第七章　7.7　向量法求空间角和距离（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

7．7　向量法求空间角和距离
1．能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题．
2．会求空间中点到直线以及点到平面的距离．
用空间向量研究距离、夹角问题
分类 图示 计算公式
夹 角 异面直 线所成 的角 cos θ＝|cos 〈u，v〉|＝ ＝
直线与 平面所 成的角 sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝ ＝
两个平 面的 夹角 cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝ ＝ （θ为两个平面的夹角）
距 距离 点到直线的距离 PQ＝＝ （u是 直线l的单位方向向量）
点到平面的距离 PQ＝＝ ＝ （n是平面α的法向量）
教材拓展
1．确定平面的法向量的方法
(1)直接法：观察是否有垂直于平面的向量，若有可直接确定．
(2)待定系数法：取平面内的两个相交向量a，b，设平面的法向量为n＝(x，y，z)，由求得．
2．方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．
3．当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，此夹角就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，此夹角的补角才是异面直线所成的角．
1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　×　)
(2)直线的方向向量与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的夹角．(　×　)
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是.(　√　)
2．（人教A版选择性必修第一册P38T1改编）在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　C　)
A． B．
C． D．
解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D1（0，0，），A(1，0，0)，D(0，0，0)，B1（1，1，），所以＝（－1，0，），＝（1，1，）.设异面直线AD1与DB1所成的角为θ，则cos θ＝
＝＝.所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.故选C.
3．（人教A版选择性必修第一册P43T10改编）在空间直角坐标系中，若直线l的方向向量是v＝(－2，2，1)，平面α的一个法向量是n＝(2，0，1)，则直线l与平面α所成角的正弦值为．
解析：设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈v，n〉|＝＝
＝.
4．（人教A版选择性必修第一册P35T3改编）已知平面α经过点B(1，0，0)，且α的法向量n＝(1，1，1)，则点P(2，2，0)到平面α的距离为．
解析：因为＝(1，2，0)，n＝(1，1，1)，所以点P(2，2，0)到平面α的距离d＝＝＝.
考点1 异面直线所成的角
【例1】　（2024·湖北武汉模拟）在正四面体PABC中，E，F分别为PC，AB的中点，则异面直线BE与PF所成角的正切值为(　D　)
A． B．
C．2 D．
【解析】　设正四面体PABC的棱长为1，设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，∠APB＝∠BPC＝∠APC＝60°，∴a·b＝|a||b|cos ∠BPA＝，b·c＝|b||c|·cos ∠BPC＝，c·a＝|c||a|cos ∠APC＝.∵E，F分别为PC，AB的中点，△PAB，△PBC是等边三角形，∴＝(a＋b)，＝－＝c－b，||＝||＝，cos 〈，〉＝＝＝＝－.设异面直线BE与PF所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈，〉|＝，则sin θ＝＝，∴tan θ＝＝，
∴异面直线BE与PF所成角的正切值为.故选D.
用向量法求异面直线所成的角的一般步骤
(1)选好基底或建立空间直角坐标系．
(2)求出两直线的方向向量v1，v2.
(3)代入公式|cos 〈v1，v2〉|＝求解．
【对点训练1】　（2024·辽宁丹东一模）在直三棱柱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　)
A．　　 B．　　
C．　　 D．
解析：取BC的中点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轴、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，因为∠BAC＝120°，所以BD＝DC＝，AD＝，所以
B，A1，A， C1，所以＝，＝，所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为|cos 〈，〉|＝＝＝.故选A.
考点2 直线与平面所成的角
【例2】　（2024·山东青岛二模）如图，在四棱锥P ABCD中，△PAD是等边三角形，且BC∥AD，AB⊥AD，PB＝AB＝AD＝2BC，E为PD的中点．
(1)求证：CE∥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
【解】　(1)证明：如图1，取PA的中点G，连接GE，GB.∵E为PD的中点，∴GE∥AD且GE＝AD，又BC∥AD，BC＝AD，
∴GE∥BC且GE＝BC，
∴四边形BCEG为平行四边形，∴CE∥GB.
