向量法求空间距离(人教A版)(含答案)

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高考数学总复习 98用向量方法求角与距离课件理新人教A版

∴P→C⊥B→F，P→C⊥E→F， ∴PC⊥BF，PC⊥EF，BF∩EF＝F， ∴PC⊥平面 BEF.
(2)由(1)知平面 BEF 的法向量 n1＝P→C＝(2,2 2，－2)，平面 BAP 的法向量 n2＝A→D＝(0,2 2，0)， ∴n1·n2＝8，设平面 BEF 与平面 BAP 的夹角为 θ，
4．求两平行平面间的距离
→ (1)用公式 d＝|A|Bn·|n|求，n 为两平行平面的一个法向量，A、 B 分别为两平面上的任意两点． (2)转化为点面距或线面距求解．
考点典例讲练
异面直线所成的角 [例 1] (2012·云南省统考)在三棱锥 P－ABC 中，PA⊥平面 ABC，BC⊥AB，点 D 在棱 PC 上，且 CD＝13CP.
∴PM＝AM＝BM＝CM. ∴点 P、A、B、C 在以棱 PC 的中点 M 为球心，P2C为半径的球面上．
(2)∵BC⊥AB，PA＝AB＝BC＝2. ∴△ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形．以 AC 为 y 轴，AP 为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 A－xyz.则 A(0,0,0)，B( 2， 2，0)，C(0，2 2，0)，P(0,0,2)，A→C＝(0,2 2， 0)，C→P＝(0，－2 2，2)，设 D(xD，yD，zD)，
2．求异面直线间的距离
如上图，若 CD 是异面直线 a、b 的公垂线，A、B 分别为
a、b 上的任意两点，令向量 n⊥a，n⊥b，则 n∥CD.则由A→B＝
A→C＋C→D＋D→B得，A→B·n＝A→C·n＋C→D·n＋D→B·n，
∴A→B·n＝C→D·n， ∴|A→B·n|＝|C→D|·|n|， ∴|C→D|＝|A→|Bn·|n|，
xD＝0， ∵CD＝13CP，∴C→D＝13C→P，∴zyDD＝＝234.3 2，

