空间的角与距离(二)

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用空间向量研究距离、夹角问题(第二课时) 高中数学新教材人教A版

)
A1
A
E
C
B
A
在直角三角形中,易求得 BD1
6
,
2
5
，设向量BD1 与AF1
2
BD1 ⋅AF1
30
10
=
AF1 =
的夹角为θ,则直线BD1与AF1 ，所成
角的余弦值为|cos θ | ,则 cos θ
=
BD1 AF1
=
课堂检测
1.在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°D1, F1分别是A1B1，A1C1
则
，
·=0
+ =0
⇒
，
x
+
z
=
0
根据这个不定方程组，可以求得
若取z=1，则x=−1，y=−1，所以n=(−1，−1，1)是
平面的一个法向量.
一个法向量n=(x0，y0，z0).
若取z=−2，则x=2，y=2，所以n=(2，2，−2)是平
面的另一个法向量.
n
α
a
b
求得的n=(x0，y0，z0)是法向量中的一个，不是所有的法
Q
P
B
R
C1
B1 y
A1
x
分析：因为平面
PQR与平面A1B1C1
的夹角可以转化为平
面 PQR与平面
A1B1C1的法向量的
夹角，所以只需要求
出这两个平面的法向
量的夹角即可．
例题精讲 ——例
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=CB=2，AA1=3，∠ACB=90°，P为
z
C
P
BC的中点，点Q,R分别在棱AA1，BB1上，A1Q=2AQ，BR=2RB1,求平面PQR

《空间角与距离》课件

《空间角与距离》PPT课件
在这个PPT课件中，我们将探讨空间角与距离的概念、度量方法和应用。这些是三维空间中重要的数学基础，对于物理、工程和计算机等领域有着重要的意义。
空间角的概念
1 夹角定义
空间中两个射线之间的夹角被称为空间角。
2 计算方法
3 度量单位
空间角可以通过向量的内积和模长求得。
空间角的大小通常用弧度制来表示。
不同距离的应用
欧几里得距离
广泛应用于几何问题中的距离计算，例如点之间的最短路径。
曼哈顿距离
常用于衡量城市街道间的距离，尤其在导航和路径规划中得到广泛应用。
向量的模长
被用于求解向量之间的距离，例如判断两个向量的相似程度。
结语
空间角与距离的概念与应用是三维空间中重要的数学基础，对于物理、工程、计算机等领域都有着重要的意义。掌握这些概念将有助于深入理解和解决相关问题。
空间角的度量方法
球面角
用于度量球面上两条射线之间的夹角。
平面角
用于度量平面上两条射线之间的夹角。
二面角
用于度量空间中两个平面的夹角。
空间中的距离
1Hale Waihona Puke 欧几里得距离用于测量空间中两点之间的直线距离。
2 向量的模长
用于计算向量的长度，也可以看作是起点与终点之间的欧几里得距离。
3 曼哈顿距离
用于衡量城市街道等不规则环境下的距离。

空间角与距离的向量解法

第二讲空间角与距离的向量解法[知识梳理]［知识盘点］1．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。

2．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 就是在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n .［特别提醒］1．本讲知识是利用代数化方法研究几何问题，向量运算分为向量法与坐标法两类，以通过向量运算推理，去研究几何元素的位置关系为重点.利用两个向量（非零）垂直⇔数量积为零，可证明空间直线垂直；利用数量积可计算两异面直线的夹角，可求线段的长度；运用共面向量定理可证点共面、线面平行等；利用向量的射影、平面的法向量，可求点面距、线面角、异面直线的距离等.2．利用向量解立体几何问题，要仔细分析问题特点，把已知条件用向量表示，把一些待求的量用基向量或其他向量表示，将几何的位置关系的证明问题或数量关系的运算问题转化为典型的向量运算，以算代证，以值定形.这种方法可减少复杂的空间结构分析，使得思路简捷、方法清晰、运算直接，能迅速准确地解决问题. 3．线线垂直、两异面直线的夹角、两点间的距离等问题的解决往往借助于向量坐标.正方体、长方体、底面有一角为直角的直棱柱、底面为菱形的直四棱柱、四棱锥等凡能出现三条两两垂直直线的图形，常常考虑空间直角坐标系.4．在综合问题中，首先要注意是否构建直角坐标系，能较易建立直角坐标系的，尽量建立直角坐标系.其次要注意向量运算与基本性质相结合的论述，这是今后的方向，可以“形到形”，可以“数到形”，注意数形结合，向量方法与传统方法各有千秋，相得益彰.必须熟练掌握向量的基本知识和技能，尤其提出如下几点：（1）怎样选择应用基底（不设直角坐标系）和建立直角坐标系及坐标系建立技巧；（2）法向量的应用对处理角和距离的重要性；（3）怎样用向量解决立体几何中的几大常见题型；（4）准确判断是否选用向量处理问题，明确向量解题的缺点；（5）空间向量是怎样由平面向量拓展而来的.[基础闯关]1．长方体AC 1的长、宽、高分别为3、2、1，从A 到C 1沿长方体的表面的最短距离为AC 1(A)1+3 (B)2+10 (C)32 (D)232．已知三个向量,,OA OB OC 两两之间的夹角为060，又||1,||2,||3OA OB OC ===，则||OA OB OC ++=( )(A)3 (B)4 (C)5 (D)63．在长方体1111ABCD-A B C D 中，1,2AB BC a AA a ===，则1D 到直线AC 的距离为( ) (A)2a (B) 2a(C) 2a 4．ABCD 是边长为2的正方形，以BD 为棱把它折成直二面角A —BD —C ，E 是CD 的中点，则异面直线AE 、BC 的距离为 ( )(A)2(B)3(C)23(D)1 5．已知△ABC 的顶点坐标为A （1，1，1）、B （2，2，2）、C （3，2，4），则△ABC 的面积是_____________.6．A 、B 是直线l 上的两点，AB =4，AC ⊥l 于A ，BD ⊥l 于B ，AC =BD =3，又AC 与BD 成60°的角，则C 、D 两点间的距离是_______.[典例精析]例1．在棱长为1的正方体1111ABCD-A B C D 中，M N ，分别是11A B 和1BB 的中点，求直线AM 与CN 所成夹角的余弦值。

2024高考数学基础知识综合复习第21讲空间角与距离课件

=120°,E 是 BB1 的中点,则异面直线 CE 与 AC1 所成的角的余弦值是( B )
3
A.-4
3
B.4
1
C.8
1
D.-8
解析如图,取 CC1 中点 M,AC 中点 N,连接 MN,MB1,NB1,NB.
在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=AA1=2,BC=1,所以 AA1⊥平面 A1B1C1.
设
2-
BM=t,因为△B1C1M∽△CNC1,由相似比得
2
解得
2 2 -2+4
AN=
,由等面积法得
2-
2 -2+4
≥1(当且仅当
3
CG=
2 3
2 -2+4
=
2
4
,CN= ,由余弦定理可

2-
,所以
1
tan∠C1GC=

t=1 时,等号成立),故(cos∠C1GC)max=
求解.
考向3
二面角
典例4直三棱柱ABC-A1B1C1中,各棱长均等于2,M为线段BB1上的动点,则平
面ABC与平面AMC
1所成的二面角为锐角,则该角的余弦值的最大值为
2
___________.
2
解析延长 C1M 交 CB 于点 N,连接 AN,则平面 AMC1∩平面 ABC=AN,作 CG
⊥AN 于点 G,连接 C1G,∠C1GC 为所求的二面角的平面角.
1.空间角
(1)异面直线所成的角
①定义:已知两条异面直线 a,b 经过空间任一点 O 分别作直线 a'∥a,b'∥b,
我们把直线 a'与 b'所成的角叫做异面直线 a 与 b 所成的角(或夹角).

