2025届高中数学二轮复习 板块四 立体几何与空间向量 微专题26　空间角、距离的计算(几何法、向量法)（练习）

微专题26空间角、距离的计算(几何法、向量法)高考定位1.以空间几何体为载体考查空间角(以线面角、面面角为主)是高考命题的重点，常与空间线面位置关系的证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进行考查.高考注重利用向量方法解决空间角问题，但也可利用几何法来求解；2.空间距离(特别是点到面的距离)也是高考题中的常见题型，多以解答题的形式出现，难度中等.【真题体验】1.(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为eq\f(52,3)，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为()A.eq\f(1,2) B.1C.2 D.32.(2024·天津卷)如图，已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点.(1)求证：D1N∥平面CB1M；(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值；(3)求点B到平面CB1M的距离.【热点突破】热点一异面直线所成的角求异面直线所成角的方法法一(几何法)步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.法二(向量法)步骤为：①求出直线a，b的方向向量，分别记为m，n；②计算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·丹东模拟)直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝120°，则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为()A.eq\f(3,4) B.eq\f(\r(13),4)C.eq\f(\r(3),4) D.eq\f(\r(7),4)训练1(1)(2024·绵阳模拟)三棱柱ABC－A1B1C1，底面边长和侧棱长都相等.∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(6),6)(2)如图，已知圆柱O1O2的轴截面ABCD是边长为2的正方形，E为下底面圆周上一点，满足eq\o(BE,\s\up8(︵))＝2eq\o(AE,\s\up8(︵))，则异面直线AE与BO1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(5),10)C.eq\f(\r(3),10) D.eq\f(\r(2),10)热点二直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法法一(几何法)步骤为：①找出直线l在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.法二(向量法)步骤为：①求出平面α的法向量n与直线AB的方向向量eq\o(AB,\s\up6(→))；②计算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·宁波模拟)在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，以AB为轴将菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D1⊥平面ABCD，点E为边BC1的中点，连接CE，DD1.(1)求证：CE∥平面ADD1；(2)求直线CE与平面BDD1所成角的正弦值.训练2(2024·北京门头沟模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，PA＝AB＝2，E为棱PD的中点.(1)求证：EC∥平面PAB；(2)当PC＝3时，求直线PC与平面BCE所成角的正弦值.热点三平面与平面的夹角求平面与平面的夹角方法法一(几何法)步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.法二(向量法)步骤为：①求两个平面α，β的法向量m，n；②计算cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)；③设两个平面的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|.例3(2024·深圳模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且AB＝AC，A1B＝A1C.(1)证明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1＝BC＝2，∠BAC＝90°，求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值.训练3(2024·泰安模拟)如图，在底面为菱形的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠BAD＝eq\f(2,3)π，AA1＝AB＝2，E，F，G分别为BB1，CC1，DD1的中点.(1)求证：A1E∥GC；(2)求平面A1EF与平面ABCD夹角的大小.热点四距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.例4在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，M为BB1的中点，N为BC的中点.(1)求点M到直线AC1的距离；(2)求点N到平面MA1C1的距离.训练4(1)已知三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱，且AA1＝2，AB＝2eq\r(3)，D是B1C1的中点，则点B到平面AB1D的距离为()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的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点，则直线AC到平面PEF的距离为()A.2 B.eq\f(\r(17),17)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\r(5)【精准强化练】1.(2024·淄博模拟)如图，多面体ABCDEF是由一个正四棱锥A－BCDE与一个三棱锥F－ADE拼接而成，正四棱锥A－BCDE的所有棱长均为3eq\r(2)，AF∥CD.(1)在棱DE上找一点G，使得平面ABC⊥平面AFG，并给出证明；(2)当AF＝eq\f(1,2)CD时，求点F到平面ADE的距离；(3)若AF＝eq\f(1,3)CD，求直线DF与平面ABC所成角的正弦值.2.(2024·武汉质检)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA∥QD，BC＝2AB＝2PA＝2，∠ABC＝60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ＝2eq\r(2)，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.3.(2024·盐城质检)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝eq\r(5)，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足BF＝eq\f(1,4)BC，设平面FDE与平面DEC夹角的大小为θ，求sinθ的值.4.(2024·新高考Ⅰ卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝eq\r(3).(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；(2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为eq\f(\r(42),7)，求AD.