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

2020版高考数学大一轮复习-8.8立体几何中的向量方法二——求空间角和距离教案(理)(含解析)新人教A版

§8.8立体几何中的向量方法(二)——求空间角距离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〉.概念方法微思考1.利用空间向量如何求线段长度？提示利用|AB →|2＝AB →·AB →可以求空间中有向线段的长度. 2.如何求空间点面之间的距离？提示点面距离的求法：已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离为 |BO →|＝|AB →||cos 〈AB →，n 〉|.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(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)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.( ×)题组二教材改编2.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为( ) A.45° B.135° C.45°或135° D.90°答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3.如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)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解析如图，以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1的中点，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.题组三易错自纠4.在直三棱柱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解析以点C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1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.设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则可得A (2,0,0)，B (0,2,0)，M (1,1,2)，N (1，0,2)，∴BM →＝(1，－1,2)，AN →＝(－1,0,2).∴cos〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝1×(－1)＋(－1)×0＋2×212＋(－1)2＋22×(－1)2＋02＋22＝36×5＝3010. 5.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________. 答案 30°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°.题型一求异面直线所成的角例1 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＝2，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 ，AC ，FG ⊂平面AFC ，所以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 所在直线为x 轴、y 轴，|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. 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值等于两向量夹角余弦值的绝对值.跟踪训练1 三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝AB ，N ，M 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则AM 与BN 所成角的余弦值为( ) A.110B.35C.710D.45 答案 C解析如图所示，取AC 的中点D ，以D 为原点，BD ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC ＝2，则A (0，－1,0)，M (0,0,2)，B (－3，0,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，所以AM →＝(0,1,2)， BN →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，所以cos 〈AM →，BN →〉＝AM →·BN →|AM →|·|BN →|＝725×5＝710，故选C.题型二求直线与平面所成的角例2 (2018·全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE . 又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32. 又HP →为平面ABFD 的法向量，设DP 与平面ABFD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈HP →，DP →〉|＝|HP →·DP →||HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 思维升华若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2 (2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点.(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值. (1)证明因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 如图，连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .因为OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC .(2)解由(1)知OP ，OB ，OC 两两垂直，则以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示.由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)， P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23).由(1)知平面PAC 的一个法向量为OB →＝(2,0,0). 设M (a ,2－a ,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a ,4－a ,0). 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0，得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，可取y ＝3a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝OB →·n |OB →||n |＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2. 由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝cos30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32，解得a ＝－4(舍去)或a ＝43.所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 题型三求二面角例3 (2018·锦州模拟)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝2，∠ABC ＝60°，平面ACEF ⊥平面ABCD ，四边形ACEF 是菱形，∠CAF ＝60°.(1)求证：BF ⊥AE ；(2)求二面角B －EF －D 的平面角的正切值.(1)证明依题意，在等腰梯形ABCD 中，AC ＝23，AB ＝4，∵BC＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，即BC⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACEF，而AE⊂平面ACEF，∴AE⊥BC，连接CF，∵四边形ACEF为菱形，∴AE⊥FC，又∵BC∩CF＝C，BC，CF⊂平面BCF，∴AE⊥平面BCF，∵BF⊂平面BCF，∴BF⊥AE.(2)解取EF的中点M，连接MC，∵四边形ACEF是菱形，且∠CAF＝60°，∴由平面几何易知MC⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，CM⊂平面ACEF，∴MC⊥平面ABCD.以CA ，CB ，CM 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，各点的坐标依次为C (0,0,0)，A (23，0,0)，B (0，2,0)，D (3，－1,0)，E (－3，0,3)，F (3，0,3)，设平面BEF 和平面DEF 的一个法向量分别为n 1＝(a 1，b 1，c 1)，n 2＝(a 2，b 2，c 2)， ∵BF →＝(3，－2,3)，EF →＝(23，0,0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧BF →·n 1＝0，EF →·n 1＝0，即⎩⎨⎧3a 1－2b 1＋3c 1＝0，23a 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，2b 1＝3c 1，不妨令b 1＝3，则n 1＝(0,3,2)，同理可求得n 2＝(0,3，－1)，设二面角B －EF －D 的大小为θ，由图易知θ为锐角， ∴cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝7130，故二面角B －EF －D 的平面角的正切值为97.思维升华利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解.跟踪训练3 (2018·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧»CD 所在平面垂直，M 是»CD上异于C ，D 的点.(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值.(1)证明由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为»CD上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，BC ，CM ⊂平面BMC ，所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)解以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 .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为»CD的中点.由题设得 D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)， DA →是平面MCD 的一个法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.利用空间向量求空间角例(12分)如图，四棱锥S－ABCD中，△ABD为正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CS＝2，∠BSD＝90°.(1)求证：AC⊥平面SBD；(2)若SC⊥BD，求二面角A－SB－C的余弦值.(1)证明设AC∩BD＝O，连接SO，如图①，因为AB＝AD，CB＝CD，所以AC 是BD 的垂直平分线，即O 为BD 的中点，且AC ⊥BD .[1分]在△BCD 中，因为CB ＝CD ＝2，∠BCD ＝120°，所以BD ＝23，CO ＝1.在Rt△SBD 中，因为∠BSD ＝90°，O 为BD 的中点，所以SO ＝12BD ＝ 3.在△SOC 中，因为CO ＝1，SO ＝3，CS ＝2，所以SO 2＋CO 2＝CS 2，所以SO ⊥AC .[4分]因为BD ∩SO ＝O ，BD ，SO ⊂平面SBD ，所以AC ⊥平面SBD .[5分](2)解方法一过点O 作OK ⊥SB 于点K ，连接AK ，CK ，如图②，由(1)知AC ⊥平面SBD ，所以AO ⊥SB . 因为OK ∩AO ＝O ，OK ，AO ⊂平面AOK ，所以SB ⊥平面AOK .[6分] 因为AK ⊂平面AOK ，所以AK ⊥SB . 同理可证CK ⊥SB .[7分]所以∠AKC 是二面角A －SB －C 的平面角. 因为SC ⊥BD ，由(1)知AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD . 在Rt△SOB 中，OK ＝SO ·OB SB ＝62. 在Rt△AOK 中，AK ＝AO 2＋OK 2＝422，同理可求CK ＝102.[10分] 在△AKC 中，cos∠AKC ＝AK 2＋CK 2－AC 22AK ·CK ＝－10535.所以二面角A －SB －C 的余弦值为－10535.[12分] 方法二因为SC ⊥BD ，由(1)知，AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC . 而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD .[6分]由(1)知，AC ⊥平面SBD ，SO ⊂平面SBD ，所以SO ⊥AC .因为AC ∩BD ＝O ，AC ，BD ⊂平面ABCD ，所以SO ⊥平面ABCD .[7分]以O 为原点，OA →，OB →，OS →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③，则A (3,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，S (0,0，3). 所以AB →＝(－3，3，0)，CB →＝(1，3，0)， SB →＝(0，3，－3).[8分]设平面SAB 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝－3x 1＋3y 1＝0，SB →·n ＝3y 1－3z 1＝0，令y 1＝3，得平面SAB 的一个法向量为n ＝(1，3，3). 同理可得平面SCB 的一个法向量为m ＝(－3，1,1).[10分]所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－3＋3＋37×5＝10535.因为二面角A －SB －C 是钝角，所以二面角A －SB －C 的余弦值为－10535.[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，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角.1.已知两平面的法向量分别为m ＝(1，－1,0)，n ＝(0,1，－1)，则两平面所成的二面角为( )A.60°B.120°C.60°或120°D.90° 答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－12·2＝－12，即〈m ，n 〉＝120°.∴两平面所成二面角为120°或180°－120°＝60°.2.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( )A.55B.53C.56D.54答案 A解析设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A.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，AB ，AD ，AA 1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 )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝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.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC 与B 1D 所成角的大小为( ) A.π6B.π4C.π3D.π2 答案 D解析以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，B 1(1,0,1)，D (0,1,0). ∴AC →＝(1,1,0)，B 1D →＝(－1,1，－1)， ∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 所成的角为π2.5.