特级教师高考数学首轮复习第43讲-空间向量与空间角、距离问题
超实用高考数学重难点专题复习：空间向量与空间角(习题课件)
空间向量与空间角
[学习目标]
利用空间向量（建立空间直角坐标系） 求解异面直线所成角、直线与平面所成角、 二面角
距离高考还有一段时间，不少有经验的老师都会提醒考生，愈是临近高考， 能否咬紧牙关、学会自我调节，态度是否主动积极，安排是否科学合理，能不能 保持良好的心态、以饱满的情绪迎接挑战，其效果往往大不一样。以下是本人从 事10多年教学经验总结出的超实用新高考数学专题复习讲义希望可以帮助大家提 高答题的正确率，希望对你有所帮助，有志者事竟成！
θ 为锐角或直角时，cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n|n11|··n|n22||； θ 为钝角时，cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－||nn11|·|nn22||.
题型一：求两异面直线所成的角
[例1] 正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是A1D1， A1C1的中点，求异面直线AE与CF所成角的余弦值．
[活学活用]
如图，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是 CE与AD的交点，AC⊥BC，且AC＝BC.求直线AB与平面 EBC所成角的大小．
高三数学 立体几何的难点突破 用向量方法求空间角和距离
用向量方法求空间角和距离在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题．1 求空间角问题空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；二面角． （１）求异面直线所成的角设a r 、b r分别为异面直线a 、b 的方向向量,则两异面直线所成的角α=arccos ||||||a ba b r r g r r（２）求线面角向向量，n r是平面α的法向量，设l r是斜线l 的方所成的角α=arcsin ||||||l nl n r r g r r则斜线l 与平面α（３）求二面角法一、在α内a r l ⊥，在β内b rl ⊥，其方向如图，则二面角l αβ--的平面角α=arccos ||||a ba b r r g r r法二、设12,,n n u r u u r是二面角l αβ--的两个半平面的法向量，其方向一个个指向外侧，则二面角l αβ--的平面角指向内侧，另一α=1212arccos ||||n n n n u r u u rg ur u u r 2求空间距离问题构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，象异面直线间的距离、线面距离；面面距离都可化为点面距离来求． （１）求点面距离法一、设n r是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到α的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==u u u r ru u u r g r 法二、设AO α⊥于O,利用AO α⊥和点O 在α内 的向量表示，可确定点O 的位置，从而求出||AO uuu r．（２）求异面直线的距离法一、找平面β使b β⊂且a βP ，则异面直线a 、b 的距离就转化为直线a 到平面β的距离，又转化为点A 到平面β的距离．法二、在a 上取一点A, 在b 上取一点B, 设a r、b r 分别为异面直线a 、b 的方向向量,求nr 的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==u u u r ru u u r g r （此方法移（n r a ⊥r ，n r b ⊥r ），则异面直线a 、b植于点面距离的求法）．例１．如图，在棱长为２的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱1111,A D A B 的中点．（Ⅰ）求异面直线1DE FC 与所成的角； （II ）求1BC 和面EFBD 所成的角； （III ）求1B 到面EFBD 的距离解：（Ⅰ）记异面直线1DE FC 与所成的角为α，则α等于向量1DE FC u u u r u u u u r与的夹角或其补角，11||||111111cos ||()()||||||DE FC DE FC DD D E FB B C DE FC α∴=++=u u u r u u u u rg u u u r u u u u r g u u u u r u u u u r u u u r u u u u r g u u u r u u u u r g（II ）如图建立空间坐标系D xyz -，则(1,0,2)DE =u u u r ，(2,2,0)DB =u u u r设面EFBD 的法向量为(,,1)n x y =r 由0DE n DB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r ru u u r r得(2,2,1)n =-r 又1(2,0,2)BC =-u u u u r记1BC 和面EFBD 所成的角为θ则 1112sin |cos ,|||2||||BC n BC n BC n θ⋅=〈〉==u u u u r ru u u u r r u u u u r r∴ 1BC 和面EFBD 所成的角为4π． （III ）点1B 到面EFBD 的距离ｄ等于向量1BB u u u r在面EFBD 的法向量上的投影的绝对值， 1||||BB n d n ∴==u u u r u u r g u ur 13 设计说明：１．作为本专题的例１，首先选择以一个容易建立空间直角坐标系的多面体―――正方体为载体，来说明空间角和距离的向量求法易于学生理解．２．解决(1)后，可让学生进一步求这两条异面直线的距离，并让学生体会一下：如果用传统方法恐怕很难（不必多讲，高考对公垂线的作法不作要求）．３．完成这３道小题后，总结：对于易建立空间直角坐标系的立几题，无论求角、距离还是证明平行、垂直（是前者的特殊情况），都可用向量方法来解决， 向量方法可以人人学会，它程序化，不需技巧．例2．如图，三棱柱中，已知A BCD 是边长为1的正方形，四边形B B A A '' 是矩形，。
高三总复习数学课件 空间向量与空间角、距离问题
(2)以点 A 为坐标原点，AB 为 x 轴，平面 ABCD 内垂直于 AB|n |源自＝____|n_|____
线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离
(1)最小角定理cos θ＝cos θ1cos θ2 如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面 α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的 角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. (2)线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦 值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|. (3)平面与平面所成的角和二面角的概念不同．
即 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为13.
答案：13
重难点——逐一精研(补欠缺) 重难点(一) 直线与平面所成的角
[典例] (2021·深圳二模)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中， AB∥CD，DC＝2，AA1＝3，AB＝BC＝AD＝1，点E和F分别在侧棱 AA1，CC1上，且A1E＝CF＝1.
是 C1D1 的中点，则异面直线 DE 与 AC 所成角的余弦值为________.
答案：
10 10
3．(人教A版选择性必修第一册P44·T15改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E 为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为________. 答案：23
4．(北师大版选择性必修第一册 P129·T4 改编)在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB ＝2，BC＝AA1＝1，则 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为________． 解析：建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz，由于 AB＝2， BC＝AA1＝1，所以 A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)， 所以A―1→C1＝(－1,2,0)， ―BC→1 ＝(－1,0,1)，D―1→C1＝(0,2,0)．设平
高考数学高频考点突破-空间角与距离课件
5 3.
立体几何中常涉及的距离 (1)点面距离；(2)线面距离；(3)面面距离． 其中，点面距离是线面距离、面面距离的基础，求其他 两种距离一般应化归为这一种距离，再通过解三角形而得到 解决．
[例3] 已知正三棱柱ABC－A1B1C1中， 点D是棱AB的中点，BC＝1，AA1＝ 3. (1)求C1到平面A1DC的距离； (2)求二面角D－A1C－A的大小．
13 13 .
利用空间向量解决探索性问题，它无需进行复杂繁难的 作图、论证、推理，只须通过坐标运算进行判断，在解题过 程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有 解，是否有规定范围的解”等，可以使问题的解决更简单、 有效，应善于运用这一方法．
[例4] 如图，四边形ABCD是边长为1的正 方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD， 且MD＝NB＝1，E为BC的中点． (1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值； (2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在， 求线段AS的长；若不存在，请说明理由．
在 Rt△A1AN 中，A1N＝
AN2＋A1A中，
A1F＝ A1C21＋CF1F2＝ 14. 在△A1NF 中，cos∠A1NF＝A1N22＋·AF1NN·2F－NA1F2＝23.
所以
sin∠A1NF＝
5 3.
所以二面角
A1－ED－F
的正弦值为
|＝－35.
所以异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值为35.
(2)证明：连接ED，易知 AF ＝(1,2,1)，
EA1
＝(－1，－
3 2
，4)，
ED＝(－1，12，0)，
于是 AF ·EA1 ＝0， AF ·ED ＝0. 因此，AF⊥EA1，AF⊥ED. 又EA1∩ED＝E，所以AF⊥平面A1ED.
