3.2.4利用空间向量求空间距离

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3.2空间向量解决距离问题

→
→ ＝CA ＋AB ＋ BD ＋ 2(CA·AB＋CA· BD＋BD·AB)
2
→2
→2
→
→
→
→
＝ 3× 62＋ 2× 62× cos 60°＝ 144，∴ CD＝ 12.
题型二：求点线距
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为1， E为D1C1的中点，求下列问题： (1) 求C到直线AE的距离； z
y
x
课堂练习
1.已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面 ABCD，CG=2,E、F分别是AB、AD的中点，（1）求点B到平面GEF的距离。 z G （2）求GF与BC的距离
x
F D C
A
E
B
y
课堂练习
2.在三棱锥S-ABC中，ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC垂直平面ABC，SA=SC= 2 3 ， M、N分别
→
→
1 1 2 2 0＋＋＝，即 MN＝ . 4 4 2 2
→
→
→
方法总结
规律方法求两点间的距离的向量法主要是坐标法(易建系的)和基向量法(各基向量的模和夹角已知或可求)，利用向量模的定义求解．
ABβ 【变式1】如图所示，在120°的二面角α 中，AC⊂α，BD⊂β且AC⊥AB，BD⊥AB，
B
G
C
A
新课讲解三、点面距
一般方法：
利用定义先作出过这个点到平面的垂线段，再计算这个垂线段的长度。
P
d

O
还可以用等积法求距离.
1.向量法求点到平面的距离
d d | AP | sin sin AP | AP n | sin AP n

用空间向量法求解立体几何问题典例及解析

用空间向量法求解立体几何问题典例及解析以多面体为载体，以空间向量为工具，来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问题，是近年来高考数学的重点和热点，用空间向量解立体几何问题，极大地降低了求解立几的难度，很大程度上呈现出程序化思想。

更易于学生们所接受，故而执教者应高度重视空间向量的工具性。

首先，梳理一下利用空间向量解决立体几何的知识和基本求解方法一：利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的夹角范围：两条异面直线所成的夹角的取值范围是。

向量求法：设直线,a b 的方向向量为a,b ，其夹角为θ，则有cos ___________.θ= (2)直线与平面所成的角定义：直线与平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角。

范围：直线和平面所夹角的取值范围是。

向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为n ，直线与法向量所成角的余弦值为|cos |___________.θ=直线与平面所成的角为ϕ，则有sin ___________.ϕ=或在平面内任取一个向量m ，则|cos |___________.θ=.(3)二面角二面角的取值范围是 . 二面角的向量求法：方法一：在两个半平面内任取两个与棱垂直的向量，则这两个向量所成的即为所求的二面角的大小；方法二：设1n ，2n 分别是两个面的，则向量1n 与2n 的夹角(或其补角)即为所求二面角的平面角的大小。

二：利用空间向量求空间距离（1）点面距离的向量公式平面α的法向量为n ，点P 是平面α外一点，点M 为平面α内任意一点，则点P 到平面α的距离d 就是，即d =||||MP ⋅n n . （2）线面、面面距离的向量公式平面α∥直线l ，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈l ，平面α与直线l 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d = .平面α∥β，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈β，平面α与平面β的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n . （3）异面直线的距离的向量公式设向量n 与两异面直线a 、b 都垂直，M ∈a 、P ∈b ，则两异面直线a 、b 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n .三：利用空间向量解证平行、垂直关系1：①所谓直线的方向向量，就是指的向量，一条直线的方向向量有个。

高中数学 2-1 3.2.3空间向量与空间角 3.2.4空间向量与空间距离教案

3.2.3空间向量与空间角（一）教学目标1.知识与技能：掌握空间立体几何中用向量方法求角度问题2.过程与方法：通过分析、推导让学生掌握空间立体几何中用向量方法求角度问题。

3。

情感、态度与价值观：通过学生对问题的探究思考，广泛参与,提高学习质量,会用空间想像思维解决生活中实际问题。

（二）教学重点与难点重点：掌握空间立体几何中用向量方法求角度问题难点:掌握空间立体几何中用向量方法求角度问题（三）教学过程活动一：创设情景、引入课题问题1：在空间中，用空间向量解决立体几何的步骤? 问题2:空间中的距离有多少种？用空间向量如何解决？今天我们将在前面学习的基础上,进一步学习空间向量来表示并进行解决一些角度的应用．点题：今天我们学习“用空间向量方法求角度问题”活动二：师生交流、进入新知问题3：回忆立体几何中有那些空间角？求空间角有那些步骤？1 异面直线所成的角范围 0°＜θ≤90°方法 ①平移法；②补形法2 直线与平面所成的角范围 0°≤θ≤90°方法关键是作垂线，找射影3 二面角方法 ①定义法；②三垂线定理及其逆定理；③垂面法4、空间角的计算步骤一作、二证、三算问题4：想一想平面向量中两个向量的数量积的定义呢？a ·b ＝|a ||b |cos ＜a ,b ＞或cos ＜a ，b ＞＝a b a b ⋅⋅，可求两个向量的数量积或夹角问题；新课：三种空间角的向量法计算公式： ⑴线线角:异面直线,a b 所成的角θ:cos cos ,a b θ=<>;⑵线面角：直线a 与平面α(法向量n ）所成的角θ:sin cos ,a n θ=<>；⑶二面角：锐二面角θ:cos cos ,m n θ=<>，其中,m n 为两个面的法向量.活动三：合作学习、探究新知利用向量知识求线线角，线面角，二面角的大小。

(1）异面直线a、b所成的角：在空间中任取一点O，过点O分别引/a∥a，/b∥b，则/a，/b所成的锐角（或直角）叫做两条异面直线所成的角。

用空间向量求距离

计算点到直线距离
利用向量数量积的性质，有$vec{PQ} cdot vec{n} = 0$，进而求得点
$P$到直线的距离$d = frac{|Ax_0 + By_0 + C|}{sqrt{A^2 + B^2}}$。
公式在实际问题中应用场景
几何问题
01
在平面几何中，点到直线的距离公式可用于求解点到直线的最
计算向量$vec{AB}$
$vec{AB} = (x_2 - x_1, y_2 - y_1, z_2 z_1)$。
计算向量$vec{AB}$的模
得出两点间距离公式
$|vec{AB}| = sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 y_1)^2 + (z_2 - z_1)^2}$。
$d = sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2 + (z_2 - z_1)^2}$。
公式在实际问题中应用场景
1 2 3
空间几何问题
在解决涉及三维空间中点、线、面等几何元素的问题时，两点间距离公式可用于计算两点之间的距离。
物理问题
在物理学中，两点间距离公式可用于计算质点之间的距离，进而解决与距离相关的物理问题，如万有引力、电场强度等。
工程测量
在土木工程、水利工程等领域，两点间距离公式可用于测量地面上两点之间的水平距离或空间中两点之间的直线距离。
短距离、判断点与直线的位置关系等问题。
物理问题
02
在物理学中，点到直线的距离公式可用于计算电场强度、磁场
强度等物理量在空间中的分布情况。
工程问题
03
在工程领域中，点到直线的距离公式可用于计算建筑物之间的

利用空间向量解决空间距离问题

2x, 3x,
D A
x
得A1E与BD1的距离
d D1A1 n n
14 14
Cy
B
B1到面A1BE的距离
2)A1E
=(-1,1 2
,0),A1B=(0,1,-1)设n

(
x,
y,
z
)为面A1BE的法向量，
则
n

A1E

0,
n A1B 0,
x 1 y 0, 2 y z 0,
则D1
(0,
Hale Waihona Puke 0,1),B(1,1,
0),
A1
(1,
0,1),
E(0,
1 2
,1)
z

A1E

1,
1 2
,
0

,
D1B 1,1, 1
D1
E
C1
n

A1E

0,
x 1 y 0, 2
A1
B1
n D1B 0, x y z 0,
即zy
n
P
四种距离的统一向量形式：
点到平面的距离：
直线到平面的距离：
d

|
AP n |
平面到平面的距离：
n
异面直线的距离：
AB (x1 x2 )2 ( y1 y2 )2 (z1 z2 )2
例1、已知正方形ABCD的边长为4，
CG⊥平面ABCD，CG=2,E、F分别是AB、 AD的中点，求点B到平面GEF的距离。 z
即zy

