空间几何中的角和距离的计算
暑假立体几何中的距离问题
立体几何中的距离问题【要点精讲】1．距离空间中的距离是立体几何的重要内容，其内容主要包括：点点距，点线距，点面距，线线距，线面距，面面距。
其中重点是点点距、点线距、点面距以及两异面直线间的距离．因此，掌握点、线、面之间距离的概念，理解距离的垂直性和最近性，理解距离都指相应线段的长度，懂得几种距离之间的转化关系，所有这些都是十分重要的求距离的重点在点到平面的距离，直线到平面的距离和两个平面的距离可以转化成点到平面的距离，一个点到平面的距离也可以转化成另外一个点到这个平面的距离。
两条异面直线的距离两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段的长度，叫做两条异面直线的距离；求法：如果知道两条异面直线的公垂线，那么就转化成求公垂线段的长度点到平面的距离平面外一点P在该平面上的射影为P′，则线段PP′的长度就是点到平面的距离；求法：○1“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。
○2等体积法。
直线及平面的距离：一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到平面的距离，叫做这条直线和平面的距离；平行平面间的距离：两个平行平面的公垂线段的长度，叫做两个平行平面的距离。
求距离的一般方法和步骤：应用各种距离之间的转化关系和“平行移动”的思想方法，把所求的距离转化为点点距、点线距或点面距求之，其一般步骤是：①找出或作出表示有关距离的线段；②证明它符合定义；③归到解某个三角形．若表示距离的线段不容易找出或作出，可用体积等积法计算求之。
异面直线上两点间距离公式，如果两条异面直线a 、b 所成的角为 ，它们的公垂线AA ′的长度为d ，在a 上有线段A ′E ＝m ，b 上有线段AF ＝n ，那么EF ＝θcos 2222mn n m d ±++（“±”符号由实际情况选定）点到面的距离的做题过程中思考的几个方面: ①直接作面的垂线求解；②观察点在及面平行的直线上，转化点的位置求解； ③观察点在及面平行的平面上，转化点的位置求解； ④利用坐标向量法求解⑤点在面的斜线上，利用比例关系转化点的位置求解。
空间向量的应用求空间角与距离
空间向量的应用----求空间角与距离一、考点梳理1.自新教材实施以来，近几年高考的立体几何大题，在考察常规解题方法的同时，更多地关注向量法〔基向量法、坐标法〕在解题中的应用。
坐标法〔法向量的应用〕，以其问题〔数量关系：空间角、空间距离〕处理的简单化，而成为高考热点问题。
可以预测到，今后的高考中，还会继续表达法向量的应用价值。
2.利用法向量求空间角和空间距离，其常用技巧与方法总结如下：1)求直线和直线所成的角假设直线AB 、CD 所成的角是α，cos α=|,cos |><CD AB ||||||CD AB CD AB •=2).利用法向量求线面角设θ为直线l 与平面α所成的角，ϕ为直线l 的方向向量v 与平面α的法向量n 之间的夹角，那么有2πϕθ=-或2πϕθ=+。
特别地0ϕ=时， 2πθ=，l α⊥；2πϕ=时，0θ=，l α⊂或l α。
计算公式为：||sin cos ||||v n v n θϕ==或||sin sin()cos (0)2||||||||v n v n v n v n v n πθϕϕ=-=-=-=<3).利用法向量求二面角设1n 、2n 分别为平面α、β的法向量，二面角l αβ--的大小为θ，向量1n 、2n 的夹角为ϕ，那么有θϕπ+=或θϕ=。
计算公式为：1212cos cos ||||n n n n θϕ=-=1212cos cos ||||n n n n θϕ==4).利用法向量求点面距离如图点P 为平面外一点，点A 为平面内的任一点，平面的法向量为n ,过点P 作平面α的垂线PO ，记∠OPA=θ，那么点P 到平面的距离θcos ||||PA PO d ==||||||||||||n PA PA n PA n PA n •=⊗•=5).法向量在距离方面除应用于点到平面的距离外，还能处理异面直线间的距离，线面间的距离，以及平行平面间的距离等。
其一，这三类距离都可以转化为点面间的距离；其二，异面直线间的距离可用如下方法操作：在异面直线上各取一点A 、B ，AB 在n 上的射影长即为所求。
8.7.2 利用空间向量求空间角和距离
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名师伴你行 ·高考一轮总复习 ·数学（理）
则各点的坐标分别为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，
P(0,0,2)，
报
告 一
因为B→P＝(－1,0,2)，设B→Q＝λB→P＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)， 课
时
又C→B＝(0，－1,0)，则C→Q＝C→B＋B→Q＝(－λ，－1,2λ)，
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
第8章 第7节 第2课时
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报 告
(1)[证明] 由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，
一
又PF∩EF＝F，所以BF⊥平面PEF.
课
时
又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
|AD||n|
3
2a ＝ 32a2×1
22，
作 业
二
解得θ＝45°，即AD与平面BCD所成的角为45°.
第8章 第7节 第2课时
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报
(2)∵A→D·B→C＝0，∴AD⊥BC，
告
一
∴AD与BC所成角为90°.
课
时
(3)设m＝(x，y，z)是平面ABD的法向量，
作 业
报 告 二
第8章 第7节 第2课时
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报
告
一
[考纲展示] 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平 课 时
面、平面与平面的夹角的计算问题．
作 业
报
2．了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．
空间几何的距离与角度知识点总结
空间几何的距离与角度知识点总结空间几何是数学中研究物体形状和位置的一个分支，涉及到距离和角度的概念。
在空间几何中，距离用来衡量物体之间的长度或间隔，而角度则用来描述物体之间的夹角或转动程度。
本文将对空间几何中的距离与角度的知识进行总结。
一、距离的概念与计算距离是空间几何中最基本的概念之一，它用来描述两点之间的间隔长度。
在空间中，距离可以分为两维空间和三维空间。
在二维空间中，距离的计算可以使用勾股定理来求解，即d = √((x₁-x₂)²+(y₁-y₂)²)，其中d表示距离，(x₁,y₁)和(x₂,y₂)表示两点的坐标。
在三维空间中，距离的计算可以使用三维勾股定理来求解，即d = √((x₁-x₂)²+(y₁-y₂)²+(z₁-z₂)²)，其中d表示距离，(x₁,y₁,z₁)和(x₂,y₂,z₂)表示两点的坐标。
二、角度的概念与计算角度是描述物体之间夹角或转动程度的概念，在空间几何中也是非常重要的。
角度的单位有度和弧度两种。
在二维空间中，角度的计算可以使用三角函数来求解。
两个向量的夹角可以使用点积的性质来计算，即θ = arccos((A·B)/(|A| |B|))，其中θ表示夹角，A和B分别为两个向量。
在三维空间中，角度的计算可以通过向量的叉积来求解，即θ = arcsin(|A×B|/(|A||B|))，其中θ表示夹角，A和B分别为两个向量。
三、常见几何体的距离与角度在空间几何中，有一些常见的几何体，如直线、平面、球体等，它们之间的距离和角度也有一些特殊的计算方法。
对于直线与直线之间的距离，可以寻找垂直于两条直线的公共垂线，然后计算垂足之间的距离。
对于平面与平面之间的距离，可以寻找垂直于两个平面的直线，然后计算这条直线与两个平面的交点之间的距离。
对于球体与球体之间的距离，可以寻找两个球体的球心连线，然后计算球心连线的长度减去两个球体半径之和。
用空间向量研究距离、夹角问题
用空间向量研究距离问题课程标准学习目标1.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题.2.体会向量方法在研究几何问题中的作用 1.借助直线的方向向量和平面的法向量,能计算点到直线的距离、点到平面的距离,并知道两条平行直线之间的距离、直线与平面平行时两者间的距离、两个平行平面之间的距离. 2.能分析和解决一些立体几何中的距离问题,体会向量方法与综合几何方法的共性和差异,体会直线的方法向量和平面的法向量的作用,感悟向量是研究几何问题的有效工具知识点 用空间向量研究距离问题 1.点到直线的距离如图1-4-18,已知直线l 的单位方向向量为u ,A 是直线l 上的定点,P 是直线l 外一点,设AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,则向量AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 在直线l 上的投影向量AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ·u )u.在Rt △APQ 中,由勾股定理,得PQ= = .图1-4-182.点到平面的距离如图1-4-19,已知平面α的法向量为n ,A 是平面α内的定点,P 是平面α外一点.过点P 作平面α的垂线l ,交平面α于点Q ,则n 是直线l 的方向向量,且点P 到平面α的距离就是AP⃗⃗⃗⃗⃗ 在直线l 上的投影向量QP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的长度.因此PQ=AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n|n |= = . 图1-4-19【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)(1)平面α外一点A 到平面α的距离,就是点A 与平面α内一点B 所成向量AB⃗⃗⃗⃗⃗ 的长度.( )(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∥平面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.()3.解决立体几何中问题的步骤用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”可以概括为“一化二算三译”六字诀.“一化”就是把立体几何问题转化为向量问题;“二算”就是通过向量运算,研究点、线、面之间的位置关系以及它们之间的距离问题;“三译”就是把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义.探究点一点到直线的距离例1 如图1-4-20,在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A'B'C'D',AB=1,BC=2,AA'=3,求点B到直线A'C的距离.图1-4-20变式1 [2020·潍坊高二期末] 已知A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),则点A到直线BC的距离为()B.1A.2√23C.√2D.2√2变式2 已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是C1C,D1A1的中点,求点A到直线EF的距离.[素养小结]用向量法求点到直线的距离的一般步骤:(1)建立空间直角坐标系;(2)求直线的方向向量;(3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线上的投影向量的长度;(4)利用勾股定理求解.另外,要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化.探究点二点到平面的距离例2 如图1-4-21,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F,G分别是C1C,D1A1,AB的中点,求点A到平面EFG的距离.图1-4-21变式如图1-4-22所示,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD=DA=2,F,E分别为AD,PC的中点.(1)求证:DE∥平面PFB;(2)求点E到平面PFB的距离.图1-4-22[素养小结]用向量法求点到平面的距离的步骤:(1)建系:建立恰当的空间直角坐标系;(2)求点的坐标:写出(求出)相关点的坐标;(3)求向量:求出相关向量的坐标;(4)利用公式即可求得点到平面的距离.探究点三线面距和面面距例3 如图1-4-23所示,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面为直角梯形,AB∥CD且∠ADC=90°,AD=1,CD=√3,BC=2,AA1=2,E是CC1的中点,求直线A1B1到平面ABE的距离.图1-4-23变式如图1-4-24,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,求平面A1BC1与平面ACD1的距离.图1-4-24[素养小结](1)求线面距离可以转化为求直线上任意一点到平面的距离,利用求点到平面的距离的方法求解即可.(2)求两个平行平面间的距离可以转化为求点到平面的距离,利用求点到平面的距离的方法求解即可.拓展如图1-4-25,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F 分别为AB,BC的中点.求:图1-4-25(1)点D到平面PEF的距离;(2)直线AC到平面PEF的距离.1.