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题之二：夹角问题

量的夹角，所以只需要求出这两个平面的
法向量的夹角即可.
典型例题
例5如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=CB=2,AA1=3,∠ACB=90°,P为BC的
中点，点Q, R分别在棱AA1,BB1上，A1Q=2AQ,BR=2RB1.求平面PQR与平面
A1B1C1夹角的余弦值.
解：先做出平面PQR与平面A1 1 1 的
典型例题
例5如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=CB=2,AA1=3,
∠ACB=90°,P为BC的中点，点Q, R分别在棱AA1,BB1上，
A1Q=2AQ,BR=2RB1.求平面PQR与平面A1B1C1夹角的余弦值.
分析：因为平面PQR与平面A1B1C1的夹角
可以转化为平面PQR与平面A1B1C1的法向
若异面直线l1,l2所成的角为 (0 ≤ ) ，其方向向量分别为 , Ԧ
则 =< , Ԧ >, 或 = −<, >
Ԧ
2
∙ Ԧ
= < , Ԧ > =
Ԧ
不要将两异面直线所成的角与其方向向量的夹角等
同起来,因为两异面直线所成角的范围是0 ≤ ,而
交线。
做PE⊥ 1 1 于E,则PE//Q1 ,PQ∩
1 = .
PR∩ 1 1 = ,则GH即为平面PQR与
平面A1 1 1 的交线。
做PF⊥ 于F,连C1 , ∠1 就是平面
PQR与平面A1 1 1 的二面角的平面角。
我们在⊿PF1 中求∠1 ，接下去就是
= < 1 , 2 > =
.
1 2
反思：1、三式中到底是sin还是cos，我们要通过记图来记住公

高考数学复习8.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

2
又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选C.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
2.(2016·广州模拟)二面角的棱上有A，B两点，直线AC，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＝2 17 ，则该二面角的大小为答案解析
4.(2016·长春模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，
D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线
PA与平面DEF所成角的正弦值为答案解析
1 A.5
25 B. 5
√C. 55
2 D.5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11分类深度剖析课时作业
基础知识自主学习
知识梳理
1.两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
范围求法
l1与l2所成的角θ π
(0， 2 ]
|a·b| cos θ＝ |a||b|
a与b的夹角β [0，π] a·b cos β＝|a||b|
9.(2016·石家庄模拟)已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱 BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的
2 二面角的正切值为___3_____. 答案解析
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
10.(2016·南昌模拟)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E，F分别是边CD，CB的中点，AC∩EF＝O，沿EF将△CEF翻折到 △PEF，连接PA，PB，PD，得到如图(2)的五棱锥P－ABFED，且PB ＝ 10 . (1)求证：BD⊥平面POA；证明

空间角与空间距离

n
O
a
A

n
a
B
（3）二面角
(0, ]
设m、分别是平面 n a、b的法向量，二面角a l b的大 m n mn 小为，则cos = 或cos = . | m|| n| | m|| n|
n
a
A
O
m

n
l
B
P
m
b
2.用空间向量求空间距离：
（1）点到直线的距离
P
b
d
N
M
a
l
d PM sin PMN | b | 1 cos 2 a, b
（2）点到平面的距离
P
d
a
n
H
Q
d PH PQ cos PQ, n
PQ n n
（3）异面直线间的距离
n
A1
D1
b
B1
C1
d
A
D
C
a
B
d AA1 AC1 cos AC1 , n
（1）异面直线所成的角 (0, ] 2
设a、分别是直线 b a、b的方向向量，是直线a、b所成 ab 的角，则cos cos a, b . | a||b|

（2）直线与平面所成的角 [0, ] 2
设a是直线a的方向向量， n是平面a的法向量，为直线 an a与平面a 所成的角，则sin cos a,n . | a|| n|
AC1 n |n|
《空间角、空间距离》
复相关的重要定理：
等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两
边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等. a Q c
a

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，

用空间向量研究距离、夹角问题(第2课时)课件-高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

所以
sin
θ＝|cos〈n，—A1→B 〉|＝|n·——A1→→B |＝ |n|| A1B |
63，即
A1B
与平面
AEF
所成角的正弦值为
3 6.
三、两个平面的夹角
例 3 如图，四棱柱 ABCD － A1B1C1D1 的所有棱长都相等， AC∩BD ＝ O ， A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形. (1)证明：O1O⊥平面ABCD；
(1)证明：CM⊥SN；证明设PA＝1，以A为原点，射线AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系(如图).则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，
又 AN＝41AB，M，S 分别为 PB，BC 的中点， ∴N21，0，0，M1，0，12，S1，21，0，
C→M＝1，－1，21，S→N＝－12，－21，0， ∴C→M·S→N＝1，－1，12·－21，－12，0＝0，
3，－1，－ 7
3|＝71.
|A1B||O1A|
∴异面直线 A1B 与 AO1 所成角的余弦值为71.
反思感悟求异面直线夹角的方法
(1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解.
(2)向量法：在两异面直线a与b上分别取点A，B和C，D，则
→ AB
与
→ CD
可分别为a，b的方向向量，
∴点 S 到 y 轴的距离为 1，到 x 轴的距离为 3，则有 D(0,0,0)，S(－1， 3，0)，A(0,0,2)，C(2,0,0)，B(2,0,1)，
设平面SAD的法向量为m＝(x，y，z)， ∵A→D＝(0,0，－2)，A→S＝(－1， 3，－2)， ∴－－2x＋z＝03，y－2z＝0，取 x＝ 3，得平面 SAD 的一个法向量为 m＝( 3，1,0).

空间几何中的角度与距离计算

空间几何中的角度与距离计算在空间几何中，角度与距离的计算是非常重要的。

通过正确计算角度和距离，我们能够准确描述和分析物体的位置、运动以及相互关系。

本文将介绍空间几何中常用的角度计算方法和距离计算方法。

一、角度计算在空间几何中，角度是表示物体之间相对方向关系的重要指标。

常见的角度计算方法有以下几种：1. 余弦定理余弦定理是计算三角形内角的常用方法之一。

在空间几何中，如果已知三点的坐标，可以通过余弦定理计算出这三个点所形成的夹角。

余弦定理的公式如下：cos A = (b² + c² - a²) / (2bc)其中，A为夹角的大小，a、b、c为夹角对应的边长。

2. 矢量法矢量法是一种基于向量运算的角度计算方法。

通过将空间中的两个向量进行运算，可以得到它们之间的夹角。

常见的向量法角度计算包括点乘法和叉乘法。

（1）点乘法：两个向量的点乘结果等于它们的模长相乘再乘以它们之间的夹角的余弦值。

可以通过点乘法计算向量之间的夹角。

（2）叉乘法：两个向量的叉乘结果等于它们的模长相乘再乘以它们之间的夹角的正弦值。

可以通过叉乘法计算向量之间的夹角。

3. 三角函数在空间几何中，三角函数也是用于角度计算的常用方法之一。

通过正弦、余弦和正切等三角函数的运算，可以计算出角度的大小。

三角函数的计算方法需要先将坐标系进行转换，然后根据坐标的数值，利用相应的三角函数公式进行计算。

二、距离计算在空间几何中，距离是表示物体之间远近程度的重要指标。

常见的距离计算方法有以下几种：1. 欧几里得距离欧几里得距离是空间几何中最常用的距离计算方法。

对于二维或三维空间中的两个点，欧几里得距离可以通过计算它们在各坐标轴上的差值的平方和再开方的方式得到。

欧几里得距离的公式如下：d = √[(x₂-x₁)² + (y₂-y₁)² + (z₂-z₁)²]其中，d为距离，(x₁, y₁, z₁)和(x₂, y₂, z₂)分别为两个点的坐标。