【解析版】1.(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为eq\f(52,3)，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为()A.eq\f(1,2) B.1C.2 D.3答案B解析设正三棱台ABC－A1B1C1的高为h，三条侧棱延长后交于一点P，作PO⊥平面ABC于点O，PO交平面A1B1C1于点O1，连接OA，O1A1，如图所示.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)，所以正三棱台ABC－A1B1C1的体积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).由正三棱台的性质可知，O为底面ABC的中心，则OA＝eq\f(2,3)×eq\r(62－32)＝2eq\r(3)，因为PO⊥平面ABC，所以∠PAO是A1A与平面ABC所成的角，在Rt△PAO中，tan∠PAO＝eq\f(PO,OA)＝1，故选B.2.(2024·天津卷)如图，已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点.(1)求证：D1N∥平面CB1M；(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值；(3)求点B到平面CB1M的距离.(1)证明以A为坐标原点，以AB，AD，AA1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，依题意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)，则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).设平面CB1M的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，则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，则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，显然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)，设平面BB1C1C的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，则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，则m＝(1，1，0).设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ，则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与平面BB1C1C夹角的余弦值为eq\f(2\r(22),11).(3)解易知eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，2).设点B到平面CB1M的距离为d，则d＝eq\f(|\o(BB1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(11))＝eq\f(2\r(11),11)，所以点B到平面CB1M的距离为eq\f(2\r(11),11).【热点突破】热点一异面直线所成的角求异面直线所成角的方法法一(几何法)步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.法二(向量法)步骤为：①求出直线a，b的方向向量，分别记为m，n；②计算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·丹东模拟)直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝120°，则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为()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解析法一如图所示，设E，F，G，H分别是线段A1B1，AB，AA1，A1C1的中点.连接EF，FH，HG，EH，FG，易知FG綉eq\f(1,2)BA1，GH綉eq\f(1,2)AC1，故∠FGH或其补角是异面直线BA1与AC1所成的角.设AB＝AC＝AA1＝2，由于∠BAC＝120°，所以B1C1＝2eq\r(3)，EH＝eq\r(3)，EF＝2，则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).所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为eq\f(3,4).法二取BC中点D，连接AD，因为AB＝AC，所以DA⊥DC，以D为原点，DA，DC所在直线分别为x，y轴，过点D且垂直于平面BAC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设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))，所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为|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).易错提醒1.利用几何法求异面直线所成的角时，通过平移直线所得的角不一定就是两异面直线所成的角，也可能是其补角.2.用向量法求异面直线所成的角时，要注意向量夹角与异面直线所成角的范围不同.训练1(1)(2024·绵阳模拟)三棱柱ABC－A1B1C1，底面边长和侧棱长都相等.∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(6),6)(2)如图，已知圆柱O1O2的轴截面ABCD是边长为2的正方形，E为下底面圆周上一点，满足eq\o(BE,\s\up8(︵))＝2eq\o(AE,\s\up8(︵))，则异面直线AE与BO1所成角的余弦值为()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)设eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，|a|＝|b|＝|c|＝1，由题意〈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，设异面直线AB1与BC1所成角为θ，则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)法一如图，连接EO2并延长，交底面圆于点F，连接FO1，FB，易知AE∥BF且AE＝BF，所以∠FBO1为异面直线AE与BO1所成的角或其补角.因为eq\o(BE,\s\up8(︵))＝2eq\o(AE,\s\up8(︵))，则∠AO2E＝60°，所以△AEO2为正三角形，故AE＝BF＝1.由圆柱的性质知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为原点，AB，AD所在直线分别为y轴、z轴，过点A的AB的垂线所在直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则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)，所以异面直线AE与BO1所成角的余弦值为|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).故选B.热点二直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法法一(几何法)步骤为：①找出直线l在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.