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的距离为()A.6√55B.4√55C.2√55D.√552.在三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PA=PB=PC=1,则点P到平面ABC的距离是()A.√66B.√63C.√36D.√333.若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,则点B到平面ACD1的距离为()A.√3B.√33C.3√22D.324.如图1-4-26,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,AD=1,点F,G分别是AB,CC1的中点,则点D1到直线GF的距离为.图1-4-265.在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1=1,AD=DC=√3,Q 是线段A 1C 1上一点,且C 1Q=13C 1A 1,则点Q 到平面A 1DC 的距离为 .用空间向量研究距离问题参考答案【课前预习】知识点1.√|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |2-|AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |2 √a 2-(a ·u )22.|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |n |||AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |诊断分析 (1)× (2)√ (3)√ 【课中探究】探究点一例1 解:因为AB=1,BC=2,AA'=3, 所以A'(0,0,3),C (1,2,0),B (1,0,0), 所以直线A'C 的方向向量A'C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-3). 又BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 在A 'C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影向量的长度为|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 'C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||A 'C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√14,所以点B 到直线A'C 的距离d=√|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2-(|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 'C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||A 'C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|) 2=√4-1614=2√357. 变式1 A [解析] ∵A (0,0,2),B (1,0,2),C (0,2,0),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-2),∴点A 到直线BC 的距离d=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |√1-(cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC⃗⃗⃗⃗⃗ >)2=1×√1-(-11×3)2=2√23.故选A .变式2 解:连接AF ,以D 为原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 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,如图所示,设DA=2,则A (2,0,0),E (0,2,1),F (1,0,2),则EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,1),FA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-2). |EF⃗⃗⃗⃗⃗ |=√12+(-2)2+12=√6,FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF⃗⃗⃗⃗⃗ =1×1+0×(-2)+(-2)×1=-1, FA ⃗⃗⃗⃗⃗ 在EF ⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影向量的长度为|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||EF ⃗⃗⃗⃗⃗|=√6, 所以点A 到直线EF 的距离d=√|FA |2-(√6) 2=√296=√1746. 探究点二例2 解:以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A (2,0,0),E (0,2,1),F (1,0,2),G (2,1,0), 所以AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),GE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),GF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,2). 设n=(x ,y ,z )是平面EFG 的法向量, 点A 到平面EFG 的距离为d ,则{n ·GE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·GF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{-2x +y +z =0,-x -y +2z =0,取z=1,得n=(1,1,1),所以d=|AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√3=√33,即点A 到平面EFG 的距离为√33.变式 解:(1)证明:以D 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则P (0,0,2),F (1,0,0),B (2,2,0),E (0,1,1), 所以FP⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1), 所以DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12FP ⃗⃗⃗⃗⃗ +12FB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,又因为DE ⊄平面PFB , 所以DE ∥平面PFB. (2)因为DE ∥平面PFB ,所以点E 到平面PFB 的距离等于点D 到平面PFB 的距离. 设平面PFB 的法向量为n=(x ,y ,z ), 则{n ·FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·FP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +2y =0,-x +2z =0,取x=2,得n=(2,-1,1). 因为FD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),所以点D 到平面PFB 的距离d=|FD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√6=√63,所以点E 到平面PFB 的距离为√63.探究点三例3 解:如图,以D 为坐标原点,分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A 1(1,0,2),A (1,0,0),E (0,√3,1),C (0,√3,0). 过点C 作AB 的垂线交AB 于点F ,易得BF=√3, ∴B (1,2√3,0),∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-√3,1). 设平面ABE 的法向量为n=(x ,y ,z ), 则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2√3y =0,-x -√3y +z =0,取x=1,得n=(1,0,1).∵AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),∴点A 1到平面ABE 的距离d=|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√2=√2.∵直线A 1B 1到平面ABE 的距离等于点A 1到平面ABE 的距离, ∴直线A 1B 1到平面ABE 的距离为√2.变式 解:如图,建立空间直角坐标系,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),设平面ACD 1的法向量为n=(x ,y ,z ),由n ⊥AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⊥AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 得{-x +y =0,-x +z =0,取x=1,得n=(1,1,1),所以平面ACD 1的一个法向量为n=(1,1,1),因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),所以点B 到平面ACD 1的距离d=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√3=√33. 因为平面A 1BC 1与平面ACD 1的距离等于点B 到平面ACD 1的距离, 所以平面A 1BC 1与平面ACD 1的距离为√33.拓展 解:(1)连接DE.∵PD ⊥平面ABCD ,∴PD ⊥AD ,PD ⊥CD ,又AD ⊥CD , ∴可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 1,12,0,F 12,1,0,∴PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,12,-1,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12,12,0. 设平面PEF 的法向量为n=(x ,y ,z ), 则{n ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-12x +12y =0,x +12y -z =0,取x=1,则平面PEF 的一个法向量为n=1,1,32.易知DE⃗⃗⃗⃗⃗ =1,12,0,设D 到平面PEF 的距离为d , 则d=|DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=|1+12|√172=3√1717, 故点D 到平面PEF 的距离为3√1717.(2)由(1)知,平面PEF 的一个法向量为n=1,1,32.∵EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12,12,0,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0), ∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥EF⃗⃗⃗⃗⃗ . ∵AC ,EF 不共线,∴AC ∥EF ,又∵AC ⊄平面PEF ,EF ⊂平面PEF ,∴AC ∥平面PEF. 易得AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,12,0,设直线AC 到平面PEF 的距离为h , 则h=|AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=12√172=√1717, 故直线AC 到平面PEF 的距离为√1717. 【课堂评价】1.B [解析] 如图,以B 为原点,分别以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2),设∠ABE=θ,则cos θ=|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗||BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2×√5=√55,则sin θ=√1-cos 2θ=2√55,故点A 到直线BE 的距离d=|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |sin θ=2×2√55=4√55. 2.D [解析] 以P 为原点,分别以PA ,PB ,PC 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A (1,0,0),B (0,1,0),C (0,0,1),则PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),易得平面ABC 的一个法向量为n=(1,1,1),则P 到平面ABC 的距离d=|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√33.3.A [解析] 如图,以D 为原点,分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x ,y ,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,则B (3,3,0),A (3,0,0),C (0,3,0),D 1(0,0,3),所以AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,3,0),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,0,3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,0).