用空间向量研距离、夹角问题(第二课时)课件

d＝
|B→C1|2－B→C1·A→→1C1
2＝
|A1C1|
10－952＝153．
例题解析
例 2．已知向量 n＝(2，0，1)为平面α的法向量，点 A(－1，2，1)在α内，则点 P(1，2，2)到平面α的距离为( B)
5
5
A. 5 B. 5 C．2 5 D. 10
∵P→A＝(－2，0，－1)，n＝(2，0，1)，∴点
7 7.
7 又二面角 B－AP－C 为锐二面角，故二面角 B－AP－C 的余弦值为 7 .
课堂小结
1．点到线的距离; 2．点到面的距离； 3．空间异面直线所成角； 4. 空间直线与平面所成角； 5. 二面角。
感谢您的观看
设 AC1 与平面 BB1C1C 所成的角为θ，
则 sin
θ＝|cos〈n，A→C1〉|＝||AA→→CC11|·|nn||＝
6 4 ，∴cos
θ＝
1－sin2θ＝
10 4.
例题解析
例 7.如图所示，ABCD－A1B1C1D1 是棱长为 6 的正方体，E，F 分别是棱 AB，BC 上的动点，且 AE＝BF.当 A1，E，F，C1 共面时，平面 A1DE 与平面 C1DF 所成锐二面角的余弦值为( B )
3．求平面和平面所成的角(二面角)
如图,若 PA⊥ 于 A,PB⊥β于 B,平面 PAB 交 l 于 E,则∠AEB 为二面角 - l -β的平面角，∠AEB+∠APB=180°若 n1、n2 分别为面 ,β的法向量， ∠.AEB=<n1,n2>(n1,n2 的方向指向二面角的异侧)或π-<n1,n2>(n1,n2 的方向指向二面角的同侧)，即二面角θ等于它的两个面的法向量的夹角(或夹角的补角).

46立体几何中的向量方法(Ⅱ)——求空间角与距离

第46课时立体几何中的向量方法(Ⅱ)——求空间角与距离编者：刘智娟审核：陈彩余第一部分预习案一、学习目标1. 掌握空间角的定义、范围，掌握求空间角的向量方法；2. 会利用向量方法对距离进行转化．二、知识回顾1．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为1v ，2v ，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝(2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为，，则直线l 与平面α所成角θ满足＝|cos 〈，〉|.(3)求二面角的大小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②③，1n ，2n 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 〈1n ，2n 〉或－cos 〈1n ，2n 〉． 2.点面距的求法如图，设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的距离d三、基础训练1．若平面α的一个法向量为＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量为＝(－2，－3,3)，则l 与α所成角的正弦值为________．2．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于________．班级_________ 学号_________ 姓名_________3．从空间一点P向二面角α—l—β的两个面α，β分别作垂线PE，PF，垂足分别为E，F，若二面角α—l—β的大小为60°，则∠EPF的大小为__________．4. 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________．5．在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中点，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于________．第二部分探究案探究一求异面直线所成的角问题1、如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，点E是正方形BCC1B1的中心，点F、G分别是棱C1D1、AA1的中点，设点E1、G1分别是点E、G在平面DCC1D1内的射影．(1)证明：直线FG1⊥平面FEE1；(2)求异面直线E1G1与EA所成角的正弦值．问题2、如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB＝BF＝1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值．探究二求直线与平面所成的角问题3、如图，已知四棱锥P—ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点．(1)证明：PE⊥BC；(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线P A与平面PEH所成角的正弦值．问题4、已知三棱锥P－ABC中，P A⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AC＝12AB，N为AB上一点，且AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点．(1)证明：CM⊥SN；(2)求SN与平面CMN 所成角的大小．探究三求二面角问题5、如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，点E 在线段PC上，PC⊥平面BDE. (1)证明：BD⊥平面P AC；(2)若P A＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．探究四求空间距离问题6、在三棱锥S—ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA ＝SC＝23，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示.求点B到平面CMN的距离．我的收获第三部分训练案见附页。

空间角与距离的计算

由△PAD 为等腰直角三角形得 PN⊥AD. 由 DC⊥AD，BC∥AD，BC＝12AD，N 是 AD 的中点得 BN⊥AD.所以 AD⊥平面 PBN. 由 BC∥AD 得 BC⊥平面 PBN，则平面 PBC⊥平面 PBN. 过点 Q 作 PB 的垂线，垂足为 H，连接 MH，易知 QH⊥平面 PBC，所以 MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的角．
令 y＝1，则 n＝(0,1，－1)，
BF＝1，EPPF＝2，所以 EP＝233，设 D 到面 PEA 的距离为 d，
因为 VA－EDP＝VD－AEP，即13·AD·S△EDP＝13·d·S△AEP，所以 d＝
AD·S△EDP＝ S△AEP
1×
3 3
＝
33× 2
2 2.
【通法指导】诚如上文所说，求点面距问题可以采用等积转换和向量法求解，除此之外个别问题也可采用垂面法(利用面面垂直性质定理)和等价转移法(利用线面平行)求解．当然，一些求几何体体积问题，也是对点面距问题的相应考查．
因为A→P＝－1，2
3
3，1，A→E＝(－1,0,1)
，
所以xy＝＝z0，，令 z＝1，则 n＝(1,0,1)．因为D→A＝(1,0,0)，
所以
D
到面
APE
的距离为
d＝|D→|An·|n|＝
|1| ＝ 2
2 2.
解法二：由(1)知，AD⊥平面 BFED，所以 AD⊥EP，
AD⊥ED.又因为 EP⊥ED，所以 EP⊥平面 ADE.BD＝ 3，
【题型分析】如图，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1， ∠BCD＝120°，四边形 BFED 为矩形，平面 BFED⊥平面 ABCD，BF＝1.

