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空间角和距离问题，是高考命题的重点内容，几乎每年必考.在选择题、填空题中，线线角主要考查线段的平移，线面角关键是寻求直线在平面上的射影，二面角的难点是准确作出平面角；在解答题中，多数问题用空间向量来解决，需用到方程、三角函数、平面几何等知识，属于中高档题.
（1）理解两条直线所成角（线线角）、直线与平面所成角（线面角）及两平面所成角（二面角）的概念，灵活掌握三种角的常规作图与求解方法.
（2）能够建立恰当的空间直角坐标系，掌握“方向向量”与“法向量”的求解方法，并灵活运用向量公式求三种角.
（3）掌握求空间距离的几种方法.
利用空间向量解决立体几何问题，主要有两种策略. 一是建立空间直角坐标系，把立体几何的平行、垂直、空间角、距离等问题转化为“点”及“线”的坐标运算问题. 其一般步骤为：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论. 二是不建立空间坐标系，直接利用空间向量的基本定理，即将有关向量用空间中的一组基底表示出来，然后通过向量的相关运算求解.
例1 如图17，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，∠A1AB=∠A1AD= ，∠DAB=90°，E为CC1的中点，则直线AC1与D1E所成角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
破解思路 对关于空间角的选择题或填空题，由于计算量的限制一般不宜用坐标法处理；又本题不易确定空间坐标系的位置，所以采用向量基底法处理.
图17
答案详解 设 =a， =b， =c，则a=b=1，c=2. 又 =a b c， =a- c，且a·b=0，a·c=1，b·c=1，所以 · =-1， = ， =1. 设直线AC1与D1E所成角为θ，则cosθ= = = . 所以选B.
例2 如图18，在三棱锥P-ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ=2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连结GH.
图18
（1）求证：AB∥GH；
（2）求平面PAB与平面PCD所成角的正弦值.
破解思路 棱锥是常考的多面体，第（1）问考查线线平行关系的判定，图形特征明显，容易证明；第（2）问构造二面角的平面角有一定困难，所以要选择恰当的位置建立空间直角坐标系，用向量法求解.
答案详解 （1）因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB，所以EF∥DC.
又EF？埭平面PCD，DC？奂平面PCD，所以EF∥平面PCD.
又EF？奂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD=GH，所以EF∥GH. 又EF∥AB，所以AB∥GH.
（2）在△ABQ中，因为AQ=2BD，AD=DQ，所以∠ABQ=90°，即AB⊥BQ. 又PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直.
以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
设BA=BQ=BP=2，则B（0，0，0），Q（0，2，0），D（1，1，0），C（0，1，0），P（0，0，2）. 所以 =（-1，-1，2）， =（0，-1，2）.
设平面PCD的一个法向量为n=（x，y，z），则由n· =0，n· =0可得-x-y 2z=0，-y 2z=0.取z=1，得n=（0，2，1）. 又 =（0，2，0）为平面PAB的一个法向量，所以cos〈n， 〉= = = . 故平面PAB与平面PCD所成角的正弦值为 .
例3 如图19，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，H为PC 的中点，M为AH的中点，PA=AC=2，BC=1.
（1）求证：AH⊥平面PBC；
（2）求直线PM与平面AHB所成角的正弦值；
（3）设点N在线段PB上，且 =λ，MN∥平面ABC，求实数λ的值.
图19
破解思路 本题考查同学们的空间想象能力和思维能力，属于中高档题. 题目有明显的垂直关系，所以第（2）问和第（3）问可以通过建立空间直角坐标系来解决，其中处理第（3）问时，相关点的坐标可通过比值λ来表示，这有助于更好地突破难点并解决问题.
答案详解 （1）因为PA⊥底面ABC，BC？奂底面ABC，所以PA⊥BC.
又因为AC⊥BC，PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC.
因为AH？奂平面PAC，所以BC⊥AH.
因为PA=AC，H是PC的中点，所以AH⊥PC.
又PC∩BC=C，所以AH⊥平面PBC.
（2）在平面ABC中，过点A作AD∥BC，易得PA，AC，AD两两垂直，所以以A为原点，AD，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图20所示的空间直角坐标系，则可得A（0，0，0），P（0，0，2），B（1，2，0），C（0，2，0），H（0，1，1），M0， ， .
设平面AHB的法向量为n=（x，y，z），因为 =（0，1，1）， =（1，2，0），由n· =0，n· =0可得y z=0，x 2y=0.令z=1，得n=（2，-1，1）.
设直线PM与平面AHB所成角为θ，因为 =0， ，- ，所以sinθ=cos〈 ，n〉= = ，即sinθ= .
