2021高考数学一轮复习第8章立体几何第6节立体几何中的向量方法教学案理北师大版
公共场所禁烟令-廉洁从政心得体会
第六节 立体几何中的向量方法
[最新考纲] 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．
1．异面直线所成的角
设
a
，
b
分别是两异面
直线
l
1
，
l
2
的方向向量，则
范围
关系
a
与
b
的夹角〈
a
，
b
〉
0＜〈
a
，
b
〉＜π
l
1
与
l
2
所成的角
θ
π
0<
θ
≤
2
|
a
·
b
|
cos
θ
＝|cos〈
a
，
b
〉|＝
|
a||
b
|
a
·
b
cos〈
a
，
b
〉＝
|
a
||
b
|
2．直线与平面所成的角
设直线<
br>l
的方向向量为
a
，平面
α
的法向量为
n
，
直线
l
与平面
α
所成的角为
θ
，则
|
a<
br>·
n
|
sin
θ
＝|cos〈
a
，
n
〉|＝.
|
a
||
n
|
3．二面角
(1)如图①，
AB
，
CD
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
＝〈
AB
，
CD
〉．
→→
(2)如图②③，
n
1，
n
2
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|cos
θ
|＝|cos〈
n
1
，
n
2
〉|，二面角的平面角大小是向量
n
1
与
n
2
的夹
角(或
其补角)．
[常用结论]
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
→
→
|
AB
·
n
|
距离为|
BO
|＝.
|
n
|
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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．( )
π
π
(4)两异面直线夹角的范围是
0，
，
直线与平面所成角的范围是
0，
，二面角的
2
2
范围是[0，π]．( )
[答案] (1)× (2)× (3)×
(4)√
二、教材改编
1．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
〉＝－
1
，则
l
与
α
所成的角为( )
2
A．30°
C．120°
B．60°
D．150°
1
A [由于cos〈
m
，
n
〉＝
－，所以〈
m
，
n
〉＝120°，所以直线
l
与
α
所成的角为30°.]
2
2．已知两平面的法向量分别为
m
＝(0
,1,0)，
n
＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为
( )
A.
C.
π
4
π3
或π
44
3
B.π
4
D.
π3
或π
24
C [∵
m
＝(0,1,0)，
n
＝(0,1,1)，
∴
m
·
n
＝1，|
m
|＝1，|
n
|＝2，
m
·
n
2π
∴cos〈
m
，
n
〉＝＝，∴〈
m
，
n
〉＝.
|
m
||
n
|24
π3
∴两平面所成的二面角为或π，故选C.]
443.如图所示，在正方体
ABCD
A
1
B
1
C
1
D
1
中，已知
M
，
N
分别是
BD
和
AD
的中点，则
B
1
M
与
D
1
N
所成角的余弦值为( )
A.
C.
30
10
30
30
B.
D.
30
15
15
15
A
[以
D
为原点建立空间直角坐标系
D
xyz
，如图， <
/p>
设
AB
＝2，则
N
(1,0,0)，
D
1
(0,0,2)，
M
(1,1,0)，
B
1
(2,2,
2)，
→
∴
B
1
M
＝(－1，－1，－2)，
D
1
N
＝(1,0，－2)，
→→
∴
B
1
M
·
D
1
N
＝－1＋4＝3，
→→
|
B
1
M
|＝6，|
D
1
N
|＝5， →→
330
∴cos〈
B
1
M
，
D
1
N
〉＝＝＞0，
30
10
∴
B
1
M与
D
1
N
所成角的余弦值为
30
.故选A.]