(整理)空间角与距离和空间向量

空间角与距离和空间向量直线和平面所成的角,二面角,都化归为平面几何中两条相交直线所成的角。

异面直线所成的角：通过平移的变换手段化归，具体途径有：中位线、补形法等。

直线和平面所成的角：通过作直线射影的作图法得到。

化归为平面角的度量，化归途径有：定义法，三垂线定理法，棱的垂面法及面积射影法。

距离：异面直线的距离，点面距离，线面距离及面面距离。

异面直线的距离：除求公垂线段长度外，通常化归为线面距离和面面距离。

ABC所成的角的距离为（）2,AB PA ==所成的锐二面角θ的大小；在空间，具有大小和方向的量叫做向量．长度相等且方向相同的有向线段表示同一空间向量的加法、减法与向量数乘运算是平面向量运算的推广． ()a b a b λλλ+=+.共线向量与共面向量:如果表示向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫共线向量或平行向量平行于同一平面的向量叫做共面的向量．任意两个向量总是共面的．,满足等式OPOA ta =+.其中向量的方向向量.p 与向量,a b 共面的充要条件是存在实数对件是存在有yMB 或对空间任一定点O ，有OP OM =唯一的有序实数组x 、y zc .,,a b c 都叫做基向量．是不共面的四点，则对空间任一点、y 、z , 使 OP zOC (这里隐含x +)3c 用A AM M =+Q Q 即证.4.两个向量的数量积(1)向量,a b 的数量积cos ;b a b a b =(2)向量的数量积的性质①cos a e a a e =(是单位向量)；②a b ⊥⇔22aa=.(3)向量的数量积满足如下运算律:①交换律:a b b ⋅=⋅②与实数相乘的结合律(a λ⋅()a b ⋅=()a b λ⋅; ③分配律:()a b c a c ⋅++⋅. 注:向量的数量积不满足结合律即()()a b c a b c ⋅⋅≠⋅⋅5.如果空间的一个基底的三个基向量互相垂直，且长都为1，则这个基底叫做单位正交基底，和一个单位正交基底，如图，以点O 为原点，分别以的方向为正方向建立三条数轴:x 轴、y 轴、z 轴，它们都叫做坐标轴，这时我们说建立了一个空间直角坐标系，,有序实数．对于空间任一点A ，对应一个向量OA xi y j z =++k ，即点A .空间向量的直角坐标运算12(,,b b ①112(,a b a b a +=±a ∥()b a b R λλ⇔=∈2a a a a=⋅=+a a a a⇒=⋅)2322212322bbbaa++⋅+(AB AB AB x=⋅=所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面①利用法向量可求点到平面的距离定理：如图，设|||AB nn⋅.②利用法向量可求二面角的平面角定理：设,m n分别是二面角lαβ--中平面则,m n所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小.||||m n或cos||||m narcm nπ⋅-（m，n为平面sin||||AB marcAB m⋅(m为平面α的法向量||n(12,l l的公垂向量为n实质是CD在公垂向量方向上的投影的绝对值，b＝(2，0，m)137((D)1362. 如图，已知空间四边形)6(D)3OA＝a，OB＝b，OC三点共线的条件是()锐角三角形(D)不确定、＝0，n b⋅＝0是n为平面α 的例66. 设a b法向量的(充分条件(B)充要条件(D)既非充分又非必要条件B C D这四个点是否共面__________.(1,0,1),(4,4,6),(2,2,3),(10,14,17)例70. 如图直角梯形，O A＝AB＝1，SO⊥平轴建立直角坐标系O-xyz.满足(1,,),=⊥n p q n满足且k=⊥⊥k r s k SC k OB(1,,)（注：⑶只要求写出答案）数学基础知识与典型例题(第九章直线、平面、简单的几何体)答案2（3）300例51. A 例52.B 例53B例54.B例55.C 例56.A例57. (1)450（2）2例58. 75 0或1650 例59. 作点A 关于αβ、的对称点A 1，A 2，A 1A 2的长度即为所求最短距离．例60. 解：以11B A 为x 轴，11D A 为y 轴，A A 1为z 轴建立空间直角坐标系（1）设E 是BD 的中点， P —ABCD 是正四棱锥，∴ABCD PE ⊥又2,AB PA = ∴2=PE ∴)4,1,1(P ∴ 11(2,2,0),(1,1,2)B D AP =-=∴ 110B D AP ⋅=即11PA B D ⊥ （2）设平面PAD 的法向量是(,,)mx y z =，(0,2,0),(1,1,2)AD AP ==∴02,0=+=z x y , 取1=z 得(2,0,1)m =-，又平面11BDD B 的法向量是(1,1,0)n =,∴10cos ,m n m n m n⋅<>==-∴θ=3）1(2,0,2)B A =-, ∴1B 到平面PAD 的距离16B A m d m⋅==例61.B 例62.A 例63.B 例64.D 例65.C 例66.C 例67.163或－11 例68.10 例69. 是例70. 解：⑴如图所示：C （2,0,0），S （0,0,1），O （0,0,0），B （1,1,0）(2,0,1),(1,1,0)cos ,52SC OB SC OB α∴=-=∴<>===⋅⑵①(1,1,1),(1,1,0)SBCB n SBC =-=-⊥,,1010,:1,2,(1,1,2)n SB n CB n SB p q n CB p p q n ∴⊥⊥∴⋅=+-=∴⋅=-+===∴=解得②SOE BC E BC OE O 面则于作过⊥⊥,,SAB SOE ⊥∴,,,,2,SE O OH SE H OH SBC OA CB F OF FH OFH ⊥⊥=∠又两面交于过作于则延长与交于则连则为所求,3sin 2SO OE OE SE OH SE ββ⋅=∴===又③k 的坐标为()1,1,2-；36=OH。

用空间向量研究距离、夹角问题(第2课时)高二数学 (人教A版2019选择性必修第一册)

二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
(2)平面与平面的夹角的向量表示式：设平面α，β的法向量分别是1 和2 ，则平面α与
平面β的夹角即为向量1 和2 的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ
＝|cos〈1 ，2 〉|＝
1 ∙2
1 2
.
【说明】二面角的平面角也可转化为两直线的方向向量的夹角．在两个半平面内，各
所以PB//平面ACN；

=

1
=2
（三）典型例题
（2）由PD ⊥平面ABCD，∠ = 90°.
以 D 为原点，以DA,DC ,DP 分别为, , 轴建立空间直角坐标系,如图.
由PD=3，PN=2ND，BC=2AD=2DC=3
3
2
3
2
则 N(0,0,1) , A( , 0,0), C(0, , 0),P(0,0,3)
∙

.
3
【做一做】已知向量m，n分别是直线l与平面α的方向向量、法向量，若cos〈，〉＝－ 2 ，则l与α所成
的角为( B )
A．30° B．60° C．150° D．120°
（二）用空间向量研究夹角
∙

【思考】设平面α的斜线l的方向向量为，平面α的法向量为，l与α所成的角的公式为什么不是cosθ＝
由（1）易知CD⊥平面AA1B1B，且 CD= 3．
如图，以B为原点，分别以射线BA，BA1为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系B-xyz，
【做一做】平面α的法向量 1 为(1,0，－1)，平面β的法向量 2 为(0，－1,1)，则平面α与平面β