设平面ACD 1的法向量为n=(x ,y ,z ),则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-3x +3y =0,n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-3x +3z =0,取x=1,得n=(1,1,1),∴点B 到平面ACD 1的距离d=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√3=√3.故选A . 4.√423 [解析] 连接GD 1.以D 为坐标原点,分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x ,y ,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,则D 1(0,0,2),F (1,1,0),G (0,2,1),所以GF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,-1),GD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,1),所以GF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·GD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |GF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2-1√3=1√3,|GD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5,所以点D 1到直线GF 的距离为√5-13=√423. 5.√33 [解析] 连接DQ ,建立如图所示的空间直角坐标系,则D (0,0,1),C (0,√3,1),A 1(√3,0,0),C 1(0,√3,0),由C 1Q=13C 1A 1,得Q √33,2√33,0,∴DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,0),DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,-1),DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√33,2√33,-1.设平面A 1DC 的法向量为n=(x ,y ,z ),由{n ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{√3y =0,√3x -z =0,可取n=(1,0,√3),∴点Q 到平面A 1DC 的距离d=|DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√33.。
空间几何中的角和距离的计算
空间角和距离的计算(1)一线线角1. 直三棱柱A i B i C i-ABC , / BCA=90 0,点D〔，F i 分别是A i B i 和A i C i 的中点，若BC=CA=CC 1, 求BD i与AF i所成角的余弦值.2. 在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，/ BAD=90 °, AD // BC, AB=BC=a , AD=2a , 且PAL面ABCD , PD与底面成30°角.(1) 若AE ± PD , E为垂足，求证：BE ± PD;(2) 若AE ±PD,求异面直线AE与CD所成角的大小.二.线面角i .正方体ABCD-A i B i C i D i中，E, F分别为BB i、CD的中点，且正方体的棱长为2.(1) 求直线DiF和AB和所成的角；(2) 求D i F与平面AED所成的角.2. 在三棱柱A i B1C1-ABC中，四边形AA侣侣是菱形，四边形BCC i B i是矩形，C i Bi± AB , AB=4 , C i B i=3, ZABB i=600,求AC i与平面BCC i B i所成角的大小.三.二面角i .已知A i B i C i-ABC是正三棱柱，D是AC中点.(1) 证明AB i //平面DBC i;(2) 设AB i±BC i,求以BC i为棱，DBC i与CBC i为面的二面角的大小.2. ABCD 是直角梯形，Z ABC=90°, SAX面ABCD , SA=AB=BC=i , AD=0.5 .(1) 求面SCD与面SBA所成的二面角的大小；(2) 求SC与面ABCD所成的角.3. 已知A i B i C i-ABC是三棱柱，底面是正三角形, —C 的大小. ZA i AC=60°, / A i AB=45°,求二面角B— AA iB iC iB・A i空间角和距离的计算⑵四空间距离计算(点到点、异面直线间距离)1. 在棱长为a的正方体ABCD-A 1B1C1D1中，P是BC的中点,DP 交AC 于M, B1P 交BC1 于N.(1) 求证：MN上异面直线AC和BC1的公垂线；(2) 求异面直线AC和BC1间的距离.(点U线，点到面的距离)2. 点P为矩形ABCD所在平面外一点，PAL面ABCD , Q为线段AP的中点，AB=3 , CB=4 ,PA=2,求：(1) 点Q到直线BD的距离；(2) 点P到平面BDQ的距离.3. 边长为a的菱形ABCD中，/ ABC=60 0, PCX平面ABCD , E是PA的中点，求E到平面PBC 的距离.(线到面、面到面的距离)4, 已知斜三棱柱A i B1C1-ABC 的侧面A i ACC 1 与底面ABC 垂直，/ ABC=90 0, BC=2 , AC=2 J3 ,且AA i±A i C, AA i=A i C.(1) 求侧棱AA i与底面ABC所成角的大小；(2) 求侧面A i ABB 1与底面ABC所成二面角的大小;(3) 求侧棱B i B和侧面A i ACC i距离.5. 正方形ABCD和正方形ABEF的边长都是1,且平面ABCD、ABFE互相垂直，点M在AC 上移动，点N在BF上移动，若CM=NB=a ( 0 a ^2 ).(1) 求MN的长；(2) 当a为何值时，MN的长最小.。
空间几何中的角度计算和距离计算
(
).
A.2 2
B.2 3
C.2 6
D.4
【解析】 取 BE 中点为 F,C'E=C'B=4,所以 C'F⊥BE,
所以 C'F⊥平面 ABED,作 C'G⊥AB,连接 FG,易证
FG⊥AB,所以 FG=2,C'F=2 2,所以 C'G=2 3.
3.三棱锥 P-ABC,PA=PB=PC= 73,AB=10,BC=8,CA=6,则二面
,AB=4,PC=3.
(1)求证:EF⊥平面PCH;
(2)求点B到平面PEF的距离.
【解析】 (1)∵E,F 是 AB,AD 的中点,
∴EF∥BD,且在正方形 ABCD 中,AC⊥BD,
∴EF⊥HC.
又∵PC⊥平面 ABCD,EF⊂平面 ABCD,
∴EF⊥PC,HC∩PC=C,∴EF⊥平面 PCH.
1 1
=
E
1 -B1
1
1
3
3
,即 h△1 1 E = ·C1F·△ 1 E ,
E
因为 AB=AA1=2 2,AC=BC=2,
所以 B1E=BE= 10,BB1=2 2,
1
所以Δ ห้องสมุดไป่ตู้ E = ×2 2×2 2=4,
2
又因为 B1E= 10,C1E= 4 + 2= 6,B1C1=2,
成的平面角,
所以∠ABC 为二面角 α-l-β 的平面角,所以
∠ABC=45°,
所以 AD=BD=AB×sin 45°= 3,
所以 CD=BC-BD=1,tan∠ACD=
= 3,
所以∠ACD=60°.
故直线 AC 与平面 β 所成角的大小为 60°.
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 |
考点08 空间角的求解问题(解析版)
考点08 空间角的求解问题立体几何是历年高考的必考题，其考查形式主要为空间几何体的有关计算（主要是体积计算），空间线面的位置关系以及空间角和距离的求解。
例如：2022年全国乙卷（理）[18]，2022年全国甲卷（理）[18]，2022年浙江高考[19]，2022年新高考Ⅰ卷[19]，2022年新高考Ⅱ卷[20]，2022年天津高考[17]，2022年北京高考[17]等都对空间几何体的体积进行了考查。
〔1〕平移法求异面直线所成的角求异面直线所成的角的方法为平移法，平移法一般有3种 (1)利用图形中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移； (3)补形平移.〔2〕线面角、二面角1.线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，把线面角转化到一个三角形中求解.2.二面角的求法：二面角的大小用它的平面角来度量. 平面角的作法常见的有①定义法；①垂面法。
〔3〕利用空间向量求空间中的角与距离 1.异面直线所成角若异面直线1l ，2l 所成的角为θ，则|||||cos |cos b a b a b a ==θ(注意：两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的两向量的夹角的取值范围为(0，π)，所以公式中要加绝对值)，其中a ，b 分别是直线1l ，2l 的方向向量。
2.直线与平面所成角已知直线l 与平面α，A l =α ，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|||||cos |sin n a n a n a ==θ。
(注意:直线与平面所成角的范围为⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π，而向量的夹角的取值范围为[]π,0，所以公式中要加绝对值)。
3.二面角设1n 为平面α的法向量，2n 为平面β的法向量，1n ，2n 的夹角为θ，l =βα ，则二面角βα--l 的大小为θ或θπ-。
设二面角βα--l 的大小为ϕ，则|||||cos ||cos |2121n n ==θϕ①①所示。
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。
高考数学复习考点题型专题讲解15 空间角、距离的计算(几何法、向量法)
高考数学复习考点题型专题讲解专题15 空间角、距离的计算(几何法、向量法) 高考定位 1.以空间几何体为载体考查空间角(以线面角为主)是高考命题的重点，常与空间线面位置关系的证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进行考查.高考注重利用向量方法解决空间角问题，但也可利用几何法来求解；2.空间距离(特别是点到面的距离)也是高考题中的常见题型，多以解答题的形式出现，难度中等.1.(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则( )A.直线BC1与DA1所成的角为90°B.直线BC1与CA1所成的角为90°C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°答案ABD解析如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1.连接B1C，则B1C⊥BC1.因为CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB. 因为OB⊂平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.设正方体的棱长为a，则易得BC1＝2a，OC1＝2a 2，所以在Rt△BOC1中，OC1＝12BC1，所以∠OBC1＝30°，故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°，故D正确.故选ABD.2.(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为________.答案 2解析如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接OC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.所以PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝PE2－OE2＝（3）2－12＝ 2.3.(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点.(1)证明：OE∥平面PAC；(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C－AE－B的正弦值.(1)证明如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.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，AB，OD，AC⊂平面ABC，所以OD∥AC.因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD∥平面PAC.因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA.因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC.又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.(2)解连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以OA＝OB＝PA2－PO2＝52－32＝4.