法二(向量法)步骤为：①求出平面α的法向量n与直线AB的方向向量eq\o(AB,\s\up6(→))；②计算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·宁波模拟)在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，以AB为轴将菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D1⊥平面ABCD，点E为边BC1的中点，连接CE，DD1.(1)求证：CE∥平面ADD1；(2)求直线CE与平面BDD1所成角的正弦值.(1)证明∵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中点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.如图，建立空间直角坐标系，则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)).从而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))，设平面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的一个法向量为n＝(1，－eq\r(3)，1)，设直线CE与平面BDD1所成角为θ，则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)，所以直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为eq\f(\r(15),10).法二取AD1中点F，则EFDC是平行四边形，所以CE∥DF.从而CE与平面BDD1所成角即为DF与平面BDD1所成角，设为θ.过D1作D1G⊥AB交AB于G，过G作GH⊥BD交BD于H，过G作GK⊥D1H交D1H于K.因为平面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，从而BD⊥平面D1GH，因为GK⊂平面D1GH，所以BD⊥GK，又GK⊥D1H，BD∩D1H＝H，BD，D1H⊂平面BDD1，从而GK⊥平面BDD1.所以GK的长即为G到平面BDD1的距离.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的距离设为h即为G到平面BDD1的距离，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)，所以直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为eq\f(\r(15),10).规律方法1.几何法求线面角的关键是找出线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中应用余弦定理(或勾股定理)求解；2.向量法求线面角时要注意：线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉＋θ＝eq\f(π,2)或〈a，n〉－θ＝eq\f(π,2)，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值.训练2(2024·北京门头沟模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，PA＝AB＝2，E为棱PD的中点.(1)求证：EC∥平面PAB；(2)当PC＝3时，求直线PC与平面BCE所成角的正弦值.(1)证明取PA中点为M，连接ME，MB，如图所示.在△PAD中，因为M，E分别为PA，PD的中点，故ME∥AD，ME＝eq\f(1,2)AD；又AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，故ME∥BC，ME＝BC，则四边形MBCE为平行四边形，EC∥MB.又MB⊂平面PAB，EC⊄平面PAB，故EC∥平面PAB.(2)解法一由题意建立空间直角坐标系，如图所示.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)，则eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2，1，－2)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(2，－1，－1)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(2，0，－1)，设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则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的一个法向量为n＝(1，0，2)，设直线PC与平面BCE所成的角为θ，则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).即直线PC与平面BCE所成角的正弦值为eq\f(2\r(5),15).法二过点P作BM延长线的垂线，垂足为N，连接NC，如图所示.由(1)可知，EC∥BM，故平面BCE也即平面NMBCE.因为AB⊥AD，BC∥AD，则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，则PN⊥BC，又PN⊥BN.BC∩BN＝B，BC，BN⊂平面BCE，故PN⊥平面BCE，则∠PCN即为PC与平面BCE的夹角.在△ABM中，因为AB＝2，AM＝eq\f(1,2)PA＝1，则BM＝eq\r(AB2＋AM2)＝eq\r(5)，sin∠AMB＝eq\f(2\r(5),5).在△PMN中，因为PM＝eq\f(1,2)PA＝1，∠AMB＝∠PMN，则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)，即直线PC与平面BCE所成角的正弦值为eq\f(2\r(5),15).热点三平面与平面的夹角求平面与平面的夹角方法法一(几何法)步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.法二(向量法)步骤为：①求两个平面α，β的法向量m，n；②计算cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)；③设两个平面的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|.例3(2024·深圳模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥底面ABC，且AB＝AC，A1B＝A1C.(1)证明：AA1⊥平面ABC；(2)若AA1＝BC＝2，∠BAC＝90°，求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值.(1)证明取BC的中点M，连接MA，MA1.因为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，又因为A1A∥B1B，所以B1B⊥BC，因为平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC＝BC，且B1B⊂平面BB1C1C，所以B1B⊥平面ABC，因为A1A∥B1B，所以AA1⊥平面ABC.(2)解法一因为∠BAC＝90°，且BC＝2，所以AB＝AC＝eq\r(2).以AB，AC，AA1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A－xyz，则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).