10
→
4.如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)
ABC
A
1
B
1
C
1
的底面边长为2，侧棱长为22，
则
AC
1
与侧面
ABB
1
A
1
所成的角为_
_______．
→→→
π
[如图，以
A
为原点，以
AB
，
AE
(
AE
⊥
AB
)，
A
A
1
所在直线分别为
x
轴、
y
轴、
6
z
轴(如图)建立空间直角坐标系，设
D
为
A
1
B
1
的中点，
→→
则
A
(0,0,0)，
C
1
(1，3，22)，
D
(1,0,22)，∴
AC
1
＝(1，3，
22)，
AD
＝(1,0,22)．
∠
C
1
AD
为
AC
1
与平面
ABB
1
A
1
所成的角，
cos∠
C
1
AD
＝
→→
|
AC
1
||
AD
|
＝
1，3，22·1，0，22
12×9<
br>＝
3
，
2
AC
1
·
AD
→→
π
又∵∠
C
1
AD
∈
0，
，
2
π
∴∠
C
1
AD
＝.]
6
考点1 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值等于两向量夹角余弦值的绝对值．
(2017·全国卷
Ⅱ)已知直三棱柱
ABC
A
1
B
1
C
1
中，∠
ABC
＝120°，
AB
＝2，
BC
＝CC
1
＝1，则异面直线
AB
1
与
BC
1所成角的余弦值为( )
A.
3
2
10
5
B.
15
5
3
3
C.D.
C [在平面
ABC
内过点
B
作
AB
的垂线，以
B
为原点，以该垂线，
BA
，
BB
1
所在直线分别
为
x
轴，
y
轴，
z
轴建
立空间直角坐标系
B
xyz
，则
A
(0,2,0)，B
1
(0,0,1)，
C
1
3
，－，0
，
2
2
C1
→
31
→
1
3
，－，1
，
AB
1
＝(0，－2,1)，
BC<
br>1
＝
，－，1
，
2
2
2
2
→→
210
cos〈
AB
1
，
BC
1
〉＝＝＝，故选C.]
→→5
5×2
|
AB
1
|·|
BC
1
|
[母题探究]
1.本例条件换为：“直三棱柱
ABC
A
1
B
1
C
1
中，
AB
＝
BC
＝
AA
1
，
∠
ABC
＝90°，点
E
，
F
分别
是棱
A
B
，
BB
1
的中点”，则直线
EF
和
BC
1
所成的角是________．
AB
1
·
BC
1
→→
60° [以B
为坐标原点，以
BC
为
x
轴，
BA
为
y
轴，
BB
1
为
z
轴，建立空间直角坐标系
如图
所示．
设
AB
＝
BC
＝
AA
1
＝2，则
C
1
(2,0,2)，
E
(0,1,0)，
F
(0
,0,1)，
→→→→
∴
EF
＝(0，－1,1)，
BC
1
＝(2,0,2)，∴
EF
·
BC
1
＝2，
→→
∴cos〈
EF
，
BC
1
〉＝
1
＝，则
EF
和
BC
1
所成的角是60°.]
2×22
2
2
2．本例条件换为：“直三棱柱
ABC
A
1
B
1
C
1
中，底面为等边三角形， < br>AA
1
＝
AB
，
N
，
M
分
别是
A
1
B
1
，
A
1
C
1
的中点”，则
AM
与
BN
所成角的余弦值为________．
7
[如图所示，取
AC
的中点
D
，以
D
为原点，
BD
，
DC
，
DM
所在
10
直线 分别为
x
轴、
y
轴、
z
轴，建立空间直角坐标系，不妨设< br>AC
＝2，
则
A
(0，－1,0)，
M
(0,0,2 ),
B
(－3，0,0)，
N
－
→→
31
所以
AM
＝(0,1,2)，
BN
＝
< br>，－，2
，
2
2
7
→→
2
→→
AM
·
BN
7
所以cos〈
AM
，< br>BN
〉＝＝＝.]
→→
5×5
10
|
AM
||
BN
|
31
，－，2
，
22
π
两向量的夹角
α
的范 围是[0， 两异面直线所成角的范围是
θ
∈
0，
，π ]，
2
当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当 异面直线的方向
向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．
[教师备选例题] 如图，四边形
ABCD
为菱形，∠
ABC
＝120°，
E
，
F
是平面
ABCD
同一侧的两点，
BE
⊥平
面
ABCD
，
DF
⊥平面
ABCD
，
BE
＝ 2
DF
，
AE
⊥
EC
.
