第37讲空间夹角与距离
空间中的夹角和距离
空间中的夹角和距离要点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。
（1）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。
（2）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。
（3）直线与平面的距离：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；（4）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）2．夹角空间中的各种角包括异面直线所成的角，直线与平面所成的角和二面角，要理解各种角的概念定义和取值范围，其范围依次为(0°，90°]、[0°，90°]和[0°，180°]。
专题37 空间几何体(知识梳理)(新高考地区专用)(解析版)
专题37 空间几何体（知识梳理）一、空间几何体1、空间几何体的基本定义如果只考虑一个物体占有空间部分的形状和大小，而不考虑其它因素，则这个空间部分就是一个几何体。
围成体的各个平面图形叫做体的面；相邻两个面的公共边叫做体的棱；棱和棱的公共点叫做体的顶点。
几何体不是实实在在的物体。
平面的特性：无限延展、处处平直、没有其他性质(如厚度、大小、面积、体积、重量等)。
例1-1．下列是几何体的是( )。
A 、方砖B 、足球C 、圆锥D 、魔方【答案】C【解析】几何体不是实实在在的物体，故选C 。
例1-2．判断下列说法是否正确：(1)平静的湖面是一个平面。
(×)(2)一个平面长3cm ，宽4cm 。
(×)(3)三个平面重叠在一起，比一个平面厚。
(×)(4)书桌面是平面。
(×)(5)通过改变直线的位置，可以把直线放在某个平面内。
(√)【解析】平面可以看成是直线平行移动形成的，所以直线通过改变其位置，可以放在某个平面内。
(6)平行四边形是一个平面。
(×)(7)长方体是由六个平面围成的几何体。
(×)(8)任何一个平面图形都是一个平面。
(×)(9)长方体一个面上任一点到对面的距离相等。
(√)(10)空间图形中先画的线是实线，后画的线是虚线。
(×)(11)平面是绝对平的，无厚度，可以无限延展的抽象的数学概念。
(√) 例1-3．下列说法正确的是 。
①长方体是由六个平面围成的几何体；②长方体可以看作一个矩形ABCD 上各点沿铅垂线向上移动相同距离到矩形D C B A ''''所围成的几何体；③长方体一个面上的任一点到对面的距离相等。
【答案】②③【解析】①错，因长方体由6个矩形(包括它的内部)围成，注意“平面”与“矩形”的本质区别；②正确；③正确。
[多选]例1-4．下列说法正确的是( )。
A 、任何一个几何体都必须有顶点、棱和面B 、一个几何体可以没有顶点C 、一个几何体可以没有棱D 、一个几何体可以没有面【答案】BC【解析】球只有一个曲面围成，故A 错、B 对、C 对，由于几何体是空间图形，故一定有面，D 错，故选BC 。
用空间向量研究距离和夹角问题说课
用空间向量研究距离和夹角问题说课空间向量是指具有大小和方向的向量，通常用来描述物体在三维空间中的位置和运动。
在数学和物理学中，空间向量经常被用来研究距离和夹角的问题。
我将从距离和夹角两个方面来阐述空间向量的相关知识。
首先，让我们来谈谈空间向量的距离问题。
在三维空间中，两个点的距离可以通过它们对应的空间向量来计算。
假设有两个点A 和B，它们分别对应空间向量OA和OB，那么点A和点B之间的距离可以表示为向量AB的模长。
具体而言，向量AB的模长可以通过以下公式计算，|AB| = √((x_B x_A)^2 + (y_B y_A)^2 + (z_Bz_A)^2)，其中(x_A, y_A, z_A)和(x_B, y_B, z_B)分别是点A和点B的坐标。
这个公式实质上就是三维空间中两点之间的距离公式，它利用空间向量的坐标表示来计算点之间的距离。
其次，让我们来探讨空间向量的夹角问题。
在三维空间中，两个向量的夹角可以通过它们的数量积来计算。
假设有两个向量a和b，它们的夹角θ可以通过以下公式计算，cosθ = (a·b) / (|a||b|)，其中a·b表示a和b的数量积，|a|和|b|分别表示a和b的模长。
这个公式实质上就是利用数量积的定义来计算两个向量之间的夹角，从而可以通过空间向量的坐标表示来求解夹角问题。
总的来说，通过空间向量的研究，我们可以很好地解决距离和夹角问题。
通过对空间向量的坐标表示和数量积的运用，我们可以准确地计算两点之间的距离和两向量之间的夹角，这对于数学和物理学中的问题都具有重要的意义。
希望通过这样的说课，能够让学生更好地理解和运用空间向量的相关知识。
高一数学复习考点知识专题讲解37---夹角问题
高一数学复习考点知识专题讲解夹角问题学习目标 1.会用向量法求线线、线面、面面夹角.2.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系．知识点一两个平面的夹角平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．知识点二空间角的向量法解法角的分类向量求法范围两条异面直线所成的角设两异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝|u·v||u||v|⎝⎛⎦⎤0，π2直线与平面所成的角设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝|u·n||u||n|⎣⎡⎦⎤0，π2两个平面的夹角设平面α与平面β的夹角为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，π21.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是( )A.π6B.π4C.π3D.π2 答案 D解析 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，则A 1M —→＝⎝⎛⎭⎫－1，12，－1，DN →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12，cos 〈A 1M —→，DN →〉＝|A 1M —→·DN →||A 1M —→||DN →|＝0. ∴〈A 1M →，DN →〉＝π2.2．已知向量m ，n 分别是直线l 与平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－32，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．150°D ．120° 答案 B解析 设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝32，∴θ＝60°，故选B. 3．已知平面α的法向量u ＝(1,0，－1)，平面β的法向量v ＝(0，－1,1)，则平面α与β的夹角为________． 答案 π3解析 ∵cos 〈u ，v 〉＝－12×2＝－12，∴〈u ，v 〉＝23π，∴平面α与β的夹角是π3.4．在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (1，－2,0)，B (2,1，6)，则向量AB →与平面xOz 的法向量的夹角的正弦值为________． 答案74解析 设平面xOz 的法向量为n ＝(0,1, 0) ，AB →＝(1,3，6)， 所以cos 〈n ，AB →〉＝n ·AB →|n |·|AB →|＝ 34 ，所以sin 〈n ，AB →〉＝1－⎝⎛⎭⎫342 ＝74. 故向量AB →与平面xOz 的法向量的夹角的正弦值为74.一、两条异面直线所成的角例1 如图，在三棱柱OAB －O 1A 1B 1中，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB ＝60°，∠AOB ＝90°，且OB ＝OO 1＝2，OA ＝3，求异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值．解 以O 为坐标原点，OA →，OB →的方向为x 轴，y 轴的正方向．建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，O 1(0,1，3)，A (3，0,0)，A 1(3，1，3)，B (0,2,0)， ∴A 1B —→＝(－3，1，－3)，O 1A —→＝(3，－1，－3)． ∴|cos 〈A 1B →，O 1A →〉|＝|A 1B →·O 1A →||A 1B →||O 1A →|＝|(－3，1，－3)·(3，－1，－3)|7×7＝17.∴异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值为17.反思感悟 求异面直线夹角的方法(1)传统法：作出与异面直线所成角相等的平面角，进而构造三角形求解．(2)向量法：在两异面直线a 与b 上分别取点A ，B 和C ，D ，则AB →与CD →可分别为a ，b 的方向向量，则cos θ＝|AB →·CD →||AB →||CD →|.跟踪训练1 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A.3010B.3015 C.3030D.1515答案 A解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0,0,2)，N (1,0,0)， ∴B 1M —→＝(－1，－1，－2)， D 1N —→＝(1,0，－2)，∴cos 〈B 1M —→，D 1N —→〉＝－1＋41＋1＋4×1＋4＝3010. 二、直线与平面所成的角例2 如图所示，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小．(1)证明 设P A ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，又AN ＝14AB ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点，∴N ⎝⎛⎭⎫12，0，0，M ⎝⎛⎭⎫1，0，12，S ⎝⎛⎭⎫1，12，0， CM →＝⎝⎛⎭⎫1，－1，12，SN →＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0， ∴CM →·SN →＝⎝⎛⎭⎫1，－1，12·⎝⎛⎭⎫－12，－12，0＝0， ∴CM →⊥SN →， 因此CM ⊥SN .(2)解 由(1)知，NC →＝⎝⎛⎭⎫－12，1，0，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量， ∴CM →·a ＝0，NC →·a ＝0.则⎩⎨⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝－2y . 取y ＝1，得a ＝(2,1，－2)． 设SN 与平面CMN 所成的角为θ，∵sin θ＝|cos 〈a ，SN →〉|＝⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22. ∴SN 与平面CMN 所成角为π4.反思感悟 利用平面的法向量求直线与平面夹角的基本步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)求直线的方向向量u . (3)求平面的法向量n . (4)设线面角为θ，则sin θ＝|u ·n ||u ||n |. 跟踪训练2 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝90°，E ，F 依次为C 1C ，BC 的中点．求A 1B 与平面AEF 所成角的正弦值．解 以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,1,0)， 所以A 1B —→＝(2,0，－2)，AE →＝(0,2,1)，AF →＝(1,1,0)． 设平面AEF 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2b ＋c ＝0，a ＋b ＝0，令a ＝1可得n ＝(1，－1,2)． 设A 1B 与平面AEF 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n ，A 1B —→〉|＝|n ·A 1B —→||n ||A 1B —→|＝36，即A 1B 与平面AEF 所成角的正弦值为36. 三、两个平面的夹角例3 如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥平面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°，求平面C 1OB 1与平面OB 1D 夹角的余弦值．(1)证明 因为四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形，所以CC 1⊥AC ，DD 1⊥BD ， 又CC 1∥DD 1∥OO 1，所以OO 1⊥AC ，OO 1⊥BD ， 因为AC ∩BD ＝O ，AC ，BD ⊂平面ABCD ， 所以O 1O ⊥平面ABCD .(2)解 因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 为菱形，AC ⊥BD ，又O 1O ⊥平面ABCD ，所以OB ，OC ，OO 1两两垂直．如图，以O 为原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设棱长为2，因为∠CBA ＝60°， 所以OB ＝3，OC ＝1，所以O (0,0,0)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)， 平面BDD 1B 1的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 设平面OC 1B 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由m ⊥OB 1—→，m ⊥OC 1—→，得3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0， 取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23， 所以m ＝(2,23，－3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝2319＝25719.所以平面C 1OB 1与平面OB 1D 夹角的余弦值为25719.延伸探究本例不变，求平面BA 1C 与平面A 1CD 夹角的余弦值． 解 B (3，0,0)，A 1(0，－1,2)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)， 设平面BA 1C 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， A 1C →＝(0,2，－2)，BC →＝(－3，1,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C —→＝0，m ·BC →＝0，即⎩⎨⎧2y 1－2z 1＝0，－3x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝3，z 1＝3， ∴m ＝(1，3，3)，同理得，平面A 1CD 的法向量n ＝(1，－3，－3)， cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－57，则平面BA 1C 与平面A 1CD 夹角的余弦值为57.反思感悟 求两平面夹角的两种方法(1)定义法：在两个平面内分别找出与两平面交线垂直的直线，这两条直线的夹角即为两平面的夹角．也可转化为求与两平面交线垂直的直线的方向向量的夹角，但要注意其异同．(2)法向量法：分别求出两平面的法向量n 1，n 2，则两平面的夹角为〈n 1，n 2〉⎝⎛⎭⎫当〈n 1，n 2〉∈⎣⎡⎦⎤0，π2时或π－〈n 1，n 2〉⎝⎛⎭⎫当〈n 1，n 2〉∈⎝⎛⎦⎤π2，π时.跟踪训练3 如图所示，在几何体S －ABCD 中，AD ⊥平面SCD ，BC ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，又SD ＝2，∠SDC ＝120°，求平面SAD 与平面SAB 夹角的余弦值．解 如图，过点D 作DC 的垂线交SC 于E ，以D 为原点，以DC ，DE ，DA 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵∠SDC ＝120°，∴∠SDE ＝30°，又SD ＝2，∴点S 到y 轴的距离为1，到x 轴的距离为3，则有D (0,0,0)，S (－1，3，0)，A (0,0,2)，C (2,0,0)，B (2,0,1)， 设平面SAD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ∵AD →＝(0,0，－2)，AS →＝(－1，3，－2)，∴⎩⎨⎧－2z ＝0，－x ＋3y －2z ＝0，取x ＝3，得平面SAD 的一个法向量为m ＝(3，1,0)． 又AB →＝(2,0，－1)，设平面SAB 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AS →＝0，即⎩⎨⎧2a －c ＝0，－a ＋3b －2c ＝0，令a ＝3， 则n ＝(3，5,23)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝8210×2＝105，故平面SAD 与平面SAB 夹角的余弦值是105.空间向量和实际问题典例 如图，甲站在水库底面上的点A 处，乙站在水坝斜面上的点B 处．从A ，B 到直线 (库底与水坝的交线)的距离AC 和BD 分别为a 和b ，CD 的长为c ，甲乙之间拉紧的绳长为d ，求库底与水坝所在平面夹角的余弦值．解 由题意可知AC ＝a ，BD ＝b ，CD ＝c ，AB ＝d ，所以d 2＝AB →2＝(AC →＋CD →＋DB →)2＝AC →2＋CD →2＋DB →2＋2(AC →·CD →＋AC →·DB →＋CD →·DB →) ＝a 2＋c 2＋b 2＋2AC →·DB →＝a 2＋c 2＋b 2－2CA →·DB →， 则2CA →·DB →＝a 2＋b 2＋c 2－d 2，设向量CA →与DB →的夹角为θ，θ就是库底与水坝所在平面的夹角， 因此2ab cos θ＝a 2＋b 2＋c 2－d 2，所以cos θ＝a 2＋b 2＋c 2－d 22ab，故库底与水坝所在平面夹角的余弦值为a 2＋b 2＋c 2－d 22ab .[素养提升]利用空间向量解决实际问题(1)分析实际问题的向量背景，将题目条件、结论转化为向量问题．(2)对于和垂直、平行、距离、角度有关的实际问题，可以考虑建立向量模型，体现了数学建模的核心素养．1．若异面直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，则l 1与l 2所成的角为( ) A.π6B.5π6C.π6或5π6D ．以上均不对 答案 A解析 l 1与l 2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为⎝⎛⎦⎤0，π2，故选A. 2．已知向量m ，n 分别是平面α和平面β的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则α与β的夹角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150° 答案 B解析 设α与β所成的角为θ，且0°≤θ≤90°， 则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∴θ＝60°.3．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.110 B.25 C.3010 D.22答案 C解析 如图所示，以C 为原点，直线CA 为x 轴，直线CB 为y 轴，直线CC 1为z 轴建立空间直角坐标系，设CA ＝CB ＝1，则B (0,1,0)，M ⎝⎛⎭⎫12，12，1，A (1,0,0)，N ⎝⎛⎭⎫12，0，1. 故BM →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，1，AN →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，1， 所以cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝3462×52＝3010.4.如图所示，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系Oxyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的一个法向量为n ＝(2,1,2)，平面ABC 与平面ABO 的夹角为θ，则cos θ＝________.答案 23解析 cos θ＝OC →·n |OC →||n |＝42×3＝23.5．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为________． 