的夹角为_______．
3

高中数学中的立体几何空间角与空间距离计算方法

高中数学中的立体几何空间角与空间距离计算方法立体几何是数学中的一个分支，其重点研究的是三维空间中点、线、面和体之间的关系。

在立体几何中，空间角和空间距离是非常关键的概念。

本文将详细探讨高中数学中的立体几何空间角与空间距离计算方法。

一、空间角的概念与计算方法1. 空间角的概念空间角指的是由两个非共面向量所张成的角度，在立体几何中具有重要的意义。

空间角的大小是依据两个向量的夹角计算得来的。

2. 空间角的计算方法在计算空间角时，我们首先需要求出两个向量的点积。

设向量a=(a1,a2,a3)和向量b=(b1,b2,b3)，则它们的点积为a*b=a1b1+a2b2+a3b3。

接下来，我们可以利用余弦定理来计算角度，即cosθ=(a*b)/(|a||b|)，其中|a|和|b|分别表示向量a和向量b的模长，θ表示向量a和向量b之间的夹角。

二、空间距离的概念与计算方法1. 空间距离的概念空间距离指的是三维空间中两个点之间的距离，也是立体几何中经常涉及到的一个概念。

2. 空间距离的计算方法我们可以借助勾股定理来计算空间距离。

设点A(x1,y1,z1)和点B(x2,y2,z2)是三维空间中的两个点，它们之间的距离为d，则d=sqrt((x2-x1)^2+(y2-y1)^2+(z2-z1)^2)。

三、空间角和空间距离的应用空间角和空间距离在立体几何中的应用非常广泛，例如在计算棱台的侧面积、计算四面体内切圆半径、求解圆锥截面面积等问题中，我们都需要用到空间角和空间距离的知识。

比如，在计算棱台的侧面积时，我们需要首先求出两条棱所在的平面之间的空间角，然后根据棱长和计算出的角度，就可以快速计算出棱台的侧面积。

在计算四面体内切圆半径时，我们需要先计算出四面体各面的法线向量，然后根据法线向量计算面上的角度，最后用勾股定理求出四面体内切圆的半径。

在求解圆锥截面面积时，我们需要用到空间角和空间距离的知识，以找出圆锥截面的边界和计算截面的面积。

03教学设计_1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题(2)

1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题第2课时用空间向量研究夹角问题本节课选自《2019人教A 版高中数学选择性必修第一册》第一章《空间向量与立体几何》，本节课主要学习运用空间向量解决计算空间角问题。

在向量坐标化的基础上，将空间中线线角、线面角及二面角问题，首先转化为向量语言，进而运用向量的坐标表示，从而实现运用空间向量解决空间角问题，为学生学习立体几何提供了新的方法和新的观点，为培养学生思维提供了更广阔的空间。

