資源簡介

(共85張PPT)
第六節　向量法求空間角與距離
1. 能用向量方法解決點到直線、點到平面、相互平行的直線、相互平
行的平面的距離問題和簡單夾角問題.
2. 能描述解決這一類問題的程序，體會向量方法在研究幾何問題中的
作用.
目 錄
CONTENTS
1
2
3
知識 體系構建
課時 跟蹤檢測
考點 分類突破
PART
1
知識 體系構建
必備知識 系統梳理 基礎重落實
課前自修
1. 已知直線 l 1的方向向量 s 1＝（1，0，1），直線 l 2的方向向量 s 2＝
（－1，2，－2），則 l 1和 l 2夾角的余弦值為（　　）
A. B.
C. D.
解析：因為 s 1＝（1，0，1）， s 2＝（－1，2，－2），所以 cos ＜ s 1， s 2＞＝ ＝－ ，所以 l 1和 l 2夾角的余弦值為 .
2. 在空間直角坐標系中，已知 A （1，－1，0）， B （4，3，0）， C
（5，4，－1），則 A 到 BC 的距離為（　　）
A. 3 B.
C. D.
解析：　因為 A （1，－1，0）， B （4，3，0）， C （5，4，－
1），所以 ＝（－3，－4，0）， ＝（1，1，－1），｜ ｜
＝5，｜ ｜＝ ，所以 cos ＜ ＞＝ ＝－
，所以 sin ＜ ＞＝ ，所以 A 到 BC 的距離為 d ＝｜ ｜· sin ＜ ＞＝ ，
故選D.
3. 已知向量 m ， n 分別是直線 l 的方向向量、平面α的法向量，若 cos
＜ m ， n ＞＝－ ，則 l 與α所成的角為 　 　.
解析：設直線 l 與α所成角為θ， sin θ＝｜ cos ＜ m ， n ＞｜＝ ，又
∵θ∈［0， ］，∴θ＝ .

　最小角定理
如圖，若 OA 為平面α的一條斜線， O 為斜足， OB 為 OA 在平面α內的
射影， OC 為平面α內的一條直線，其中θ為 OA 與 OC 所成的角，θ1為
OA 與 OB 所成的角，即線面角，θ2為 OB 與 OC 所成的角，那么 cos θ
＝ cos θ1 cos θ2.
　已知 AO 為平面α的一條斜線， O 為斜足， OB 為 OA 在平面α內的射
影，直線 OC 在平面α內，且∠ AOB ＝∠ BOC ＝45°，則∠ AOC 的大小
為 .
解析：由結論可知有 cos ∠ AOB · cos ∠ BOC ＝ cos ∠ AOC . 因為∠
AOB ＝∠ BOC ＝45°，則 cos ∠ AOC ＝ cos 45°· cos 45°＝ ，則∠ AOC ＝60°.
60°
PART
2
考點 分類突破
精選考點 典例研析 技法重悟通
課堂演練
直線與平面所成的角
【例1】　（2024·全國甲卷18題）如圖，在三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1中，
A 1 C ⊥平面 ABC ，∠ ACB ＝90°， AA 1＝2， A 1到平面 BCC 1 B 1的距離
為1.
（1）證明： A 1 C ＝ AC ；
解：證明：如圖，過 A 1作 A 1 D ⊥ CC
1，垂足為 D ，
∵ A 1 C ⊥平面 ABC ， BC 平面 ABC ，
∴ A 1 C ⊥ BC ，又∠ ACB ＝90°，∴ AC ⊥ BC ，
∵ A 1 C ， AC 平面 ACC 1 A 1，且 A 1 C ∩ AC ＝ C ，
∴ BC ⊥平面 ACC 1 A 1，
∵ A 1 D 平面 ACC 1 A 1，∴ BC ⊥ A 1 D ，
又 CC 1， BC 平面 BCC 1 B 1，且 CC 1∩ BC
＝ C ，∴ A 1 D ⊥平面 BCC 1 B 1，∴ A 1 D ＝1.
由已知條件易證△ CA 1 C 1是直角三角形，
又 CC 1＝ AA 1＝2， A 1 D ＝1，
∴ D 為 CC 1的中點，又 A 1 D ⊥ CC 1，
∴ A 1 C ＝ A 1 C 1，
又在三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1中， AC ＝ A 1 C1，
∴ A 1 C ＝ AC .
（2）已知 AA 1與 BB 1的距離為2，求 AB 1與平面 BCC 1 B 1所成角
的正弦值.
解：如圖，連接 A 1 B ，由（1）易證 A 1 B ＝
A 1 B 1，故取 BB 1的中點 F ，連接 A 1 F ，
∵ AA 1與 BB 1的距離為2，∴ A 1 F ＝2，
又 A 1 D ＝1且 A 1 C ＝ AC ，
∴ A 1 C ＝ A 1 C 1＝ AC ＝ ， AB ＝ A 1 B 1＝ ，BC ＝ .
建立空間直角坐標系 C - xyz 如圖所示，則 C （0，0，0）， A （ ，
0，0）， B （0， ，0）， B 1（－ ）， C 1（－
，0， ），
∴ ＝（0， ，0）， ＝（－ ，0， ），
＝（－2 ），
設平面 BCC 1 B 1的法向量為 n ＝（ x ， y ， z ），
則 取 x ＝1，則 y ＝0， z ＝1，
∴平面 BCC 1 B 1的一個法向量為 n ＝（1，0，1）.
設 AB 1與平面 BCC 1 B 1所成角為θ，
則 sin θ＝｜ cos ＜ n ， ＞｜＝ .
∴ AB 1與平面 BCC 1 B 1所成角的正弦值為 .
解題技法
向量法求直線與平面所成角的2種方法
（1）分別求出斜線和它在平面內的射影直線的方向向量，將題目轉
化為求兩個方向向量的夾角（或其補角）；
（2）通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向
量所夾的銳角（或鈍角的補角），取其余角就是斜線和平面所
成的角.
