用空间向量解决空间角和距离问题
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。
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.。
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 |
高中数学例题：利用空间向量求空间角和距离 (2)
高中数学例题：利用空间向量求空间角和距离1．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，F，G分别是棱A1B1，AB，A1D1的中点．(1)求证：GE⊥平面FCC1；(2)求点A1到平面BFC1的距离；(3)求直线CD到平面BFC1的距离．解：因为AB＝4，BC＝CD＝2，F是棱AB的中点，ABCD为等腰梯形，所以易得BF＝BC＝CF，即△BCF为正三角形，所以∠BAD＝∠ABC＝60°，取AF的中点M，连接DM，则DM⊥AB，所以DM⊥CD.故以D为坐标原点，以DM，DC，DD1所在直线分别为x轴、y 轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(3，－1,0)，F(3，1,0)，C(0,2,0)，C 1(0,2,2)，E (3，1,2)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，B (3，3,0)． 所以CF →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,2)，FC 1→＝(－3，1,2)．(1)证明：设平面FCC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CF →＝0，n ·CC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ＝0，2z ＝0，取n ＝(1，3，0)． 因为GE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，则GE →＝32n ， 所以GE →∥n ，所以GE ⊥平面FCC 1.(2)解：FB →＝(0,2,0)，设平面BFC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·FB →＝0，m ·FC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1＝0，－3x 1＋y 1＋2z 1＝0，取m ＝(2,0，3)． 因为A 1(3，－1,2)，所以A 1F →＝(0,2，－2)，所以点A 1到平面BFC 1的距离d ＝|A 1F →·m ||m |＝|2×0＋0×2＋3×(－2)|22＋02＋(3)2＝2217. (3)解：因为CD ∥AB ，CD ⊄平面BFC 1，AB ⊂平面BFC 1， 所以CD ∥平面BFC 1.又D ∈CD ，所以点D 到平面BFC 1的距离等于直线CD 到平面BFC 1的距离．由(2)可知，平面BFC 1的一个法向量为m ＝(2,0，3)． 又DF →＝(3，1,0)，所以点D 到平面BFC 1的距离d ＝|DF →·m ||m |＝|2×3＋0×1＋3×0|22＋02＋(3)2＝2217. 所以直线CD 到平面BFC 1的距离为2217.。
利用空间向量求解空间角与距离
利用空间向量求解空间角与距离作者：来源：《数学金刊·高考版》2015年第04期空间角和距离问题，是高考命题的重点内容，几乎每年必考.在选择题、填空题中，线线角主要考查线段的平移，线面角关键是寻求直线在平面上的射影，二面角的难点是准确作出平面角；在解答题中，多数问题用空间向量来解决，需用到方程、三角函数、平面几何等知识，属于中高档题.（1）理解两条直线所成角（线线角）、直线与平面所成角（线面角）及两平面所成角（二面角）的概念，灵活掌握三种角的常规作图与求解方法.（2）能够建立恰当的空间直角坐标系，掌握“方向向量”与“法向量”的求解方法，并灵活运用向量公式求三种角.（3）掌握求空间距离的几种方法.利用空间向量解决立体几何问题，主要有两种策略. 一是建立空间直角坐标系，把立体几何的平行、垂直、空间角、距离等问题转化为“点”及“线”的坐标运算问题. 其一般步骤为：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论. 二是不建立空间坐标系，直接利用空间向量的基本定理，即将有关向量用空间中的一组基底表示出来，然后通过向量的相关运算求解.例1 如图17，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，∠A1AB=∠A1AD= ，∠DAB=90°，E为CC1的中点，则直线AC1与D1E所成角的余弦值为（）A. B.C. D.破解思路对关于空间角的选择题或填空题，由于计算量的限制一般不宜用坐标法处理；又本题不易确定空间坐标系的位置，所以采用向量基底法处理.图17答案详解设 =a， =b， =c，则a=b=1，c=2. 又 =a+b+c， =a- c，且a·b=0，a·c=1，b·c=1，所以 · =-1， = ， =1. 设直线AC1与D1E所成角为θ，则cosθ= = = . 所以选B.例2 如图18，在三棱锥P-ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ=2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连结GH.图18（1）求证：AB∥GH；（2）求平面PAB与平面PCD所成角的正弦值.