立体几何中夹角与距离的计算(绝对精品)
【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 -+-+-=。
立体几何中角度与距离求法
立体几何中角度距离的求法空间向量及其运算1 .空间向量的坐标表示及应用（1）数量积的坐标运算 _____________________________________________________ 设 a ＝（a 1，a 2，a 3），b ＝（b 1，b 2，b 3），则 a ·b ＝ _____________________________________ （2）共线与垂直的坐标表示设 a ＝（a 1，a 2，a 3）， b ＝（b 1，b 2，b 3），则 a ∥b ? ________a ⊥b ? _________ ? _______________________ （ a ，b 均为非零向量 ）. （3）模、夹角和距离公式 设 a ＝ （a 1， a 2， a3）， b ＝ （b 1，b 2，b3），设 A （a 1，b 1，c 1），B （a 2， b 2，c 2）， 则 d AB ＝|A →B|＝ ____2.空间向量的数量积及运算律 （1）数量积及相关概念① 两向量的夹角， 已知两个非零向量 a ，b ，在空间任取一点 O ，作O →A ＝a ，O →B ＝b ，则∠AOB叫做向量 a 与 b 的夹角，记作 ___________ ，其范围是 __________ ，若〈 a ，b 〉＝ 2π，则 称 a 与 b _________，记作 a ⊥ b .② ___________________________________________________ 两向量的数量积， 已知空间两个非零向量 a ，b ，则 _____________________________________ 叫做向量 a ，b 的数量积， 记作 ________ ，即 __________________ .（2）空间向量数量积的运算律①结合律： （λa ） ·b ＝ _____ ； ②交换律：a ·b ＝ _________③ ________________________分配律： a ·（b ＋ c ）＝ .2.共线向量、共面向量定理和空间向量基本定理（1）共线向量定理对空间任意两个向量 a ，b （b ≠0） ，a ∥b 的充要条件是推论， 如图所示，点 P 在 l 上的充要条件是： O →P ＝O →A ＋ t a ①其中 a 叫直线 l 的方向向量， t ∈R ，在 l 上取 A →B ＝a ， 则①可化为 O →P ＝ ______________________ 或O →P ＝（1－t ）O →A ＋ tO →B.（2）共面向量定理的向量表达p ＝ __________ ，其中 x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量，M →→→→→→yO →A ＋z O →B ， 其中 x ＋ y ＋ z ＝ .（3）空间向量基本定理，如果三个向量 a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量 p ，存在有序实数组 { x ，y ， z} ，使得 p ＝ ________ ，把 { a ， b ， c }叫做空间的一个基底 .则 |a |＝ a ·a ＝cos 〈a ， b 〉a ·b|a||b|用向量的方法求角度(一)知识清单1.直线的方向向量与平面的法向量的确定(1) 直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量.(2) 平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向n·a＝0量，则求法向量的方程组为.n·b＝02.空间向量与空间角的关系(1) ____________________________________________________________________________ 设异面直线l 1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满足cos θ＝__________ .(2) 设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝ ________ .(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2°如图②③，n1，n2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＝ __________________________________ .(二) 题型题型一求异面直线所成的角例 1 如图所示，在长方体ABCD —A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3AA1＝2.E、F 分别是线段AB、BC 上的点，且EB＝BF＝1. 求直线EC1 与FD1所成的角的余弦值.解方法一以 A 为原点，A→B、A→D、A→A1分别为x轴、y轴、z轴的正向建立空间直角坐标系，则有 D 1(0,3,2) ，E(3,0,0)，F(4,1,0)，C1(4,3,2)，于是E→C1＝(1,3,2)，F→D1＝(－4,2,2)，设EC1 与FD1所|EC1·FD 1| ＝1× －4 ＋3×2＋2×2|E →C1| |·F→D1|12＋32＋22× －4 2＋22＋22∴直线EC1与FD1所成的角的余弦值为21.14方法二延长BA 至点E1，使AE1＝1，连接E1F、DE1、D1E1、有D1C1∥E1E，D1C1＝E1E，则四边形 D 1E1 EC1 是平行四边形＝21，＝14，成的角为β，则：cos β＝则E1D 1∥EC 1.于是∠ E1D 1F(或补角)为直线EC1与FD1所成的角.在Rt△BE1F中，E1F＝E1B2＋BF 2＝52＋12＝26.在 Rt △ D 1DE 1中， D 1E 1＝ DE 12＋DD 21＝ AE 12＋AD 2＋DD 12＝ 12＋32＋22＝ 14. 在 Rt △D 1DF 中，FD 1＝ FD 2＋DD 12＝ CF 2＋CD 2＋ DD 12＝ 22＋42＋22＝ 24.练习 1 如图，在四棱锥 O —ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 1 的菱形， π∠ABC ＝4.OA ⊥底面 ABCD ，OA ＝2，M 为 OA 的中点， N 为 BC 的中点 . (1)证明：直线 MN ∥平面 OCD ；(2) 求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小 .(1)证明作 AP ⊥CD 于点 P.如图，分别以 AB ，AP ，AO 所在直线为 x ， y ，z轴建立直角坐标系 .A(0,0,0)，B(1,0,0)，P 0， 22， 0 ，D － 22， 22， 0 ，题型二 求直线与平面所成的角例 2 如图所示，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、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 所成角的正弦值 .解建立空间直角坐标系，坐标原点为 C ，设 CA ＝ 2a ，则 A(2a,0,0)，B(0,2a,0)在△E 1FD 1 中，由余弦定理得： cos ∠ E1D 1F ＝ D 1E 12＋FD 21－ E 1 F 2 2×D1E 1×FD 1 21. 14 .∴直线 EC 1 与 FD 1所成的角的余弦值为21. 14 .D(0,0,1)， A 1(2a,0,2)， E(a ，a,1)，G ，23a ， 31 ，E →G ＝ － BD ＝(0， －2a,1)，·B →D ＝32a 2－23＝0，∴a ＝1，E →G ＝ －31，－ 13， a ，3，O(0,0,2)，M(0,0,1)， N 1－ 42， 42， 0 . M →N ＝OD ＝2， 2，22，－2 .设平面 OCD 的法向量为 n ＝ (x ， y ，z)， 则 n ·O →P ＝ 0， 22y －2z ＝0，n ·O →D ＝0.即－ 22x ＋ 22y －2z ＝ 0.取 z ＝ 2，解得 n ＝ (0,4， 2).∵M →N ·n ＝ 1－ 2，24，4，－ 1 ·(0,4， 2)＝0，∴MN ∥平面 OCD.(2)解设 AB 与 MD 所成角为 θ， ∵A →B ＝(1,0,0)，M →D ＝ － 2， 222∴ cos θ＝ |AB ·MD | |A →B||·M →D |ππ∴θ＝3.∴直线 AB 与 MD 所成的角为 3.22，－ 2 ，2， 2，－ 11－ 4 ， 4 ，－112， θ∈于是 cos 〈 n ，A →D 〉n·AD ＝ － 3 7 |n | |·A →D| 4× 2 3题型三 求二面角 例 3 如图，四边形 ABCD 为正方形， (1)证明：平面 PQC ⊥平面 DCQ ； (2)求二面角 Q — BP — C 的余弦值 .(1)证明如图，以 D 为坐标原点，线段以 AD 、DP 、DC 所在直线为 x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz. 依题意有 Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，则 D →Q ＝(1,1,0) ，D →C ＝ (0,0,1) ，P →Q ＝(1，－ 1,0). 所以P →Q ·D →Q ＝0，P →Q ·D →C ＝0，即 PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC.又 DQ ∩DC ＝D ，所以 PQ ⊥平面 DCQ. 又 PQ? 平面 PQC ，所以平面 PQC ⊥平面 DCQ.(2)解依题意有 B(1,0,1)，C →B ＝(1,0,0)，B →P ＝(－1,2，－ 1).A 1B ＝(－2,2，－ 2).∵EG 为平面 ABD 的一个法向量， 且 cos 〈A →1B ，E →G 〉＝ A →1B ·E →G ＝ 32，∴A 1B 与平面 ABD 所成角的正弦值是 32. |A →1B||E →G| 3 3 练习 2 如图所示，在正三棱柱 ABC —A 1B 1C 1中， AB ＝4，AA 1＝ 7， 点 D 是 BC 的中点，点 E 在 AC 上，且 DE ⊥A 1E. (1)证明：平面 A 1DE ⊥平面 ACC 1A 1； (2) 求直线 AD 和平面 A 1DE 所成角的正弦值 . (1)证明由正三棱柱 ABC —A 1B 1C 1的性质知，AA 1⊥平面 ABC.又DE? 平面 ABC ，所以DE ⊥AA 1.又 DE ⊥A 1E ，AA 1∩ A 1E ＝ A 1， 所以 DE ⊥平面 ACC 1A 1 .又 DE? 平面 A 1DE ， 故平面 A 1DE ⊥平面 ACC 1A 1. (2)解 如图所示，设 O 是 AC 的中点，以 O 为原点建立空间直角坐标 系，则相关各点的坐标分别是 A(2,0,0)， A 1(2,0， 7)， D(－ 1， 3，0)，E(－1,0,0).易知 A →1D ＝(－3， 3，－ 7)， D →E ＝(0，－ 3，0)，A →D ＝ (－3， 3，0).设 n ＝(x ， y ，z)是平面 A 1DE 的一个法向量，则 n ·D →→E ＝－ 3y ＝0， n ·A →1D ＝－ 3x ＋ 3y －7z ＝ 0. 