又GB 平面PAB，CE 平面PAB，
∴CE∥平面PAB.
(2)设PB＝AB＝AD＝2BC＝2.
如图2，取AD的中点N，连接PN，CN.
∵△PAD为正三角形，
∴PN⊥AD，PN＝.
又AN＝BC，AN∥BC，
∴四边形ABCN为平行四边形，
∴CN∥AB.又AB⊥AD，
∴CN⊥AD，又PN∩CN＝N，PN，CN 平面PCN，∴AD⊥平面PCN.
∵BC∥AD，∴BC⊥平面PCN，
又PC 平面PCN，∴BC⊥PC.
在Rt△PBC中，PC＝＝＝PN.
∵BC 平面ABCD，∴平面PCN⊥平面ABCD，取CN的中点O，则PO⊥CN，
∴PO⊥平面ABCD，
PO＝＝.
取CD的中点F，以O为原点，OC，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(1，－1，0)，P（0，0，），D(－1，1，0)，C(1，0，0)，
∴＝（1，－1，－），＝(－2，1，0)，＝（－1，0，）.
设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
令z＝1，则n＝（，2，1）.
设PB与平面PCD所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，
故直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
向量法求直线与平面所成角的方法
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）问题．
(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夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
【对点训练2】　（2024·山东聊城二模）如图，在几何体ABCC1B1A1中，四边形BCC1B1是边长为2的正方形，AA1∥BB1，AA1＝3，点E在线段A1C1上，且EC1＝2A1E.
(1)求证：B1E∥平面ABC1；
(2)若AB⊥平面BCC1B1，且AB＝2，求直线A1C1与平面AB1E所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图，在线段AA1上取点M，使A1M＝A1A，连接B1M，ME，则MA＝2A1M.
又因为EC1＝2A1E，所以ME∥AC1.
因为ME 平面ABC1，AC1 平面ABC1，所以ME∥平面ABC1.
由A1A＝3，得MA＝2，又B1B＝2，且AA1∥BB1，所以四边形ABB1M为平行四边形，所以B1M∥AB.
因为B1M 平面ABC1，AB 平面ABC1，所以B1M∥平面ABC1.
又B1M∩ME＝M，B1M 平面B1ME，ME 平面B1ME，
所以平面B1ME∥平面ABC1.
又因为B1E 平面B1ME，所以B1E∥平面ABC1.
(2)因为AB⊥平面BCC1B，BB1，BC 平面BCC1B1，所以AB⊥BB1，AB⊥BC，
又四边形BCC1B1是正方形，所以BB1⊥BC，
所以BC，BA，BB1两两互相垂直．
所以以B为原点，以BC，BA，BB1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，
由AB＝BC＝2，AA1＝3，得A(0，2，0)，A1(0，2，3)，B1(0，0，2)，C1(2，0，2)，
于是＝(2，－2，－1)，＝(0，－2，2)，＝(0，2，1)，＝＋＝.
设平面AB1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则得
即
令y＝1，得z＝1，x＝－3，所以平面AB1E的一个法向量n＝(－3，1，1).
设直线A1C1与平面AB1E所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，
所以直线A1C1与平面AB1E所成角的正弦值为.
考点3 平面与平面的夹角
【例3】　（2024·新课标Ⅰ卷改编）如图，四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝.
(1)若AD⊥PB，求证：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且平面ACP与平面CPD夹角的正弦值为，求AD.
【解】　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD.又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
又AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
在△ABC中，AB2＋BC2＝AC2，
所以AB⊥BC，
因为A，B，C，D四点共面，所以AD∥BC.
又BC 平面PBC，AD 平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
(2)以D为原点，以DA，DC所在直线分别为x轴、y轴，过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
令AD＝t(0DC＝，C（0，，0）.
设平面ACP的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
设x1＝，则y1＝t，z1＝0，所以n1＝（，t，0）.
设平面CPD的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，所以n2＝(－2，0，t).