图20
（3）因为 =（1，2，-2）， =λ ，所以 =（λ，2λ，-2λ）. 又 =0， ，- ，所以 = - =λ，2λ- ， -2λ. 因为MN∥平面ABC，平面ABC的法向量 =（0，0，2），所以 · =3-4λ=0，解得λ= . 例4 如图21①，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD=1，BC=3，E为BC上一点，BE=2EC，且DE= . 将梯形ABCD沿DE折成直二面角B-DE-C，如图19②所示.
（1）求证：平面AEC⊥平面ABED；
（2）设点A关于点D的对称点为G，点M在△BCE所在平面内，且直线GM与平面ACE所成的角为60°，试求出点M到点B的最短距离.
图21
破解思路 折叠问题是高考经常考查的内容之一. 解决这类问题要注意对翻折前后线线、线面的位置关系，所成角及距离加以比较. 第（1）问可利用分析法把证明面面垂直转化为证明线面垂直；第（2）问在第（1）问的基础上确定出三线两两垂直后建立空间直角坐标系，利用向量的数量积运算求解.
答案详解 （1）在图①中，由平面几何的知识易得DE⊥BC；在图②中，因为DE⊥BE，DE⊥CE，所以∠BEC是二面角B-DE-C的平面角. 因为二面角B-DE-C是直二面角，所以BE⊥CE. 因为DE∩BE=E，DE，BE？奂平面ABED，所以CE⊥平面ABED. 又CE？奂平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABED.
（2）由（1）知DE，BE，CE两两互相垂直，以E为原点，分别以EB，EC，ED为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz.由已知，得E（0，0，0），A（1，0， ），B（2，0，0），C（0，1，0），D（0，0， ），G（-1，0， ）， =（1，0， ）， =（0，1，0）.
设平面ACE的一个法向量为n=（x，y，z），则 ·n=0， ·n=0，即x z=0，y=0.取x= ，得n=（ ，0，-1）.
设M（x，y，0），则 =（x 1，y，- ）. 因为直线GM与平面ACE所成的角为60°，所以 =sin60°，即 = ，化简得y2=2x.
从而可得点M到点B的距离MB= = = = ，所以，当x=1时，MB取得最小值 ，即点M到点B的最短距离为 .
1. 如图22，棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，BD=2 ，则点C到平面PBD的距离为________.
图22
2. 如图23，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AC=BC=AA1=2，D为侧棱AA1的中点.
（1）求异面直线DC1，B1C所成角的余弦值；
（2）求二面角B1-DC-C1的余弦值
图23
3. 如图24，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为CD的中点，F为AE的中点.现在沿AE将△ADE向上折起，在折起的图形中解答下列两问：
（1）在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由.
（2）若平面ADE⊥平面ABCE，求二面角E-AD-B的余弦值.
图24
（1）理解两条直线所成角（线线角）、直线与平面所成角（线面角）及两平面所成角（二面角）的概念，灵活掌握三种角的常规作图与求解方法.
（2）能够建立恰当的空间直角坐标系，掌握“方向向量”与“法向量”的求解方法，并灵活运用向量公式求三种角.
（3）掌握求空间距离的几种方法.
利用空间向量解决立体几何问题，主要有两种策略. 一是建立空间直角坐标系，把立体几何的平行、垂直、空间角、距离等问题转化为“点”及“线”的坐标运算问题. 其一般步骤为：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论. 二是不建立空间坐标系，直接利用空间向量的基本定理，即将有关向量用空间中的一组基底表示出来，然后通过向量的相关运算求解.
例1 如图17，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，∠A1AB=∠A1AD= ，∠DAB=90°，E为CC1的中点，则直线AC1与D1E所成角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
破解思路 对关于空间角的选择题或填空题，由于计算量的限制一般不宜用坐标法处理；又本题不易确定空间坐标系的位置，所以采用向量基底法处理.
图17
答案详解 设 =a， =b， =c，则a=b=1，c=2. 又 =a b c， =a- c，且a·b=0，a·c=1，b·c=1，所以 · =-1， = ， =1. 设直线AC1与D1E所成角为θ，则cosθ= = = . 所以选B.
例2 如图18，在三棱锥P-ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ=2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连结GH.
图18
（1）求证：AB∥GH；
（2）求平面PAB与平面PCD所成角的正弦值.
破解思路 棱锥是常考的多面体，第（1）问考查线线平行关系的判定，图形特征明显，容易证明；第（2）问构造二面角的平面角有一定困难，所以要选择恰当的位置建立空间直角坐标系，用向量法求解.
答案详解 （1）因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB，所以EF∥DC.
又EF？埭平面PCD，DC？奂平面PCD，所以EF∥平面PCD.
又EF？奂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD=GH，所以EF∥GH. 又EF∥AB，所以AB∥GH.
（2）在△ABQ中，因为AQ=2BD，AD=DQ，所以∠ABQ=90°，即AB⊥BQ. 又PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直.