2021年高考数学总复习第43讲：空间向量的运算及应用练习题及答案解析
2021年高考数学总复习第43讲：空间向量的运算及应用1．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( ) A ．9 B ．－9 C ．－3D ．3B [由题意知存在实数x ，y 使c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.]2．已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE →·AF →的值为( )A ．a 2B ．12a 2C ．14a 2D ．34a 2 C [AE →·AF →＝12(AB →＋AC →)·12AD →＝14(AB →·AD →＋AC →·AD →)＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2.]3．已知向量a ＝(2m ＋1,3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于( ) A ．32B ．－2C ．0D ．32或－2B [当m ＝0时，a ＝(1,3，－1)，b ＝(2,0,0)，a 与b 不平行，∴m ≠0，∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m，解得m ＝－2.] 4．如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A ．3B ．2C ．1D ．3－2D [∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED→＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD →|＝3－ 2.]5．如图，在四面体O －ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE →＝________.(用a ，b ，c 表示)12a ＋14b ＋14c [OE →＝12OA →＋12OD →＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c .] 6．已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA →＋λOB →与OB →的夹角为120°，则λ＝________. －66[ OA →＋λOB →＝(1，－λ，λ)， cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12， 得λ＝±66. 经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66.] 7．正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 中点，则EF 的长为________. 2 [|EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长为 2.]8．如图所示，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 与CD 成60°角，求B 、D 间的距离．图1 图2解 ∵∠ACD ＝90°，∴AC →·CD →＝0. 同理AC →·BA →＝0. ∵AB 与CD 成60°角，∴〈BA →，CD →〉＝60°或120°.又∵BD →＝BA →＋AC →＋CD →，∴|BD →|2＝|BA →|2＋|AC →|2＋|CD →|2＋2BA →·AC →＋2BA →·CD →＋2AC →·CD →＝3＋2×1×1×cos 〈BA →，CD →〉．当〈BA →，CD →〉＝60°时，|BD →|2＝4； 当〈BA →，CD →〉＝120°时，|BD →|2＝2.。
高三数学第一轮复习课时作业(43)立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解
课时作业(四十三) 第43讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解时间：45分钟 分值：100分基础热身1．如图K43－1所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈，〉＝33.若以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立坐标系，则点E 的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．(2,1,1)C.⎝⎛⎭⎫2，12，12D.⎝⎛⎭⎫1，1，122．若a ＝(1,2,1)，b ＝(－2,0,1)分别是直线l 1，l 2的方向向量，则l 1，l 2的位置关系是( ) A ．平行 B ．异面C ．相交D ．相交或异面3．两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1)，且两平面的一个法向量n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是( )A.32B.22C. 3 D ．3 2 4．方向向量为s ＝(1,1,1)的直线l 经过点A (1,0,0)，则坐标原点O (0,0,0)到该直线的距离是( ) A. 3 B. 2 C.62 D.63能力提升5．如图K43－2，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为1，则异面直线AD 1和C 1D 所成角的余弦值是( )A.55 B ．－55 C.15 D.256．在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 和CD 成60°角(如图K43－3)，则B 、D 间的距离为( )图K43A ．1 B ．2 C. 2 D ．2或 2 7．2011·河南六市联考 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，则异面直线AD 1与CE 所成角为( )A.π6B.π4C.π3D.π28．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G ＝λ(0≤λ≤1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为( )A. 3B.22 C.2λ3 D.559．如图K43－4，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝AD ＝1，AB ＝2，点E 是AB 上一点，当二面角P －EC －D 的平面角为π4时，AE ＝( )A ．1 B.12C ．2－ 2D ．2－ 310．已知三棱锥O －ABC 的侧棱OA ，OB ，OC 两两垂直，E 为OC 的中点，且OA ＝1，OB ＝OC ＝2，则平面EAB 与平面ABC 夹角的余弦值是________．11．如图K43－5，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱AA 1长为b ，且AA 1与A 1B 1，A 1D 1的夹角都是60°，则AC 1的长等于________．－5K43－612．如图K43－6，AO ⊥平面α，BC ⊥OB ，BC 与平面α的夹角为30°，AO ＝BO ＝BC ＝a ，则AC ＝________________________________________________________________________.13．如图K43－7，在空间直角坐标系中有棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点M 是线段DC 1上的动点，则点M 到直线AD 1距离的最小值为________．14．(10分)如图K43－8，放置在水平面上的组合体由直三棱柱ABC －A 1B 1C 1与正三棱锥B －ACD 组成，其中，AB ⊥BC .它的主视图、俯视图、左视图的面积分别为22＋1,22＋1,1.(1)求直线CA 1与平面ACD 所成角的正弦值；(2)在线段AC 1上是否存在点P ，使B 1P ⊥平面ACD ？若存在，确定点P 的位置；若不存在，说明理由．15．(13分)2011·安徽师大附中三模如图K43－9，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．难点突破16．(12分)2011·湖北卷如图K43－10，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．图K43－10课时作业(四十三)【基础热身】1．A 解析 可知A (2,0,0)、B (2,2,0)、C (0,2,0)， 令P (0,0,2m )(m >0)，则E (1,1，m )，＝(－1,1，m )，＝(0,0,2m )，∴cos 〈，〉＝2m 21＋1＋m 2·2m＝33，m ＝1.∴E 的坐标为(1,1,1)．2．D 解析 根据共线向量定理，显然a ，b 不平行，所以l 1，l 2的位置关系是相交或异面．3．B 解析 两平面的一个单位法向量n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，故两平面间的距离d ＝|·n 0|＝22.4．D 解析 直线l 的一个单位法向量s 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，33，向量＝(1,0,0)，故点O 到直线l 的距离为d ＝|OA →|2－|OA →·s 0|2＝1－⎝⎛⎭⎪⎫332＝63.【能力提升】5．C [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，1＝(－2,0,1)，＝(0,2,1)，故异面直线AD 1和C 1D 所成角的余弦值为|cos 〈1，1〉|＝＝15.6．D [解析] ∵∠ACD ＝90°，∴·＝同理·＝0，∵AB 和CD 成60°角，∴〈，〉＝60°或120°. ∵＝＋＋， ∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2· ＝2＋2＋2＋2·＝3＋2×1×1×cos 〈，〉 ＝∴||＝2或2，即B 、D 间的距离为2或2，故选D.7．D [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则有A (0,0,0)，D 1(1,0,1)，C (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，1，所以＝(1,0,1)，＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，1，∴·＝0，即异面直线AD 1与CE 所成角为π2.8．D [解析] 如图，如果过点G 1H ，如果我们能求出向量，那么||就是点G 到平面D 1EF 的距离．在正方体中，建立空间直角坐标系非常方便，因此用坐标的方法，解决这个问题．如图，以射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则G (1，λ，1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，＝⎝⎛⎭⎫0，－λ，－12，F ⎝⎛⎭⎫1，1，12，＝(0,1,0)，D 1(0,0,1)，1＝⎝⎛⎭⎫－1，0，12.过点G 向平面D 1EF 作垂线，垂足为H ，由于点H 在平面D 1EF 内，故存在实数x ，y 使＝＋x ＋y 1＝⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ，由于GH ⊥EF ，GH ⊥ED 1，所以⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ·(0，1，0)＝0，⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ·⎝⎛⎭⎫－1，0，12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ，y ＝15，故＝⎝⎛⎭⎫－15，0，－25，所以||＝55，即点G 到平面D 1EF 的距离是55.9．D [解析] 以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图，设E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)，则＝(－1,2－y 0,0)， 设平面PEC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，∴⇒⎩⎨⎧－x ＋y (2－y 0)＝0，2y －z ＝0⇒x ∶y ∶z ＝(2－y 0)∶1∶2，记n 1＝(2－y 0,1,2)，而平面ECD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则二面角P －EC －D 的平面角θ满足cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝22， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2(2－y 0)2＋12＋22·122⇒y 0＝2－ 3.∴当AE ＝2－3时，二面角P －EC －D 的平面角为π4.10.7618[解析] 以O 为原点，OB ，OC ，OA 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则有A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，E (0,1,0)．设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由11n 1⊥知n 1·＝2y －z ＝0，取n 1＝(1,1,2)．