(2018·包头模拟)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，AB ＝AA 1＝2，则异面直线AB 1与CA 1所成角的余弦值为( ) A.0B.－14C.14D.12答案 C解析以A 为原点，在平面ABC 内过A 作AC 的垂线为x 轴，以AC 所在直线为y 轴，以AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B 1(3，1,2)，A 1(0,0,2)，C (0,2,0)，AB 1→＝(3，1,2)，A 1C →＝(0,2，－2)，设异面直线AB 1和A 1C 所成的角为θ，则cos θ＝|AB 1→·A 1C →||AB 1→|·|A 1C →|＝|－2|8·8＝14.∴异面直线AB 1和A 1C 所成的角的余弦值为14.6.如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O －xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1,2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23D.－23答案 C解析由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0,0，2)，由图可知，二面角C －AB －O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC →·n ||OC →||n |＝|4|2×3＝23.7.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55解析以A 为原点，AB ，AC ，AP 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，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1.∴PA →＝(0,0，－2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1.设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PA →〉|＝|PA →·n ||PA →||n |＝55， ∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55. 8.如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________.答案 45解析 ∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2， ∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0,2,1)， ∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)， ∴cos〈AF →，EC →〉＝AF →·EC →|AF →||EC →|＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.9.如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是__________.答案 60°解析以B 点为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系.设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2，∴cos〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22×22＝12，∵异面直线所成角的范围是(0°，90°]， ∴EF 和BC 1所成的角为60°.10.(2019·福州质检)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 所成的锐二面角的正切值为________.答案23解析方法一延长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 为所求锐二面角的平面角.∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan∠EHB ＝EB BH ＝23. 方法二如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，23，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，13，AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，23，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)，取平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)，设平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23. 11.(2018·鄂尔多斯联考)如图，在几何体ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥底面ABC ，四边形A 1ACC 1是正方形，B 1C 1∥BC ，Q 是A 1B 的中点，且AC ＝BC ＝2B 1C 1，∠ACB ＝2π3.(1)证明：B 1Q ⊥A 1C ；(2)求直线AC 与平面A 1BB 1所成角的正弦值.(1)证明如图所示，连接AC 1与A 1C 交于M 点，连接MQ .∵四边形A 1ACC 1是正方形， ∴M 是AC 1的中点，又Q 是A 1B 的中点， ∴MQ ∥BC ，MQ ＝12BC ，又∵B 1C 1∥BC 且BC ＝2B 1C 1， ∴MQ ∥B 1C 1，MQ ＝B 1C 1，∴四边形B 1C 1MQ 是平行四边形，∴B 1Q ∥C 1M ， ∵C 1M ⊥A 1C ，∴B 1Q ⊥A 1C .(2)解 ∵平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，CC 1⊥AC ，CC 1⊂平面A 1ACC 1， ∴CC 1⊥平面ABC .如图所示，以C 为原点，CB ，CC 1所在直线分别为y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，令AC ＝BC ＝2B 1C 1＝2，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，A 1(3，－1,2)，B (0,2,0)，B 1(0，1,2)， ∴CA →＝(3，－1,0)，B 1A 1—→＝(3，－2,0)，B 1B →＝(0,1，－2)，设平面A 1BB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥B 1A 1—→，n ⊥B 1B →，可得⎩⎨⎧3x －2y ＝0，y －2z ＝0，可令y ＝23，则x ＝4，z ＝3，∴平面A 1BB 1的一个法向量n ＝(4,23，3)，设直线AC 与平面A 1BB 1所成的角为α，则sin α＝|n ·CA →||n |·|CA →|＝23231＝9331.12.(2019·盘锦模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，其中AB ∥CD ，∠CDA ＝90°，CD ＝2AB ＝2，AD ＝3，PA ＝5，PD ＝22，点E 在棱AD 上且AE ＝1，点F 为棱PD 的中点.(1)证明：平面BEF ⊥平面PEC ； (2)求二面角A －BF －C 的余弦值. (1)证明在Rt△ABE 中，由AB ＝AE ＝1，得∠AEB ＝45°，同理在Rt△CDE 中，由CD ＝DE ＝2，得∠DEC ＝45°，所以∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC . 在△PAD 中，cos∠PAD ＝PA 2＋AD 2－PD 22PA ·AD ＝5＋9－82×3×5＝55，在△PAE 中，PE 2＝PA 2＋AE 2－2PA ·AE ·cos∠PAE ＝5＋1－2×5×1×55＝4，所以PE 2＋AE 2＝PA 2，即PE ⊥AD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥BE . 又因为CE ∩PE ＝E ，CE ，PE ⊂平面PEC ，所以BE ⊥平面PEC ，所以平面BEF ⊥平面PEC .(2)解由(1)知EB ，EC ，EP 两两垂直，故以E 为坐标原点，以射线EB ，EC ，EP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (2，0,0)，C (0,22，0)，P (0,0,2)，A ⎝⎛⎭⎪⎫22，－22，0，D (－2，2，0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，1， AB →＝⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－322，22，1， BC →＝(－2，22，0)，设平面ABF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝22x 1＋22y 1＝0，m ·BF →＝－322x 1＋22y 1＋z 1＝0，不妨设x 1＝1，则m ＝(1，－1,22)，设平面BFC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n ·BC →＝－2x 2＋22y 2＝0，n ·BF →＝－322x 2＋22y 2＋z 2＝0，不妨设y 2＝2，则n ＝(4,2,52)，记二面角A －BF －C 为θ(由图知应为钝角)，则cos θ＝－|m ·n ||m |·|n |＝－|4－2＋20|10·70＝－11735，故二面角A －BF －C 的余弦值为－11735.13.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°，以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 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. ∵FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－4λ1＋λ，－31＋λ，要使∠AFE 为直角，即FA →·FE →＝0，则0·m1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0， ∴16λ＝9，解得λ＝916. 14.(2018·满洲里模拟)如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M ，N ，Q 分别是CC 1，BC ，AC 的中点，点P 在直线A 1B 1上运动，且A 1P →＝λA 1B 1—→(λ∈[0,1]).(1)证明：无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ ；(2)是否存在点P ，使得平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°？若存在，试确定点P 的位置，若不存在，请说明理由.(1)证明连接A 1Q .∵AA1＝AC＝1，M，Q分别是CC1，AC的中点，∴Rt△AA1Q≌Rt△CAM，∴∠MAC＝∠QA1A，∴∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，∴AM⊥A1Q.∵N，Q分别是BC，AC的中点，∴NQ∥AB.又AB⊥AC，∴NQ⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∴NQ⊥AA1.又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，∴NQ⊥平面ACC1A1，∴NQ⊥AM.由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1，∴N，Q，A1，P四点共面，∴A1Q⊂平面PNQ.∵NQ∩A1Q＝Q，NQ，A1Q⊂平面PNQ，∴AM⊥平面PNQ，∴无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.(2)解如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，NM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，12，A 1B 1→＝(1,0,0).由A 1P →＝λA 1B 1→＝λ(1,0,0)＝(λ，0,0)，可得点P (λ，0,1)，∴PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ，12，－1.设n ＝(x ，y ，z )是平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·NM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －12x ＋12y ＋12z ＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λx ＋12y －z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1＋2λ3x ，z ＝2－2λ3x ，令x ＝3，得y ＝1＋2λ，z ＝2－2λ，∴n ＝(3,1＋2λ，2－2λ)是平面PMN 的一个法向量.取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0,1).假设存在符合条件的点P ，则|cos 〈m ，n 〉|＝|2－2λ|9＋(1＋2λ)2＋(2－2λ)2＝12，化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝7－354或λ＝7＋354(舍去). 综上，存在点P ，且当A 1P ＝7－354时，满足平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°.15.在四棱锥P －ABCD 中，AB →＝(4，－2,3)，AD →＝(－4,1,0)，AP →＝(－6,2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于( )A.1B.2C.13D.26 答案 B解析设平面ABCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥AB →，n ⊥AD →，即⎩⎪⎨⎪⎧ 4x －2y ＋3z ＝0，－4x ＋y ＝0，令y ＝4，则n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，4，43，则cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－6＋8－323133×226＝－2626， ∴h ＝2626×226＝2. 16.如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .(1)求证：EF⊥平面BCF；(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.(1)证明设AD＝CD＝BC＝1，∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2，∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos60°＝3，∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC.∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF，∴AC⊥平面BCF.∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.(2)解以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0，1,0)，M (λ，0,1)，∴AB →＝(－3，1,0)，BM →＝(λ，－1,1).设n ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·BM →＝0，得⎩⎨⎧ －3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，3，3－λ).易知m ＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量，∴cos〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝11＋3＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4. ∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos 〈n ，m 〉取得最小值77， ∴当点M 与点F 重合时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为77.。