解得 x ＝－ 37z ，y ＝0. 故可取 n ＝( 7，0，－ 3).故直线 AD 和平面 A 1DE 所成角的正弦值为21 8218 PD ⊥平面 ABCD ，PD ∥QA ， QA ＝AB ＝12PD.2 DA 的长为单位长，即 n设 n ＝ (x ， y ， z)是平面 PBC 的法向量，同理，设 m 是平面 PBQ 的法向量，故二面角 Q —BP —C 的余弦值为－ 515.B →D ＝(－2 3， 2,0). ∴B →D ·A →P ＝0，B →D ·A →C ＝0. ∴BD ⊥ AP ，BD ⊥AC.又∵ PA ∩ AC ＝ A ，∴ BD ⊥面PAC.(2)解 设平面 ABD 的法向量为 m ＝ (0,0,1)，设平面 PBD 的法向量为 n ＝ (x ， y ， z)， 则 n ·B →D ＝ 0，n ·B →P ＝ 0.∵B →P ＝ ( －2 3，0,3)，二距离的求法 ②等体积法，转化为求三棱锥的高③等价转移法； 则 B 到平面 α的距离 d④法向量法 .如图，设 AB 为平面 α的一条斜线段， n 为平面 α的法向量，2 题型则n ·C →B ＝ 0，n ·B →P ＝ 0，m ·BP ＝0，则 可取 m ＝ (1,1,1).所以 cos 〈 m ， n 〉 m ·P →Q ＝0，15 5(2)求二面角 P —BD —A 的大小 .(1)证明 如图，建立坐标系，则 A(0,0,0)， B(2 3，0,0)，C(2 3， 6,0)， y ＝ 3x ，解得2 3 z ＝ 3 x. 令 x ＝ 3， 则 n ＝ ( 3，3,2)，面角 P —BD — A 的大小为 60°.1.点面距的求法 ①垂面法：借助面面垂直的性质来作垂线，其中过已知点确定已知面的垂面是关键题型一 用向量法求空间距离x ＝0，－x ＋2y －z ＝0. 因此可取 n ＝(0，－ 1，－ 2).练习 3 如图，在底面为直角梯形的四棱锥 P —ABCD 中， AD ∥BC ， ∠ABC ＝90°， PA ⊥平面 ABCD ，PA ＝3，AD ＝2，AB ＝2 3，BC ＝6.(1)求证： BD ⊥平面 PAC ；D(0,2,0)，P(0,0,3)，∴A →P ＝ (0,0,3)，A →C ＝(2 3，6,0)，－ 2 3x ＋ 2y ＝0， －2 3x ＋ 3z ＝ 0 ∴cos 〈m ，n 〉＝|m m ·||nn |＝21.例 1 在三棱锥 S —ABC 中，△ ABC 是边长为 4 的正三角形，平面 SAC ⊥平面 ABC ，SA ＝SC ＝2 3，M 、N 分别为 AB 、 SB 的中点，如图所示 . 求点 B 到平面 CMN 的距离 .说明 :点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法 .如本题，事 实上，作 BH ⊥平面 CMN 于 H.由B →H ＝B →M ＋M →H 及B →H ·n ＝n ·B →M ， ∴|B →H ·n |＝|n ·B →M|＝|B →H| |·n |， ∴|B →H|＝|n ·|n B |M|，即 d ＝|n ·|n B |M|.解 取 AC 的中点 O ，连接 OS 、 OB.∵SA ＝SC ，AB ＝BC ， ∴AC ⊥SO ，AC ⊥ BO. ∵平面SAC ⊥平面 ABC ，平面 SAC ∩平面 ABC ＝AC ，∴ SO ⊥平面 ABC ，又∵ BO? 平面 ABC ，∴SO ⊥BO.如图所示，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）. ∴C →M ＝ （3， 3， 0）， M →N ＝ （ － 1,0， 2）， M →B ＝ （－ 1， 3，0）. 设n ＝（x ，y ，z ）为平面 CMN 的一个法向量， ，取 z ＝1，则 x ＝2，y ＝－ 6，∴ n ＝（ 2，－ 6，1）.∴点 B 到平面 CMN 的距离 d ＝|n ·MB|＝432. 3练习 1 如图，△ BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形，平面MCD ⊥平面 BCD ，AB ⊥平面 BCD ， AB ＝2 3 .求点 A 到平面 MBC的距离 .解 取 CD 中点 O ，连接 OB ，OM ，则 OB ⊥CD ，OM ⊥CD. 又平面 则MO ⊥平面 BCD .取O 为原点，直线 OC 、BO 、OM 为 x 轴、y 轴、z 轴， 建立空间直角坐标系如图 .OB ＝OM ＝ 3，则各点坐标分别为 C （1,0,0）， M （0,0， 3），B （0，－ 3，0），A （0，－ 3，2 3）.设 n ＝（x ，y ，z ）是 平面 MBC 的法向量，则 B →C ＝ （1， 3，0），B →M ＝（0， 3， 3）， 由 n ⊥B →C 得 x ＋ 3y ＝0； 由n ⊥B →M 得 3y ＋3z ＝0.取 n ＝（ 3，－1,1），B →A ＝（0,0,2 3）， 则点 A 到平面 MBC 的距离|B →A ·n | 2 3 2 15 d ＝|n | ＝5 ＝5 . 题型二 用等体积法求距离 例2 已知直二面角 D AB E 中，四边形ABCD 是边长为 2 的正方形， AE=EB,F 为 CEC →M ·n ＝3x ＋ 3y ＝0则→M →N ·n ＝－ x ＋ 2z ＝|n |上的点，且 BF 平面 ACE(1) 求证 AE 平面 BCE , (2) 求二面角 B AC E 的大小， (3) 求点 D 到平面 ACE 的距离练习 2、如图，已知正三棱柱 ABC — A 1B 1C 1的底面边长是 2， D 是侧棱 CC 1的中点，直 线 AD 与侧面 BB 1C 1C 所成的角为 45 ．AFE 为二面角 A BD C 的平面角 在 Rt BEF 中，BE 1,sin EBF CD 2 3， EFBD 22( 2)23Ⅱ) Ⅲ) 解： 求此正三棱柱的侧棱长； 求二面角 A BD C 的大小； 求点 C 到平面 ABD 的距离． Ⅰ)设正三棱柱BEABC— A 1B 1C 1的侧棱长为 x ． C取 BC 中点 E ，连 AE ． ABC 是正三角形， AE BC ．又底面 ABC 侧面 BB 1C 1C ， 且交线为 BC ． AE侧面BB 1C 1C ．连 ED ，则直线 AD 与侧面 BB 1C 1C 所成的角为AEADE 45 ． 在 Rt AED 中， tan45 ED3，解得 x 2 2 此正三棱1 x 42柱的侧棱长为 2 2 ． 注：也可用向量法求侧棱长． Ⅱ)解法 1：过 E 作 EF BD 于 F ，连 AF ，AE侧面 BB 1C 1C, AF BD ．EF BEsin EBF ，又33． 又AE 3,A 1AB1DC 1在 Rt AEF 中， tan AFE EF 3，故二面角 A BD C 的大小为 arctan3． 解法 2 ：（向量法，）Ⅲ）解法 1 ：由（Ⅱ）可知， BD 平面 AEF , 平面 AEF 平面 ABD ，且交线为 AF ， 过 E 作 EG AF 于G ，则 EG 平面 ABD解法 2 ：取 AB 中点 H ，连 CH 和 DH ，由 CA CB, DA DB ，易得平面 ABD 平面CHD ，且交线为 DH ．过点 C 作CI DH 于 I ，则CI 的长为点 C 到平面 ABD 的距离． 解法 3：等体积变换 :由 V C ABD V A BCD 可求．解法 4 ：（向量法，见后）题（Ⅱ） 、（Ⅲ）的向量解法：取 n 1 ( 6, 3,1). 又平面 BCD 的一个法向量 n 2 (0,0,1).结合图形可知，二面角 A BD C 的大小为 arccos 10 ． 10 Ⅲ)解法 4 ：由(Ⅱ)解法 2 ， n 1 ( 6, 3,1), CA (0, 1, 3)(0, 1, 3) ( 6, 3,1) 2 30( 6)2 ( 3) 2 12 10在 Rt AEF 中， EGAE EF AF3 33( 3) 2 ( 33)230 10E 为 BC 中点， 点C 到平面 ABD 的距离为 2EG2 30 10Ⅱ)解法 2：如图，建立空间直角坐标系 o xyz ． z A 则 A(0,0, 3), B(0, 1,0), C(0,1,0), D ( 2,1,0) ．设n 1（x, y, z ）为平面 ABD 的法向量． n 1n 2 AB 0,得AD 02 x y 3z 0n 1 n 2cos n 1 ,n 2n 1 n 210( 6, 3,1) (0,0,1) 2 2 210点 C 到平面 CA n 1n 1B1BC 1DCyABD 的距离 d5.设 A （2,3,1），B （4,1,2），C （6,3,7），D （－5，－4,8），则 D 到平面 ABC的距离为6 在空间直角坐标系 O —xyz 中，平面 OAB 的一个法向量为 n ＝（2，－2,1），已知点 P （－1,3,2）， 则点 P 到平面 OAB 的距离 d 等于（ B ） A. 4 B. 2 C .3 D .1练习题1.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22a2 在长方体 ABCD —A 1B 1C 1D 1中， AA 1＝5，AB ＝12，那么直线 B 1C 1和平面 A 1BCD 1 的距离是 ___61033.正方体 ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为 1，E 、F 分别为 BB 1、CD 的中点，则点 F 到平面 A 1D 1E的距离为 __3105 _____ .4.在四面体 PABC 中， PA ，PB ，PC 两两垂直，设 PA ＝ PB ＝ PC ＝a ，则点 P 到平面 ABC 的距离为___33a49 17__________ . 17______ .7 已知在矩形 ABCD 中， AB ＝4，AD ＝ 3，沿对角线 AC 折叠，使面 ABC 与面 ADC 垂直，求 B 、 D 间的 距离． 解方法一 如图，过 D 、B 分别作 DE ⊥AC 于点 E ，BF ⊥AC 于点 F ，则由已知条件得 AC ＝5， 2 AD ·DC 12 AB ·BC 12 AD 2 9 7 ∴DE ＝ ＝ ，BF ＝ ＝ . ∴AE ＝ ＝ ＝CF. ∴EF ＝AC －2AE ＝ . AC 5 AC 5 ∴ ＝ AC 5 5 → → → → → 2 → → → 2 ∵DB ＝DE ＋EF ＋FB ， ∴|DB|2＝|DE ＋ EF ＋FB|2 → → → → → → → → → ＝DE 2＋EF 2＋FB 2＋2DE ·EF ＋2DE ·FB ＋2EF ·FB. ∵面 ADC ⊥面 ABC ，而 DE ⊥AC ， ∴DE ⊥面 ABC ，∴ DE ⊥ BF.（8 分） ∴|D →B |2＝D →E 2＋E →F 2＋F →B 2＝144＋49＋144＝337. 25 25 25 25 ∴|D →B |＝ 337，故 B 、D 间的距离为 337 55 方法二 过E 作 FB 的平行线交 AB 于 P 点，以E 为坐标原点， EC 、ED 所在直线分别为 x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，EF ＝ 57.（4 分） x 12 由方法一知 DE ＝FB ＝ ∴D 0，0， 152 ，B ∴|D →B|＝ 5 ，7 ，5 ＋ 7 2 ＋＋ 5 ＋ 0. 12 2 337 5＝5。
夹角和距离公式
例1.已知A(3,3,1)，B(1,0,5)求： (2)到A、B两点距离相等的点P(x,y,z) 的坐标x,y,z满足的条件.