设平面EAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥知n ·＝2x －z ＝0，由n ⊥知n ·＝2x －y ＝0，取n ＝(1,2,2)．则cos 〈n ，n 1〉＝n ·n 1|n ||n 1|＝1＋2＋49×6＝7618，所以平面EAB 与平面ABC 夹角的余弦值为7618. 11.2a 2＋b 2－2ab [解析] 由已知〈1，〉＝〈1，〉＝120°，〈，〉＝90°. |1|2＝|1＋＋|2＝|1|2＋||2＋||2＋21·＋2·＋21·＝b 2＋a 2＋a 2－ab －ab ＝2a 2＋b 2－2ab ，故|1|＝2a 2＋b 2－2ab . 12.2a [解析] ＝＋＋， 其中〈，〉＝〈，〉＝90°，〈，〉＝120°，故||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝3a 2＋2a 2cos120°＝2a 2，故||＝2a ，即AC ＝2a .13.33a [解析] 设M (0，m ，m )(0≤m ≤a )，＝(－a,0，a )，直线AD 1的一个单位方向向量s 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，由＝(0，－m ，a －m )，故点M 到直线AD 1的距离d ＝|MD 1→|2－|MD 1→·s 0|2＝m 2＋(a －m )2－12(a －m )2＝32m 2－am ＋12a 2，根式内的二次函数当m ＝－－a 2×32＝a 3时取最小值32⎝⎛⎫a 32－a ×a 3＋12a 2＝13a 2，故d 的最小值为33a . 14．[解答] 由已知可得AB ⊥平面BB 1C 1C ，由于三棱锥B －ACD 是正三棱锥，所以CD ⊂平面BB 1C 1C ，D ，B ，B 1三点共线，AB ＝BC ＝BD .设AB ＝a ，BB 1＝b .则其主视图和俯视图的面积都是ab ＋12a 2，左视图的面积是12a 2，根据已知解得a ＝2，b＝2.以点B 为坐标原点，射线BC ，BB 1，BA 分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0，2)，C (2，0,0)，D (0，－22,0)，A 1(0,2，2)． (1)由于三棱锥B －ACD ⎭⎪⎫，23，则BG ⊥平面ACD ，故可取向量n ＝(1，－1,1)为平面ACD 的一个法向量，＝(－2，2，2)，故可取v ＝(1，－2，－1)为直线CA 1的一个方向向量．设直线CA 1与平面ACD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，v 〉|＝|n ·v ||n ||v |＝223＝66.(2)设＝m ＝(2m,2m ，－2m )，则＝＋＝(2m,2m －2，2－2m )，如果B 1P ⊥平面ACD ，则∥n ，即(2m,2m －2，2－2m )＝(λ，－λ，λ)，由此得方程组⎩⎨⎧2m ＝λ，①2m －2＝－λ，②2－2m ＝λ，③由①③得m ＝12，λ＝22，代入②则－1＝－22，矛盾，这说明不存在满足题目要求的点P .15．[解答] 方法一：(1)证法一：取CE 的中点G ，连接FG 、BG .∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE ，∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB .又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .又DE ＝2AB ，∴四边形GFAB 为平行四边形，则AF ∥BG . ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .证法二：取DE 的中点M ，连接AM 、FM ， ∵F 为CD 的中点，∴FM ∥CE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴DE ∥AB .又AB ＝12DE ＝ME ，∴四边形ABEM 为平行四边形，则AM ∥BE . ∵FM 、AM ⊄平面BCE ，CE 、BE ⊂平面BCE ， ∴FM ∥平面BCE ，AM ∥平面BCE .又FM ∩AM ＝M ，∴平面AFM ∥平面BCE . ∵AF ⊂平面AFM ， ∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵△ACD 为等边三角形，F 为∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE . ∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)在平面CDE 内，过F 作FH ⊥CE 于H ，连接BH ， ∵平面BCE ⊥平面CDE ，∴FH ⊥平面BCE . ∴∠FBH 为BF 和平面BCE 所成的角． 设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，则FH ＝CF sin45°＝22a ， BF ＝AB 2＋AF 2＝a 2＋(3a )2＝2a ，在Rt △FHB 中，sin ∠FBH ＝FH BF ＝24. ∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 方法二：设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，C (2a,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a,0)，E (a ，3a,2a )．∵F 为CD 的中点，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0.(1)证明：＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，＝(a ，3a ，a )，＝(2a,0，－a )，∵＝12(＋)，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，＝(－a ，3a,0)，＝(0,0，－2a )，∴·＝0，·＝0，∴⊥，⊥.∴⊥平面CDE ，又AF ∥平面BCE ， ∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·＝0，n ·＝0可得x ＋3y ＋z ＝0,2x －z ＝0，取n ＝(1，－3，2)．又＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，－a ，设BF 和平面BCE 所成的角为θ，则sin θ＝＝2a 2a ·22＝24.∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 【难点突破】16．[解答] 解法1：过E 作EN ⊥AC 于N ，连接EF .(1)如图①，连接NF 、AC 1，由直棱柱的性质知，底面ABC ⊥侧面A 1C ，又底面ABC ∩侧面A 1C ＝AC ，且EN ⊂底面ABC ，所以EN ⊥侧面A 1C ，NF 为EF 在侧面A 1C 内的射影， 在Rt △CNE 中，CN ＝CE cos60°＝1，则由CF CC 1＝CN CA ＝14，得NF ∥AC 1.又AC 1⊥A 1C ，故NF ⊥A 1C ， 由三垂线定理知EF ⊥A 1C .(2)如图②，连接AF ，过N 作NM ⊥AF 于M ，连接ME ， 由(1)知EN ⊥侧面A 1C ，根据三垂线定理得EM ⊥AF ，所以∠EMN 是二面角C －AF －E 的平面角，即∠EMN ＝θ， 设∠FAC ＝α，则0°<α≤45°.在Rt △CNE 中，NE ＝EC ·sin60°＝3， 在Rt △AMN 中，MN ＝AN ·sin α＝3sin α， 故tan θ＝NE MN ＝33sin α. 又0°<α≤45°，∴0<sin α≤22， 故当sin α＝22，即当α＝45°时，tan θ达到最小值， tan θ＝33×2＝63，此时F 与C 1重合．解法2：(1)建立如图③所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是＝(0，－4,4)，＝(－3，1,1)，则·＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C .(2)设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)， ＝(3，3,0)，＝(0,4，λ)，于是由m ⊥，m ⊥可得即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0，取m ＝(3λ，－λ，4)，又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2， 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63， 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.。
第43讲 │ 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解
第43讲 │ 要点探究
[思路]
建立恰当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量
和平面的法向量，使用公式进行计算，
[答案] A
第43讲 │ 要点探究
[解析] 设正三棱柱所有棱长均为a，以C为顶点，CA为x
轴，CC1为z轴建立空间直角坐标系如图，
第43讲 │ 要点探究
1 则A(a,0,0)，B1 a， 2 1 3 3 → a，a ，所以AB1 ＝ － a， a，a ， 2 2 2
第43讲 │ 问题思考 问题思考
► 问题1 (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直 ) )
线所成的角；( 与平面所成的角；( 角．( )
(2 (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的
[答案] (1)错
(2)错
(3)错
第43讲 │ 问题思考
第43讲 │ 要点探究
第43讲 │ 要点探究
→ → → → 同方法1，作AM⊥A1N于M，AM＝AC＋CD＋λDA1 ＝(－1＋λ，1＋λ，－ 3＋ 3λ)， → · 1＝0得λ＝3， → 由AM DA 5
2 8 2 3 → 所以AM＝－ ， ，－ . 5 5 5
→ → → → BN＝BC＋CD＋μDA1＝(－2＋μ，1＋μ， 3μ)， → · 1＝0得μ＝1， → 由BN DA 5
第43讲 │ 要点探究
→ → → [解答] 方法1：设不共面的向量CB＝a、CD＝b、CA＝c为 → → → 基向量，则DA1＝CA1－CD＝b＋c， 过点A作AM⊥DA1于点M， → → → → 则AM＝AC＋CD＋DM → → → ＝AC＋CD＋λDA1 ＝－c＋b＋λ(b＋c) ＝(λ＋1)b＋(λ－1)c， → → → DA → 因为AM⊥DA1，所以AM· 1＝0，
高考数学一轮复习，利用空间向量求夹角和距离，各考点聚焦突破
高考数学一轮复习，利用空间向量求夹角和距离，各考点聚焦突破【考点聚焦突破】考点一用空间向量求异面直线所成的角【规律方法】1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(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.2.两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，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.考点二用空间向量求线面角【规律方法】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.考点三用空间向量求二面角【规律方法】利用空间向量计算二面角大小的常用方法：(1)找法向量：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的大小.(2)找与棱垂直的方向向量：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，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.考点四用空间向量求空间距离(供选用【规律方法】1.空间中两点间的距离的求法两点间的距离就是以这两点为端点的向量的模.因此，要求两点间的距离除了使用距离公式外，还可转化为求向量的模.2.求点P到平面α的距离的三个步骤：(1)在平面α内取一点A，确定向量的坐标表示；(2)确定平面α的法向量n；(3)代入公式d＝求解.【反思与感悟】1.利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算.2.利用法向量求距离问题的程序思想方法第一步，确定法向量；第二步，选择参考向量；第三步，确定参考向量到法向量的投影向量；第四步，求投影向量的长度.【易错防范】1.异面直线所成的角与其方向向量的夹角：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；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角.2.利用向量法求二面角大小的注意点(1)建立空间直角坐标系时，若垂直关系不明确，应先给出证明；(2)对于某些平面的法向量，要结合题目条件和图形多观察，判断该法向量是否已经隐含着，不用再求.(3)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误.。
高考数学总复习考点知识专题讲解43---空间角与距离
如图，以 O 为坐标原点，射线 OB，OC 分别为 x 轴，y 轴的正半轴建立空间直角坐标系 O－xyz，
则 P(0，－ 3，2)，A(0，－ 3，0)，B(1,0,0)，C(0， 3，
0)，
→
→
|AB·n|
的法向量，则 B 到平面 α 的距离为|BO|＝
|n|
.