答案33解析 设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系如图．则D (0,0,0)，B (1,1,0)，B 1(1,1,1)． 平面ACD 1的一个法向量为DB 1—→＝(1,1,1)． 又BB 1—→＝(0,0,1)，则cos 〈DB 1—→，BB 1—→〉＝DB 1—→·BB 1—→|DB 1—→||BB 1—→|＝13×1＝33.1．知识清单：(1)两条异面直线所成的角． (2)直线和平面所成的角． (3)两个平面的夹角． 2．方法归纳：转化与化归．3．常见误区：混淆两个向量的夹角和空间角的关系，不能正确理解空间角的概念，把握空间角的范围．1．已知A (0,1,1)，B (2，－1,0)，C (3,5,7)，D (1,2,4)，则直线AB 与直线CD 所成角的余弦值为( ) A.52266 B ．－52266 C.52222 D ．－52222答案 A解析 ∵AB →＝(2，－2，－1)，CD →＝(－2，－3，－3)，∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝53×22＝52266，∴直线AB ，CD 所成角的余弦值为52266.2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面夹角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90° 答案 A解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.所以两平面的夹角为45°.3．设直线l 与平面α相交，且l 的方向向量为a ，α的法向量为n ，若〈a ，n 〉＝2π3，则l 与α所成的角为( )A.2π3B.π3C.π6D.5π6 答案 C解析 线面角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2. ∵〈a ，n 〉＝2π3，∴l 与法向量所在直线所成角为π3，∴l 与α所成的角为π6.4．若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则l 与α所成角的余弦值为( )A ．－41133 B.41133 C ．－91333 D.91333答案 D解析 设α与l 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|(－2，－3，3)·(4，1，1)|4＋9＋9×16＋1＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－4311＝41133，故直线l 与α所成角的余弦值为1－⎝⎛⎭⎫411332＝91333.5．正方形ABCD 所在平面外一点P ，P A ⊥平面ABCD ，若P A ＝AB ，则平面P AB 与平面PCD 的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 答案 B解析 如图所示，建立空间直角坐标系，设P A ＝AB ＝1，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)． 于是AD →＝(0,1,0)，取PD 的中点E ，则E ⎝⎛⎭⎫0，12，12， ∴AE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12，易知AD →是平面P AB 的法向量，AE →是平面PCD 的法向量， ∴cos 〈AD →，AE →〉＝22，∴平面P AB 与平面PCD 的夹角为45°.6.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 的中心，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 所成的角为________．答案 π2解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，A 1P ＝x ，则O (1,1,0)，P (2，x ，2)，B (2,2,0)，M (0,2,1)， OP →＝(1，x －1,2)，BM →＝(－2,0,1)． 所以OP →·BM →＝0，所以直线BM 与OP 所成的角为π2.7．如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为________．答案105解析 如图所示，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0，2,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)， ∴BC 1→＝(－2,0,1)．连接AC ，易证AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴平面BB 1D 1D 的一个法向量为a ＝AC →＝(－2,2,0)．∴所求角的正弦值为|cos 〈a ，BC 1—→〉|＝|a ·BC 1—→||a ||BC 1—→|＝48×5＝105.8．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 夹角的余弦值等于 ________. 答案31111解析 如图，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，平面ABC 的法向量为n 1＝(0,0,1)， 平面AEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )． 所以A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫1，1，13，F ⎝⎛⎭⎫0，1，23， 所以AE →＝⎝⎛⎭⎫0，1，13，EF →＝⎝⎛⎭⎫－1，0，13， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AE →＝0，n 2·EF →＝0，即⎩⎨⎧y ＋13z ＝0，－x ＋13z ＝0.取x ＝1，则y ＝－1，z ＝3.故n 2＝(1，－1,3)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝31111.所以平面AEF 与平面ABC 夹角的余弦值为31111.9.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，AA 1＝4，点D 是BC 的中点．求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值．解 以点A 为原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(0,0,4)，D (1,1,0)，C 1(0,2,4)， ∴A 1B —→＝(2,0，－4)，C 1D —→＝(1，－1，－4)， ∴cos 〈A 1B —→，C 1D —→〉＝A 1B —→·C 1D —→|A 1B —→||C 1D —→|＝31010，∴异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.10．四棱锥P －ABCD 的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上． (1)求证：平面AEC ⊥平面PDB ；(2)当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成角的大小． (1)证明 如图，以D 为原点建立空间直角坐标系Dxyz ，设AB ＝a ，PD ＝h ，则A (a ，0,0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，D (0,0,0)，P (0,0，h )， ∴AC →＝(－a ，a ，0)，DP →＝(0,0，h )，DB →＝(a ，a ，0)，∴AC →·DP →＝0，AC →·DB →＝0，∴AC ⊥DP ，AC ⊥DB ，又DP ∩DB ＝D ，DP ，DB ⊂平面PDB ， ∴AC ⊥平面PDB ， 又AC ⊂平面AEC ， ∴平面AEC ⊥平面PDB .(2)解 当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时， P (0,0，2a )，E ⎝⎛⎭⎫12a ，12a ，22a ，设AC ∩BD ＝O ，O ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0， 连接OE ，由(1)知AC ⊥平面PDB ， ∴∠AEO 为AE 与平面PDB 所成的角，∵EA →＝⎝⎛⎭⎫12a ，－12a ，－22a ，EO →＝⎝⎛⎭⎫0，0，－22a ，∴cos ∠AEO ＝EA →·EO →|EA →|·|EO →|＝22，∴∠AEO ＝45°，即AE 与平面PDB 所成角的大小为45°.11．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，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.255D.35答案 A解析 不妨设CA ＝CC 1＝2CB ＝2，则AB 1—→＝(－2,2,1)，C 1B —→＝(0，－2,1)， 所以cos 〈AB 1—→，C 1B —→〉＝AB 1—→·C 1B —→|AB 1—→||C 1B —→|＝(－2)×0＋2×(－2)＋1×19×5＝－55.所以所求角的余弦值为55. 12．已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，E 是侧棱BB 1的中点，则直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为( ) A ．60° B ．90° C ．45° D ．以上都不对 答案 B解析 以点D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图．由题意知，A 1(1,0,2)，E (1,1,1)，D 1(0,0,2)，A (1,0,0)，所以A 1E —→＝(0,1，－1)，D 1E —→＝(1,1，－1)，EA →＝(0，－1，－1)． 设平面A 1ED 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·D 1E →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x ＋y －z ＝0，令z ＝1，得y ＝1，x ＝0，所以n ＝(0,1,1)， cos 〈n ，EA →〉＝n ·EA →|n ||EA →|＝－22·2＝－1，设直线与平面A 1ED 1所成角为θ，则sin θ＝1，所以直线AE 与平面A 1ED 1所成的角为90°.13．在空间中，已知平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z 轴上一点(0,0，a )(a >0)，如果平面α与平面xOy 的夹角为45°，则a ＝________.答案 125 解析 平面xOy 的法向量n ＝(0,0,1)，设平面α的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋4y ＝0，－3x ＋az ＝0， 即3x ＝4y ＝az ，取z ＝1，则u ＝⎝⎛⎭⎫a 3，a 4，1.而cos 〈n ，u 〉＝1a 29＋a 216＋1＝22，又∵a >0，∴a ＝125. 14．已知正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则平面ABD 与平面BDC 夹角的余弦值为____． 答案 55解析 取BC 的中点O ，连接AO ，DO ，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC ＝1，则A ⎝⎛⎭⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎫0，－12，0，D ⎝⎛⎭⎫32，0，0. 所以OA →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32，BA →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，BD →＝⎝⎛⎭⎫32，12，0. 由于OA →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面BCD 的一个法向量． 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BA →＝0，n ·BD →＝0，所以⎩⎨⎧ 12y ＋32z ＝0，32x ＋12y ＝0，取x ＝1，则y ＝－3，z ＝1，所以n ＝(1，－3，1)，所以cos 〈n ，OA →〉＝55.15．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 轴、y轴、z 轴上，D 是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝π3，则异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为________．答案 24解析 ∵AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，∴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， ∴V (0,0，6)，∴AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)，∴cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD →|AC →||VD →|＝－22×22＝－24. ∴异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24. 16.如图所示，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BC ，A 1D 1的中点．(1)求直线A 1C 与DE 所成角的余弦值；(2)求直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值；(3)求平面B 1EDF 与平面ABCD 夹角的余弦值． 解 以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz .(1)A 1(0,0，a )，C (a ，a ，0)，D (0，a ，0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0， ∴A 1C —→＝(a ，a ，－a )，DE →＝⎝⎛⎭⎫a ，－a 2，0， ∴cos 〈A 1C —→，DE →〉＝A 1C —→·DE →|A 1C —→||DE →|＝1515， 故A 1C 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)连接DB 1，∵∠ADE ＝∠ADF ，∴AD 在平面B 1EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上． 又四边形B 1EDF 为菱形，∴DB 1为∠EDF 的平分线， 故直线AD 与平面B 1EDF 所成的角为∠ADB 1. 由A (0,0,0)，B 1(a ，0，a )，D (0，a ，0)， 得DA →＝(0，－a ，0)，DB 1—→＝(a ，－a ，a )，∴cos 〈DA →，DB 1→〉＝DA →·DB 1—→|DA →||DB 1—→|＝33，又直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2， 故直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值为33. (3)由已知得A (0,0,0)，A 1(0,0，a )，B 1(a ，0，a )，D (0，a ，0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0， 则ED →＝⎝⎛⎭⎫－a ，a 2，0，EB 1→＝⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a ， 平面ABCD 的一个法向量为m ＝AA 1—→＝(0,0，a )．设平面B 1EDF 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·ED →＝0，n ·EB 1—→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝1， ∴n ＝(1,2,1)，∴cos 〈n ，m 〉＝m ·n |m ||n |＝66， ∴平面B 1EDF 与平面ABCD 夹角的余弦值为66.。
《空间角与距离》课件
在这个PPT课件中，我们将探讨空间角与距离的概念、度量方法和应用。这些 是三维空间中重要的数学基础，对于物理、工程和计算机等领域有着重要的 意义。
空间角的概念
1 夹角定义
空间中两个射线之间的夹角被称为空间角。
2 计算方法
3 度量单位
空间角可以通过向量的内积和模长求得。
空间角的大小通常用弧度制来表示。
不同距离的应用
欧几里得距离
广泛应用于几何问题中的距离 计算，例如点之间的最短路径。
曼哈顿距离
常用于衡量城市街道间的距离， 尤其在导航和路径规划中得到 广泛应用。
向量的模长
被用于求解向量之间的距离， 例如判断两个向量的相似程度。
结语
空间角与距离的概念与应用是三维空间中重要的数学基础，对于物理、工程、计算机等领域都有着重要的意义。 掌握这些概念将有助于深入理解和解决相关问题。
空间角的度量方法
球面角
用于度量球面上两条射线之间的夹角。
平面角
用于度量平面上两条射线之间的夹角。
二面角
用于度量空间中两个平面的夹角。
空间中的距离
1Hale Waihona Puke 欧几里得距离用于测量空间中两点之间 的直线距离。
2 向量的模长
用于计算向量的长度，也 可以看作是起点与终点之 间的欧几里得距离。
3 曼哈顿距离
用于衡量城市街道等不规 则环境下的距离。
第一轮复习单元讲座(人教版)--第37讲 空间夹角和距离
D BA C α 普通高中课程标准实验教科书—数学 [人教版]高三新数学第一轮复习教案（讲座37）—空间夹角和距离一．课标要求：1．能借助空间几何体内的位置关系求空间的夹角和距离；2．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用。
二．命题走向空间的夹角和距离问题是立体几何的核心内容，高考对本讲的考察主要有以下情况：（1）空间的夹角；（2）空间的距离；（3）空间向量在求夹角和距离中的应用。
预测2009年高考对本讲内容的考察将侧重空间向量的应用求夹角、求距离。
课本淡化了利用空间关系找角、求距离这方面内容的讲解，而是加大了向量在这方面内容应用的讲解，因此作为立体几何的解答题，用向量方法处理有关夹角和距离将是主要方法，在复习时应加大这方面的训练力度。
题型上空间的夹角和距离主要以主观题形式考察。
三．要点精讲1．空间中各种角包括：异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角。
（1）异面直线所成的角的范围是]2,0(π。
求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决。
具体步骤如下：①利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上；②证明作出的角即为所求的角； ③利用三角形来求角。
（2）直线与平面所成的角的范围是]2,0[π。
求直线和平面所成的角用的是射影转化法。
具体步骤如下：①找过斜线上一点与平面垂直的直线； ②连结垂足和斜足，得出斜线在平面的射影，确定出所求的角；③把该角置于三角形中计算。
注：斜线和平面所成的角，是它和平面内任何一条直线所成的一切角中的最小角，即若θ为线面角，α为斜线与平面内任何一条直线所成的角，则有αθ≤； （3）确定点的射影位置有以下几种方法：①斜线上任意一点在平面上的射影必在斜线在平面的射影上；②如果一个角所在的平面外一点到角的两边距离相等，那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线上；如果一条直线与一个角的两边的夹角相等，那么这一条直线在平面上的射影在这个角的平分线上；③两个平面相互垂直，一个平面上的点在另一个平面上的射影一定落在这两个平面的交线上；④利用某些特殊三棱锥的有关性质，确定顶点在底面上的射影的位置： a.如果侧棱相等或侧棱与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的外心；b. 如果顶点到底面各边距离相等或侧面与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的内心(或旁心)；c. 如果侧棱两两垂直或各组对棱互相垂直，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的垂心；（4）二面角的范围在课本中没有给出，一般是指],0(π，解题时要注意图形的位置和题目的要求。
空间夹角和距离ppt 人教课标版
）
6 3
A. C
1 2
B.