1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题人教A版-选择性必修第一册

1 2
,0
,
F
1 2
,1,0
.
∴
DE
=
1,
1 2
,0
,
DF
=
1 2
,1,0
,
DP
=(0,0,1),
作DH⊥平面PEF,垂足为H,则
DH
=x
DE
+y
DF
+z
DP
=
x
1 2
y,
1 2
x
y,z
,其中x+y+z=1,
∵
PE
=
1,
1 2
,-1
,
PF
=
1 2
,1,-1
,
∴
DH
·PE
=x+
1 2
AH'∥
DH
,由(1)知
DH
=
6 17
,6 17
,9 17
,
所以设 AH'=λ(2,2,3)=(2λ,2λ,3λ)(λ≠0),则
EH'
=
EA+
AH'=
0,-
1 2
,0
+(2λ,2λ,3λ)=
2λ,2
λ-
1 2
,3λ
.
∴ AH'·EH' =4λ2+4λ2-λ+9λ2=0,即λ= 1 .
17
PN
=
1 2
-λ,
1 2
,-1
,
PQ
=
-
λ,
1 2
,-1
.
又AM
=
0,1,
1 2
,所以AM

利用空间向量解决空间距离问题

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

(
x,
y,
z
)为面A1BE的法向量，
则
n

A1E

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

A1E

1,
1 2
,
0

,
D1B 1,1, 1
D1
E
C1
n

A1E

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

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

2x, 2x,
z
D1 A1

第1课时用空间向量研究距离问题高中数学人教A版选择性必修第一册课件

A(0,0,0),C(1,1,0),N 1,0,
所以=
1
,0,1
2
1
2
1
,0,1
2
1
0,-1,
2
,M
,=
,
, =(1,1,0).
设 n=(x,y,z),且 n⊥,n⊥,
1

2
+ = 0,
· = 0,
所以
即
1
· = 0,
- + = 0,
2
= -2,
1
即
取 z=2,则 x=-4,y=1,
情境:在平面内任取一点 O,作=a,=b,过点 A 作直线
OB 的垂线,垂足为 A1,则1 就是 a 在 b 上的投影向量.
【思考】
已知两个非零向量 a,b,a 和 b 的夹角为 θ,那么 a 在 b 上
的投影是什么?a 在 b 上的投影向量是什么?
提示:a 在 b 上的投影为|a|cos θ,a 在 b 上的投影向量
5 5
ABC 的一个法向量.
由题意,知 =(-7,-7,7),
所以点 D 到平面 ABC
84
5
|·|
42 2
的距离为
= =
.
||
2
5
4.同类练如图,已知正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1,则点 A 到平面 BDC1 的
3 .
距离为
3
解析:以 D 为坐标原点,DA,DC,DD1 所在直线分别为 x 轴、
.
【思考】
(1)若“单位方向向量 u”变为“方向向量 s”,投影向量
,PQ 分别如何表示?

||
· ·
·

3.2.4 利用空间向量求空间距离课件(人教A版选修2-1)4

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

用空间向量研究距离、夹角问题(第1课时+用空间向量研究距离问题)课件

= -,
·1 = 2 + 2 = 0,
所以
所以 = -.
· = 2 + 2 = 0.
取x=1,则y=-1,z=-1.
所以,n=(1,-1,-1)是平面A1BD的一个法向量.
所以点 D1 到平面 A1BD 的距离
|1 1 ·|
d= ||
=
2
3
=
2 3
.
3
(2)根据题意,知A1D1
, ,
2 6 3
,
3
=4,a·u= 3 .
所以点 C 到直线 AB1 的距离为
2
2
-(·)
=
33
.
3
探究二
点到平面的距离
【例2】设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,求:
(1)点D1到平面A1BD的距离;
(2)平面A1BD与平面B1CD1间的距离.
分析:(1)由平面 A1BD 的法向量和向量1 1 可求出点 D1 到平面 A1BD 的
|1 |
= -
2
2
,0,
2
2
.
所以,点 M 到直线 AD1 的距离
d=
2 -(·)2
当 m=-
-
3
2×
2
=
=
2
+
2 1
(-) - 2 (-)2
=
3 2
-
2

1 2
时,根式内的二次函数取得最小值3a .
3
故 d 的最小值为
3
a.
3
+
1 2
.
2
反思感悟用向量方法求直线外一点N到直线的距离的步骤
人教A版数学选择性必修

用向量方法求空间角和距离(教师版)

用向量方法求空间角和距离在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题．1 求空间角问题空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；二面角．（１）求异面直线所成的角设a 、b 分别为异面直线a 、b 的方向向量,则两异面直线所成的角α=arccos ||||||a b a b （２）求线面角设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角α=arcsin ||||||l n l n（３）求二面角法一、在α内a l ⊥，在β内b l ⊥，其方向如图，则二面角l αβ--的平面角α=arccos ||||a b a b法二、设12,,n n 是二面角l αβ--的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角l αβ--的平面角α=1212arccos ||||n n n n 2 求空间距离问题构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，像异面直线间的距离、线面距离；面面距离都可化为点面距离来求．（１）求点面距离法一、设n 是平面α的法向量，在α内取一点B,则 A 到α的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==法二、设AO α⊥于O,利用AO α⊥和点O 在α内的向量表示，可确定点O 的位置，从而求出||AO ．（２）求异面直线的距离法一、找平面β使b β⊂且a β，则异面直线a 、b 的距离就转化为直线a 到平面β的距离，又转化为点A 到平面β的距离．法二、在a 上取一点A, 在b 上取一点B, 设a 、b 分别为异面直线a 、b 的方向向量,求n （n a ⊥，n b ⊥），则异面直线a 、b 的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==（此方法移植于点面距离的求法）．例１．如图，在棱长为２的正方体1111ABCD A BC D -中，E 、F 分别是棱1111,A D A B 的中点．（Ⅰ）求异面直线1DE FC 与所成的角；（II ）求1BC 和面EFBD 所成的角；（III ）求1B 到面EFBD 的距离解：（Ⅰ）记异面直线1DE FC 与所成的角为α，则α等于向量1DE FC 与的夹角或其补角，（II ）如图建立空间坐标系Dxyz -， 11||||111111cos ||()()||||||22||,arccos 55DE FC DE FC DD D E FB B C DE FC αα∴=++===∴=则(1,0,2)DE =，(2,2,0)DB =设面EFBD 的法向量为(,,1)n x y = 由00DE n DB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得(2,2,1)n =- 又1(2,0,2)BC =-记1BC 和面EFBD 所成的角为θ则 1112sin |cos ,|||2||||BC n BC n BC n θ⋅=〈〉== ∴ 1BC 和面EFBD 所成的角为4π．（III ）点1B 到面EFBD 的距离ｄ等于向量1BB 在面EFBD 的法向量上的投影的绝对值，1||||BB n d n ∴==23 设计说明：１．作为本专题的例１，首先选择以一个容易建立空间直角坐标系的多面体―――正方体为载体，来说明空间角和距离的向量求法易于学生理解．２．解决(1)后，可让学生进一步求这两条异面直线的距离，并让学生体会一下：如果用传统方法恐怕很难（不必多讲，高考对公垂线的作法不作要求）．３．完成这３道小题后，总结：对于易建立空间直角坐标系的立几题，无论求角、距离还是证明平行、垂直（是前者的特殊情况），都可用向量方法来解决，向量方法可以人人学会，它程序化，不需技巧．例2．如图，三棱柱中，已知A BCD 是边长为1的正方形，四边形B B A A '' 是矩形，。