解：设点P到A、B的距离相等，则
(x 3) y 3 z 1 x 1 y 0 z 5
2 2 2 2 2 2
化简，得 4x+6y-8z+7=0
z F D1 B1 D A x C1
A1
E C y
解：以D为原点， DA,DC,DD1分别为x 轴，y轴，z轴建立直 角坐标系.
B
例3.求证：如果两条直线垂直于一个 平面，则这两条直线平行。 已知：直线OA⊥平面α，直线 BD⊥平面α，O,B为垂足 求证：OA∥BD
α A D
o
B
已知：直线OA⊥平面α，直线 BD⊥平面α，O,B为垂足 求证：OA∥BD
§9.6.3 夹角和距离公式
空间直角坐标系
z A k i o j
若a=a1i+a2j+a3k
则a=(
a1,a2,a3 )
y
OA=(x,y,z); A(x,y,z)
x
设A(x1,y1,z1), B(x2,y2,z2) AB=(x2-x1,y2-y1,z2-z1)
z
k i o
x1
j
a
y1
y
x
向量的直角坐标运算
a1b1+a2b2+a3b3=0
例1.已知A(3,3,1)，B(1,0,5)求：
(1)线段 AB的中点坐标和长度；
z B(1,0,5)
M
设M(x,y,z)是AB的中点，则 OM=
1 2
(OA+OB)
AM=MB
y
立体几何中的向量方法求空间角和距离
§8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离1． 空间向量与空间角的关系(1)已知异面直线l 1，l 2的方向向量分别为s 1，s 2，当0≤〈s 1，s 2〉≤π2时，直线l 1与l 2的夹角等于〈s 1，s 2〉；当π2<〈s 1，s 2〉≤π时，直线l 1与l 2的夹角等于π－〈s 1，s 2〉． (2)已知平面π1和π2的法向量分别为n 1和n 2，当0≤〈n 1，n 2〉≤π2时，平面π1与π2的夹角等于〈n 1，n 2〉；当π2<〈n 1，n 2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于π－〈n 1，n 2〉． (3)已知直线l 的方向向量为s ，平面π的法向量为n ，则直线l 与平面π的夹角θ满足：sin θ＝|cos 〈s ，n 〉|. 2． 距离公式点到直线的距离公式：d ＝|P A →|2－|P A →·s 0|2.点到平面的距离公式：d ＝|P A →·n 0|.1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( × ) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角． ( × ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角．( × ) (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]．( √ )(5)直线l 的方向向量与平面α的法向量夹角为120°，则l 和α所成角为30°. ( √ ) 2． 已知二面角α－l －β的大小是π3，m ，n 是异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成的角为( )A.2π3 B.π3C.π2D.π6答案 B解析 ∵m ⊥α，n ⊥β，∴异面直线m ，n 所成的角的补角与二面角α－l －β互补． 又∵异面直线所成角的范围为(0，π2]，∴m ，n 所成的角为π3.3． 在空间直角坐标系Oxyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( )A ．4B ．2C ．3D ．1答案 B解析 P 点到平面OAB 的距离为 d ＝|OP →·n||n |＝|－2－6＋2|9＝2，故选B.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所成角的正弦值为_____________． 答案41133解析 ∵n·a ＝－8－3＋3＝－8，|n |＝16＋1＋1＝32，|a |＝4＋9＋9＝22，∴cos 〈n ，a 〉＝n·a |n|·|a |＝－832×22＝－41133.又l 与α所成角记为θ，即sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝41133. 5． P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么平面α与β的夹角为________． 答案 90°解析 不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图， 作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ，∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22ab cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴平面α与β的夹角为90°.题型一 求异面直线所成的角例1 长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A.1010B.3010C.21510D.31010思维启迪 本题可以通过建立空间直角坐标系，利用向量BC 1→、AE →所成的角来求． 答案 B解析 建立坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)． BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)， cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→|·|AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010. 思维升华 用向量方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，而两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，所以要注意二者的区别与联系，应有cos θ＝|cos α|.已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010B.15C.31010D.35答案 C解析 如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系． 设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，C (0,1,0)，D 1(0,0,2)， ∴BE →＝(0，－1,1)， CD 1→＝(0，－1,2)，∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝1＋22·5＝31010.题型二 求直线与平面所成的角例2 如图，已知四棱锥P —ABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高，E 为AD 的中点． (1)证明：PE ⊥BC ；(2)若∠APB ＝∠ADB ＝60°，求直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值．思维启迪：平面的法向量是利用向量方法解决位置关系或夹角的关键，本题可通过建立 坐标系，利用待定系数法求出平面PEH 的法向量．(1)证明 以H 为原点，HA ，HB ，HP 所在直线分别为x ，y ，z 轴， 线段HA 的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图)， 则A (1,0,0)，B (0,1,0)．设C (m,0,0)，P (0,0，n ) (m <0，n >0)，则D (0，m,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，m 2，0. 可得PE →＝⎝⎛⎭⎫12，m 2，－n ，BC →＝(m ，－1,0)． 因为PE →·BC →＝m 2－m2＋0＝0，所以PE ⊥BC .(2)解 由已知条件可得m ＝－33，n ＝1， 故C ⎝⎛⎭⎫－33，0，0，D ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，E ⎝⎛⎭⎫12，－36，0， P (0,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PEH 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·HE →＝0，n ·HP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －36y ＝0，z ＝0.因此可以取n ＝(1，3，0)．又P A →＝(1,0，－1)， 所以|cos 〈P A →，n 〉|＝24.所以直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值为24. 思维升华 利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2013·湖南)如图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．方法一 (1)证明 如图，因为BB 1⊥平面ABCD ，AC 平面ABCD ，所以AC ⊥BB 1.又AC ⊥BD ，所以AC ⊥平面BB 1D ， 而B 1D 平面BB 1D ，所以AC ⊥B 1D .(2)解 因为B 1C 1∥AD ，所以直线B 1C 1与平面ACD 1所成的角等于直线AD 与平面ACD 1所成的角(记为θ)．如图，连接A 1D ，因为棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1是直棱柱，且∠B 1A 1D 1＝∠BAD ＝90°，所以A 1B 1⊥平面ADD 1A 1，从而A 1B 1⊥AD 1. 又AD ＝AA 1＝3，所以四边形ADD 1A 1是正方形． 于是A 1D ⊥AD 1，故AD 1⊥平面A 1B 1D ，于是AD 1⊥B 1D . 由(1)知，AC ⊥B 1D ，所以B 1D ⊥平面ACD 1. 故∠ADB 1＝90°－θ， 在直角梯形ABCD 中，因为AC ⊥BD ，所以∠BAC ＝∠ADB . 从而Rt △ABC ∽Rt △DAB ，故AB DA ＝BC AB ，即AB ＝DA ·BC ＝ 3.连接AB 1，易知△AB 1D 是直角三角形，且B 1D 2＝BB 21＋BD 2＝BB 21＋AB 2＋AD 2＝21，即B 1D ＝21.在Rt △AB 1D 中，cos ∠ADB 1＝AD B 1D ＝321＝217， 即cos(90°－θ)＝217.从而sin θ＝217. 即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为217.方法二 (1)证明 易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建 立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)， C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D (0,3,0)，D 1(0,3,3)．从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,3,0)． 因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0， 解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．于是B 1D →＝(－3，3，－3)，AC →＝(3，1,0)， 因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0，所以AC →⊥B 1D →，即AC ⊥B 1D .(2)解 由(1)知，AD 1→＝(0,3,3)，AC →＝(3，1,0)， B 1C 1→＝(0,1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，－3，3)． 设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·B 1C 1→|n |·|B 1C 1→|＝37＝217. 即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为217. 题型三 求两个平面的夹角例3 (2013·课标全国Ⅱ)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1∥平面A 1CD ；(2)求平面A 1CD 与平面A 1CE 夹角的正弦值．思维启迪 根据题意知∠ACB ＝90°，故CA 、CB 、CC 1两两垂直，可以C 为原点建立空 间直角坐标系，利用向量求两个平面的夹角．(1)证明 连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点． 又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1∥DF . 因为DF 平面A 1CD ，BC 1平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)解 由AC ＝CB ＝22AB 得，AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，CB →的方向为y 轴正 方向，CC 1→的方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)， CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1→＝(2,0,2)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.所以平面A 1CD 与平面A 1CE 夹角的正弦值为63. 思维升华 求平面间的夹角最常用的方法就是分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到所求角的大小，但要注意平面间的夹角的范围为[0，π2]．如图，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是的中点，D 为AC 的中点．(1)证明：平面POD ⊥平面P AC ；(2)求平面ABP 与平面ACP 夹角的余弦值．(1)证明 如图，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (－1,0,0)， B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0，2)，D (－12，12，0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面POD 的一个法向量， 则由n 1·OD →＝0，n 1·OP →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＝0，2z 1＝0.