2 2
C.
3 3
D.
例5．在四棱锥P－ABCD中，ABCD为正 方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝a，E 为BC中点。 （1）求平面PDE与平面PAB所成二面角的 2 大小（用余弦值表示）； 3 （2）求平面PBA与平面PDC所成二面角的 z 大小。 45°
P A B x C D y
（A）30°
（C）90°
（B）60°
（D）120°
例3．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长
为2，点E为棱AB的中点。求D1E与平面 BC1D所成角的余弦值的大小.
z
D1 C1 B1 D A C E B y
3 9
A1
x
例4．PA、PB、PC是从P点出发的三条射
线，每两条射线的夹角均为60°，那么直 线PC与平面PAB所成角的余弦值是（
E
例6.已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为 1 2，底面边长为2，M是BC的中点. | C N | 2 （1）在直线CC1上求一点N，使MN⊥AB1; （2）当MN⊥AB1时，求点A1到平面AMN的 4 5 距离. h 5 （3）求出AB1与侧面 ACC1A1所成的角的余弦值
10 co s 4
求直线和平面所成的角用的是射影转化法。
或用直线的方向向量与平面的法向量的夹角
的余角表示； （3）二面角的范围是 ( 0 , ] ，解题时要注 意图形的位置，用平面角来表示 二面角的 大小；或用两个平面的法向量的夹角(或其 补角)表示
2．空间的距离 （1）点到直线的距离；
（2）异面直线间的距离；
P
N点到AB的距离=1;
【精品】第七章第四讲夹角和距离
第四讲：夹角和距离一：考纲解读、有的放矢高考中立体几何主要考查学生的空间想象能力，在推理中兼顾考查逻辑思维能力,解决立体几何的基本方法是将空间问题转化为平面问题。
近几年高考立体几何试题以基础题和中档题为主，热点问题主要有证明点线面的关系,如点共线、线共点、线共面问题；证明空间线面平行、垂直关系；求空间的角和距离；利用空间向量，将空间中的性质及位置关系的判定与向量运算相结合,使几何问题代数化等等.考查的重点是点线面的位置关系及空间距离和空间角，突出空间想象能力，侧重于空间线面位置关系的定性与定量考查，算中有证。
其中选择、填空题注重几何符号语言、文字语言、图形语言三种语言的相互转化,考查学生对图形的识别、理解和加工能力；解答题则一般将线面集中于一个几何体中，即以一个多面体为依托，设置几个小问，设问形式以证明或计算为主。
二:核心梳理、茅塞顿开（1）空间向量的坐标：空间直角坐标系的x轴是横轴（对应为横坐标）,y轴是纵轴（对应为纵轴），z轴是竖轴（对应为竖坐标）。
①令a =(a 1，a 2,a 3）,),,(321b b b b =，则),,(332211b a b a b a b a ±±±=+))(,,(321R a a a a ∈=λλλλλ332211b a b a b a b a ++=⋅a ∥)(,,332211R b a b a b a b ∈===⇔λλλλ332211b a b a b a ==⇔0332211=++⇔⊥b a b a b a b a222321a a a ++==（用到常用的向量模与向量之间的转化a a =⇒⋅=)232221232221332211||||,cos b b b a a a b a b a b a b a ba b a ++⋅++++=⋅⋅>=<②空间两点的距离公式:212212212)()()(z z y y x x d -+-+-=。
用空间向量研究距离、夹角问题全文
P• β
d
n Q
αA
例6 如图示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段AB的中点，F为线段
AB的中点.
z
(1) 求点B到直线AC1的距离;
D
C
(2) 求直线FC到平面AEC1的距离.
解 : (1) 如图示,以D1为原点建立空间直角坐标系, 则有
A
F
B
B(1,1,1), A(1, 0,1), C1(0,1, 0).
EF=l，求公垂线AA′的长.
A′ m E
a
解：∵ EF =EA+ AA+ AF， ∴EF 2 =(EA+ AA+ AF )2
A
n
Fb
2
2
2
=EA + AA + AF +2(EA AA+AA AF +AF AA)
m2 d 2 n2 2mncos .
∴d l2 m2 n2 2mncos .
(1, 0,
1 ), 2
A1 A
(0, 0, 1).
设平面AB1E的一个法向量为n ( x, y, z) ,则
y z 0
∴
x
1 2
z
0
,
取z
2, 则x
1,
y
2.
D
A x
F
C
y
B
∴平面AB1E的一个法向量为n (1, 2, 2).
点A1到平面AB1E 的距离为 |
A1 A n |n|
|
2 3
.
D1
∴AB (0,1,0), AC1 (1,1, 1).
A1
直线AC1 的单位方向向量为u
高考数学第一轮复习单元讲座 空间夹角和距离
DBAC α2008高考数学第一轮复习单元讲座 空间夹角和距离一．课标要求：1．能借助空间几何体内的位置关系求空间的夹角和距离；2．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用。
二．命题走向空间的夹角和距离问题是立体几何的核心内容，高考对本讲的考察主要有以下情况：（1）空间的夹角；（2）空间的距离；（3）空间向量在求夹角和距离中的应用。
预测2008年高考对本讲内容的考察将侧重空间向量的应用求夹角、求距离。
课本淡化了利用空间关系找角、求距离这方面内容的讲解，而是加大了向量在这方面内容应用的讲解，因此作为立体几何的解答题，用向量方法处理有关夹角和距离将是主要方法，在复习时应加大这方面的训练力度。
题型上空间的夹角和距离主要以主观题形式考察。
三．要点精讲1．空间中各种角包括：异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角。
（1）异面直线所成的角的范围是2,0(π。
求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决。
具体步骤如下：①利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上；②证明作出的角即为所求的角； ③利用三角形来求角。
（2）直线与平面所成的角的范围是]2,0[π。
求直线和平面所成的角用的是射影转化法。
具体步骤如下：①找过斜线上一点与平面垂直的直线；②连结垂足和斜足，得出斜线在平面的射影，确定出所求的角； ③把该角置于三角形中计算。
注：斜线和平面所成的角，是它和平面内任何一条直线所成的一切角中的最小角，即若θ为线面角，α为斜线与平面内任何一条直线所成的角，则有αθ≤；（3）确定点的射影位置有以下几种方法：①斜线上任意一点在平面上的射影必在斜线在平面的射影上；②如果一个角所在的平面外一点到角的两边距离相等，那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线上；如果一条直线与一个角的两边的夹角相等，那么这一条直线在平面上的射影在这个角的平分线上；③两个平面相互垂直，一个平面上的点在另一个平面上的射影一定落在这两个平面的交线上；④利用某些特殊三棱锥的有关性质，确定顶点在底面上的射影的位置：a.如果侧棱相等或侧棱与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的外心；b. 如果顶点到底面各边距离相等或侧面与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的内心(或旁心)；c. 如果侧棱两两垂直或各组对棱互相垂直，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的垂心；（4）二面角的范围在课本中没有给出，一般是指],0(π，解题时要注意图形的位置和题目的要求。
【聚焦典型题】(人教B版)《空间几何体的结构特征及三视图和直观图》
[答案] 1．(1)×
(2)×
(3)×
(4)√
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第37讲
空间几何体的结构特征及三视图和直观图
双 向 [解析] (1)如果上、下两个面平行，但它们是大小不一样的多 固 边形，即使各面是四边形，那也不能是棱柱． 基 础 (2)如图，图中平面 ABC∥平面 A1B1C1，但图中的几何体每相
邻两个四边形的公共边并不都互相平行，故不是棱柱．
第37讲
空间几何体的结构特征及三视图和直观图
双 向 固 基 础
—— 疑 难 辨 析 ——
1．棱柱、棱锥、棱台的结构特征 (1)有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫 棱柱．( ) (2)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何 体叫棱柱．( ) (3)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何 体叫棱锥．( ) (4)棱台各侧棱的延长线交于一点．( )
空间几何体的结构特征及三视图和直观图
(2)[2012· 福建卷] 一个几何体的三视图形状都相同、大小均 相等，那么这个几何体不可以是( ) A．球 B．三棱锥 点 C．正方体 D．圆柱
面 讲 考 向
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第37讲
空间几何体的结构特征及三视图和直观图
[思考流程] (1)分析：理解三视图的概念；推理：根据三视 图定义结合给出图形分析判断；结论：判断为组合体的三视图． (2)分析：理解三视图的定义；推理：根据三视图特征想象几 点 何体的特征；结论：判断得出几何体为圆柱．
讲 考 向
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第37讲
空间几何体的结构特征及三视图和直观图
点
归纳总结 由几何体的三视图来判断原 面 物体的形状时的一般规律为：“长对正，高 讲 考 平齐，宽相等”，由此可见，正视图和侧视 向 图的形状确定原几何体为柱体、锥体还是台 体；俯视图确定原几何体为多面体还是旋转 体．
空间向量的夹角和距离公式(讲课)
| AM| 5 30 6.故 点 A到 直 线 EF的 距 离 为6.
2 10 4
4
课堂练习：
1 . 若 正 方 体 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 的 边 长 为 1 , E , F 分 别 是
C C 1 , D 1 A 1 的 中 点 . 求 ( 1 ) < F E , F A , ( 2 ) 点 A 到 直 线 E F 的 距 离 .
四、课堂小结：
1.基本知识： （1）向量的长度公式与两点间的距离公式； （2）两个向量的夹角公式。 2.思想方法：用向量计算或证明几何问题 时，可以先建立直角坐标系，然后把向量、点坐 标化，借助向量的直角坐标运算法则进行计算或 证明。
作业与练习
P74：1、2、4
A B (x 2 x 1,y 2 y 1,z2 z 1 )
|A B |A BA B(x 2 x 1 )2 (y 2y 1 )2 (z2 z1 )2
d A ,B(x 2 x 1 )2 (y 2y 1 )2 (z2 z1 )2
（2）.两个向量夹角公式
cosa,b ab
a1b1a2b2a3b3
;
|a||b| a12a22a32 b12b22b32
cosFE,FA 30.
4
10
课堂练习：
1 . 若 正 方 体 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 的 边 长 为 1 , E , F 分 别 是
C C 1 , D 1 A 1 的 中 点 . 求 ( 1 ) < F E , F A , ( 2 ) 点 A 到 直 线 E F 的 距 离 .