易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OA sin 30°＝4×12＝2，AB＝2AD＝2OA cos 30°＝2×4×32＝4 3.又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，所以在Rt△ABC 中，AC ＝AB tan 60°＝43×3＝12.以A 为坐标原点，AB ，AC 所在直线分别为x ，y 轴，以过A 且垂直于平面ABC 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0，0，0)，B (43，0，0)，C (0，12，0)， P (23，2，3)，E ⎝⎛⎭⎪⎫33，1，32，所以AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，32，AB →＝(43，0，0)，AC →＝(0，12，0).设平面AEC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎨⎧33x ＋y ＋32z ＝0，12y ＝0，令z ＝23，则n ＝(－1，0，23).设平面AEB 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧33x 1＋y 1＋32z 1＝0，43x 1＝0，令z 1＝2，则m ＝(0，－3，2)，所以|cos 〈n ，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·m |n |·|m |＝4313.设二面角C －AE －B 的大小为θ，则sin θ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫43132＝1113.4.(2021·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.(1)证明：AB⊥PM；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.(1)证明因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，易得CD⊥DM.又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，所以CD⊥平面PDM.因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.(2)解法一由(1)知AB⊥平面PDM，所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角.连接AM，因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD，又AM⊂平面ABCD，所以PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以由余弦定理得AM＝7，又PA＝15，所以PM＝22，所以PB＝PC＝2 3.连接BN，结合余弦定理得BN＝11.连接AC，则由余弦定理得AC＝21，在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，所以AN＝15.所以在△ABN中，cos∠BAN＝AB2＋AN2－BN22AB·AN＝1＋15－11215＝156.设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sin θ＝cos ∠BAN＝15 6.故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为15 6.法二因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，所以PM ⊥平面ABCD . 连接AM ，则PM ⊥AM .因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以AM ＝7，又PA ＝15，所以PM ＝2 2. 由(1)知CD ⊥DM ，过点M 作ME ∥CD 交AD 于点E ， 则ME ⊥MD.故可以以M 为坐标原点，MD ，ME ，MP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－3，2，0)，P (0，0，22)，C (3，－1，0)， 所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，所以AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－52，2.易知平面PDM 的一个法向量为n ＝(0，1，0). 设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AN →，n 〉|＝|AN →·n ||AN →|·|n |＝5215＝156.故直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为156.热点一 异面直线所成的角求异面直线所成角的方法方法一：综合法.步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出直线a ，b 的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，以及θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，求出角θ.例1 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为( ) A.π2B.π3C.π4D.π6 答案 D解析 法一 如图，连接C 1P ，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，且P 为B 1D 1的中点，所以C 1P ⊥B 1D 1，又C 1P ⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1，B 1D 1，BB 1⊂平面B 1BP ， 所以C 1P ⊥平面B 1BP . 又BP ⊂平面B 1BP ， 所以有C 1P ⊥BP .连接BC 1， 则AD 1∥BC 1，所以∠PBC 1为直线PB 与AD 1所成的角. 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则在Rt△C 1PB 中，C 1P ＝12B 1D 1＝2，BC 1＝22，sin ∠PBC 1＝PC 1BC 1＝12，所以∠PBC 1＝π6，故选D. 法二 如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在的直线分别为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的棱长为2，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，P (1，1，2)，D 1(0，2，2)，PB →＝(1，－1，－2)，AD →1＝(0，2，2). 设直线PB 与AD 1所成的角为θ， 则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AD →1|PB →||AD →1|＝|－6|6×8＝32. 因为θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，所以θ＝π6，故选D.法三如图，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角.由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点.易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝π3，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝12∠A1BC1＝π6，故直线PB与AD1所成的角为π6，故选D.易错提醒 1.利用几何法求异面直线所成的角时，通过平移直线所得的角不一定就是两异面直线所成的角，也可能是其补角.2.用向量法时，要注意向量夹角与异面直线所成角的范围不同.训练1 (1)(2022·湖州质检)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1＝2AB＝2BC，P，Q分别为B 1C1，BC的中点，则异面直线AQ与BP所成角的余弦值是( )A.55B.21717C.8585D.28585 答案 C解析法一 不妨设AB ＝2，则BC ＝2，BB 1＝4，连接A 1P ，A 1B (图略)，则A 1P ∥AQ ， ∴∠A 1PB (或其补角)为异面直线AQ 与BP 所成的角.由勾股定理得BP ＝17，A 1P ＝5，A 1B ＝25，在△A 1BP 中，由余弦定理的推论得，cos∠A 1PB ＝（17）2＋（5）2－（25）22×17×5＝8585.故选C.法二 如图建立空间直角坐标系， 设直线AQ 与BP 所成的角为θ， 不妨设AB ＝2， 则BC ＝2，BB 1＝4.故B (2，0，0)，P (2，1，4)，Q (2，1，0)， 所以BP →＝(0，1，4)，AQ →＝(2，1，0)，所以cos θ＝|cos 〈BP →，AQ →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪117×5＝8585. (2)(2022·河南顶尖名校联考)如图，圆锥的底面直径AB ＝2，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦AD ＝3，则异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为( )A.0B.3 3C.34D.22答案 C解析法一如图，延长DO交圆于E，连接BE，CE，易知AD＝BE＝3，AD∥BE，∴∠EBC(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角.由圆锥侧面展开图为半圆，易得BC＝2，在△BEC中，BC＝CE＝2，BE＝3，∴cos∠EBC＝22＋（3）2－222×2×3＝34.法二由圆锥侧面展开图为半圆，易得BC＝2，又BO＝1，所以CO＝3，在△AOD中，AO＝DO＝1，AD＝3，由余弦定理得cos∠AOD＝12＋12－（3）22×1×1＝－12，则∠AOD＝2π3，以O 为坐标原点，OB 所在直线为y 轴，OC 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图，则A (0，－1，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，B (0，1，0)，C (0，0，3)，所以AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，BC →＝(0，－1，3)，故cos 〈AD →，BC →〉＝－323×2＝－34，又异面直线所成角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，故直线AD 与BC 所成角的余弦值为34. 热点二 直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出平面α的法向量n 与直线AB 的方向向量AB →；②计算cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|，以及θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，求出角θ.例2(2022·南京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝13，AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，AB＝B1C，D为AC的中点，平面AB1C⊥平面ABC.1(1)求证：B1D⊥平面ABC；(2)求直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值.(1)证明因为AB1＝B1C，D为AC的中点，所以B1D⊥AC.又平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，B1D⊂平面AB1C，所以B1D⊥平面ABC.(2)解法一在平面ABC内，过点D作BC的平行线，交AB于点E，过点D作AB的平行线，交BC于点F，连接DE，DF，BD.由(1)知B 1D ⊥平面ABC ， 所以B 1D ⊥AC ，B 1D ⊥BD . 因为AB ⊥BC ，所以DE ⊥DF ，故以{DE →，DF →，DB 1→}为基底建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .因为AB ＝8，BC ＝6，AB ⊥BC ，所以AC ＝AB 2＋BC 2＝10，BD ＝12AC ＝5.又AA 1＝BB 1＝13，AB ⊥BC ， 所以B 1D ＝BB 21－BD 2＝12.易得D (0，0，0)，A (3，－4，0)，B (3，4，0)，C (－3，4，0)，B 1(0，0，12)， 则AC →＝(－6，8，0)，BC →＝(－6，0，0)，B 1C →＝(－3，4，－12). 设点C 1(x ，y ，z )， 则B 1C 1→＝(x ，y ，z －12)， 由BC →＝B 1C 1→，得(－6，0，0)＝(x ，y ，z －12)，所以⎩⎨⎧x ＝－6，y ＝0，z ＝12，即C 1(－6，0，12)，所以C 1D →＝(6，0，－12).设平面AB 1C 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝－6x 1＋8y 1＝0，n ·B 1C →＝－3x 1＋4y 1－12z 1＝0，得3x 1＝4y 1，z 1＝0.