所以z 1＝0，x 1＝y 1，取y 1＝1，得n 1＝(1,1,0)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面P AC 的一个法向量， 则由n 2·P A →＝0，n 2·PC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－2z 2＝0，y 2－2z 2＝0.所以x 2＝－2z 2，y 2＝2z 2. 取z 2＝1，得n 2＝(－2，2，1)． 因为n 1·n 2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0， 所以n 1⊥n 2.从而平面POD ⊥平面P AC . (2)解 因为y 轴⊥平面P AB ，所以平面P AB 的一个法向量为n 3＝(0,1,0)．由(1)知，平面P AC 的一个法向量为n 2＝(－2，2，1)． 设向量n 2和n 3的夹角为θ， 则cos θ＝n 2·n 3|n 2|·|n 3|＝25＝105.所以平面ABP 与平面ACP 夹角的余弦值为105. 题型四 求空间距离例4 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，则点C 到平面GEF 的距离为________．思维启迪 所求距离可以看作CG 在平面GEF 的法向量的投影． 答案61111解析 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，则CG →＝(0,0,2)，由题意易得平面GEF 的一个法向量为n ＝(1,1,3)， 所以点C 到平面GEF 的距离为d ＝|n ·CG →||n |＝61111.思维升华 求点面距一般有以下三种方法：①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．(2012·大纲全国改编)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则点A 到平面BED 的距离为 ( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．1答案 D解析 以D 为原点，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(如图)，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)， C (0,2,0)，C 1(0,2,22)，E (0,2，2)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BED 的法向量． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝2x ＋2y ＝0n ·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1,1，－2)为平面BED 的一个法向量． 又DA →＝(2,0,0)，∴点A 到平面BED 的距离是 d ＝|n ·DA →||n |＝|－1×2＋0＋0|(－1)2＋12＋(－2)2＝1.利用空间向量求角典例：(12分)(2013·江西)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，E 为BD 的中点，G为PD 的中点，△DAB ≌△DCB ，EA ＝EB ＝AB ＝1，P A ＝32，连接CE 并延长交AD 于F .(1)求证：AD ⊥平面CFG ；(2)求平面BCP 与平面DCP 夹角的余弦值． 思维启迪 (1)可利用判定定理证明线面垂直；(2)利用AD 、AP 、AB 两两垂直建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用向量夹角求两个平面BCP 、DCP 夹角的余弦值． 规范解答(1)证明 在△ABD 中，因为E 为BD 的中点， 所以EA ＝EB ＝ED ＝AB ＝1， 故∠BAD ＝π2，∠ABE ＝∠AEB ＝π3.因为△DAB ≌△DCB ，所以△EAB ≌△ECB ， 从而有∠FED ＝∠BEC ＝∠AEB ＝π3，所以∠FED ＝∠FEA .[2分]故EF ⊥AD ，AF ＝FD ， 又因为PG ＝GD ，所以FG ∥P A . 又P A ⊥平面ABCD ，[4分]所以GF ⊥AD ， 故AD ⊥平面CFG .[6分](2)解 以A 为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C ⎝⎛⎭⎫32，32，0，D (0，3，0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32， 故BC →＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，CP →＝⎝⎛⎭⎫－32，－32，32，CD →＝⎝⎛⎭⎫－32，32，0.[8分]设平面BCP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CP →＝0n 1·BC →＝0即⎩⎨⎧－32x 1－32y 1＋32z 1＝012x 1＋32y 1＝0令y 1＝－3，则x 1＝3，z 1＝2，n 1＝(3，－3，2)． [9分] 同理求得面DCP 的法向量为n 2＝(1，3，2)，[10分]从而平面BCP 与平面DCP 夹角θ的余弦值为 cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝44×22＝24.[12分]利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系． 第二步：确定点的坐标．第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标． 第四步：计算向量的夹角(或函数值)． 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角．第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．温馨提醒(1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用．(2)本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范．(3)将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易错．方法与技巧1．用向量来求空间角，各类角都可以转化为向量的夹角来计算．2．求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段．失误与防范1．利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同．2．求点到平面的距离，有时利用等体积法求解可能更方便．A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)一、选择题1．已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1如图所示，则直线B 1D 和CD 1所成的角为( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°答案 D解析 以A 为原点，AB 、AD 、AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，则射线CD 1、B 1D 的方向向量分别是CD 1→＝(－1,0,1)， B 1D →＝(－1,1，－1)，cos 〈CD 1→，B 1D →〉＝1＋0－12×3＝0，∴直线B 1D 和CD 1所成的角为90°.2． 如图，四棱锥S －ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是( )A ．AC ⊥SB B ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角 答案 D解析 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD . 又∵SD ⊥底面ABCD ，∴SD ⊥AC .其中SD ∩BD ＝D ，∴AC ⊥平面SDB ，从而AC ⊥SB . 故A 正确；易知B 正确；设AC 与DB 交于O 点，连接SO .则SA 与平面SBD 所成的角为∠ASO ，SC 与平面SBD 所成的角为∠CSO ，又OA ＝OC ，SA ＝SC ，∴∠ASO ＝∠CSO . 故C 正确；由排除法可知选D.3． (2013·山东)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为 ( )A.5π12 B.π3C.π4D.π6答案 B解析 如图所示：S ABC ＝12×3×3×sin π3＝334.∴VABC －A 1B 1C 1＝S ABC ×OP ＝334×OP ＝94，∴OP ＝ 3.又OA ＝32×3×23＝1，∴tan ∠OAP ＝OPOA＝3， 又0<∠OAP <π2，∴∠OAP ＝π3.4． 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 夹角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1， 则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧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. 所以平面A 1ED 与平面ABCD 夹角的余弦值为23.5． 在四面体P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC的距离为( )A.63B.33a C.a 3D.6a答案 B解析 根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz ，则 P (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (0,0，a )．过点P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于点H ，则PH 的长即为点 P 到平面ABC 的距离．∵P A ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心． 又∵△ABC 为正三角形，∴H 为△ABC 的重心， 可得H 点的坐标为⎝⎛⎭⎫a 3，a 3，a 3. ∴PH ＝⎝⎛⎭⎫a 3－02＋⎝⎛⎭⎫a 3－02＋⎝⎛⎭⎫a 3－02＝33a .∴点P 到平面ABC 的距离为33a . 二、填空题6． 已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面夹角的大小为________．答案 π4解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝22，∴〈m ，n 〉＝π4.∴两平面夹角的大小为π4.7． 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BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1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→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°.8． 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为________． 答案3510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 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，F (12，1,0)，D 1(0,1,1)．∴A 1E →＝(1,0，－12)，A 1D 1→＝(0,1,0)．设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12z ＝0，y ＝0.令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1,0,2)． 又A 1F →＝(12，1，－1)，∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为 d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5＝3510.三、解答题9． 如图，四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，P A 与平面ABD 所成的角为60°，在四边形ABCD 中，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4， CD ＝1，AD ＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B ，P 的坐标； (2)求异面直线P A 与BC 所成的角的余弦值． 解 (1)建立如图空间直角坐标系，∵∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2， ∴A (2,0,0)，C (0,1,0)，B (2,4,0)．由PD ⊥平面ABCD ，得∠P AD 为P A 与平面ABCD 所成的角， ∴∠P AD ＝60°.在Rt △P AD 中，由AD ＝2，得PD ＝23，∴P (0,0,23)． (2)∵P A →＝(2,0，－23)，BC →＝(－2，－3,0)， ∴cos 〈P A →，BC →〉＝2×(－2)＋0×(－3)＋(－23)×0413＝－1313，∴异面直线P A 与BC 所成的角的余弦值为1313.10．(2013·天津)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱 AA 1的中点． (1)证明：B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1－CE －C 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．方法一 如图，以点A 为原点，以AD ，AA 1，AB 所在直线为x 轴， y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，B (0,0,2)，C (1,0,1)， B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)．(1)证明 易得B 1C 1→＝(1,0，－1)，CE →＝(－1,1，－1)，于是B 1C 1→·CE →＝ 0，所以B 1C 1⊥CE .(2)解 B 1C →＝(1，－2，－1)． 设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1)．