破解思路棱锥是常考的多面体，第（1）问考查线线平行关系的判定，图形特征明显，容易证明；第（2）问构造二面角的平面角有一定困难，所以要选择恰当的位置建立空间直角坐标系，用向量法求解.答案详解（1）因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB，所以EF∥DC.又EF？埭平面PCD，DC？奂平面PCD，所以EF∥平面PCD.又EF？奂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD=GH，所以EF∥GH. 又EF∥AB，所以AB∥GH.（2）在△ABQ中，因为AQ=2BD，AD=DQ，所以∠ABQ=90°，即AB⊥BQ. 又PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直.以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.设BA=BQ=BP=2，则B（0，0，0），Q（0，2，0），D（1，1，0），C（0，1，0），P （0，0，2）. 所以 =（-1，-1，2）， =（0，-1，2）.设平面PCD的一个法向量为n=（x，y，z），则由n· =0，n· =0可得-x-y+2z=0，-y+2z=0.取z=1，得n=（0，2，1）. 又 =（0，2，0）为平面PAB的一个法向量，所以cos〈n，〉= = = . 故平面PAB与平面PCD所成角的正弦值为 .例3 如图19，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，H为PC 的中点，M为AH的中点，PA=AC=2，BC=1.（1）求证：AH⊥平面PBC；（2）求直线PM与平面AHB所成角的正弦值；（3）设点N在线段PB上，且=λ，MN∥平面ABC，求实数λ的值.图19破解思路本题考查同学们的空间想象能力和思维能力，属于中高档题. 题目有明显的垂直关系，所以第（2）问和第（3）问可以通过建立空间直角坐标系来解决，其中处理第（3）问时，相关点的坐标可通过比值λ来表示，这有助于更好地突破难点并解决问题.答案详解（1）因为PA⊥底面ABC，BC？奂底面ABC，所以PA⊥BC.又因为AC⊥BC，PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC.因为AH？奂平面PAC，所以BC⊥AH.因为PA=AC，H是PC的中点，所以AH⊥PC.又PC∩BC=C，所以AH⊥平面PBC.（2）在平面ABC中，过点A作AD∥BC，易得PA，AC，AD两两垂直，所以以A为原点，AD，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图20所示的空间直角坐标系，则可得A（0，0，0），P（0，0，2），B（1，2，0），C（0，2，0），H（0，1，1），M0，， .设平面AHB的法向量为n=（x，y，z），因为 =（0，1，1）， =（1，2，0），由n· =0，n· =0可得y+z=0，x+2y=0.令z=1，得n=（2，-1，1）.设直线PM与平面AHB所成角为θ，因为 =0，，- ，所以sinθ=cos〈，n〉= = ，即sinθ= .图20（3）因为 =（1，2，-2），=λ ，所以 =（λ，2λ，-2λ）. 又 =0，，- ，所以 = - =λ，2λ-， -2λ. 因为MN∥平面ABC，平面ABC的法向量 =（0，0，2），所以 · =3-4λ=0，解得λ= .例4 如图21①，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD=1，BC=3，E为BC上一点，BE=2EC，且DE= . 将梯形ABCD沿DE折成直二面角B-DE-C，如图19②所示.（1）求证：平面AEC⊥平面ABED；（2）设点A关于点D的对称点为G，点M在△BCE所在平面内，且直线GM与平面ACE所成的角为60°，试求出点M到点B的最短距离.图21破解思路折叠问题是高考经常考查的内容之一. 解决这类问题要注意对翻折前后线线、线面的位置关系，所成角及距离加以比较. 第（1）问可利用分析法把证明面面垂直转化为证明线面垂直；第（2）问在第（1）问的基础上确定出三线两两垂直后建立空间直角坐标系，利用向量的数量积运算求解.答案详解（1）在图①中，由平面几何的知识易得DE⊥BC；在图②中，因为DE⊥BE，DE⊥CE，所以∠BEC是二面角B-DE-C的平面角. 因为二面角B-DE-C是直二面角，所以BE⊥CE. 因为DE∩BE=E，DE，BE？奂平面ABED，所以CE⊥平面ABED. 又CE？奂平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABED.（2）由（1）知DE，BE，CE两两互相垂直，以E为原点，分别以EB，EC，ED为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz.由已知，得E（0，0，0），A（1，0，），B（2，0，0），C（0，1，0），D（0，0，），G（-1，0，）， =（1，0，）， =（0，1，0）.设平面ACE的一个法向量为n=（x，y，z），则 ·n=0， ·n=0，即x+ z=0，y=0.取x= ，得n=（，0，-1）.设M（x，y，0），则 =（x+1，y，- ）. 因为直线GM与平面ACE所成的角为60°，所以=sin60°，即 = ，化简得y2=2x.从而可得点M到点B的距离MB= = = = ，所以，当x=1时，MB取得最小值，即点M到点B的最短距离为 .1. 如图22，棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，BD=2 ，则点C到平面PBD的距离为________.