(1)证明：平面
AEC
⊥平面
AFC
；
(2)求直线
AE
与直线
CF
所成角的余弦值．
[解] (1)证明：如图所示，连接
BD
，设
BD
∩
AC
＝
G
，连接
EG
，
FG
，
EF
.
在菱形
ABCD
中，不妨设
GB
＝1.
由∠
ABC
＝120°，
可得
AG
＝
GC
＝3.
由
BE<
br>⊥平面
ABCD
，
AB
＝
BC
＝2，可知
A
E
＝
EC
.
又
AE
⊥
EC
，所以
EG
＝3，且
EG
⊥
AC
.
在Rt△
EBG
中，
可得
BE
＝2，故
DF
＝
2
.
2
6
.
2
232
222
，可得
EF＝，从而
EG
＋
FG
＝
EF
，
22
在
Rt△
FDG
中，可得
FG
＝
在直角梯形
BDFE
中，由
BD
＝2，
BE
＝2，
DF
＝
所以
EG
⊥
FG
.
又
AC
∩
FG
＝
G
，
AC
，
FG
平面
AFC
，
所以
EG
⊥平面
AFC
.
因为
EG
平面
AEC
，所以平面
AEC
⊥平面
AFC
.
→(2)如图，以
G
为坐标原点，分别以
GB
，
GC
所在
直线为
x
轴、
y
轴，|
GB
|为单位长度，
建立空
间直角坐标系
G
xyz
，
由(1)可得
A
(0
，－3，0)，
E
(1,0，2)，
F
－1，0，
→→<
br>
2
所以
AE
＝(1，3，2)，
CF
＝
－1，－3，
.
2
→→
→→<
br>AE
·
CF
3
故cos〈
AE
，
CF
〉＝＝－.
→→3
|
AE
||
CF
|
所以直线
AE
与直线
CF
所成角的余弦值为
3
.
3
2
，
C
(0，3，0)，
2
如图，在四棱锥
P
ABCD
中
，
PA
⊥平面
ABCD
，底面
ABCD
是菱形，
A
B
＝2，∠
BAD
＝60°.
(1)求证：
BD
⊥平面
PAC
；
(2)若
PA
＝
AB
，求
PB
与
AC
所成角的余弦值．
[解] (1)证明：因为四边形
ABCD
是菱形，
所以
AC
⊥
BD
.
因为
PA
⊥平面ABCD
，所以
PA
⊥
BD
.
又因为
AC
∩
PA
＝
A
，
所以
BD
⊥平面
PAC
.
(2)设
AC
∩
BD
＝
O
.
因为∠
BAD
＝60°，
PA
＝
AB
＝2，
所以
BO
＝1，
AO
＝
CO
＝3.
如图
，以
O
为坐标原点，建立空间直角坐标系
O
xyz
， <
br>则
P
(0，－3，2)，
A
(0，－3，0)，
B
(
1,0,0)，
C
(0，3，0)．
→
所以
PB
＝(1，3，－2)，
→
AC
＝(0,23，0)．
设
PB
与
AC
所成角为
θ
，则
→
→
PB
·
AC
66
cos
θ
＝
＝＝.
→→
22×234
|
PB
||
AC
|
即
PB
与
AC
所成角的余弦值为
6
.
4
考点2
求直线与平面所成的角
利用向量法求线面角的2种方法
(1)法一：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)法二：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夹的角(夹
角为钝角时取其补角)，取其
余角就是斜线和平面所成的角．
(2019·深圳模拟)已知四棱锥
P
ABCD
，底面
ABCD
为菱形，
PD
＝
PB
，<
br>H
为
PC
上的点，过
AH
的平面分别交
PB
，
PD
于点
M
，
N
，且
BD
∥平面
AMHN
.