由(1)知，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217，所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为217. (3)解 AE →＝(0,1,0)，EC 1→＝(1,1,1)，设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB →＝(0,0,2)为平面ADD 1A 1的一个法向量． 设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则 sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →|·|AB →|＝2λλ2＋(λ＋1)2＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1，于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13(负值舍去)， 所以AM ＝ 2.方法二 (1)证明 因为侧棱CC 1⊥底面A 1B 1C 1D 1，B 1C 1平面 A 1B 1C 1D 1，所以CC 1⊥B 1C 1.经计算可得B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3，从而B 1E 2＝B 1C 21＋EC 21，所以在△B 1EC 1中，B 1C 1⊥C 1E ，又CC 1，C 1E 平面CC 1E ，CC 1∩C 1E ＝C 1， 所以B 1C 1⊥平面CC 1E ，又CE 平面CC 1E ，故B 1C 1⊥CE .(2)解 过B 1作B 1G ⊥CE 于点G ，连接C 1G .由(1)知，B 1C 1⊥CE ，故CE ⊥平面B 1C 1G ，得CE ⊥C 1G ， 所以∠B 1GC 1为二面角B 1－CE －C 1的平面角．在△CC 1E 中，由CE ＝C 1E ＝3，CC 1＝2，可得C 1G ＝263.在Rt △B 1C 1G 中，B 1G ＝423， 所以sin ∠B 1GC 1＝217， 即二面角B 1－CE －C 1的正弦值为217. (3)解 连接D 1E ，过点M 作MH ⊥ED 1于点H ，可得MH ⊥平面ADD 1A 1，连接AH ，AM ，则∠MAH 为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角． 设AM ＝x ，从而在Rt △AHM 中，有 MH ＝26x ，AH ＝346x . 在Rt △C 1D 1E 中，C 1D 1＝1，ED 1＝2， 得EH ＝2MH ＝13x .在△AEH 中，∠AEH ＝135°，AE ＝1， 由AH 2＝AE 2＋EH 2－2AE ·EH cos 135°， 得1718x 2＝1＋19x 2＋23x ， 整理得5x 2－22x －6＝0，解得x ＝2(负值舍去)． 所以线段AM 的长为 2.B 组 专项能力提升(时间：30分钟)1． 过正方形ABCD 的顶点A 作线段P A ⊥平面ABCD ，若AB ＝P A ，则平面ABP 与平面CDP的夹角大小为( ) A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝P A ＝1，知A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，C (1,1,0)，P (0,0,1)由题意得，AD ⊥平面ABP ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD ，又∵CD ⊥平面P AD ，∴AE ⊥CD ，又PD ∩CD ＝D ，∴AE ⊥平面CDP .∴AD →＝(0,1,0)，AE →＝(0，12，12)分别是平面ABP 、平面CDP 的法向量， 而〈AD →，AE →〉＝45°，∴平面ABP 与平面CDP 的夹角大小为45°.2． 在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中点，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于________．答案 155解析 以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，∴F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，E (0,2,1)，∴FD 1→＝(－1,0,2)，OE →＝(－1,1,1)，∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝1＋25·3＝155. 3． 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是________．答案 233解析 如图建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，D (0,0,0)，B (2,2,0)，∴D 1A 1→＝(2,0,0)，DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)，设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0n ·DB →＝2x ＋2y ＝0. 令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)，∴点D 1到平面A 1BD 的距离为d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.4． 如图，在底面为直角梯形的四棱锥P —ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)求平面BPD 与平面ABD 的夹角．(1)证明 如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)， C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)，∴AP →＝(0,0,3)，AC →＝(23，6,0)，BD →＝(－23，2,0)．∴BD →·AP →＝0，BD →·AC →＝0.∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC .又∵P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面P AC .(2)解 设平面ABD 的法向量为m ＝(0,0,1)，平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·BD →＝0，n ·BP →＝0.∵BP →＝(－23，0,3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝3x ，z ＝233x .令x ＝3，则n ＝(3，3,2)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝12. ∴平面BPD 与平面ABD 的夹角为60°.5． (2013·北京)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求平面A 1BC 1与平面BB 1C 1夹角的余弦值；(3)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BD BC 1的值． (1)证明 在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC .又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ， ∴AA 1⊥平面ABC .(2)解 在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5，∴BC 2＝AC 2＋AB 2，AB ⊥AC∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Axyz .A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∴⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 4x 1＝03y 1－4z 1＝0 ∴取向量n 1＝(0,4,3)由⎩⎪⎨⎪⎧ B 1C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0. 取向量n 2＝(3,4,0)∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝165×5＝1625. 由题意知二面角A 1－BC 1－B 1为锐角，∴平面A 1BC 1与平面BB 1C 1夹角的余弦值为1625. (3)证明 设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→.∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)，解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ.∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0则λ＝925，因此BD BC 1＝925.。
立体几何中的向量方法求空间角和距离
基础知识・自主学习I要点梳理知识冋顾理消救材1.空间向量与空间角的关系(1)已知异面直线11, 12的方向向量分别为S i, S2,当0<< Si, S2>< ，直线11与12的夹角等于〈S i, S2〉当n< < Si, S z>< n时，直线l1与l2的夹角等于n—< S1, S2 >.⑵已知平面n和n的法向量分别为n1和敗，当0<< n1, n2>< ，平面n与n的夹角等于〈n i, n2〉n当2< < n 1,敗〉^ n时，平面n与n的夹角等于兀―〈n i，n2>.⑶已知直线I的方向向量为S,平面n的法向量为n, 则直线l与平面n的夹角sin 0= |cos〈 s, n > |.2.距离公式点到直线的距离公式：d= . |PA|2—|P A S of.点到平面的距离公式：d= |PA n o|.I夯基释疑夯实基础突破疑砒1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“V”或“X”(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的夹角.n(4)两异面直线夹角的范围是(0,刁，直线与平面所成角的范围是⑸直线I的方向向量与平面a的法向量夹角为120 °则I和a所成角为30°2.已知二面角a—I —B的大小是n, m, n是异面直线，且m丄a, n丄伏则m,3n所成的角n B.nnC.2nD.6|OP n| |n ||— 2— 6 + 2| =2,故选 B.• cos 〈 n , a >又I 与a 所成角记为 0,即 sin = |cos 〈 n , a >4 5133答案 B解析 ■/ m 丄a, n 丄B,•••异面直线m , n 所成的角的补角与二面角 a-1- B 互补.又•••异面直线所成角的范围为(0,彳, • m , n 所成的角为33.在空间直角坐标系 Oxyz 中，平面OAB 的一个法向量为n = (2, — 2,1),已知点P( — 1,3,2), 则点P 到平面OAB 的距离d 等于 ()A . 4B . 2C . 3D . 1答案 B解析 P 点到平面OAB 的距离为4.若平面a 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I 与 a 所成角的正弦值为 _______________________ . 答案解析 •/ na =— 8— 3 + 3 = — 8, |n |=“ 16+ 1 + 1 = 3 2, |a |= ” ‘4+ 9 + 9 = .22,n a ―84^/11|n| |a |= 3 2X 22=—335 . P 是二面角a — AB — B 棱上的一点，分别在平面a B 上引射线PM 、PN ，如果/ BPM =/ BPN = 45° / MPN = 60° 那么平面 a 与B 的夹角为 _________ . 答案 90° 解析不妨设PM = a , PN = b ,如图，A作ME 丄AB 于E , NF 丄AB 于F ,•••/ EPM = / FPN = 45° •PE =, PF = -22b ,E为CC i的中点，则异面直线B.嚅C並C. 103 10D.^思维启迪本题可以通过建立空间直角坐标系，利用向量BC I、AE所成的角来求. 答案B解析建立坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C i(0,2,2). BC i= (—1,0,2),Al= (—i,2,i),cos〈BC i, AE >BC i A E 30D,G/Hi/I11111/E C y|BC I||AE|10 -求解，而两异面直线所成角的范围是，两向量的夹角a的范围是［0, n,所以要注意二者的区别与联系，应有cos 0= |cos a|.已知直四棱柱ABCD —A1B1C1D1中，底面ABCD 为正方形，AA1= 2AB, E 为AA i的中点，则异面直线BE与CD i所成角的余弦值为10 D.；—> —> —> —> —> —>EM FN = (PM —PE) (PN—PF)=PM PN —PM PF —PE PN+PE PF=abcos 60 —ax^bcos 45 —乎abcos 45 +^axab ab—辿 + ab= 0O 1 O 5••• EM丄FN , •••平面a与B的夹角为90°题型分类・深度剖析题型一求异面直线所成的角【例 1 长方体ABCD —A I B I C I D I中，AB= AA i= 2, AD = 1,BC i与AE所成角的余弦值为所以异面直线BC i与AE所成角的余弦值为誉.思维升华用向量方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1B.5答案C解析如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系.设AA i = 2AB = 2,则B(1,1,0), E(1,0,1), C(0,1,0), D i(0,0,2),•-BE = (0,- 1,1),••• cos 〈 BE , C D 1 >1 +2 = 3后2 • 5= 10题型二求直线与平面所成的角［例 2】如图，已知四棱锥 P — ABCD 的底面为等腰梯形， AB // CD ,AC 丄BD ，垂足为H , PH 是四棱锥的高，E 为AD 的中点. (1) 证明：PE 丄BC ;(2) 若/ APB = /ADB = 60 °求直线PA 与平面PEH 所成角的正弦值.思维启迪：平面的法向量是利用向量方法解决位置关系或夹角的关键，本题可通过建立 坐标系，利用待定系数法求出平面PEH 的法向量.(1)证明 以H 为原点，HA , HB , HP 所在直线分别为x , y , z 轴, 线段HA 的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图),则 A(1,0,0) , B(0,1,0).