高考数学（理）一轮讲义第45讲立体几何中的向量方法（二）求空间角和距离

第45讲立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离考纲要求考情分析命题趋势能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.2017·全国卷Ⅰ，182017·全国卷Ⅱ，192017·全国卷Ⅲ，192017·江苏卷，22用向量法证明线线、线面、面面的平行与垂直，用向量法求空间角和空间距离，用向量法解决探索性问题.分值：6～8分1．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θa与b的夹角β范围eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))(0，π)求法cosθ＝__eq\f(|a·b|,|a||b|)__cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)2．直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成角为θ，a与n的夹角为β，则sinθ＝|cosβ|＝__eq\f(|a·n|,|a||n|)__.3．求二面角的大小(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ为__〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉__.(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝__|cos〈n1，n2〉|__，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．4．利用空间向量求距离(供选用)(1)两点间的距离设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝__eq\r(x2－x12＋y2－y12＋z2－z12)__.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|eq\o(BO,\s\up6(→))|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).1．思维辨析(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所成的角．(×)(4)两异面直线夹角的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，二面角的范围是[0，π]．(√)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〉＝－eq\f(1,2)，则l与α所成的角为(A)A．30° B．60°C．120° D．150°解析∵cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，0°≤〈m，n〉≤180°，∴〈m，n〉＝120°，∴l与α所成角为90°－(180°－120°)＝30°，故选A．3．正三棱柱(如右图，底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2eq\r(2)，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为__30°__.解析取A1B1的中点E，连接C1E，AE，由正三棱柱性质得平面A1B1C1⊥平面A1B1BA又∵C1E⊥A1B1，A1B1是平面A1B1C1与平面A1B1BA的交线∴C1E⊥平面A1B1BA，则∠C1AE为所求．又∵A1B1＝2，AA1＝2eq\r(2)，∴AE＝3，C1E＝eq\r(3)，∴tan∠C1AE＝eq\f(C1E,AE)＝eq\f(\r(3),3)，∴∠C1AE＝30°，∴AC1与平面ABB1A1所成角为304．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB．已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，则该二面角的大小为__60°__.解析由条件，知eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝(2eq\r(17))2，∴cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝－eq\f(1,2)，即〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝120°，∴二面角的大小为60°.5．P是二面角α－AB－β棱上一点，分别在平面α，β上引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为__90°__.解析过AB上一点Q分别在α，β内作AB的垂线，交PM，PN于M，N，则∠MQN为二面角α－AB－β的平面角．设PQ＝a，∵∠BPM＝∠BPN＝45°，∴QM＝QN＝a，PM＝PN＝eq\r(2)a.又∠MPN＝60°，知△PMN为正三角形，则MN＝eq\r(2)a，解三角形QMN，易知∠MQN＝90°.一求异面直线所成的角用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．【例1】(2017·江苏卷)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B－A1D－A的正弦值．解析在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD．如图，以{eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))}为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz.因为AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°，则B(eq\r(3)，－1,0)，D(0,2,0)，E(eq\r(3)，0,0)，A1(0,0，eq\r(3))，C1(eq\r(3)，1，eq\r(3))．(1)eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))．则cos〈eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1B,\s\up6(→))·\o(AC1,\s\up6(→)),|\o(A1B,\s\up6(→))||\o(AC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(3－1－3,\r(7)·\r(7))＝－eq\f(1,7).因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为eq\f(1,7).(2)平面A1DA的一个法向量为eq\o(AE,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)．设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，又eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3,0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)－y－\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋3y＝0.))不妨取x＝3，则y＝eq\r(3)，z＝2，所以m＝(3，eq\r(3)，2)为平面BA1D的一个法向量，从而cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·m,|\o(AE,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(3)，0，0·3，\r(3)，2,\r(3)×4)＝eq\f(3,4).设二面角B－A1D－A的大小为θ，则|cosθ|＝eq\f(3,4).因为θ∈[θ，π]，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(7),4).因此二面角B－A1D－A的正弦值为eq\f(\r(7),4).二求直线与平面所成的角利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，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成的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．【例2】如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的底面相交(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．解析(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，所以AH＝10.