2x, 2x,
z
D1 A1

3.2.4 空间向量法求距离

EF
设平面
(2, 2, 0), EG (2, r4, 2), EFG 的一个法向量为 n ( x,
y,
z
)x
D
C
Q r uuur r n EF，n

r n

(
1
,

1
uuur EG
uuur22xx24y
0 y2

,1) ,BE (2, 0, 0)
0
F A
3 3 r uuur
l a
l B1
B n
A1
A
uuur r
uuuur AB n
A1B1
r n

b
uuur r
r
已知向量 AB a和轴 l，e是 l 上与 l 同方向的单
位向量.
作点uuAuur在
l
上的射影 uuur
A1，作点
Br
在l
上的
射影 B1，则 A1B1叫做向量 AB在轴上或在e方向上的
正射影，简称射影.
z S
B
Ay
xC
D
小结：
1、怎样利用向量求距离？ ① 点到平面的距离：连结该点与平面上任意一点的向量在平面定
向法向量上的射影（如果不知道判断方向，可取其射影的绝对值）。 ② 点到直线的距离：求出垂线段的向量的模。
③ 直线到平面的距离：可以转化为点到平面的距离。
④ 平行平面间的距离：转化为直线到平面的距离、点到平面的距离。
上的任一点(常选择一个特殊点)的向量在平面的法向量上的射影的
绝对值.
一、求点到平面的距离
uur r PA n d r
n
P M

O

用向量法求空间距离

ABC Dmn1图向量法求空间距离向量融形、数于一体，具有几何形式和代数形式的“双重身份”，向量成为中学数学知识的一个交汇点，空间向量将空间元素的位置关系转化为数量关系，将过去的形式逻辑证明转化为数值计算，化繁难为简易，化复杂为简单，成为解决立体几何问题的重要工具。

1.异面直线n m 、的距离分别在直线n m 、上取定向量,,b a 求与向量b a 、都垂直的向量，分别在n m 、上各取一个定点B A 、，则异面直线n m 、的距离d 等于在上的射影长，即||n d =证明：如图1，设CD 为公垂线段，取b a ==,||||)(⋅=⋅∴⋅++=⋅∴++=||||||n n AB d ⋅==∴2平面外一点P 到平面α的距离如图2，先求出平面α的法向量，在平面内任取一定点A ，则点p 到平面α的距离d 等于在上的射影长，即||n d =因为空间中任何向量均可由不共面的三个基向量来线性表示，所以在解题时往往根据问题条件首先选择适当的基向量，把相关线段根据向量的加法、数乘运算法则与基向量联系起来。

再通过向量的代数运算，达到计算或证明的目的。

一般情况下，选择共点且不共面的三个已知向量作为基向量。

[例 1] 如图3，已知正三棱柱111C B A ABC -的侧棱长为2，底面边长为1，M 是BC 的中点，当1AB MN ⊥时，求点1A 到平面AMN 的距离。

图2A BC M N1A 1B1C 图3几何体中容易找到共点不共面且互相垂直的三个向量，于是有如下解法：解：当1AB MN ⊥时，如图4 ，、)0,0,0(A)81,1,0()0,43,43()2,21,23(1N M B 、、、)2,0,0(1A ，则)2,0,0(),0,43,43(),81,41,43(1==-=AA AM MN ，设向量),,(z y x n =与平面AMN 垂直，则有)0()1,1,3(8),81,83(81830434********>-=-=∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==⇒=⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫=+=++-⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊥⊥z zz z z n z y z x y x z y x AM n MN n 取)1,1,3(0-=n向量1AA 在0n 上的射影长即为1A 到平面AMN 的距离，设为d ，于是5521)1()3(|)1,1,3()2,0,0(||||,cos |||22201011011=+-+-⋅==><⋅=AA n AA AA d [例2]如图5，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，已知2=AB ，,51=AA E 、F 分别为D D 1、B B 1上的点，且.11==F B DE （Ⅰ）求证：⊥BE 平面ACF ；（Ⅱ）求点E 到平面ACF 的距离.分析：题中几何体易找到共点且相互垂直的三个基向量，故可通过建立空间直角坐标系来达到解题目的。

向量法求空间的距离和角

所以异面直线BD与D1A间的距离为
3 。 3
(2) A1 B1 = (0,1, 0), 设n = ( x, y, z )是平面A1DB的一个法向量，因为DA1 = (1, 0,1), DB = (1,1, 0)， ì ì x +z = 0 nDA1 = 0 镲由眄即取x = - 1, 镲 î x+y =0 î nDB = 0 | nA1 B1 | 1 2 于是n = (-1,1,1, )，且 = = 。 2 |n| 2 2 所以点B1到平面A1 BD的距离为。 2
例1：如图1所示：三棱柱ABC - A1 B1C1中，CA=CB， AB = AA1， ? BAA1 60o，（ 1）求证：AB^ A1C （2）若平面ABC ^ 平面AA1 B1 B， AB =CB，求直线A1C与平面BB1C1C 所成角的正弦值。
C C1
B A A1
B1
图1
C
C1
O
B A1
Z
解：由(1)知OC ^ AB，OA1 ^ AB，又平面ABC ^ 平面AA1 B1 B，交线为AB，所以OC ^ 平面AA1 B1 B，故OA、OA1、OC两两相互垂直。建立如图所示的空间直角坐标系 A
O
C
C1
B A1
B1 图1-2
X o - xyz 设AB = 2,由题设知A(1, 0, 0)、B(- 1, 0, 0)、C (0, 0, 3)、A1 (0, 3, 0), 则BC = (1, 0, 3)、 BB1 = AA1 = (- 1, 3, 0)、 A1C = (0, - 3, 3). 设n = ( x, y, z )是平面BBCC的法向量，则 ì x + 3z = 0 ì nBC = 0 镲即可取n = ( 3,1, -1)，眄镲 î nBB1 = 0 î - x + 3y = 0 nA1C 10 故 cos < n, A1C >= =. 5 | n | ×| A1C |

3.2.4 利用空间向量求空间距离课件(人教A版选修2-1)4

→NE·A→P＝0， N→E·A→C＝0，
即－x，12，1－z －x，12，1－z
，0，＝0， 3，1，＝0，
－z ＝0，化简得－ 3x＋12＝0.
x＝ ∴
63，
z＝1.
即 N 点的坐标为 63，0，1，从而 N 点到 AB 和 AP 的距
离分别为 1， 63. 点评：(1)本题利用题设条件将点到直线的距离转化为到
为 1.
(2)由已知有E→A⊥E→B1，B→1A1⊥E→B1，故二面角 AEB1A1 的平面角 θ 的大小为向量B→1A1与E→A的夹角．
( ) 因B→1A1＝B→A＝ 0，0， 2 ，E→A＝－ 23，－12， 2，
故 cos θ＝|E→ E→AA· ||BB→→11AA11|＝ 36，即 tan θ＝ 22.
解析：(1)如图，连接 BD 交 AC 于点 O，因为 BC＝CD，即△BCD 为等腰三角形，又 AC 平分∠BCD，故 AC⊥BD. 以 O 为坐标原点，O→B，O→C，A→P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 OC＝CDcos π3 ＝1，而 AC＝4，得 AO＝AC－OC＝3，又 OD＝CDsin π3 ＝ 3. 故 A(0，－3,0)，B( 3，0,0)，C(0,1,0)，D(－ 3，0,0)．因 PA⊥底面 ABCD，可设 P(0，－3，z)，因为 F 为 PC 的中点，所以 F0，－1，z2. 又A→F＝0，2，2z，P→B＝( 3，3，－z)，
点评：用空间向量求异面直线间的距离由两种方法：① 求公垂线的长度，用空间中两点间距离公式求解；②转化为点到直线的距离求解．
变式
训练
2.
如图，四棱锥 PABCD 中，PA⊥底面 ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB ＝∠ACD＝π3 ，F 为 PC 的中点，AF⊥PB.

第7讲利用空间向量求空间角、空间距离

[注意] 直线与平面所成角的范围为[0，π2]，而向量之间的夹角的范围为 [0，π]，所以公式中要加绝对值．
6
利用空间向量求空间角、空间距离
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3．二面角
(1)若 AB，CD 分别是二面角αl-β 的两个平面内与棱 l 垂直的异面直线，
则二面角(或其补角)的大小就是向量A→B与C→D的夹角，如图①.
逻辑推理
的距离问题和简单夹角问题.
2.平面与平面的夹数学运算
2.了解向量方法在研究立体几何问题中角(二面角)
直观想象
的作用
3.距离问题
2
利用空间向量求空间角、空间距离
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01 02
知识特训能力特训
3
利用空间向量求空间角、空间距离
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01
知识特训
范围为(0，π)，所以公式中要加绝对值．
5
利用空间向量求空间角、空间距离
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2．直线与平面所成角如图所示，设 l 为平面α的斜线，l∩α＝A，a 为 l 的方向向量，n 为平面α 的法向量，θ为 l 与α所成的角，则 sin θ＝|cos 〈a，n〉|＝||aa|·|nn||.
(3)点到平面的距离
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如 B 到图平所面示，α 已的知距离AB为为|B→平O|面＝_α_|A的→_B_|n一_·_| 条_n_| 斜__线__段．，n 为平面 α 的法向量，则点
11
利用空间向量求空间角、空间距离
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[记结论·提速能] 【记结论】
9
利用空间向量求空间角、空间距离

课时作业25：§3.2 第4课时　空间向量与空间距离(选学)