设 C(m,0,0), P(0,0, n) (m<0, n>0)，则 D(0, m,0), E ；,罗,0 . 可得 PE = 2,罗,-n , BC = (m ,- 1,0).因为 PE BC = m — m + 0 = 0,所以 PE 丄 BC.⑵解由已知条件可得 m = —_3故 C -于，0 0 , D 0，—于，0 , E J ,*, 0,P(0,0,1). 设n = (x , y , n H E = 0, 则Sgx -吕=0,』HP = 0, Z= 0.C D i = (0，- 1,2),yAC 丄BD,BC= 1 ,AD = AA1= 3.因此可以取n = (1, - 3, 0).又PA= (1,0, - 1), 所以|cos < F A, n〉1=乎.一迈所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为丁.思维升华利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角.虽21,1 汙― （2013 湖南）如图，在直棱柱ABCD —A1B1C1D1中，AD // BC,/ BAD = 90°(1) 证明：AC 丄B1D;(2) 求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.方法一(1)证明如图，因为BB1丄平面ABCD , AC 平面ABCD，所以AC丄BB1.又AC丄BD，所以AC丄平面BB1D, 而B1D 平面BB1D，所以AC丄B1D.⑵解因为B1C1 // AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为9).如图，连接A1D，因为棱柱ABCD —A1B1C1D1是直棱柱，且 / B1A1D1= / BAD = 90°从而Rt △ ABC s Rt △ DAB，故AB = DA =BCAB，所以A i B i丄平面ADD I A I，从而A i B i丄AD i.又AD = AA i= 3，所以四边形ADD i A i是正方形.于是A i D丄AD i,故AD i丄平面A i B i D，于是AD i丄B i D. 由⑴知，AC丄B i D，所以B i D丄平面ACD i. 故/ ADB i= 90°—0,在直角梯形ABCD中，因为AC丄BD，所以/ BAC = Z ADB.即AB= , DA BC = 3.连接AB i，易知△ AB i D 是直角三角形，且B I D2= BB2+ BD2= BB?+ AB2+ AD2= 2i，即B i D = 2i.AD 3 vf2i在Rt△ AB i D 中，cos Z ADB i= =21 = ^^，即cos(90 ° 0= 从而sin 0=一即直线B i C i与平面ACD i所成角的正弦值为一尹.方法二⑴证明易知，AB，AD，AA i两两垂直.如图，以 A 为坐标原点，AB，AD，AA i所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.设AB= t，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B(t,0,0)，B i(t,0,3)，C(t,i,0)，C i(t,i,3)，D(0,3,0)，D i(0,3,3).从而E h D = (—1,3，—3)，AC= (t,i,0)，BD = (—t,3,0).因为AC丄BD，所以A C E B D = —t2+ 3 + 0= 0，解得t= .3或t =—,3(舍去).于是B T D = (—.3，3，—3)，AC= ( . 3，i,0)，因为AC B i D = —3+ 3 + 0= 0，(2)解 由 AC = CB =-^AB 得， 以C 为坐标原点，CA 的方向为 方向，CC 1的方向为z 轴正方向,AC 丄 BC.x 轴正方向，CB 的方向为y 轴正建立如图所示的空间直角坐标系sin 0= |cos 〈 n , B 1C 1 > |=n B 1C 1|n | |E h C 1| _ .3_ .21=7= 7即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为21 7题型三求两个平面的夹角【例3】(2013课标全国II )如图，直三棱柱 ABC - A 1B 1C 1 中,J 2AB , BB 1 的中点，AA 1 = AC = CB =-^AB. (1) 证明：BC 1 〃 平面 A 1CD ;(2) 求平面A 1CD 与平面A 1CE 夹角的正弦值.思维启迪 根据题意知/ ACB = 90°故CA 、CB 、C®两两垂直，可以 C 为原点建立空 间直角坐标系，利用向量求两个平面的夹角.(1)证明 连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点. 又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1 // DF . 因为DF 平面A 1CD , BC 「平面A 1CD , 所以BC 1 //平面A 1CD.所以AC 丄B i D ，即AC 丄B i D.⑵解 由⑴知，AD i = (0,3,3), AC= ( 3, 1,0), B i C i = (0,1,0).设n = (x , y , z)是平面ACD i 的一个法向量， n A C = 0, 3x + y = 0,则$，即丫n AD i = 03y+3z= 0,令 x = 1，则 n = (1, -3, 3).设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为0,则D ,C|C可取m = (2,i,—2).从而cos〈n, m> ~~，故sin〈 n, m>6 3 .Cxyz.设CA= 2,贝U D(1,1,0), E(0,2,1), A i(2,0,2),CD = (1,1,0), CE = (0,2,1), CA i= (2,0,2).设n= (x i, y i, z i)是平面A i CD的法向量,n CD = 0, x i + y i = 0,则即可取n= (i, - i,—i).n CA i= 0, 2xi+ 2zi =0.同理，设m是平面A i CE的法向量,m CE = 0, 则Tm CA i= 0.所以平面A i CD与平面A i CE夹角的正弦值为思维升华求平面间的夹角最常用的方法就是分别求出两个平面的法向量，然后通过两n 个平面的法向量的夹角得到所求角的大小，但要注意平面间的夹角的范围为[0,刁.吕I」H如图，在圆锥PO中，已知PO= 2, O O的直径AB= 2,C是；的中点，D为AC的中点.(1)证明：平面POD丄平面FAC;(2)求平面ABF与平面ACF夹角的余弦值.(1)证明如图，以O为坐标原点，OB, OC, OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0), A( —1,0,0),B(1,0,0), C(0,1,0), P(0,0, 2), D(—2, 2 0).设n i = (x i, y i, z i)是平面POD的一个法向量，则由n i OD = 0, n i OP = 0,lie —2xi + 2y i=,得2 2 (■：；'2 z i= 0.所以平面ABP与平面ACP夹角的余弦值为10 5所以z i = 0, x i = y i，取y i = 1,得n i = (1,1,0).设n2=(X2, y2, Z2)是平面PAC的一个法向量,则由n2 PA= 0, n2 PC= 0,| —X2—■.”'2Z2= 0,得y2 —：；.；2z2= 0.所以X2=—2z2, y2= ,2z2.取z> = 1,得n2= (—2, 2, 1).因为n 1 n2= (1,1,0) (—2, 2, 1)= 0,所以m丄n2•从而平面POD丄平面PAC.⑵解因为y轴丄平面FAB,所以平面PAB的一个法向量为n3= (0,1,0).由(1)知，平面PAC的一个法向量为n2= ( —2, 2, 1). 设向量n2和n3的夹角为0,则C0S 9=|器3|=€=甲.题型四求空间距离【例4 已知正方形ABCD的边长为4, CG丄平面ABCD , CG = 2, E, F分别是AB, AD的中点，则点C到平面GEF的距离为___________ .思维启迪所求距离可以看作CG在平面GEF的法向量的投影.答案*解析建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,n=(1,1,3)所以点C到平面GEF的距离为d=嘗6 11 11则CG = (0,0,2)，由题意易得平面GEF的一个法向量为思维升华求点面距一般有以下三种方法:②等体积法；③向量法.其1.①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离; 中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便.亍心讥IY4 （2012大纲全国改编）已知直四棱柱 ABCD — A I B I C I D I 中，底面 ABCD 为正 方形，AB = 2, CC 1 = 2 2, E 为C®的中点，则点 A 到平面BED 的距离为 （）A . 2 B. 3C. ,2D . 1答案 D解析 以D 为原点，DA 、DC 、DD i 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 (如图)，贝U D(0,0,0), A(2,0,0), B(2,2,0), C(0,2,0), C i (0,2,2 .2), E(0,2 ,,2).设n = (x , y , z)是平面BED 的法向量.n BD = 2x + 2y = 0 则S T.DE = 2y+V2z = 0取y = 1，贝U n = （— 1,1, — .2）为平面BED 的一个法向量. 又 D A = （2,0,0）,•••点A 到平面BED 的距离是|n D A|l— 1x 2+ 0+ 0||n |'.；—12+ 12+ — ,22=答题按板系列8利用空间向量求角典例：（12分）（2013江西）如图，四棱锥 P — ABCD 中，PA 丄平面 ABCD , E 为BD 的中点，G 为PD 的中点，△ DABDCB , EA = EB = AB = 1 , PA = 3，连接 CE 并延长交 AD 于F.6G⑴求证：AD丄平面CFG ;(2)求平面BCP与平面DCP夹角的余弦值.思维启迪(1)可利用判定定理证明线面垂直；(2)利用AD、AP、AB两两垂直建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用向量夹角求两个平面BCP、DCP夹角的余弦值.规范解答(1)证明在厶ABD中，因为E为BD的中点，所以EA= EB = ED = AB= 1 ,n故/ BAD = 2，n3'/ ABE = / AEB =-因为△ DAB也厶DCB，所以△ EABECB ,n从而有 / FED = Z BEC = Z AEB =-,3所以Z FED = Z FEA. [2分] 故EF 丄AD , AF = FD ,又因为PG = GD，所以FG // FA.又FA丄平面ABCD ,[4分] 所以GF丄AD,故AD丄平面CFG. [6分]⑵解以A为坐标原点建立如图所示的坐标系,[9分] [10 分][12 分]则 A(0,0,0) , B(1,0,0), C 号，于，0 ,D(0, ,3, 0), P 0, 0, 2 , 故BC =扌冷,0, Cp = -2,设平面BCP 的法向量为 n i = （X i , y i , Z i ）,n i CP = 0 则 -n i BC = 0令 y i = — ,3,贝V X i = 3, Z i = 2, n i = （3，— 3, 2）. 同理求得面DCP 的法向量为n 2= （i ,,3, 2）,从而平面BCP 与平面DCP 夹角0的余弦值为 ,I n i n 2|4 卫cos Fsg n 2〉= |n i ||n 2= 4X 2=〒利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量（直线的方向向量、平面的法向量）坐标. 第四步：计算向量的夹角（或函数值）. 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾•查看关键点、易错点和答题规范.温馨提醒 (1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用.GD—3电I 2， 2，0. [8分](2) 本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范.(3) 将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易错.思想方法・感悟提高方法与技巧1 .用向量来求空间角，各类角都可以转化为向量的夹角来计算.2 .求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段.失误与防范1 .利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角.因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同.2 .求点到平面的距离，有时利用等体积法求解可能更方便.B i D 和CD i 所成的角( )、选择题1.已知正方体ABCD — A i B i C i D i 如图所示，则直线为 A . 60 ° B . 45 ° C . 30 ° D . 90 °答案 D解析 以A 为原点，AB 、AD 、AA i 所在直线分别为x , y , z 轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为i ,则射线CD i 、B i D 的方向向量分别是 CD i = (-i,O,i),•••直线B i D 和CD i 所成的角为90°2 .如图，四棱锥 S — ABCD 的底面为正方形，SD 丄底面ABCD ，则下列 结论中不正确的是 ()A . AC 丄 SB B . AB //平面 SCDC . SA 与平面SBD 所成的角等于 SC 与平面SBD 所成的角 D . AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角 答案 D解析 •••四边形ABCD 是正方形，• AC 丄BD. 又••• SD 丄底面 ABCD , • SD 丄AC.其中SD A BD = D , • AC 丄平面SDB ，从而 AC 丄SB. 故A 正确；易知 B 正确；设 AC 与DB 交于O 点，连接SO.则SA 与平面SBD 所成的角为/ ASO , SC 与平面SBD 所成的角为/ CSO ,练出高分A 组专项基础训练 (时间：40分钟)B i D = (— i,i ,i),COS 〈 CD i , B i D >i + 0— i 2X- 3= 0,SA. i2nB.nnC.4nD.6答案B解析如图所示：iS ABC = 2 X ■. 3 X•.：：.