两个提醒 (1)线面角 θ 的正弦值等于直线的方向向量 a 与平面的法 向量 n 所成角的余弦值的绝对值，即 sinθ＝|cos〈a，n〉|，
不要误记为 cosθ＝|cos〈a，n〉|.
(2)二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角 的大小时，当求出两半平面 α，β 的法向量 n1，n2 时，要根 据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向 量 n1，n2 的夹角是相等，还是互补．
BB1 为 z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，设 AB＝BC＝AA1
→ ＝2，则 C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，∴EF＝(0，－1，1)，
→
→→
BC1＝(2,0,2)，∴EF·BC1＝2，
∴cos〈E→F，B→C1〉＝
2 2×2
2＝12，
则 EF 和 BC1 所成的角是 60°，故选 C.
(2020·大连外国语学校月考)如图所示，在三棱柱 ABC－ A1B1C1 中，AA1⊥底面 ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°， Байду номын сангаас E，F 分别是棱 AB，BB1 的中点，则直线 EF 和 BC1 所成 的角是( C )
A．30° C．60°
2025届高考数学一轮复习讲义立体几何与空间向量之 空间角和空间距离
形，则在正四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1中，异面直线 AK 和 LM 所成的角的大小为
(
D )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
[解析] 根据题意还原正四棱柱的直观图，如图所示，取 AA 1的中点 G ，连接 KG ，
则有 KG ∥ LM ，所以∠ AKG 或其补角为异面直线 AK 和 LM 所成的角.由题知 AG ＝
A 1 C 1＝5， BC 1＝4 2 ，所以 cos
52 ＋52 −(4 2）2
9
1
∠ BA 1 C 1＝
＝ ＜ ，所以60°＜
2×5×5
25
2
∠ BA 1 C 1＜90°，则过点 D 1作直线 l ，与直线 A 1 B ， AC 所成的角均为60°，即过一
点作直线，使之与同一平面上夹角大于60°的锐角的两边所在直线所成的角均成
2 z －1＝0的交线，试写出直线 l 的一个方向向量 (2，2，1)
的余弦值为
65
9
.
，直线 l 与平面α所成角
[解析] 由平面α的方程为 x ＋2 y －2 z ＋1＝0，可得平面α的一个法向量为 n ＝(1，
⑫ [0， ] ，二面角的
2
n1，n2＞｜.
范围是⑬
[0，π] .
易错警示
1. 线面角θ与向量夹角＜ a ， n ＞的关系
π
2
π
2
如图1(1)，θ＝＜ a ， n ＞－ ；如图1(2)，θ＝ －＜ a ， n ＞.
图1
2. 二面角θ与两平面法向量夹角＜ n 1， n 2＞的关系
图2(2)(4)中θ＝π－＜ n 1， n 2＞；图2(1)(3)中θ＝＜ n 1， n 2＞.
空间向量与空间角、距离问题课件-2025届高三数学一轮复习
A. B. C. D.
解析 取线段的中点，连接，则，设直三棱柱 的棱长为2， 以点为原点，,,的方向分别为轴、轴、 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，， ， 所以，，, ， 所以 .故选C.
用向量法求异面直线所成的角的一般步骤1. 建立空间直角坐标系；2. 用坐标表示两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. 注意两异面直线所成角的范围是， ，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量 夹角的余弦值的绝对值.
因为 平面， 平面，所以，又， 平面, 平面,所以 平面，又 平面，所以 .
（2）如图2，以点为原点建立空间直角坐标系，，则, ,，则,, ， 设平面的一个法向量为 ， 则令,则,，所以 ，则,所以与平面所成角的正弦值为 .
利用空间向量求线面角的解题步骤
平面与平面所成的角
二、空间向量与距离
直线外一点 到直线 的距离
如图，直线的单位方向向量为，设，则向量在直线 上的投影向量⑭________，则点到直线 的距离为 ⑮_______________
平面外一点 到平面 的距离
如图，已知平面 的法向量为，为平面 内的定点，是平面 外一点，过点作平面 的垂线，交平面 于点，是直线 的方向向量，则点到平面 的距离⑯______ ⑰_______
B
A. B. C. D.
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，, ，，，所以，，.设平面 的一个法向量为，则令，得 ，故点到平面的距离 .故选B.
4.（人教A版选修①P43 · T10改编）设，分别是正方体的棱 和的中点，则直线与平面 所成角的正弦值为________.
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设 ，则，，，， ，则，， .设平面的一个法向量为 ，故令，则，，所以 ，所以与平面所成角的正弦值为 .
2013届高三人教B版理科数学一轮复习课时作业(43)立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解
课时作业(四十三)［第43讲 立体几何中的向量方法(二)一一空间角与距离求解］［时间：45分钟 分值：100分］基础热身 1. 点M 在z 轴上，它与经过坐标原点且方向向量为 s = (1, — 1,1)的直线I 的距离为• 6,则点M 的坐标是()A . (0,0,戈)B . (0,0, ±3)C . (0,0, ±3)D . (0,0, ±1)2.若a = (1,2,1), b = (— 2,0,1)分别是直线11,2的方向向量，则丨1,2的位置关系是( )A •平行B •异面C .相交D .相交或异面3.两平行平面a, B 分别经过坐标原点 O 和点A(2,1,1)，且两平面的一个法向量 n =(—1,0,1)，则两平面间的距离是()A.| C. ,3 D . 3 ,24.方向向量为s = (1,1,1)的直线I 经过点A(1,0,0)，则坐标原点0(0,0,0)到该直线的距离 是()A. . 3B. .2C.^6D."^AB = AC = 1,Z ACD = 90 °将它沿对角线 AC 折起，使 7.三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，146 ‘222.‘17 A.亍 B . 2 17D.^-&在棱长为1的正方体ABCD — A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点，G 为 棱A 1B 1上的一点，且 AQ = X 0三 疋1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为( )长度分别为6,4,4,则其顶点到底面的距离为(能力提升 1 2 C.5 D.5 ABCD 中,5 5 A .可 B .— I"6•在平行四边形厂亚心A. . 3 C.丁D^5~14. (10分)如图K43 — 7,放置在水平面上的组合体由直三棱柱 ABC — A 1B 1C 1与正三棱 锥B — ACD 组成，其中，AB 丄BC.它的正视图、俯视图、侧视图的面积分别为 2 2 + 1,2 2 + 1,1. (1) 求直线CA 1与平面ACD 所成角的正弦值；(2) 在线段AC 1上是否存在点P ,使B 1P 丄平面ACD ?若存在，确定点 P 的位置；若不 存在，说明理由.图 K43 — 39.如图K43 — 3,四棱锥 P — ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PD 丄平面 ABCD ，且PD =AD = 1 , AB = 2,点E 是AB 上一点，当二面角 P — EC — D 的平面角为,AE =()A . 1 B.1C . 