　（2024·全國甲卷18題）在四棱錐 P - ABCD 中， PD ⊥底面 ABCD ，
CD ∥ AB ， AD ＝ DC ＝ CB ＝1， AB ＝2， DP ＝ .
（1）證明： BD ⊥ PA ；
解：證明：如圖所示，取 AB 中點為 O ，連接 DO ， CO ，則 OB ＝ DC ＝1.
又 DC ∥ OB ，所以四邊形 DCBO 為平行四
邊形.又 BC ＝ OB ＝1，
所以四邊形 DCBO 為菱形，所以 BD ⊥ CO .
同理可得，四邊形 DCOA 為菱形，所以 AD ∥ CO ，
所以 BD ⊥ AD .
因為 PD ⊥底面 ABCD ， BD 底面
ABCD ，所以 PD ⊥ BD ，
又 AD ∩ PD ＝ D ， AD ， PD 平面 ADP ，
所以 BD ⊥平面 ADP .
因為 PA 平面 ADP ，所以 BD ⊥ PA .
（2）求 PD 與平面 PAB 所成的角的正弦值.
解：由（1）知 BD ⊥ AD ，又 AB ＝2 AD ，所以∠ DAO ＝60°，
所以△ ADO 為正三角形.
過點 D 作垂直于 DC 的直線為 x 軸， DC 所在直線為
y 軸， DP 所在直線為 z 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則 A ， B ， P （0，0， ）， D （0，0，0）.則 ＝（0，2，0）， ＝（0，0， ）.
設平面 PAB 的法向量為 n ＝（ x ， y ， z ），
則
令 x ＝2，則 y ＝0， z ＝1，所以 n ＝（2，0，1）.
設直線 PD 與平面 PAB 所成的角為α，則 sin α＝｜ cos ＜ n ， ＞｜
＝ ，
所以直線 PD 與平面 PAB 所成的角的正弦值為 .
平面與平面的夾角（二面角）
【例2】　（2024·新高考Ⅱ卷20題）如圖，三棱錐 A - BCD 中， DA ＝
DB ＝ DC ， BD ⊥ CD ，∠ ADB ＝∠ ADC ＝60°， E 為 BC 的中點.
（1）證明： BC ⊥ DA ；
解：證明：如圖，連接 DE ， AE .
因為 DC ＝ DB ， E 為 BC 的中點，所以 BC ⊥ DE .
因為∠ ADB ＝∠ ADC ＝60°， DA ＝ DC ＝ DB ，
所以△ ABD ≌△ ACD ，所以 AB ＝ AC .
又 E 為 BC 的中點，所以 BC ⊥ AE .
又 AE 平面 ADE ， DE 平面 ADE ， AE ∩ DE ＝ E ，
所以 BC ⊥平面 ADE .
又 DA 平面 ADE ，所以 BC ⊥ DA .
（2）點 F 滿足 ，求二面角 D - AB - F 的正弦值.
解：設 DA ＝ DB ＝ DC ＝2.
由∠ ADB ＝∠ ADC ＝60°，知△ ABD 與△ ACD 為等邊三角形，所以
AB ＝ AC ＝2.
又 BD ⊥ CD ，所以 BC ＝2 .
因為 AB 2＋ AC 2＝ BC 2，
所以△ ABC 為直角三角形，且∠ BAC ＝90°，
所以 AE ＝ .
因為 BD ⊥ CD ，所以 DE ＝ BC ＝ .
因為 AE 2＋ DE 2＝ AD 2，所以 AE ⊥ DE .
又 AE ⊥ BC ， BC 平面 BCD ， DE 平面 BCD ， BC ∩ DE ＝ E ，所
以 AE ⊥平面 BCD .
如圖，分別以 ED ， EB ， EA 所在直線為 x 軸、 y 軸、 z 軸建立空間直
角坐標系，則 E （0，0，0）， D （ ，0，0）， B （0， ，
0）， A （0，0， ）.
因為 ＝（－ ，0， ）， ，
所以 F （－ ，0， ）.
易得 ＝（0， ，－ ）， ＝（－ ，－ ）.
設平面 DAB 的一個法向量為 m ＝（ x 1， y 1， z 1），
則
令 z 1＝1，得 x 1＝1， y 1＝1，所以 m ＝（1，1，1）.
設平面 FAB 的一個法向量為 n ＝（ x 2， y 2， z 2），
則
令 z 2＝1，得 x 2＝0， y 2＝1，所以 n ＝（0，1，1）.
所以 cos ＜ m ， n ＞＝ ，
則二面角 D - AB - F 的正弦值為 .
解題技法
向量法求平面與平面夾角（二面角）的方法
（1）找法向量：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，
然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注
意結合實際圖形判斷所求角的大小；
（2）找與棱垂直的方向向量：分別在二面角的兩個半平面內找到與
棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大
小就是二面角的大小.
　（2024·新高考Ⅰ卷18題）如圖，在正四棱柱 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1中，
AB ＝2， AA 1＝4.點 A 2， B 2， C 2， D 2分別在棱 AA 1， BB 1， CC 1，
DD 1上， AA 2＝1， BB 2＝ DD 2＝2， CC 2＝3.
（1）證明： B 2 C 2∥ A 2 D 2；
解：證明：法一（坐標法）　以點 C 為坐標原
點， CD ， CB ， CC 1所在直線分別為 x ， y ， z 軸，建
立如圖所示的空間直角坐標系，則 B 2（0，2，2），
C 2（0，0，3）， A 2（2，2，1）， D 2（2，0，2），
所以 ＝（0，－2，1）， ＝（0，－2，1），
所以 ，所以 B 2 C 2∥ A 2 D 2.
