(π,2)或〈a，n〉－θ＝eq\f(π,2)，所以應用向量法求的是線面角的正弦值，而不是余弦值.訓練2(2024·北京門頭溝模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，PA＝AB＝2，E為棱PD的中點.(1)求證：EC∥平面PAB；(2)當PC＝3時，求直線PC與平面BCE所成角的正弦值.(1)證明取PA中點為M，連接ME，MB，如圖所示.在△PAD中，因為M，E分別為PA，PD的中點，故ME∥AD，ME＝eq\f(1,2)AD；又AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，故ME∥BC，ME＝BC，則四邊形MBCE為平行四邊形，EC∥MB.又MB?平面PAB，EC?平面PAB，故EC∥平面PAB.(2)解法一由題意建立空間直角坐標系，如圖所示.由PA＝AB＝2，PC＝3，得AC＝eq\r(5)，BC＝1，AD＝2，所以P(0，0，2)，D(0，2，0)，E(0，1，1)，B(2，0，0)，C(2，1，0)，則eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2，1，－2)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(2，－1，－1)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(2，0，－1)，設(shè)平面EBC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(EC,\s\up6(→))·n＝2x－z＝0，,\o(EB,\s\up6(→))·n＝2x－y－z＝0，))令z＝2，可得平面EBC的一個法向量為n＝(1，0，2)，設(shè)直線PC與平面BCE所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(PC,\s\up6(→))·n〉|＝eq\f(|\o(PC,\s\up6(→))·n|,|\o(PC,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(|2＋0－4|,3\r(5))＝eq\f(2\r(5),15).即直線PC與平面BCE所成角的正弦值為eq\f(2\r(5),15).法二過點P作BM延長線的垂線，垂足為N，連接NC，如圖所示.由(1)可知，EC∥BM，故平面BCE也即平面NMBCE.因為AB⊥AD，BC∥AD，則BC⊥AB.又PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，故BC⊥PA.又PA∩AB＝A，PA，AB?面PAB，故BC⊥平面PAB.又PN?平面PAB，則PN⊥BC，又PN⊥BN.BC∩BN＝B，BC，BN?平面BCE，故PN⊥平面BCE，則∠PCN即為PC與平面BCE的夾角.在△ABM中，因為AB＝2，AM＝eq\f(1,2)PA＝1，則BM＝eq\r(AB2＋AM2)＝eq\r(5)，sin∠AMB＝eq\f(2\r(5),5).在△PMN中，因為PM＝eq\f(1,2)PA＝1，∠AMB＝∠PMN，則PN＝sin∠PMN×PM＝eq\f(2\r(5),5).又PC＝3，sin∠PCN＝eq\f(PN,PC)＝eq\f(\f(2\r(5),5),3)＝eq\f(2\r(5),15)，即直線PC與平面BCE所成角的正弦值為eq\f(2\r(5),15).熱點三平面與平面的夾角求平面與平面的夾角方法法一(幾何法)步驟為：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一點為端點，在兩個面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角)；②證明所找的角就是要求的角；③把這個平面角置于一個三角形中，通過解三角形來求角.求二面角的平面角的口訣：點在棱上，邊在面內(nèi)，垂直于棱，大小確定.法二(向量法)步驟為：①求兩個平面α，β的法向量m，n；②計算cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)；③設(shè)兩個平面的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈m，n〉|.例3(2024·深圳模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C⊥底面ABC，且AB＝AC，A1B＝A1C.(1)證明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1＝BC＝2，∠BAC＝90°，求平面A1BC與平面A1BC1夾角的余弦值.(1)證明取BC的中點M，連接MA，MA1.因為AB＝AC，A1B＝A1C，所以BC⊥AM，BC⊥A1M，由于AM，A1M?平面A1MA，且AM∩A1M＝M，所以BC⊥平面A1MA，A1A?平面A1MA，所以BC⊥A1A，又因為A1A∥B1B，所以B1B⊥BC，因為平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC＝BC，且B1B?平面BB1C1C，所以B1B⊥平面ABC，因為A1A∥B1B，所以AA1⊥平面ABC.(2)解法一因為∠BAC＝90°，且BC＝2，所以AB＝AC＝eq\r(2).以AB，AC，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)－xyz，則A1(0，0，2)，B(eq\r(2)，0，0)，C(0，eq\r(2)，0)，C1(0，eq\r(2)，2).