以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，eq\o(FE,\s\up6(→))＝(10,0,0)，eq\o(HE,\s\up6(→))＝(0，－6,8)．设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(FE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(HE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10x＝0，,－6y＋8z＝0，))所以可取n＝(0,4,3)．又eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－10,4,8)，故|cos〈n，eq\o(AF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AF,\s\up6(→))|,|n||\o(AF,\s\up6(→))|)＝eq\f(4\r(5),15).所以AF与平面α所成角的正弦值为eq\f(4\r(5),15).三求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．【例3】(2017·浙江卷)如图，已知正四面体D－ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，eq\f(BQ,QC)＝eq\f(CR,RA)＝2.分别记二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角为α，β，γ，则(B)A．γ<α<β B．α<γ<βC．α<β<γ D．β<γ<α解析如图1，设O是点D在底面ABC内的射影，过O作OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥RQ，垂足分别为E，F，G，连接ED，FD，GD，易得ED⊥PR，∴∠OED就是二面角D－PR－Q的平面角，∴α＝∠OED，tanα＝eq\f(OD,OE)，同理tanβ＝eq\f(OD,OF)，tanγ＝eq\f(OD,OG).底面的平面图如图2所示，以P为原点建立平面直角坐标系，不妨设|AB|＝2，则A(－1,0)，B(1,0)，C(0，eq\r(3))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))，∵|AP|＝|PB|，eq\f(|BQ|,|QC|)＝eq\f(|CR|,|RA|)＝2，∴Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2\r(3),3)))，Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(\r(3),3)))，则直线RP的方程为y＝－eq\f(\r(3),2)x，直线PQ的方程为y＝2eq\r(3)x，直线RQ的方程为y＝eq\f(\r(3),3)x＋eq\f(5\r(3),9)，根据点到直线的距离公式，知|OE|＝eq\f(2\r(21),21)，|OF|＝eq\f(\r(39),39)，|OG|＝eq\f(1,3)，∴|OE|>|OG|>|OF|，∴tanα<tanγ<tanβ，又α，β，γ为锐角，∴α<γ<β，故选B．【例4】(2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝eq\r(6)，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角为B－PD－A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．解析(1)如图，设AC，BD的交点E，连接ME.因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME，因为ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点．(2)取AD的中点O，连接OP，OE.因为PA＝PD，所以OP⊥AD．又因为平面PAD⊥平面ABCD，且OP⊂平面PAD，所以OP⊥平面ABCD．因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形，所以OE⊥AD．如图建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0,0，eq\r(2))，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(4，－4,0)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(2,0，－eq\r(2))．设平面BDP的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4y＝0，,2x－\r(2)z＝0.))令x＝1，则y＝1，z＝eq\r(2)，于是n＝(1,1，eq\r(2))．平面PAD的法向量为p＝(0,1,0)．所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(1,2).由题知二面角B－PD－A为锐角，所以它的大小为eq\f(π,3).(3)由题意知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(\r(2),2)))，C(2,4,0)，eq\o(MC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(\r(2),2))).设直线MC与平面BDP所成角为α，则sinα＝|cos〈n，eq\o(MC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(2\r(6),9).【例5】(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值．解析(1)取PA的中点F，连续EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD．由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EFBC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB．(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(AB,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．设M(x，y，z)(0<x<1)，则eq\o(BM,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x，y－1，z－eq\r(3))．因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，n〉|＝sin45°，即eq\f(|z|,\r(x－12＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，则x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ.②由①，②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)，))舍去，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，从而eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))所以可取m＝(0，－eq\r(6)，2)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m，n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5).因此二面角M－AB－D的余弦值为eq\f(\r(10),5).四求空间距离求点面距一般有以下三种方法：①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．【例6】如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC＝BC＝eq\f(1,2)AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD．(1)证明：DC1⊥BC；(2)设AA1＝2，A1B1的中点为P，求点P到平面BDC1的距离．解析(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.又AC＝eq\f(1,2)AA1，可得DCeq\o\al(2,1)＋DC2＝CCeq\o\al(2,1)，所以DC1⊥DC．又DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD．因为BC⊂平面BCD，所以DC1⊥BC．(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两垂直，以C为坐标原点，eq\o(CA,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)，B1(0,1,2)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，2))，则eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(PC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0)).