2014-2015学年人教A版选修2-1高中数学《3.2.4空间向量与空间距离》课时提升作业(含答案解析)

课时提升作业(二十八)空间向量与空间距离(30分钟50分)一、选择题(每小题3分,共18分)1.(2014·济宁高二检测)如图所示,在空间直角坐标系中,有一棱长为a的正方体ABCO-A′B′C′D′,A′C的中点E与AB的中点F的距离为( )A. aB. aC.aD.a【解析】选B.由图易知A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),A′(a,0,a),所以F,E.所以|EF|=== a.2.已知直线l过点A(1,-1,2),和l垂直的一个向量为n=(-3,0,4),则P(3,5,0)到l的距离为( )A.5B.14C.D.【解析】选C.因为=(-2,-6,2).所以·n=(-2,-6,2)·(-3,0,4)=14,|n|==5.所以点P到直线l的距离为=.3.已知向量n=(2,0,1)为平面α的法向量,点A(-1,2,1)在α内,则P(1,2,-2)到α的距离为( )A. B. C.2 D.【解析】选 A.因为=(-2,0,3),所以点P到平面α的距离为d===.4.(2014·安顺高二检测)正四面体ABCD的棱长为1,G是△ABC的中心,M在线段DG上,且∠AMB=90°,则GM的长为( )A. B. C. D.【解析】选D.设=a,=b,=c,=+λ=-a+(a+b+c)=a+b+c,=+=(a-b)+a+b+c=a+b+c.由·=0,a·b=b·c=a·c=,可解得λ=.||=||=.【一题多解】取AB的中点N,由正四面体的对称性可知△AMB为等腰三角形,所以MN=AB=.又G为△ABC的中心,所以NG=,故MG==.5.(2014·南宁高二检测)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是1,则直线DA1与AC 间的距离为( )A. B. C. D.【解析】选C.建立以A为原点,以AB,AD,AA1为x,y,z轴的空间直角坐标系,则得A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),=(1,1,0),=(0,-1,1),设线段MN为两直线DA1与AC的公垂线段,且设=(x,y,z),则⊥,⊥,得x+y=0,-y+z=0,令y=t,则=(-t,t,t),另可设M(m,m,0),N(0,a,b),=(-m,a-m,b)N(0,2t,t),2t+t=1,t=,=,==.6.(2014·邯郸高二检测)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=, N为BB1的中点,则|MN|的长为( )A. aB. aC. aD. a【解析】选A.设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=a,a·b=b·c=c·a=0,由条件知,=-=(+)-=(++)-(++)=(2a-c)-(-c+a+b)=a-b-c,||2==(2a-b-c)2=(4|a|2+|b|2+|c|2-4a·b-2a·c+b·c)=,所以||= a.【变式训练】正四面体ABCD棱长为2,E,F分别为BC,AD的中点,则EF的长为.【解析】||2==(++)2=+++2(·+·+·)=12+22+12+2[1×2×cos 120°+0+2×1×cos 120°]=2,所以||=,所以EF的长为.答案:二、填空题(每小题4分,共12分)7.(2014·延安高二检测)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,如果AB=BC=1,AA1=2,那么A 到直线A1C的距离为.【解析】建立如图所示空间坐标系A1xyz,则A1(0,0,0),A(0,0,2),C(1,1,2),=(1,1,2),=(0,0,2),又cos∠AA1C===.设A到直线A1C的距离为d,则d=||sin∠AA1C=2×=.答案:8.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BC,CD的中点,则BD到平面EFD1B1的距离为 .【解析】以D为原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,易求平面EFD1B1的法向量n=,又=,所以d==.答案:9.(2014·石家庄高二检测)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱A1B1,BB1的中点,则异面直线AM与CN的距离为.【解析】以A为原点,直线AB,AD,AA1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,易知=,=,设n=(x,y,z),且n⊥,n⊥,所以n·=x+z=0,n·=-y+z=0,所以x=-2z,y=z.取z=2,则n=(-4,1,2),所以AM与CN的距离d==.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)10.(2014·黄山高二检测)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=4,点M 在A1C1上,|MC1|=2|A1M|,N为D1C的中点,求M,N两点间的距离.【解题指南】建立空间直角坐标系表示出点M,N的坐标,利用空间两点的距离公式求出距离.【解析】建立如图所示空间直角坐标系,据题意有|A1C1|=2,因为|MC1|=2|A1M|,所以|A1M|=.所以M.又C(2,2,0),D1(0,2,4),N为CD1的中点,所以N(1,2,2),所以|MN|==.11.三棱柱ABC-A1B1C1是各条棱长均为a的正三棱柱,D是侧棱CC1的中点.(1)求证:平面AB1D⊥平面ABB1A1.(2)求点C到平面AB1D的距离.【解析】(1)如图所示,取AB1中点M,则=++,又=++.所以2=+=+.2·=(+)·=0,2·=(+)·(-)=||2-||2=0, 所以DM⊥AA1,DM⊥AB.所以DM⊥平面ABB1A1.因为DM⊂平面AB1D,所以平面AB1D⊥平面ABB1A1.(2)因为A1B⊥DM,A1B⊥AB1.所以A1B⊥平面AB1D.所以是平面AB1D的一个法向量.所以点C到平面AB1D的距离为d===== a.(30分钟50分)一、选择题(每小题4分,共16分)1.(2013·济南高二检测)已知点A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若=2,则空间P,D两点间的距离为( )A. B. C. D.【解题指南】先利用=2的关系求出P点坐标,再求两点间的距离.【解析】选D.设P(x,y,z),因为=2,所以(x-1,y-2,z-1)=2(-1-x,3-y,4-z),所以所以所以P(-,,3),=(,-,-2),所以||=.2.(2014·衡水高二检测)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=,||=1,点E是棱PB的中点.直线AB与平面ECD的距离为( )A.1B.C.D.【解析】选B.如图,以A为坐标原点,射线AB,AD,AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Axyz.则B(,0,0),P(0,0,),E.由||=1,得D(0,1,0),C(,1,0),从而=(,0,0),=,=,设平面DEC的法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0.故所以x=0,z=y.