D
O
A
x
C
y
|BE1|
1 47,|DF1|
2025高考数学必刷题 第37讲、三角形四心及奔驰定理(教师版)
第37讲三角形四心及奔驰定理知识梳理技巧一．四心的概念介绍：（1）重心：中线的交点，重心将中线长度分成2：1．（2）内心：角平分线的交点（内切圆的圆心），角平分线上的任意点到角两边的距离相等．（3）外心：中垂线的交点（外接圆的圆心），外心到三角形各顶点的距离相等．（4）垂心：高线的交点，高线与对应边垂直．技巧二．奔驰定理---解决面积比例问题重心定理：三角形三条中线的交点．已知ABC △的顶点11()A x y ，，22()B x y ，，33()C x y ，，则△ABC 的重心坐标为123123()33x x x y y y G ++++，．注意：（1）在ABC △中，若O 为重心，则0OA OB OC ++= ．（2）三角形的重心分中线两段线段长度比为2：1，且分的三个三角形面积相等．重心的向量表示：1133AG AB AC =+ ．奔驰定理：0B A C S OA S OB S OC⋅⋅⋅++=，则AOB △、AOC △、BOC △的面积之比等于321::λλλ奔驰定理证明：如图，令112131OA OA OB OB OC OC λλλ===，，，即满足1110OA OB OC ++= 11121AOB A OB S S λλ=△△，11131AOC A OC S S λλ=△△，11231BOC B OC S S λλ=△△，故321::::AOB AOC BOC S S S λλλ=△△△．技巧三．三角形四心与推论：（1）O 是ABC △的重心：::1:1:10BOC COA A0BS S S OA OB OC =⇔++=△△△．（2）O 是ABC △的内心：::::0B0C COA AOB S S S a b c aOA bOB cOC =⇔++=△△△．（3）O 是ABC △的外心：0::sin 2:sin 2:sin 2sin 2sin 2sin 20B C COA AOBS S S A B C AOA BOB COC =⇔++=△△△．（4）O 是ABC △的垂心：0::tan :tan :tan tan tan tan 0B C COA AOB S S S A B C AOA BOB COC =⇔++=△△△．技巧四．常见结论（1）内心：三角形的内心在向量AB ACAB AC + 所在的直线上．0AB PC BC PC CA PB ⋅+⋅+⋅=⇔P 为ABC △的内心．（2）外心：PA PB PC ==⇔P 为ABC △的外心．（3）垂心：PA PB PB PC PC PA ⋅=⋅=⋅⇔P 为ABC △的垂心．（4）重心：0PA PB PC ++=⇔P 为ABC △的重心．必考题型全归纳题型一：奔驰定理例1．（2024·全国·高一专题练习）已知O 是ABC 内部的一点，A ∠，B ∠，C ∠所对的边分别为3a =，2b =，4c =，若sin sin sin 0A OA B OB C OC ⋅+⋅+⋅=，则AOB 与ABC 的面积之比为（）A ．49B ．13C ．29D ．59【答案】A【解析】由正弦定理sin sin sin a b cK A B C===,又3a =，2b =，4c =，所以得()32401O K A OB OC ⋅+⋅+⋅= ,因为10K ≠,所以3240OA OB OC ⋅+⋅+⋅= .设1113,2,4,OA OA OB OB OC OC === 可得1110,OA OB OC ++=则O 是111A B C △的重心，111111OA B OB C OA C S S S S === ，利用11111sin 2S OA OB A OB =⋅⋅∠,11sin sin AOB AOB ∠=∠,所以11111sin 121632sin 2OAB OA OB AOB S OA OB SOA OB OA OB AOB ⋅∠⋅===⋅⋅∠,所以16OAB S S = ,同理可得18OBC S S = ,112AOC S S = .所以AOB 与ABC 的面积之比为1111:4:966812S S S S ⎛⎫++= ⎪⎝⎭即为49.故选：A.例2．（2024·安徽六安·高一六安一中校考期末）已知O 是三角形ABC 内部一点，且20OA OB OC ++=，则AOB ∆的面积与ABC ∆的面积之比为（）A ．12B ．13C ．14D ．15【答案】C【解析】如图，设OA OC + OD = ，∵20OA OB OC ++= ，∴2OD OB =-，设AC 与OD 交于点M ，则M 平分,AC BD ，∴OM OB =-，O 是BM 中点，∴1124AOB AMB ABC S S S ∆∆∆==．比值为14．故选：C ．例3．（2024·全国·高一专题练习）若点M 是ABC 所在平面内的一点，点D 是边AC 靠近A的三等分点，且满足5AM AB AC =+，则ABM 与ABD △的面积比为（）A ．15B ．25C ．35D ．925【答案】C【解析】M 是ABC 所在平面内一点，连接AM ，BM ，延长AM 至E 使5AE AM =，∵5AM AB AC AE =+= ，∴AB AE AC CE =-= ，连接BE ，则四边形ABED 是平行四边形，向量AB和向量CE 平行且模相等，由于3AC AD = ，所以13ABD ABC S S =△△，又5AE AM = ，所以15ABM ABE S S =△△，在平行四边形中，ABDABE S S =△△，则ABM 与ABD △的面积比为135153ABEABD S S =△△，故选：C.变式1．（2024·全国·高三专题练习）平面上有ABC 及其内一点O ，构成如图所示图形，若将OAB ，OBC △，OCA 的面积分别记作c S ，a S ，b S ，则有关系式0a b c S OA S OB S OC ⋅+⋅+⋅=uu r uu u r uuu r r．因图形和奔驰车的logo 很相似，常把上述结论称为“奔驰定理”．已知ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若满足0a OA b OB c OC ⋅+⋅+⋅=，则O 为ABC 的（）A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心【答案】B【解析】由0a b c S OA S OB S OC ⋅+⋅+⋅=uu r uu u r uuu r r 得b c a aS S OA OB OC S S =-- ，由0a OA b OB c OC ⋅+⋅+⋅= 得b c OA OB OC a a =--，根据平面向量基本定理可得b a S b S a -=-，c a S cS a-=-，所以b a S b S a =，c a S c S a=，延长CO 交AB 于E ，延长BO 交AC 于F，则||||b a S AE S BE =，又b a S b S a =，所以||||AE b BE a =||||AC BC =，所以CE 为ACB ∠的平分线，同理可得BF 是ABC ∠的平分线，所以O 为ABC 的内心.故选：B变式2．（2024·上海奉贤·高一上海市奉贤中学校考阶段练习）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O 是△ABC 内的一点，△BOC ，△AOC ，△AOB 的面积分别为A S 、B S 、C S ，则有0A B C S OA S OB S OC ++=，设O 是锐角△ABC 内的一点，∠BAC ，∠ABC ，∠ACB 分别是△ABC 的三个内角，以下命题错误的是（）A ．若0OA OB OC ++=，则O 为△ABC 的重心B ．若230OA OB OC ++=，则::1:2:3A B C S S S =C ．则O 为△ABC （不为直角三角形）的垂心，则tan tan tan 0BAC OA ABC OB ACB OC∠⋅+∠⋅+∠⋅=D ．若2OA OB == ，5π6AOB ∠=，2340OA OB OC ++= ，则92ABC S =【答案】D【解析】对于A ：如下图所示，假设D 为AB 的中点，连接OD ，则=2O OA O D C B O +=，故,,C O D 共线，即O 在中线CD 上，同理可得O 在另外两边,BC AC 的中线上，故O 为ABC 的重心，即A 正确；对于B ：由奔驰定理O 是ABC 内的一点，,,BOC AOC AOB 的面积分别为,,A B C S S S ，则有0A B CS OA S OB S OC ⋅+⋅+⋅=可知，若230OA OB OC ++=，可得::1:2:3A B C S S S =，即B 正确；对于C ：由四边形内角和可知，πBOC BAC ∠+∠=，则cos cos OB OC OB OC BOC OB OC BAC =∠=-∠，同理，cos cos OB OA OB OA BOA OB OA BCA =∠=-∠，因为O 为ABC 的垂心，则()0OB AC OB OC OA OB OC OB OA ⋅=⋅-=⋅-⋅=，所以cos cos OC BAC OA BCA ∠=∠ ，同理得cos cos OC ABC OB BCA ∠=∠ ，cos cos OA ABC OB BAC ∠=∠，则::cos :cos :cos OA OB OC BAC ABC BCA =∠∠∠，令cos ,cos ,cos OA m BAC OB m ABC OC m BCA =∠=∠=∠ ，由1sin 2A S OB OC BOC =∠ ，则21sin cos cos sin 22A m S OB OC BAC ABC BCA BAC=∠=∠∠∠ ，同理：21sin cos sin 22B m S OA OC ABC BAC BCA ABC =∠=∠∠∠ ，21sin cos cos sin 22C m S OA OB BCA BAC ABC BCA=∠=∠∠∠ ，综上，sin sin sin ::::tan :tan :tan cos cos cos A B C BAC ABC BCAS S S BAC ABC BCA BAC ABC BCA∠∠∠==∠∠∠∠∠∠，根据奔驰定理得tan tan tan 0BAC OA ABC OB ACB OC ∠⋅+∠⋅+∠⋅=，即C 正确.对于D ：由5π||||2,6OA OB AOB ==∠= 可知，1225π6in1s 2C S =⨯⨯⨯=，又2340OA OB OC ++=，所以::2:3:4A B C S S S =由1C S =可得，13,24A B S S ==；所以1391244C ABC A B S S S S ++==++= ，即D 错误；故选：D.变式3．（多选题）（2024·江苏盐城·高一江苏省射阳中学校考阶段练习）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车(Mercedesbenz )的logo 很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知O 是ABC 内一点，BOC ，AOC ，AOB 的面积分别为,,A B C S S S ，则0A B C S OA S OB S OC ⋅+⋅+⋅=，O 是ABC 内的一点，∠BAC ，∠ABC ，∠ACB 分别是ABC 的三个内角，以下命题正确．．的有（）A ．若2340OA OB OC ++=，则4:::3:2A B C S S S =B ．若2OA OB == ，23AOB π∠=，且2340OA OB OC ++= ，则4ABC S =△C ．若OA OB OB OC OC OA ⋅=⋅=⋅，则O 为ABC 的垂心D ．若O 为ABC 的内心，且512130OA OB OC ++= ，则π2ACB ∠=【答案】BCD【解析】对选项A ：2340OA OB OC ++=，则::2:3:4A B C S S S =，错误；对选项B ：122sin1202AOB S =⨯⨯⨯︒=△2340OA OB OC ++= ，故::2:3:4A B C S S S =，94ABC A S S =⨯=△对选项C ：OA OB OB OC ⋅=⋅ ，即()0OA OC OB CA OB -⋅=⋅= ，故CA OB ⊥，同理可得CB OA ⊥ ，AB OC ⊥，故O 为ABC 的垂心，正确；对选项D ：512130OA OB OC ++=，故5:12:::13A B C S S S =，设内接圆半径为r ，12A S r BC =⋅，12B S r AC =⋅，12C S r AB =⋅，即5:::12:13B AB C AC =，即222AB AC BC =+，π2ACB ∠=，正确.故选：BCD变式4．（多选题）（2024·全国·高一专题练习）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车(Mercedesbenz)的logo 很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知O 是ABC 内一点，BOC 、AOC 、AOB 的面积分别为A S 、B S 、C S ，则0A B C S OA S OB S OC ⋅+⋅+⋅=.设O 是锐角ABC 内的一点，BAC ∠、ABC ∠、ACB ∠分别是ABC 的三个内角，以下命题正确的有（）A ．若230OA OB OC ++=，则::1:2:3A B C S S S =B ．2OA OB == ，5π6AOB ∠=，2340OA OB OC ++= ，则92ABC S =C ．若O 为ABC 的内心，3450OA OB OC ++= ，则π2C ∠=D ．若O 为ABC 的重心，则0OA OB OC ++=【答案】ACD【解析】对于A 选项，因为230OA OB OC ++=，由“奔驰定理”可知::1:2:3A B C S S S =，A对；对于B 选项，由2OA OB == ，5π6AOB ∠=，可知1225π6in1s 2C S =⨯⨯⨯=，又2340OA OB OC ++=，所以::2:3:4A B C S S S =，由1C S =可得，12A S =，34B S =，所以1391244C ABC A B S S S S ++==++= ，B 错；对于C 选项，若O 为ABC 的内心，3450OA OB OC ++=，则::3:4:5A B C S S S =，又111::::::222A B C ar br cr a b c S S S ==（r 为ABC 内切圆半径），所以，222a b c +=，故π2C ∠=，C 对；对于D 选项，如下图所示，因为O 为ABC 的重心，延长CO 交AB 于点D ，则D 为AB 的中点，所以，2OC OD =，12AOD BOD C S S S ==△△，且12AOD B S S =△，12BOD A S S =△，所以，A B C S S S ==，由“奔驰定理”可得0OA OB OC ++=，D 对.故选：ACD.题型二：重心定理例4．（2024·福建泉州·高一校考期中）著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线被称为三角形的欧拉线，该定理被称为欧拉线定理．已知ABC 的外心为O ，重心为G ，垂心为H ，M 为BC 中点，且5AB =，4AC =，则下列各式正确的有______．①3AG BC ⋅=-②6AO BC ⋅=- ③OH OA OB OC =++ ④42AC O AB M HM +=+ 【答案】①③④【解析】对于①，ABC 重心为G ，有21()33AG AM AB AC ==+ ，故22111()()(162)()33335AB AC AC AB AC AG BC AB ⋅====-+--- ，故①正确；对于②，ABC 外心为O ，过三角形ABC 的外心O 分别作AB 、AC 的垂线，垂足为D 、E ，易知D 、E 分别是AB 、AC 的中点，有212522AO AB AB ⋅== ，2182AO AC AC ⋅== ∴25922)8(AO BC AO AC AB =-=⋅=--⋅ ，故②错误；对于③，由欧拉线定理得2OG GH = ，即3OH OG = ，又有0GA GB GC ++=，故OA OB OC ++ ()()()OG GA OG GB OG GC =+++++ 3OG GA GB GC =+++3OG = ，即OH OA OB OC =++，故③正确；对于④，由3OH OG = 得3()MH MO MG MO -=-，故2133MG MO MH =+ ，所以2642M A M B AC A G OM HM +==-=+，故④正确.故答案为：①③④.例5．（2024·全国·高一专题练习）点O 是平面上一定点，A 、B 、C 是平面上ABC 的三个顶点，B ∠、C ∠分别是边AC 、AB 的对角，以下命题正确的是_______（把你认为正确的序号全部写上）．①动点P 满足OP OA PB PC =++，则ABC 的重心一定在满足条件的P 点集合中；②动点P 满足()(0)||||AB ACOP OA AB AC λλ=++>，则ABC 的内心一定在满足条件的P 点集合中；③动点P 满足()(0)||sin ||sin AB ACOP OA AB B AC Cλλ=++>，则ABC 的重心一定在满足条件的P 点集合中；④动点P 满足()(0)||cos ||cos AB ACOP OA AB B AC Cλλ=++>，则ABC 的垂心一定在满足条件的P 点集合中；⑤动点P 满足()(0)2||cos ||cos OB OC AB ACOP AB B AC Cλλ+=++> ，则ABC 的外心一定在满足条件的P 点集合中．