图222. 如图23，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AC=BC=AA1=2，D为侧棱AA1的中点.（1）求异面直线DC1，B1C所成角的余弦值；（2）求二面角B1-DC-C1的余弦值图233. 如图24，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为CD的中点，F为AE的中点.现在沿AE将△ADE向上折起，在折起的图形中解答下列两问：（1）在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由.（2）若平面ADE⊥平面ABCE，求二面角E-AD-B的余弦值.图24。
用空间向量求空间角和距离
用空间向量求空间角和距离四川省通江中学 徐荣德空间中角和距离的计算问题是立体几何的重要内容，也是近几年高考的热点之一。
空间向量为求空间角和距离提供了新的方法，可以使几何问题中的逻辑推理转化为向量的代数运算，使问题的解决更简洁、清晰，有较强的规律性，易于掌握。
一、求空间中的角1、两异面直线所成的角设异面直线AB 、CD 所成的角为])2,0((παα∈ （如图1），则|||||||,cos |cos CD AB ⋅=><=α。
2、直线与平面所成的角设直线PA 与平面α（),αα∉∈P A 所成的角 为])2,0[(πθθ∈，平面α的法向量为（如图2），则|||||||,cos |sin n AP ⋅=><=θ。
3、二面角设二面角βα--l 的大小为θ（),0(πθ∈）， 平面βα,的法向量分别为n m ,（如图3）， 则><-=>=<,,πθθ或。
例1、四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD 是边长为2的正三角形，且侧面PAD 与底面ABCD 垂直，E 为DP 的中点。
（1） 求异面直线AE 与PB （2） 求直线BE 与平面PCD 所成的角； （3） 求二面角E —AC —D 的大小。
解：建立如图4所示的空间直角坐标系，则(1) A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,1,3),E(0,23∴23,23,0(),3,1,2(=-=AE BP46||||,cos =⋅>=<∴AE BP ∴异面直线AE 与PB 所成的角46arccos.(2) C(2,2,0),D(0,2,0),)23,23,2(),3,1,2(),0,0,2(-=--=-=∴BE CP CD , 设平面PCD 的一个法向量),,,(z y x =则⎩⎨⎧⎩⎨⎧==∴=+--=-z y x z y x x 30,03202，取1=z ，得)1,3,0(= 设直线BE 与平面PCD 所成的角为θ，则=θsin 721|||,cos |==>< ∴直线BE 与平面PCD 所成的角为721arcsin。
向量法求解空间距离与空间角
向量法求解空间距离与空间角要求能掌握用向量法解决空间距离与空间角问题。
一、 空间向量与空间距离由向量的数量积||||cos AB b AB b θ⋅=⋅可知，向量AB 在向量b （直线l 的方向向量）方向上的射影（投影）是||cos ||AB b AB b θ⋅=，也就是说向量AB 在向量b （直线l 的方向向量）方向上的射影（投影）是线段AB 在直线l 上射影线段的长。
1、 点面距离公式：平面α的法向量为n ，P 是平面α外一点，点M 为平面α内任一点，则P 到平面α的距离d 就是MP在向量n 方向上射影的绝对值，即||||n MP d n ⋅=。
2、 线面距离公式： 平面α∥直线l ，平面α的法向量为n ，P ∈直线l ，点M 为平面α内一点，则直线l 与平面α的距离d 就是MP 在向量n 方向上射影的绝对值，即||||n MP d n ⋅=。
3、 面面距离公式：平面α∥平面β，平面α的法向量为n，点M 为平面α内一点，点P 为β平面β内一点，则平面α与平面β的距离d就是MP 在向量n 方向上射影的绝对值，即||||n MP d n ⋅=。
4、向量法求解距离问题的步骤： ① 建立适当的空间直角坐标系；② 将相应线段及平面的法线等用向量或坐标表示出来； ③ 利用向量的相应距离公式求解。
5、典例评析： 例1、（03广东）已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB=1，AA 1=2，点E 是CC 1的中点，F 是BD 1中点。
（1）证明：EF 是BD 1与CC 1的公垂线； （2）求点D 1到面BDE 的距离。
二、 空间向量与空间的角 1、 异面直线所成的角：异面直线a 、b 的方向向量分别为m 、n，其向量的夹角为θ，直线a 、b 的所成的角为α，(0,]2πα∈，则||cos |cos |||||m n m n αθ⋅== ，即||cos ||||m n arc m n α⋅=。
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.。
1.4.2-用空间向量研究距离、夹角问题
探究 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. 如何利
用这些条件求点P到直线l的距离? 如图示，向量AP在直线l上的投影向量为 AQ ，则△APQ是直角
u
P
三角形，因为A，P都是定点，所以|AP|，AP 与 u 的夹角∠PAQ都
dn
是确定的. 于 是可求 |AQ|. 再利用勾股定理，可以求出点P到直线l
点C1到平面AB1 E
的距离为 |
C1B1 |n|
n
|
1 3
.