因为平面ACP与平面CPD夹角的正弦值为，则其余弦值的绝对值为，所以＝
|cos 〈n1，n2〉|＝＝，
解得t＝，所以AD＝.
利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法
(1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小．
(2)找与棱垂直的向量：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，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小．
【对点训练3】　（2024·新课标Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝.将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4.
(1)求证：EF⊥PD；
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
解：(1)证明：在△AEF中，AE＝AD＝2，AF＝AB＝4，∠EAF＝30°，
所以cos ∠EAF＝＝＝，解得EF＝2，
所以EF2＋AE2＝AF2，所以AE⊥EF，所以DE⊥EF，由折叠的性质可知PE⊥EF.
又PE∩DE＝E，PE，DE 平面PDE，所以EF⊥平面PDE.
又PD 平面PDE，所以EF⊥PD.
(2)如图，连接CE，DE＝5－2＝3，CD＝3，∠CDE＝90°，所以CE2＝36，CE＝6，PE＝AE＝2，所以PE2＋CE2＝PC2，所以PE⊥CE.
又因为PE⊥EF，EF∩CE＝E，EF，CE 平面DEF，所以PE⊥平面DEF.
又ED 平面DEF，所以PE⊥ED，所以EF，ED，EP所在直线两两垂直，
以E为原点，EF，ED，EP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P（0，0，2），D（0，3，0），F(2，0，0)，A（0，－2，0），则B（4，2，0），C（3，3，0），所以＝（0，3，－2），＝(－3，0，0)，＝（4，2，－2），＝（－2，－2，0）.
设平面PCD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
令y1＝2，则z1＝3，x1＝0，所以n1＝(0，2，3).
设平面PBF的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
令x2＝，则y2＝－1，z2＝1，所以n2＝（，－1，1）.
设面PCD与面PBF所成的二面角为α，因为cos 〈n1，n2〉＝＝
＝＝，所以sin α＝.
考点4 求空间距离
【例4】　（多选）（2024·福建福州模拟）在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝AD＝1，E为AB的中点，则(　BC　)
A．A1B⊥B1C
B．A1D∥平面EB1C
C．点D到直线A1B的距离为
D．点D到平面EB1C的距离为
【解析】　如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，易知D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，2，0)，B1(1，2，1)，C(0，2，0)，E(1，1，0).
＝(0，2，－1)，＝(－1，0，－1)，·＝(0，2，－1)·(－1，0，－1)＝1≠0，所以A错误；显然A1D∥B1C，A1D 平面EB1C，B1C 平面EB1C，可得A1D∥平面EB1C，所以B正确；记直线A1B的单位方向向量为u，则u＝＝，又＝(－1，0，－1)，所以向量在直线A1B上的投影向量为＝·＝0，，－，则D到直线A1B的距离为DQ＝＝，故C正确；设平面EB1C的一个法向量为m＝(x，y，z)，由＝(－1，0，－1)，＝(0，－1，－1)，则令x＝1，可得m＝(1，1，－1)，又＝(0，2，0)，所以点D到平面EB1C的距离d＝＝，故D错误．故选BC.
1．点线距的求解步骤
直线的单位方向向量a→所求点到直线上一点的向量及其在直线的方向向量a上的投影向量→代入公式．
2．点面距的求解步骤
(1)求出该平面的一个法向量．
(2)找出从该点出发到平面的任一条斜线段对应的向量．
(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
3．两异面直线间的距离
在两直线上各取一点构成一个向量，u为两直线的公垂线的单位方向向量，则两异面直线间的距离为|·u|.
【对点训练4】　(1)（2024·河北沧州二模）已知四面体ABCD满足∠BAC＝，cos ∠CAD＝，cos ∠BAD＝，AB＝2，AC＝3，AD＝2，则点A到平面BCD的距离为(　D　)
A．　　 B．　　
C．　　 D．
解析：因为四面体ABCD满足∠BAC＝，cos ∠CAD＝，cos ∠BAD＝，AB＝2，AC＝3，AD＝2，可得·＝3，·＝2，·＝1，设平面BCD的一个法向量为n＝x＋y＋z，则
令z＝1，解得x＝1，y＝0，所以n＝＋，所以|n|＝＝，·n＝4＋1＝5，设点A到平面BCD的距离为h，则h＝＝＝.故选D.