法二（向量法）　依題意，得 ，
所以 B 2 C 2∥ A 2 D 2.
（2）點 P 在棱 BB 1上，當二面角 P - A 2 C 2- D 2為150°時，求 B 2 P .
解：設 P （0，2， a ）（0≤ a ≤4），則 ＝（2，0，－1）， ＝（2，2，－2）， ＝（0，2， a －3）.
設平面 A 2 C 2 D 2的法向量為 m ＝（ x 1， y 1， z 1），
則
令 x 1＝1，則 z 1＝2， y 1＝1，所以 m ＝（1，1，2）.
設平面 A 2 C 2 P 的法向量為 n ＝（ x 2， y 2， z 2），
則
令 z 2＝2，得 y 2＝3－ a ， x 2＝ a －1，
所以 n ＝（ a －1，3－ a ，2）.
由二面角 P - A 2 C 2- D 2的大小為150°，
得｜ cos ＜ m ， n ＞｜＝ ，
即 .
解得 a ＝1或 a ＝3，故 B 2 P ＝｜ a －2｜＝1.
距離問題
【例3】　如圖，正三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1中，各棱長均為4， N 是 CC 1
的中點.
（1）求點 N 到直線 AB 的距離；
解：建立如圖所示的空間直角坐標系，則 A
（0，0，0）， B （2 ，2，0）， C （0，4，
0）， C 1（0，4，4）， A 1（0，0，4），∵ N 是
CC 1的中點，∴ N （0，4，2）.
＝（0，4，2）， ＝（2 ，2，0），則｜ ｜＝2 ，
｜ ｜＝4， · ＝8.
設點 N 到直線 AB 的距離為 d 1，
則 d 1＝ ＝4.
（2）求點 C 1到平面 ABN 的距離.
解：設平面 ABN 的一個法向量為 n ＝（ x ， y ， z ），由 令 z ＝2，則 y ＝－1， x ＝ ，即 n ＝（ ，－1，2）.易知 ＝（0，0，－2），設點 C 1到平面 ABN 的距離為 d 2，
則 d 2＝｜ ｜＝ .
解題技法
利用向量法求點到平面的距離的步驟
1. 四面體 OABC 滿足∠ AOB ＝∠ BOC ＝∠ COA ＝90°， OA ＝1， OB
＝2， OC ＝3，點 D 在棱 OC 上，且 OC ＝3 OD ，點 G 為△ ABC 的重
心，則點 G 到直線 AD 的距離為（　　）
A. B.
C. D.
解析：　四面體 OABC 滿足∠ AOB ＝∠ BOC ＝
∠ COA ＝90°，即 OA ， OB ， OC 兩兩垂直，以點
O 為原點，以射線 OA ， OB ， OC 的方向分別為
x ， y ， z 軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖，
因為 OA ＝1， OB ＝2， OC ＝3， OC ＝3 OD ，則 A
（1，0，0）， D （0，0，1）， G （ ，1），
于是 ＝（－ ，1）， ＝（－1，0，1），｜ ｜＝ · ＝－ ×（－1）＋1＝ ，所以點 G 到直線 AD 的距離 d ＝ ，故選A.
2. （2024·黃岡模擬）已知正方形 ABCD 的邊長為4， CG ⊥平面
ABCD ， CG ＝2， E 是 AB 的中點， F 是 AD 上靠近 A 的四等分點，
則點 B 到平面 GEF 的距離為 .

解析：建立空間直角坐標系 C - xyz ，如圖所示，
依題意，則有 G （0，0，2）， A （4，4，0）， B
（0，4，0）， E （2，4，0）， F （4，3，0），
故 ＝（2，－1，0）， ＝（2，4，－2），
＝（2，0，0）.設平面 GEF 的一個法向量為 n
＝（ a ， b ， c ），則 取 a ＝1，得 b ＝2， c ＝5，于是 n ＝（1，2，5），所以點 B 到平面 GEF 的距離為 d ＝ .
PART
3
課時 跟蹤檢測
關鍵能力 分層施練 素養重提升
課后練習
1. 如圖，點 A ， B ， C 分別在空間直角坐標系 O - xyz 的三條坐標軸
上， ＝（0，0，2），平面 ABC 的法向量為 n ＝（2，1，2），
設二面角 C - AB - O 的大小為θ，則 cos θ＝（　　）
A. B.
C. D. －
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解析：　∵點 A ， B ， C 分別在空間直角坐標系 O - xyz 的三條坐標
軸上， ＝（0，0，2），平面 ABC 的法向量為 n ＝（2，1，2），二面角 C - AB - O 的大小為θ，由圖知為銳角，∴ cos θ＝
.
2. 已知三棱錐 S - ABC 中，底面 ABC 為邊長等于2的等邊三角形， SA 垂
直于底面 ABC ， SA ＝3，那么直線 AB 與平面 SBC 所成角的正弦值
為（　　）
A. B.
C. D.
解析：　如圖所示，以 A 為原點，分別以 AB ， AS
所在直線為 x 軸， z 軸建立空間直角坐標系 A - xyz ，易
知 S （0，0，3）， B （2，0，0）， C （1， ，0）.
設平面 SBC 的法向量為 n ＝（ x ， y ， z ），則
得 n ＝（3， ，2），又 ＝（2，0，0），設α為 AB 與平面 SBC 所成的角，∴ sin α＝
｜ cos ＜ ， n ＞｜＝ .
3. 正方體 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1的棱長為2， E ， F ， G 分別是 CC 1，
D 1 A 1， AB 的中點，則點 A 到平面 EGF 的距離為 .
解析：如圖所示，建立空間直角坐標系 D - xyz .∵ A （2，0，0）， E
（0，2，1）， F （1，0，2）， G （2，1，0），∴ ＝（1，－
2，1）， ＝（2，－1，－1）， ＝（0，－1，0）.設 n ＝
（ x ， y ， z ）是平面 EFG 的法向量，則

∴從而有 x ＝ y ＝ z ，∴可取 n ＝（1，1，1）.