2 — 2D . 2 — .310.O — ABC 的侧棱 OA , OB , OC 两两垂直，E 为OC 的中点，且 OA = 1, EAB 与平面ABC 夹角的余弦值是 ______________ .则平面K43 — 4,已知四棱柱ABCD — A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形, b ,12 .如图K43 — 5, AO 丄平面 a, BC 丄OB , BC 与平面 a 的夹角为30 ° AO = BO = BC =a ，贝H AC = _____________________ .13.如图K43 — 6,在空间直角坐标系中有棱长为 a 的正方体ABCD — A 1B 1C 1D 1，点M 是线段DC 1上的动点，则点 M 至煩线AD 1距离的最小值为 ____________.图 K43 — 715. (13分)[2011安徽师大附中三模] 如图K43 —8,已知AB丄平面ACD , DE丄平面ACD , △ ACD为等边三角形，AD = DE = 2AB, F为CD的中点.(1) 求证：AF //平面BCE ;(2) 求证：平面BCE丄平面CDE ;⑶求直线BF和平面BCE所成角的正弦值.难点突破16. (12分)[2011湖北卷]如图K43 —9，已知正三棱柱E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合.(1) 当CF = 1时，求证：EF丄A1C; ABC —A1B1C1的各棱长都是4,⑵设二面角 C图K43 —9【基础热身】1. B ［解析］设M(0,0, z),直线的一个单位方向向量s o4. D ［解析］直线I 的一个单位法向量 到直线I 的距离为 d =「oA|2-OA s o |2= 1— ；33 2 =扌【能力提升】 5.C ［解析］建立如图所示的空间直角坐标系.则A(2,0,0), D(0,0,0) ,D i (0,0,1), C i (0,2,1),6. D ［解析］I/ ACD = 90 ° ••• AC CD = 0. 同理 BA AC = 0, •/ AB 和 CD 成 60°角，•〈 BA , CD > = 60°或 120° •/ EBD = EBA + A C + C D ,• BD 2= BA 2 + AC 2 + CD 2 + 2BA CD + 2BA AC + 2AC CD BA 2 + AC 2 + CD 2+ 2BA CD4 〈 BA , CD > = 60° , =2 〈 BA , CD > = 120° , •- |BD|= 2或.2,即B 、D 间的距离为2或.2,故选D.7. C ［解析］设三棱锥为 P — ABC ,且PA = 6, PB = PC = 4,以P 为原点建立空间直角 坐标系如图，则 P(0,0,0), A(6,0,0), B(0,4,0), C(0,0,4), PA = (6,0,0), AB = (— 6,4,0), AC =(— 6,0,4)，设面 ABC 的一个法向量为 n = (x , y , z)，贝U n 丄AB , n 丄AC ,—6x + 4y = 0, 3所以 c , c ? y = z =；x ,所以可选面 ABC 的一个法向量为n = (2,3,3), —6x + 4z = 0 2 '课时作业(四十三)，故点M到直线的距离 d = •” |OM |2 — OM s 0|2=-2. D ［解析］根据共线向量定理，显然 异面.z 2— £z 2 = .6,解得 z = ±3. 3a ,b 不平行，所以l i , I 2的位置关系是相交或 3. B ［解析］两平面的一个单位法向量 |OA n o |=22. n 0= —三2, 0, -2，故两平面间的距离 d =s o = 向量OA =(i,o,o )，故点o AD i = (— 2,0,1), D C 1 = (0,2,1)，故异面直线 AD 1和&D 所成角的余弦值为 |cos 〈 AD 1 ,DC 1〉1=|AD 1 DC 1| = |AD 1||DC 1|15.=3+ 2X 1 x 1 x cos 〈 BA , C DXH ，如果我们能求 出向量GH ,是常方便，因此用坐标的方法，解决这个问题.x =人| 1 y=5，9. D ［解析］以D 为原点，射线 DA , DC , DP 为x , y , z 轴正方向建立空间直角坐标 系，如图，设 E(1, y °,0)(0 w y 0 w 2)，则 EC = (— 1,2 — y °,0),设平面PEC 的法向量为 n 1 = (x , y , z),x : y : z = (2 — y o ) ： 1 ： 2,n 1 PC = 0 记 n 1= (2 — y °,1,2),而平面ECD 的法向量n 2= (0,0,1)，则二面角P — EC — D 的平面角B 满足cos 0= |cos< n 1, 〉l亞n 2> |= 2 ,. n In 1 112I ___________ 2 ________ 曇小 c 匚 --cos 0= = 2 2 2 — = ? y °= 2—冷 3.|n1 • 217(2— y 0 2+ 12+ 22 12如图，以射线DA , 人 1), E’，0, 2 :，GE =匕 -1, 0, 2数 x , y 使GH = GE + xEF + yED i = — y , — H x ,—：+；y ，由于 GH 丄EF , GH 丄 ED i ,0，-入-所以-y ,-y ,G 向平面D i EF 作垂线，垂足为 H ，由于点H 在平面D i EF 内，故存在实2 +切、丄 1丄1 、―入 + X ,— + ^y .°, 1, o = o , 1 1 、 ―入+ X ,— 2+ 1y --1,0,2= 0,解得$ 故GH = — 5，0, — 5，所以|諭=卡，即点G 到平面D 1EF 的距离是-55.n i EC = 0, ?厂x + y(2―y 。
高三数学第一轮复习空间角与空间距离的计算知识精讲
高三数学第一轮复习：空间角与空间距离的计算【本讲主要内容】空间角与空间距离的计算空间直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角的大小，直线与直线、直线与平面、平面与平面间的距离的求解【知识掌握】 【知识点精析】空间的角和距离是空间图形中最基本的数量关系，空间的角主要研究射影以及与射影有关的定理、空间两直线所成的角、直线和平面所成的角、以及二面角和二面角的平面角等．解这类问题的基本思路是把空间问题转化为平面问题去解决． 1. 空间的角的概念及计算方法（1）空间角概念——空间的角，是对由点、直线、平面所组成的空间图形中各种元素间的位置关系进行定量分析的一个重要概念，由它们的定义，可得其取值范围，如①两异面直线所成的角θ∈（0，2π） ②直线与平面所成的角θ∈[0，2π]③二面角的大小，可用它们的平面角来度量，其平面角θ∈（0，π）．说明：对于空间角的计算，总是通过一定的手段将其转化为一个平面内的角，并把它置于一个平面图形，而且是一个三角形的内角来解决，而这种转化就是利用直线与平面的平行与垂直来实现的，因此求这些角的过程也是直线、平面的平行与垂直的重要应用．通过空间角的计算和应用进一步提高运算能力、逻辑推理能力及空间想象能力．（2）空间的角的计算方法①求异面直线所成的角常用平移法（转化为相交直线）；②求直线与平面所成的角常利用射影转化为相交直线所成的角； ③求二面角α－l －β的平面角（记作θ）通常有以下几种方法： （ⅰ）根据定义；（ⅱ）过棱l 上任一点O 作棱l 的垂面γ，设γ∩α＝OA ，γ∩β＝OB ，则∠AOB ＝θ（图1）；（ⅲ）利用三垂线定理或逆定理，过一个半平面α内一点A ，分别作另一个平面β的垂线AB （垂足为B ），或棱l 的垂线AC （垂足为C ），连结AC ，则∠ACB ＝θ 或∠ACB ＝π－θ（图2）；（ⅳ）设A 为平面α外任一点，AB ⊥α，垂足为B ，AC ⊥β，垂足为C ，则∠BAC ＝θ或∠BAC ＝π－θ（图3）；（ⅴ）利用面积射影定理，设平面α内的平面图形F 的面积为S ，F 在平面β内的射影图形的面积为S ‘，则cos θ＝SS '．2. 空间的距离问题 （1）空间各种距离是对点、线、面组成的空间图形位置关系进行定量分析的重要概念．空间距离是指两点间距离、点线距离、点面距离、线线距离、线面距离以及面面距离等，距离都要转化为两点间距离即线段长来计算，在实际题型中，这六种距离的重点和难点是求点到平面的距离，因线线距离、线面距离和面面距离除用定义能直接计算出结果的外，都要转化为求点到平面的距离进行计算．