第7章 第6节 空间角及空间距离（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

第七章　立体几何 第六节　空间角及空间距离 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 栏目索引 必备知识 基础落实 关键能力 精准突破 必备知识 基础落实 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 × × × × √ 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 关键能力 精准突破 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第七章　立体几何 谢谢观看！ 课标解读 1．能用向量法解决异面直线、直线与平面、二面角的平面角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用． 2．会求空间中点到直线以及点到平面的距离． 3．以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件． 1．异面直线所成的角 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〉|＝ eq \f(|u·v|,|u||v|) . 2．直线与平面所成的角 如图，直线AB与平面α相交于点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〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·n,|u||n|))) ＝ eq \f(|u·n|,|u||n|) . 3．平面与平面的夹角 如图，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． 若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) . 利用平面的法向量求二面角的大小时，求出两半平面α，β的法向量n1，n2后，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补． 4．点到直线的距离 若点P是直线l外一点，l0是直线l的单位方向向量，点A是直线l上任意一点，则点P到直线l的距离d＝ eq \r(|\o(PA,\s\up13(→))|2－|\o(PA,\s\up13(→))·l0|2) . 5．点到平面的距离 点P到平面α的距离，等于点P与平面α内任意一点A连线所得向量 eq \o(PA,\s\up13(→)) ，在平面α的单位法向量n0方向上所作投影向量的长度，即d＝| eq \o(PA,\s\up13(→)) ·n0|. 求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段．有时利用等积法求解可能更方便． 1．判断正误 (1)平面的单位法向量是唯一确定的．(　　　) (2)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　　　) (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)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　　　) (5)两异面直线夹角的范围是(0， eq \f(π,2) ]，直线与平面所成角的范围是[0， eq \f(π,2) ]，二面角的范围是[0，π].(　　　) 2．(2023·山东临沂一中月考)已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为(　　) A． eq \f(\r(2),4) B． eq \f(1,2) C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(\r(3),2) C　解析：因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)， 所以cos 〈s1，s2〉＝ eq \f(s1·s2,|s1||s2|) ＝ eq \f(－1－2,\r(2)×3) ＝－ eq \f(\r(2),2) . 又两直线夹角的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ， 所以l1和l2夹角的余弦值为 eq \f(\r(2),2) . 3．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是(　　) A． eq \f(\r(30),10) B． eq \f(1,2) C． eq \f(\r(30),15) D． eq \f(\r(15),10) 答案：A 4．在正四棱锥S­ABCD中，O为顶点在底面内的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD.则直线BC与平面PAC所成的角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案：A 5．已知两平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为________________. 答案： eq \f(\r(15),6) 　解析： eq \f(|（0，－1，3）·（2，2，4）|,\r(1＋9)×\r(4＋4＋16)) ＝ eq \f(\r(15),6) . 6．如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，Q为B1C1的中点，点P在棱AA1上，AP∶AA1＝1∶3.则平面ABCD与平面BQP夹角的余弦值为________________． 