D
A x
F
C
y
B
即直线FC1到平面AB1
E的距离为
1 3
.
3. 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，求平面A1DB与平面D1CB1的距离.
解 : 平面A1DB//平面D1CB1,平面A1DB与平面D1CB1的距离 z
MN AN AM
1 ( AB AF ) 1 ( AB AD)
2
2
1 (c b) 2
∴|MN|2 1 (c b )2 1 ,
4
2
∴|MN| 2 ,即MN 2 .
2
2
【巩固训练4】如图，两条异面直线a, b所成的角为θ，在直线a, b上分别取点A′, E和
点A, F，使AA′⊥a，且AA′⊥b (AA′称为异面直线a, b的公垂线). 已知A′E=m, AF=n，
易得C1 (0, 1, 1),
A(1,
0, 0),
E(0,
0,
1 ). 2
E
∴C1 A
(1,
1, 1),
AE
(1, 0,
1 ). 2
D
F
用空间向量研究距离夹角问题
用空间向量研究距离夹角问题空间向量是数学中一个重要的概念，可以用于描述三维空间中点的坐标。
在空间向量的基础上，我们可以研究距离和角度等问题。
下面是一些用空间向量研究距离和角度问题的方法:1. 空间向量的计算空间向量可以通过点积、叉积等方式进行计算。
点积和叉积都是空间向量运算的一种方法，可以用来计算两个向量之间的距离和角度。
例如，假设我们有两个向量 $v_1$ 和 $v_2$,它们的点积可以表示为:$$v_1 times v_2 = begin{vmatrix} v_1 v_2 end{vmatrix} = v_1^T v_2$$ 其中，$begin{vmatrix} v_1 v_2 end{vmatrix}$ 表示 $v_1$ 和 $v_2$ 的内积，$v_1^T v_2$ 表示 $v_1$ 和 $v_2$ 的外积。
2. 空间向量在几何中的应用空间向量在几何中有着广泛的应用。
例如，我们可以使用空间向量来计算两个点之间的距离。
另外，空间向量还可以用于计算两个平面之间的夹角。
例如，假设我们有两个点 $P$ 和 $Q$,它们之间的距离可以用空间向量 $P - Q$ 来计算:$$d = |P - Q| = sqrt{(P_x - Q_x)^2 + (P_y - Q_y)^2 + (P_z - Q_z)^2}$$ 其中，$(P_x - Q_x)^2 + (P_y - Q_y)^2 + (P_z - Q_z)^2$ 表示点 $P$ 和点 $Q$ 的内积。
另外，空间向量还可以用于计算两个平面之间的夹角。
假设我们有两个平面$P_1$ 和 $P_2$,它们之间的夹角可以用空间向量 $P_1 - P_2$ 来计算:$$theta = frac{angle(P_1 - P_2)}{|P_1 - P_2|}$$其中，$angle(P_1 - P_2)$ 表示 $P_1$ 和 $P_2$ 之间的夹角，$|P_1 - P_2|$ 表示 $P_1$ 和 $P_2$ 之间的距离。
用向量方法求空间角和距离
用向量方法求空间角和距离向量方法是利用向量的性质和运算，来求解空间角和距离的方法。
在几何学中，向量可以用来表示位置、方向和大小，因此可以通过向量的定义和运算来求解空间角和距离。
一、空间角的求解空间角是指两个平面或者两个直线之间的夹角。
我们可以通过向量的点积来求解空间角。
对于两个平面，可以先求出它们的法向量，然后计算法向量的夹角即可得到空间角。
设两个平面的法向量分别为n1和n2，则它们的夹角θ为：θ = arccos((n1·n2) / (，n1，n2，))其中，·表示向量的点积，n1，和，n2，分别表示向量n1和n2的模。
对于两个直线，可以先求出它们的方向向量，然后计算方向向量的夹角即可得到空间角。
设两个直线的方向向量分别为u和v，则它们的夹角θ为：θ = arccos((u·v) / (，u，v，))其中，·表示向量的点积，u，和，v，分别表示向量u和v的模。
二、距离的求解距离是指空间中两个点之间的长度。
我们可以通过向量的运算来求解空间中两点之间的距离。
设空间中两个点A(x1,y1,z1)和B(x2,y2,z2)，则点A到点B的距离d为：d=，AB，=√((x2-x1)²+(y2-y1)²+(z2-z1)²)其中，AB，表示向量AB的模，即两点之间的距离。
通过向量方法求解空间角和距离的步骤如下：1.对于求解空间角，先计算出两个平面或者两个直线的法向量或方向向量。
2.根据向量的点积定义，计算法向量或方向向量的点积。
3.根据向量的模定义，计算法向量或方向向量的模。
4.将点积和模代入空间角的计算公式，求解空间角。
5.对于求解距离，先计算出两个点的坐标。
6.根据向量的运算规则，计算两个坐标点之间的差向量。
7.根据向量的模定义，计算差向量的模，即两个点之间的距离。
通过向量方法求解空间角和距离的优点是简单、直观，并且适用于各种空间问题。
用空间向量方法求角和距离