在 n 上的射影的長度為 ，
即點 A 到平面 EFG 的距離為 .
4. 如圖，四棱柱 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1的所有棱長都相等， AC ∩
BD ＝ O ， A 1 C 1∩ B 1 D 1＝ O 1，四邊形 ACC 1 A 1和四邊形 BDD
1 B 1均為矩形.
（1）證明： O 1 O ⊥底面 ABCD ；
解：證明：由題意得， CC 1⊥ AC ， DD 1⊥ BD ，
又 CC 1∥ DD 1∥ OO 1，所以 OO 1⊥ AC ， OO 1⊥ BD ，
因為 AC ∩ BD ＝ O ， AC ， BD 平面 ABCD ，所以 O 1 O ⊥底面 ABCD .
（2）若∠ CBA ＝60°，求平面 C 1 OB 1與平面 OB 1 D 夾角的余弦值.
解：因為四棱柱 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1的所
有棱長都相等，所以四邊形 ABCD 為菱
形， AC ⊥ BD ，又 O 1 O ⊥底面 ABCD ，
所以 OB ， OC ， OO 1兩兩垂直.如圖，
以 O 為坐標原點， OB ， OC ， OO 1所在
直線分別為 x 軸， y 軸， z 軸建立空間直
角坐標系.
設四棱柱的棱長為2，因為∠ CBA ＝60°，所以 OB ＝ ， OC ＝1，
所以 O （0，0，0）， B 1（ ，0，2）， C 1（0，1，2），
易知平面 BDD 1 B 1的一個法向量為 n ＝（0，1，0），
設平面 C 1 OB 1的法向量為 m ＝（ x ， y ， z ），
則 m ⊥ ， m ⊥ ，
所以 x ＋2 z ＝0， y ＋2 z ＝0，
取 z ＝－ ，則 x ＝2， y ＝2 ，
所以 m ＝（2，2 ，－ ），
所以｜ cos ＜ m ， n ＞｜＝ .
所以平面 C 1 OB 1與平面 OB 1 D 夾角的余弦值為 .
5. （2024·莆田模擬）如圖，在梯形 ABCD 中， AD ∥ BC ，∠ ABC ＝
， AB ＝ BC ＝ AD ＝ a ， PA ⊥平面 ABCD ，且 PA ＝ a ，點 F 在 AD
上，且 CF ⊥ PC .
（1）求點 A 到平面 PCF 的距離；
解：由題意知 AP ， AB ， AD 兩兩垂直，如圖，
建立空間直角坐標系，則 A （0，0，0）， B
（ a ，0，0）， C （ a ， a ，0）， D （0，3 a ，0），
P （0，0， a ）.設 F （0， m ，0），0≤ m ≤3 a ，則 ＝（－ a ， m － a ，0）， ＝（－ a ，－ a ， a ）.
∵ PC ⊥ CF ，∴ · ＝（－ a ）·（－ a ）＋（ m － a ）·（－ a ）＋0· a ＝ a 2－ a （ m － a ）＝0，∴ m ＝2 a ，即 F （0，2 a ，0）.
設平面 PCF 的法向量為 n ＝（ x ， y ， z ），
則
解得取 x ＝1，得 n ＝（1，1，2）.
設點 A 到平面 PCF 的距離為 d ，由 ＝（ a ， a ，0），
得 d ＝ a .
（2）求 AD 到平面 PBC 的距離.
解：由于 ＝（－ a ，0， a ）， ＝（0，a ，0）， ＝（0，0， a ）.
設平面 PBC 的法向量為 n 1＝（ x 0， y 0， z 0），
由
得取 x 0＝1，得 n 1＝（1，0，1）.
設點 A 到平面 PBC 的距離為 h ，
∵ AD ∥ BC ， AD 平面 PBC ， BC 平面 PBC ，
∴ AD ∥平面 PBC ，
∴ h 為 AD 到平面 PBC 的距離，
∴ h ＝ a .
6. （2024·威海模擬）如圖所示，三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1的所有棱長均
為1， B 1 C ＝ ，∠ A 1 B 1 C 為直角.
（1）證明：平面 ABC ⊥平面 ABB 1 A 1；
解：證明：如圖，取 AB 的中點 D ，連接 CD ， B 1 D .
由于三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1的所有棱長均為1，
故底面△ ABC 是正三角形，
因此 AB ⊥ CD ， BD ＝ ， CD ＝ .
由于∠ A 1 B 1 C 為直角，故 A 1 B 1⊥ B 1 C ，所以
AB ⊥ B 1 C .
于是 AB ⊥平面 B 1 CD ，由此得 AB ⊥ B 1 D .
在Rt△ BB 1 D 中， B 1 D ＝ .
在△ CB 1 D 中，由 B 1 C 2＝ B 1 D 2＋ CD 2＝ ，
故 CD ⊥ B 1 D .
又 AB ， CD 平面 ABC ， AB ∩ CD ＝ D ，
所以 B 1 D ⊥平面 ABC ，又 B 1 D 平面 ABB 1 A1，
故平面 ABC ⊥平面 ABB 1 A 1.
（2）設點 P 是棱 BB 1的中點，求直線 BC 與平面 A 1 PC 所成角θ的正
弦值.
解：以 D 為坐標原點建立空間直角坐標系，則A （0， ，0）， B （0，－ ，0）， C （ ，0，0）， B 1（0，0， ）， P （0，－ ）.由 ，得 A 1（0，1， ），所以 ＝（0，－ ，－ ）， ＝（－ ，1， ）， ＝（ ，0）.
設 m ＝（ x ， y ， z ）是平面 A 1 CP 的法向量，則
可取 m ＝（3，－ ，5）.