所以eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，－2)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－2)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，0).設(shè)平面A1BC的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,m·\o(A1C,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x1－2z1＝0，,\r(2)y1－2z1＝0，))令z1＝1，可得平面A1BC的一個法向量為m＝(eq\r(2)，eq\r(2)，1)，設(shè)平面A1BC1的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)x2－2z2＝0，,\r(2)y2＝0，))令z2＝1，可得平面A1BC1的一個法向量為n＝(eq\r(2)，0，1)，設(shè)平面A1BC與平面A1BC1夾角為θ，則cosθ＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(3,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),5)，所以平面A1BC與平面A1BC1夾角的余弦值為eq\f(\r(15),5).法二將直三棱柱ABC－A1B1C1補成長方體ABDC－A1B1D1C1.連接C1D，過點C作CP⊥C1D，垂足為P，再過P作PQ⊥A1B，垂足為Q，連接CQ，因為BD⊥平面CDD1C1，且CP?平面CDD1C1，所以BD⊥CP，又因為CP⊥C1D，由于BD，C1D?平面A1BDC1，且BD∩C1D＝D，所以CP⊥平面A1BDC1，則△CPQ為直角三角形，由于A1B?平面A1BDC1，所以A1B⊥CP，因為CP，PQ?平面CPQ，且CP∩PQ＝P，所以A1B⊥平面CPQ，因為CQ?平面CPQ，所以CQ⊥A1B，則∠CQP為平面A1BC與平面A1BC1的夾角或補角，在△A1BC中，由等面積法可得CQ＝eq\f(\r(30),3)，因為PQ＝A1C1＝eq\r(2)，所以cos∠CQP＝eq\f(PQ,CQ)＝eq\f(\r(15),5)，因此平面A1BC與平面A1BC1夾角的余弦值為eq\f(\r(15),5).規(guī)律方法1.用幾何法求解二面角的關(guān)鍵是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.2.利用法向量的依據(jù)是兩個半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互補，在求二面角的大小時，一定要判斷出二面角的平面角是銳角還是鈍角，否則解法是不嚴謹?shù)?訓練3(2024·泰安模擬)如圖，在底面為菱形的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠BAD＝eq\f(2,3)π，AA1＝AB＝2，E，F(xiàn)，G分別為BB1，CC1，DD1的中點.(1)求證：A1E∥GC；(2)求平面A1EF與平面ABCD夾角的大小.(1)證明取BC中點H，連接AH，因為底面ABCD為菱形，∠BAD＝eq\f(2,3)π，所以AH⊥AD，以A為原點，AH，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A1(0，0，2)，E(eq\r(3)，－1，1)，G(0，2，1)，C(eq\r(3)，1，0)，F(xiàn)(eq\r(3)，1，1)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－1)，eq\o(GC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－1)，∴eq\o(A1E,\s\up6(→))∥eq\o(GC,\s\up6(→))，∴A1E∥GC.(2)解法一設(shè)平面A1EF的法向量為n＝(x，y，z)，又eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，2，0)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1E,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y－z＝0，,2y＝0，))令x＝1，可得平面A1EF的一個法向量為n＝(1，0，eq\r(3))，易知eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，2)為平面ABCD的一個法向量，設(shè)平面A1EF與平面ABCD的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(AA1,\s\up6(→))·n|,|\o(AA1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2\r(3),2×2)＝eq\f(\r(3),2)，∴θ＝eq\f(π,6)，∴平面A1EF與平面ABCD的夾角為eq\f(π,6).法二如圖所示，設(shè)AA1的中點為M，連接MB，MC，易證EA1∥MB，F(xiàn)A1∥MC，故EA1∥平面MBC，F(xiàn)A1∥MBC，又FA1∩EA1＝A1，所以平面A1EF∥平面MBC，則平面A1EF與平面ABCD的夾角就是MBC與平面ABCD的夾角，設(shè)BC的中點為H，連接MH，因為底面ABCD為菱形，∠BAD＝eq\f(2π,3)，所以AH⊥BC，又AM⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以AM⊥BC，又AM∩AH＝A，AM，AH?