用向量方法求空间角和距离在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题．1求空间角问题分别在直线n m ,b a ,所成的角或0a b a b ⊥⇔= , （２）求线面角特殊情形：当a = 一般情形：在直线图所示），再求cos 则sin cos βθ=（３）求二面角方法1：转化为分别是在二面角的两个半平面内且与棱都垂直的两条直线上的两个向量的夹角（注意：要特别关注两个向量的方向）．方法2：先求出二面角一个面内一点到另一个面的距离及到棱的距离，然后通过解直角三角形求角．方法3：（法向量法）构造二面角βα--l 的两个半平面βα、的法向量21n n 、（都取向上的方向，如图所示）2）若二面角βα--l 是“锐角型”如图乙所示，那么其大小φ等于两法向量21n n 、的夹角即 1212cos cos .||||n n n n φθ⋅==⋅2.求空间距离问题（１）求点面距离 其中n 是平面α在法一、找平面β使面β法二：如图，d 是异面直线a 与 b 的距离，n是直线a 与b 的一个法向量 A 、 B 分别是 直线a , b 上的点，显然：||cos ,d AB θ=又||cos ,AB n θ= ||AB n d ∴= 图甲例１．如图，在棱长为２的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱1111,A D A B 的中点．（Ⅰ）求异面直线1DE FC 与所成角的余弦值； （II ）求1BC 和面EFBD 所成的角； （III ）求1B 到面EFBD 的距离例2．如图，三棱柱中，已知A BCD 是边长为1的正方形，四边形B B A A '' 是矩形，。
平面平面ABCD B B A A ⊥''（Ⅰ）若A A '＝１，求直线AB 到面'DAC 的距离．（II ） 试问：当A A '的长度为多少时，二面角 A C A D -'-的大小为？ 60（Ⅰ）求证：直线1B P 不可能与平面11ACC A 垂直；（II ）当11BC B P ⊥时，求二面角11C B P C --的大小的余弦值．例4.如图，1BE AB ⊥；（Ⅱ）求二面角B （Ⅲ）求异面直线例5.（山东卷）如图，已知平面A 1B 1C 1平行于三棱锥V-ABC 的底面ABC ，等边∆ AB 1C 所在的平面与底面ABC 垂直，且∠ACB =90°，设AC =2a ,BC=a .（1）求证直线B 1C 1是异面直线AB 1与A 1C 1的公垂线； （2）求点A 到平面VBC 的距离； （3）求二面角A-VB-C 的大小例6.如图,在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中,60,ABC ∠=︒,PA AC a ==,PB PD ==点E 在PD上,且PE:ED= 2: 1. (Ⅰ)证明 PA⊥平面ABCD;(Ⅱ)求以AC 为棱,EAC 与DAC 为面的二面角θ的大小:(Ⅲ)在棱PC 上是否存在一点F, 使BF∥平面AEC?证明你的结论.练习：1.在正四面体S ABC -中，棱长为a ，E,Ｆ分别为SA 和BC 的中点，求异面直线BE 和SF 所成角的余弦值．2.在边长为１的菱形ABCD 中，60ABC ︒∠=，将菱形沿对角线AC 折起，使折起后BD ＝１，求二面角B ACD --的余弦值．３．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面，且PD AD a ==，问平面PBA 与平面PBC 能否垂直？试说明理由．（不垂直）４．在直三棱柱12AC AA ==． （１） 求1O（２） 求BCPA=2，（Ⅰ）求直线PA 与平面DEF 所成角的大小； （Ⅱ）求点P 到平面DEF 的距离。
高考数学一轮复习利用空间向量求空间角与距离
1 + 1
2
3 31 +
· = 0,
则൝
即ቐ
· = 0,
4 31 = 0,
= 0,
令z1＝2，则m＝（0，－3，2）.
目录
所以｜cos＜n，m＞｜＝
·
||·||
4 3
＝ .
13
设二面角C－AE－B的大小为θ，则sin θ＝ 1−
11
即二面角C－AE－B的正弦值为 .
13
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，所以PO⊥平面ABC，
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，所以OD∥AC，因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面APC，所以OD∥
||
|AP·|
| |
；
（3）两异面直线间的距离：即两条异面直线公垂线段的长度.
目录
＝
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.
（
）
答案：（1）×
（2）直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.
（
）
答案：（2）×
目录
弦值.