（2）空间的距离问题主要是：求空间两点之间、点到直线、点到平面、两条异面直线之间（限于给出公垂线段的）、平面和它的平行直线、以及两个平行平面之间的距离．（3）求距离的一般方法和步骤是： 一作——作出表示距离的线段；二证——证明它就是所要求的距离；三算——计算其值． 此外，我们还常用体积法或向量法求点到平面的距离．【解题方法指导】例1. 三棱锥P-ABC 中，∠ABC ＝90，PA ＝1，AB ＝3，AC ＝2，PA ⊥平面ABC.（1）求直线AB 与直线PC 所成的角； （2）求PC 和面ABC 所成的角； （3）求二面角A-PC-B 的大小．B解：（1）作矩形ABCD.∴AB 和PC 所成角即为CD 和PC 所成角，且CD ⊥PD ．CD ＝3，AD ＝1，PD ＝2，tanPCD ＝3632=.故AB 和PC 所成角为arctan 36（2）∵PA ⊥面ABC ，PC 和面ABC 所成角即为∠ACP ，求得tanACP ＝21， ∴∠ACP ＝arctan21 （3）∵PA ⊥面ABC ，∴面PAC ⊥面ABC ，过B 作BG ⊥AC 于G ，则BG ⊥面PAC.过G 作GH ⊥PC 于H ，连接BH ，则BH ⊥PC ．∴∠BHG 为二面角A-PC-B 的平面角． 在Rt △ABC 与Rt △PBC 中，PB ＝2，BC ＝1，AC ＝2，AB ＝3 ∴PC ＝5∴BH ＝52，BG ＝23． ∴sinBHG ＝4155223==BH BG ∴∠BHG ＝arcsin 45．故二面角A-PC-B 的大小为arcsin 45．例2. 在正三棱柱111C B A ABC -中，各棱长都等于a ，D 、E 分别是1AC 、1BB 的中点， （1）求证：DE 是异面直线1AC 与1BB 的公垂线段，并求其长度；（2）求二面角C AC E --1的大小； （3）求点1C 到平面AEC 的距离．解：（1）取AC 中点F ，连接DF ．∵ D 是1AC 的中点，F∴DF ∥1CC ，且121CC DF =．又11//CC BB ，E 是1BB 的中点， ∴DF ∥BE ，DF ＝BE ，∴四边形BEDF 是平行四边形， ∴DE ∥BF ，DE ＝BF ．∵1BB ⊥面ABC ，⊂BF 面ABC ，∴1BB ⊥BF ．又∵F 是AC 的中点，△ABC 是正三角形，∴BF ⊥AC ，a BF 23=． ∵1BB ⊥BF ，1BB ∥1CC ，∴BF ⊥1CC ，∴BF ⊥面11A ACC ， 又∵⊂1AC 面11A ACC ，∴BF ⊥1AC ， ∵DE ∥BF ，∴DE ⊥1AC ，DE ⊥1BB ，∴DE 是异面直线1AC 与1BB 的公垂线段，且a DE 23=． （2）∵11//CC BB ，DE ⊥1BB ， ∴DE ⊥1CC ， 又∵为DE ⊥1AC ，∴DE ⊥面11A ACC ． 又⊂DE 面1AEC ，∴面1AEC ⊥面1ACC ， ∴二面角C AC E --1的大小为90°．（3）连接CE ，则三棱锥1CEC A -的底面面积为221a S CEC =∆，高a h 23=．所以32123232311a a a V CEC A ==⋅⋅-．在三棱锥AEC C -1中，底面△AEC 中，a CE AE 25==，则其高为a ，所以22a S AEC =∆．设点1C 到平面AEC 的距离为d ，由AEC C CEC A V V --=11得32123231a a d =⋅， 所以a d 23=，即点1C 到平面AEC 的距离为a 23【考点突破】【考点指要】空间角是立体几何中的一个重要概念．它是空间图形中的一个突出的量化指标，是空间图形位置关系的具体体现，故它以高频率的姿态出现在历届高考试题中，可以在填空题或选择题中出现，更多的在解答题中出现．空间中各种距离都是高考中的重点内容，可以和多种知识相结合，是诸多知识的交汇点，考查题型多以选择题、填空题为主，有时渗透于解答题中，所以复习时应引起重视．【典型例题分析】例1. 如图，已知正四棱柱2,1,11111==-AA AB D C B A ABCD ，点E 为1CC 中点，点F 为1BD 中点．（1）证明EF 为BD 1与CC 1的公垂线；（2）求点1D 到平面BDE 的距离．解法1：（1）连结AC 交BD 于点O ，则点O 为BD 中点，连OF ，则可证OCEF 为矩形， 故EF ⊥CC 1 ，EF ∥AC ．又可证AC ⊥平面BD 1 ∴AC ⊥BD 1，∴EF ⊥BD 1， 故 EF 为BD 1与CC 1的公垂线．O（2）连结D 1E ，则有三棱锥D 1-DBE 的高d 即为点1D 到平面BDE 的距离． 由已知可证三角形DBE 为边长为2的正三角形，故2331311⋅⋅=⋅⋅=∆-d S d V DBE DBE D ； 又31311111=⋅===∆---DBD DBD C DBD E DBE D S CO V V V∴3123=d ∴ 332=d ， 即1D 到平面BDE 的距离为332解法2：解（1）以D 为原点，建立如图所示的直角坐标系，则 )0,0,0(D ，)2,0,0(1D)0,1,1(B ，)0,1,0(C ，)2,1,0(1C ，)1,1,0(E ，)1,21,21(F ，∴)0,21,21(-=，)2,1,1(1--=BD ，)2,0,0(1=CC∴ 01=⋅BD EF ，01=⋅CC EF ；∴1BD EF ⊥，1BD EF ⊥又EF 与CC 1、BD 1分别交于E 、F ，故EF 为BD 1与CC 1的公垂线. （2）由（1）)0,1,1(--=，)1,0,1(-=，)2,1,1(1--BD ， 设 平面BDE 的法向量为 ),,(z y x =，则⊥，⊥，∴ ⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00 ， ∴ ⎩⎨⎧=+-=--00z x y x ， 即 ⎩⎨⎧=-=z x y x ，∴ 不妨设 )1,1,1(-=，则点1D 到平面BDE 的距离为 33232||1===n d ， 即为所求．例2. 如图，12l l ，是互相垂直的异面直线，MN 是它们的公垂线段．点A B ，在1l 上，C 在2l 上，AM MB MN ==．（Ⅰ）证明AC NB ⊥；（Ⅱ）若60ACB ∠=，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值．Ｃ1l2解法一：（Ⅰ）由已知221l MN l l ⊥⊥，，1MNl M =，可得2l ⊥平面ABN ．由已知1MN l AM MB MN ⊥==，，可知AN NB =且AN NB ⊥． 又AN 为AC 在平面ABN 内的射影， AC NB ∴⊥．（Ⅱ）Rt Rt CNA CNB △≌△，AC BC ∴=，又已知60ACB ∠=︒，因此ABC △为正三角形． Rt Rt ANB CNB △≌△，NC NA NB ∴==，因此N 在平面ABC 内的射影H 是正三角形ABC 的中心， 连结BH ，NBH ∠为NB 与平面ABC 所成的角．在Rt NHB △中，cos 3ABHB NBH NB ∠===．N1l 2l解法二：如图，建立空间直角坐标系M xyz -．1l令1MN =，则有(100)(100)(010)A B N -，，，，，，，，． （Ⅰ）MN 是12l l ，的公垂线，21l l ⊥，2l ∴⊥平面ABN ．2l ∴平行于z 轴．故可设(01)C m ，，．于是(11)(110)AC m NB ==-，，，，，， ∵0011=+-=⋅ AC NB ∴⊥． （Ⅱ）(11)AC m =，，，(11)BC m =-，，，AC BC ∴=．又已知60ACB ∠=︒，ABC ∴△为正三角形，2AC BC AB ===． 在Rt CNB △中，NB =NC =(0C ． 连结MC ，作NH MC ⊥于H ，设(0)(0)H λλ>，．(012)(01HN MC λλ∴=--=，，，，，．∵021=--=⋅λλ，∴31=λ1033H ⎛⎫∴ ⎪ ⎪⎝⎭，，，可得2033HN ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，， 连结BH ，则1133BH ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，∵092920=-+=⋅BH HN ，HN BH ∴⊥，又MC BH H =， HN ∴⊥平面ABC ，NBH ∠为NB 与平面ABC 所成的角．