第4课时空间向量与空间距离(选学)一、选择题1.如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝2，E ，F 分别是平面A 1B 1C 1D 1，平面BCC 1B 1的中心，则E ，F 两点间的距离为( )A ．1 B.52 C.62 D.32考点向量法求空间距离题点向量法求两点间的距离答案 C解析以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则点E (1,1，2)，F ⎝⎛⎭⎫2，1，22，所以|EF |＝(1－2)2＋(1－1)2＋⎝⎛⎭⎫2－222＝62，故选C.2．已知平面α的一个法向量n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到α的距离为( ) A ．10 B ．3 C.83 D.103考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离答案 D解析由已知得P A →＝(1,2，－4)，故点P 到平面α的距离d ＝|P A →·n ||n |＝|－2－4－4|3＝103.3．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 是A 1B 1的中点，则点A 到直线BE 的距离是( )A.655B.455C.255D.55考点向量法求空间距离题点向量法求点到直线的距离答案 B解析建立空间直角坐标系如图所示，则BA →＝(0,2,0)，BE →＝(0,1,2)，设∠ABE ＝θ，则cos θ＝|BA →·BE →||BA →||BE →|＝225＝55，sin θ＝1－cos 2θ＝255. 故A 到直线BE 的距离d ＝|AB →|sin θ＝2×255＝455.4．(2018·江西南昌高二检测)正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面边长为2，侧棱长为4，则点B 1到平面AD 1C 的距离为( ) A.83 B.223 C.423 D.43 考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离答案 A解析如图，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,4)，B 1(2,2,4)，∴AC →＝(－2,2,0)，AD 1→＝(－2,0,4)，B 1D 1→＝(－2，－2,0)．设平面AD 1C 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－2x ＋4z ＝0，取z ＝1，则x ＝y ＝2，所以n ＝(2,2,1)，所以点B 1到平面AD 1C 的距离为|n ·B 1D 1→||n |＝83，故选A.5.如图，已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，A 1A ＝5，AB ＝12，则直线B 1C 1到平面A 1BCD 1的距离是( )A ．5B ．8 C.6013 D.133考点向量法求空间距离题点向量法求线到平面的距离答案 C解析方法一以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1→的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,12,0)，D 1(0,0,5)．设B (x,12,0)，B 1(x,12,5)(x >0)．设平面A 1BCD 1的法向量为n ＝(a ，b ，c )，由n ⊥BC →，n ⊥CD 1→，得n ·BC →＝(a ，b ，c )·(－x,0,0)＝－ax ＝0，n ·CD 1→＝(a ，b ，c )·(0，－12,5)＝－12b ＋5c ＝0，所以a ＝0，b ＝512c ，所以可取n ＝(0,5,12)．又B 1B →＝(0,0，－5)，所以点B 1到平面A 1BCD 1的距离为|B 1B →·n ||n |＝6013.因为B 1C 1∥平面A 1BCD 1，所以B 1C 1到平面A 1BCD 1的距离为6013.方法二因为B 1C 1∥BC ，所以B 1C 1∥平面A 1BCD 1，从而点B 1到平面A 1BCD 1的距离即为所求．如图，过点B 1作B 1E ⊥A 1B 于点E .因为BC ⊥平面A 1ABB 1，且B 1E ⊂平面A 1ABB 1，所以BC ⊥B 1E .又BC ∩A 1B ＝B ，所以B 1E ⊥平面A 1BCD 1，B 1E 的长即为点B 1到平面A 1BCD 1的距离．在Rt △A 1B 1B 中，B 1E ＝A 1B 1·B 1B A 1B ＝12×552＋122＝6013，所以直线B 1C 1到平面A 1BCD 1的距离为6013. 6．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是A 1C 1的中点，则O 到平面ABC 1D 1的距离为( ) A.32 B.24 C.12 D.33考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离答案 B解析以DA →，DC →，DD 1→为正交基底建立空间直角坐标系，则A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，C 1O →＝12C 1A 1→＝⎝⎛⎭⎫12，－12，0，平面ABC 1D 1的一个法向量DA 1→＝(1,0,1)，点O 到平面ABC 1D 1的距离 d ＝|DA 1→·C 1O →||DA 1→|＝122＝24.故选B.7．(2018·安徽六安高二检测)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2，若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( )A. 2B. 3 C ．2D.22考点向量法求空间距离题点向量法求两点间的距离答案 A解析如图，分别以CA ，CB ，CC 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，设AD ＝a ，则点D 的坐标为(1,0，a )， ∴CD →＝(1,0，a )，CB 1→＝(0,2,2)．设平面B 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB 1→＝0，n ·CD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，x ＋az ＝0，令z ＝－1，得n ＝(a,1，－1)．又平面C 1DC 的一个法向量为m ＝(0,1,0)， ∴cos 60°＝|m ·n ||m ||n |，即1a 2＋2＝12，∴a ＝2，即AD ＝ 2. 二、填空题8．在空间直角坐标系Oxyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d ＝________. 考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离答案 2解析 d ＝|n ·OP →||n|＝|－2－6＋2|4＋4＋1＝2.9．在底面是直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，BC ∥AD ，∠ABC ＝90°，P A ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，则AD 到平面PBC 的距离为________．考点向量法求空间距离题点向量法求线到平面的距离答案2解析 AD 到平面PBC 的距离等于A 到平面PBC 的距离．由已知可知AB ，AD ，AP 两两垂直．以A 为坐标原点，AB →，AD →，AP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，P (0,0,2)，则PB →＝(2,0，－2)，BC →＝(0,2,0)．设平面PBC 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥PB →，n ⊥BC →，即⎩⎪⎨⎪⎧2a －2c ＝0，b ＝0，取a ＝1，得n ＝(1,0,1)，又AB →＝(2,0,0)，所以d ＝|AB →·n ||n |＝ 2.10.(2018·北京通州潞河中学高二期中)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点F ，G 分别是AB ，CC 1的中点，则点D 1到直线GF 的距离为________．考点向量法求空间距离题点向量法求点到直线的距离答案423解析如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，F (1,1,0)，G (0,2,1)，于是有GF →＝(1，－1，－1)，GD 1→＝(0，－2,1)，所以|GF →·GD 1→||GF →|＝2－13＝13，|GD 1→|＝5，所以点D 1到直线GF 的距离为5－13＝423.11.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则点B 1到平面ABC 1的距离为________．考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离答案217解析建立如图所示的空间直角坐标系，则A ⎝⎛⎭⎫32，12，0，B (0,1,0)，B 1(0,1,1)，C 1(0,0,1)，则C 1A →＝⎝⎛⎭⎫32，12，－1，C 1B 1→＝(0,1,0)，C 1B →＝(0,1，－1)．设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y,1)，则有⎩⎨⎧C 1A →·n ＝32x ＋12y －1＝0，C 1B →·n ＝y －1＝0，解得n ＝⎝⎛⎭⎫33，1，1，则所求距离为|C 1B 1→·n ||n |＝113＋1＋1＝217.三、解答题12.如图，在五面体ABCDEF 中，AB ∥DC ，∠BAD ＝π2，CD ＝AD ＝2.四边形ABFE 为平行四边形，F A ⊥平面ABCD ，FC ＝3，ED ＝7，求直线AB 到平面EFCD 的距离．考点向量法求空间距离题点向量法求线到平面的距离解如图，以A 点为坐标原点，AB →，AD →，AF →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A (0,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)．设F (0,0，z 0)(z 0>0)，可得FC →＝(2,2，－z 0)．由|FC →|＝3，得22＋22＋(－z 0)2＝3，解得z 0＝1，则F (0,0,1)．因为AB ∥DC ，CD ⊂平面EFCD ，所以直线AB 到平面EFCD 的距离等于点A 到平面EFCD 的距离．设A 点在平面EFCD 上的射影为G (x 1，y 1，z 1)，则AG →＝(x 1，y 1，z 1)．所以AG →·DF →＝0，且AG →·CD →＝0，而DF →＝(0，－2,1)，CD →＝(－2,0,0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1＋z 1＝0， ①－2x 1＝0， ②解得x 1＝0， ③所以G 点在yOz 平面上，故G 点在FD 上，且GF →∥DF →. 又GF →＝(－x 1，－y 1，－z 1＋1)，故有y 12＝－z 1＋1.④联立①③④，解得G ⎝⎛⎭⎫0，25，45. 所以|AG →|为直线AB 到平面EFCD 的距离．而AG →＝⎝⎛⎭⎫0，25，45，所以|AG →|＝255，即直线AB 到平面EFCD 的距离为255.13．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝90°，M 为BB 1的中点，N 为BC 的中点．(1)求点M 到直线AC 1的距离； (2)求点N 到平面MA 1C 1的距离．考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，M (2,0,1)，C 1(0,2,2)，直线AC 1的一个单位方向向量为s 0＝⎝⎛⎭⎫0，22，22，AM →＝(2,0,1)，故点M 到直线AC 1的距离d ＝|AM →|2－|AM →·s 0|2＝5－12＝322.(2)设平面MA 1C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1C 1→＝0且n ·A 1M →＝0，即(x ，y ，z )·(0,2,0)＝0且(x ，y ，z )·(2,0，－1)＝0，即y ＝0且2x －z ＝0，取x ＝1，得z ＝2，故n ＝(1,0,2)为平面MA 1C 1的一个法向量，与n 同向的单位向量为n 0＝⎝⎛⎭⎫55，0，255.因为N (1,1,0)，所以MN →＝(－1,1，－1)，故点N 到平面MA 1C 1的距离d ＝|MN →·n 0|＝355.14．在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，底面ABC 为直角三角形，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1.已知G 与E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)．若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的最小值为________．考点向量法求空间距离题点向量法求两点间的距离答案55解析以A 为坐标原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设F (t 1,0,0)(0<t 1<1)，D (0，t 2,0)(0<t 2<1)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12， G ⎝⎛⎭⎫12，0，1. ∴EF →＝⎝⎛⎭⎫t 1，－1，－12，GD →＝⎝⎛⎭⎫－12，t 2，－1. ∵GD ⊥EF ，∴t 1＋2t 2＝1，由此推出0<t 2<12.又DF →＝(t 1，－t 2,0)，|DF →|＝t 21＋t 22＝5t 22－4t 2＋1＝5⎝⎛⎭⎫t 2－252＋15， ∴当t 2＝25时，|DF →|min ＝55.15．在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝22，∠ABC ＝90°，如图①把△ABD 沿BD 翻折，使得平面ABD ⊥平面BCD (如图②)．(1)求证：CD ⊥AB ；(2)若点M 为线段BC 的中点，求点M 到平面ACD 的距离；(3)在线段BC 上是否存在点N ，使得AN 与平面ACD 所成的角为60°？若存在，求出BN BC 的值；若不存在，请说明理由．考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离(1)证明由已知条件可得BD ＝2，CD ＝2，CD ⊥BD .因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，所以CD ⊥平面ABD ，又因为AB ⊂平面ABD ，所以CD ⊥AB .(2)解以点D 为原点，DB 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系，如图，由已知可得A (1,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (0,0,0)，M (1,1,0)，所以CD →＝(0，－2,0)，AD →＝(－1,0，－1)，MC →＝(－1,1,0)．设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则CD →⊥n ，AD →⊥n ，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋z ＝0，令x ＝1，得平面ACD 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)，所以点M 到平面ACD 的距离d ＝|n ·MC →||n |＝22.(3)解假设在线段BC 上存在点N ，使得AN 与平面ACD 所成角为60°，设BN →＝λBC →，0≤λ≤1，则N (2－2λ，2λ，0)，所以AN →＝(1－2λ，2λ，－1)，又因为平面ACD 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)，且直线AN 与平面ACD 所成的角为60°，所以sin 60°＝|AN →·n ||AN →||n |＝32，可得8λ2＋2λ－1＝0，所以λ＝14或λ＝－12(舍去)．综上，在线段BC 上存在点N ，使AN 与平面ACD 所成角为60°，此时BN BC ＝14.。