(2)如图，正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别是线段AC1，BD上的动点，则E，F间的最小距离为(　C　)
A． B．1
C. D．
解析：因为点E，F分别是线段AC1与BD上的动点，则E，F间最小距离即为异面直线AC1与BD间的距离，以D为原点，DA，DC，DD1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D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，C1(0，1，2)，则＝(1，1，0)，＝(－1，1，2)，＝(0，1，0)，设与异面直线AC1与BD都垂直的向量为n＝(x，y，z)，则解得
取x＝1，则y＝－1，z＝1，所以n＝(1，－1，1)，则异面直线间的距离为＝＝，即E，F间的最小距离为.故选C.
立体几何中的新定义问题
1．立体几何的新定义问题，往往通过具体的问题背景或新的定义，考查立体几何知识等在问题情境中的应用，以此来检验学生的核心价值、学科素养、关键能力、必备知识．
2．解决立体几何的新定义问题，常用的解题思路：审题、建模、研究模型、解决新定义问题．解题要点：根据题目给出的新定义，建立立体几何模型．研究模型时需注意根据新定义进行由特殊到一般的规律总结，最后解决问题．
【典例】　已知Ω是棱长为的正四面体ABCD，设Ω的四个顶点到平面α的距离所构成的集合为M，若M中元素的个数为k，则称α为Ω的k阶等距平面，M为Ω的k阶等距集．
(1)若α为Ω的1阶等距平面且1阶等距集为{a}，求a的所有可能值以及相应的α的个数；
(2)已知β为Ω的4阶等距平面，且点A与点B，C，D分别位于β的两侧，若Ω的4阶等距集为{b，2b，3b，4b}，其中点A到β的距离为b，求平面BCD与β夹角的余弦值．
【解】　(1)①如图，分别取AB，AC，AD的中点M，E，F，由中位线性质可知ME＝EF＝，此时平面MEF为Ω的一个1阶等距平面，a为正四面体高的一半，等于××＝.
由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面α平行于其中一个面，有4种情况．
②如图，分别取AB，AC，CD，DB的中点P，Q，R，S，将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，则a为正方体棱长的一半，等于.
由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，这样的1阶等距平面α平行于其中一组异面直线，有3种情况．
综上，当a的值为时，α有4个；当a的值为时，α有3个．
(2)如图，在线段AB，AC，AD上分别取一点M，E，F，使得AM∶MB＝1∶2，AE∶EC＝1∶3，AF∶FD＝1∶4，则平面β即为平面MEF.
取BD的中点O，连接OC，以O为坐标原点，
OC，OD所在直线分别为x轴、y轴，过点O且与平面BCD垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，则A，＝－＝－＝－＝，
＝－＝－＝－，，－－＝
.
设平面MEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即
可取m＝（0，1，－）.
又平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，
设平面BCD与β的夹角为θ，所以
cos θ＝＝＝，
所以平面BCD与β夹角的余弦值为.
课时作业51
1．（15分）如图，四棱锥P ABCD的底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥底面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为60°，E是PB的中点．
(1)求证：OE∥平面PAD；
(2)求DE与PA所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，对角线AC与BD相交于点O，所以O为BD的中点．
又E是PB的中点，则EO∥PD，且EO 平面PAD，PD 平面PAD，
所以EO∥平面PAD.
(2)因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，又PO⊥底面ABCD，则PO，OC，OB两两互相垂直，以O为坐标原点，射线OB，OC，OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，菱形ABCD中，∠DAB＝60°，所以BD＝2OB＝2.
在Rt△AOB中，OA＝＝.
因为PO⊥底面ABCD，所以PB与底面ABCD所成的角为∠PBO＝60°，
所以PO＝OB·tan 60°＝，
则A（0，－，0），B(1，0，0)，D(－1，0，0)，P（0，0，），E，
于是＝，＝（0，，）.