【答案】①②③④⑤【解析】对于①，因为动点P 满足OP OA PB PC =++，∴AP PB PC =+，则点P 是ABC 的重心，故①正确；对于②，因为动点P 满足()(0)||||AB AC OP OA AB AC λλ=++> ，∴()(0)||||AB AC AP AB AC λλ=+> ，又||||AB AC AB AC + 在BAC ∠的平分线上，∴AP 与BAC ∠的平分线所在向量共线，所以ABC 的内心在满足条件的P 点集合中，②正确；对于③，动点P 满足()(0)||sin ||sin AB AC OP OA AB B AC C λλ=++> ，∴()||sin ||sin AB AC AP AB B AC Cλ=+ ，(0)λ>，过点A 作AD BC ⊥，垂足为D ，则||sin ||sin AB B AC C AD == ，()AP AB AC ADλ=+ ，向量AB AC + 与BC 边的中线共线，因此ABC 的重心一定在满足条件的P 点集合中，③正确；对于④，动点P 满足()(0)||cos ||cos AB AC OP OA AB B AC C λλ=+> ，∴()(0)||cos ||cos AB AC AP AB B AC C λλ=+> ，∴()(||||)0||cos ||cos AB AC AP BC BC BC BC AB B AC C λλ⋅=+⋅=-=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，∴AP BC ⊥ ，所以ABC 的垂心一定在满足条件的P 点集合中，④正确；对于⑤，动点P 满足()(0)2||cos ||cos OB OC AB AC OP AB B AC C λλ+=++> ，设2OB OC OE += ，则()||cos ||cos AB AC EP AB B AC C λ=+ ，由④知()0||cos ||cos AB AC BC AB B AC C +⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，∴0EP BC =⋅ ，∴EP BC ⊥，P ∴点的轨迹为过E 的BC 的垂线，即BC 的中垂线；所以ABC 的外心一定在满足条件的P 点集合，⑤正确．故正确的命题是①②③④⑤．故答案为：①②③④⑤．例6．（2024·河南·高一河南省实验中学校考期中）若O 为ABC 的重心（重心为三条中线交点），且0OA OB OC λ++= ，则λ=___．【答案】1【解析】在ABC 中，取BC 中点D ，连接AD ，由重心的性质可得O 为AD 的三等分点，且2OA OD =-，又D 为BC 的中点，所以2OB OC OD += ，所以20OA OB OC OD OD ++=-+= ，所以1λ=.故答案为：1变式5．（2024·全国·高一专题练习）（1）已知△ABC 的外心为O ，且AB =5，3AC =，则AO BC ⋅= ______．（2）已知△ABC 的重心为O ，且AB =5，3AC =，则AO BC ⋅= ______．（3）已知△ABC 的重心为O ，且AB =5，3AC =，3A π=，D 为BC 中点，则AO OD ⋅= ____．【答案】8-163-4918【解析】（1）由题意得：如图过O 作OD BC ⊥，垂足为D ，则D 是BC 的中点BC AC AB =-uu u r uuu r uu u r Q ，AO AD DO =+ ，1()2AD AB AC =+ 又3AC = ，5AB =uu u r ()()2211()()822AO BC AD DO BC AD BC AB AC AC AB AC AB ∴⋅=+⋅=⋅=+-=-=-（2）根据重心的性质，知重心将相应的中线分成2:1两部分21()33AO AD AB AC ==+ ，BC AC AB =- AO BC ∴⋅= ()22311()(16)33AB AC AC AB AC AB +⋅-=-=- （3）根据重心的性质，知重心将相应的中线分成2:1两部分12OD AO = ，21()33AO AD AB AC ==+ 2221()2cos 25930492AB AC AB AC AB AC A +=++=++⨯= ()2221211494929181818AO OD AO AD AB AC ⋅===+=⨯=故答案为：（1）8-（2）163-（3）4918变式6．（2024·江苏无锡·高一江苏省太湖高级中学校考阶段练习）在ABC 中，2AB =，60ABC ∠=︒，1AC AB ⋅=- ，若O 是ABC 的重心，则BO AC ⋅= ______.【答案】7【解析】如图所示，以B 为坐标原点，BC 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系.设(),0C a ，∵2AB =，60ABC ∠=︒，∴(A ，((11AC a ,,AB ,=-=- ∵131AC AB a ⋅=-+=-，解得5a =，∴()5,0C∵O 是ABC 的重心，延长BO 交AC 于点D ，则D 为AC 中点，所以3D 骣琪琪桫,∴2233BO BD ⎛⎛=== ⎝⎭⎝⎭，(4AC ,= ,∴(2473BO AC ⋅=⨯+⨯.故答案为：7变式7．（2024·江西南昌·高三校联考期中）锐角ABC 中，a ，b ，c 为角A ，B ，C 所对的边，点G 为ABC 的重心，若AG BG ⊥，则cos C 的取值范围为______．【答案】45⎡⎢⎢⎭⎣，【解析】由题意211()()323AG AC AB AC AB =⨯+=+ ，211()()323BG BA BC BA BC =⨯+=+ ，又AG BG ⊥，则11()()()099AG BG AC AB BA BC AC BA AC BC AB BA AB BC ⋅=+⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅= ，所以2CA CB AC AB BA BC AB ⋅=⋅+⋅+ ，即2cos cos cos ab C bc A ac B c =++，由222cos 2b c a A bc+-=，222cos 2a c b B ac +-=，222cos 2a b c C ab +-=，所以2225a b c +=,2cos ()5a b C b a=+，由ABC 为锐角三角形及上式，则2222222225a b c a c b b c a ⎧+=⎪+>⎨⎪+>⎩，即22223232a b b a ⎧>⎨>⎩，可得6623b a >>，所以cos C 在6(,1)3b a ∈上递减，在6(1,)2上递增，则46cos 53C ≤<.故答案为：46[,)53变式8．（2024·全国·高三专题练习）过△ABC 重心O 的直线PQ 交AC 于点P ，交BC 于点Q ，34= PC AC ，= QC nBC ，则n 的值为________.【答案】35【解析】如图，因为O 是重心，所以0OA OB OC ++= ，即=-- OA OB OC ，因为34= PC AC ，所以()34-=- OC OP OC OA ，所以()313131444442=+=--+=-- OP OA OC OB OC OC OB OC ，又= QC nBC ，则()=-- OC OQ n OC OB ，所以()1=-+ OQ OC n B nO 因为P ，O ，Q 三点共线，所以// OP OQ ，所以31(1)42--=-n n ，解得35n =.故答案为：35变式9．（2024·上海虹口·高三上海市复兴高级中学校考期中）在ABC 中，过重心G 的直线交边AB 于点P ，交边AC 于点Q ，设APQ △的面积为1S ，ABC 的面积为2S ，且,AP AB AQ AC λμ== ，则12S S 的取值范围为_________．【答案】41,92⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】根据题意，连接AG，作图如下：121sin 21sin 2A AP AQ S S A AB AC λμ⨯⨯==⨯⨯，在三角形ABC 中，因为G 为其重心，故可得()13AG AB AC =+ 结合已知条件可得：1113AG AP AQ λμ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，因为,,P G Q 三点共线，故可得11133λμ+=，即113λμ+=，由题设可知(]0,1μ∈，(]0,1λ∈，又(]0,131λμλ=∈-，得1,12λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，故21231S S λλμλ==-，令31t λ-=，可得1,22t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()113t λ=+，则121112,,292S t t S t ⎛⎫⎡⎤=++∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，又1y t t =+在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，()1,2单调递增，当1t =时，1249S S =，当12t =时，1212S S =，当2t =时，1212S S =，故1241,92S S ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.故答案为：41,92⎡⎤⎢⎥⎣⎦.题型三：内心定理例7．（2024·湖北·模拟预测）在ABC 中，16AB AC ⋅= ，6ABC S = ，3BC =，且AB AC >，若O 为ABC 的内心，则AO BC ⋅= _________．【答案】3-【解析】因为16AB AC ⋅= ，所以cos 16AB AC A ⋅= ，因为6ABC S = ，所以1sin 62AB AC A ⋅= ，所以sin 3cos 4A A =，又22sin cos 1A A +=，cos 0,sin 0A A >>，所以34sin ,cos 55A A ==，所以20AB AC ⋅=，由余弦定理可得2222cos BC AB AC AB AC A =+-⋅，又3BC =，所以2241AB AC +=，又AB AC >，所以5,4AB AC ==，所以ABC 为以AB 为斜边的直角三角形，设ABC 的内切圆与边AC 相切于点D ，内切圆的半径为r ，由直角三角形的内切圆的性质可得12AC BC AB r +-==，故1OD =，因为AD BC ⊥，所以0AD BC ⋅= ，因为,OD AC BC AC ⊥⊥，所以//OD BC ，所以3DO BC ⋅=- 所以()3AO BC AD DO BC AD BC DO BC ⋅=+⋅=⋅+⋅=- .故答案为：3-.例8．（2024·全国·高三专题练习）已知Rt ABC 中，3AB =，4AC =，5BC =，I 是ABC 的内心，P 是IBC 内部（不含边界）的动点.若AP AB AC λμ→→→=+（λ，R μ∈），则λμ+的取值范围是______.【答案】7(,1)12【解析】建立如图所示平面直角坐标系，则()()()0,0,3,0,0,4A B C ，因为I 是三角形ABC 的内心，设三角形ABC 内切圆半径为r ，则()11||||||||||22AC AB BC r AB AC ++⨯=⨯⨯，解得1r =.所以()1,1I ，()()3,0,0,4AB AC →→==.依题意点(),P x y 在三角形IBC 的内部（不含边界）.因为AP AB AC λμ→→→=+(,)R λμ∈，所以()()()(),3,00,43,4x y λμλμ=+=，所以133414x x y y λλμμ⎧=⎪=⎧⎪⇒⎨⎨=⎩⎪=⎪⎩，令1134z x y λμ=+=+，则443y x z =-+，由图可知，当443y x z =-+过()1,1I 时，117113412z =⨯+⨯=.当443y x z =-+，过()0,4C ，即为直线BC 时，1104134z =⨯+⨯=.所以λμ+的取值范围时7(,1)12.故答案为：7(,1)12例9．（2024·黑龙江黑河·高三嫩江市高级中学校考阶段练习）设I 为ABC 的内心，5AB AC ==，6BC =，AI mAB nBC =+ ，则m n +为________．【答案】1516【解析】因为5AB AC ==，所以取BC 中点为O ，连接AO ，则AO BC ⊥，且ABC 的内心I 在AO 上，IO 即为ABC 的内切圆半径r ，又6BC =，所以AO 4==，因为()1122ABC S BC AO AB BC AC r =⨯=++⨯ ，即()64556IO ⨯=++⨯，所以32IO =，52AI =，以BC 所在直线为x 轴，BC 的垂直平分线为y 轴建立坐标系，则(0,4)A ，(3,0)B -，(3,0)C ，则(3,4)AB =-- ，(6,0)BC = ，50,2AI ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，因为AI mAB nBC =+ ，即(3,4)(56,,20)0n m -⎛⎫⎪+⎭--= ⎝，所以542360m m n ⎧-=-⎪⎨⎪-+=⎩解得55,816m n ==，所以551581616m n +=+=，故答案为：516.变式10．（2024·福建福州·高三福建省福州第一中学校考阶段练习）已知点O 是ABC ∆的内心，若3177AO AB AC =+ ，则cos BAC ∠=______.【答案】16【解析】因为()()3177OA OB OA OC OA -=-+- ，即()3OC OA OB =-+ ，取AB 中点D ，连接OD ，则2OA OB OD += ，故6OC OD =- ，故点,,C O D 共线，又ACO BCO ∠=∠，故AC BC =，且CD AB ⊥，所以1cos 6DA OD BAC CA OC ∠===.故答案为：16.变式11．（2024·甘肃兰州·高一兰州市第二中学校考期末）在面上有ABC 及内一点O 满足关系式：0OBC OAC OAB S OA S OB S OC ⋅+⋅+⋅= △△△即称为经典的“奔驰定理”，若ABC 的三边为a ，b ，c ，现有0a OA b OB c OC ⋅+⋅+⋅= ，则O 为ABC 的__心.【答案】内【解析】 OA AB OB =+ ，OC OA AC =+ ，()()a OAb OBc OC a OA b OA AB c OA AC ∴⋅+⋅+⋅=⋅++++ ()0a b c OA b AB c AC =++⋅+⋅+⋅= ，∴()bc AB AC AO a b c c b =+++ ， AB c ，AC b 分别是AB ，AC 方向上的单位向量，∴向量AB AC c b+平分BAC ∠，即AO 平分BAC ∠，同理BO 平分ABC ∠，O ∴为ABC 的内心，故答案为：内变式12．（2024·贵州安顺·统考模拟预测）已知O 是平面上的一个定点，A ､B ､C 是平面上不共线的三点，动点P 满足AB AC OP OA AB AC λ⎛⎫ ⎪=++ ⎪⎝⎭()R λ∈，则点P 的轨迹一定经过ABC 的（）A ．重心B ．外心C ．内心D ．垂心【答案】C【解析】因为AB AB为AB 方向上的单位向量，AC ACuuu r uuu r 为AC 方向上的单位向量，则||||AB ACAB AC +的方向与BAC ∠的角平分线一致，由AB AC OP OA AB AC λ⎛⎫ ⎪=++ ⎪⎝⎭，可得AB AC OP OA AB AC λ⎛⎫ ⎪-=+ ⎪⎝⎭，即AB AC AP AB ACλ⎛⎫ ⎪=+⎪ ⎪⎝⎭，所以点P 的轨迹为BAC ∠的角平分线所在直线，故点P 的轨迹一定经过ABC 的内心.故选：C.变式13．（2024·江西·校联考模拟预测）已知椭圆2211612x y +=的左右焦点分别为1F ，2F ，P 为椭圆上异于长轴端点的动点，G ，I 分别为12PF F △的重心和内心，则PI PG ⋅=（）A ．43BC ．2D ．163【答案】D【解析】由椭圆2211612x y +=可得4a =，b =，2c ==如图，设12PF F △的内切圆与三边分别相切与A ，B ，C ，G ，I 分别为12PF F △的重心和内心．则PB PC =，11F A FC =，22F A F B =，所以12122PF PF F F PB PC a c +-==-=，所以()()1212113332PI PG PG PI PO PI PF PF PI PF PI PF PI⋅⋅⋅=+⋅=⋅+⋅== ()()12121133PF PC PF PB PB PF PF =+=+()116233a c a =-⋅=故选：D变式14．（2024·全国·高三专题练习）已知ABC ，I 是其内心，内角,,A B C 所对的边分别,,a b c ，则（）A ．1()3AI AB AC =+ B ．c AB b AC AI a a =+C ．b AB c AC AI a b c a b c=+++++D ．c AB bAC AI a b a c=+++ 【答案】C【解析】延长,,AI BI CI ，分别交,,BC AC AB 于,,D E F .内心是三角形三个内角的角平分线的交点.在三角形ABD 和三角形ACD 中，由正弦定理得：,11sin sin sin sin 22BD c CD bADB ADC BAC BAC ==∠∠⎛⎫⎛⎫∠∠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由于sin sin ADB ADC ∠=∠，所以,BD CD BD cc b CD b==，,,BD c BD c acBD BD CD b c a b c b c===++++，同理可得c AI BD DI =，c AI AIBD c DI AI AD==++，c AD c b c AI AD AD ac BD c a b c c b c⋅+==⋅=⋅+++++.所以()c c AD AB BD AB BC AB AC AB b c b c =+=+=+-++b c AB AC b c b c =+++，则b c b c b c b cAI AD AB AC AB AC a b c a b c b c b c a b c a b c ++⎛⎫=⋅=⋅+=+ ⎪++++++++++⎝⎭.故选：C变式15．（2024·全国·高三专题练习）在△ABC 中，3cos 4A =，O 为△ABC 的内心，若(),R AO xAB y AC x y =+∈，则x ＋y 的最大值为（）A ．23B．65C．76D．87-【答案】D【解析】如图：圆O 在边,AB BC 上的切点分别为,E F ，连接,OE OF ，延长AO 交BC 于点D设OAB θ∠=，则23cos cos 212sin 4A θθ==-=，则sin 4θ=设x A A D AO B y ACλλλ=+= ∵,,B D C 三点共线，则1x y λλ+=，即1x y +=λ1111821sin 711AO AO AO OF OE AD AO OD AO OF AO AO λθ-==≤===+++++即x y +≤故选：D．变式16．（2024·全国·高三专题练习）点O 在ABC ∆所在平面内，给出下列关系式：（1）0OA OB OC ++= ；（2）OA OB OB OC OC OA ⋅=⋅=⋅ ；（3）0AC BC BA OA O AB B AC BC BA AB 骣骣鼢珑鼢珑鼢×=×-=珑鼢珑鼢珑鼢珑 -梃uuu v uu u v uu v uu v uu u uu u v uuu v uu u v v uu u v uu v ；（4）()()0OA OB AB OB OC BC+⋅=+⋅=．