1.教学重点：理解运用向量方法求空间角的原理2.教学难点：掌握运用空间向量求空间角的方法多媒体一、情境导学地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”,黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°26'.黄道面与天球相交的大圆为“黄道”.黄道及其附近的南北宽9°以内的区域称为黄道带,太阳及大多数行星在天球上的位置常在黄道带内.黄道带内有十二个星座,称为“黄道十二宫”.从春分(节气)点起,每30°便是一宫,并冠以星座名,如白羊座、狮子座、双子座等等,这便是星座的由来.问题：空间角包括哪些角?求解空间角常用的方法有哪些?答案：线线角、线面角、二面角; 传统方法和向量法.二、探究新知1.利用向量方法求两异面直线所成角若两异面直线l1,l2所成角为θ,它们的方向向量分别为a,b,则有cos θ=|cos<a,b>|=|a·b||a||b|.特别提醒：不要将两异面直线所成的角与其方向向量的夹角等同起来,因为两异面直线所成角的范围是(0,π2],而两个向量夹角的范围是[0,π],事实上,两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系.3.二面角α-l-β中,平面α的一个法向量为n1=(√32,−12,−√2),平面β的一个法向量是n2=(0,12,√2),那么二面角α-l-β的大小等于() A.120° B.150° C.30°或150° D.60°或120°解析：设所求二面角的大小为θ,则|cos θ|=|n1·n2||n1||n2|=√32,所以θ=30°或150°.答案：C例1.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,试求直线EF和BC1所成的角.思路分析:建立空间直角坐标系,求出直线EF和BC1的方向向量的坐标,求它们的夹角即得直线EF和BC1所成的角.解:分别以直线BA,BC,BB1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系(如右图).设AB=1,则B(0,0,0),E(12,0,0),F(0,0,12),C1(0,1,1),所以EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,0,12),BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1).于是cos<BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF⃗⃗⃗⃗⃗ >=BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF⃗⃗⃗⃗⃗|BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||EF⃗⃗⃗⃗⃗ |=12√22×√2=12,所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.1.利用空间向量求两异面直线所成角的步骤.(1)建立适当的空间直角坐标系.(2)求出两条异面直线的方向向量的坐标.(3)利用向量的夹角公式求出两直线方向向量的夹角.(4)结合异面直线所成角的范围得到两异面直线所成角.2.求两条异面直线所成的角的两个关注点.(1)余弦值非负:两条异面直线所成角的余弦值一定为非负值,而对应的方向向量的夹角可能为钝角.(2)范围:异面直线所成角的范围是(0,π2],故两直线方向向量夹角的余弦值为负时,应取其绝对值.跟踪训练1 如图,在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1=2AB ,则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为 .解析：以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ,设AB=1.则B (1,1,0),A 1(1,0,2),A (1,0,0),D 1(0,0,2),A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-2), AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2), cos <A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=−4√5×√5=-45,故异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45. 答案:45例2.如图所示,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.思路分析:(1)线面平行的判定定理⇒MN ∥平面PAB.(2)利用空间向量计算平面PMN 与AN 方向向量的夹角⇒直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.(1)证明:由已知得AM=23AD=2.如图,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 ∥AM 且TN =AM , 所以四边形AMNT 为平行四边形, 于是MN ∥AT.因为AT ⊂平面P AB ,MN ⊄平面P AB , 所以MN ∥平面P AB.(2)解:如图,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=√AB 2−(BC 2) 2=√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A-xyz. 由题意知P (0,0,4),M (0,2,0),C (√5,2,0),N √52,1,2,PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-4),PN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√52,1,-2,AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√52,1,2.设n =(x ,y ,z )为平面PMN 的法向量,则{n ·PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y −4z =0,√52x +y −2z =0,可取n =(0,2,1).于是|cos <n ,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n||AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=8√525. 所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8√525.若直线l 与平面α的夹角为θ,利用法向量计算θ的步骤如下:跟踪训练2 在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为CC 1的中点,则直线A 1B 与平面BDE 所成的角为( )A.π6B.π3C.π2D.56π解析:以D 为原点建立空间直角坐标系,可求得平面BDE 的法向量n =(1,-1,2),而BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1),所以cos θ=1+22√3=√32,则θ=30°,故直线A 1B 与平面BDE 成60°角. 答案：B例3. 如图,在正方体ABEF-DCE'F'中,M ,N 分别为AC ,BF 的中点,求平面MNA 与平面MNB 所成锐二面角的余弦值.思路分析:有两种思路,一是先根据二面角平面角的定义,在图形中作出二面角的平面角,然后利用向量方法求出夹角从而得到所成二面角的大小;另一种是直接求出两个面的法向量,通过法向量的夹角求得二面角的大小.解:设正方体棱长为1.以B 为坐标原点,BA ,BE ,BC 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M (12,0,12),N (12,12,0),A (1,0,0),B (0,0,0). (方法1)取MN 的中点G ,连接BG ,AG ,则G (12,14,14). 因为△AMN ,△BMN 为等腰三角形,所以AG ⊥MN ,BG ⊥MN , 故∠AGB 为二面角的平面角或其补角.又因为GA⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,−14,−14) ,GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,−14,−14) ,所以cos <GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,GB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·GB⃗⃗⃗⃗⃗ |GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||GB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=−18√38×√38=-13 , 故所求两平面所成锐二面角的余弦值为13.(方法2)设平面AMN 的法向量n 1=(x ,y ,z ).由于AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,0,12),AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,12,0), 则{n 1·AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{−12x +12z =0,−12x +12y =0,令x=1,解得y=1,z=1,于是n 1=(1,1,1).同理可求得平面BMN 的一个法向量n 2=(1,-1,-1), 所以cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=−1√3×√3=-13, 故所求两平面所成锐二面角的余弦值为13.利用平面的法向量求二面角利用向量方法求二面角的大小时,多采用法向量法,即求出两个面的法向量,然后通过法向量的夹角来得到二面角的大小,但利用这种方法求解时,要注意结合图形观察分析,确定二面角是锐角还是钝角,不能将两个法向量的夹角与二面角的大小完全等同起来. 跟踪训练3 如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1=BC=AB=2,AB ⊥BC ,求二面角B 1-A 1C-C 1的大小.解：如图,建立空间直角坐标系.则A (2,0,0),C (0,2,0),A 1(2,0,2),B 1(0,0,2),C 1(0,2,2),即BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)是平面A 1C 1C 的一个法向量.设平面A 1B 1C 的一个法向量是n=(x ,y ,z ),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,-2), A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,0), 所以n ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x=0,n ·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x+2y-2z=0, 令z=1,解得x=0,y=1,故n =(0,1,1).设法向量n 与BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为φ, 二面角B 1-A 1C-C 1的大小为θ,显然θ为锐角. 因为cos θ=|cos φ|=|n·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n||BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12,解得θ=π3,所以二面角B 1-A 1C-C 1的大小为π3.金题典例如图,四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,AC ∩BD=O ,A 1C 1∩B 1D 1=O 1,四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形.(1)证明:O 1O ⊥底面ABCD.(2)若∠CBA=60°,求二面角C 1-OB 1-D 的余弦值.(1)证明因为四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形,所以CC 1⊥AC ,DD 1⊥BD ,又CC 1∥DD 1∥OO 1,所以OO 1⊥AC ,OO 1⊥BD ,因为AC ∩BD=O ,所以O 1O ⊥底面ABCD.(2)解：因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形ABCD 为菱形, AC ⊥BD.又O 1O ⊥底面ABCD ,所以OB ,OC ,OO 1两两垂直.如图,以O 为原点,OB ,OC ,OO 1所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系.设棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=√3,OC=1, 所以O (0,0,0),B 1(√3,0,2),C 1(0,1,2),平面BDD 1B 1的一个法向量为n =(0,1,0),设平面OC 1B 1的法向量为m =(x ,y ,z ),则由m ⊥OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,m ⊥OC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以{√3x +2z =0,y +2z =0,取z=-√3,则x=2,y=2√3,所以m =(2,2√3,-√3),所以|cos <m ,n >|=|m·n|m||n||=2√3√19=2√5719. 由图形可知二面角C 1-OB 1-D 的大小为锐角, 所以二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为2√5719. 延伸探究1 本例条件不变,求二面角B-A 1C-D 的余弦值.解:建立如图所示的空间直角坐标系.设棱长为2, 则A 1(0,-1,2),B (√3,0,0),C (0,1,0),D (-√3,0,0). 所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,-1,0).设平面A 1BC 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),则{n 1·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 1−2z 1=0,−√3x 1+y 1=0,取x 1=√3 ,则y 1=z 1=3,故n 1=(√3,3,3).设平面A 1CD 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 则{n 2·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 2−2z 2=0,−√3x 2−y 2=0,取x 2=√3,则y 2=z 2=-3,故n 2=(√3,-3,-3).所以|cos <n 1,n 2>|=|n 1·n 2|n 1||n 2||=57.由图形可知二面角B-A 1C-D 的大小为钝角,所以二面角B-A 1C-D 的余弦值为-57.延伸探究2 本例四棱柱中,∠CBA=60°改为∠CBA=90°,设E ,F 分别是棱BC ,CD 的中点,求平面AB 1E 与平面AD 1F 所成锐二面角的余弦值.解:以A 为坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示,设此棱柱的棱长为1,则A (0,0,0),B 1(1,0,1),E 1,12 ,0 ,D 1(0,1,1),F12 ,1,0 ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ = 1,12,0,AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1),AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12,1,0,AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1).设平面AB 1E 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),则{n 1·AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 1+z 1=0,x 1+12y 1=0,令y 1=2,则x 1=-1,z 1=1, 所以n 1=(-1,2,1).设平面AD 1F 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2). 则{n 2·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{y 2+z 2=0,12x 2+y 2=0. 令x 2=2,则y 2=-1,z 2=1.所以n 2=(2,-1,1).所以平面AB 1E 与平面AD 1F 所成锐二面角的余弦值为cos <n 1,n 2>=|n 1·n 2||n 1||n 2|=3√6×√6=12. 向量法求二面角(或其某个三角函数值)的四个步骤 (1)建立适当的坐标系,写出相应点的坐标;三、达标检测1.平面α的斜线l 与它在这个平面上射影l'的方向向量分别为a =(1,0,1),b =(0,1,1),则斜线l 与平面α所成的角为( ) A.30°B.45°C.60°D.90° 解析: l 与α所成的角即为a 与b 所成的角(或其补角),因为cos <a ,b >=a·b |a||b|=12,所以<a ,b >=60°. 答案：C2.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 >=- 12,则l 与α所成的角为( )A.30°B.60°C.120°D.150°解析：由已知得直线l 和平面α法向量所夹锐角为60°,因此l 与α所成的角为30°. 答案：A3.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别为棱BC 和棱CC 1的中点,则异面直线AC 和MN 所成的角为( ) A.30°B.45°C.90°D.60°解析以D 为原点,分别以DA ,DC ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,设正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中棱长为2,∵M 、N 分别为棱BC 和棱CC 1的中点,∴M (1,2,0),N (0,2,1),A (2,0,0),C (0,2,0),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0), 设异面直线AC 和MN 所成的角为θ,.cos θ=|MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√2×2√2=12,则又θ是锐角,∴θ=60°∴异面直线AC 和MN 所成的角为60°,故选D.答案D4.在三棱锥P-ABC 中,AB ⊥BC ,AB=BC=12PA ,点O ,D 分别是AC ,PC 的中点,OP ⊥底面ABC ,则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值为 .解析:以O 为原点,射线OA ,OB ,OP 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,如图,设AB=a ,则OP=√72a,OD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√24a,0,√144a),可求得平面PBC 的法向量为n =(−1,−1,√17),所以cos <OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√21030,设OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与面PBC 的角为θ,则sin θ=√21030. 答案:√210305.如图,四棱锥P-ABCD 中,PB ⊥底面ABCD ,CD ⊥PD ,底面ABCD 为直角梯形,AD ∥BC ,AB ⊥BC ,AB=AD=PB=3.点E 在棱PA 上,且PE=2EA.求二面角A-BE-D 的余弦值.解：以B 为原点,以直线BC ,BA ,BP 分别为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.设平面EBD 的一个法向量为n 1=(x ,y ,1),因为BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,3,0), 由{n 1·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{2y +1=0,3x +3y =0.所以{x =12,y =−12.教学中主要突出了几个方面：一是进一步突出运用向量法解决立体几何问题的基本程序，发展学生的数学建模思想和逻辑推理能力。