；: 3 X. nsin 3=3“ 34A： 2B.3 C逅C. 3答案解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设棱长为i,1则A i(0,0,i), E i , 0, 2 , D(0,i,0),Eft •-心=(0,i, —i) , A T E= i, 0, —2 ,设平面A i ED的一个法向量为n i= (i, y, z), y—z= 0 ,则i|i —2z= 0 ,y= 2,z= 2..n i= (1,2,2).•••平ABCD 的一个法向量为2n2= (0,0,i) , . cos〈n i ,血〉=23.所以平面A i ED与平面ABCD夹角的余弦值为2 3.在四面体P —ABC中,PA, PB, PC两两垂直,设PA = PB= PC = a,则点P到平面ABC又0A= OC, SA= SC,.•./ ASO= / CSO.故C正确；由排除法可知选 D.93. （2013山东）已知三棱柱ABC —A i B i C i的侧棱与底面垂直，体积为4底面是边长为.3的正三角形•若P为底面A i B i C i的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为（）VABC—A i B i C i = S\BC X OP = 3-43 X OP = 4, /. OP = _ 3. 又OA= ~2^X ,3X1= i, tan/ OAP = OA = .3,—/ 兀/ n又0< / OAP<2, OAP = 3.2 3余弦值为在正方体ABCD —A i B i C i D i中，点E为BB i的中点，则平面A i ED与平面ABCD夹角的的距离为A•身 B.fa C.3 D. 6a答案B解析根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxy z,则P(0,0,0)，A(a,O,O)，B(0，a,0)，C(0,0，a).过点P作PH丄平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离.PA = PB= PC, ••• H ABC 的外心.又•••△ ABC为正三角形，• H ABC的重心，可得H点的坐标为(3，3，3)• PH - ... 3- 02+ a - 0 2+ 3 - 0 2詔a.•••点P到平面ABC的距离为-^a.二、填空题6. 已知两平面的法向量分别为_______________________________ m = (0,1,0), n= (0,1,1)，则两平面夹角的大小为 ____________________________________________ 答案n4m n 2 n解析cos〈m, n>=丽厂T，•〈m，n>=；.•两平面夹角的大小为n7. 如图所示，在三棱柱ABC—A i B i C i中，AA i丄底面ABC, AB = BC= AA i,/ ABC = 90°点E、F分别是棱AB、BB i的中点，则直线EF和BC i所成的角是_________ .答案60°解析以BC为x轴，BA为y轴，BB i为z轴，建立空间直角坐标系. 设AB = BC = AA i = 2,则C i(2,0,2), E(0,i,0), F(0,0,i),则E F = (0,- i,i), B C i= (2,0,2),•- EF BC i= 2,RBcos〈E F, B C1> 2 _ 1 -,2X2*2—2,答案3,5 i0解析以A为坐标原点，AB、AD、AA i所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，小i i则A i(0,0,i)，E(i,0，2)，F(2, i,0), D i(0,i,i).• A?E_ (1,0,—2), A?D i_ (0,1,0).设平面A i D i E的一个法向量为n_ (x, y, z),n A T E _ 0, 则n A i D i_ 0,1x —2z_ 0, 即2y_ 0.••• EF和BC i所成的角为60°8. 正方体ABCD —A i B i C i D i的棱长为1 , E、F分别为BB「CD的中点，则点F到平面AQ i E的距离为________令z_ 2，贝y x_ 1..・.n_ (1,0,2).又心_ (2, 1, —1),•••点F到平面A i D i E的距离为T1_ 心n I_〔2 —2|_ d_|n| _ 5 _10 .三、解答题9. 如图，四棱锥P—ABCD中，PD丄平面ABCD , PA与平面ABD所成的角为60°,在四边形ABCD 中，/ ADC _/ DAB _ 90° AB _ 4,CD _ 1 , AD _ 2.(1) 建立适当的坐标系，并写出点B, P的坐标;(2) 求异面直线PA与BC所成的角的余弦值.解(1)建立如图空间直角坐标系,•••/ ADC _ Z DAB _ 90°AB_ 4, CD_ 1, AD _ 2,a • A(2,0,0), C(0,1,0), B(2,4,0)..13 13，•异面直线PA与BC所成的角的余弦值为.13 13 .由PD丄平面ABCD，得/ FAD为PA与平面ABCD所成的角,•••/ FAD = 60°在Rt△ FAD 中，由AD = 2,得PD = 2.3, • P(0,0,2 . 3).—> ——>(2) •/ FA = (2,0，- 2 3), BC= (- 2,- 3,0),• cos〈PA, BC〉2 X - 2 + 0X -3 + - 2^3 X 04 .1310. (2013天津)如图，四棱柱ABCD - A1B1C1D1中，侧棱A1A丄底面ABCD , AB // DC , AB 丄AD , AD = CD = 1 , AA1 = AB= 2, E 为棱AA1的中点.(1) 证明：B1C1 丄CE;(2) 求二面角B1 - CE - C1的正弦值；(3) 设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为¥，求线段AM的长.方法一如图，以点A为原点，以AD, AA1, AB所在直线为x轴, y轴，z轴建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0), B(0,0,2) ,C(1,0,1),B1(0,2,2), C1(1,2,1), E(0,1,0).(1)证明易得B?C1 = (1,0, - 1), CE= ( - 1,1, - 1),于是B1C1C E =0,所以B1C1丄CE.(2)解B1C = (1 , - 2, - 1).设平面BQE的法向量m= (x, y, z),m B1C= 0, ]x-2y-z= 0,则即消去x,得y+ 2z= 0，不妨令z= 1，可得一个法m CE = 0, -x+ y-z=°.向量为m= (- 3,- 2,1).由(1)知，B1C1 丄CE，又CC1 丄B1C1，可得B1C1 丄平面CEC1, 故BQ1= (1,0，—1)为平面于是cos 〈 m, B i C i 〉 m B i C i|m | |B i C i |从而 sin 〈m , B ?C i 〉=亠尹sin 0= |cos 〈 AM , AB 〉|= AM AB||AM| |A B|于是-6，解得匸*（负值舍去）, CEC i 的一个法向量.所以二面角B i - CE - C i 的正弦值为亡尹 ⑶解 AE =（o,i,o ）, E C i =（i,i,i ），设E M = ?E C i =（入入为,o w 庄i ,有AM = AE + EM 可取AB = （0,0,2）为平面ADD i A i 的一个法向量.设B 为直线AM 与平面ADD i A i 所成的角，则所以AM = 2.方法二（1）证明因为侧棱CC i丄底面A i B i C i D i, B i C i平面A i B i C i D i，所以CC i丄B i C i.经计算可得B i E = .5, B i C i= .2, EC i=v3,从而B i E2= B i C i+ EC i,所以在△ B i EC i中，B i C i丄C i E,又CC i, C i E 平面CC i E, CC i Q C i E = C i,所以B i C i丄平面CC i E,又CE平面CC i E，故B i C i丄CE.⑵解过B i作B i G丄CE于点G,连接C i G.由⑴知，B i C i丄CE,故CE丄平面B i C i G，得CE丄C i G , 所以/ B i GC i为二面角B i-CE —C i的平面角.在Rt △ B1C1G 中, B i G ='42 3即二面角B i—CE —C i的正弦值为亠号.⑶解连接D i E,过点M作MH丄ED i于点H ,可得MH丄平面ADD i A i,连接AH , AM , 则/ MAH为直线AM与平面ADD i A i所成的角.设AM = x,从而在Rt△ AHM中，有在Rt△ C i D i E 中，C i D i = i, ED i = , 2,得EH = ,2MH = 3X.在厶AEH 中，/ AEH = i35° AE = i,由AH2= AE2+ EH2—2AE EHcos i35 °得珞（=i+9/+承整理得5x2— 2 2x— 6 = 0，解得x = ■, 2（负值舍去）.所以线段AM的长为.2.所以sin / B i GC i =• cos〈F D i, OE >〔+ 2=VT55 • 3= 5B组专项能力提升(时间：30分钟)1.过正方形ABCD的顶点A作线段PA丄平面ABCD ,若AB= PA,则平面ABP与平面CDP的夹角大小为A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°答案B解析建立如图所示的空间直角坐标系，设AB= PA= 1,知A(0,0,0) , B(1,0,0), D(0,1,0), C(1,1,0), P(0,0,1)由题意得，AD丄平面ABP,设E为PD的中点，连接AE,贝U AE丄PD ,又••• CD丄平面PAD, ••• AE丄CD,又PD A CD = D, • AE 丄平面CDP.• AD = (0,1,0), AE = (0, 2 , 2)分别是平面ABP、平面CDP的法向量,而〈AD, AE〉= 45°•平面ABP与平面CDP的夹角大小为45° 2 .在棱长为2的正方体ABCD —A i B i C i D i中，0是底面ABCD的中点，E, F分别是CC i,AD的中点，那么异面直线0E和FD i所成的角的余弦值等于 _____________ .答案严5解析以D为原点，分别以DA、DC、DD i为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，•F(1,0,O), D i(0,0,2), O(1,1,0), E(0,2,1),•F D i= (—1,0,2),OE = (—1,1,1),3. ________________________________________________________________________ 设正方体ABCD —A i B i C i D i的棱长为2，则点D i到平面A i BD的距离是_________________________DA I =(2,0,2), DB =(2,2,0),设平面A I BD的一个法向量n = (x, y, z),n DA I=2X+ 2z= 0 则S T .n DB = 2x+ 2y= 0令x= 1，贝U n= (1, - 1,- 1),•••点D1到平面A1BD的距离为.ID^A1 n| 2 23d |n| .3 3 .4. 如图，在底面为直角梯形的四棱锥P—ABCD中，AD // BC,Z ABC=90° PA丄平面ABCD , PA = 3, AD = 2, AB = 2羽，BC= 6.(1)求证：BD丄平面PAC;(2)求平面BPD与平面ABD的夹角.(1)证明如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0) , B(2 3, 0,0),C(2 .3, 6,0), D(0,2,0), P(0,0,3),• A P =(0,0,3), A C = (2西，6,0), BD = (- 2亞,2,0).•- BD AP = 0, BD AC= 0.• BD 丄AP, BD 丄AC.又••• FA Q AC= A, • BD丄平面FAC.⑵解设平面ABD的法向量为m= (0,0,1), 平面PBD的法向量为n = (x, y, z),则n BD = 0, n BP = 0.答案2333解析如图建立空间直角坐标系,则D I(0,0,2) , A i(2,0,2), D(0,0,0), B(2,2,0), D1A1 = (2,0,0),••• BP = (- 2 3, 0,3), •••-2 3x+ 2y= 0,-2 3x+ 3z= 0, 丫=晶,解得\ =塑Z= 丁x.令x= .3，则n= ( .3, 3,2),m-n 1• cos〈 m, n > = ----- =一|m||n| 2•••平面BPD与平面ABD的夹角为60°(3)证明：在线段 5. (2013北京)如图，在三棱柱 ABC — A i B i C i 中，AAQ I C 是边长为4的正方形.平面 ABC 丄平面AA 1C 1C , AB = 3, BC = 5.(1)求证：AA i 丄平面ABC ;⑵求平面A 1BC 1与平面BB 1C 1夹角的余弦值;BD BC 1上存在点D ，使得AD 丄A 1B ，并求 的值. BC 1(1)证明 在正方形 AA 1C 1C 中，A 1A 丄AC.又平面ABC 丄平面AA 1C 1C ，且平面ABC 门平面AA 1C 1C = AC , ••• 丄平面 ABC.(2)解 在厶ABC 中，AC = 4, AB = 3, BC = 5,••• BC 2 = AC 2+ AB 2, AB 丄AC•以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系 Axyz. A 1(0,0,4), B(0,3,0), C 1(4,0,4), B 1(0,3,4), A 1C 1= (4,0,0), A 1B = (0,3 , — 4), B 1C 1 = (4 , — 3,0) , BB 1 = (0,0,4). 设平面 A 1BC 1的法向量 n 1= (X 1 , y 1 , Z 1),平面 B 1BC 1的法向量n 2= (X 2 , y ,Z 2).A 1C 1 n 1 = 0 , 4x 1 = 0• \AB m= 0 脚-4乙=0•取向量 n 1= (0,4,3)f _B 1C 1 n 2= 0, 4x 2 — 3y 2 = 0,由S _ ? $^B _1 n 2= 0 -4z2= °.取向量 n 2= (3,4,0), m n 2 16 16…cos 〈 n 1, n 2〉= 1 1 1 . = = cl2 |n 1| |n 2| 5X 5 25'由题意知二面角 A 1 — BC 1 — B 1为锐角，•平面A 1BC 1与平面BB 1C 1夹角的余弦值为 黒 25 ⑶证明 设D(x , y , z)是直线BC 1上一点，且BD =疋_1.• (x , y — 3, z) = X 4，— 3,4),3— 3 X, 4 A 解得 x = 4 入 y = 3 — 3 入 z = 4 X — AD = (4 人又 AD 丄A i B , ••• 0+ 3(3 — 3R — 16X= 09 BD 9则X=旦，因此BD =— 则 A 25 '因此 BC i 25.。
课件2：8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离
【规律方法】
1.平面法向量的求法
若要求出一个平面的法向量的坐标,一般要建立空间直角坐标系,
然后用待定系数法求解,一般步骤如下:
设平面的法向量为n=(x,y,z).