设m＝(x，y，z)是平面BDC1的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋z＝0，,－x＋z＝0，))可取m＝(1,2,1)．设点P到平面BDC1的距离为d，则d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PC1,\s\up6(→))·m,|m|)))＝eq\f(\r(6),4).1．如右图所示正方体ABCD－A′B′C′D′，已知点H在A′B′C′D′的对角线B′D′上，∠HDA＝60°.求DH与CC′所成角的大小．解析如图所示，以D为原点，DA为单位长度，建立空间直角坐标系Dxyz，则eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CC′,\s\up6(→))＝(0,0,1)．设eq\o(DH,\s\up6(→))＝(m，m,1)(m＞0)，由已知，〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝60°，由eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DH,\s\up6(→))＝|eq\o(DA,\s\up6(→))|·|eq\o(DH,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉，可得2m＝eq\r(2m2＋1)，解得m＝eq\f(\r(2),2)，∴eq\o(DH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，∵cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(DH,\s\up6(→))·\o(CC′,\s\up6(→)),|\o(DH,\s\up6(→))||\o(CC′,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×0＋1×1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又∵0°<〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉<180°，∴〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉＝45°，即DH与CC′所成的角为45°.2．(2017·山东模拟)如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值解析(1)证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直，如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．设|AB|＝t，则相关各点的坐标为B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．从而eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－t,3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(t,1,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－t,3,0)，因为AC⊥BD，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝eq\r(3).于是eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,0)，因为eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝－3＋3＋0＝0，所以eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(B1D,\s\up6(→))，即AC⊥B1D．(2)由(1)知，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0,3,3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,0)，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(0,1,0)，设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，))令x＝1，则n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))．设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ则cosθ＝|cos〈n，B1C1〉|＝eq\f(|n·\o(B1C1,\s\up6(→))|,|n|·|\o(B1C1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).即直线B1C1与平面ACD1所成的角的正弦值为eq\f(\r(21),7).3．如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝eq\f(π,2)，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝eq\r(2)，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值．解析(1)证明：由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，故PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝eq\r(2)得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD．(2)由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝eq\f(π,4)，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝eq\f(π,2)，得DF∥AC，eq\f(DF,AC)＝eq\f(FB,BC)＝eq\f(2,3)，故AC＝eq\f(3,2)DF＝eq\f(3,2).以C为坐标原点，分别以eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CP,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则P(0,0,3)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，0))，E(0,2,0)，D(1,1,0)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(－1，－1,3)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0)).设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·eq\o(DP,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1－y1＋3z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))故可取n1＝(2,1,1)．由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为eq\o(ED,\s\up6(→))，即n2＝(1，－1,0)．所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(3),6)，故所求二面角A－PD－C的余弦值为eq\f(\r(3),6).4．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA(1)求证：CD＝C1D；(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；(3)求点C到平面B1DP的距离．解析(1)证明：连接AB1，交BA1于点O，连接OD．∵B1P∥平面BDA1，B1P⊂平面AB1P，平面AB1P∩平面BA1D＝OD，∴B1P∥OD．又∵O为B1A的中点∴D为AP的中点．∵C1D∥AA1，∴C1为A1P的中点．∴DC1＝eq\f(1,2)AA1＝eq\f(1,2)CC1，∴C1D＝CD．(2)建立如图所示的空间直角坐标系A1xyz，则B1(1,0,0)，B(1,0,1)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，∴eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2))).设平面BA1D的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1B,\s\up6(→))·n＝0，,\o(A1D,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,y1＋\f(1,2)z1＝0.))