【全程复习方略】2014-2015学年高中数学 3.2.4空间向量与空间距离课时作业新人教A版选修2-1

空间向量与空间距离(30分钟50分)一、选择题(每小题3分,共18分)1.(2014·济宁高二检测)如图所示,在空间直角坐标系中,有一棱长为a的正方体ABCO-A′B′C′D′,A′C 的中点E与AB的中点F的距离为( )A. aB. aC.aD. a【解析】选B.由图易知A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),A′(a,0,a),所以F,E.所以|EF|=== a.2.已知直线l过点A(1,-1,2),和l垂直的一个向量为n=(-3,0,4),则P(3,5,0)到l的距离为( )A.5B.14C.D.【解析】选C.因为=(-2,-6,2).所以·n=(-2,-6,2)·(-3,0,4)=14,|n|==5.所以点P到直线l的距离为=.3.已知向量n=(2,0,1)为平面α的法向量,点A(-1,2,1)在α内,则P(1,2,-2)到α的距离为( )A. B. C.2 D.【解析】选A.因为=(-2,0,3),所以点P到平面α的距离为d===.4.(2014·安顺高二检测)正四面体ABCD的棱长为1,G是△ABC的中心,M在线段DG上,且∠AMB=90°,则GM 的长为( )A. B. C. D.【解析】选D.设=a,=b,=c,=+λ=-a+(a+b+c)=a+b+c,=+=(a-b)+a+b+c=a+b+c.由·=0,a·b=b·c=a·c=,可解得λ=.||=||=.【一题多解】取AB的中点N,由正四面体的对称性可知△AMB为等腰三角形,所以MN=AB=.又G为△ABC 的中心,所以NG=,故MG==.5.(2014·南宁高二检测)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是1,则直线DA1与AC间的距离为( )A. B. C. D.【解析】选 C.建立以A为原点,以AB,AD,AA1为x,y,z轴的空间直角坐标系,则得A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),=(1,1,0),=(0,-1,1),设线段MN为两直线DA1与AC的公垂线段,且设=(x,y,z),则⊥,⊥,得x+y=0,-y+z=0,令y=t,则=(-t,t,t),另可设M(m,m,0),N(0,a,b),=(-m,a-m,b)N(0,2t,t),2t+t=1,t=,=,==.6.(2014·邯郸高二检测)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=,N为BB1的中点,则|MN|的长为( )A. aB. aC. aD. a【解析】选A.设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=a,a·b=b·c=c·a=0,由条件知,=-=(+)-=(++)-(++)=(2a-c)-(-c+a+b)=a-b-c,||2==(2a-b-c)2=(4|a|2+|b|2+|c|2-4a·b-2a·c+b·c)=,所以||= a.【变式训练】正四面体ABCD棱长为2,E,F分别为BC,AD的中点,则EF的长为.【解析】||2==(++)2=+++2(·+·+·)=12+22+12+2[1×2×cos 120°+0+2×1×cos 120°]=2,所以||=,所以EF的长为.答案:二、填空题(每小题4分,共12分)7.(2014·延安高二检测)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,如果AB=BC=1,AA1=2,那么A到直线A1C的距离为.【解析】建立如图所示空间坐标系A1xyz,则A1(0,0,0),A(0,0,2),C(1,1,2),=(1,1,2),=(0,0,2),又cos∠AA1C===.设A到直线A1C的距离为d,则d=||sin∠AA1C=2×=.答案:8.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BC,CD的中点,则BD到平面EFD1B1的距离为 . 【解析】以D为原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,易求平面EFD1B1的法向量n=,又=,所以d==.答案:9.(2014·石家庄高二检测)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱A1B1,BB1的中点,则异面直线AM与CN的距离为.【解析】以A为原点,直线AB,AD,AA1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,易知=,=,设n=(x,y,z),且n⊥,n⊥,所以n·=x+z=0,n·=-y+z=0,所以x=-2z,y=z.取z=2,则n=(-4,1,2),所以AM与CN的距离d==.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)10.(2014·黄山高二检测)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=4,点M在A1C1上,|MC1|=2|A1M|,N 为D1C的中点,求M,N两点间的距离.【解题指南】建立空间直角坐标系表示出点M,N的坐标,利用空间两点的距离公式求出距离.【解析】建立如图所示空间直角坐标系,据题意有|A1C1|=2,因为|MC1|=2|A1M|,所以|A1M|=.所以M.又C(2,2,0),D1(0,2,4),N为CD1的中点,所以N(1,2,2),所以|MN|==.11.三棱柱ABC-A1B1C1是各条棱长均为a的正三棱柱,D是侧棱CC1的中点.(1)求证:平面AB1D⊥平面ABB1A1.(2)求点C到平面AB1D的距离.【解析】(1)如图所示,取AB1中点M,则=++,又=++.所以2=+=+.2·=(+)·=0,2·=(+)·(-)=||2-||2=0, 所以DM⊥AA1,DM⊥AB.所以DM⊥平面ABB1A1.因为DM⊂平面AB1D,所以平面AB1D⊥平面ABB1A1.(2)因为A1B⊥DM,A1B⊥AB1.所以A1B⊥平面AB1D.所以是平面AB1D的一个法向量.所以点C到平面AB1D的距离为d===== a.(30分钟50分)一、选择题(每小题4分,共16分)1.(2013·济南高二检测)已知点A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若=2,则空间P,D两点间的距离为( )A. B. C. D.【解题指南】先利用=2的关系求出P点坐标,再求两点间的距离.【解析】选D.设P(x,y,z),因为=2,所以(x-1,y-2,z-1)=2(-1-x,3-y,4-z),所以所以所以P(-,,3),=(,-,-2),所以||=.2.(2014·衡水高二检测)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=,||=1,点E是棱PB的中点.直线AB与平面ECD的距离为( )A.1B.C.D.【解析】选B.如图,以A为坐标原点,射线AB,AD,AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Axyz.则B(,0,0),P(0,0,),E.由||=1,得D(0,1,0),C(,1,0),从而=(,0,0),=,=,设平面DEC的法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0.故所以x=0,z=y.可取y=1,则n=(0,1,).故点A到平面ECD的距离d===,又直线A B∥平面ECD,所以直线AB到平面ECD的距离为.【变式训练】在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,BC∥AD,∠ABC=90°,PA=AB=BC=2,AD=1,则AD到平面PBC的距离为( )A. B.3 C.2 D.【解析】选D.由已知AB,AD,AP两两垂直.所以以A为坐标原点,AB,AD,AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),=(2,0,-2).=(0,2,0),设平面PBC的法向量为n=(a,b,c),则所以n=(1,0,1),又=(2,0,0),所以d==.3.(2014·昆明高二检测)ABCD为正方形,P为平面ABCD外一点,PD⊥AD,PD=AD=2,二面角P-AD-C的大小为60°,则P到AB的距离是( )A.2B.C.2D.【解析】选D.如图建立直角坐标系,易知∠PDC为二面角P-AD-C的平面角,PD=AD=2,得P(0,1,),A(2,0,0),B(2,2,0),=(-2,1,),=(0,2,0),设点P到AB的距离为d,则d=||sin∠PAB,cos∠PAB===,sin∠PAB===,所以d=×=.4.(2014·西安高二检测)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是底面A1B1C1D1的中心,则O到平面ABC1D1的距离是( )A. B. C. D.【解析】选 B.以D为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则有D1(0,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1), C1(0,1,1).因O为A1C1的中点,所以O,=,设平面ABC1D1的法向量为n=(x,y,z),则有即取n=(1,0,1),所以O到平面ABC1D1的距离为:d===.二、填空题(每小题5分,共10分)5.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,2AC=AA1=BC=2.若二面角B1-DC-C1的大小为60°,则AD的长为.【解析】以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2).设AD=a,则D点坐标为(1,0,a),=(1,0,a),=(0,2,2),设平面B1CD的一个法向量为m=(x,y,z).则⇒令z=-1,得m=(a,1,-1),又平面C1DC的一个法向量为n=(0,1,0),则由cos60°=得=,即a=,故AD=.答案:6.(2014·南京高二检测)等腰Rt△ABC斜边BC上的高AD=1,以AD为折痕将△ABD与△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出以下结论:①BD⊥AC;②∠BAC=60°;③异面直线AB与CD之间的距离为;④点D到平面ABC的距离为;⑤直线AC与平面ABD所成的角为45°.其中正确结论的序号是.【解析】因为AD⊥BD,AD⊥CD,平面ABD⊥平面ACD,所以∠BDC=90°,所以BD⊥平面ACD,所以BD⊥AC,所以①正确;又知AD=BD=CD=1,所以△ABC为正三角形,∠BAC=60°,所以②正确;以D为原点,DB,DC,DA分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,易知A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),所以=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(0,1,0),设n=(x,y,z),由n·=0,n·=0得x-z=0,y=0,令z=1得n=(1,0,1),所以异面直线AB与DC之间的距离d==,故③正确;因为△ABC边长为,所以S△ABC=,由V A-BDC=V D-ABC得×(×1×1)×1=××h,所以h=,故④正确;因为CD⊥平面ABD,所以∠CAD为直线AC与平面ABD所成的角,易知∠CAD=45°,故⑤正确.答案:①②③④⑤三、解答题(每小题12分,共24分)7.(2014·泰安高二检测)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点M,N分别为A1A和B1B的中点.(1)求异面直线CM与D1N所成角的余弦值.(2)求点D1到平面MDC的距离.【解析】(1)分别以DA,DC,DD1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M(2,0,1),C(0,2,0),N(2,2,1),D1(0,0,2).所以=(-2,2,-1),=(2,2,-1),cos<,>==,所以异面直线CM与D1N所成角的余弦值为.(2)=(2,0,1),=(0,2,0),=(0,0,2).设面DMC的法向量为n=(x,y,z),则⇒n=(1,0,-2),所以点D1到平面MDC的距离h===.【变式训练】(2014·安庆高二检测)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1,AEC1F为平行四边形.(1)求BF的长.(2)求点C到平面AEC1F的距离.【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3),设F(0,0,z).因为四边形AEC1F为平行四边形,所以由=得,(-2,0,z)=(-2,0,2),所以z=2.所以F(0,0,2).所以=(-2,-4,2).于是||=2.即BF的长为2.(2)设n1为平面AEC1F的法向量,显然n1不垂直于平面ADF,故可设n1=(x,y,1),所以所以即所以又=(0,0,3),设与n1的夹角为α,则cosα===. 所以C到平面AEC1F的距离为d=||·cosα=3×=.【拓展延伸】用向量法求点面距离的方法与步骤8.(2014·石家庄高二检测)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.(1)求点D到平面PEF的距离.(2)求直线AC到平面PEF的距离.【解析】(1)建立以D为坐标原点,DA,DC,DP分别为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系,如图所示.则P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E(1,,0),F(,1,0),=,=,设平面PEF的法向量n=(x,y,z),则n·=0且n·=0,所以令x=2,则y=2,z=3,所以n=(2,2,3),所以点D到平面PEF的距离为d===,因此,点D到平面PEF的距离为.(2)因为=,所以点A到平面PEF的距离为d===,所以AC到平面PEF的距离为.【变式训练】如图所示,已知边长为4的正三角形ABC中,E,F分别为BC和AC的中点,PA⊥平面ABC,且PA=2,设平面α过PF且与AE平行,求AE与平面α间的距离.【解析】设,,的单位向量分别为e1,e2,e3,选取{e1,e2,e3}作为空间向量的一组基底,易知e1·e2=e2·e3=e3·e1=0,=2e1,=2e2,=2e3,=+=+=+(+)=-2e1+e2+e3,设n=x e1+y e2+e3是平面α的一个法向量,则n⊥,n⊥,所以⇒⇒所以n=e1+e3.所以直线AE与平面α间的距离为。