设与的夹角为θ，则cos θ＝＝，
所以sin θ＝＝，
所以异面直线DE与PA所成角的正弦值为.
2．（15分）如图，在三棱锥P ABC中，AB＝BC＝PC＝PB＝2，∠ABC＝90°，E为AC的中点，PB⊥AC.
(1)求证：平面PBE⊥平面ABC；
(2)求点C到平面PAB的距离．
解：(1)证明：∵AB＝BC，E为AC的中点，
∴BE⊥AC.
又PB⊥AC，且PB∩BE＝B，PB，BE 平面PBE，∴AC⊥平面PBE.
又AC 平面ABC，
∴平面PBE⊥平面ABC.
(2)在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，
∴AC＝2，BE＝.
由(1)知AC⊥平面PBE，又PE 平面PBE，
∴AC⊥PE.
又E为AC的中点，则PE垂直平分AC，PC＝2，∴PE＝，又PB＝2，
∴PB2＝PE2＋BE2，即PE⊥BE.又AC∩BE＝E，AC，BE 平面ABC，故PE⊥平面ABC.
故以E为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图．则A（，0，0），B（0，，0），P（0，0，），C（－，0，0），
∴＝（－，0，），＝（0，－，），＝（－，0，－）.
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，得n＝(1，1，1).
设点C到平面PAB的距离为d，则d＝＝＝.
3．（15分）（2024·江西景德镇三模）如图，已知在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝2，AA1＝1.
(1)已知E，F分别为棱AA1，BC的中点，求证：EF∥平面A1B1C；
(2)求直线A1B与平面A1B1C所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图，取B1C的中点G，连接A1G，FG.∵G，F分别为B1C，BC的中点，
∴GF∥BB1，且GF＝BB1.
∵E为AA1的中点，
∴A1E∥BB1且A1E＝BB1，
∴GF∥A1E，且GF＝A1E，
∴四边形A1EFG是平行四边形，
∴EF∥A1G.
又EF 平面A1B1C，A1G 平面A1B1C，
∴EF∥平面A1B1C.
(2)如图，以A为坐标原点，AC，AA1所在直线分别为y轴、z轴，过点A且与平面ACC1A1垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，B（，1，0），B1（，1，1），C(0，2，0)，则＝(0，2，－1)，＝（，1，0）.
设平面A1B1C的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝1，得y＝－，z＝－2，
∴n＝（1，－，－2）.
又＝（，1，－1），
∴cos 〈，n〉＝＝.
即直线A1B与平面A1B1C所成角的正弦值是.
4．（15分）（2023·新课标Ⅱ卷）如图，三棱锥A BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)求证：BC⊥DA；
(2)点F满足＝，求二面角D AB F的正弦值．
解：(1)证明：如图，连接AE，DE.∵DB＝DC，E为BC的中点，∴DE⊥BC.∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
∴△ACD与△ABD均为等边三角形，
∴AC＝AB，∴AE⊥BC.
又AE∩DE＝E，∴BC⊥平面ADE.
又AD 平面ADE，∴BC⊥DA.
(2)设DA＝DB＝DC＝2，
则BC＝2，DE＝AE＝.
∵AE2＋DE2＝4＝AD2，∴AE⊥DE.
又AE⊥BC，DE∩BC＝E，
∴AE⊥平面BCD.
以E为原点，ED，EB，EA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D（，0，0），A（0，0，），B（0，，0），E(0，0，0).
∵＝，∴F（－，0，），
∴＝（－，0，），＝（0，，－），＝（－，0，0）.
设平面DAB的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
平面FAB的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则令x1＝1，解得y1＝z1＝1；
令y2＝1，解得x2＝0，z2＝1.
故n1＝(1，1，1)，n2＝(0，1，1).
设二面角D AB F的平面角为θ，
则|cos θ|＝＝＝，
故sin θ＝，
∴二面角D AB F的正弦值为.