解 （2）连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以
PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝ 2 −2 ＝ 52 −32 ＝4.
1
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OAsin 30°＝4× ＝2，
3
2
用空间向量研究距离、夹角问题
直角坐标系.
C
D
F
B
D1
C1
A1
E
B1
问：应用向量方法求距离，共同点是什么？
问：为此我们要做什么准备？
z
以D1为原点，D1 A1，D1 C1，
A
D1 D所在直线为x轴、y轴、
C
D
z轴，建立如图所示的空间
F
B
D1
直角坐标系.
C1
A1
E
x
B1
y
问: 相关点的坐标是什么？
A(1，0，1)，B(1，1，1)，
)
A
Q
= ∙
P
平面 α的法向量为n
A是平面α内的定点
点P 到平面 α的距离
n
A
∙
∙
= ∙
=
=
α
Q
小结：整理向量方法求距离的相关公式
距离问题
图示
两点间的距离
点到直线
的距离
两平行线之间
的距离
点到平面
的距离
向量法距离公式
Q
P
=
u
的距离可以转化为点到平面的距离.
P
β
P
α
n
α
n
A
Q
A
Q
= ∙
直线到平面的距离
∙
∙
=
=
两个平行平面间的距离
P
β
P
α
n
α
n
A
Q
A
Q
例题小结
2.用向量方法解决距离问题的“三步曲”：
利用空间向量求角和距离
利用空间向量求角和距离第二课时利用空间向量求角和距离【基础巩固】1.已知直线l1的方向向量s1=(1,0,1)与直线l2的方向向量s2=(-1,2,-2),则l1与l2夹角的余弦值为( C )(A) (B)(C) (D)解析:因为s1=(1,0,1),s2=(-1,2,-2),所以cos<s1,s2>===-.又两直线夹角的取值范围为(0,),所以l1和l2夹角的余弦值为.2.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( D )(A)(B)(C)(D)解析: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||=.3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB的中点,则sin<,>的值等于( B )故=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,1,0).设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则y=-2,x=2,所以平面BDC1的一个法向量为n=(2,-2,1).设直线CD与平面BDC1所成的角为θ,则sin θ=|cos<n,>|==,故选A.6.已知点M(a,0,a),平面π过原点O,且垂直于向量n=(-,,a),则点M到平面π的距离d为.解析:=(a,0,a),则M到平面π的距离d== a.答案: a7.如图正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是平面A1B1C1D1的中心,则BO 与平面ABC1D1所成角的正弦值为.解析:建立空间直角坐标系,如图,则B(1,1,0),O(,,1), =(1,0,1)是平面ABC1D1的一个法向量.又=(,,-1),所以BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为==.答案:8. (2019·福州高二期中)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,棱长为4,E 为面A1D1DA的中心,CF=3FC1,AH=3HD.(1)求异面直线EB1与HF之间的距离;(2)求二面角H-B1E-A1的平面角的余弦值.解:以D1为原点,,,分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立直角坐标系D1xyz,则E(2,0,2),B1(4,4,0),H(1,0,4),F(0,4,1).(1)=(2,4,-2),=(-1,4,-3),=(-1,0,2),设平面EB1FH的法向量为n=(x,y,z),则即取x=1,则z=-3,y=-2,则n=(1,-2,-3),异面直线EB1与HF之间的距离为==.(2)=(2,4,-2),=(2,0,-2),=(-1,0,2),设平面HB1E的法向量为m1=(x′,y′,z′),则即取x′=2,则y′=-,z′=1.所以m1=(2,-,1).设平面A1B1E的法向量为m2=(x,y,z),则即取x=1,y=0,z=1,则m2=(1,0,1),所以cos <m1,m2>==.因为二面角H-B1E-A1为钝二面角,所以二面角H-B1E-A1的平面角的余弦值为-.【能力提升】9.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( B )(A)(B)(C) (D)解析:如图所示,建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),E(1,1,),所以=(1,0,1),=(1,1,).设平面A1ED的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,得y=-,z=-1,所以n=(1,-,-1).又平面ABCD的一个法向量为=(0,0,1),所以cos<n,>==-.所以平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.故选B. 10.已知矩形ABCD与ABEF全等,D-AB-F为直二面角,M为AB的中点,FM 与BD所成角为θ,且cosθ=,则AB与BC的边长之比为( C ) (A)1∶1 (B)∶1 (C)∶2 (D)1∶2解析:设AB=a,BC=b,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则相关各点坐标为F(b,0,0),M(0,,0),B(0,a,0),D(0,0,b),=(-b,,0),=(0,-a,b),所以||=,||=,·=-,|cos<,>|==,整理得4×+5×-26=0,所以==.