平面AMH，所以BC⊥平面AMH，故MH⊥BC，所以∠AHM是平面MBC與平面ABCD的夾角.易知AM＝eq\f(1,2)AA1＝1，AH＝eq\f(\r(3),2)AB＝eq\r(3).所以tan∠AHM＝eq\f(AM,AH)＝eq\f(\r(3),3)，故∠AHM＝eq\f(π,6)，所以平面A1EF與平面ABCD的夾角大小為eq\f(π,6).法三由題意知A1F＝eq\r(5)，EF＝2，A1E＝eq\r(5)，易得S△A1EF＝2.又三角形A1EF在平面ABCD內(nèi)的射影為三角形ABC，且S△ABC＝eq\r(3)，設(shè)平面A1EF與平面ABCD的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(S△ABC,S△A1EF)＝eq\f(\r(3),2)，又θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故θ＝eq\f(π,6)，即平面A1EF與平面ABCD的夾角大小為eq\f(π,6).熱點四距離問題1.空間中點、線、面距離的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系2.空間距離的求解方法有：(1)作垂線段；(2)等體積法；(3)等價轉(zhuǎn)化；(4)空間向量法.例4在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，M為BB1的中點，N為BC的中點.(1)求點M到直線AC1的距離；(2)求點N到平面MA1C1的距離.解法一(1)如圖，連接AM，MC1，AC1，易知MC1＝eq\r(MBeq\o\al(2,1)＋A1Beq\o\al(2,1)＋A1Ceq\o\al(2,1))＝eq\r(22＋22＋12)＝3，AC1＝2eq\r(2)，MA＝eq\r(5).在△MAC1中，由余弦定理得cos∠MAC1＝eq\f(5＋8－9,2×\r(5)×2\r(2))＝eq\f(\r(10),10)，則sin∠MAC1＝eq\f(3\r(10),10)，所以M到直線AC1的距離為MA·sin∠MAC1＝eq\r(5)×eq\f(3\r(10),10)＝eq\f(3\r(2),2).(2)如圖，S△MNC1＝S矩形B1BCC1－S△B1MC1－S△BMN－S△NCC1＝4eq\r(2)－eq\r(2)－eq\f(\r(2),2)－eq\r(2)＝eq\f(3\r(2),2).設(shè)點N到平面MA1C1的距離為h，由VN－MA1C1＝VA1－MNC1，得eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(5)·h＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(2),2)×eq\r(2)，得h＝eq\f(3\r(5),5)，即N到平面MA1C1的距離為eq\f(3\r(5),5).法二(1)建立如圖所示的空間直角坐標系，則A1(0，0，2)，M(2，0，1)，C1(0，2，2)，直線AC1的一個單位方向向量為s0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(2，0，1)，故點M到直線AC1的距離d＝eq\r(|\o(AM,\s\up6(→))|2－|\o(AM,\s\up6(→))·s0|2)＝eq\r(5－\f(1,2))＝eq\f(3\r(2),2).(2)設(shè)平面MA1C1的法向量為n＝(x，y，z)，因為eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(2，0，－1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1M,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,2x－z＝0，))取x＝1，得z＝2，故n＝(1，0，2)為平面MA1C1的一個法向量.因為N(1，1，0)，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，故N到平面MA1C1的距離d＝eq\f(|\o(MN,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(3,\r(5))＝eq\f(3\r(5),5).規(guī)律方法1.求點到平面的距離有兩種方法，一是利用空間向量點到平面的距離公式，二是利用等體積法.2.求直線到平面的距離的前提是直線與平面平行.求直線到平面的距離可轉(zhuǎn)化成直線上任一點到平面的距離.訓練4(1)已知三棱柱ABC－A1B1C1為正三棱柱，且AA1＝2，AB＝2eq\r(3)，D是B1C1的中點，則點B到平面AB1D的距離為()A.eq\f(3\r(13),13) B.eq\f(6\r(13),13)C.eq\f(9\r(13),13) D.eq\f(12\r(13),13)(2)已知正方形ABCD的邊長為1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，則直線AC到平面PEF的距離為()A.2 B.eq\f(\r(17),17)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\r(5)答案(1)B(2)B解析(1)法一如圖，連接AC1.在三棱柱ABC－A1B1C1中，因為BC∥B1C1，B1C1?平面AB1C1，BC?平面AB1C1，所以BC∥平面AB1C1，則BC上所有點到平面AB1C1的距離相等.取BC的中點O，則點B到平面AB1D的距離等于點O到平面AB1D的距離.連接AO，DO，由B1C1⊥DO，B1C1⊥AO，AO∩DO＝O，AO，DO?平面ADO，得B1C1⊥平面ADO.