答案： eq \f(3\r(46),46) 【例1】 如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝ eq \r(15) ，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD. (1)证明：AB⊥PM； (2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值． 思维 导引 学科 素养 本题主要考查直观想象、逻辑推理、数学运算等学科素养 思路 点拨 (1)利用勾股定理判定DM⊥DC，进而证明DC⊥平面PDM，再利用线面垂直的性质证明AB⊥平面PDM，再证明AB⊥PM； (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值 (1)证明：在△DCM中，易知DC＝1，CM＝2，∠DCM＝60°， 由余弦定理，得DM2＝CD2＋CM2－2CD·CMcos ∠DCM＝1＋4－2×1×2× eq \f(1,2) ＝3，所以DM＝ eq \r(3) ， 所以DM2＋DC2＝CM2，所以△DCM为直角三角形，且∠CDM＝90°，即DM⊥DC. 又因为DP⊥DC，DP∩DM＝D，DP，DM⊂平面PDM，所以DC⊥平面PDM. 因为AB∥DC，所以AB⊥平面PDM. 因为PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM. (2)解：如图，连接AM. 因为AB∥CD，AB⊥PM，所以PM⊥CD. 又因为PM⊥MD，DM∩DC＝D，DM，DC⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD. 因为AM⊂平面ABCD，所以PM⊥AM. 由余弦定理，得AM＝ eq \r(AB2＋BM2－2AB·BM cos ∠ABC) ＝ eq \r(1＋4－2×1×2cos 120°) ＝ eq \r(7) ， 所以PM＝ eq \r(PA2－AM2) ＝ eq \r(15－7) ＝2 eq \r(2) . 取AD的中点为E，连接ME，则ME，DM，PM两两垂直．以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 可得A(－ eq \r(3) ，2，0)，P(0，0，2 eq \r(2) )，D( eq \r(3) ，0，0)，M(0，0，0)，C( eq \r(3) ，－1，0). 因为N为PC的中点， 所以N( eq \f(\r(3),2) ，－ eq \f(1,2) ， eq \r(2) )， eq \o(AN,\s\up13(→)) ＝( eq \f(3\r(3),2) ，－ eq \f(5,2) ， eq \r(2) ). 由(1)可知，DC⊥平面PDM， 所以平面PDM的一个法向量为 eq \o(DC,\s\up13(→)) ＝(0，－1，0). 设直线AN与平面PDM所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈 eq \o(AN,\s\up13(→)) ， eq \o(DC,\s\up13(→)) 〉|＝ eq \f(|\o(AN,\s\up13(→))·\o(DC,\s\up13(→))|,|\o(AN,\s\up13(→))||\o(DC,\s\up13(→))|) ＝ eq \f(\f(5,2),\r(\f(27,4)＋\f(25,4)＋2)) ＝ eq \f(\r(15),6) . 【练1】 (2022·北京卷)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点． (1)求证：MN∥平面BCC1B1； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：AB⊥MN； 条件②：BM＝MN. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． (1)证明：取AB的中点为K，连接MK，NK， 由三棱柱ABC­A1B1C1的性质可得四边形ABB1A1为平行四边形， 又B1M＝MA1，BK＝KA， 所以MK∥BB1． 因为MK⊄平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，所以MK∥平面CBB1C1． 因为CN＝NA，BK＝KA，所以NK∥BC，同理可得NK∥平面CBB1C1． 因为NK∩MK＝K，NK，MK⊂平面MKN， 所以平面MKN∥平面CBB1C1，而MN⊂平面MKN，故MN∥平面CBB1C1． (2)解：因为侧面CBB1C1为正方形， 所以CB⊥BB1． 又CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1， 平面CBB1C1∩平面ABB1A1＝BB1，所以CB⊥平面ABB1A1． 因为NK∥BC，所以NK⊥平面ABB1A1． 因为AB⊂平面ABB1A1，所以NK⊥AB. 若选①，则AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN＝N， 故AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故AB⊥MK， 所以AB⊥BB1． 又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，所以BB1⊥平面ABC. 故可建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)， 得 eq \o(BA,\s\up13(→)) ＝(0，2，0)， eq \o(BN,\s\up13(→)) ＝(1，1，0)， eq \o(BM,\s\up13(→)) ＝(0，1，2)， 设平面BNM的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BN,\s\up13(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up13(→))＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，)) 取z＝－1， 则n＝(－2，2，－1)， 设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则 sin θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈n，\o(AB,\s\up13(→))〉)) ＝ eq \f(4,2×3) ＝ eq \f(2,3) . 