设平面A1BC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则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的一个法向量为m＝(eq\r(2)，eq\r(2)，1)，设平面A1BC1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则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的一个法向量为n＝(eq\r(2)，0，1)，设平面A1BC与平面A1BC1夹角为θ，则cosθ＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(3,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),5)，所以平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值为eq\f(\r(15),5).法二将直三棱柱ABC－A1B1C1补成长方体ABDC－A1B1D1C1.连接C1D，过点C作CP⊥C1D，垂足为P，再过P作PQ⊥A1B，垂足为Q，连接CQ，因为BD⊥平面CDD1C1，且CP⊂平面CDD1C1，所以BD⊥CP，又因为CP⊥C1D，由于BD，C1D⊂平面A1BDC1，且BD∩C1D＝D，所以CP⊥平面A1BDC1，则△CPQ为直角三角形，由于A1B⊂平面A1BDC1，所以A1B⊥CP，因为CP，PQ⊂平面CPQ，且CP∩PQ＝P，所以A1B⊥平面CPQ，因为CQ⊂平面CPQ，所以CQ⊥A1B，则∠CQP为平面A1BC与平面A1BC1的夹角或补角，在△A1BC中，由等面积法可得CQ＝eq\f(\r(30),3)，因为PQ＝A1C1＝eq\r(2)，所以cos∠CQP＝eq\f(PQ,CQ)＝eq\f(\r(15),5)，因此平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值为eq\f(\r(15),5).规律方法1.用几何法求解二面角的关键是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.2.利用法向量的依据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在求二面角的大小时，一定要判断出二面角的平面角是锐角还是钝角，否则解法是不严谨的.训练3(2024·泰安模拟)如图，在底面为菱形的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠BAD＝eq\f(2,3)π，AA1＝AB＝2，E，F，G分别为BB1，CC1，DD1的中点.(1)求证：A1E∥GC；(2)求平面A1EF与平面ABCD夹角的大小.(1)证明取BC中点H，连接AH，因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝eq\f(2,3)π，所以AH⊥AD，以A为原点，AH，AD，AA1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A1(0，0，2)，E(eq\r(3)，－1，1)，G(0，2，1)，C(eq\r(3)，1，0)，F(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)解法一设平面A1EF的法向量为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的一个法向量为n＝(1，0，eq\r(3))，易知eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，2)为平面ABCD的一个法向量，设平面A1EF与平面ABCD的夹角为θ，则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与平面ABCD的夹角为eq\f(π,6).法二如图所示，设AA1的中点为M，连接MB，MC，易证EA1∥MB，FA1∥MC，故EA1∥平面MBC，FA1∥MBC，又FA1∩EA1＝A1，所以平面A1EF∥平面MBC，则平面A1EF与平面ABCD的夹角就是MBC与平面ABCD的夹角，设BC的中点为H，连接MH，因为底面ABCD为菱形，∠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与平面ABCD的夹角.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与平面ABCD的夹角大小为eq\f(π,6).法三由题意知A1F＝eq\r(5)，EF＝2，A1E＝eq\r(5)，易得S△A1EF＝2.又三角形A1EF在平面ABCD内的射影为三角形ABC，且S△ABC＝eq\r(3)，设平面A1EF与平面ABCD的夹角为θ，则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与平面ABCD的夹角大小为eq\f(π,6).热点四距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.例4在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，M为BB1的中点，N为BC的中点.(1)求点M到直线AC1的距离；(2)求点N到平面MA1C1的距离.解法一(1)如图，连接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)，则sin∠MAC1＝eq\f(3\r(10),10)，所以M到直线AC1的距离为MA·sin∠MAC1＝eq\r(5)×eq\f(3\r(10),10)＝eq\f(3\r(2),2).(2)如图，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).设点N到平面MA1C1的距离为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的距离为eq\f(3\r(5),5).法二(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0，0，2)，M(2，0，1)，C1(0，2，2)，直线AC1的一个单位方向向量为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)，故点M到直线AC1的距离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)设平面MA1C1的法向量为n＝(x，y，z)，因为eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(2，0，－1)，则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)为平面MA1C1的一个法向量.因为N(1，1，0)，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，故N到平面MA1C1的距离d＝eq\f(|\o(MN,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(3,\r(5))＝eq\f(3\r(5),5).规律方法1.求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法.2.求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行.求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离.训练4(1)已知三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱，且AA1＝2，AB＝2eq\r(3)，D是B1C1的中点，则点B到平面AB1D的距离为()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的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点，则直线AC到平面PEF的距离为()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)法一如图，连接AC1.在三棱柱ABC－A1B1C1中，因为BC∥B1C1，B1C1⊂平面AB1C1，BC⊄平面AB1C1，所以BC∥平面AB1C1，则BC上所有点到平面AB1C1的距离相等.