第八章 8.8空间向量在立体几何中的应用(二)——求空间角和距离

1.两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围 (0，π2][0，π] 求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b|a ||b |2.斜线和平面所成的角(1)斜线和它在平面内的射影的所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角). (2)斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角. 3.二面角(1)从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.(2)在二面角α—l —β的棱上任取一点O ，在两半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α—l —β的平面角. 4.空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|. (2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|.(3)求二面角的大小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〉或－cos 〈n 1，n 2〉. 5.(选用)点面距的求法如图，设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的距离d＝|AB →·n ||n |.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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.( × )(4)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π].( √ )(5)直线l 的方向向量与平面α的法向量夹角为120°，则l 和α所成角为30°.( √ )(6)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是( ) A.30° B.45° C.60° D.90°答案 D解析以A 为原点，以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，M (12，1,0)，D (0,1,0)，N (1,1，12)，A 1M →＝(12，1，－1)，DN →＝(1,0，12).cos 〈A 1M →，DN →〉＝12－1214＋1＋1 1＋14＝0， ∴A 1M 与DN 所成的角的大小是90°.2.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 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A.30°B.60°C.120°D.150° 答案 A解析设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.故选A.3.(教材改编)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________. 答案 π6解析以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1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 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角 cos ∠C 1AD ＝AC 1→·AD→|AC 1→||AD →|＝(1，3，22)·(1，0，22)12·9＝32，又∵∠C 1AD ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴∠C 1AD ＝π6. 4.(教材改编)二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，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_______. 答案 60°解析 ∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →， ∴|CD →|＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝36＋16＋64＋2CA →·BD →＝116＋2CA →·BD →＝217.∴CA →·BD →＝|CA →|·|BD →|·cos 〈CA →，BD →〉＝－24. ∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12.而二面角与〈CA →，BD →〉互补， ∴所求二面角为60°.5.P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________. 答案 90°解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22a ×b cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.题型一求异面直线所成的角例1 (2015·四川)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________. 答案 25解析建立空间直角坐标系如图所示，设AB ＝1，则AF →＝⎝⎛⎭⎫1，12，0， E ⎝⎛⎭⎫12，0，0，设M (0，y,1)(0≤y ≤1)，则EM →＝⎝⎛⎭⎫－12，y ，1， ∴cos θ＝|－12＋12y |1＋14 14＋y 2＋1＝1－y52·4y 2＋5.则cos θ＝1－y 52·4y 2＋5＝255·1－y 4y 2＋5，令t ＝1－y ，则y ＝1－t ，∵0≤y ≤1，∴0≤t ≤1，那么cos θ＝255·t4t 2－8t ＋9＝255t 24t 2－8t ＋9＝255 14－8t ＋9t2，令x ＝1t ，∵0≤t ≤1，∴x ≥1，那么cos θ＝25514－8x ＋9x 2，又∵z ＝9x 2－8x ＋4在[1，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1时，z min ＝5，此时cos θ的最大值为255·15＝255·55＝25.思维升华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等于两向量夹角余弦值的绝对值.如右图所示正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，已知点H 在A ′B ′C ′D ′的对角线B ′D ′上，∠HDA ＝60°.求DH 与CC ′所成的角的大小. 解如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度，建立空间直角坐标系Dxyz ，则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1). 设DH →＝(m ，m,1)(m >0)，由已知，〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →|·|DH →|·cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1，解得m ＝22，∴DH →＝(22，22，1)，∵cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，又∵〈DH →，CC ′→〉∈[0°，180°]， ∴〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DH 与CC ′所成的角为45°. 题型二求直线与平面所成的角例2 (2015·课标全国Ⅱ)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的底面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值. 解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8.因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10,4,8)，F (0,4,8)，FE →＝(10,0,0)，HE →＝(0，－6，8).设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3).又AF →＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.思维升华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，取其余角就是斜线和平面所成的角.如图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值.(1)证明易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直，如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系. 设AB ＝t ，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B (t,0,0)， B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D (0,3,0)，D 1(0,3,3). 从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,3,0)，因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0. 解得t ＝3或t ＝－3(舍去).于是B 1D →＝(－3，3，－3)，A C →＝(3，1,0)，因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0，所以AC →⊥B 1D →，即AC ⊥B 1D .(2)解由(1)知，AD 1→＝(0,3,3)，A C →＝(3，1,0)， B 1C 1→＝(0,1,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A C →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，－3，3). 设直线B 1C 1与平面ACD 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1C 1→〉|＝|n ·B 1C 1→|n |·|B 1C 1→||＝37＝217.即直线B 1C 1与平面ACD 1所成的角的正弦值为217. 题型三求二面角例3 (2015·安徽)如图所示，在多面体A 1B 1D 1-DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D -B 1的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)解因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)，D 1(0,1,1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝⎛⎭⎫12，12，1.设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，A 1D →＝(0,1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1,1,1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1,1,1).设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1,0,0)，A 1D →＝(0,1，－1)，由此同理可得n 2＝(0,1,1).所以结合图形知二面角E -A 1D -B 1的余弦值为 |n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63. 思维升华求二面角最常用的方法就是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角还是钝角.(2015·重庆)如图，三棱锥P -ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2. (1)证明：DE ⊥平面PCD ； (2)求二面角A -PD -C 的余弦值. (1)证明由PC ⊥平面ABC ， DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE .由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD . (2)解由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4，如图，过D 作DF 垂直CE于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2. 由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，P (0,0,3)，A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，E (0,2,0)，D (1,1,0)，ED →＝(1，－1,0)，DP →＝(－1，－1,3)，DA →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0. 设平面P AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2,1,1).由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1,0). 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故所求二面角A -PD -C 的余弦值为36. (选用)题型四求空间距离例4 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离.解如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，所以MO ⊥平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，所以OB ＝OM ＝3，则O (0,0,0)，C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)，所以BC →＝(1，3，0)，BM →＝(0，3，3). 设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥BC →，n ⊥BM →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1,1). 又BA →＝(0,0,23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.思维升华求点面距一般有以下三种方法：①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法.其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，D 是棱CC 1上的一点，P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点，且PB 1∥平面BDA 1. (1)求证：CD ＝C 1D ；(2)求二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值； (3)求点C 到平面B 1DP 的距离.(1)证明连接AB 1，交BA 1于点O ，连接OD .∵B 1P ∥平面BDA 1，B 1P ⊂平面AB 1P ，平面AB 1P ∩平面BA 1D ＝OD ，∴B 1P ∥OD . 又∵O 为B 1A 的中点，∴D 为AP 的中点. ∵C 1D ∥AA 1，∴C 1为A 1P 的中点. ∴DC 1＝12AA 1＝12CC 1，∴C 1D ＝CD .(2)解建立如图所示的空间直角坐标系A 1xyz ，则B 1(1,0,0)，B (1,0,1)，D (0,1，12)，∴A 1B 1→＝(1,0,0)，A 1B →＝(1,0,1)，A 1D →＝(0,1，12).设平面BA 1D 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1). 由⎩⎪⎨⎪⎧ A 1B →·n ＝0，A 1D →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋z 1＝0，y 1＋12z 1＝0. 