由此得 sin θ＝｜ ｜＝ .
即直線 BC 與平面 A 1 PC 所成角θ的正弦值為 .
7. 如圖，六面體 ABCDEFG 中， BE ⊥平面 ABC ，且 BE ⊥平面
DEFG ， DG ∥ EF ， ED ＝ DG ＝ GF ＝1， AB ＝ BC ＝ CA ＝ EF ＝2.
（1）求證： DF ⊥平面 ABED ；
解：證明：因為 BE ⊥平面 ABC ，且 BE⊥平面 DEFG ，所以 DE ⊥ BE ，且 AB ⊥ BE ，
又 AB ， DE 平面 ABED ，所以 DE ∥ AB ，
同理， EF ∥ BC ，所以∠ DEF ＝∠ ABC ＝60°，
又 EF ＝2 DE ，所以 DF ⊥ DE ，
由 BE ⊥平面 DEFG ，知 DF ⊥ BE ，
又因為 ED ∩ BE ＝ E ，所以 DF ⊥平面 ABED .
（2）若二面角 A - DG - E 的余弦值為－ ，求點 C 到平面 BDF
的距離.
解：取 AB 中點 O ，由題可知， DE ∥ OB
且 DE ＝ OB ，
所以四邊形 OBED 為平行四邊形，所以 OD ∥
BE ，
于是 OD ⊥平面 ABC ，又△ ABC 為正三角形，
所以 OC ， OA ， OD 兩兩垂直.
以 O 為坐標原點， OC ， OA ， OD 所在直線分
別為 x ， y ， z 軸，建立如圖所示的空間直
角坐標系 O - xyz ，
設 BE ＝ a （ a ＞0），則 O （0，0，0）， A（0，1，0）， B （0，－1，0）， C （ ，0，0）， D （0，0， a ）， G （ ， a ）， F （ ，0， a ）， ＝（0，－1， a ）， ＝（ ，0）.
設平面 ADG 的法向量為 n 1＝（ x 1， y 1， z 1），
則有
不妨設 z 1＝ ，得 n 1＝（－ a ， a ， ）.
又 BE 與平面 DEFG 垂直，故平面 DEFG 的法向
量不妨設為 n 2＝（0，0，1），
由｜ cos ＜ n 1， n 2＞｜＝ ，解得 a ＝2.
設平面 BDF 的法向量為 n 3＝（ x 3， y 3， z 3），
則有
不妨設 y 3＝2，得 n 3＝（0，2，－1）.
設點 C 到平面 BDF 的距離為 d ，則 d ＝ .
8. （2024·全國乙卷19題）如圖，三棱錐 P - ABC 中， AB ⊥ BC ， AB ＝
2， BC ＝2 ， PB ＝ PC ＝ ， BP ， AP ， BC 的中點分別為 D ，
E ， O ， AD ＝ DO ，點 F 在 AC 上， BF ⊥ AO .
（1）證明： EF ∥平面 ADO ；
解：證明：如圖，因為 AB ⊥ BC ， AB ＝2， BC ＝2 ， O 是 BC 的中點，所以 ，所以△ OBA ∽△ ABC .
記 BF 與 AO 的交點為 H ，則∠ BHA ＝90°，又
∠ ABC ＝90°，∠ BAH ＝∠ OAB ，所以△ BHA
∽△ OBA ，
所以△ BHA ∽△ ABC ，所以∠ HBA ＝∠ CAB ，
又∠ C ＋∠ CAB ＝90°，∠ CBF ＋∠ HBA ＝90°，所以∠ C ＝∠ CBF ，所以 CF ＝ BF ，
同理可得 BF ＝ FA ，所以 F 是 AC 的中點.
因為 E ， F 分別是 AP ， AC 的中點，所以 EF ∥ PC ，同理可得 OD ∥ PC ，所以 EF ∥ OD ，又 OD 平面 ADO ， EF 平面 ADO ，所以 EF ∥平面 ADO .
（2）證明：平面 ADO ⊥平面 BEF ；
解：證明：因為 AO ＝ ， OD ＝ PC ＝ ， AD ＝ DO ＝ ，
所以 AO 2＋ DO 2＝ AD 2，所以 AO ⊥ DO .
因為 DO ∥ EF ，所以 AO ⊥ EF .
因為 AO ⊥ BF ， BF ∩ EF ＝ F ， BF 平面 BEF ， EF 平面 BEF ，
所以 AO ⊥平面 BEF .
因為 AO 平面 ADO ，所以平面 ADO ⊥平面 BEF .
（3）求二面角 D - AO - C 的正弦值.
解：如圖，以 B 為坐標原點， BA ， BC
所在直線分別為 x ， y 軸，建立空間直角坐標
系，則 B （0，0，0）， A （2，0，0），
O （0， ，0）， ＝（－2， ，0）.
因為 PB ＝ PC ， BC ＝2 ，所以設 P （ x ， ， z ）， z ＞0，
則 ＝（2，0，0）＋ （ x －2， ， z ）＝（ ），
由（2）知 AO ⊥ BE ，所以 · ＝（－2， ，0）·（ ）＝0，所以 x ＝－1，
又 PB ＝ ＝（ x ， ， z ），所以 x 2＋2＋ z 2＝6，所以 z ＝ ，則 P （－1， ）.
由 D 為 BP 的中點，得 D （－ ），
則 ＝（－ ）.
設平面 DAO 的法向量為 n 1＝（ a ， b ， c ），
則 得 b ＝ a ， c ＝ a ，
取 a ＝1，則 n 1＝（1， ）.
易知平面 CAO 的一個法向量為 n 2＝（0，0，1），
設二面角 D - AO - C 的大小為θ，則｜ cos θ｜＝｜ cos ＜ n 1， n 2＞｜
＝ ，
所以 sin θ＝ ，故二面角 D - AO - C 的正弦值為 .