可取y=1,则n=(0,1,).故点A到平面ECD的距离d===,又直线AB∥平面ECD,所以直线AB到平面ECD的距离为.【变式训练】在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,BC∥AD,∠ABC=90°,PA=AB=BC=2,AD=1,则AD到平面PBC的距离为( )A. B.3 C.2 D.【解析】选D.由已知AB,AD,AP两两垂直.所以以A为坐标原点,AB,AD,AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),=(2,0,-2).=(0,2,0),设平面PBC的法向量为n=(a,b,c),则所以n=(1,0,1),又=(2,0,0),所以d==.3.(2014·昆明高二检测)ABCD为正方形,P为平面ABCD外一点,PD⊥AD,PD=AD=2,二面角P-AD-C的大小为60°,则P到AB的距离是( )A.2B.C.2D.【解析】选D.如图建立直角坐标系,易知∠PDC为二面角P-AD-C的平面角,PD=AD=2,得P(0,1,),A(2,0,0),B(2,2,0),=(-2,1,),=(0,2,0),设点P到AB的距离为d,则d=||sin∠PAB,cos∠PAB===,sin∠PAB===,所以d=×=.4.(2014·西安高二检测)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是底面A1B1C1D1的中心,则O到平面ABC1D1的距离是( )A. B. C. D.【解析】选B.以D为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则有D1(0,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1), C1(0,1,1).因O为A1C1的中点,所以O,=,设平面ABC1D1的法向量为n=(x,y,z),则有即取n=(1,0,1),所以O到平面ABC1D1的距离为:d===.二、填空题(每小题5分,共10分)5.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,2AC=AA1=BC=2.若二面角B1-DC-C1的大小为60°,则AD的长为.x【解析】以C为坐标原点,CA,CB,CC轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2).设AD=a,则D点坐标为(1,0,a),=(1,0,a),=(0,2,2),设平面B1CD的一个法向量为m=(x,y,z).则⇒令z=-1,得m=(a,1,-1),又平面C1DC的一个法向量为n=(0,1,0),则由cos60°=得=,即a=,故AD=.答案:6.(2014·南京高二检测)等腰Rt△ABC斜边BC上的高AD=1,以AD为折痕将△ABD 与△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出以下结论:①BD⊥AC;②∠BAC=60°;③异面直线AB与CD之间的距离为;④点D到平面ABC的距离为;⑤直线AC与平面ABD所成的角为45°.其中正确结论的序号是.【解析】因为AD⊥BD,AD⊥CD,平面ABD⊥平面ACD,所以∠BDC=90°,所以BD⊥平面ACD,所以BD⊥AC,所以①正确;又知AD=BD=CD=1,所以△ABC为正三角形,∠BAC=60°,所以②正确;以D为原点,DB,DC,DA分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 易知A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),所以=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(0,1,0),设n=(x,y,z),由n·=0,n·=0得x-z=0,y=0,令z=1得n=(1,0,1),所以异面直线AB与DC之间的距离d==,故③正确;因为△ABC边长为,所以S△ABC=,由V A-BDC=V D-ABC得×(×1×1)×1=××h,所以h=,故④正确;因为CD⊥平面ABD,所以∠CAD为直线AC与平面ABD所成的角,易知∠CAD=45°,故⑤正确.答案:①②③④⑤三、解答题(每小题12分,共24分)7.(2014·泰安高二检测)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点M,N分别为A1A和B1B的中点.(1)求异面直线CM与D1N所成角的余弦值.(2)求点D1到平面MDC的距离.【解析】(1)分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则M(2,0,1),C(0,2,0),N(2,2,1),D1(0,0,2).所以=(-2,2,-1),=(2,2,-1),cos<,>==,所以异面直线CM与D1N所成角的余弦值为.(2)=(2,0,1),=(0,2,0),=(0,0,2).设面DMC的法向量为n=(x,y,z),则⇒n=(1,0,-2),所以点D1到平面MDC的距离h===.【变式训练】(2014·安庆高二检测)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1,AEC1F为平行四边形.(1)求BF的长.(2)求点C到平面AEC1F的距离.【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3),设F(0,0,z). 因为四边形AEC1F为平行四边形,所以由=得,(-2,0,z)=(-2,0,2),所以z=2.所以F(0,0,2).所以=(-2,-4,2).于是||=2.即BF的长为2.(2)设n1为平面AEC1F的法向量,显然n1不垂直于平面ADF,故可设n1=(x,y,1),所以所以即所以又=(0,0,3),设与n1的夹角为α,则cosα===.所以C到平面AEC1F的距离为d=||·cosα=3×=.【拓展延伸】用向量法求点面距离的方法与步骤8.(2014·石家庄高二检测)已知正方形ABCD的边长为1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分别为AB,BC的中点.(1)求点D到平面PEF的距离.(2)求直线AC到平面PEF的距离.【解析】(1)建立以D为坐标原点,DA,DC,DP分别为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系,如图所示.则P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E(1,,0),F(,1,0),=,=,设平面PEF的法向量n=(x,y,z),则n·=0且n·=0,所以令x=2,则y=2,z=3,所以n=(2,2,3),所以点D到平面PEF的距离为d===,因此,点D到平面PEF的距离为.(2)因为=,所以点A到平面PEF的距离为d===,所以AC到平面PEF的距离为.【变式训练】如图所示,已知边长为4的正三角形ABC中,E,F分别为BC和AC 的中点,PA⊥平面ABC,且PA=2,设平面α过PF且与AE平行,求AE与平面α间的距离.【解析】设,,的单位向量分别为e1,e2,e3,选取{e1,e2,e3}作为空间向量的一组基底,易知e1·e2=e2·e3=e3·e1=0,=2e1,=2e2,=2e3,=+=+=+(+)=-2e1+e2+e3,设n=x e1+y e2+e3是平面α的一个法向量, 则n⊥,n⊥,所以⇒⇒所以n=e1+e3.所以直线AE与平面α间的距离为。