又(110)BN =-，，， ∴3623234cos =⨯==∠NBH【综合测试】一、选择题1、已知AB 是异面直线a 、b 的公垂线段，AB ＝2，a 与b 成30°，在直线a 上取AP ＝4，则点P 到直线b 的距离是（ ）A 、22B 、25C 、142D 、5 2、将锐角为60°，边长为a 的菱形ABCD 沿较短的对角线BD 折成60°的二面角，则AC 与BD 的距离为（ ）A 、a 43B 、a 43C 、a 23D 3、正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 是DD 1的中点，O 为正方形A 1B 1C 1D 1的中心，P 是棱AB 上的垂足，则直线A 1M 与OP 所成的角（ ）．A 、30oB 、45oC 、60oD 、90o4、二面角α-AB-β大小为θ（0°≤θ≤90°），AC ⊂α，∠CAB ＝45o，AC 与平面β所成角为30o，则θ角等于（ ）．A 、30oB 、45oC 、60oD 、90o5、（2005湖南卷文4）如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1的中点，则E 到平面AB C 1D 1的距离为（ ）A 、23 B 、22C 、21 D 、336、已知直线a 及平面α，a 与α间的距离为d ．a 在平面α内的射影为a '，l 为平面α内与a '相交的任一直线，则a 与l 间的距离的取值范围为（ ）A 、[),d +∞B 、(),d +∞C 、(]0,dD 、{}d二、填空题7、如图，PA ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°且PA ＝AC ＝BC ＝a ，则异面直线PB 与AC 所成角的正切值等于____________．8、已知∠AOB 则以OC三、解答题：9. 到AB 1的距离为ABC DA 1E B 1C10. 如图，在底面为平行四边形的四棱锥P ABCD -中，AB AC ⊥，PA ⊥平面ABCD ，且PA AB =，点E 是PD 的中点．（Ⅰ）求证：AC PB ⊥；（Ⅱ）求证：PB ∥平面AEC ； （Ⅲ）求二面角E AC B --的大小．B综合测试答案一、选择题1. 选A 提示：过P 做直线b 的垂线2. 选A 提示：用异面直线距离公式求解3. 选D 提示：过A 1做OP 的平行线4. 选B 提示：过C 做平面β的垂线5. 选B. 提示：转化为求B 1到平面AB C 1D 1的距离6. 选D 提示：转化为a 与α间的距离二、填空题7. 2. 提示：将三角形ABC 补成正方形ACBD. 8. 33-提示：利用直线与直线所成角的大小求出边长，再求二面角平面角的大小三、解答题：9. 解：由CD ⊥平面A 1B 1BA ∴CD ⊥DE ∵AB 1⊥平面CDE ∴DE ⊥AB 1，∴DE 是异面直线AB 1与CD 的公垂线段∵CE ＝23，AC ＝1 ， ∴CD ＝.22∴21)()(22=-=CD CE DEABC DA 1E B 1C 110. 解法一：（Ⅰ）（Ⅱ）（略 解见第45讲【达标测试】第9题）（Ⅲ）过O 作FG AB ∥，交AD 于F ，交BC 于G ，则F 为AD 的中点．CDAB AC ⊥，OG AC ∴⊥． 又由（Ⅰ），（Ⅱ）知，AC PB EO PB ，⊥∥，AC EO ∴⊥．EOG ∴∠是二面角E AC B --的平面角．连接EF ，在EFO △中，1122EF PA FO AB ==，， 又PA AB EF FO =，⊥，45135EOF EOG ∴∠=∠=，， ∴二面角E AC B --的大小为135．解法二：（Ⅰ）建立空间直角坐标系A xyz -，如图．y设AC a PA b ==，，则有(000)(00)(00)(00)A B b C a P b ，，，，，，，，，，，，(00)(0)AC a PB b b ∴==-，，，，，，从而0=⋅PB AC ，AC PB ∴⊥．（Ⅱ）连接BD ，与AC 相交于O ，连接EO ．由已知得(0)D a b -，，，002222a b b a E O ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，， 022b b EO ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭，，，又(0)PB b b =-，，， 2PB EO ∴=，PB EO ∴∥，又PB ⊄平面AEC EO ，⊂平面AEC ， PB ∴∥平面AEC ．（Ⅲ）取BC 中点G ．连接OG ，则点G 的坐标为000222a b b OG ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，， 又0(00)22b b OE AC a ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，，，，，，00=⋅=⋅∴，．OE AC OG AC ∴，⊥⊥．EOG ∴∠是二面角E AC B --的平面角．22cos -=⋅<．135EOG ∴∠=． ∴ 二面角E AC B --的大小为135．。
高考数学一轮复习利用空间向量求空间角与距离
1 + 1
2
3 31 +
· = 0,
则൝
即ቐ
· = 0,
4 31 = 0,
= 0,
令z1＝2，则m＝（0，－3，2）.
目录
所以｜cos＜n，m＞｜＝
·
||·||
4 3
＝ .
13
设二面角C－AE－B的大小为θ，则sin θ＝ 1−
11
即二面角C－AE－B的正弦值为 .
13
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，所以PO⊥平面ABC，
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，所以OD∥AC，因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面APC，所以OD∥
||
|AP·|
| |
；
（3）两异面直线间的距离：即两条异面直线公垂线段的长度.
目录
＝
1.判断正误.（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.
（
）
答案：（1）×
（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.
（
）
答案：（2）×
目录
弦值.
解 （2）连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以
PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝ 2 −2 ＝ 52 −32 ＝4.
1
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OAsin 30°＝4× ＝2，
3
2
高考数学一轮总复习名师精讲 第43讲空间角课件
类型二 直线与平面所成的角 解题准备：直线与平面所成角的求解方法： 1．作出斜线在平面上的射影，找到斜线与平面所成的角 θ. 2．解含角 θ 的三角形，求出其大小． 【典例 2】 如图所示，已知∠BOC 在平面 α 内，OA 是平面 α 的斜线，且∠AOB＝∠AOC＝60°，OA＝OB＝OC＝a，BC＝ 2a， 求 OA 和平面 α 所成的角．
❖ (1)若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD； ❖ (2)求异面直线AE与CD所成角的大小． ❖ [解析] (1)证明：∵PA⊥平面ABCD， ❖ ∴PA⊥AB， ❖ 又AB⊥AD，PA∩AD＝A， ❖ ∴AB ⊥平面PAD，PD⊂面PAD. ❖ ∴AB⊥PD. ❖ 又∵AE⊥PD，AB∩AE＝A， ❖ ∴PD⊥平面ABE，BE⊂面ABE， ❖ 故BE⊥PD.
❖ (2)公式法 ❖ 由公式cosθ＝cosθ1cosθ2求解(其中斜线AB与平面α所成的角为
θ1 ， A 为 斜 足 ， AC 在 α 内 ， 且 与 AB 的 射 影 成 θ2 角 ， ∠ BAC ＝ θ)． ❖ 2．在求解斜线和平面所成的角的过程中，确定点在直线上或平 面上的射影的位置是一个既基本又重要的问题，确定点在平面 上的射影位置有以下几种方法：
❖ 答∴案A：DD>BC，即 m>n.