(1)证明：
MN
⊥
PC
；
(2
)当
H
为
PC
的中点，
PA
＝
PC
＝3<
br>AB
，
PA
与平面
ABCD
所成的角为60°，求
A
D
与平面
AMHN
所成角的正弦值．
[解] (1)证明：连接
AC
、
BD
且
AC
∩
BD
＝
O<
br>，连接
PO
.因
为
ABCD
为菱形，所以
BD
⊥
AC
，
因为
PD
＝
PB
，所
以
PO
⊥
BD
，
因为
AC
∩
PO
＝
O
且
AC
、
PO
平面
PAC
，
所以
BD
⊥平面
PAC
，
因为
PC
平面
PAC
，所以
BD
⊥
PC
，
因为
BD
∥平面
AMHN
，
且平面
AMHN
∩平面
PBD
＝
MN
，
所以
BD
∥
MN
，
MN
⊥平面
PAC
，
所以
MN
⊥
PC
.
(2)由(1)知
BD
⊥
AC
且
PO
⊥
BD
，
因为
PA＝
PC
，且
O
为
AC
的中点，
所以
PO
⊥
AC
，所以
PO
⊥平面
ABCD
，
所以
PA
与平面
ABCD
所成的角为∠
PAO
，
所以∠
PAO
＝60°，
13
所以
AO
＝
PA
，
PO
＝
PA
，
22
因为
PA<
br>＝3
AB
，所以
BO
＝
3
PA
.
6
→→→
以
OA
，
OD
，
OP
分别为x
，
y
，
z
轴，建立空间直角坐
标系，如图所示． <
br>设
PA
＝2，所以
O
(0,0,0)，
A
(1,0,
0)，
B
0，－
3
3
，0
，
C
(－1,0,0)，
D
0
，，0
，
33
P
(
0，0，3
)
，
H
－，0，
1
2
3
，
2
→
23
→
33
→
3
所以
BD＝
0，，0
，
AH
＝
－，0，
，
AD
＝
－1，，0
.
32
3
2
设平面
AMHN
的
法向量为
n
＝(
x
，
y
，
z
)，
→
n
·
BD
＝0，
所以
→
n
·
AH
＝0，
23
3
y
＝0，
即
33
－
x＋
22
z
＝0，
令
x
＝2，则
y
＝0，
z
＝23，所以
n
＝(2,
0,23)，
设
AD
与平面
AMHN
所成角为
θ
，
→
n
·
AD
→
＝
3< br>. 所以sin
θ
＝|cos〈
n
，
AD
〉|＝< br>
→
4
|
n
||
A D
|
所以
AD
与平面
AMHN
所成角的正弦值为
3
.
4
22
若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin< br>θ
＋cos
θ
＝1求出其值．不
要误认为直线的方向向量与平面的法向 量所成夹角的余弦值即为所求．
(2019·浙江高考)如图，已知三棱柱
ABC
A
1
B
1
C
1
，平面
A
1ACC
1
⊥平面
ABC
，∠
ABC
＝90°，∠
BAC
＝30°，
A
1
A
＝
A
1
C＝
AC
，
E
，
F
分别是
AC
，
A
1
B
1
的中点．
(1)证明：
EF
⊥
BC
；
(2)求直线
EF< br>与平面
A
1
BC
所成角的余弦值．
[解] 法一 ：(几何法)(1)连接
A
1
E
，因为
A
1
A＝
A
1
C
，
E
是
AC
的中点，所以< br>A
1
E
⊥
AC
.
又平面
A
1ACC
1
⊥平面
ABC
，
A
1
E
平面
A
1
ACC
1
，
平面
A
1
AC C
1
∩平面
ABC
＝
AC
，
所以，
A< br>1
E
⊥平面
ABC
，则
A
1
E
⊥< br>BC
.
又因为
A
1
F
∥
AB
，∠
ABC
＝90°，故
BC
⊥
A
1
F
.
所以
BC
⊥平面
A
1
EF
.
因此
EF
⊥
BC
.