用向量法求空间距离课件

奇异点
在某些情况下，向量法求空间距离可能会遇到奇异点，即某些点的坐标值可能为无穷大或不确定。对于这些点，应采取适当的处理方式，如排除或进行特殊处理。
实际应用中的考虑因素
坐标系选择
在实际应用中，应根据问题的具体情况选择合适的坐标系，如笛卡尔坐标系、极坐标系等。不同的坐标系可能会影响向量法求空间距离的结果。
03
向量法求空间距离的实例解析
点到直线的距离实例
总结词
利用向量法求点到直线的最短距离
详细描述
首先，我们需要确定直线和点在三维空间中的坐标。然后，通过向量的点积和向量的模长，我们可以计算出点到直线的向量。最后，利用向量法公式，我们可以求出点到直线的最短距离。
点到平面的距离实例
总结词
利用向量法求点到平面的最短距离
未来研究的方向与展望
1 2
深入研究向量法的理论基础
进一步探讨向量法的数学基础和原理，提高其理论水平。
拓展向量法的应用领域
发掘向量法在其他领域的应用价值，如机器学习、数据分析和人工智能等。
3
开发向量法的算法优化
针对向量法的计算过程进行优化，提高其计算效率和精度。
THANKS
感谢观看
用向量法求空间距离课件
目录
• 向量法求空间距离的基本概念 • 向量法求空间距离的公式推导 • 向量法求空间距离的实例解析 • 向量法求空间距离的注意事项 • 总结与展望
01
向量法求空间距离的基本概念
向量的概念
向量
既有大小又有方向的量。
向量的表示
用有方向的线段表示向量，线段的长度表示向量的大小，箭头表示向量的方向。
向量法求空间距离的优势与局限性
• 适用范围广：向量法不仅可以用于求解空间距离，还可以用于解决其他几何问题。

向量法求空间距离

解：以 A 为坐标原点，AB、AC、AA1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系.∵B1B⊥平面 ABC，∴∠B1CB 为 B1C 与平面 ABC 所成角，∴∠B1CB＝30°， Rt△B1BC 中，BB1＝1，∴BC＝ 3，又 AB＝1，Rt△BAC 中，AC＝ 2， z A1（0，0，1） 1（0， 2，1） 1＝（0， 2，0），C ，A1C ， A1 B1（1，0，1），C（0， 2，0）（－1， 2，－1），B1C ， B1 且A1B1＝（1，0，0），设＝（x，y，z）为异面直线 A1C1 与 B1C 公垂线的一个方向向量， n x 则 ·A 1＝0， ·B1C＝0 n n 1C
.
F B
C
【思考】若 G、H 分别为 D1D，AA1 中点，如何求平面 A1D1E 与平面 HGB 距离？ D A
G C
B E D1 B1 C1
H A1
注： ①用向量求点面距离可避免了过点向面作垂线的麻烦.②注意面面距离与点面距离的转化.
【知识点四】求异面直线间的距离. l1，l2 为异面直线，AB 为 l1，l2 公垂线估，C、D 分别为 l1，l2 上任意两点，则｜CD· ｜ n ｜＝｜CD ｜·｜cos＜CD ·＞｜＝ n 异面直线 l1，l2 的距离 d＝｜AB ｜｜ n
例 2 如图，在 60°的二面角的棱上，有 A、B 两点，线段 AC、BD 分别在二面角的两个面内，且都垂直于 AB，已知 AB＝4，AC＝6，BD＝8，求 CD 的长度.
C Bβ D α
注：使用向量法对此题计算时，由于考虑到未知条件 CD， AC BD 故应用已知的AB，，三个向量将未知向量CD表示出来，再利用｜CD｜ 2＝CD2 这一知识解题.