故选C.11.(2019·烟台高二检测)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:以点D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),F(0,,0),E(,1,0),D1(0,0,1).所以=(-,-,0),=(-,-1,1).设n=(x,y,z)为平面EFD1B1的法向量,则易求平面EFD1B1一个的法向量为n=(-1,1,),又=(0,,0),所以d==.答案:12.在直三棱柱ABC-A′B′C′中,底面ABC是边长为2的正三角形, D′是棱A′C′的中点,且AA′=2.(1)试在棱CC′上确定一点M,使A′M⊥平面AB′D′;(2)当点M为棱CC′中点时,求直线AB′与平面A′BM所成角的正弦值.解:(1)因为直三棱柱ABC-A′B′C′中,底面ABC是边长为2的正三角形,D′是棱A′C′的中点,所以B′D′⊥A′C′,所以B′D′⊥平面ACC′A′,所以B′D′⊥A′M,所以在棱CC′上确定一点M,使A′M⊥平面AB′D′,只要过A′作A′M⊥AD′交CC′于点M即可.(2)如图以A为原点,以,为y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,因为直三棱柱ABC-A′B′C′中,底面ABC是边长为2的正三角形, D′是棱A′C′的中点,且AA′=2.所以A(0,0,0),B′(,1,2),A(0,0,2),B(,1,0),M(0,2,),所以=(,1,2),=(0,2,-),=(,1,-2 ), 设平面A′BM的一个法向量为n=(x,y,z),则即令y=1,则n=(,1,),设直线AB′与平面A′BM所成的角为θ.sin θ=|cos<n,>|=||==.所以当点M为棱CC′中点时,直线AB′与平面A′BM所成角的正弦值为.【探究创新】13.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC=90°,E是CD的中点.(1)证明:CD⊥平面PAE;(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等,求四棱锥P-ABCD的体积.解:如图,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z 轴建立空间直角坐标系,设PA=h,则相关的各点坐标为A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,3,0),D(0,5,0),E(2,4,0),P(0,0,h). (1)易知=(-4,2,0),=(2,4,0),=(0,0,h).因为·=-8+8+0=0,·=0,所以CD⊥AE,CD⊥AP.而AP,AE是平面PAE内的两条相交直线,所以CD⊥平面PAE.(2)由题设和(1)知,,分别是平面PAE,平面ABCD的法向量,而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等,所以|cos , |=|cos , |,即||=||. 由(1)知,=(-4,2,0),=(0,0,-h),=(4,0,-h),故||=||.解得h=.又梯形ABCD的面积为S=×(5+3)×4=16,所以四棱锥P-ABCD的体积为V=S·PA=×16×=.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
0，π2
二面角
设二面角α－l－β为θ，平面α，β的法向量分别为n1，
n2，则|cos
θ|＝
|cos〈n1，n2〉|
＝
|n1·n2| |n1||n2|
[0，π]
知识点二 利用空间向量求距离(※) 点到平面的距离：用空间向量法求点到平面的距离具体步骤如下： 先确定平面的法向量，再求点与平面内一点的连线形成的斜线段在平面 的 法 向 量 上 的 射 影 长 . 如 图 ， 设 n ＝ (a ， b ， c) 是 平 面 α 的 一 个 法 向 量 ， P0(x0，y0，z0)为α外一点，P(x，y，z)是平面α内的任意一点，则点P0到 平面 α 的距离 d＝|P→P|n0|·n|＝|ax0－x＋ab2＋y0－b2＋y＋c2 cz0－z|.
证明
②若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角 的正弦值.
解答
类型二 求二面角问题 例2 如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点， 求二面角A－A1D－B的余弦值.
解答
反思与感悟 求角二面角时，可以用方向向量法，也可以采用法向量 法求解.
2.向量法求距离(※) (1)求 P，Q 两点间的距离，可转化为求P→Q的模. (2)点到平面距离的求法：设 n 是平面 α 的法向量，B 是平面 α 外一点，A 是平面 α 内一点，AB 是平面 α 的一条斜线，则点 B 到平面 α 的距离为
→ d＝|A|Bn·|n|.
(3)线面距离、面面距离均可转化为点面距离，利用(2)中的方法求解.
4 2×2
2＝12，
且〈P→B，D→B〉∈[0，π]，∴〈P→B，D→B〉＝π3， ∴BD 与平面 ADMN 所成的角为π6.
解答
反思与感悟 用向量法解决线线角、线面角问题时，首先需建立适当 的坐标系，然后求解相应的向量表达式，再借助于空间向量的运算进 行求解.
跟踪训练1 (1)已知在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DC的中 点，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB1与D1E所成角的余弦值为
＝－12，则 l 与 α 所成的角为
√A.30°
B.60°
C.120°
D.150°
解析 设l与α所成的角为θ， 则 sin θ＝|cos〈m，n〉|＝12.∴θ＝30°.