又B1C1?平面AB1C1，所以平面ADO⊥平面AB1C1.因為DO＝AA1＝2，AO＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3，所以AD＝eq\r(22＋32)＝eq\r(13)，則點O到直線AD的距離d＝eq\f(2×3,\r(13))＝eq\f(6\r(13),13).所以點O到直線AD的距離等于點O到平面AB1C1的距離為eq\f(6\r(13),13).故點B到平面AB1D的距離為eq\f(6\r(13),13).法二如法一中的圖，設(shè)點B到平面AB1D的距離為h，由VB－AB1D＝VA－BB1D可得，eq\f(1,3)×h×eq\f(1,2)×DB1×AD＝eq\f(1,3)×AO×eq\f(1,2)×DB1×BB1，即eq\f(1,3)×h×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(9＋4)＝eq\f(1,3)×3×eq\f(1,2)×eq\r(3)×2，解得h＝eq\f(6\r(13),13).法三建立如圖所示的坐標系，則B(0，eq\r(3)，0)，B1(0，eq\r(3)，2)，A(3，0，0)，D(0，0，2)，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－3，0，2)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－3，eq\r(3)，2)，設(shè)平面AB1D的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))·n＝－3x＋2z＝0，,\o(AB1,\s\up6(→))·n＝－3x＋\r(3)y＋2z＝0，))令z＝3，得x＝2，y＝0，故n＝(2，0，3)，又eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3，eq\r(3)，0)，所以點B到平面AB1D的距離為d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|－6|,\r(13))＝eq\f(6\r(13),13).(2)如圖所示，建立以D為坐標原點，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標系.則P(0，0，1)，A(1，0，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，設(shè)平面PEF的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＝0，,x＋\f(1,2)y－z＝0，))令x＝2，則y＝2，z＝3，所以n＝(2，2，3).因為eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，所以點A到平面PEF的距離d＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,\r(17))＝eq\f(\r(17),17).因為E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，所以EF∥AC，又EF?平面PEF，AC?平面PEF，所以AC∥平面PEF，所以AC到平面PEF的距離即為點A到平面PEF的距離eq\f(\r(17),17).【精準強化練】1.(2024·淄博模擬)如圖，多面體ABCDEF是由一個正四棱錐A－BCDE與一個三棱錐F－ADE拼接而成，正四棱錐A－BCDE的所有棱長均為3eq\r(2)，AF∥CD.(1)在棱DE上找一點G，使得平面ABC⊥平面AFG，并給出證明；(2)當AF＝eq\f(1,2)CD時，求點F到平面ADE的距離；(3)若AF＝eq\f(1,3)CD，求直線DF與平面ABC所成角的正弦值.解(1)當點G為DE中點時，平面ABC⊥平面AFG，證明如下：連接AG，GF，因為四棱錐A－BCDE是正四棱錐，所以AD＝AE，AG⊥DE.在正方形BCDE中，DE∥BC，所以AG⊥BC，在正方形BCDE中，CD⊥BC，因為AF∥CD，所以AF⊥BC，因為AF∩AG＝A，AF，AG?平面AFG，所以BC⊥平面AFG，因為BC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面AFG.(2)連接BD，CE交于點O，連接AO，OG，則AF∥OG，又因為四棱錐A－BCDE是正四棱錐，所以AO⊥平面BCDE，所以四邊形AOGF為矩形，所以AF⊥FG，又AF⊥DE，DE∩FG＝G，DE，F(xiàn)G?平面DEF，所以AF⊥平面DEF，又FG＝AO＝3，所以VA－FDE＝eq\f(1,3)·AF·S△FDE＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(2),2)×eq\f(1,2)×3eq\r(2)×3＝eq\f(9,2)，設(shè)點F到平面ADE的距離為h，因為VF－ADE＝VA－FDE＝eq\f(9,2)，即eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×(3eq\r(2))2·h＝eq\f(9,2)，所以h＝eq\r(3)，所以點F到平面ADE的距離為eq\r(3).