不妨取x 1＝4，则y 1＝3，得平面AB 1C 的一个法向量为n ＝(4，3，0). 设直线C 1D 与平面AB 1C 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，C 1D →〉|＝|n ·C 1D →||n |·|C 1D →|＝|4×6＋3×0＋0×（－12）|42＋32＋02×62＋02＋（－12）2＝4525. 所以直线C 1D 与平面AB 1C 所成角的正弦值为4525. 法二 连接BC 1，交B 1C 于点M ，易知BM ＝MC 1，所以点C 1到平面AB 1C 的距离d 和点B 到平面AB 1C 的距离相等.过点B 作BH ⊥AC ，垂足为H .又平面AB 1C ⊥平面ABC ，平面AB 1C ∩平面ABC ＝AC ，BH ⊂平面ABC ， 所以BH ⊥平面AB 1C ，则BH 为点B 到平面AB 1C 的距离. 在Rt△ABC 中，因为AB ＝8，BC ＝6，AB ⊥BC ， 所以AC ＝10，则BH ＝6×810＝245， 所以d ＝BH ＝245.由(1)知B 1D ⊥平面ABC ， 又BC ⊂平面ABC ，所以B 1D ⊥BC . 又B 1C 1∥BC ，所以B 1D ⊥B 1C 1， 则△DB 1C 1为直角三角形. 连接BD ，则B 1D ⊥BD .因为D 为AC 的中点，所以BD ＝12AC ＝5.又AA 1＝BB 1＝13，所以B 1D ＝12. 又B 1C 1＝BC ＝6，所以C 1D ＝6 5. 设直线C 1D 与平面AB 1C 所成的角为θ，则sin θ＝d C 1D ＝24565＝4525. 所以直线C 1D 与平面AB 1C 所成角的正弦值为4525. 规律方法 1.几何法求线面角的关键是找出线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中应用余弦定理(勾股定理)求解；2.向量法求线面角时要注意：线面角θ与直线的方向向量a 和平面的法向量n 所成的角〈a ，n 〉的关系是〈a ，n 〉＋θ＝π2或〈a ，n 〉－θ＝π2，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值.训练2(2022·湖北十校联考)如图，在四棱锥A－BCDE中，CD∥BE，CD＝12EB＝1，CB⊥BE，AE＝AB＝BC＝2，AD＝3，O是AE的中点.(1)求证：DO∥平面ABC；(2)求DA与平面ABC所成角的正弦值. (1)证明取AB的中点为F，连接CF，OF，因为O，F分别为AE，AB的中点，所以OF∥BE，且OF＝12 BE.又CD∥BE，CD＝12 EB，所以OF∥CD，且OF＝CD，所以四边形OFCD为平行四边形，所以DO∥CF，又CF⊂平面ABC，DO⊄平面ABC，所以DO∥平面ABC.(2)解法一取EB的中点为G，连接AG，DG，易得DG綊BC.因为AE＝AB＝2，BE＝2，所以AE2＋AB2＝BE2，所以AB⊥AE，△ABE为等腰直角三角形，所以AG⊥BE，AG＝1，又AD＝3，DG＝BC＝2，所以AG2＋DG2＝AD2，所以DG⊥AG.又BE⊥AG，BE∩DG＝G，BE，DG⊂平面BCDE，所以AG⊥平面BCDE. 记h为点D到平面ABC的距离，连接BD，则V D－ABC＝V A－BCD，即13S△ABC·h＝13S△BCD·AG，因为BC⊂平面BCDE，所以BC⊥AG，又CB⊥BE，BE∩AG＝G，BE，AG⊂平面ABE，所以BC⊥平面ABE，又AB⊂平面ABE，所以BC⊥AB，所以S△ABC＝12×AB×BC＝12×2×2＝1，又S△BCD＝12×BC×CD＝12×2×1＝22，所以h＝2 2，设DA与平面ABC所成的角为θ，则sin θ＝h AD ＝223＝66.所以DA 与平面ABC 所成角的正弦值为66. 法二 如图，取EB 的中点为G ，连接AG ，OG ，DG ，由(2)法一可知AG ⊥BE ，AB ⊥AE ，BC ⊥平面ABE ，BC ∥DG ，所以DG ⊥平面ABE .以G 为坐标原点，以GA →，GB →，GD →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则G (0，0，0)，A (1，0，0)，D (0，0，2)，E (0，－1，0)，AD →＝(－1，0，2). 因为AE ⊂平面ABE ，所以BC ⊥AE ，又AB ⊥AE ，BC ∩AB ＝B ，BC ，AB ⊂平面ABC ，所以AE ⊥平面ABC ， 故平面ABC 的一个法向量为AE →＝(－1，－1，0). 设DA 与平面ABC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈AD →，AE →〉|＝|AD →·AE →||AD →|·|AE →|＝16＝66.所以DA 与平面ABC 所成角的正弦值为66.热点三平面与平面的夹角求平面与平面的夹角方法方法一：几何法.步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m，n；②计算cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|；③设两个平面的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|.例3(2022·济南质测)如图，在三棱锥D－ABC中，DA⊥底面ABC，AC＝BC＝DA＝1，AB ＝2，E是CD的中点，点F在DB上，且EF⊥DB.(1)证明：DB⊥平面AEF；(2)求平面ADB与平面DBC夹角的大小.法一(1)证明∵DA⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，∴DA⊥BC.∵AC＝BC＝1，AB＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.∵DA∩AC＝A，DA，AC⊂平面DAC，∴BC ⊥平面DAC ， 又AE ⊂平面DAC ， ∴BC ⊥AE .∵DA ＝AC ，E 是CD 的中点， ∴DC ⊥AE ，又BC ∩DC ＝C ，BC ，DC ⊂平面DBC ， ∴AE ⊥平面DBC ，又DB ⊂平面DBC ，∴DB ⊥AE ， 又EF ⊥DB ，EF ∩AE ＝E ，EF ，AE ⊂平面AEF ， ∴DB ⊥平面AEF .(2)解∵EF ⊥DB ，由(1)得DB ⊥AF ， ∴∠AFE 为平面ADB 与平面DBC 的夹角. ∵DA ⊥平面ABC ， ∴DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，又AC ＝DA ＝1，E 为CD 的中点， ∴AE ＝12DC ＝22.∵AB ＝2，∴S △DAB ＝12×DA ×AB ＝12×DB ×AF ，∴AF ＝DA ×AB DB ＝1×212＋（2）2＝63. 由(1)知，AE ⊥平面DBC ，∵EF ⊂平面DBC ，∴AE ⊥EF ，∴sin∠AFE ＝AE AF ＝2263＝32. ∵∠AFE 为锐角，∴∠AFE ＝π3， ∴平面ADB 与平面DBC 夹角的大小为π3.法二 (1)证明∵DA ⊥平面ABC ，且BC ⊂平面ABC ，∴DA ⊥BC . ∵AC ＝BC ＝1，AB ＝2， ∴AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴AC ⊥BC .∴DA ∩AC ＝A ，DA ，AC ⊂平面DAC ， ∴BC ⊥平面DAC ， 如图，过点A 作AG ∥BC ， 则AG ⊥平面DAC .以A 为坐标原点，分别以向量AC →，AG →，AD →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (1，1，0)，D (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，∴DB →＝(1，1，－1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12.∵DB →·AE →＝1×12＋1×0＋(－1)×12＝0，∴DB →⊥AE →，∴DB ⊥AE .又DB ⊥EF ，且AE ∩EF ＝E ，AE ，EF ⊂平面AEF ， ∴DB ⊥平面AEF .(2)解 由(1)知AD →＝(0，0，1)，BD →＝(－1，－1，1)，CD →＝(－1，0，1). 设平面ADB 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧z 1＝0，－x 1－y 1＋z 1＝0，令y 1＝1，则m ＝(－1，1，0).设平面DBC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧－x 2＋z 2＝0，－x 2－y 2＋z 2＝0， 令x 2＝1，则n ＝(1，0，1). 设平面ADB 与平面DBC 的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|－1|2×2＝12.所以θ＝π3，即平面ADB 与平面DBC 夹角的大小为π3.规律方法 (1)用几何法求解二面角的关键是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.(2)利用法向量的依据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在求二面角的大小时，一定要判断出二面角的平面角是锐角还是钝角，否则解法是不严谨的.训练3(2022·沈阳质检)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，PA ＝AB ＝2，AD ＝2BC ＝2 2.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)求平面BPC 与平面PCD 夹角的余弦值.(1)证明法一 由题意得，四边形ABCD 是直角梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，PA ＝AB ＝2，AD ＝2BC ＝22，所以tan ∠ACB ＝tan∠DBA ＝2， 可知∠ACB ＝∠DBA ，所以∠DBC ＋∠ACB ＝90°，则AC ⊥BD . 又PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以PA ⊥BD ，又AC∩PA＝A，PA，AC⊂平面PAC，故BD⊥平面PAC.法二由题意PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，分别以AB→，AD→，AP→的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，22，0)，P(0，0，2)，BD→＝(－2，22，0)，AP→＝(0，0，2)，BD→·AP→＝0，即BD⊥AP，AC→＝(2，2，0)，BD→·AC→＝－4＋4＝0，即BD⊥AC，又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，故BD⊥平面PAC.(2)解由题意PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，分别以AB→，AD→，AP→的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，22，0)，P(0，0，2)，在平面PBC中，BC→＝(0，2，0)，BP→＝(－2，0，2)，设平面PBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝2y 1＝0，n ·BP →＝－2x 1＋2z 1＝0，所以y 1＝0，令x 1＝1，则z 1＝1， 所以n ＝(1，0，1).在平面PCD 中，CD →＝(－2，2，0)， CP →＝(－2，－2，2)，设平面PCD 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD →＝－2x 2＋2y 2＝0，m ·CP →＝－2x 2－2y 2＋2z 2＝0，令x 2＝1，则y 2＝2，z 2＝2， 所以m ＝(1，2，2).设平面BPC 与平面PCD 夹角的大小为θ， 则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|1＋0＋2|2×7＝31414，所以平面BPC 与平面PCD 夹角的余弦值为31414. 热点四 距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.例4 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，M为BB1的中点，N为BC的中点.(1)求点M到直线AC1的距离；(2)求点N到平面MA1C1的距离.解法一(1)如图，连接AM，MC1，AC1，易知MC1＝MB21＋A1B21＋A1C21＝22＋22＋12＝3，AC1＝22，MA＝5，在△MAC1中，由余弦定理得cos ∠MAC1＝5＋8－92×5×22＝1010，则sin ∠MAC1＝310 10，所以M到直线AC1的距离为MA·sin ∠MAC1＝5×31010＝322.(2)如图，S△MNC1＝S矩形B1BCC1－S△B1MC1－S△BMN－S△NCC1＝42－2－22－2＝322，设点N到平面MA1C1的距离为h，由V N－MA1C1＝V A1－MNC1，得1 3×12×2×5×h＝13×322×2，得h ＝355，即N 到平面MA 1C 1的距离为355. 法二 (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 )， 因为A 1C 1→＝(0，2，0)，A 1M →＝(2，0，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1M →＝0，即⎩⎨⎧2y ＝0，2x －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， 因为N (1，1，0)，所以MN →＝(－1，1，－1)， 故N 到平面MA 1C 1的距离d ＝|MN →·n ||n |＝35＝355.规律方法 1.在解题过程中要对“点线距离”、“点面距离”、“线面距离”与“面面距离”进行适当转化，从而把所求距离转化为点与点的距离进而解决问题. 