12345
解析 答案
2.已知二面角 α－l－β 的两个半平面 α 与 β 的法向量分别为 a，b，若〈a，b〉
＝π3，则二面角 α－l－β 的大小为
本课结束
角的分类
向量求法
范围
异面直线 设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量分别 |a·b|
所成的角 为a，b，则cos θ＝ |cos〈a，b〉| ＝__|a_||_b_| _
0，π2
直线与平面 设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为a，平 |a·n|
所成的角 面α的法向量为n，则sin θ＝ |cos〈a，n〉|＝_|_a_||n_|_
跟踪训练 2 如图，PA⊥平面 ABC，AC⊥BC，BC＝ 2，PA＝AC＝1， 求二面角 A－PB－C 的余弦值.
解答
类型三 解决距离问题(※) 例3 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.
解答
反思与感悟 用向量法计算距离问题时，借助于空间向量的运算，并结 合化归思想进行求解.
跟踪训练3 如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F 分别为 BB1，CC1 的中点，DG＝13DD1，过 E，F，G 的平面交 AA1 于点 H， 求D1A1到平面EFGH的距离.
解答
达标检测
1.已知向量 m，n 分别是直线 l 的方向向量和平面 α 的法向量，若 cos〈m，n〉
√A.
6 4
B.－
6 4
C.
10 4
D.－
10 4
12345
解析 答案
4.设a，b是直线，α，β是平面，a⊥α，b⊥β，向量a在a上，向量b在b上， a＝(1,1,1)，b＝(－3,4,0)，则α，β所成二面角中较小的一个角的余弦值为
3 ___1_5____. 解析 设α，β所成二面角中较小的一个角为θ， 由题意得，cos θ＝|cos〈a，b〉|＝||aa|·|bb||＝1，1，1·3－·53，4，0＝153.
12345
解析 答案
5.已知等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 有一公共边 AB，二面角 C－AB－
D 的余弦值为 33，M，N 分别是 AC，BC 的中点，则 EM，AN 所成角的余 1
弦值为___6__.
12345
解析 答案
规律与方法
1.向量法求角 (1)两条异面直线所成的角θ可以借助这两条直线的方向向量的夹角φ求得， 即cos θ＝|cos φ|. (2)直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹 角φ求得，即sin θ＝|cos φ|或cos θ＝sin φ. (3)二面角的大小可以通过该二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等 于两个法向量的夹角或其补角.
第三章 §3.2 立体几何中的向量方法
第3课时 用空间向量解决空间角与距离问题
学习目标
1.理解直线与平面所成角、二面角的概念. 2.掌握向量法解决空间角和距离问题. 3.体会空间向量解决立体几何问题的三步曲.
内容索引
问题导学 题型探究 达标检测
问题导学
知识点一 空间三种角的向量求法
空间角包括线线角、线面角、二面角，这三种角的定义确定了它们相应 的取值范围，结合它们的取值范围可以用向量法进行求解.
题型探究
类型一 求线线角、线面角 例1 (1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，
30 A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为___1_0____.
解析 答案
(2)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝ 90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M，N分别为PC，PB的 中点. ①求证：PB⊥DM；
√A.
10 10
B.
10 5
C.－Biblioteka 10 10D.－10 5
解析 答案
(2)如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°. ①证明：AB⊥A1C； 证明 取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B. ∵CA＝CB，∴OC⊥AB. 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形， ∴OA1⊥AB. ∵OC∩OA1＝O，∴AB⊥平面OA1C. 又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.
π
2π
A.3
B. 3
√C.π3或23π
D.π6或π3
解析 由于二面角的范围是[0，π]，而二面角的两个半平面α与β的法向
量都有两个方向， 因此二面角 α－l－β 的大小为π3或23π，故选 C.
12345
解析 答案
3.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，则
AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为
证明
②求BD与平面ADMN所成的角. 解 ∵P→B·A→D＝(2,0，－2)·(0,2,0)＝0，∴PB⊥AD.
又∵PB⊥DM，AD∩DM＝D，∴PB⊥平面ADMN.
即P→B为平面 ADMN 的一个法向量. 因此〈P→B，D→B〉的余角即是 BD 与平面 ADMN 所成的角.
∵cos〈P→B，D→B〉＝|PP→→BB|·|DD→→BB|＝2
线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离，因此，只要掌握点 到平面距离的求法，就可解决其他的距离问题.
[思考辨析 判断正误] (1)直线与平面所成的角α与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β 互余.( × ) (2)二面角的大小范围是0，π2.( × ) (3)二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小.( × ) (4)直线与平面所成角的范围是0，π2.( √ )