令z 1＝2，则x 1＝－2，y 1＝－1，∴n ＝(－2，－1,2). 又A 1B 1→＝(1,0,0)为平面AA 1D 的一个法向量，∴cos 〈n ，A 1B 1→〉＝n ·A 1B 1→|n ||A 1B 1→|＝－23×1＝－23. 由图形可知二面角A －A 1D －B 为锐角，∴二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23. (3)解 ∵C (0,1,1)，D (0,1，12)，B 1(1,0,0)，P (0,2,0)， ∴CD →＝(0,0，－12)，DB 1→＝(1，－1，－12)，DP →＝(0,1，－12). 设平面B 1DP 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2).由⎩⎪⎨⎪⎧ DB 1→·m ＝0，DP →·m ＝0，得⎩⎨⎧ x 2－y 2－12z 2＝0，y 2－12z 2＝0.令z 2＝2，则x 2＝2，y 2＝1，∴m ＝(2,1,2).∴点C 到平面B 1DP 的距离d ＝|CD →·m ||m |＝13.6.利用空间向量求解空间角典例 (12分)(2014·天津)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点.(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值.规范解答(1)证明依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2).[1分]由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1).BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .[3分](2)解 BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2).设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，[5分] 可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的一个法向量.于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n |·|BE →|＝26×2＝33，所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.[7分] (3)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0).由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ).由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝(－12，12，32).[9分] 设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0. 不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)为平面F AB 的一个法向量.取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010. 易知，二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为31010.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.温馨提醒 (1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用.(2)本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范.(3)将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易失分.[方法与技巧]1.用向量来求空间角，都需将各类角转化成对应向量的夹角来计算，问题的关键在于确定对应线段的向量.2.求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段.[失误与防范]1.利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角.因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同.2.求点到平面的距离，有时利用等体积法求解可能更方便.3.求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角.A 组专项基础训练(时间：30分钟)1.若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A.120°B.60°C.30°D.60°或30°答案 C解析设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ.则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12. 又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选C.2.(2014·课标全国Ⅱ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.22答案 C解析补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角.由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1，可将三棱柱补成正方体. 建立如图所示空间直角坐标系.设正方体棱长为2，则可得A (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,1,2)，N (0,1,2)，∴BM →＝(－1，－1,2)，AN →＝(0,1,2).∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →| ＝－1＋4(－1)2＋(－1)2＋22×02＋12＋22＝36×5＝3010. 3.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22答案 B解析以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1.则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)， ∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12). 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，所以有⎩⎪⎨⎪⎧ A 1D →·n ＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2). ∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23. 4.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A.52B.－14C.14D.－52答案 B解析建立如图所示的空间直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )，∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝(z －52)2－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值－14. 5.在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________.答案 23解析以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2).设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1). 设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23. 6.已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值等于________.答案 23解析延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示.设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求二面角的平面角.∵BH ＝322，EB ＝1， ∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝23. 7.(2015·课标全国Ⅰ)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 ＝2DF ，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.(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 ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 8.(2014·课标全国Ⅰ)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值.(1)证明如图所示，连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点.又AB ⊥B 1C ，AB ∩BO ＝B ，所以B 1C ⊥平面ABO .由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO .又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)解因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC ，故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两互相垂直.以O 为坐标原点，OB →、OB 1→、OA →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|OB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形.又AB ＝BC ，OC ＝OA ，则A (0,0，33)，B (1,0,0)，B 1(0，33，0)，C (0，－33，0)，AB 1→＝(0，33，－33)，A 1B 1→＝AB →＝(1,0，－33)，B 1C 1→＝BC →＝(－1，－33，0). 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎨⎧ 33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3).设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0. 同理可取m ＝(1，－3，3).则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝17. 所以二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值为17. B 组专项能力提升(时间：15分钟)9.在正四棱锥S -ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是( )A.30°B.45°C.60°D.90° 答案 A解析如图，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a .则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a 2. 则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a,0)，设平面P AC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CA →＝0，n ·AP →＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z ，可取n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12，又∵〈CB →，n 〉∈(0°，180°)，∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°.10.如图，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CE BE ＝λ，当实数λ的值为______时，∠AFE 为直角. 答案 916 解析因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .∵AB ＝4，SA ＝3，∴B (0,4,0)，S (0,0,3).设BC ＝m ，则C (m,4,0)，∵SF BF ＝CE BE＝λ， ∴SF →＝λFB →.∴AF →－AS →＝λ(AB →－AF →).∴AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0,4λ，3)， ∴F (0，4λ1＋λ，31＋λ). 同理可得E (m 1＋λ，4,0)， ∴FE →＝(m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ). ∵F A →＝(0，－4λ1＋λ，－31＋λ)，要使∠AFE 为直角，即F A →·FE →＝0，则0·m 1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0， ∴16λ＝9，解得λ＝916. 11.(2015·江苏)如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1. (1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长.解分别以AB →，AD →，AP →为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2).(1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0).因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2).设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量.从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33.(2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值.又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.12.(2015·北京)如图，在四棱锥A -EFCB 中，△AEF 为等边三角形，平面AEF ⊥平面EFCB ，EF ∥BC ，BC ＝4，EF ＝2a ，∠EBC ＝∠FCB ＝60°，O 为EF 的中点.(1) 求证：AO ⊥BE ；(2) 求二面角F -AE -B 的余弦值；(3)若BE ⊥平面AOC ，求a 的值.(1)证明因为△AEF 是等边三角形，O 为EF 的中点，所以AO ⊥EF .又因为平面AEF ⊥平面EFCB ，AO ⊂平面AEF ，所以AO ⊥平面EFCB .所以AO ⊥BE .(2)解取BC 中点G ，连接OG .由题设知四边形EFCB 是等腰梯形，所以OG ⊥EF .由(1)知AO ⊥平面EFCB .又OG ⊂平面EFCB ，所以OA ⊥OG .如图建立空间直角坐标系Oxyz ，则E (a,0,0)，A (0,0，3a )， B (2，3(2－a )，0)，EA →＝(－a,0，3a )，BE →＝(a －2，3(a －2)，0).设平面AEB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·EA →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧ －ax ＋3az ＝0，(a －2)x ＋3(a －2)y ＝0.令z ＝1，则x ＝3，y ＝－1，于是n ＝(3，－1,1). 平面AEF 的法向量为p ＝(0,1,0).所以cos 〈n ，p 〉＝n·p |n ||p |＝－55.由题知二面角F -AE -B 为钝角，所以它的余弦值为－55.(3)解因为BE ⊥平面AOC ，所以BE ⊥OC ，即BE →·OC →＝0，因为BE →＝(a －2，3(a －2)，0)，OC →＝(－2，3(2－a )，0)，所以BE →·OC →＝－2(a －2)－3(a －2)2.由BE →·OC →＝0且0<a <2，解得a ＝43.。