(3)因為四棱錐A－BCDE是正四棱錐，所以O(shè)C，OD，OA兩兩垂直，以O(shè)為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，0，3)，B(0，－3，0)，C(3，0，0)，D(0，3，0)，F(xiàn)(－1，1，3)，所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，3，3)，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(－3，0，3)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(－1，－2，3)，設(shè)平面ABC的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up6(→))＝3y＋3z＝0，,n·\o(CA,\s\up6(→))＝－3x＋3z＝0，))令z＝1，可得平面ABC的一個法向量為n＝(1，－1，1)，設(shè)直線DF與平面ABC所成角為θ，則sinθ＝eq\f(|\o(DF,\s\up6(→))·n|,|\o(DF,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(4,\r(14)×\r(3))＝eq\f(2\r(42),21)，所以直線DF與平面ABC所成角的正弦值為eq\f(2\r(42),21).2.(2024·武漢質(zhì)檢)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，PA⊥平面ABCD，PA∥QD，BC＝2AB＝2PA＝2，∠ABC＝60°.(1)證明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ＝2eq\r(2)，求平面PCQ與平面DCQ夾角的余弦值.法一(1)證明因為BC＝2AB＝2，∠ABC＝60°，所以AB⊥AC，又AB∥CD，所以CD⊥AC，所以PA⊥底面ABCD，CD?底面ABCD，所以PA⊥CD，AC，PA?平面PAC且PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，又CD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAC.(2)解在直角梯形ADQP中，因為PA＝1，AD＝2，PQ＝2eq\r(2)，解得QD＝3，過C，P作CE，PE分別平行于AP，AC，連接QE，作PF⊥QC交QC于F點，連接EF，∵AC⊥CD，AC⊥QD，CD∩QD＝D，且都在面CDQE內(nèi)，∴AC⊥平面CDQE，∵PE∥AC，∴PE⊥平面CDQE，又QC?平面CDQE，∴PE⊥QC，又PF⊥QC，PE，PF?平面PEF，PE∩PF＝P，∴QC⊥平面PEF，又EF?平面PEF，∴QC⊥EF，∴∠PFE為平面PCQ與平面DCQ的夾角或其補角，在△PCQ中，PC＝2，QC＝eq\r(10)，PQ＝2eq\r(2)，∴cos∠CPQ＝eq\f(22＋8－10,2×2×2\r(2))＝eq\f(\r(2),8)，∴sin∠CPQ＝eq\f(\r(62),8)，由等面積法解得PF＝eq\f(\r(31),\r(10))，又PE＝eq\r(3)，∴sin∠PFE＝eq\f(PE,PF)＝eq\f(\r(30),\r(31))，∴cos∠PFE＝eq\f(1,\r(31))＝eq\f(\r(31),31).∴平面PCQ與平面DCQ夾角的余弦值為eq\f(\r(31),31).法二(1)證明因為BC＝2AB，∠ABC＝60°，所以AB⊥AC.如圖建立空間直角坐標系，P(0，0，1)，A(0，0，0)，C(0，eq\r(3)，0)，D(－1，eq\r(3)，0)，則eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0，0，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，設(shè)n1＝(x，y，z)是平面PAC的一個法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PA,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－z＝0，,\r(3)y－z＝0，))可取n1＝(1，0，0)，設(shè)n2＝(a，b，c)是平面PCD的一個法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a＝0，,\r(3)b－c＝0，))可取n2＝(0，1，eq\r(3))，∴n1·n2＝0，∴平面PCD⊥平面PAC.(2)解在直角梯形ADQP中，解得QD＝3，Q(－1，eq\r(3)，3)，平面DCQ的一個法向量為n3＝eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，又由(1)可知eq\o(CQ,\s\up6(→))＝(－1，0，3)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，1)，設(shè)平面PCQ的一個法向量為n4＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CQ,\s\up6(→))·n4＝0，,\o(CP,\s\up6(→))·n4＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋3z2＝0，,－\r(3)y2＋z2＝0，))令y2＝1，可得平面PCQ的一個法向量為n4＝(3eq\r(3)，1，eq\r(3))，設(shè)平面PCQ與平面DCQ夾角為θ，所以cosθ＝|cos〈n3，n4〉|＝eq\f(|n3·n4|,|n3||n4|)＝eq\f(\r(3),\r(3)·\r(31))＝eq\f(\r(31),31)，即平面PCQ與平面DCQ夾角的余弦值為eq\f(\r(31),31).3.(2024·鹽城質(zhì)檢)在三棱錐A－BCD中，已知CB＝CD＝eq\r(5)，BD＝2，O為BD的中點，AO⊥平面BCD，AO＝2，E為AC的中點.(1)求直線AB與DE所成角的余弦值；(2)若點F在BC上，滿足BF＝eq\