(2)取
BC中点
G
，连接
EG
，
GF
，则四边形
EGFA
1
是平行四边形．由于
A
1
E
⊥平面
ABC
，故
A
1
E
⊥
EG
，所以平行四边形
EGFA< br>1
为矩形．
由(1)得
BC
⊥平面
EGFA
1，则平面
A
1
BC
⊥平面
EGFA
1
， 所以
EF
在平面
A
1
BC
上的射影在直线
A< br>1
G
上．
连接
A
1
G
交
EF于
O
，则∠
EOG
是直线
EF
与平面
A
1
BC
所成的角(或其补角)．
不妨设
AC
＝4，则在Rt△< br>A
1
EG
中，
A
1
E
＝23，
EG
＝3.
由于
O
为
A
1
G
的中点，故
EO
＝
OG
＝
A
1
G
2
＝
15
，
2
EO
2
＋
OG
2
－
EG
2
3
所以cos∠
EOG
＝＝.
2
EO
·
OG
5
3
因此，直线
EF
与平面
A
1
BC
所成角的余弦值是.
5
法二：(向量法)(1)连接A
1
E
，因为
A
1
A
＝
A
1
C
，
E
是
AC
的中点，所以
A
1
E
⊥
AC
.
又平面
A
1
ACC
1
⊥平面
ABC
，
A
1
E
平面
A
1
ACC
1
，
平面
A
1
ACC
1
∩平面
ABC
＝
AC
，所以
A
1
E
⊥平面
ABC
.
如图，以点
E
为原点，分别以射线
EC
，EA
1
为
y
，
z
轴的正半轴，建立空间直角坐标系E
xyz
.
不妨设
AC
＝4，则
A
1
(0,0，23)，
B
(3，1,0)，
B
1
(3，3，23)，
F
(
33
，，23)，
22
C
(0,2,0)．
→
33
→
因此
EF＝
，，23
，
BC
＝(－3，1,0)．
22
→→
由
EF
·
BC
＝0，得<
br>EF
⊥
BC
.
(2)设直线
EF
与平面
A
1
BC
所成角为
θ
.
→→
由(1)可得
BC
＝(－3，1,0)，
A
1
C
＝(0,2，－23)．
设平面
A
1
BC
的法向量为
n
＝(
x
，
y
，
z
)，
→
BC
·n
＝0，
由
→
A
1
C
·
n
＝0，
－3
x
＋
y＝0，
得
y
－3
z
＝0，
取
n
＝(1，3，1)，
→
→
|
EF
·
n
|4
故sin
θ
＝|cos〈
EF
，
n
〉|＝＝，
→5
|
EF
|·|
n
|
3
所以cos
θ
＝，
5
3
因此，直线
EF
与平
面
A
1
BC
所成的角的余弦值为.
5
考点3 求二面角
利用向量计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在
平面的法向量，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(钝)二面角．
(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以
垂足为
起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．
(2019·全国卷Ⅰ)如
图，直四棱柱
ABCD
A
1
B
1
C
1<
br>D
1
的底面是菱形，
AA
1
＝4，
AB
＝2
，∠
BAD
＝60°，
E
，
M
，
N
分别是
BC
，
BB
1
，
A
1
D
的中点．
(1)证明：
MN
∥平面
C
1
DE
；
(
2)求二面角
A
MA
1
N
的正弦值．
[解] (1)连接
ME
，
B
1
C
<
br>∵
M
，
E
分别为
BB
1
，
BC中点，
∴
ME
为△
B
1
BC
的中位线， <
br>1
∴
ME
∥
B
1
C
且
ME
＝
B
1
C
，
2
又
N
为
A
1
D
中点，且
A
1
D
綊
B
1
C
，
1
∴
ND
∥
B
1
C
且
ND
＝
B
1
C
，
2
∴
ME
綊
ND
，
∴四边形
MNDE
为平行四边形，
∴
MN
∥
DE
.
又
MN
平面
C
1
DE
，
DE
平面
C
1
DE
，∴
MN
∥平面
C
1
DE
.
(2)法一：设
AC
∩
BD
＝
O
，
A
1
C
1
∩
B
1
D
1
＝
O
1
，
由直四棱柱性质可知：
OO
1
⊥平面
ABCD
.