若选②，因为NK∥BC，所以NK⊥平面ABB1A1． 又KM⊂平面MKN，所以NK⊥KM. 因为B1M＝BK＝1，NK＝1，所以B1M＝NK， 因为B1B＝MK＝2，MB＝MN， 所以△BB1M≌△MKN， 所以∠BB1M＝∠MKN＝90°，故A1B1⊥BB1． 而CB⊥BB1，CB∩AB＝B，故BB1⊥平面ABC， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)， 故 eq \o(BA,\s\up13(→)) ＝(0，2，0)， eq \o(BN,\s\up13(→)) ＝(1，1，0)， eq \o(BM,\s\up13(→)) ＝(0，1，2)， 设平面BNM的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BN,\s\up13(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up13(→))＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，)) 取z＝－1， 则n＝(－2，2，－1)， 设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则 sin θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈n，\o(AB,\s\up13(→))〉)) ＝ eq \f(4,2×3) ＝ eq \f(2,3) . 考向1　向量法求二面角的值或三角函数值 【例2】 在四棱锥Q­ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝ eq \r(5) ，QC＝3. (1)证明：平面QAD⊥平面ABCD； (2)求二面角B­QD­A的平面角的余弦值． 思维 导引 学科 素养 本题主要考查直观想象、逻辑推理、数学运算等学科素养 思路 点拨 (1)取AD的中点E，连接QE，要证平面QAD⊥平面ABCD，只需证QE⊥平面ABCD； (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值 (1)证明：取AD的中点E，连接QE，CE， ∵QD＝QA＝ eq \r(5) ， ∴QE⊥AD. ∵AD＝2，∴DE＝1， ∴QE＝ eq \r(5－1) ＝2，CE＝ eq \r(22＋12) ＝ eq \r(5) ， ∴QE2＋CE2＝9＝QC2，∴QE⊥CE. 又∵AD∩CE＝E，AD⊂平面ABCD，CE⊂平面ABCD， ∴QE⊥平面ABCD. ∵QE⊂平面QAD，∴平面QAD⊥平面ABCD. (2)解：取BC的中点F，连接EF，易得EF，ED，EQ两两垂直，如图，以E为坐标原点，分别以EF，ED，EQ所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 则B(2，－1，0)，Q(0，0，2)，D(0，1，0)， 得 eq \o(BQ,\s\up13(→)) ＝(－2，1，2)， eq \o(QD,\s\up13(→)) ＝(0，1，－2). 设平面BQD的一个法向量n1＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BQ,\s\up13(→))＝－2x＋y＋2z＝0，,n1·\o(QD,\s\up13(→))＝y－2z＝0，)) 取z＝1，可得x＝2，y＝2，∴n1＝(2，2，1). 易知平面QDA的一个法向量n2＝(1，0，0)， 设二面角B­QD­A的平面角为θ，则θ为锐角． cos θ＝|cos n1，n2|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) ＝ eq \f(2,\r(22＋22＋12)×1) ＝ eq \f(2,3) ， ∴二面角B­QD­A的平面角的余弦值为 eq \f(2,3) . 【练2】 (2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2 eq \r(2) . (1)求A到平面A1BC的距离； (2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A­BD­C的正弦值． 解：(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h， 则VA­A1BC＝ eq \f(1,3) S△A1BC·h＝ eq \f(2\r(2),3) h＝VA1­ABC＝ eq \f(1,3) S△ABC·A1A＝ eq \f(1,3) VABC­A1B1C1＝ eq \f(4,3) ， 解得h＝ eq \r(2) ，所以点A到平面A1BC的距离为 eq \r(2) . (2)取A1B的中点E，连接AE，如图，因为AA1＝AB， 所以AE⊥A1B. 又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B， 且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC. 在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面ABC， 由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC，可得AE⊥BC，BB1⊥BC. 