人教A版高中数学选修2-1课件【30】用空间向量求空间距离(选学)

4．如图，正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1，O 是底面 A1B1C1D1 的中心，则 O 到平面 ABC1D1 的距离是( 1 2 A. B. 2 4 2 3 C. 2 D. 2 )
解析：以 D 为坐标原点，以 DA，DC，DD1 所在直线分别为 x， y， z 轴建立空间直角坐标系，则有 D1(0,0,1)， D(0,0,0)， A(1,0,0)， B(1,1,0) ， A1(1,0,1) ， C1(0,1,1) ．因 O 为 A1C1 的中点，所以
a 答案：2
9．已知长方体 ABCDA1B1C1D1 中，AB＝6，BC＝4，BB1＝ 3，则点 B1 到平面 A1BC1 的距离为__________．
解析：如图所示，建立空间直角坐标系，则 A1(4,0,3) ， B1(4,6,3)，B(4,6,0)，C1(0,6,3)， → → → → A1C1＝(－4,6,0)，A1B＝(0,6，－3)，BC1＝(－4,0,3)，A1B1＝ (0,6,0)，
1 1 1 1 → O2，2，1，C1O＝2，－2，0，设平面
ABC1D1 的法向量为 n
→ n· AD1＝0，＝(x，y，z)，则有 → n · AB ＝0，
－x＋z＝0，即 y＝0，
取 n＝(1,0,1)，
1 → |C1O· n| 2 2 ∴O 到平面 ABC1D1 的距离为：d＝ |n| ＝＝ 4 . 2
第三章
空间向量与立体几何
3． 2
立体几何中的向量方法
课时作业(30)
用空间向量求空间距离(选学)
①理解点到平面的距离的概念；② 作业能灵活运用向量方法求各种空间目标距离；③体会向量法在求空间距离中的作用．作业设计限时：40 分钟满分：90 分

2022-2023学年高一数学：空间向量解决距离问题

(2)在三棱锥中用等体积法求解.
|·|
(3)向量法:d= || (n 为平面的法向量,A 为平面上一点,MA 为过点 A
的斜线段)
练一练
2.如图，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；
解
则
建立如图所示的空间直角坐标系，
解:以B为坐标原点,分别以BA,过B垂直于BA的直线,BB1为x轴,y轴,z轴建立
如图所示的空间直角坐标系,
则B(0,0,0),A1(2,0,2),
C1(1, 3,2),
所以 A1C1 的方向向量1 1 =(-1, 3,0),1 =(1, 3,2),
所以点 B 到直线 A1C1 的距离
2
1 1
∴SO⊥平面ABC.
又BO⊂平面ABC,∴SO⊥BO.
如图所示,分别以OA,OB,OS所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,
则 B(0,2 3,0),C(-2,0,0),S(0,0,2 2),M(1, 3,0),N(0, 3, 2).
∴=(3, 3,0),=(-1,0, 2),=(-1, 3,0).
→ ———→
|BC
· A′C |
4
→ ———→
所以BC在 A′C 上的投影长为
＝
.
———→
14
| A′C |
所以点 B 到直线 A′C 的距离 d＝
→ ———→
→ 2 BC· A′C 2
|BC| －
＝
———→
| A′C |
16 2 35
4－14＝ 7 .
归纳
用向量法求点到直线的距离的一般步骤