则点O 依次为ABC ∆的（）A ．内心、外心、重心、垂心；B ．重心、外心、内心、垂心；C ．重心、垂心、内心、外心；D ．外心、内心、垂心、重心【答案】C【解析】（1）0OA OB OC ++=显然得出O 为ABC ∆的重心；（2）()00OA OB OB OC OB OA OC OB CA OB CA ⋅=⋅⇒⋅-=⇒⋅=⇒⊥，同理,OA CB OC AB ⊥⊥，所以O 为ABC ∆的垂心；（3）0AC AB BC BA OA OB AC AB BC BA⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⋅-=⋅-=⇒ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭OA,OB 分别是,BAC ABC ∠∠的角平分线，所以O 为ABC ∆的内心；（4）()020OA OB AB OM AB OM AB +⋅=⇒⋅=⇒⊥（M 是AB 中点）同理ON BC ⊥（N是BC 中点），所以O 为ABC ∆的外心.故选：C .变式17．（2024·全国·高三专题练习）已知ABC ∆的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，O 为ABC ∆内一点，若分别满足下列四个条件：①0aOA bOB cOC ++= ；②tan tan tan 0A OA B OB C OC ⋅+⋅+⋅=；③sin 2sin 2sin 20A OA B OB C OC ⋅+⋅+⋅=；④0OA OB OC ++= ；则点O 分别为ABC ∆的（）A ．外心、内心、垂心、重心B ．内心、外心、垂心、重心C ．垂心、内心、重心、外心D ．内心、垂心、外心、重心【答案】D【解析】先考虑直角ABC ∆，可令3a =，4b =，5c =，可得()0,4A ，()3,0B ，()0,0C ，设(),O m n ，①0aOA bOB cOC ++=，即为()()()()3,443,5,0,0m n m n m n --+--+--=，即有12120m -+=，12120n -+=，解得1m n ==，即有O 到x ，y 轴的距离为1，O 在BCA ∠的平分线上，且到AB 的距离也为1，则O 为ABC 的内心；③2220sin A OA sin B OB sin C OC ⋅+⋅+⋅=，即为()()()()2424,43,0,0,02525m n m n m n --+--+--=，可得320m -=，420n -=，解得32m =，2n =，由52OA OB OC ===，故O 为ABC 的外心；④0OA OB OC++=，可得()()()(),43,,0,0m n m n m n --+--+--=，即为330m -=，430n -=，解得1m =，43n =，由AC 的中点D 为()0,2，DB =OB =O 分中线DB 比为2:3，故O 为ABC 的重心；考虑等腰ABC ∆，底角为30 ，设(C -，()2,0B ，()0,0A ，(),O x y ，②0tanA OA tanB OB tanC OC ⋅+⋅+⋅=，即为))()(),2,10,033x y x y x y --+--+--=，0x =10y +=，解得1x =-，y =，即(1,O -，由OC AB ⊥，1OA BC k k ⎛⋅==- ⎝⎭，即有OA BC ⊥，故O 为ABC 的垂心．故选：D题型四：外心定理例10．（2024·山西吕梁·高三统考阶段练习）设O 为ABC 的外心，且满足2340OA OB OC ++= ，1OA =，下列结论中正确的序号为______．①78OB OC ⋅=- ；②2AB = ；③2A C Ð=Ð．【答案】①③【解析】由题意可知：1OA OB OC ===．①2340OA OB OC ++= ，则234OA OB OC =--，两边同时平方得到：492416OB OC =+⋅+ ，解得：78OB OC ⋅=- ，故①正确．②2340OA OB OC ++= ，则2254OA OB OB OC -=-- ，254BA OB OC =-- ，两边再平方得到：242516406AB OB OC =++⋅= ．所以|2AB = ，所以②不正确．③2340OA OB OC ++= ，432OC OB OA =--，两边平方得到：1694121312cos OA OB OA OB AOB =++⋅=+∠ ，1cos 4AOB ∠=，π0,2AOB ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，同理可得：7cos 8BOC ∠=-，π,π2BOC ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，2AOB C ∠=∠，2COB A ∠=∠．故1cos 24C =，7cos 28A =-，且π0,4C ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，ππ,42A ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，2217cos 42cos 2121cos 248C C A ⎛⎫=-=⨯-=-= ⎪⎝⎭，即2A C Ð=Ð．故③正确．故答案为：①③例11．（2024·河北·模拟预测）已知O 为ABC 的外心，3AC =，4BC =，则OC AB ⋅=___________．【答案】72-/-3.5【解析】如图：,E F 分别为,CB CA 的中点，则,OE BC OF AC ⊥⊥()OC AB OC CB CA OC CB OC CA⋅=⋅-∴=⋅-⋅ ()()B EC F OE C OF CAC =⋅-+⋅+ OE CB CB OF C C A E FC CA⋅⋅-=+⋅-⋅ 2211||||22CB CA ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭()()22117||916.222CA CB =-=⨯-=- 故答案为：72-.例12．（2024·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校考阶段练习）已知O 是ABC 的外心，若22AC AB AB AO AC AO mAO AB AC ⋅+⋅=uuu r uu u r uu u r uuu r uuu r uuu r uuu r uu u r uuu r，且sin sin B C +，则实数m 的最大值为______．【答案】32/1.5【解析】设三角形ABC 的外接圆的半径为r ，2||||2()||||AC AB AB AO AC AO m AO AB AC ⋅+⋅=，∴根据向量数量积的几何定义可得：22211222b c c b mr c b ⋅+⋅=，即22bc mr =，∴=222m b c r r⋅，又sin sin B C +，根据正弦定理可得sin 2b B r =，sin 2c C r =，∴22b cr r+∴2322()22224b c m b b r r r r +=⋅≤=，当且仅当22b c r r =时，即ABC 为等边三角形时取等号，∴324m ≤，32m ∴≤，∴实数m 的最大值为32．故答案为：32变式18．（2024·全国·高三专题练习）设O 为ABC 的外心，若=4AB，BC =，则BO AC ⋅=___________.【答案】2-【解析】如图，设D ､E 分别为,AB BC 的中点，则,OD AB OE BC ⊥⊥，所以()BO AC BO BC BA BO BC BO BA =-=- cos cos BO BC OBC BO BA OBA=∠-∠2211=··==222BE BC BA BD BC BA --- ,故答案为：-2.变式19．（2024·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知点O 是△ABC 的外心，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，π3A =，且cos cos 2sin sinBC AB AC OA C Bλ⋅+⋅= ，则λ的值为________．【答案】【解析】如图，分别取AB ，AC 的中点D ，E ，连接OD ，OE ，则21122AB OA AB AB c ⋅=-⋅=- ；21122AC OA AC AC b ⋅=-⋅=- ，因为cos cos 2sin sin B C AB AC OA C Bλ⋅+⋅=，设ABC 的外接圆半径为R ，由正弦定理可得2sin sin sin a b cR A B C===，所以两边同时点乘OA 可得()()2cos cos 2sin sin B C AB OA AC OA OA CB λ⋅⋅+⋅⋅= ,即222cos 1cos 12sin 2sin 2B Cc b R C B λ⎛⎫⎛⎫⋅-+⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以211cos cos 22sin 2sin c bc B b C R C Bλ-⋅⋅-⋅⋅=，所以2112cos 2cos 222R c B R b C R λ-⋅⋅-⋅⋅=,所以()cos cos 2c B b C R λ-+=，所以222222222a c b a b c c b R ac ab λ⎛⎫+-+--⋅+⋅= ⎪⎝⎭，即2a R λ-=，所以sin sin 23a A R πλ=-=-=-=故答案为：变式20．（2024·全国·高三专题练习）在ABC 中，6AB =，AC =．点M 满足1154AM AB AC =+．过点M 的直线l 分别与边,AB AC 交于点,D E 且1AD AB λ= ，1AE AC μ= ．已知点G 为ABC 的外心，AG AB AC λμ=+u u u r u u u r u u u r，则AG 为______．【答案】【解析】,,D M E 三点共线，∴可设()()101AM t AD t AE t =+-<<，15AB t AD ∴= ，()114AC t AE =- ，即15AD AB t= ，()141AE AC t =- ，()1151141t t λμ⎧=⎪⎪∴⎨⎪=-⎪⎩，即5t λ=，44t μ=-，()544AG t AB t AC ∴=+- ；()534CG AG AC t AB t AC ∴=-=+- ，()()5144BG AG AB t AB t AC =-=-+- ，G 为ABC 的外心，AG BG CG ∴== ，()()()()()()()()22222222222404044304034254040515188t t AB AC t AC t t AB AC t AC t AB t t AB AC t AB t t AB AC⎧-⋅+-=-⋅+-⎪∴⎨+-⋅=-+--⋅⎪⎩，整理可得：()()()2210873603158810136036t AB AC t AC t t AB AC t AB t ⎧⋅=-=-⎪⎨-⋅=-=-⎪⎩ ，360315360361088t t AB AC t t --∴⋅==-，解得：72t --=（舍）或72t -+=；()()22222223603629001044454488t AG AB AB AC AC t t t t t λλμμ-∴=+⋅+=+-⨯+-- ()2218012607201807490t t t t =--+=-+-=，AG ∴=.故答案为：变式21．（2024·全国·高三专题练习）已知△ABC中，1AB AC BC ===，，点O 是△ABC的外心，则CO AB ⋅=________.【答案】12/0.5【解析】在ABC 中，1AB AC ==，BC =O 是ABC 的外心，又222AB AC BC +=，所以ABC 是等腰直角三角形，所以O是三角形的斜边中点，所以111cos 451222CO AB BC AB ⋅=︒=⨯= ．故答案为：12．变式22．（2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知点P 是ABC 的内心、外心、重心、垂心之一，且满足222AP BC AC AB ⋅=-，则点P 一定是ABC 的（）A ．内心B ．外心C ．重心D ．垂心【答案】B【解析】设BC 中点为D ，所以2AB AC AD +=，所以()()2222AP BC AC AB AC AB AC AB BC AD ⋅=-=+-=⋅ ，即()0BC AD AP BC PD ⋅-=⋅= ，所以BC PD ⊥ ，又由D 为BC 中点可得点P 在BC 的垂直平分线上，所以点P 是ABC 的外心，故选：B题型五：垂心定理例13．（2024·全国·高三专题练习）设O 为ABC ∆的外心，若OA OB OC OM ++= ，则M 是ABC ∆的（）A ．重心（三条中线交点）B ．内心（三条角平分线交点）C ．垂心（三条高线交点）D ．外心（三边中垂线交点）【答案】C【解析】在ABC ∆中，O 为外心，可得OA OB OC ==，∵OA OB OC OM ++= ，∴OA OB OM OC +=- ，设AB 的中点为D ，则OD AB ⊥，2CM OD = ，∴CM AB ⊥，可得CM 在AB 边的高线上．同理可证，AM 在BC 边的高线上，故M 是三角形ABC 两高线的交点，可得M 是三角形ABC 的垂心，故选：C例14．（2024·全国·高三专题练习）已知H 为ABC 的垂心（三角形的三条高线的交点），若1235AH AB AC =+ ，则sin BAC ∠=______.【答案】3【解析】因为1235AH AB AC =+ ，所以2235BH BA AH AB AC=+=-+，同理1335CH CA AH AB AC=+=-，由H为△ABC的垂心，得0BH AC⋅=，即22035AB AC AC⎛⎫-+⋅=⎪⎝⎭，可知222cos53AC AC AB BAC=∠，即3cos5ACBACAB∠=，同理有0CH AB⋅=，即13035AB AC AB⎛⎫-⋅=⎪⎝⎭，可知213cos35AB AC AB BAC=∠，即5cos9ABBACAC∠=，所以21cos3BAC∠=，2231cos2sin113∠∠=-=-=BACBAC，又()0,πBAC∠∈，所以sin BAC∠.例15．（2024·北京·高三强基计划）已知H是ABC的垂心，2340HA HB HC++=，则ABC的最大内角的正弦值是_________．【答案】7【解析】法1：根据三角形五心的向量表达，有tan:tan:tan2:3:4A B C=，设tan,tan,tanA B C分别为2,3,4t t t，根据三角恒等式tan tan tan tan tan tanA B C A B C++=，可得234234t t t t t t t++=⋅⋅⇒=因此ABC的最大内角的正切值为4t=7．法2：因为H是ABC的垂心，故HA HB HB HC HC HA⋅=⋅=⋅，设HA HB HB HC HC HA m×=×=×=-，则()2340HA HA HB HC×++=，故272mHA=，同理，22HB m =，254m HC =，而πA BHC B CHA C BHA +Ð=+Ð=+Ð=，故cos HB HC A BHC HB HC ×=-Ð=-=×同理，cos B =cos C =因为cos cos cos C B A <<，故C最大，故sin C =.故答案为：7变式23．（2024·全国·高三专题练习）设H 是ABC 的垂心，且4560HA HB HC ++= ，则cos AHB ∠=_____．【答案】11-【解析】∵H 是ABC 的垂心，∴HA BC ⊥ ，()0HA BC HA HC HB ⋅=⋅-= ，∴HA HB HC HA ⋅=⋅ ，同理可得，HB HC HC HA ⋅=⋅ ，故HA HB HB HC HC HA ⋅=⋅=⋅ ，∵4560HA HB HC ++= ，∴24560HA HA HB HA HC +⋅+⋅= ，∴2411HA HB HA -=⋅ ，同理可求得212HA HB HB ⋅=- ，∴2cos 411HA HB HA HB HA AHB HB HA ∠⋅==- ，21cos 2HB HB HA HB HA AHB HB HA∠⋅==- ，∴22os 11c AHB ∠=，即cos 11AHB ∠=.故答案为：11-．变式24．（2024·全国·高三专题练习）在ABC 中，点O 、点H 分别为ABC 的外心和垂心，||5,||3AB AC ==，则OH BC ⋅= ________.【答案】8【解析】OH AH AO =- ，()AO OH BC AH BC AH BC AO BC ⋅=-⋅=⋅-⋅ ，因为H 为垂心，所以0AH BC ⋅= ，OH BC AO BC ⋅=-⋅ ，设,AOB A AOB B ∠=∠=，外接圆的半径为r ，由余弦定理得2222cos AB AO OB AO OB A =+-⋅⋅，2222cos r r r A =+-⋅，2222cos r r A =-⋅，同理2222cos AC AO OC AO OC A =+-⋅⋅，2222cos r r r B =+-⋅，2222cos r r B =-⋅，所以()AO BC AO BO OC ⋅=⋅+ ，AO BO AO OC =⋅+⋅ ，OA OB OA OC =⋅-⋅ ，cos cos OA OB A OA OC B =⋅⋅-⋅⋅ ，22cos cos r A r B =⋅-⋅，()22182AC AB =-⨯=-，所以OH BC ⋅= 8，故答案为：8变式25．（2024·全国·高三专题练习）在ABC 中，AB AC =，4tan 3C =，H 为ABC 的垂心，且满足AH mAB nBC =+ ，则m n +=___________.【答案】2132【解析】如图所示，D 为BC 的中点，不妨设4AD m =，则3BD m =.因为4tan tan 3BD BHD C HD ∠===，则94HD m =，则77416AH m AD ==，77177161621632AH AD AB BC AB BC ⎛⎫==+=+ ⎪⎝⎭ ，由此可得2132m n +=.故答案为：21 32。
高中数学《用空间向量研究距离、夹角问题-求空间距离》课件
讲 课 人
点P到直线l的距离为PQ =
| AP |2 | AQ |2
a2 (a b )2
： 邢
|b |
启 强
4
巩固练习 点到直线的距离、两条平行直线之间的距离
已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是C1C,
D1A1的中点,则点A到直线EF的距离为
.