感 謝 觀 看!第7課時　向量法求空間角
[考試要求]　1．能用空間向量的方法解簡單的線線、線面、面面的夾角問題.2．體會向量方法在研究幾何問題中的作用．
1．異面直線所成的角
若異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別是u，v，則cos θ＝|cos〈u，v〉|＝．
2．直線與平面所成的角
如圖，直線AB與平面α相交于點B，設直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sin θ＝|cos〈u，n〉|＝．
3．平面與平面的夾角
如圖，平面α與平面β相交，形成四個二面角，我們把這四個二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角．
若平面α，β的法向量分別是n1和n2，則平面α與平面β的夾角即為向量n1和n2的夾角或其補角．設平面α與平面β的夾角為θ，則cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝．
[常用結論]
最小角定理
如圖，若OA為平面α的一條斜線，O為斜足，OB為OA在平面α內的射影，OC為平面α內的一條直線，其中θ為OA與OC所成的角，θ1為OA與OB所成的角，即線面角，θ2為OB與OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2．
一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)兩條異面直線所成的角與兩直線的方向向量所成的角相等． (　　)
(2)直線l的方向向量與平面α的法向量的夾角的余角就是直線l與平面α 所成的角． (　　)
(3)二面角的平面角為θ，則兩個面的法向量的夾角也是θ． (　　)
(4)兩異面直線夾角的范圍是，直線與平面所成角的范圍是，二面角的范圍是[0，π]． (　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
二、教材經典衍生
1．(人教A版選擇性必修第一冊P36例7改編)已知直線l1的方向向量s1＝(1，0，1)與直線l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，則l1和l2夾角的余弦值為(　　)
A．　　 B．　
C．　　 D．
C　[設兩直線的夾角為θ，所以cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝＝＝.所以l1和l2夾角的余弦值為.]
2．(人教A版選擇性必修第一冊P37例8改編)已知兩平面的法向量分別為(0，－1，3)，(2，2，4)，則這兩個平面夾角的余弦值為________．
　[設兩平面夾角為θ，
則cos θ＝＝.]
3．(人教A版選擇性必修第一冊P41練習T1改編)二面角α-l-β的棱上有A，B兩點，線段AC，BD分別在這個二面角的兩個平面內，且都垂直于棱l.已知AB＝1，AC＝2，BD＝3，CD＝2，則平面α與平面β的夾角為________．
　[設平面α與平面β的夾角為θ，由＝可得，
＝＝＋＋＋2＋2＋2＝4＋1＋9＋2cos〈〉＝14－12cos θ＝(2)2.
所以cos θ＝，即平面α與平面β的夾角為.]
4．(人教A版選擇性必修第一冊P38練習T2改編)PA，PB，PC是從點P出發的三條射線，其中∠APC＝∠BPC＝45°，∠APB＝60°，則直線PC與平面PAB所成角的余弦值為________．
　[過PC上一點D作DO⊥平面APB，如圖，
則∠DPO就是直線PC與平面PAB所成的角．
因為∠APC＝∠BPC＝45°，
所以點O在∠APB的平分線上，即∠OPE＝30°.
過點O作OE⊥PA，OF⊥PB，
因為DO⊥平面APB，則DE⊥PA，DF⊥PB.
設PE＝1，
因為∠OPE＝30°，所以OP＝＝，
在Rt△PED中，∠DPE＝45°，PE＝1，則PD＝.
在Rt△DOP中，OP＝，PD＝，則
cos ∠DPO＝＝.
即直線PC與平面PAB所成角的余弦值是.]
考點一　異面直線所成的角
[典例1]　
(1)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，點D為BC的中點，則異面直線AD與A1C所成的角為(　　)
A．　　　　 B．
C． 　　　　 D．
(2)如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，＝λ(0＜λ＜1)，若異面直線D1E和A1F所成角的余弦值為，則λ的值為________．
(1)B　(2)　[(1)因為AB2＋AC2＝BC2，所以∠BAC＝90°.以A為原點，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，則A(0，0，0)，A1(0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)，所以D，所以＝＝(0，，－)，所以cos 〈〉＝＝，所以〈〉＝.故選B.
(2)以D為坐標原點，以DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系(圖略)．
因為正方體的棱長為2，則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)．
則|cos 〈〉|＝＝＝，解得λ＝.]
　用坐標法求異面直線所成角的一般步驟
(1)建立空間直角坐標系；
(2)用坐標表示兩異面直線的方向向量；
(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；
(4)注意兩異面直線所成角的范圍是，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值．
[跟進訓練]
1．(2024·浙江紹興模擬)“曲池”是《九章算術》記載的一種幾何體，該幾何體是上、下底面均為扇環形的柱體(扇環是指圓環被扇形截得的部分)．現有一個如圖所示的曲池，AA1⊥平面ABCD，AA1＝4，底面扇環所對的圓心角為的長度是長度的2倍，CD＝1，則異面直線A1D1與BC1所成角的正弦值為(　　)
A．　　 B．　
C．　　 D．
C　[設上底面圓心為O1，下底面圓心為O，連接OO1，OC，OB，以O為原點，分別以OC，OB，OO1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，由底面扇環所對的圓心角為的長度是長度的2倍，CD＝1，可知OC＝1，則C1(1，0，4)，A(0，2，0)，B(0，1，0)，D1(2，0，4)，A1(0，2，4)，
則＝(2，－2，0)，＝(1，－1，4)，
cos 〈〉＝＝＝，
又異面直線所成角的范圍為，
故異面直線A1D1與BC1所成角的正弦值為＝.
故選C.]
考點二　直線與平面所成的角
[典例2]　(2022·北京高考)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側面BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分別為A1B1，AC的中點．
(1)求證：MN∥平面BCC1B1；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．
條件①：AB⊥MN；
條件②：BM＝MN.