高中数学空间向量与立体几何立体几何中的向量方法利用空间向量求空间角空间距离问题数学.doc

3.2.3 利用空间向量求空间角、空间距离问题1．空间角及向量求法(1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( )(2)直线l∥平面α，则直线l到平面α的距离就是直线l上的点到平面α的距离．( )(3)若平面α∥β，则两平面α，β的距离可转化为平面α内某条直线到平面β的距离，也可转化为平面α内某点到平面β的距离．( )答案 (1)× (2)√ (3)√2．做一做(请把正确的答案写在横线上)(1)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的大小为________．(2)(教材改编P 111A 组T 11)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是C 1C 的中点，O 是底面ABCD 的中点，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 所成的角为________．(3)已知平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到平面α的距离为________．答案 (1)45°或135° (2)π2 (3)103解析 (2)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2 ，则O (1,1,0)，P (2，x,2)，B (2,2,0)，M (0,2,1)，则OP→＝(1，x －1,2)，BM →＝(－2,0,1)．所以OP →·BM →＝0，所以直线BM 与OP 所成角为π2. 探究1 利用空间向量求线线角例1 如图1，已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高分别为1和2，AB ＝4.求异面直线AQ 与PB 所成角的余弦值．[解] 由题设知，ABCD 是正方形，连接AC ，BD ，交于点O ，则AC ⊥BD .连接PQ ，则PQ 过点O .由正四棱锥的性质知PQ ⊥平面ABCD ，故以O 为坐标原点，以直线CA，DB，QP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图2)，则P(0,0,1)，A(22，0,0)，Q(0,0，－2)，B(0,22，0)，∴AQ→＝(－22，0，－2)，PB→＝(0,22，－1)．于是cos〈AQ→，PB→〉＝AQ→·PB→|AQ→||PB→|＝39，∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为3 9 .拓展提升两异面直线所成角的求法(1)平移法：即通过平移其中一条(也可两条同时平移)，使它们转化为两条相交直线，然后通过解三角形获解．(2)取定基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在由公式cos〈a，b〉＝a·b|a||b|求向量a、b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a、b用一组基底表示出来，再求有关的量．(3)用坐标法求异面直线的夹角的方法①建立恰当的空间直角坐标系；②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式；③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角；④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角．【跟踪训练1】如图，在三棱锥V－ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x，y，z轴上，D是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝θ.当θ＝π3时，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值．解由于AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)．当θ＝π3时，在Rt △VCD 中，CD ＝2，故有V (0,0，6)．所以AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)．所以cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD→|AC →||VD →|＝－22×22＝－24.所以异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24.探究2 利用空间向量求线面角例2 正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．[解] 建立如下图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0，a,0)，A 1(0,0, 2a )，C 1⎝⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a2， 2a ，取A 1B 1的中点M ，则M ⎝⎛⎭⎪⎫0，a2，2a ，连接AM ，MC 1，有MC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，0，0， AB →＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a )．∴MC 1→·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0， ∴MC 1→⊥AB →，MC1→⊥AA 1→，即MC 1⊥AB ，MC 1⊥AA 1，又AB ∩AA 1＝A ， ∴MC 1⊥平面ABB 1A 1 .∴∠C 1AM 是AC 1与侧面A 1ABB 1所成的角．由于AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，2a ，∴AC 1→·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|AC 1→|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ， ∴cos 〈AC1→，AM →〉＝9a 243a ×3a 2＝32. ∴〈AC 1→，AM →〉＝30°，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°. [解法探究] 此题有没有其他解法？解与原解建立相同的空间直角坐标系，则AB →＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a )，AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a . 设侧面ABB 1A 1的法向量n ＝(λ，x ，y )，∴n ·AB →＝0且n ·AA1→＝0.∴ax ＝0且2ay ＝0.∴x ＝y ＝0.故n ＝(λ，0,0)．∵AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a ， ∴cos 〈AC 1→，n 〉＝n ·AC1→|n ||AC 1→|＝－λ2|λ|.∴|cos 〈AC 1→，n 〉|＝12. ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.[条件探究] 此题中增加条件“E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点”，求B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值．解建立如图所示的空间直角坐标系，则B 1(0，a ，2a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，22a ，G ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－34a ，a 4，2a ，于是B 1F →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－a ，－22a ，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－a 2，22a ， EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－34a ，－a 4，2a . 设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a 2y ＋22az ＝0，－34ax －a 4y ＋2az ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2z ，x ＝6z ，令z ＝1，得x ＝6，y ＝2，所以平面GEF 的一个法向量为n ＝(6，2，1)，所以|cos 〈B 1F →，n 〉|＝|n ·B 1F →||n ||B 1F →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2a －22a 9×a 2＋a 22＝33. 所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为33.拓展提升求直线与平面的夹角的方法与步骤思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤：(1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量AB →； (3)求平面的法向量n ；(4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝|n ·AB→||n ||AB→|.【跟踪训练2】如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．解 (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN .由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎪⎫52，1，2， PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎨⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525，则直线AN 与平面PMN所成角的正弦值为8525.探究3 利用空间向量求二面角例3 如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值．[解] (1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，GF→的方向为x轴正方向，|GF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝3，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，3)．由已知，AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE －F的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C(－2,0，3)．连接AC，则EC→＝(1,0，3)，EB→＝(0,4,0)，AC→＝(－3，－4，3)，AB→＝(－4,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则⎩⎨⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎨⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.拓展提升二面角的向量求法(1)若AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB →与CD →的夹角(如图①)．(2)利用坐标法求二面角的步骤设n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图②.用坐标法的解题步骤如下：①建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系． ②求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n 1，n 2.③计算：求n1与n2所成锐角θ，cosθ＝|n1·n2| |n1||n2|.④定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ.【跟踪训练3】若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC ＝2，求二面角A－PB－C的余弦值．解解法一：如下图所示，取PB 的中点D ，连接CD .∵PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB .∴作AE ⊥PB 于E ，那么二面角A －PB －C 的大小就等于异面直线DC 与EA 所成的角θ的大小．∵PD ＝1，PE ＝PA 2PB ＝12，∴DE ＝PD －PE ＝12，又∵AE ＝AP ·AB PB ＝32，CD ＝1，AC ＝1，AC →＝AE →＋ED →＋DC →，且AE →⊥ED →，ED →⊥DC→，∴|AC →|2＝|AE →|2＋|ED →|2＋|DC →|2＋2|AE →|·|DC →|·cos(π－θ)，即1＝34＋14＋1－2×32×1×cos θ，解得cos θ＝33.故二面角A －PB －C 的余弦值为33.解法二：由解法一可知，向量DC →与EA →的夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小，如图，建立空间直角坐标系Cxyz ，则A (1,0,0)，B (0，2，0)，C (0,0,0)，P (1,0,1)，D 为PB的中点，D ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12，22，12. ∵PE EB ＝AP 2AB 2＝13，即E 分PB →的比为13，∴E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫34，24，34，EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14，－24，－34， DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，－22，－12，|EA →|＝32，|DC →|＝1，EA →·DC →＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－24×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12.∴cos 〈EA →，DC →〉＝EA →·DC →|EA →||DC →|＝33. 故二面角A －PB －C 的余弦值为33.解法三：如右图所示，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，AP →＝(0,0,1)，AB →＝(2，1,0)，CB →＝(2，0,0)，CP →＝(0，－1,1)，设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·AP →＝0，m ·AB →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ，y ，z ·0，0，1＝0，x ，y ，z ·2，1，0＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ，z ＝0，令x ＝1，则m ＝(1，－2，0)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎨⎧n ·CB →＝0，n ·CP →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ′，y ′，z ′·2，0，0＝0，x ′，y ′，z ′·0，－1，1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝0，y ′＝z ′.