5．（20分）（2024·山东青岛三模）如图所示，多面体ABCDEF的底面ABCD是正方形，点O为底面的中心，点M为EF的中点，侧面ADEF与BCEF是全等的等腰梯形，EF＝4，其余棱长均为2.
(1)求证：MO⊥平面ABCD；
(2)若点P在棱CE上，直线BP与平面ABM所成角的正弦值为，求EP的长．
解：(1)证明：如图，分别取AB，CD的中点K，Q，连接FK，KQ，QE，则O为KQ的中点．
因为侧面ADEF是等腰梯形，所以EF∥AD，又KQ∥AD，所以KQ∥EF.
△ABF和△DCE都是边长为2的等边三角形，则FK＝EQ，所以四边形FKQE为等腰梯形．
因为点M为EF的中点，O为KQ的中点，所以MO⊥KQ.
因为△ABF是等边三角形，所以AB⊥FK，
又AB⊥KQ，KQ，FK 平面FKQE，KQ∩FK＝K，所以AB⊥平面FKQE.又AB 平面ABCD，所以平面FKQE⊥平面ABCD.
又平面FKQE∩平面ABCD＝KQ，MO 平面FKQE，MO⊥KQ，
故MO⊥平面ABCD.
(2)在梯形FKQE中，EF＝4，KQ＝2，FK＝EQ＝，等腰梯形中由勾股定理得MO＝.
取BC的中点N，由(1)知，OK，ON，OM两两垂直，
以O为原点，分别以OK，ON，OM所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，M（0，0，），C(－1，1，0)，A(1，－1，0)，B(1，1，0)，E（－2，0，）.
设平面ABM的一个法向量为n＝(x，y，z)，＝(0，2，0)，＝（－1，1，），
则
令z＝1，则x＝，y＝0，得n＝（，0，1）.
设＝λ(0≤λ≤1)，＝＋＝＋λ＝（－2－λ，－λ，λ）.
设直线BP与平面ABM所成角为θ，
所以sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，
解得λ＝（负值舍去），所以点P为棱CE的中点，所以EP的长为1.
6．（20分）（2024·山东日照二模）如图，在三棱锥P ABC中，BA⊥BC，PB⊥平面ABC，点E在平面ABC内，且满足平面PAE⊥平面PBE，AB＝BC＝BP＝1.
(1)求证：AE⊥BE；
(2)当二面角E PA B的余弦值为时，求三棱锥E PCB的体积．
解：(1)证明：如图，过点B作BH⊥PE交PE于H.
因为平面PAE⊥平面PBE，且平面PAE∩平面PBE＝PE，BH 平面PBE，
所以BH⊥平面PAE.又AE 平面PAE，所以BH⊥AE.
因为PB⊥平面ABC，且AE 平面ABC，所以PB⊥AE.
又BH⊥AE，PB⊥AE，且PB，BH 平面PBE，PB∩BH＝B，所以AE⊥平面PBE.
因为BE 平面PBE，所以AE⊥BE.
(2)以B为原点，以BA，BC，BP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0，0，0)，P(0，0，1)，C(0，1，0)，A(1，0，0).
设E(x，y，0)，因为AE⊥BE，所以·＝0.
因为＝(x－1，y，0)，＝(x，y，0)，所以(x－1)x＋y×y＝0，即＋y2＝.
因为点E不与点A，B重合，所以y≠0.
又由＝(1，0，－1)，＝(x－1，y，0)，
设平面PAE的一个法向量为n＝(a，b，c)，则
取a＝y，可得b＝1－x，c＝y，所以n＝(y，1－x，y).
又因为＝(0，1，0)为平面PAB的一个法向量，设二面角E PA B的平面角为θ，则cos θ＝＝＝，
因为＋y2＝，解得x＝1，y＝0（舍去）或x＝，y＝±，
所以点E或E，设三棱锥E PCB的高为h，易知h＝，则三棱锥E PCB的体积为VE PCB＝S△PCB·h＝××1×1×＝.