2.两条平行直线之间的距离
A
| n BE| 2 11
E
B
y
d
.
讲 课
n
11
人 ： 邢 启
答:点 B 到平面 EFG 的距离为 2
11 .
强
11
11
典型例题
如图, ABCD 是矩 形, PD 平面 ABCD , PD DC a , AD 2a , M 、N 分别是 AD 、PB 的中点,求点 A 到平面 MNC 的距离.
求BD1与AF1所成的角的余弦值.
C1 z
F1
B1
A1
D1 C
By
A
讲
课 人 ：
x
邢
启 强
25
解：以点C为坐标原点建立空间直角坐标系C x如yz图
所示，设
则CC：1 1
A(1, 0, 0), B(0,1, 0),
F1
(
1 2
,
0,1),
D1
(
1 2
,
1 2
,1)
所以：
1 AF1 ( 2 , 0,1),
∴ MC (
2
a,a,
0)
,
MN
(0,
1
a,
1
2 a)
,
2
22
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题(学案)(人教A版2019选择性必修第一册)
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题【学习目标】一．空间距离的向量求法【小试牛刀】思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)（1）两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．()（2）直线与平面所成的角等于直线与该平面法向量夹角的余角．()（3）二面角的大小就是该二面角两个面的法向量的夹角．()（4）若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该二面角的大小等于60°或120°.()【经典例题】题型一 利用空间向量求距离例1 （线面距离）设A （2,3,1），B （4,1,2），C （6,3,７），D （－５,－4,8），求D 到平面ABC 的距离.【跟踪训练】1在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，中，AD =AA 1=1，AB =2，点E 在棱AB 上移动.当E 为AB 的中点时，求点E 到面ACD 1的距离。
例2（线线距离）如图，已知四边形ABCD 、EADM 和MDCF 都是边长为a 的正方形，点P 、Q 分别是ED 和AC 的中点求：（1）P 点到平面EFB 的距离；（2）异面直线PM 与FQ 的距离【跟踪训练】2 （面面距离）已知正方体ABCD—A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求平面AB 1C 与平面A 1C 1D 间的距离．题型二 求异面直线所成角例3 （线线角）如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( ) A.3010 B.3015 C.3030 D.1515【跟踪训练】3 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 是棱AB 上QF MEDC BA P的动点．若异面直线AD1与EC所成角为60°，试确定此时动点E的位置．题型三求直线与平面所成角例4（线面角）已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为a，侧棱长为2a，M为A1B1的中点，求BC1与平面AMC1所成角的正弦值．【跟踪训练】4 如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝3，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．题型三求平面与平面所成角例5 （面面角）如图所示，在几何体S－ABCD中，AD⊥平面SCD，BC⊥平面SCD，AD＝DC ＝2，BC＝1，又SD＝2，⊥SDC＝120°，求平面SAD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值．【跟踪训练】5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AA1DB的余弦值．【当堂达标】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 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°2.(多选)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( ) A.π3 B.2π3 C. π6D.π23.正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( ) A.23 B.33 C.23 D.634.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( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90°5.在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，则异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为________．6.三棱柱中，已知A BCD 是边长为1的正方形，四边形B B A A '' 是矩形， 。
备战高考数学一轮复习讲义第37讲 第1课时 线线角与线面角
第37讲 空间角与距离的计算激活思维1. (人A 选必一P38练习1)在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BCA ＝90°，D 1，F 1分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是( A )A. 3010B. 12C. 3015D. 1510解析： 如图，建立空间直角坐标系，设BC ＝CA ＝CC 1＝1，则A (1,0,1)，B (0,1,1)，D 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，F 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，所以BD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，－1，AF 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，所以|cos 〈BD 1→，AF 1→〉|＝|BD 1→·AF 1→||BD →||AF 1→|＝3414＋14＋1×14＋1＝3010.(第1题)2. (人A 选必一P38练习2)已知P A ，PB ，PC 是从点P 出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC 与平面P AB 所成角的余弦值是( C )A. 12 B. 22 C. 33D. 63解析： 如图，在PC 上任取一点D ，过点D 作DO ⊥平面APB ，则∠DPO 就是直线PC 与平面P AB 所成的角．过点O 作OE ⊥P A ，OF ⊥PB ，垂足分别为E ，F .因为DO ⊥平面APB ，则DE ⊥P A ，DF ⊥PB ，则△DEP ≌△DFP ，所以EP ＝FP ，所以△OEP ≌△OFP ，且点O 在∠APB 的平分线上．因为∠APB ＝60°，所以∠OPE ＝30°.设PE ＝1，因为∠OPE ＝30°，所以OP ＝1cos30°＝233.在Rt △PED 中，∠DPE ＝60°，PE ＝1，则PD ＝2.在Rt △DOP 中，OP ＝233，PD ＝2，则cos ∠DPO ＝OP PD ＝33，即直线PC 与平面P AB 所成角的余弦值是33.(第2题)3. 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在BB 1，DD 1上，且A 1C ⊥平面AEF ，AD ＝3，AB ＝4，AA 1＝5，则平面AEF 与平面D 1B 1BD 夹角的余弦值为( C )(第3题)A. 225B. 6225C. 12225D. 34解析： 以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AA 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图，连接AC .由于AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝5，所以BD →＝(－4,3,0)，DD 1→＝(0,0,5)．设平面DBB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DD 1→＝0，n ·BD →＝0，所以⎩⎨⎧5z ＝0，－4x ＋3y ＝0，可取n ＝(3,4,0)．又由于A 1C ⊥平面AEF ，所以A 1C →可看作是平面AEF 的一个法向量，A 1C →＝(4,3，－5)．设平面AEF 和平面D 1B 1BD 的夹角为θ，则cos θ＝|n ·A 1C →||n ||A 1C →|＝12225，所以平面AEF 与平面D 1B 1BD 夹角的余弦值为12225.(第3题)4. (人A 选必一P35练习2(1)改)如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，已知AB ＝1，BC ＝2，AA 1＝3，则点B 到直线A 1C 的距离为( B )(第4题)A. 27B. 2357C.357D. 1解析： 过点B 作BE ⊥A 1C ，垂足为E (图略)，设点E 的坐标为(x ，y ，z )，由题意知A 1(0,0,3)，B (1，0,0)，C (1,2,0)，A 1C →＝(1,2，－3)，BC →＝(0,2,0)，A 1C →方向上的单位向量为μ＝⎝⎛⎭⎪⎫114，214，－314，所以点B 到直线A 1C 的距离为错误!)＝4－87＝2357.5. (人A 选必一P35练习2(3) 改)若正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是A 1C 1的中点，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为( B )A. 32B. 24C. 12D. 33解析： 建立如图所示的空间直角坐标系，则D 1(0，0,0)，A (1,0,1)，B (1,1,1)，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，C 1(0，1,0)，D 1A →＝(1,0,1)，AB →＝(0,1,0)，OC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0.设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1A →＝x ＋z ＝0，n ·AB →＝y ＝0.令x ＝1，得n ＝(1,0，－1)为平面ABC 1D 1的一个法向量，故点O 到平面ABC 1D 1的距离为d ＝|n ·OC 1→||n |＝122＝24.(第5题) 基础回归1. 两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两条异面直线l 1，l 2的方向向量，则 l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围 ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2 [0，π] 求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b|a ||b |2. 直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |.3. 平面与平面的夹角的求法如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角(人教A 版教材中的定义)．若平面α，β的法向量分别是n 1和n 2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.4. 点P 到直线 l 的距离已知直线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，设向量AP →＝a ，则向量AP →在直线l 上的投影向量为AQ →＝(a ·u )u ，点P 到直线l 的距离为PQ ＝a 2－(a ·u )2 .5. 点面距的求法(1) 定义法：自点向平面作垂线，利用三角形知识求垂线段的长度； (2) 等积法：利用体积相等求棱锥的高，如V P －ABC ＝V A －PBC .(3) 向量法：如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.说明：线面距和面面距，转化成点面距求解． 6. 常用结论(1) 线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|.(2) 二面角的取值范围是[0，π]，两个平面的夹角的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.第1课时 线线角与线面角举题说法异面直线所成的角例1 如图，在三棱锥M －ABC 中，MA ⊥平面ABC ，△ABC 是边长为2的正三角形，MA ＝23，F 是MC 的中点，则异面直线MB 与AF 所成角的余弦值是( D )(例1)A. 33B. 34C. 133D. 58解析： 方法一：如图(1)，设E 为BC 的中点，连接AE ，FE .因为E 是BC 的中点，所以FE ∥BM ，异面直线MB 与AF 所成的角为∠AFE .在Rt △MAB 中，因为MA ＝23，AB ＝2，所以MB ＝4，FE ＝12MB ＝2.同理可得AF ＝2，AE ＝ 3.在△AFE 中，由余弦定理可知cos ∠AFE ＝22＋22－32×2×2＝58，所以异面直线MB 与AF所成角的余弦值为58.(例1(1)) (例1(2))方法二：以A 为坐标原点，AC ，AM 所在的直线分别为y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图(2)所示，易知A (0,0,0)，B (3，1,0)，F (0,1，3)，M (0,0，23)，所以MB →＝(3，1，－23)，AF →＝(0,1，3)，则cos 〈MB →，AF →〉＝MB →·AF →|MB →|·|AF →|＝－54×2＝－58，所以异面直线MB 与AF 所成角的余弦值为58.向量法求异面直线所成角的步骤：(1) 选好基底或建立空间直角坐标系；(2) 求出两直线的方向向量v 1，v 2；(3) 代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．变式 (2020·江苏卷)如图，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，求直线AB 与DE 所成角的余弦值．(变式)【解答】 连接CO ，因为BC ＝CD ，O 为BD 的中点，所以CO ⊥BD .以OB ，OC ，OA 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (1，0,0)，C (0,2,0)，D (－1,0,0)，所以E (0，1,1)，AB→＝(1,0，－2)，DE →＝(1,1,1)，所以cos 〈AB →，DE →〉＝－15×3＝－1515，故直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515.(变式)直线与平面所成的角例2 (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，P A ＝15，M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD ⊥DC ，PM ⊥MD .(例2)(1) 求证：AB ⊥PM ；【解答】 在△DCM 中，DC ＝1，CM ＝2，∠DCM ＝60°，由余弦定理可得DM ＝3，所以DM 2＋DC 2＝CM 2，所以DM ⊥DC .由题意知DC ⊥PD 且PD ∩DM ＝D ，所以DC ⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC ⊥PM .又AB ∥DC ，所以AB ⊥PM .(2) 求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．【解答】 方法一(向量法)：由PM ⊥MD ，AB ⊥PM ，而AB 与DM 相交，可知PM ⊥平面ABCD .易得AM ＝7，所以PM ＝22，取AD 的中点E ，连接ME ，则ME ，DM ，PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系，则A (－3，2,0)，P (0，0，22)，D (3，0,0)，M (0，0,0)，C (3，－1,0)．又N 为PC 的中点，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－52，2.由(1)得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，从而直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为sin θ＝|AN →·n ||AN →||n |＝52274＋254＋2＝156.(例2(1)) (例2(2))方法二：如图(2)，连接AC 交DM 于点E ，过E 作EF ∥AN 交PC 于点F .过点F 作FH ∥CD ，交PD 于点H ，连接HE .由(1)知CD ⊥平面PDM ，所以FH ⊥平面PDM ，故∠FEH 是直线AN 与平面PDM 所成的角．由(1)知PM ⊥CD ，又已知PM ⊥MD ，所以PM ⊥平面ABCD .连接AM ，在平行四边形ABCD 中，AM ＝7，AC ＝21.在Rt △PMA 中，由P A ＝15，AM ＝7，得PM ＝2 2.在Rt △PMC 中，由PM ＝22，MC ＝2，得PC ＝2 3.在△P AC 中，由P A ＝15，PC ＝23，AC ＝21，得AN ＝15.在平行四边形ABCD 中，由EC AC ＝13，得EF NA ＝13，故EF ＝153，HF ＝56.在Rt △FHE 中，sin ∠FEH ＝HF EF ＝156，因此，直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为156.利用向量法求线面角的方法：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．变式 如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面A 1ADD 1⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，A 1A ＝A 1D ＝AD ＝AC ，E 为DD 1的中点．(变式)(1) 求证：BD 1∥平面ACE ；【解答】 如图，连接BD ，与AC 交于点O ，连接EO .因为底面ABCD 是菱形，所以O 是BD 的中点．因为E 为DD 1的中点，所以EO ∥BD 1.因为EO ⊂平面ACE ，BD 1⊄平面ACE ，所以BD 1∥平面ACE .(变式)(2) 求直线A 1D 与平面ACE 所成角的正弦值．【解答】 如图，取AD 的中点H ，连接A 1H ，CH ，所以A 1H ⊥平面ABCD ，CH ⊥AD ，以H 为原点，HC 所在的直线为x 轴，HD 所在的直线为y 轴，HA 1所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设A 1A ＝A 1D ＝AD ＝AC ＝2，则A (0，－1,0)，C (3，0,0)，A 1(0,0，3)，D (0，1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，A 1D →＝(0,1，－3)，AC→＝(3，1,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，32.设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AC →＝3x ＋y ＝0，n ·AE →＝52y ＋32z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，－3，5)．设A 1D 与平面ACE所成的角为θ，则sin θ＝|A 1D →·n ||A 1D →|·|n |＝63229＝38729，所以直线A 1D 与平面ACE 所成角的正弦值为38729.随堂内化1. (2022·沈阳二模)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AB ，AD ＝3AB ，则PC 与底面ABCD 所成角的正切值为( C )A. 13B. 3C. 1010D. 10解析： 如图，因为P A ⊥底面ABCD ，AC ⊂底面ABCD ，所以P A ⊥AC ，从而PC 与底面ABCD 所成的角为∠PCA .设AB ＝1，则P A ＝1，AD ＝3，AC ＝10，所以tan ∠PCA ＝P A AC ＝1010.(第1题)2. 在三棱锥P －ABC 中，已知P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝PB ＝PC ，M ，N 分别为AC ，AB 的中点，则异面直线PN 和BM 所成角的余弦值为( B )A. 33B. 36C. 63D. 66解析： 以点P 为坐标原点，P A →，PB →，PC →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，令P A ＝2，则P (0,0,0)，B (0,2,0)，M (1,0,1)，N (1,1,0)，则PN →＝(1,1,0)，BM →＝(1，－2,1)．设异面直线PN 和BM 所成的角为θ，则cos θ＝|PN →·BM →||PN →||BM →|＝36.(第2题)3. 如图，已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( A )(第3题) A. 33535B. 277C. 33D. 24解析： 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(图略)，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0，3,0)，所以DC 1→＝(0,3,1)，D 1E →＝(1,1，－1)，D 1C →＝(0,3，－1)．设平面D 1EC 的法向量为n＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·D 1E →＝0，n ·D 1C →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)，所以cos 〈DC 1→，n 〉＝DC 1→·n |DC 1→|·|n |＝33535，所以DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为33535. 备选 在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，若AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为( C )A. 15B. 255C. 55D. 25解析： 以A 为坐标原点，AB ，AC ，AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，P A ＝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，所以P A →＝(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⎩⎪⎨⎪⎧ 12y ＝0，－12x ＋12y ＋z ＝0，取z ＝1，则n ＝(2,0,1)．设P A 与平面DEF所成的角为θ，则 sin θ＝|P A →·n ||P A →||n |＝55，所以P A 与平面DEF 所成角的正弦值为55.(备选)4. 已知在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ＝5，E 为PC 的中点，则异面直线BE 与PD 所成角的余弦值为 1339 .解析： 由P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则B (2,0,0)，C (2,2,0)，P (0，0，5)，D (0,2,0)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，52，所以BE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，52，PD →＝(0，2，－5)，所以cos 〈BE →，PD →〉＝BE →·PD →|BE →|·|PD →|＝－12132×3＝－1339，所以异面直线BE 与PD 所成角的余弦值为1339.(第4题)练案❶趁热打铁，事半功倍. 请老师布置同学们及时完成《配套精练》．练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(分基础和提高两个版本)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考保分增效天天练》，成书可向当地发行咨询购买．。
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题(PPT)-
预习验收 衔接课堂
1．若直线 l1 与直线 l2 的方向向量的夹角是 150°，则 l1 与 l2 这两 条异面直线所成的角等于( )
A．30°
B．150°
C．30°或 150°
D．以上均错
A 解析：异面直线所成的角为锐角或直角，且与方向向量的夹
角相等或互补，故选 A.