令y ′＝－1，则n ＝(0，－1，－1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝33.∴二面角A －PB －C 的余弦值为33.探究4 利用空间向量求距离例4 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．(1)求点D 到平面PEF 的距离； (2)求直线AC 到平面PEF 的距离．[解] 解法一：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，P (0，0,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0.设DH ⊥平面PEF ，垂足为H ，则DH →＝xDE →＋yDF →＋zDP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12y ，12x ＋y ，z ·(x ＋y ＋z ＝1)，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－1.∴DH →·PE →＝x ＋12y ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋y －z ＝54x ＋y －z ＝0.同理，DH →·PF →＝x ＋54y －z ＝0，又x ＋y ＋z ＝1，∴可解得x ＝y ＝417，z ＝917.∴DH →＝317(2,2,3)．∴|DH →|＝31717.因此，点D 到平面PEF 的距离为31717.(2)设AH ′⊥平面PEF ，垂足为H ′，则AH ′→∥DH →，设AH ′→＝λ(2,2,3)＝(2λ，2λ，3λ)(λ≠0)，则EH ′→＝EA →＋AH ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0＋(2λ，2λ，3λ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ，2λ－12，3λ.∴AH ′→·EH ′→＝4λ2＋4λ2－λ＋9λ2＝0，即λ＝117.∴AH ′→＝117(2,2,3)，|AH ′→|＝1717，又AC ∥平面PEF ，∴AC 到平面PEF 的距离为1717.解法二：(1)由解法一建立的空间直角坐标系知EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，设平面PEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋12y ＝0，x ＋12y －z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，z ＝32x ，令x ＝2，则n ＝(2,2,3)， ∴点D 到平面PEF 的距离d ＝|DE →·n ||n |＝|2＋1|4＋4＋9＝31717.(2)∵AC ∥EF ，∴直线AC 到平面PEF 的距离也即是点A 到平面PEF 的距离．又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，∴点A 到平面PEF 的距离为 d ＝|AE →·n ||n |＝117＝1717.拓展提升1.向量法求点到直线的距离的两种思路(1)将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题，即利用待定系数法求出垂足的坐标，然后求出向量的模，这是求各种距离的通法．(2)直接套用点线距公式求解，其步骤为直线的方向向量a →所求点到直线上一点的向量PP ′→及其在直线的方向向量a 上的投影→代入公式．注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化． 2．点面距、线面距、面面距的求解方法线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行．点面距的求解步骤：(1)求出该平面的一个法向量；(2)找出从该点出发的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．【跟踪训练4】正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是C 1C ，D 1A 1，AB 的中点，求点A 到平面EFG 的距离．解如图，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)，G (2,1,0)，∴EF →＝(1，－2,1)，EG →＝(2，－1，－1)，GA →＝(0，－1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EFG 的法向量，则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋z ＝0，2x －y －z ＝0，∴x ＝y ＝z ，可取n ＝(1,1,1)， ∴d ＝|GA →·n ||n |＝13＝33，即点A 到平面EFG 的距离为33.探究5 与空间有关的探索性问题例5 如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所成的平面互相垂直，BE ∥CF ，∠BCF ＝∠CEF ＝90°，AD ＝3，EF ＝2.(1)求证：AE ∥平面DCF ；(2)当AB 的长为何值时，二面角A －EF －C 的大小为60°？[解] 如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 所在直线分别作为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz .设AB ＝a ，BE ＝b ，CF ＝c ，则C (0,0,0)，A (3，0，a )，B (3，0,0)，E (3，b,0)，F (0，c,0)．(1)证明：AE →＝(0，b ，－a )，CB →＝(3，0,0)，BE →＝(0，b,0)，∴CB →·AE →＝0，CB →·BE →＝0，从而CB ⊥AE ，CB ⊥BE . 又AE ∩BE ＝E ， ∴CB ⊥平面ABE . ∵CB ⊥平面DCF ，∴平面ABE ∥平面DCF .又AE ⊂平面ABE ，故AE ∥平面DCF .(2)∵EF →＝(－3，c －b,0)，CE →＝(3，b,0)，且EF →·CE →＝0，|EF→|＝2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－3＋b c －b ＝0，3＋c －b2＝2，解得b ＝3，c ＝4.∴E (3，3,0)，F (0,4,0)．设n ＝(1，y ，z )与平面AEF 垂直，则n ·AE →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1，y ，z ·0，3，－a ＝0，1，y ，z ·－3，1，0＝0，解得n ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，3，33a.又∵BA ⊥平面BEFC ，BA →＝(0,0，a )，∴|cos 〈n ，BA →〉|＝|n ·BA →||n ||BA →|＝334a 2＋27＝12，解得a ＝92或a ＝－92(舍去)．∴当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°.拓展提升利用向量解决存在性问题的方法策略求解存在性问题的基本策略是：首先，假定题中的数学对象存在；其次，构建空间直角坐标系；再次，利用空间向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题；最后，解方程，下结论．利用上述思维策略，可使此类存在性难题变为常规问题．【跟踪训练5】在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝12AB ，点E 是棱AB 上一点，且AEEB＝λ. (1)证明：D 1E ⊥A 1D ；(2)是否存在λ，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4？并说明理由．解 (1)证明：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,2,1)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)．因为AEEB ＝λ，所以E ⎝⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，0，于是D 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1，A 1D →＝(－1,0，－1)，所以D 1E →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1·(－1,0，－1)＝－1＋0＋1＝0，故D 1E ⊥A 1D .(2)因为DD 1⊥平面ABCD ，所以平面DEC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设平面D 1EC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，又CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0，CD 1→＝(0，－2,1)，则⎩⎨⎧n 1·CE →＝0，n 1·CD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0＝0，n 1·0，－2，1＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ·21＋λ＝0，－2y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋λ，1，2. 因为二面角D 1－EC －D 的平面角为π4，所以22＝|n ·n 1||n ||n 1|，即22＝21＋4＋⎝⎛⎭⎪⎫21＋λ2，解得λ＝233－1. 故存在λ＝233－1，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4.1.用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线，把立体几何问题转化为向量问题.(2)通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及相应的距离和夹角等问题.(3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义. 2.利用法向量求直线AB 与平面α所成的角θ的步骤 (1)求平面α的法向量n .(2)利用公式sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||AB →||n |，注意直线和平面所成角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.3.利用法向量求二面角的余弦值的步骤 (1)求两平面的法向量.(2)求两法向量的夹角的余弦值.(3)由图判断所求的二面角是锐角、直角，还是钝角，从而下结论.在用法向量求二面角的大小时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度当然就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小.4.点面距的求解步骤(1)求出该平面的一个法向量.(2)找出从该点出发的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.1．若两异面直线l 1与l 2的方向向量分别为a ＝(0,4，－3)，b ＝(1,2,0)，则直线l 1与l 2的夹角的余弦值为( )A.32B.8525C.4315D.33答案 B解析设l 1，l 2的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝0×1＋4×2＋－3×05×5＝8525.2．直角△ABC 的两条直角边BC ＝3，AC ＝4，PC ⊥平面ABC ，PC ＝95，则点P 到斜边AB 的距离是( )A ．5B ．3C ．3 2 D.125答案 B解析以C 为坐标原点，CA ，CB ，CP 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A (4,0,0)，B (0,3,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，95，所以AB →＝(－4,3,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，0，95，所以AP →在AB →上的投影长为|AP →·AB →||AB →|＝165，所以点P 到AB 的距离为d ＝|AP →|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1652＝16＋8125－25625＝3.故选B.3．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E ，F 分别是AD ，BC 的中点，O 是正方形中心，则折起后，∠EOF 的大小为( )A ．(0°，90°)B ．90°C ．120°D ．(60°，120°)答案 C解析 OE →＝12(OA →＋OD →)，OF →＝12(OB →＋OC →)，∴OE →·OF →＝14(OA →·OB →＋OA →·OC →＋OD →·OB →＋OD →·OC →)＝－14|OA →|2.又|OE →|＝|OF →|＝22|OA →|，∴cos 〈OE →，OF →〉＝－14|OA →|212|OA →|2＝－12.∴∠EOF ＝120°.故选C. 4．平面α的法向量n 1＝(1,0，－1)，平面β的法向量n 2＝(0，－1,1)，则平面α与β所成二面角的大小为________．答案π3或2π3解析设二面角的大小为θ，则cos 〈n 1，n 2〉＝1×0＋0×－1＋－1×12·2＝－12，所以cos θ＝12或－12，∴θ＝π3或2π3.5．如图，在长方体AC 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝2，点E ，F 分别是平面A 1B 1C 1D 1、平面BCC 1B 1的中心．以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．试用向量方法解决下列问题：(1)求异面直线AF 和BE 所成的角；(2)求直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值．解 (1)由题意得A (2,0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，2，22，B (2,2,0)，E (1，1，2)，C (0,2,0)．∴AF →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫－1，2，22，BE →＝(－1，－1，2)， ∴AF →·BE →＝1－2＋1＝0.∴直线AF 和BE 所成的角为90°.(2)设平面BEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，又BC→＝(－2,0,0)，BE →＝(－1，－1，2)，则n ·BC →＝－2x ＝0，n ·BE →＝－x －y ＋2z ＝0，∴x ＝0，取z ＝1，则y ＝2，∴平面BEC 的一个法向量为n ＝(0，2，1)．∴cos 〈AF →，n 〉＝AF →·n|AF →||n |＝522222×3＝53333.设直线AF 和平面BEC 所成的角为θ，则sin θ＝53333，即直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值为53333.。