令z1＝2，则x1＝－2，y1＝－1，∴n＝(－2，－1,2)．又eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量．∴cos〈n，eq\o(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(A1B1,\s\up6(→)),|n||\o(A1B1,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2,3×1)＝－eq\f(2,3).由图形可知二面角A－A1D－B为锐角，∴二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为eq\f(2,3).(3)∵C(0,1,1)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，B1(1,0,0)，P(0,2,0)，∴eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，－\f(1,2)))，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，－\f(1,2)))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(1,2))).设平面B1DP的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DB1,\s\up6(→))·m＝0，,\o(DP,\s\up6(→))·m＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－y2－\f(1,2)z2＝0，,y2－\f(1,2)z2＝0.))令z2＝2，则x2＝2，y2＝1，∴m＝(2,1,2)．∴点C到平面B1DP的距离d＝eq\f(|\o(CD,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(1,3).易错点混淆向量的夹角与直线平面两元素的夹角的概念错因分析：两个方向向量的夹角与空间中直线、平面的夹角是不完全相同的，如两个相交平面的法向量的夹角与这两个平面构成的二面角相等或互补，线面角的正弦值与平面的法向量和直线的方向向量的夹角的余弦值的绝对值是相等的．需要注意的是，利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角还是钝角由图形决定．由图形知二面角是锐角时，cosθ＝eq\f(|〈n1·n2〉|,|〈n1||n2|)，二面角是钝角时，cosθ＝－eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).当图形不能确定时，要根据向量的坐标在图形中观察向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部如图②)还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部如图③)，这是利用向量法求二面角的难点，也是易错点．【例1】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．解析(1)证明：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系如图，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，故eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，所以BE⊥DC．(2)eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))不妨令y＝1，可得n＝(2,1,1)为平面PBD的一个法向量．于是有cos〈n，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(BE,\s\up6(→)),|n|·|\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(6)×\r(2))＝eq\f(\r(3),3)，所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－2，－2,2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．由点F在棱PC上，设eq\o(CF,\s\up6(→))＝λeq\o(CP,\s\up6(→))，0≤λ≤1，故eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋λeq\o(CP,\s\up6(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(3,4)，即eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))).设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0.))不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的一个法向量n2＝(0,1,0)，则cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(－3,\r(10)×1)＝－eq\f(3\r(10),10).易知，二面角F－AB－P是锐角，所以其余弦值为eq\f(3\r(10),10).【跟踪训练1】如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为__eq\f(2,5)__.解析以AB为x轴，AD为y轴，AQ为z轴，建立空间直角坐系，设AB＝2，则E(1,0,0)，F(2,1,0)，设M(0，y,2)(0≤y≤2)，则eq\o(EM,\s\up6(→))＝(－1，y,2)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2,1,0)，∴cosθ＝|cos〈eq\o(EM,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(2－y,\r(y2＋5)·\r(5))，设f(y)＝eq\f(2－y,\r(y2＋5)·\r(5))，∴f′(y)＝eq\f(－2y－5,\r(5)y2＋5\r(y2＋5)).∵0≤y≤2，∴f′(y)<0，∴f(y)在[0,2]上单调递减，∴y＝0时，f(y)取最大值eq\f(2,5).课时达标第45讲[解密考纲]空间角涉及异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角，距离主要是点到直线的距离或点到平面的距离，这些知识有时在选择题或填空题中考查，有时在解答题立体几何部分的第(2)问或第(3)问考查，难度适中．一、选择题1．已知三棱锥S－ABC中，SA，SB，SC两两互相垂直，底面ABC上一点P到三个面SAB，SAC，SBC的距离分别为eq\r(2)，1，eq\r(6)，则PS的长度为(D)A．9 B．eq\r(5)C．eq\r(7) D．3解析由条件可分别以SA，SB，SC为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系Sxyz，则点S的坐标为(0,0,0)，点P的坐标为(eq\r(6)，1，eq\r(2))，由两点之间的距离公式可得PS＝eq\r(6＋1＋2)＝3.2．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于(CA．30° B．45°C．60° D．90°解析不妨设AB＝AC＝AA1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B(0，－1,0)，A1(0,0,1)，A(0,0,0)，C1(－1,0,1)，所以eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，所以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(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以〈eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉＝60°，所以异面直线BA1与AC1所成的角等于60°.3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(BA．eq\f(1,2) B．eq\f(2,3)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(2),2)解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，所以eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2))).设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2.))所以n1＝(1,2,2)．