❖ 4．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°， AB≠AC，D、E分别是BC、AB的中点，AC＞AD，设PC与DE 所成的角为α，PD与平面ABC所成的角为β，二面角P－BC－A 的平面角为γ，则α、β、γ的大小关系是( )
❖ A．α＜β＜γ
❖ A．30°
B．45°
❖ C．60°
D．90°
❖ 解析：如下图，设AC的中点为O，连结DO、BO，则DO⊥AC， BO⊥AC，∴AC⊥平面OBD，
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一、知识结构二、重点叙述1. 直线的方向向量与平面的法向量：(1) 直线的方向向量:①直线的方向向量的定义:如果向量与直线l平行,则称向量为直线l的方向向量。
②直线的方向向量的求法:已知直线上任意两点为有向线段所表示的向量即为这直线的方向向量。
(2)平面的法向量:①平面的法向量的定义:如果⊥,那么向量叫做平面的法向量。
②求平面的法向量:设非零向量,使得,若非零向量为平面的法向量,则。
解得,令(,可取使尽量简单的常数值),则法向量。
2. 求空间的角：空间的角指空间两直线(包含共面或异面)所成的角(即夹角)、直线与平面所成的角和二面角,可以用向量或向量坐标的方法求之,其关键是设置空间基向量,或建立空间直角坐标系。
①求空间两直线的夹角:求空间两直线(包含共面或异面)的夹角转化为求两直线的方向向量的夹角。
若设两直线的方向向量分别为,则,其中为两方向向量的夹角。
注意两直线的夹角与它的方向向量的夹角的区别与联系,两者或者相等,或者互补。
②求线面所成的角:设直线的方向向量为平面的法向量为,向量与的夹角为,直线与平面所成的角为,则,其中。
③求空间二面角:设平面的法向量为,平面的法向量为,向量、所成的角为,若,则。
那么二面角的大小为或,视具体情况而定(如图)。
3. 求空间的距离空间的距离指空间两点的距离、点面距离、线面距离和面面距离,用向量方法求空间距离的关键是设置空间基向量,或建立空间直角坐标系。
①求空间两点间的距离:求空间两点间的距离转化为求以这两点为始终点的有向线段的长度,即求向量的模。
设,则,。
②求空间点线距离:Ⅰ、空间一点作一直线与已知直线垂直相交,这点与交点(垂足)之间的长叫做点到直线的距离。
如图,空间一点作直线交直线于,则线段的长就是点到直线的距离。
Ⅱ、求空间点线距离可以用“归面”的方法,因为直线与线外一点可以确定一个平面;还可以用“三垂线”的方法。
如图,要求AO,可以过作,垂足为,过作交于,连接,则(三垂线定理)。
于是,所以求可转化为求AB与BO。
③求空间点面距离:如图,设平面的法向量及平面上一点,则点到平面的距离为。
用向量方法求点面距离的特点是不要作垂线,不要找到垂足就可以求得点面距离。
④线面距离与面面距离:当线面平行或面面平行时,直线或一个平面上任意一点到平面的距离就是线面距离或面面距离,于是把线面距离或面面距离转化为空间点面距离解决。
Ⅰ、距离间的转化:应用化归转化法,把线面距离、面面距离转化为求“点面距离”解决。
如图,Ⅱ、求点面距离的方法:⑴垂线段法,即要通过线面垂直,寻找垂线段或垂足,求垂线段的长度;⑵更位变换等积法,主要设计具有更位等积特点的“四面体”,于是有;⑶向量法,求平面的法向量是关键。
4.主要应用:Ⅰ、用空间向量方法求异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角;Ⅱ、用空间向量方法求点线距离、点面距离、线面距离和面面距离;Ⅲ、用空间向量方法解决空间角与距离问题的综合应用。
三、案例分析案例1：（2008北京·理16）如图，在三棱锥中，，，，。
（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）求点到平面的距离。
分析：(Ⅰ)要证线线垂直，只要证明线面垂直，根据线面垂直的判定定理，一种利用图形的对称特点，取中点D，证明平面；另一种通过三角形全等，证明平面。
(Ⅱ)求二面角的余弦值，一种利用“三垂线”原理构建二面角的平面角，通过解相关的三角形求得二面角的平面角余弦值，关键是“一垂定音”，即找到一个平面上一点的另一个平面的垂线，于是从垂足作二面角交线的相交垂线，连接交点和点，即形成二面角的平面角；另一种运用向量坐标的方法，把求二面角的余弦值转化为求两个平面法向量夹角的余弦值。
(Ⅲ) 求点面距离，一种通过线面垂直找到点面距离的垂线段求之；另一种构建四面体的更位等积变换，利用体积公式求距离；还可以运用向量坐标的方法求点面距离。
解：解法1：（Ⅰ）如图，取中点，连结．∵，∴。
∵，∴。
∵，∴平面。
∵平面，∴。
（Ⅱ）如图，∵，，∴。
又，∴。
又，即，且，∴平面．取中点．连结．∵，∴。
∵是在平面内的射影，∴（三垂线定理）。
∴是二面角的平面角。
在中，，，，∴．。
所以二面角的余弦值为。
（Ⅲ）如图，∵平面，平面平面．过作，垂足为．∵平面平面，∴平面．∴的长即为点到平面的距离．∵，又，且，∴平面．∵平面，∴。
在中，，，∴．∴．∴点到平面的距离为。
另解：（更位等积变换法求点面距离）如图，∵，且，∴。
∵，∴。
设点到平面的距离为，则，即，于是，∴。
解法2：（Ⅰ）如图，∵，，∴。
又，∴。
∵，∴平面。
∵平面，∴。
（Ⅱ）如图，以为原点建立空间直角坐标系。
则。
∵，∴。
∴。
取中点，连结，则。
∵，，∴，。
∴是二面角的平面角。
∵，，∴。
∴二面角余弦值为。
（Ⅲ）∵，∴在平面内的射影为正的中心，且的长为点到平面的距离．在建立的空间直角坐标系中，设，∵，即，∴点的坐标为。
∴。
所以点到平面的距离为。
案例2：（2009福建·理17）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，，，且，为的中点。
（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）在线段上是否存在点，使得？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由。
分析：本题明显具备建系的条件，故采取向量坐标的方法求解比较容易。
（1）根据条件求得向量的坐标，利用求向量夹角的公式求异面直线与所成角的余弦值；（2）假设在线段上存在点，利用共线定理可得点的坐标，于是得到向量的坐标，由转化为线线垂直，即由向量的数量积等于零确定点的坐标。
解：（1）如图，∵四边形ABCD是边长为1的正方形，且，∴设D为坐标原点，建立空间直角坐标。
∵，且，为的中点，∴，。
∵，所以异面直线与所成角的余弦值为。
（2）假设在线段上存在点，使得。
∵, 可设又∵，∴。
由，得即故，此时，∵，∴当时，。
所以线段上存在点，使得，此时。
案例3：（2008福建·理18）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为中点。
（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求异面直线与所成角的余弦值；（Ⅲ）线段上是否存在点，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由。
分析：(Ⅰ)本小题根据线面垂直的判定定理，要证线面垂直，只要证明线线垂直，由于具备面面垂直的条件，又是等腰三角形，容易证得所要的结论；(Ⅱ)本小题可以根据异面直线所成角的定义，采取“平移归面”的方法转化为解三角形解决，也可以用向量坐标的方法利用求异面直线所成角的公式求解；(Ⅲ)本小题涉及空间几何的存在性问题，在假设存在的前提下，可以利用四面体的更位等积变换的方法求点面距离确定点的存在性，也可以用向量坐标的方法利用求点面距离的公式确定点的存在性。
证明与解：方法1：（非向量方法）（Ⅰ）证明：如图，在△PAD中，∵PA=PD，O为AD中点，∴PO⊥AD，又∵侧面PAD⊥底面ABCD，平面平面，平面，∴。
（Ⅱ）如图，连结BO，在直角梯形ABCD中，∵BC∥AD，AD=2AB=2BC，∴OD∥BC且OD=BC，∴四边形OBCD是平行四边形，∴OB∥DC。
∵PO⊥OB，∴∠PBO为锐角，∴∠PBO是异面直线PB与CD所成的角。
在Rt△AOB中，∵AD=2AB=2BC=2，O为AD中点，∴AB=1，AO=1，∴OB＝。
在Rt△POA中，∵AP＝，AO＝1，∴OP＝1。
在Rt△PBO中，∵，∴tan∠PBO＝。
所以异面直线PB与CD所成的角的余弦值为。
（Ⅲ）如图，假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为。
设，则，在Rt△POC中，，又∵，∴，∴。
∵，∴，解得。
所以线段上存在点Q，使得它到平面的距离为，此时。
方法2：（向量坐标方法）（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）如图，以O为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，。
∴。
∴，所以异面直线PB与CD所成角的余弦值为是。
（Ⅲ）如图，假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为，∵，设平面的法向量为．则∴即，取x0 =1，得平面PCD的一个法向量为。
设，由，得，解得或(舍去)，∴。
这时，∴。
所以线段上存在点Q，使得它到平面的距离为，此时。
四、总评(1)空间各种角的求解方法都是化归转化为平面角或两向量夹角来计算,必须深刻理解空间各种角的概念,注意方法的选择。
若转化为平面角求解,重要的是依照各种角的定义找到平面角,进而归结为解三角形解决,其中线面角、二面角“一垂定音”是寻找平面角的关键;若应用向量坐标的方法求解,不必寻找平面角,重要的是“建系”,其中线面角、二面角求解的关键是求相关平面的法向量。
(2)空间距离问题的关键是点面距离,线面距离、面面距离都可以化归转化为点面距离解决。
求点面距离常用的方法有:①线面垂直法,即确定点到平面的垂线段或垂足,通过解三角形求解;②更位等积变换法,即把距离看成某四面体的高,用等积法求解;③向量法,其关键是求平面的法向量,进而用相关公式求之。
三个常用的方法中,更位等积变换法往往比较好用,要多予以关注。
(3)向量方法通过空间直角坐标系把空间图形的性质向量化、坐标化,避免了寻找平面角或垂线段等麻烦,使抽象的空间点、线、面的位置关系的判定和计算简单化、程序化,转化为“建系,设点的坐标,计算向量坐标,利用向量的数量积公式求解”。