又AE，BB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1， 所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图， 由(1)得AE＝ eq \r(2) ，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2 eq \r(2) ，所以BC＝2， 则A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，所以A1C的中点D(1，1，1)， 则 eq \o(BD,\s\up13(→)) ＝(1，1，1)， eq \o(BA,\s\up13(→)) ＝(0，2，0)， eq \o(BC,\s\up13(→)) ＝(2，0，0)， 设平面ABD的一个法向量m＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up13(→))＝x＋y＋z＝0，,m·\o(BA,\s\up13(→))＝2y＝0，)) 可取m＝(1，0，－1)， 设平面BDC的一个法向量n＝(a，b，c)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up13(→))＝a＋b＋c＝0，,m·\o(BC,\s\up13(→))＝2a＝0，)) 可取n＝(0，1，－1)， 则cos 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))) ＝ eq \f(1,\r(2)×\r(2)) ＝ eq \f(1,2) ， 所以二面角A­BD­C的正弦值为 eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(3),2) . 考向2　由二面角求几何量或参数值问题 【例3】 如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点． (1)证明：OA⊥CD； (2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E­BC­D的大小为45°，求三棱锥A­BCD的体积． 思维 导引 学科 素养 本题主要考查数学抽象、逻辑推理、数学运算等学科素养 思路 点拨 (1)根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果； (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解 (1)证明：因为AB＝AD，O为BD的中点， 所以OA⊥BD. 因为OA⊂平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD， 所以OA⊥平面BCD. 因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD. (2)解：以O为坐标原点，OD，OA所在直线分别为y轴、z轴，过点O且垂直于BD的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设OA＝t(t>0)，则O(0，0，0)，B(0，－1，0)，C( eq \f(\r(3),2) ， eq \f(1,2) ，0)，A(0，0，t)，D(0，1，0)， 所以 eq \o(AB,\s\up13(→)) ＝(0，－1，－t)， eq \o(BC,\s\up13(→)) ＝( eq \f(\r(3),2) ， eq \f(3,2) ，0)， eq \o(AD,\s\up13(→)) ＝(0，1，－t)， eq \o(AE,\s\up13(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up13(→)) ＝(0， eq \f(1,3) ，－ eq \f(t,3) )， eq \o(BE,\s\up13(→)) ＝ eq \o(AE,\s\up13(→)) － eq \o(AB,\s\up13(→)) ＝(0， eq \f(4,3) ， eq \f(2t,3) ). 易知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1). 设平面BCE的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up13(→))＝0，,m·\o(BE,\s\up13(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0，,\f(4,3)y＋\f(2t,3)z＝0.)) 不妨取x＝ eq \r(3) ，则y＝－1，z＝ eq \f(2,t) ， 即m＝( eq \r(3) ，－1， eq \f(2,t) ). 因为二面角E­BC­D的大小为45°， 所以cos 〈n，m〉＝ eq \f(|n·m|,|n||m|) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,t))),\r(4＋\f(4,t2))) ＝ eq \f(\r(2),2) ，解得t＝1或t＝－1(舍去). 由OB＝OC＝OD＝1，得BC⊥CD，所以BC＝ eq \r(3) ， 所以三棱锥A­BCD的体积为 eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×1× eq \r(3) ×1＝ eq \f(\r(3),6) . 【练3】 (2024·山东滨州模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，O是BD的中点，PO⊥平面ABCD，∠DAB＝∠BCD＝90°，AD＝AC＝CD＝2 eq \r(3) ，DP＝ eq \r(6) . (1)求证：平面ADP⊥平面APC； (2)设 eq \o(PM,\s\up13(→)) ＝λ eq \o(PC,\s\up13(→)) (0<λ<1)，若二面角B­DM­P 的余弦值为 eq \f(\r(11),11) ，求λ的值． (1)证明：设AC∩BD＝N，连接PN，OA，OC. 因为∠DAB＝∠BCD＝90°，O为BD的中点，所以OA＝OD＝OC，即O为△ACD的中心． 