取BC的中点O，则点B到平面AB1D的距离等于点O到平面AB1D的距离.连接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.因为DO＝AA1＝2，AO＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3，所以AD＝eq\r(22＋32)＝eq\r(13)，则点O到直线AD的距离d＝eq\f(2×3,\r(13))＝eq\f(6\r(13),13).所以点O到直线AD的距离等于点O到平面AB1C1的距离为eq\f(6\r(13),13).故点B到平面AB1D的距离为eq\f(6\r(13),13).法二如法一中的图，设点B到平面AB1D的距离为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).法三建立如图所示的坐标系，则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)，设平面AB1D的一个法向量为n＝(x，y，z)，则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)，所以点B到平面AB1D的距离为d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|－6|,\r(13))＝eq\f(6\r(13),13).(2)如图所示，建立以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系.则P(0，0，1)，A(1，0，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Feq\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))，设平面PEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则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，则y＝2，z＝3，所以n＝(2，2，3).因为eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，所以点A到平面PEF的距离d＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,\r(17))＝eq\f(\r(17),17).因为E，F分别为AB，BC的中点，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的距离即为点A到平面PEF的距离eq\f(\r(17),17).【精准强化练】1.(2024·淄博模拟)如图，多面体ABCDEF是由一个正四棱锥A－BCDE与一个三棱锥F－ADE拼接而成，正四棱锥A－BCDE的所有棱长均为3eq\r(2)，AF∥CD.(1)在棱DE上找一点G，使得平面ABC⊥平面AFG，并给出证明；(2)当AF＝eq\f(1,2)CD时，求点F到平面ADE的距离；(3)若AF＝eq\f(1,3)CD，求直线DF与平面ABC所成角的正弦值.解(1)当点G为DE中点时，平面ABC⊥平面AFG，证明如下：连接AG，GF，因为四棱锥A－BCDE是正四棱锥，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，因为AF∥CD，所以AF⊥BC，因为AF∩AG＝A，AF，AG⊂平面AFG，所以BC⊥平面AFG，因为BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面AFG.(2)连接BD，CE交于点O，连接AO，OG，则AF∥OG，又因为四棱锥A－BCDE是正四棱锥，所以AO⊥平面BCDE，所以四边形AOGF为矩形，所以AF⊥FG，又AF⊥DE，DE∩FG＝G，DE，FG⊂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)，设点F到平面ADE的距离为h，因为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)，所以点F到平面ADE的距离为eq\r(3).(3)因为四棱锥A－BCDE是正四棱锥，所以OC，OD，OA两两垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，3)，B(0，－3，0)，C(3，0，0)，D(0，3，0)，F(－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)，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则有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的一个法向量为n＝(1，－1，1)，设直线DF与平面ABC所成角为θ，则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)，所以直线DF与平面ABC所成角的正弦值为eq\f(2\r(42),21).2.(2024·武汉质检)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA∥QD，BC＝2AB＝2PA＝2，∠ABC＝60°.(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；(2)若PQ＝2eq\r(2)，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.法一(1)证明因为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，因为PA＝1，AD＝2，PQ＝2eq\r(2)，解得QD＝3，过C，P作CE，PE分别平行于AP，AC，连接QE，作PF⊥QC交QC于F点，连接EF，∵AC⊥CD，AC⊥QD，CD∩QD＝D，且都在面CDQE内，∴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为平面PCQ与平面DCQ的夹角或其补角，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)，由等面积法解得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与平面DCQ夹角的余弦值为eq\f(\r(31),31).法二(1)证明因为BC＝2AB，∠ABC＝60°，所以AB⊥AC.如图建立空间直角坐标系，P(0，0，1)，A(0，0，0)，C(0，eq\r(3)，0)，D(－1，eq\r(3)，0)，则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)，设n1＝(x，y，z)是平面PAC的一个法向量，则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)，设n2＝(a，b，c)是平面PCD的一个法向量，则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的一个法向量为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)，设平面PCQ的一个法向量为n4＝(x2，y2，z2)，则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的一个法向量为n4＝(3eq\r(3)，1，eq\r(3))，设平面PCQ与平面DCQ夹角为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与平面DCQ夹角的余弦值为eq\f(\r(31),31).3.(2024·盐城质检)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝eq\r(5)，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足BF＝eq\