用向量求空间距离的常用方法

ｄ：
啊Ｉ
．
－
．
．
异面直线Ａ，，Ｃ，间的距离为ｃ与Ｂ之
．
推论１在图２中，如果Ａ与直线ＭＮ是异面直线，Ｂ那么Ａ与Ｂ也是异面直线．ＭＮ是ＡＭ与日的公垂ＭＮ且 Ⅳ
用向量法求空间的距离，几何、数、角等数学问把代题融为一体，免了做许多繁杂的辅助线和逻辑思维的过避
（）＋．＋．＋２（蔚蔚．）４＋丁：＋１１＋
２ × ２ × ｌ× ｃｓｏ６０。：，
（）３一和４的方向不必考虑，而且４具有任意性，以所
在解题时，择一个最好求的作为４向量．选以简化解题过程．
图３
、
用ＩＢ＝、（Ｉ２＋（一）＋（１２，中ＡＩ／ —Ｘ）２一Ｚ）其
，
的坐标分别是Ａ（，ｌＺ）Ｂ（２Ｙ，２．Ｉ，１，ｘ，２ｚ）Ｙ这种方法显然是要已知４．曰两点的坐标．二、Ｉ＝（求距离用４Ｉ４）。
不必用该公式求解外，他的各种距离都可以划归为线线其
当欲求的距离对应的垂线段可以作出来，且垂足可并以确定时，就可以用ｌ）求解．４Ｉ＝
例１（图）已知矩形ＡＢＣ如Ｄ中，Ｂ：１ＡＤ：３Ｅ，Ａ，，Ｆ分别是ＡＤ，Ｂ

高中数学 3.2.4用向量方法求空间中的距离课后习题新

第四课时用向量方法求空间中的距离课时演练·促提升1.若O为坐标原点,=(1,1,-2),=(3,2,8),=(0,1,0),则线段AB的中点P到点C的距离为()A. B.2 C. D.解析:由已知可得A(1,1,-2),B(3,2,8).于是P,又C(0,1,0),故||=.答案:D2.如图,在直二面角α-l-β中,AC⊂α,BD⊂β,AC⊥l,BD⊥l,AC=1,AB=2,BD=3,则C,D两点之间的距离为()A. B.2 C. D.解析:因为,所以||2=()2=||2+||2+||2+2()=12+22+32+2×(0+0+0)=14,故||=.答案:C3.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AA1的中点,则点A1到平面MBD的距离是()A.aB.aC.aD.a解析:以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系.∵正方体的棱长为a,∴A1(a,0,a),A(a,0,0),M,B(a,a,0),D(0,0,0).设n=(x,y,z)为平面MBD的一个法向量,则∵,∴令y=1,则z=2,x=-1,∴平面MBD的法向量为n=(-1,1,2).又∵=(a,0,a),∴点A1与平面MBD的距离d=a.答案:A4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点E是A1B1的中点,则点A到直线BE的距离是()A. B. C. D.解析:如图,建立空间直角坐标系,则=(2,0,0),=(1,0,2),设∠ABE=θ,则cos θ=,sin θ=.故A到直线BE的距离d=||sin θ=2×.答案:B5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是1,则点D1到AC的距离为.解析:以A为原点,AB,AD,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),C(1,1,0),D1(0,1,1).设M为AC中点,则M.∵AD1=CD1,∴MD1即为点D1到AC的距离.而||=,∴点D1到AC的距离为.答案:6.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BC,CD的中点,则点D到平面EFD1B1的距离为.解析:建立如图所示的空间坐标系.则D1(0,0,0),F,E,B1(1,1,0),D(0,0,1).故=(1,1,0),则可求得平面EFD1B1的法向量为n=.又=(0,0,1),故d=.答案:7.如图,在二面角α-l-β中,AB⊂α,且AB⊥l,CD⊂β,CD⊥l,B、C∈l,且AB,CD的夹角为60°,若AB=BC=CD=1,求A与D两点间的距离.解:∵,∴||2=()2=||2+||2+||2+2(),∵AB=BC=CD=1,AB⊥BC,CD⊥BC,且AB,CD的夹角为60°,∴=0,=||||cos=1×1×cos(180°-60°)=-,∴||2=1+1+1+2×=2,即||=,故A与D间的距离等于.8.如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1.求点C到平面AEC1F的距离.解:建立以D为原点,DA,DC,DF分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3),故=(0,4,1),=(-2,0,2).设n=(x,y,z)为平面AEC1F的法向量,则令z=1得y=-,x=1.故n=.又=(0,0,3),故点C到平面AEC1F的距离d=.故点C到平面AEC1F的距离为.B组1.在三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PA=1,PB=2,PC=3,则点P到△ABC的重心G的距离为()A.2B.C.1D.解析:建立如图的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3),所以G,故||==.答案:D2.已知直线l经过点A(2,3,1),且向量n=(1,0,-1)所在直线与l垂直,则点P(4,3,2)到l的距离为.解析:∵=(-2,0,-1),且n与l垂直,∴点P到l的距离为.答案:3.已知矩形ABCD中,AB=1,BC=,将矩形ABCD沿对角线AC折起,使平面ABC与ACD垂直.则B与D之间的距离为.解析:由B,D分别向AC作垂线,垂足分别为M,N.则可求得AM=,BM=,CN=,DN=.MN=1.∵,∴||2=()2=||2+||2+||2+2()=+12++2(0+0+0)=,∴||=.答案:4.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面为直角梯形,AB∥CD且∠ADC=90°,AD=1,CD=,BC=2,AA1=2,E是CC1的中点,则A1B1到平面ABE的距离是.解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,,1),A1(1,0,2),则=(0,2,0),=(-1,-,1),=(0,0,2).设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=0,z=1.故n=(1,0,1).故A1B1到平面ABE的距离d=.答案:5.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=60°,AB=AA1=A1C1=1,求BC1.解:,∴||2=()2=||2+||2+2=||2+||2.又∵∠BAC=60°,AB=AA1=A1C1=1,∴BC=1,CC1=1.∴||=,即BC1=.6.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.(1)求点D到平面PEF的距离;(2)求直线AC到平面PEF的距离.解:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F.设DH⊥平面PEF,垂足为H,则=x+y+z=,(x+y+z=1)..∴=x+y+-z=x+y-z=0.同理,x+y-z=0.又∵x+y+z=1,∴可解得x=y=,z=,∴×(2,2,3).∴||=.故点D到平面PEF的距离为.(2)设AH'⊥平面PEF,垂足为H'.则,设=λ(2,2,3)=(2λ,2λ,3λ)(λ≠0),则+(2λ,2λ,3λ)=,∴=4λ2+4λ2-λ+9λ2=0,即λ=.∴×(2,2,3),||=.又∵AC∥平面PEF,∴AC到平面PEF的距离为.7.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,∠BAD=∠ABC=90°,PA=AD=2,AB=BC=1,问:在线段PA上是否存在一点M,使其到平面PCD的距离为?若存在,试确定点M的位置;若不存在,请说明理由.解:如图,以点A为原点,AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(1,1,0),D(0,2,0),=(1,1,-2),=(0,2,-2).设直线PA上有一点M(0,0,z0),平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),则令z=1,得所以n=(1,1,1),所以n0=.故点M到平面PCD的距离为d=|n0·|=|2-z0|.令d=,可解得z0=3或z0=1.当z0=3时,M(0,0,3)在线段AP的延长线上,故舍去;当z0=1时,M(0,0,1)是线段AP的中点.综上可知,线段AP的中点到平面PCD的距离为.。

【全程复习方略】2014-2015学年高中数学 3.2.4空间向量与空间距离课件新人教A版选修2-1

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【题型示范】
类型一
点到点、点到线、线到线的距离
【典例1】
(1)(2014·临汾高二检测)如图,在60°的二面角α -AB-β
内,AC⊂β ,BD⊂α ,AC⊥AB于A,BD⊥AB于B,且AC=AB=BD=1,则CD 的长为 .
(2)如图,在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1,点M是线段DC1上的动点,试求点M到直线AD1距离的最小值.
的距离点到平
面的距离
设平面α 的法向量为n,B∉α ,A∈α ,则B点到
| BA n | 平面α 的距离d= n
2.解决立体几何问题的三种方法
逻辑推理作为工具解决问题. (1)综合方法:是以_________
向量的概念及其运算解决问题. (2)向量方法:是利用_____ (3)坐标方法:利用数及其运算来解决问题. 坐标方法经常与向量运算结合.
AD AB BC CD AB BC CD 2AB BC 2AB CD 2BC CD AB BC CD 12，
2 2 2 2 2 2 2 2
所以 AD ＝2 3，故选D.
【补偿训练】直角△ABC的两条直角边BC＝3，AC＝4，PC⊥平
面ABC，PC＝
OP n 2 6 2 ＝| |＝| |＝2. n 3
(2)如图所示，以AD的中点O为原点，以OD，OC所在直线为x轴、y轴，过O作 OM⊥平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系，则A( ，0，0)，
B(
2 1 2
3 1 1 3 D( 1 ，0，0)，所以 AC＝( 1 ， 3 ，， 0) AB ＝( ， 0， )， DC ＝( ，，， 0) 2 2 2 2 2 2