又因为AD＝CD，所以AC⊥BD. 由PO⊥平面ABCD，可得PO⊥AC. 又PO∩BD＝O，所以AC⊥平面PDB，所以AC⊥DP. 因为AD＝AC＝CD＝2 eq \r(3) ，DP＝ eq \r(6) ， 所以DN＝3，BD＝2OD＝4， OP＝ eq \r(DP2－OD2) ＝ eq \r(2) ，PN＝ eq \r(OP2＋ON2) ＝ eq \r(3) ， 所以DP2＋PN2＝DN2，则DP⊥PN. 又PN∩AC＝N，PN，AC⊂平面APC， 所以DP⊥平面APC. 因为DP⊂平面ADP，所以平面ADP⊥平面APC. (2)解：以N为坐标原点，NA，NB所在直线分别为x，y轴，过点N且与直线OP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由(1)得D(0，－3，0)，P(0，－1， eq \r(2) )，A( eq \r(3) ，0，0)，C(－ eq \r(3) ，0，0)，B(0，1，0)， 所以 eq \o(DP,\s\up13(→)) ＝(0，2， eq \r(2) )， eq \o(DB,\s\up13(→)) ＝(0，4，0)， eq \o(PC,\s\up13(→)) ＝(－ eq \r(3) ，1，－ eq \r(2) )， eq \o(DM,\s\up13(→)) ＝ eq \o(DP,\s\up13(→)) ＋ eq \o(PM,\s\up13(→)) ＝(0，2， eq \r(2) )＋λ(－ eq \r(3) ，1， eq \r(2) )＝ (－ eq \r(3) λ，λ＋2， eq \r(2) － eq \r(2) λ). 设平面BDM的法向量为m＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DB,\s\up13(→))＝0，,m·\o(DM,\s\up13(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4y＝0，,－\r(3)λx＋（λ＋2）y＋（\r(2)－\r(2)λ）z＝0，)) 得y＝0. 令x＝ eq \r(2) － eq \r(2) λ，得z＝ eq \r(3) λ， 所以平面BDM的一个法向量为m＝( eq \r(2) － eq \r(2) λ，0， eq \r(3) λ). 由(1)知，DP⊥平面APC，所以DP⊥AP. 因为AP＝ eq \r(（\r(3)）2＋1＋（－\r(2)）2) ＝ eq \r(6) ， PC＝ eq \r(（－\r(3)）2＋1＋（－\r(2)）2) ＝ eq \r(6) ，AC＝2 eq \r(3) ，所以AP2＋PC2＝AC2，故AP⊥PC. 又DP∩PC＝P，DP，PC⊂平面PDC，所以AP⊥平面PDC， 所以平面PDC的一个法向量为 eq \o(PA,\s\up13(→)) ＝( eq \r(3) ，1，－ eq \r(2) )， 所以|cos 〈m， eq \o(PA,\s\up13(→)) 〉|＝ eq \f(|m·\o(PA,\s\up13(→))|,|m||\o(PA,\s\up13(→))|) ＝ eq \f(|\r(6)－2\r(6)λ|,\r(6)·\r(5λ2－4λ＋2)) ＝ eq \f(\r(11),11) ， 整理得39λ2－40λ＋9＝0，解得λ＝ eq \f(9,13) 或λ＝ eq \f(1,3) . 当λ＝ eq \f(1,3) 时，二面角B­DM­P的平面角为钝角，不符合题意．故λ＝ eq \f(9,13) . 【例4】 如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点． (1)求点N到直线AB的距离； (2)求点C1到平面ABN的距离． 解：建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2 eq \r(3) ，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4)， ∵N是CC1的中点，∴N(0，4，2). (1) eq \o(AN,\s\up13(→)) ＝(0，4，2)， eq \o(AB,\s\up13(→)) ＝(2 eq \r(3) ，2，0)， 则| eq \o(AN,\s\up13(→)) |＝2 eq \r(5) ，| eq \o(AB,\s\up13(→)) |＝4. 设点N到直线AB的距离为d1， 则d1＝ eq \r(|\o(AN,\s\up13(→))|2－|\f(\o(AN,\s\up13(→))·\o(AB,\s\up13(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up13(→)))))|2) ＝ eq \r(20－4) ＝4. (2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则由n⊥ eq \o(AB,\s\up13(→)) ，n⊥ eq \o(AN,\s\up13(→)) ， 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up13(→))＝2\r(3)x＋2y＝0，,n·\o(AN,\s\up13(→))＝4y＋2z＝0，)) 令z＝2，则y＝－1，x＝ eq \f(\r(3),3) ，即n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－1，2)) . 【练4】 设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________________． 答案： eq \f(2\r(3),3) 　解析：如图建立空间直角坐标系， 则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，所以＝(2，0，0)，＝(2，0，2)， eq \o(DB,\s\up13(→)) ＝(2，2，0). 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)， $$