[解]　(1)證明：如圖，取BC的中點D，連接B1D，DN，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB.因為M，N，D分別為A1B1，AC，BC的中點，所以B1M∥AB，B1M＝AB，DN∥AB，DN＝AB，即B1M∥DN且B1M＝DN，所以四邊形B1MND為平行四邊形，因此B1D∥MN.
又MN 平面BCC1B1，B1D 平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.
(2)選條件①：
因為側面BCC1B1為正方形，所以CB⊥BB1，
又因為平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，且平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，
所以CB⊥平面ABB1A1，而AB 平面ABB1A1，所以CB⊥AB，
由(1)得B1D∥MN，又因為AB⊥MN，所以AB⊥B1D，
而B1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1.
在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1兩兩垂直，
故以B為坐標原點，分別以BC，BA，BB1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
因為AB＝BC＝BB1＝2，則B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以＝(1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(0，－2，0)．
設平面BMN的法向量n＝(x，y，z)，
由得令x＝2，得n＝(2，－2，1)為平面BMN的一個法向量．
設直線AB與平面BMN所成角為θ，
則sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，所以直線AB與平面BMN所成角的正弦值為.
選條件②：
取AB的中點H，連接HM，HN，
因為M，N，H分別為A1B1，AC，AB的中點，
所以B1B∥MH，CB∥NH，而CB⊥BB1，故NH⊥MH.
又因為AB＝BC＝2，所以NH＝BH＝1.
在△MHB和△MHN中，BM＝MN，NH＝BH，公共邊MH，那么△MHB≌△MHN，
因此∠MHN＝∠MHB＝90°，即MH⊥AB，故B1B⊥AB.
在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1兩兩垂直，
故以B為坐標原點，分別以BC，BA，BB1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
因為AB＝BC＝BB1＝2，則B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以＝(1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(0，－2，0)．
設平面BMN的法向量n＝(x，y，z)，
由得令x＝2，得n＝(2，－2，1)為平面BMN的一個法向量．
設直線AB與平面BMN所成角為θ，
則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，所以直線AB與平面BMN所成角的正弦值為.
　利用空間向量求線面角的解題步驟
[跟進訓練]
2．(2022·浙江高考)如圖，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F -DC -B的平面角為60°.設M，N分別為AE，BC的中點．
(1)證明：FN⊥AD；
(2)求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．
[解]　(1)證明：易求得CF＝2，BC＝2.
∵FC⊥DC，BC⊥DC，∴∠BCF為二面角F-DC-B的平面角，
∴∠BCF＝60°，∴△BCF為等邊三角形．
∵N為BC的中點，∴FN⊥BC.
又∵DC⊥平面BCF，∴DC⊥FN，BC∩DC＝C，
∴FN⊥平面BCD，∴FN⊥AD.
(2)如圖建系，則B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1，0，3)，M，∴＝＝(－2，－2，0)，＝(－2，，3)．
設平面ADE的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM與平面ADE所成角為θ，
∴ 取x0＝，則y0＝－1，z0＝，即n＝(，－1，)是平面ADE的一個法向量．
∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
∴直線BM與平面ADE所成角的正弦值為.
考點三　平面與平面的夾角
[典例3]　(12分)(2023·新高考Ⅰ卷)如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．點A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)證明：B2C2∥A2D2；
(2)點P在棱BB1上，當二面角P-A2C2-D2為150°時，求B2P.
[解]　(1)證明：以點C為坐標原點，CD，CB，CC1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)．·2分
∴＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)．·············3分
∴∥.··························4分
又B2C2，A2D2不在同一條直線上，→ ············5分
∴B2C2∥A2D2.··························6分
(2)設P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，→
則＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)，·7分
設平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)，
則
令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，→
∴n＝(λ－1，3－λ，2)為平面PA2C2的一個法向量．··········8分
設平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)，
則
令a＝1，得b＝1，c＝2，
∴m＝(1，1，2)為平面A2C2D2的一個法向量，············9分
|cos〈n，m〉|＝→
＝＝|cos 150°|＝，
化簡可得λ2－4λ＋3＝0，·····················10分
解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，···················11分
∴B2P＝1. ···························12分
　利用空間向量求平面與平面夾角的解題步驟
[跟進訓練]
3．(2023·新高考Ⅱ卷)如圖，三棱錐A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC的中點．
(1)證明：BC⊥DA；
(2)點F滿足＝，求二面角D-AB-F的正弦值．
[解]　(1)證明：如圖，連接DE，AE，
因為DC＝DB，且E為BC的中點，所以DE⊥BC.
因為∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS)．
可得AC＝AB，故AE⊥BC.
因為DE∩AE＝E，DE，AE 平面ADE，所以BC⊥平面ADE.
又DA 平面ADE，所以BC⊥DA.
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.
不妨設DA＝DB＝DC＝2，因為∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.
由題可知△DBC為等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝.
因為AE⊥BC，所以AE＝＝.
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.
以E為坐標原點，ED所在直線為x軸，EB所在直線為y軸，EA所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖，則D(，0，0)，B(0，，0)，A(0，0，)，＝(－，0，)，＝(0，－)．
設F(xF，yF，zF)，因為＝，所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，可得F(－，0，)，
所以＝(，0，0)．
設平面DAB的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
則
即取x1＝1，則y1＝z1＝1，m＝(1，1，1)為平面DAB的一個法向量．
設平面ABF的法向量為n＝(x2，y2，z2)，
則即得x2＝0，取y2＝1，則z2＝1，n＝(0，1，1)為平面ABF的一個法向量，所以cos 〈m，n〉＝＝＝.
記二面角D-AB-F的大小為θ，則sin θ＝＝＝，
故二面角D-AB-F的正弦值為.
課時分層作業(四十八)　向量法求空間角
1．(2023·北京高考)如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝.