因为平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3)，即所成的锐二面角的余弦值为eq\f(2,3).4．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为u＝(－2,0，－4)，则(B)A．l∥α B．l⊥αC．l⊂α D．l与α斜交解析∵u＝－2a，∴u∥a，则l⊥α5．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为eq\f(9,4)，底面是边长为eq\r(3)的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(B)A．eq\f(5π,12) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)解析如图所示，由棱柱的体积为eq\f(9,4)，底面正三角形的边长为eq\r(3)，可求得棱柱的高为eq\r(3).设P在平面ABC上射影为O，则可求得AO长为1，故AP的长为eq\r(12＋\r(3)2)＝2.故∠PAO＝eq\f(π,3)，即PA与平面ABC所成的角为eq\f(π,3).6．已知三棱锥S－ABC中，底面ABC是边长等于2的等边三角形，SA⊥底面ABC，SA＝3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为(D)A．eq\f(\r(3),4) B．eq\f(\r(5),4)C．eq\f(\r(7),4) D．eq\f(3,4)解析如图所示，过点A作AD⊥BC于点D，连接SD；作AG⊥SD于点G，连接GB．∵SA⊥底面ABC，△ABC为等边三角形，∴BC⊥SA，BC⊥AD．∴BC⊥平面SAD．又AG⊂平面SAD，∴AG⊥BC．又AG⊥SD，∴AG⊥平面SBC．∴∠ABG即为直线AB与平面SBC所成的角．∵AB＝2，SA＝3，∴AD＝eq\r(3)，SD＝2eq\r(3).在Rt△SAD中，AG＝eq\f(SA·AD,SD)＝eq\f(3,2)，∴sin∠ABG＝eq\f(AG,AB)＝eq\f(\f(3,2),2)＝eq\f(3,4).二、填空题7．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，点D在棱BB1上，若BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为__eq\f(\r(15),5)__.解析如图，设AD与平面AA1C1C所成的角为α，E为AC的中点，连接BE，则BE⊥AC，所以BE⊥平面AA1C1C，可得eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝1×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,4)＝eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)×cosθ(θ为eq\o(AD,\s\up6(→))与eq\o(EB,\s\up6(→))的夹角)，所以cosθ＝eq\f(\r(6),4)＝sinα，所以所求角的正切值为tanα＝eq\f(cosθ,sinθ)＝eq\f(\r(15),5).8．如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为__eq\f(\r(5),5)__.解析不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，所以eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，所以cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4－1,\r(5)×\r(9))＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)>0.所以eq\o(BC1,\s\up6(→))与eq\o(AB1,\s\up6(→))的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为eq\f(\r(5),5).9．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为__eq\f(3\r(5),10)__.解析以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，D1(0,1,1)．∴eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(0,1,0)．设平面A1D1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1E,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1D1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)z＝0，,y＝0.))令z＝2，则x＝1.∴n＝(1,0,2)．又eq\o(A1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－1))，∴点F到平面A1D1E的距离为d＝eq\f(|\o(A1F,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－2)),\r(5))＝eq\f(3\r(5),10).三、解答题10．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长均为a，D是侧棱CC1的中点(1)求证：平面AB1D⊥平面ABB1A1(2)求异面直线AB1与BC所成角的余弦值；(3)求平面AB1D与平面ABC所成锐二面角的大小．解析(1)证明：取AB1的中点E，AB的中点F，连接DE，EF，CF.∵E，F分别是AB1，AB的中点，∴EF∥BB1，且EF＝eq\f(1,2)BB1.∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，D是CC1的中点∴CD∥EF，且CD＝EF，∴四边形CDEF为平行四边形，∴DE∥CF.∵△ABC是正三角形，∴CF⊥AB．∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴BB1⊥CF，而BB1∩AB＝B∴CF⊥平面ABB1A1∵DE∥CF，∴DE⊥平面ABB1A1∵DE⊂平面AB1D，∴平面AB1D⊥平面ABB1A1(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，0))，C(0，a,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(a,2)))，B1(0,0，a)．eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，－\f(a,2)，a))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，a,0)，设异面直线AB1与BC所成角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))|,|\o(AB1,\s\up6(→))|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),4)，故异面直线AB1与BC所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4).(3)由(2)得eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,2)，－\f(a,2)，a))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).设n＝(1，y，z)为平面AB1D的一个法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up6(→))＝1，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,2)，－\f(a,2)，a))＝0，,n·\o(AD,\s\up6(→))＝1，y，z·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，\f(a,2)))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),3)，,z＝\f(2\r(3),3)，))即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，\f(2\r(3),3))).显然平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)．则cos〈m，n〉＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))·0，0，1)),\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2))＝eq\f(\r(2),2)，故〈m，n〉＝eq\f(π,4).即所求二面角的大小为eq\f(π,4).11．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