2.解决点线距问题注意应用等面积法，解决点面距问题注意应用等体积法.训练4 在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，AA1＝3，底面是边长为4的菱形，且∠DAB＝60°，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，E是O1A的中点，则点E到平面O1BC的距离为( )A.2B.1C.32D.3答案 C解析法一如图，连接OO1，则OO1⊥平面ABCD，OO1＝AA1＝3，∵四边形ABCD是边长为4的菱形，且∠DAB＝60°，∴OB＝2，OC＝23，AC＝2OC＝43，OB⊥AC.∴O1B＝13，O1C＝21，又BC＝4，∴cos∠BO1C＝913×21，sin∠BO1C＝8313×21，故S△BO1C＝12×13×21×8313×21＝4 3.设A到平面O1BC的距离为h，则由V A－BO1C＝V O1－ABC得13×43×h＝13×12×43×2×3，解得h ＝3，又∵E 是O 1A 的中点， ∴E 到平面O 1BC 的距离为32.法二 易得OO 1⊥平面ABCD ，所以OO 1⊥OA ，OO 1⊥OB . 又OA ⊥OB ，所以建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz . 因为底面ABCD 是边长为4的菱形，∠DAB ＝60°， 所以OA ＝23，OB ＝2，则A (23，0，0)，B (0，2，0)，C (－23，0，0)，O 1(0，0，3)， 所以O 1B →＝(0，2，－3)，O 1C →＝(－23，0，－3). 设平面O 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·O 1B →＝0，n ·O 1C →＝0，所以⎩⎨⎧2y －3z ＝0，－23x －3z ＝0，取z ＝2，则x ＝－3，y ＝3，则n ＝(－3，3，2)是平面O 1BC 的一个法向量. 设点E 到平面O 1BC 的距离为d .因为E 是O 1A 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎪⎫3，0，32，EO 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫－3，0，32， 则d ＝|EO 1→·n ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，32·（－3，3，2）（－3）2＋32＋22＝32， 所以点E 到平面O 1BC 的距离为32.一、基本技能练1.如图，四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ，△PAB 和△PAD 都是边长为2的等边三角形.(1)证明：PB ⊥CD ；(2)求点A 到平面PCD 的距离.(1)证明 取BC 的中点E ，连接DE ，则ABED 为正方形.过P 作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O . 连接OA ，OB ，OD ，OE .由△PAB 和△PAD 都是等边三角形知PA ＝PB ＝PD ，所以OA ＝OB ＝OD ，即点O 为正方形ABED 对角线的交点， 故OE ⊥BD ，从而PB ⊥OE .因为O 是BD 的中点，E 是BC 的中点， 所以OE ∥CD .因此PB ⊥CD . (2)解 取PD 的中点F ，连接OF ， 则OF ∥PB .由(1)知，PB ⊥CD ，故OF ⊥CD .又OD ＝12BD ＝2，OP ＝PD 2－OD 2＝2，故△POD 为等腰三角形，因此OF ⊥PD . 又PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ， 所以OF ⊥平面PCD .因为AE ∥CD ，CD ⊂平面PCD ，AE ⊄平面PCD ，所以AE ∥平面PCD .因此O 到平面PCD 的距离OF 就是A 到平面PCD 的距离，而 OF ＝12PB ＝1，所以A 到平面PCD 的距离为1.2.(2022·广州调研)如图，在三棱锥P －ABC 中，BC ⊥平面PAC ，AD ⊥BP ，AB ＝2，BC ＝1，PD ＝3BD ＝3.(1)求证：PA ⊥AC ；(2)求平面PAC与平面ACD夹角的余弦值.(1)证明法一由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝ 3. 由PD＝3，AD＝3，AD⊥BP，得PA＝2 3.由BC⊥平面PAC，AC，PC⊂平面PAC，得BC⊥AC，BC⊥PC.所以AC＝AB2－BC2＝3，PC＝PB2－BC2＝15.因为AC2＋PA2＝15＝PC2，所以PA⊥AC.法二由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝ 3.由PD＝3，AD＝3，AD⊥BP，得PA＝2 3.因为PB＝4，所以PB2＝AB2＋PA2，所以PA⊥AB.由BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，得BC⊥PA.又BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，故PA⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC.(2)解法一如图，过点D作DE∥BC交PC于点E，因为BC⊥平面PAC，所以DE⊥平面PAC.因为AC⊂平面PAC，所以DE⊥AC.过点E作EF⊥AC交AC于点F，连接DF，又DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF，所以AC⊥平面DEF.因为DF⊂平面DEF，所以AC⊥DF.则∠DFE为平面PAC与平面ACD的夹角.由PD＝3BD＝3，DE∥BC，得DE＝3 4，由EF⊥AC，PA⊥AC，且EF，PA⊂平面PAC，得EF∥PA，且EFPA＝CECP＝BDBP＝14，得EF＝3 2.易知DE⊥EF，则DF＝DE2＋EF2＝21 4.所以cos∠DFE ＝EF DF ＝277.所以平面PAC 与平面ACD 夹角的余弦值为277. 法二 如图，作AQ ∥CB ，以AQ ，AC ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系.因为AB ＝2，BC ＝1，BD ＝1，BP ＝4， 所以AC ＝3，AP ＝2 3.故A (0，0，0)，B (1，3，0)，C (0，3，0)，P (0，0，23). 由BD →＝14BP →，得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，334，32，则AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，334，32，AC →＝(0，3，0).设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，34x ＋334y ＋32z ＝0，令x ＝2，则z ＝－3，y ＝0，所以n ＝(2，0，－3)为平面ACD 的一个法向量. 由于BC ⊥平面PAC ，因此CB →＝(1，0，0)为平面PAC 的一个法向量. 设平面PAC 与平面ACD 夹角的大小为θ，则cos θ＝|cos 〈CB →，n 〉|＝|CB →·n ||CB →||n |＝27＝277.所以平面PAC 与平面ACD 夹角的余弦值为277. 3.(2022·泉州质检)在三棱锥A －BCD 中，已知CB ＝CD ＝5，BD ＝2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO ＝2，E 为AC 的中点.(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足BF ＝14BC ，设平面FDE 与平面DEC 夹角的大小为θ，求sin θ的值.解 (1)如图，连接OC ，因为CB ＝CD ，O 为BD 的中点，所以CO ⊥BD .又AO ⊥平面BCD ，OB ，OC ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥OC .以{OB →，OC →，OA →}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz .因为BD ＝2，CB ＝CD ＝5，AO ＝2，所以B (1，0，0)，D (－1，0，0)，C (0，2，0)，A (0，0，2). 因为E 为AC 的中点，所以E (0，1，1)， 所以AB →＝(1，0，－2)，DE →＝(1，1，1)，所以|cos 〈AB →，DE →〉|＝|AB →·DE →||AB →|·|DE →|＝|1＋0－2|5×3＝1515.因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)因为点F 在BC 上，BF ＝14BC ，BC →＝(－1，2，0)，所以BF →＝14BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，12，0.又DB →＝(2，0，0)， 故DF →＝DB →＋BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫74，12，0.设平面DEF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 1＝0，DF →·n 1＝0，即⎩⎨⎧x 1＋y 1＋z 1＝0，74x 1＋12y 1＝0， 取x 1＝2，得y 1＝－7，z 1＝5，所以n 1＝(2，－7，5)为平面DEF 的一个法向量.设平面DEC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，又DC →＝(1，2，0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 2＝0，DC →·n 2＝0，即⎩⎨⎧x 2＋y 2＋z 2＝0，x 2＋2y 2＝0， 取x 2＝2，得y 2＝－1，z 2＝－1，所以n 2＝(2，－1，－1)为平面DEC 的一个法向量. 故|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|4＋7－5|78×6＝1313.所以sin θ＝1－cos 2θ＝23913.二、创新拓展练4.如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BCC 1B 1为矩形，若平面BCC 1B 1⊥平面ABB 1A 1，平面BCC 1B 1⊥平面ABC 1.(1)求证：AB ⊥BB 1；(2)记平面ABC 1与平面A 1B 1C 1的夹角为α，直线AC 1与平面BCC 1B 1所成的角为β，异面直线AC 1与BC 所成的角为φ，当α，β满足：cos α·cos β＝m (0<m <1，m 为常数)时，求sin φ的值.(1)证明∵四边形BCC 1B 1是矩形，∴BC ⊥BB 1，图1 又平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，BC⊂平面BCC1B1，∴BC⊥平面ABB1A1，又AB⊂平面ABB1A1，∴AB⊥BC.如图1，过C作CO⊥BC1，∵平面BCC1B1⊥平面ABC1，平面BCC1B1∩平面ABC1＝BC1，CO⊂平面BCC1B1，∴CO⊥平面ABC1，又AB⊂平面ABC1，∴AB⊥CO，又AB⊥BC，CO∩BC＝C，CO，BC⊂平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，又BB1⊂平面BCC1B1，∴AB⊥BB1.(2)解由题意知AB∥A1B1，又AB⊥平面BCC1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1.以B 1为原点，B 1A 1，B 1B ，B 1C 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图2，图2不妨设B 1A 1＝a ，B 1B ＝b ，B 1C 1＝c ，则B 1(0，0，0)，A 1(a ，0，0)，B (0，b ，0)，C 1(0，0，c )，A (a ，b ，0)， BA →＝B 1A 1→＝(a ，0，0)，BC →＝B 1C 1→＝(0，0，c )，BC1→＝(0，－b ，c ). 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ABC 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BA →＝ax 1＝0，n 1·BC 1→＝－by 1＋cz 1＝0，∴x 1＝0，令y 1＝c ，则z 1＝b ， ∴n 1＝(0，c ，b ).取平面A 1B 1C 1的一个法向量n ＝(0，1，0)， 由图知，α为锐角， 则cos α＝|cos 〈n 1，n 〉|＝c b 2＋c 2.取平面BCC 1B 1的一个法向量n 2＝(1，0，0)， 由C 1A →＝(a ，b ，－c )， 得sin β＝|cos 〈C 1A →，n 2〉|＝aa 2＋b 2＋c2. 又β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴cos β＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c 2， 则cos αcos β＝ca 2＋b 2＋c2. |cos 〈C 1A →，BC →〉|＝cos φ＝|（a ，b ，－c ）·（0，0，c ）|c a 2＋b 2＋（－c ）2＝c a 2＋b 2＋c 2，∴cos φ＝cos αcos β.∵cos αcos β＝m 且m ∈(0，1)，φ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，∴sin φ＝1－cos 2φ＝1－m 2.。
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.