(1)求證：BC⊥平面PAB；
(2)求二面角A-PC-B的大小．
[解]　(1)證明：因為PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，
所以△PAB為直角三角形，
又因為PB＝＝，BC＝1，PC＝，
所以PB2＋BC2＝PC2，則△PBC為直角三角形，故BC⊥PB.
又因為BC⊥PA，PA∩PB＝P，
所以BC⊥平面PAB.
(2)由(1)知BC⊥平面PAB，又AB 平面PAB，則BC⊥AB，
以A為原點，AB為x軸，過A且與BC平行的直線為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，如圖，則A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(1，0，0)，所以＝(0，0，1)，＝(1，1，0)，＝(0，1，0)，＝(1，1，－1)．
設平面PAC的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
則即
令x1＝1，則y1＝－1，所以m＝(1，－1，0)為平面PAC的一個法向量，
設平面PBC的法向量為n＝(x2，y2，z2)，
則即
令x2＝1，則z2＝1，所以n＝(1，0，1)為平面PBC的一個法向量，
所以cos 〈m，n〉＝＝＝.
又因為二面角A-PC-B為銳二面角，
所以二面角A-PC-B的大小為.
2．(2023·廣東廣州二模)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，點D是BC的中點，點E在AA1上，AD∥平面BC1E.
(1)求證：平面BC1E⊥平面BB1C1C；
(2)當三棱錐B1-BC1E的體積最大時，求直線AC與平面BC1E所成角的正弦值．
[解]　(1)證明：取BC1中點M，連接EM，MD，如圖所示．
∵AB＝AC，點D是BC的中點， ∴AD⊥BC，
又∵M是BC1的中點，∴DM∥CC1 ，
又∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中，有AA1∥CC1，AA1⊥平面ABC，
∴DM∥AE，DM⊥平面ABC，
∵AD∥平面BC1E，且AD 平面ADME，平面ADME∩平面BC1E＝EM，∴AD∥ME，
∵CC1⊥平面ABC，且AD 平面ABC，
∴CC1⊥AD，
又∵CC1∩BC＝C，且CC1，BC 平面BB1C1C，
∴AD⊥平面BB1C1C.
又∵AD∥ME，∴ME⊥平面BB1C1C，
∵ME 平面BC1E，
∴平面BC1E⊥平面BB1C1C.
(2)由(1)知ME⊥平面BB1C1C，
則＝·ME，
設BC＝2a，則BD＝a，AD＝＝×2a×3＝3a，
∴＝·3a·＝，
由基本不等式知，當且僅當a＝時等號成立，
即三棱錐B1-BC1E的體積最大，此時a＝.
以D為坐標原點，DA所在直線為x軸，DB所在直線為y軸，DM所在直線為z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則有A，C，B，E，C1，∴＝＝(0，3，－3)，＝，設平面BC1E的法向量為n＝(x1，y1，z1)，
則有
取y1＝，解得n＝(0，，2)為平面BC1E的一個法向量，
設直線AC與平面BC1E所成的角為θ，
則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，
故直線AC與平面BC1E所成角的正弦值為.
3．(2024·遼寧鞍山模擬)如圖所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，AB＝2，AA1＝2，E為線段DD1上一點．
(1)求證：AC⊥B1D；
(2)若平面AB1E與平面ABCD的夾角的余弦值為，求直線BE與平面AB1E所成角的正弦值．
[解]　(1)證明：連接BD，
∵底面ABCD為菱形，∴AC⊥BD.
又BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，∴BB1⊥AC.
又BD∩BB1＝B，BD，BB1 平面BDB1，
∴AC⊥平面BDB1．又B1D 平面BDB1，∴AC⊥B1D.
(2)設CD的中點為F，連接AF，如圖．
∵△ACD為等邊三角形，∴AF⊥CD，
又CD∥AB，則AF⊥AB.
又AA1⊥平面ABCD，則AA1⊥AB，AA1⊥AF.
以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，，0)，E(－1，，h)(0≤h≤2)，B1(2，0，2)，
＝(2，0，2)，＝(－1，，h)，
設平面AB1E的法向量為n＝(x，y，z)，
∴∴
令x＝3，則n＝(3，h＋，－)為平面AB1E的一個法向量．
又平面ABCD的一個法向量為m＝(0，0，1)，
則cos 〈n，m〉＝＝.
又平面AB1E與平面ABCD的夾角的余弦值為，
∴＝，0≤h≤2，
∴h＝，∴＝，
cos〈，n〉＝＝＝.
∴直線BE與平面AB1E所成角的正弦值為.
4．如圖，C是以AB為直徑的圓O上異于A，B的點，平面PAC⊥平面ABC，△PAC中，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分別是PC，PB的中點．
(1)求證：BC⊥平面PAC；
(2)記平面AEF與平面ABC的交線為直線l，點Q為直線l上的動點，求直線PQ與平面AEF所成的角的取值范圍．
[解]　(1)證明： 因為C是以AB為直徑的圓O上異于A，B的點，∴BC⊥AC，
又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，BC 平面ABC，∴BC⊥平面PAC.
(2)∵E，F分別是PC，PB的中點，∴BC∥EF.
又EF 平面AEF，BC 平面AEF，∴BC∥平面AEF，
又BC 平面ABC，平面AEF∩平面ABC＝l，
∴BC∥l.
以C為坐標原點，CA，CB所在直線分別為x軸，y軸，過C且垂直于平面ABC的直線為z軸，建立空間直角坐標系(圖略)，
則A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，)，
∴E，F，
∴＝＝(0，2，0)，
∵BC∥l，∴可設Q(2，y，0)，平面AEF的法向量為m＝(x，y，z)，
則取z＝，得m＝(1，0，)為平面AEF的一個法向量，又＝(1，y，－)，則|cos〈，m〉|＝＝∈.
∴直線PQ與平面AEF所成角的取值范圍為

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