∵四边形
ABCD
为菱形，
∴
AC
⊥
BD
.
则以
O
为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系：
则
A
(
3，0，0
)
，
M
(
0，1，2
)
，<
br>A
1
(
3，0，4
)
，
D
(0，－1,0)
，
N
取
AB
中点
F
，连接
DF
，则
F
1
3
，－，2
.
2
2
31
，，0
.
22
∵四边形
ABCD
为菱形且∠
BAD＝60°，
∴△
BAD
为等边三角形，
∴
DF
⊥
AB
.
又
AA
1
⊥平面
ABCD
，
DF
平面
ABCD
，
∴
DF
⊥
AA
1
.
∴
DF
⊥平
面
ABB
1
A
1
，即
DF
⊥平面
AMA<
br>1
.
→→
33
∴
DF
为平面
AMA
1
的一个法向量，且
DF
＝
，，0
.
22
设平面
MA
1
N
的法向量
n
＝
(
x
，
y
，
z
)
，
→→
33
又
MA
1
＝<
br>(
3，－1，2
)
，
MN
＝
，－，0
.
2
2
∴
→
3
3
n
·
MN
＝
x
－
y
＝0，
<
br>22
→
∴cos〈
DF
，
n
〉＝
→
n
·
MA
1
＝3
x
－
y
＋2
z<
br>＝0，
→
＝
3
令
x
＝3，则
y
＝1，
z
＝－1
，∴
n
＝
(
3，1，－1
)
.
DF
·<
br>n
|
→
DF
|
·
|
n
|
1
5
＝，
5
15
→
10
∴sin〈
DF
，
n
〉＝，
5
∴二面角
A
MA<
br>1
N
的正弦值为
10
.
5
→
法
二：由已知可得
DE
⊥
DA
.以
D
为坐标原点，
D
A
的方向为
x
轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
D
xyz
，则
A
(2,0,0)，
A
1
(2,0,4)，
M
(1，3，2)，
N
(1,0,2)，
A
1
A<
br>＝(0,0，
→
－4)，
A
1
M
＝(－1，3，－2
)，
→
A
1
N
＝(－1,0，－2)，
MN
＝(
0，－3，0)．
→
m
·
A
1
M<
br>＝0，
设
m
＝(
x
，
y
，
z
)为平面
A
1
MA
的法向量，则
→
m
·
A
1
A
＝0，
→→
－3
q
＝0，
即
－
p<
br>－2
r
＝0.
－
x
＋3
y
－2<
br>z
＝0，
即
－4
z
＝0.
所以可取
m
＝(3，1,0)．
→
n
·
MN
＝0，
设
n
＝(
p
，
q
，
r
)为平面
A
1
MN
的法向量，则
→
n
·
A
1
N
＝0.
可取
n
＝(2,0，－1)，
m·n
2315
于是cos〈
m
，
n
〉＝＝＝，
|
m
||
n
|
2×5
5
所以二面角
A
MA
1
N
的正弦值为
10
.
5
[母题探究]
本例条件不变，求点
C
到平面
C
1
DE
的距离．
[解] 法一：(几何法)过
C
作
C
1
E
的垂线，
垂足为
H
.由已知可得
DE
⊥
BC
，
DE
⊥
C
1
C
，所以
DE
⊥平面
C
1
CE
，故
DE
⊥
CH
.
又
DE
∩
C
1
E
＝
E
，
从而
CH
⊥平面
C
1
DE
，故
CH
的长
即为
C
到平面
C
1
DE
的距离，
由已知可得CE
＝1，
C
1
C
＝4，所以
C
1
E
＝17，
417
故
CH
＝.
17
417
从而点
C
到平面
C
1
DE
的距离为.