空间几何中的距离与角度
空间几何中的距离与角度空间几何是研究点、线、面以及它们之间的关系和性质的数学分支。
在空间几何中，距离与角度是两个基本的概念，它们在几何学的发展和应用中起着重要的作用。
本文将深入探讨距离与角度在空间几何中的概念、计算方法以及在实际问题中的应用。
一、距离的概念与计算方法1. 距离的概念在空间几何中，距离是指两点之间的间隔或者长度。
距离可以用于衡量空间中的物体与物体之间的相对位置和远近关系。
根据点与点之间的特定关系，可以得到不同类型的距离，如直线距离、曲线距离、欧氏距离等。
2. 距离的计算方法在空间几何中，计算两点之间的距离通常需要借助数学的计算方法。
以直线距离为例，当给定两点的坐标时，可以使用勾股定理计算它们之间的直线距离。
假设有两个点A(x1, y1, z1)和B(x2, y2, z2)，则它们之间的直线距离可以表示为√((x2-x1)²+(y2-y1)²+(z2-z1)²)。
二、角度的概念与计算方法1. 角度的概念在空间几何中，角度是指由两条线段或者线段与平面之间所形成的夹角。
角度可以用于描述物体之间的相对方向和夹角关系。
根据角度的性质，可以分为锐角、直角、钝角等不同类型。
2. 角度的计算方法在空间几何中，计算角度的方法多种多样。
当给定两条线段的坐标时，可以使用向量的内积来计算它们之间的夹角。
假设有两个向量A(u1, u2, u3)和B(v1, v2, v3)，它们之间的夹角可以计算为cosθ = (u1v1 + u2v2 + u3v3) / (|A| |B|)，其中|A|和|B|分别表示向量A和B的模。
三、距离与角度在实际问题中的应用1. 距离的应用在实际问题中，距离在测量、导航、工程设计等领域都有广泛的应用。
例如，在地理测量中，人们可以根据两个地点之间的距离来确定最短路径或者计算行驶的时间。
在导航系统中，人们可以利用距离来计算车辆到目的地的距离，帮助导航定位。
在工程设计中，距离的概念被用于计算构建物之间的间隔或者确定物体的位置。
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.。
用向量法求空间角和距离
０（吉，吉’１）。
（１） ：（一１，１， １） ，
： （ｏ，１，ｏ），且蕊 ＿Ｌ平
面 ＢＣＣＩＢｌ。 设 与平 面 脱 ｃ１Ｂ１所成 的角为 ，则
眦 吼 “
。
ｓｉｎ ＝ ｃｏｓ ［ ，商 】 ＝
＝
２．二 面 角 设 ，ｌ１，ｎ２分别 为平 面 口，卢的法 向量 ，二面角 ａ—
１．直 线 和 平 面 所 成 的角 设 ０为直线 ｚ与平面 ａ所成 的角 ， 为直线 ｌ的 方向向量 ， 为 与平 面ａ的法 向量ｌｒｌｔ之 间的夹 角 ，则
有 ＝号一 ，或 ＝号＋０。
的公 共 法 向量 ，则 口，６的 距 离 ｄ：
。
例 Ｉ （２（１００年 江 苏考 题 ）如 图 ５，在 正 方 体 佃 ｃＤ— Ａ１Ｂ１Ｃ１ＤＩ中 ，Ｏ 是 上 底 面 Ａ１ＢｌＣｌＤ１的 中
射影 ，
· ．
ＤＪＨｊＩＡＰ。
．
（３）设 ，ｌ：（ ．ｖ， ）是 平 面 Ｄ ＡＰ 的 一 个 法 向
量，即ｎ垂直平面Ａ 。，则ｎ上面 上 。
＝ （ ０＇１ 有｛：： 。
，Ｙ＝０，
．
’ Ｌ— ＋ ｚ＝ ０。
取 ＝１，则 ｎ＝（１，０，１），设 点 Ｐ到平面 ＡＢＤｌ的
心 ，点 Ｐ在 ＣＣｌ上 ，且 ＣＣｌ＝４ＣＰ。
的
Ｉ垒Ｉ １
特别地，当 ＝０时，０＝詈，ｌ上 ； ：詈时，０ ａ（１，０，０），Ｐ（Ｏ，１，丢），Ｂ（１，ｌ，０），Ｄｌ（０，０，１），
＝ ０，２∈ａ或 ｚ∥口，且 ｓｉｎＯ＝ｓｉｎ（詈 ＋ ）：ｃｏｓ ＝
， ∈【０，引 。
一 般 地 ，设 ，ｌ是 平 面 ａ的法 向量 ，ＡＢ是 平 面 ａ的
2019版数学(理)一轮讲义：第45讲 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离 含答案
第45讲立体几何中的向量方法（二）——求空间角和距离考纲要求考情分析命题趋势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2设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝｜cos β｜＝__错误!__。
3．求二面角的大小（1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ为__〈错误!，错误!〉__。
（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>|__,二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角）．4．利用空间向量求距离(供选用）（1）两点间的距离设点A （x 1，y 1，z 1），点B (x 2，y 2，z 2），则|AB |＝｜错误!|＝__错误!__.(2）点到平面的距离如图所示,已知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的距离为|错误!|＝错误!.1．思维辨析（在括号内打“√”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错误!,直线与平面所成角的范围是错误!，二面角的范围是［0，π］．(√）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〉＝－错误!，则l与α所成的角为(A）A．30°B．60°C．120°D．150°解析∵cos 〈m，n〉＝－错误!，0°≤〈m，n〉≤180°，∴<m，n>＝120°，∴l与α所成角为90°－(180°－120°）＝30°，故选A．3．正三棱柱（如右图，底面是正三角形的直棱柱）ABC－A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为2错误!，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为__30°__.解析取A1B1的中点E,连接C1E，AE，由正三棱柱性质得平面A1B1C1⊥平面A1B1BA，又∵C1E⊥A1B1，A1B1是平面A1B1C1与平面A1B1BA的交线，∴C1E⊥平面A1B1BA，则∠C1AE为所求．又∵A1B1＝2，AA1＝22，∴AE＝3，C1E＝错误!，∴tan ∠C1AE＝错误!＝错误!，∴∠C1AE＝30°,∴AC1与平面ABB1A1所成角为30°.4．二面角的棱上有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错误!，则该二面角的大小为__60°__。
高考数学专题—立体几何(空间向量求空间角与空间距离)
高考数学专题——立体几何（空间向量求角与距离）一、空间向量常考形式与计算方法设直线l,m 的方向向量分别为l ⃗,m ⃗⃗⃗⃗，平面α,β的法向量分别为n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗. （1）线线角：（正负问题）：用向量算取绝对值（因为线线角只能是锐角）直线l,m 所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：cos θ=l⃗⋅m ⃗⃗⃗⃗|l⃗|⋅|m ⃗⃗⃗⃗|； （2）线面角：正常考你正弦值，因为算出来的是角的余角的余弦值 非正常考你余弦值，需要再算一步。
直线l 与平面α所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：sin θ=|l ⃗⋅n 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗||l⃗|⋅|n ⃗⃗|； (3)二面角：同进同出为补角；一进一出为原角。
注意：考试从图中观察，若为钝角就取负值，若为锐角就取正值。
平面α,β所成的二面角为θ，则0≤θ≤π，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＝⟨AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗,CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩．如图②③，n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗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|＝|n⃗⃗1⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n⃗⃗1|⋅|n2⃗⃗⃗⃗⃗⃗||，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． (4)空间距离额计算：通常包含点到平面距离，异面直线间距离。
二、空间向量基本步骤空间向量求余弦值或正弦值四步法（1）建系：三垂直，尽量多点在轴上；左右下建系，建成墙角系；锥体顶点在轴上；对称面建系。