以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
设BA=BQ=BP=2，则B（0，0，0），Q（0，2，0），D（1，1，0），C（0，1，0），P（0，0，2）. 所以 =（-1，-1，2）， =（0，-1，2）.
设平面PCD的一个法向量为n=（x，y，z），则由n· =0，n· =0可得-x-y 2z=0，-y 2z=0.取z=1，得n=（0，2，1）. 又 =（0，2，0）为平面PAB的一个法向量，所以cos〈n， 〉= = = . 故平面PAB与平面PCD所成角的正弦值为 .
例3 如图19，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，H为PC 的中点，M为AH的中点，PA=AC=2，BC=1.
（1）求证：AH⊥平面PBC；
（2）求直线PM与平面AHB所成角的正弦值；
（3）设点N在线段PB上，且 =λ，MN∥平面ABC，求实数λ的值.
图19
破解思路 本题考查同学们的空间想象能力和思维能力，属于中高档题. 题目有明显的垂直关系，所以第（2）问和第（3）问可以通过建立空间直角坐标系来解决，其中处理第（3）问时，相关点的坐标可通过比值λ来表示，这有助于更好地突破难点并解决问题.
答案详解 （1）因为PA⊥底面ABC，BC？奂底面ABC，所以PA⊥BC.
又因为AC⊥BC，PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC.
因为AH？奂平面PAC，所以BC⊥AH.
因为PA=AC，H是PC的中点，所以AH⊥PC.
又PC∩BC=C，所以AH⊥平面PBC.
（2）在平面ABC中，过点A作AD∥BC，易得PA，AC，AD两两垂直，所以以A为原点，AD，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图20所示的空间直角坐标系，则可得A（0，0，0），P（0，0，2），B（1，2，0），C（0，2，0），H（0，1，1），M0， ， .
设平面AHB的法向量为n=（x，y，z），因为 =（0，1，1）， =（1，2，0），由n· =0，n· =0可得y z=0，x 2y=0.令z=1，得n=（2，-1，1）.
设直线PM与平面AHB所成角为θ，因为 =0， ，- ，所以sinθ=cos〈 ，n〉= = ，即sinθ= .
图20
（3）因为 =（1，2，-2）， =λ ，所以 =（λ，2λ，-2λ）. 又 =0， ，- ，所以 = - =λ，2λ- ， -2λ. 因为MN∥平面ABC，平面ABC的法向量 =（0，0，2），所以 · =3-4λ=0，解得λ= . 例4 如图21①，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD=1，BC=3，E为BC上一点，BE=2EC，且DE= . 将梯形ABCD沿DE折成直二面角B-DE-C，如图19②所示.
（1）求证：平面AEC⊥平面ABED；
（2）设点A关于点D的对称点为G，点M在△BCE所在平面内，且直线GM与平面ACE所成的角为60°，试求出点M到点B的最短距离.
图21
破解思路 折叠问题是高考经常考查的内容之一. 解决这类问题要注意对翻折前后线线、线面的位置关系，所成角及距离加以比较. 第（1）问可利用分析法把证明面面垂直转化为证明线面垂直；第（2）问在第（1）问的基础上确定出三线两两垂直后建立空间直角坐标系，利用向量的数量积运算求解.
答案详解 （1）在图①中，由平面几何的知识易得DE⊥BC；在图②中，因为DE⊥BE，DE⊥CE，所以∠BEC是二面角B-DE-C的平面角. 因为二面角B-DE-C是直二面角，所以BE⊥CE. 因为DE∩BE=E，DE，BE？奂平面ABED，所以CE⊥平面ABED. 又CE？奂平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABED.
（2）由（1）知DE，BE，CE两两互相垂直，以E为原点，分别以EB，EC，ED为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz.由已知，得E（0，0，0），A（1，0， ），B（2，0，0），C（0，1，0），D（0，0， ），G（-1，0， ）， =（1，0， ）， =（0，1，0）.
设平面ACE的一个法向量为n=（x，y，z），则 ·n=0， ·n=0，即x z=0，y=0.取x= ，得n=（ ，0，-1）.
设M（x，y，0），则 =（x 1，y，- ）. 因为直线GM与平面ACE所成的角为60°，所以 =sin60°，即 = ，化简得y2=2x.
从而可得点M到点B的距离MB= = = = ，所以，当x=1时，MB取得最小值 ，即点M到点B的最短距离为 .
1. 如图22，棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，BD=2 ，则点C到平面PBD的距离为________.
图22
2. 如图23，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AC=BC=AA1=2，D为侧棱AA1的中点.
（1）求异面直线DC1，B1C所成角的余弦值；
（2）求二面角B1-DC-C1的余弦值
图23
3. 如图24，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为CD的中点，F为AE的中点.现在沿AE将△ADE向上折起，在折起的图形中解答下列两问：
（1）在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由.
（2）若平面ADE⊥平面ABCE，求二面角E-AD-B的余弦值.
图24