17法二：(等体积法)在菱形
ABCD
中，
E
为
BC
中点
，所以
DE
⊥
BC
，根据题意有
DE
＝3，
C1
E
＝17，
因为棱柱为直棱柱，所以有
DE
⊥平面
BCC
1
B
1
，
1
所以
DE⊥
EC
1
，所以
S
△
DEC
1
＝×3
×17，
2
设点
C
到平面
C
1
DE
的距
离为
d
，
根据题意有
V
C
1
CDE<
br>＝
V
C
C
1
DE
，
1111
则有××3×17×
d
＝××1×3×4，
3232解得
d
＝
4
17
＝
417
，
17<
br>417
所以点
C
到平面
C
1
DE
的距离为.
17
本例(2)在求解中给出了两种常见的建系方式，建立便捷的空间直角坐标系是
求解本例的关键．
1.如图所示，二面角的棱上有
A
，
B
两点，直线
AC<
br>，
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
＝217，则该二面角的大小
为________．
→→→→
60°
[∵
CD
＝
CA
＋
AB
＋
BD
，
→
∴|
CD
|＝
＝
CA
＋
AB
＋
BD
→→→
2
→→
116＋2
CA
·
BD
＝217.
→→36＋16＋64＋2
CA
·
BD
＝
→→→→→→
∴<
br>CA
·
BD
＝|
CA
|·|
BD
|·cos
〈
CA
，
BD
〉＝－24.
→→
1
∴cos〈
CA
，
BD
〉＝－.
2
→→
又所求二面角与〈
CA
，
BD
〉互补，
∴所求的二面角为60°.]
2.如图，
EA
⊥平面
ABC
，
DB
⊥平面ABC
，△
ABC
是等边三角形，
AC
＝2
AE
，
M
是
AB
的中
点．
(1)求证：
CM
⊥
EM;
(2)若直线
DM
与平面
ABC
所成角的正切值为2，求二面角
B
CD
E
的余弦值．
[解] (1)证明：因为△
ABC
是等边三角形，
M
是
AB
的中点，所以
CM
⊥
AM
.
因为
EA
⊥平面
ABC
，
C
M
平面
ABC
，
所以
CM
⊥
EA
. <
br>因为
AM
∩
EA
＝
A
，所以
CM
⊥
平面
EAM
.
因为
EM
平面
EAM
，所以
CM
⊥
EM
.
(2)以点
M
为坐标原点，<
br>MC
所在直线为
x
轴，
MB
所在直线为
y
轴
，过
M
且与直线
BD
平
行的直线为
z
轴，建立空间
直角坐标系
M
xyz
，如图所示．
因为
DB
⊥平面
ABC
，
所以∠
DMB
为直线
DM
与平面
ABC
所成的角，
所以tan∠
DMB
＝＝2，
即
BD
＝2
MB<
br>，所以
BD
＝
AC
.
不妨设
AC
＝2，又
AC
＝2
AE
，则
CM
＝3，
AE
＝1.
故
B
(0,1,0)，
C
(3，0,0)，
D
(0
,1,2)，
E
(0，－1,1)．
→→→→
所以
BC
＝
(3，－1,0)，
BD
＝(0,0,2)，
CE
＝(－3，－1,1)，<
br>CD
＝(－3，1,2)．
设平面
BCD
与平面
CDE的一个法向量分别为
m
＝(
x
1
，
y
1
，
z
1
)，
n
＝(
x
2
，
y<
br>2
，
z
2
)，
→
m
·
BC
＝0，
由
→
m
·<
br>BD
＝0，
BD
MB
3
x
1
－
y
1
＝0，
得
2
z
1
＝0.
令x
1
＝1，得
y
1
＝3，所以
m
＝(1，3，
0)．
→
n
·
CE
＝0，
由
→
n
·
CD
＝0，
－
3
x
2
－
y
2
＋
z
2
＝0， 得
－3
x
2
＋
y
2
＋
2
z
2
＝0.
323
，
z
2
＝.
33
令
x
2
＝1，得
y
2<
br>＝－
所以
n
＝
1，－
所以cos〈
m
，
n
〉＝＝0.
|
m
||
n
|
所以二面角
B
CD
E
的余弦值为0.
323
，
.
33
m·n