一定要注明怎样建成的坐标系（2）写点坐标（3）写向量：向量最好在面上或者轴上（可简化计算量） （4）法向量的简化计算直线的方向向量和平面的法向量（1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作，显然一条直线的方向向量可以有无数个.（2）若直线l ⊥α，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作，有无数多个，任意两个都是共线向量.平面法向量的求法：设平面的法向量为α⃗=(x,y,z ).在平面内找出（或求出）两个不共线的向量a ⃗=(x 1,y 1,z 1)，b ⃗⃗=(x 2,y 2,z 2)，根据定义建立方程组，得到{α⃗×a ⃗=0α⃗×b ⃗⃗=0，通过赋值，取其中一组解，得到平面的法向量.三、空间向量求距离向量方法求异面直线距离：先求两异面直线的公共法向量，再求两异面直线上任意两点的连结线段在公共法向量上的射影长。
向量法求空间角和距离-高考复习
内容索引
第一部分 必备知识 回顾
01
知识梳理
第二部分
01 02 03
关键能力 提升 考点1 异面直线所成角 考点2 直线与平面所成角 考点3 平面与平面的夹角
04
考点4 点到平面的距离
第三部分 课时作业
考试要求
1．能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决 这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用．
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18
所以－x－x＋2y＋y＝03，z＝0， 取 m＝(3,3， 3)，又B→D＝(1,0， 3)，设直线 BD 与平面 ACDE
所成角为 θ，
则 sin θ＝|cos〈B→D，m〉|＝
→
||B→BDD|··|mm||＝2×6
＝ 21
721，
所以直线 BD 与平面 ACDE 所成角的正弦值为
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规律总结
找出两条异面直线的方向向量，结合数量积的运算，利用向量的夹角公式和异面直线 所成角的范围即可求得答案．
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【对点训练 1】 如图，三棱锥 O-ABC 中，∠AOB＝∠BOC＝π3，∠AOC＝π2，OA＝ OB＝OC＝2，M，N 分别是 OA，BC 的中点，G 是 MN 的中点，则异面直线 OG 与 BC 所
21 7.
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规律总结
利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法：①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； ②分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量，再转化为求这两个方向向量的夹角(或 其补角). 注意：直线与平面所成角的取值范围是0，π2.
空间几何基本公式
空间几何基本公式在空间几何中，有一些基本公式被广泛应用于计算和解决几何问题。
这些公式涉及到线段长度、角度、面积和体积等概念。
下面将介绍一些常用的空间几何基本公式。
1. 线段长度- 在三维空间中，两点A(x₁, y₁, z₁)和B(x₂, y₂, z₂)之间的距离可以通过以下公式计算：AB = √[(x₂ - x₁)² + (y₂ - y₁)² + (z₂ - z₁)²]2. 角度- 两个直线的夹角可以通过它们的方向向量之间的夹角来确定。
设向量A(a₁, b₁, c₁)和B(a₂, b₂, c₂)，则它们之间的夹角θ可以通过以下公式计算：cosθ = (a₁a₂ + b₁b₂ + c₁c₂) / (|A||B|)3. 面积- 平面的面积可以通过它的边界上的点坐标求解。
设三角形的三个顶点分别为A(x₁, y₁, z₁)、B(x₂, y₂, z₂)、C(x₃, y₃, z₃)，则三角形ABC的面积可以通过以下公式计算：S = 0.5 * |AB × AC|，其中 ×表示叉乘运算4. 体积- 几何体的体积可以通过它的尺寸进行计算。
以下列举几种常见几何体的体积计算公式：- 直方体体积：V = lwh，其中l、w、h分别表示直方体的长、宽、高- 正方体体积：V = a³，其中a表示正方体的边长- 圆柱体积：V = πr²h，其中r表示圆柱的底面半径，h表示圆柱的高度- 球体积：V = (4/3)πr³，其中r表示球的半径- 圆锥体积：V = (1/3)πr²h，其中r表示圆锥的底面半径，h表示圆锥的高度这些是空间几何中的一些基本公式，它们可以在解决各种几何问题和计算几何体的属性时发挥重要作用。
应用这些公式可以帮助我们更好地理解和分析空间中的几何关系，进而解决实际问题。
在实际应用中，还可以根据具体问题进行各式各样的扩展和变形，以满足不同的需求。
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空间角和距离的计算(1)
一 线线角
1．直三棱柱A 1B 1C 1-ABC ，∠BCA=900，点D 1，F 1分别是A 1B 1和A 1C 1的中点，若BC=CA=CC 1，求BD 1与AF 1所成角的余弦值．
2．在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD=900，AD ∥BC ，AB=BC=a ，AD=2a ，且PA ⊥面ABCD ，PD 与底面成300角．
（1）若AE ⊥PD ，E 为垂足，求证：BE ⊥PD ；
（2）若AE ⊥PD ，求异面直线AE 与CD 所成角的大小．
二．线面角
1．正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为BB 1、CD 的中点，且正方体的棱长为2． （1）求直线D 1F 和AB 和所成的角； （2）求D 1F 与平面AED 所成的角．
F 1D 1B 1
C 1A 1
B
A C A
B
C D
P E C D E
F
D 1
C 1
B 1
A 1
A
B
2．在三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，四边形AA 1B 1B 是菱形，四边形BCC 1B 1是矩形，C 1B 1⊥AB ，AB=4，C 1B 1=3，∠ABB 1=600，求AC 1与平面BCC 1B 1所成角的大小．
三．二面角
1．已知A 1B 1C 1-ABC 是正三棱柱，D 是AC 中点． （1）证明AB 1∥平面DBC 1；
（2）设AB 1⊥BC 1，求以BC 1为棱，DBC 1与CBC 1为面的二面角的大小．
2．ABCD 是直角梯形，∠ABC=900，SA ⊥面ABCD ，SA=AB=BC=1，AD=0.5． （1）求面SCD 与面SBA 所成的二面角的大小； （2）求SC 与面ABCD 所成的角．
3．已知A 1B 1C 1-ABC 是三棱柱，底面是正三角形，∠A 1AC=600，∠A 1AB=450，求二面角B —AA 1—C 的大小．
B 1
C 1
A 1
B
A C
D
B 1
C 1
A 1B
A C B
A
D
C S
B 1
C 1
B
C A 1
空间角和距离的计算(2)
四 空间距离计算
（点到点、异面直线间距离）
1.在棱长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 是BC 的中点，DP 交AC 于M ，B 1P 交BC 1于N ． （1）求证：MN 上异面直线AC 和BC 1的公垂线；
（2）求异面直线AC 和BC 1间的距离．
（点到线，点到面的距离）
2．点P 为矩形 ABCD 所在平面外一点，PA ⊥面ABCD ，Q 为线段AP 的中点，AB=3，CB=4，PA=2，求：
（1）点Q 到直线BD 的距离； （2）点P 到平面BDQ 的距离．
3．边长为a 的菱形ABCD 中，∠ABC=600，PC ⊥平面ABCD ，E 是PA 的中点，求E 到平面PBC 的距离．
C
D N
M
P D 1
C 1B 1A 1
A
B
（线到面、面到面的距离）
4. 已知斜三棱柱A 1B 1C 1-ABC 的侧面A 1ACC 1与底面ABC 垂直，∠ABC=900，BC=2，AC=23，且AA 1⊥A 1C ，AA 1=A 1C ． （1）求侧棱AA 1与底面ABC 所成角的大小；
（2）求侧面A 1ABB 1与底面ABC 所成二面角的大小； （3）求侧棱B 1B 和侧面A 1ACC 1距离．
5．正方形ABCD 和正方形ABEF 的边长都是1，且平面ABCD 、ABFE 互相垂直，点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM=NB=a （20<<a ）．
（1）求MN 的长；
（2）当a 为何值时，MN 的长最小．
B 1
C 1
B A
C A 1。