2．已知两平面的法向量分别为 m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，
()
A.13
B.
2 3
C.
3 3
D.23
C 解析： 依题意，建立坐标系如图所示，设四棱锥 S ABCD 的棱长为 2，
则 A(0，－1，0)，B(1，0，0)，S(0，0，1)，D(－1，0，0)，
所以 E 点坐标为12，0，12，
所以A→E＝12，1，12，S→D＝(－1，0，－1)，
所以
cos〈A→E，S→D〉＝|A→→E·→S→D|＝ |AE||SD|
截面 A1BD 的距离.
解： 如图，建立空间直角坐标系 D1xyz，则 A1(a，0，0)，A(a， 0，a)，B(a，a，a)，D(0，0，a)．
设平面 A1BD 的法向量 n＝(x，y，z)，则 n·D→B＝（x，y，z）·（a，a，0）＝0， n·A→1B＝（x，y，z）·（0，a，a）＝0，
33，
故异面直线
AE，SD
所成角的余弦值为
3 3.
1．应用向量法解题的两种方式：基向量法和坐标法．建立空间 直角坐标系时要充分利用题目中的垂直关系.
2．利用空间向量求两条异面直线所成的角，可以避免复杂的几 何作图和论证过程，只需通过相应的向量运算即可，但应注意：用 向量法求两条异面直线所成的角是通过两条直线的方向向量的夹角 来求解的，两条异面直线所成角 θ 的取值范围是0，π2，而两向量的 夹角 α 的取值范围是[0，π]，所以两者相等或互补，即 cos θ＝|cos α|.
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DBA C α第三十七讲 空间夹角和距离一、复习目标要求1．能借助空间几何体内的位置关系求空间的夹角和距离；2．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用。
二、2010年命题预测空间的夹角和距离问题是立体几何的核心内容，高考对本讲的考察主要有以下情况：（1）空间的夹角；（2）空间的距离；（3）空间向量在求夹角和距离中的应用。
预测2010年高考对本讲内容的考察将侧重空间向量的应用求夹角、求距离。
课本淡化了利用空间关系找角、求距离这方面内容的讲解，而是加大了向量在这方面内容应用的讲解，因此作为立体几何的解答题，用向量方法处理有关夹角和距离将是主要方法，在复习时应加大这方面的训练力度。
题型上空间的夹角和距离主要以主观题形式考察。
三、知识精点讲解1．空间中各种角包括：异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角。
（1）异面直线所成的角的范围是2,0(π。
求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决。
具体步骤如下：①利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上；②证明作出的角即为所求的角；③利用三角形来求角。
（2）直线与平面所成的角的范围是2,0[π。
求直线和平面所成的角用的是射影转化法。
具体步骤如下：①找过斜线上一点与平面垂直的直线；②连结垂足和斜足，得出斜线在平面的射影，确定出所求的角； ③把该角置于三角形中计算。
注：斜线和平面所成的角，是它和平面内任何一条直线所成的一切角中的最小角，即若θ为线面角，α为斜线与平面内任何一条直线所成的角，则有αθ≤；（3）确定点的射影位置有以下几种方法：①斜线上任意一点在平面上的射影必在斜线在平面的射影上；②如果一个角所在的平面外一点到角的两边距离相等，那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线上；如果一条直线与一个角的两边的夹角相等，那么这一条直线在平面上的射影在这个角的平分线上；③两个平面相互垂直，一个平面上的点在另一个平面上的射影一定落在这两个平面的交线上； ④利用某些特殊三棱锥的有关性质，确定顶点在底面上的射影的位置： a.如果侧棱相等或侧棱与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的外心；b. 如果顶点到底面各边距离相等或侧面与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的内心(或旁心)；c. 如果侧棱两两垂直或各组对棱互相垂直，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的垂心；（4）二面角的范围在课本中没有给出，一般是指],0(π，解题时要注意图形的位置和题目的要求。
作二面角的平面角常有三种方法①棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角；②面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角；③空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角。
斜面面积和射影面积的关系公式：θcos ⋅='S S (S 为原斜面面积,S '为射影面积,θ为斜面与射影所成二面角的平面角)这个公式对于斜面为三角形,任意多边形都成立.是求二面角的好方法.当作二面角的平面角有困难时,如果能找得斜面面积的射影面积,可直接应用公式,求出二面角的大小。
2．空间的距离（1）点到直线的距离：点Ｐ到直线a 的距离为点Ｐ到直线a 的垂线段的长，常先找或作直线a 所在平面的垂线，得垂足为Ａ，过Ａ作a 的垂线，垂足为Ｂ连ＰＢ，则由三垂线定理可得线段ＰＢ即为点Ｐ到直线a 的距离。
在直角三角形ＰＡＢ中求出ＰＢ的长即可。
点到平面的距离：点Ｐ到平面α的距离为点Ｐ到平面α的垂线段的长．常用求法①作出点Ｐ到平面的垂线后求出垂线段的长；②转移法，如果平面α的斜线上两点Ａ，Ｂ到斜足Ｃ的距离ＡＢ，ＡＣ的比为n m :，则点Ａ，Ｂ到平面α的距离之比也为n m :．特别地，ＡＢ＝ＡＣ时，点Ａ，Ｂ到平面α的距离相等；③体积法（2）异面直线间的距离：异面直线b a ,间的距离为b a ,间的公垂线段的长．常有求法①先证线段ＡＢ为异面直线b a ,的公垂线段，然后求出ＡＢ的长即可．②找或作出过b 且与a 平行的平面，则直线a 到平面的距离就是异面直线b a ,间的距离．③找或作出分别过b a ,且与b ，a 分别平行的平面，则这两平面间的距离就是异面直线b a ,间的距离．④根据异面直线间的距离公式求距离。
（3）直线到平面的距离：只存在于直线和平面平行之间．为直线上任意一点到平面间的距离。
（4）平面与平面间的距离：只存在于两个平行平面之间．为一个平面上任意一点到另一个平面的距离。
以上所说的所有距离：点线距，点面距，线线距，线面距，面面距都是对应图形上两点间的最短距离。
所以均可以用求函数的最小值法求各距离。
3．空间向量的应用（1）用法向量求异面直线间的距离如右图所示，a 、b 是两异面直线，是a 和b 的法向量，点E ∈a ，F ∈b ，则异面直线 a 与b之间的距离是d =；（2）用法向量求点到平面的距离如右图所示，已知AB 是平面α的 一条斜线，n 为平面α的法向量，则 A到平面α的距离为d =；（3）用法向量求直线到平面间的距离首先必须确定直线与平面平行，然后将直线到平面的距离问题转化成直线上一点到平面的距离问题。
（4）用法向量求两平行平面间的距离首先必须确定两个平面是否平行，这时可以在一个平面上任取一点，将两平面间的距离问题转化成点到平面的距离问题。
（5）用法向量求二面角如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量1n 与2n ，则平面α与β所成的角跟法向量1n 与2n 所成的角相等或互补，所以首先必须判断二面角是锐角还是钝角。
bE（6）法向量求直线与平面所成的角要求直线a 与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n 与直线a的夹角的余弦a ，易知θ=a或者a 2-π。
四．典例解析题型1：异面直线所成的角例1．（1）直三棱住A 1B 1C 1—ABC ，∠BCA=090，点D 1、F 1 分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是（ ）（A ）1030 （B ）21（C ）1530 （D ）1015 （2）（06四川）已知二面角l αβ--的大小为060，,m n 为异面直线，且,m n ββ⊥⊥，则,m n 所成的角为（ ）（A ）030 （B ）060 （C ）090 （D ）0120 解析：（1）连结D 1F 1，则D 1F 1//1121C B ， ∵BC //11C B ∴D 1F 1//BC 21 设点E 为BC 中点，∴D 1F 1//BE ，∴BD 1∥EF 1，∴∠EF 1A 或其补角即为BD 1与AF 1所成的角。
由余弦定理可求得1030cos 1=∠A EF 。
故选A 。
（2）二面角l αβ--的大小为060，,m n 为异面直线，且,m n αβ⊥⊥，则,m n 所成的角为两条直线所成的角，∴ θ=060，选B 。
点评：通过平移将异面直线的夹角转化为平面内的两条相交直线的夹角。
例2．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 为棱AB 的中点。
求：D 1E 与平面BC 1D 所成角的大小（用余弦值表示） 解析：建立坐标系如图，则()2,0,0A 、()2,2,0B ，()0,2,0C ，()12,0,2A ，()12,2,2B ，()10,0,2D ，()2,1,0E ，()12,2,2A C =--， ()12,1,2D E =-，()0,2,0AB =，()10,0,2BB =。
不难证明1A C 为平面BC 1D 的法向量，D∵ 1111113cos ,9AC D E AC D E AC D E ==。
∴ D 1E 与平面BC 1D 所成的角的余弦值为93。
点评：将异面直线间的夹角转化为空间向量的夹角。
题型2：直线与平面所成的角例3．PA 、PB 、PC 是从P 点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为060，那么直线PC 与平面PAB 所成角的余弦值是（ ）A.21B. 22C. 33D. 36解：构造正方体如图所示，过点C 作CO ⊥平面PAB ，垂足为O ，则O为正ΔABP 的中心，于是∠CPO 为PC 与平面PAB 所成的角。
设PC=a ，则PO=a PD 3332=，故33cos ==∠PC PO CPO ，即选C 。
思维点拨：第（2）题也可利用公式γβθcos cos cos ⋅=直接求得。
例2．（03年高考试题）如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90︒，侧棱AA 1＝2，D 、E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G 。
求A 1B 与平面ABD 所成角的大小（结果用余弦值表示）；解析：如图所示，建立坐标系，坐标原点为C ，设CA ＝2a ，则A (2a ，0，0)，B (0，2a ，0)，D (0，0，1)，A 1(2a ，0，2)，E (a ，a ，1)， G (221,,333a a ) ，∵ ()2,,333a a GE =---，()0,2,1BD a =-，222033GE BD a =-=，∴ a ＝1，()112,,333GE =---，()12,2,2A B =--∵GE 为平面ABD 的法向量，且1112cos ,A B GEA B GE A B GE==。
GD D A 1C 1B 1CB K x y z AEEFO∴ A 1B 与平面ABD 所成角的余弦值是32。
点评：先处理平面的法向量，再求直线的方向向量与法向量夹角间的夹角转化为线面角。
题型3：二面角 例5．在四棱锥P －ABCD 中，ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝a ，E 为BC 中点。
（1）求平面PDE 与平面PAB 所成二面角的大小（用正切值表示）； （2）求平面PBA 与平面PDC 所成二面角的大小。
解析：（1）延长AB 、DE 交于点F ，则PF 为平面PDE 与平面PAD 所成二面角的棱，∵PA ⊥平面ABCD ，∴AD ⊥PA 、AB, PA∩AB=A ∴DA ⊥平面BPA 于A ，过A 作AO ⊥PF 于O ，连结OD ，则∠AOD 即为平面PDE 与平面PAD 所成二面角的平面角。
易得25tan =∠AOD ，故平面PDE 与平PAD 所成二面角的正切值为25； （2）解法1（面积法）如图∵AD ⊥PA 、AB, PA∩AB=A ， ∴DA ⊥平面BPA 于A, 同时，BC ⊥平面BPA 于B ，∴△PBA 是△PCD 在平面PBA 上的射影, 设平面PBA 与平面PDC 所成二面角大小为θ, cosθ=S △PAB /S △PCD =/2θ=450。