人教A版高中数学选择性必修第一册1.4.2用空间向量解决距离问题(第1课时)课时分层练习题含答案解析

1.4.2用空间向量解决距离问题（第1课时）基础练习一、单选题1．空间内有三点A (2,1,3)，B (0,2,5)，C (3,7,0)，则点B 到AC 的中点P 的距离为（）A B ．5 C D ．【详解】(2,1,3)A 2(42)⎫+-⎪⎭2．已知动直线l 过点A (1，－1,2)，和l 垂直的一个向量为(3,0,4n =-，则P (3,5,0)到l 的距离为（） A ．5 B ．14C ．145 D ．45【详解】∵＝，·＝＝.ABCD -A 1B C 1D 面BCC 1B 1的中心，则E ，F 两点间的距离为（）A ．1 BC D ．32【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法计算出EF .|EF |=214．已知平面α的一个法向量为()1,2,1,n =，且,A B ∉∈，则点A 到平面α的距离为（）A ．13B ．66C D ．1【答案】B【分析】直接由点面距离的向量公式就可求出．【详解】∵(A (1,1,2AB =--u r的一个法向量为()1,2,1n =，A 到平面66AB n n⋅= 5．正方体1111ABCD A B C D -中棱长为a ，若113AM A C =，N 是1BB 的中点，则MN 的值为（）A ．216a B 6 C D 【答案】A【分析】建立直角坐标系，分别求出个点的坐标，然后根据模值的坐标计算公式求出MN . 【详解】解：以,0,0)，1C，(AM x =-，(,AC a =-113AM AC =1(,,)(3x a y z a ∴-=-2(,a M 于是(,3a MN =a MN ⎛= ⎝6．已知()1,1,1a =为平面α的一个法向量，1,0,0A 为内的一点，则点1,1,2D 到平面的距离为（）AB CD 【分析】根据给定条件，利用点到平面的向量求法，列式计算作答【详解】依题意，(0,1,2)AD =，而()1,1,1a =为平面到平面α的距离||3||3a AD a ⋅=7．已知直线l 过点(1,1,1A --，且方向向量为(1,0,1m =-，则点1,1,1P 到l 的距离为（）A ．B C ．D 根据向量PA 和直线解：点()1,1,1P ，直线，且一个方向向量为(1,0,m =-∴(0,PA =-所以直线的一个单位方向向量(012m m m==220()8P PA m A -⋅=8．（2022·江苏宿迁·高二期末）已知经过点A 的平面的法向量为(1,1,1)n =-，则点(2,3,1)-P 到平面α的距离为（）AB ．2C ．D ．【答案】D【分析】求出AP 的坐标，利用点到平面距离的向量求法计算作答. 【详解】依题意，(3,1,2)AP =--，所以点P 到平面α的距离为|||3||AP n n ⋅-⨯=二、填空题9．已知直线l 与平面α相交于点O，A ∈l ，B 为线段OA 的中点，若点A 到平面α的距离为10，则点B到平面α的距离为________. ___________.(11,AB =-所以C 到直线2211AB AC AC AB ⎛⎫⋅ ⎪-= ⎪⎝⎭11．（2022·江苏省扬州市教育局高二期末）已知()1,1,1n =-是平面a 的一个法向量，点1,1,0A 在平面a 内，则点()2,2,2P 到平面a 的距离为_________.【分析】利用空间向量求点到平面的距离即可【详解】由题可得(1,1,AP =，又()1,1,1n =-的距离为11cos ,11AP n AP AP n n⋅-+==+12．（2022·江苏泰州·高二期末）长方体1111ABCD A B C D -中，2AB AD ==，1，则点B 到平面11A C D 的距离为________．因为2AB AD ==，14AA =，所以(0,0,0)A 设平面11A C D 的法向量为：(,,)n x y z =11(2,2,0)AC =，1(0,2,4)A D =-11122002400x y n AC y z n A D ⎧+=⋅=⎧⎪∴⇒⎨⎨-=⋅=⎪⎩⎩，令z 得：(2,2,1)n =-又(2,2,0)BD =-B 到平面A C 440(2)n nBD ⋅++=-13．在长方体1111中，2AB AD ==，1，则点B 到平面1的距离等于_____.则()220B ，，，()200A ，，，C ()020AB =，，，(22AC =－，，，(12AD =－设平面1D AC 的法向量()n x y z =，，，则122020n AC x y n AD x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1x =，得()112n =，，，点B 到平面1D 26AB n n⋅==14．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，点M 在1AC 上，且12AM MC =，N 为1BB 的中点，则MN 的长为 __．1(,,)2N a a a ，1(0C ，a ，)a ，(A a12AM =∴113AM AC =， ∴113DM DA AC =+(a ，0，10)(,,)3a a a +-∴1(3MN DN DM a =-=2214||99MN a a =++三、解答题15．求点(3,2,4)N --到原点、各坐标轴和各坐标平面的距离．设个坐标轴的方向量分别为(1,0,0)x e =，(0,1,0)y e =，(0,0,1)z e =由上可知2229ON ON ==2,4)--到个坐标轴的距离分别为22()29x ON ON e -⋅=22()y ON ON e -⋅=22()29z ON ON e -⋅=xOy 面、xOz 面、yOz 面的法向量分别是1(0,0,1)n =，2(0,1,0)n =，3(1,0,0)n =(3,2,4)N --到个坐标平面的距离分别为11130ON n ON n n ⋅=⋅=⨯。

用空间向量研究距离、夹角问题(一)(人教A版2019选修一)高二数学

解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，O1(0,1， 3 )，A( B(0,2,0)，
∴A→1B＝(－ 3，1，－ 3)， O→1A＝( 3，－1，－ 3)．
3 ，0,0)，A1(
3 ，1，
3 )，
∴|cos〈A→1B，O→1A〉|＝||AA→→11BB|··|OO→→11AA||
系？
条件
平面α，β的法向量分别为 u，v，α，β所构成的二面角的大小为θ，〈u，v〉＝φ
图形
关系计算
θ＝φ cos θ＝cos φ
θ＝π－φ cos θ＝－cos φ
[基础自测]
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (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)若向量n1，n2分别为二面角的两半平面的法向量，则二面角的平面角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝|nn11|·|nn22|.( × ) (3)平面α外一点A到平面α的距离，就是点A与平面内一点B所成向量A→B的长度．( × ) (4)二面角α－l－β的大小为θ，平面α，β的法向量分别为n1， n2，则θ＝〈n1，n2〉．( × )
则A(1,0,0)，D1(0,0,2)，E(1,1,1)，B(1,1,0)， A→E ＝(0,1,1)， A→D1 ＝(－1,0,2)，D→E＝(1,1,1)
设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，则－ y＋x＋ z＝20z＝0
令z＝1，则n＝(2，－1,1)
∴cos〈n，D→E〉＝2－31·＋61＝
(2)如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz，则 C(2,2,0)，D(0,4,0)，F(2,0,4) ∴A→D＝(0,4,0)，C→D＝(－2,2,0)，C→F＝(0，－2,4) 设n＝(x，y，z)是平面CDF的一个法向量，则

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向量法求空间距离（人教A版）
一、单选题(共7道，每道14分)
1.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是与的交点，则点O到平面的距离为( )
.
.
答案：B
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：用空间向量求点到平面的距离、
2.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，分别是棱、的中点，则点到平面的距离是( )
.
.
答案：D
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：用空间向量求点到平面的距离
3.如图，已知四边形是正方形，平面，且．若是
中点，则点到平面的距离是( )
.
.
答案：A
\
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：用空间向量求点到平面的距离
4.如图，已知四棱锥中，平面．是直角梯形，
∥，，，，则点到平面的距离是( )
.
.
答案：A
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：用空间向量求点到平面的距离
5.在正三棱柱中，若，点是的中点，则点到平面
的距离是( )
—
.
.
答案：A
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：用空间向量求点到平面的距离
6.如图，在四棱锥A-BCDE中，AC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1．点D与平面ABE的距离为( )
.
.
答案：C
解题思路：
,
试题难度：三颗星知识点：用空间向量求点到平面的距离
7.如图，在正三棱柱中，，点为中点．若二面角的大小为，则点到平面的距离是( )
.
.
答案：D
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：用空间向量求点到平面的距离。