(1)找出(求出)平面内的两个不共线的向量a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2).
(2)根据法向量的定义建立关于x,y,z的方程组
的距离为 | BO |＝| AB || cos〈AB，n〉| ＝
| AB n | |n|
.
3. (1)常用方法:利用向量求异面直线所成角、线面角、二面角及空间距 离的方法. (2)数学思想:转化与化归、数形结合、函数与方程.
考点1 向量法求异面直线所成的角
【典例1】(1)(2015·上饶模拟)如图所示,已知三棱
考点3 向量法计算与应用二面角的大小 知·考情
利用空间向量计算与应用二面角大小,是高考考查空间角的一个 热点考向,常与线线、线面、面面位置关系等知识综合以解答题第(2) 或(3)问的形式出现.
明·角度 命题角度1:计算二面角的大小 【典例3】(2014·山东高考)如图,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形, ∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点. (1)求证:C1M∥平面A1ADD1. (2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1= 3,求平面C1D1M和平面ABCD所成 的角(锐角)的余弦值.
22
所以 AD 0, 3,0 ,AE (0, 3 , 1),AC (m, 3,0). 22
设平面ADE的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则n1 AD 0,n1 AE 0, 解得一个n1=(1,0,0). 同理设平面ACE的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 n2 AC 0,n2 AE 0, 解得一个 n2 ( 3，m, 3m).
立体几何公式大全
立体几何公式大全一、空间向量的基础公式：向量式坐标式数量积cos a b a b q×=×=121212x x y y z z ++a b^ 0a b ×= =121212x x y y z z ++=0 //a b （0b ¹ ）a b l =（0,l >方向相同；0,l <方向相反）=111(,,)x y z =l 222(,,)x y z 即：12x x l =，12y y l =，12z z l =模a2a a= =222111x y z ++夹角q （0a ¹，0b ¹）cos ab a b q ×=×=121212222222111222x x y y z z x y z x y z ++++++二、求角和距离公式：求异面直线a 与b 所成角q：121212222222111222cos a bx x y y z z a b x y z x y z q ×++==×++++ KP115/例1 JP60/例3 求直线a 与平面a 所成角q ：sin a n a nq ×=× （n表示平面a 的法向量）KP125/例1 二面角l a b --的大小q : 设1q 为平面a 的法向量1n 与平面b 的法向量2n的夹角：则12112cos n n n n q ×=× ：求二面角q 步骤：一、瞄：瞄一下看二面角q 是锐角还是钝角；二、求：先求平面a 的法向量1n与平面b 的法向量2n ，而后用12112cos n n n n q ×=×求出1n 与2n 的夹角1q；三、定：同锐相等：若；三、定：同锐相等：若q是锐角，1q 也是锐角，则1q q =；同钝相等：若q 是锐角，1q 也是锐角，则1q q =；锐钝互补：若q 是锐角，1q 也是锐角，则1180q q =-JP69/例3(2) KP127/例2（2）点P 到平面a 的距离d: 注：注：1、直线l //平面a ，求直线l 与平面a 的距离的距离 d:只要在l 上取一点P 仍然用此公式；仍然用此公式；2、平面b //平面a ，求平面a 与平面b 的距离的距离 d:只要在平面b 上取一点P 仍然用此公式；式；APn d n×=注：点A 为平面a 上的任意一点，n为平面a 的法向量的法向量JP71/例2 三、求法向量步骤：三、求法向量步骤：（1） 设法向量(,,)n x y z = ，利用法向量n与平面上的两相交直线方向向量垂直数量积为0建立两个方程；建立两个方程；（2） 求出x 等于多少z, y 等于多少z;并令z=1进而求出x,y,从而得到法向量n；或者求出x 等于多少y, z 等于多少y;并令y=1进而求出x,z,从而得到法向量n；或者求出y 等于多少x, z 等于多少x;并令x=1进而求出y,z,从而得到法向量n；（3） 把所求的法向量n代入方程组检验！代入方程组检验！ 四、法向量n的在证明题中用处: (1) 线面平行：l l n a Ë^ 平面且Û//l a 平面：参见JP65/例2 （证明线面平行问题只要转成去求线的向量与法向量数量积为0即可）即可）(2) 面面平行：12//n nÛ//a b 平面平面：参见JP65/例2 （证明面面平行问题只要转成去证两个法向量存在一个倍数关系问题即可）（证明面面平行问题只要转成去证两个法向量存在一个倍数关系问题即可） (3) 线面垂直：//l n l a Û^平面：（证明线面垂直问题只要转成求证线的向量与法向量存在一个倍数关系即可） (4) 面面垂直：12n n ^Ûa b ^平面平面：参见JP65/例3 （证明面面垂直问题只要转成去求两法向量数量积为0即可）即可）（整理不易，望同学们好好珍惜利用！）。
空间几何中的角度与距离计算
空间几何中的角度与距离计算在空间几何中，角度与距离的计算是非常重要的。
通过正确计算角度和距离，我们能够准确描述和分析物体的位置、运动以及相互关系。
本文将介绍空间几何中常用的角度计算方法和距离计算方法。
一、角度计算在空间几何中，角度是表示物体之间相对方向关系的重要指标。
常见的角度计算方法有以下几种：1. 余弦定理余弦定理是计算三角形内角的常用方法之一。
在空间几何中，如果已知三点的坐标，可以通过余弦定理计算出这三个点所形成的夹角。
余弦定理的公式如下：cos A = (b² + c² - a²) / (2bc)其中，A为夹角的大小，a、b、c为夹角对应的边长。
2. 矢量法矢量法是一种基于向量运算的角度计算方法。
通过将空间中的两个向量进行运算，可以得到它们之间的夹角。
常见的向量法角度计算包括点乘法和叉乘法。
（1）点乘法：两个向量的点乘结果等于它们的模长相乘再乘以它们之间的夹角的余弦值。
可以通过点乘法计算向量之间的夹角。
（2）叉乘法：两个向量的叉乘结果等于它们的模长相乘再乘以它们之间的夹角的正弦值。
可以通过叉乘法计算向量之间的夹角。
3. 三角函数在空间几何中，三角函数也是用于角度计算的常用方法之一。
通过正弦、余弦和正切等三角函数的运算，可以计算出角度的大小。
三角函数的计算方法需要先将坐标系进行转换，然后根据坐标的数值，利用相应的三角函数公式进行计算。
二、距离计算在空间几何中，距离是表示物体之间远近程度的重要指标。
常见的距离计算方法有以下几种：1. 欧几里得距离欧几里得距离是空间几何中最常用的距离计算方法。
对于二维或三维空间中的两个点，欧几里得距离可以通过计算它们在各坐标轴上的差值的平方和再开方的方式得到。
欧几里得距离的公式如下：d = √[(x₂-x₁)² + (y₂-y₁)² + (z₂-z₁)²]其中，d为距离，(x₁, y₁, z₁)和(x₂, y₂, z₂)分别为两个点的坐标。
3[1].2.3立体几何中的向量方法求夹角、距离
![3[1].2.3立体几何中的向量方法求夹角、距离](https://img.taocdn.com/s3/m/d17c80e8b84ae45c3b358cf7.png)
若二面角 l 的大小为 (0 ,) 则
ur r
ur r
一进一出： cos cos m, n 同进同出：cos cos m, n
2
例4、如图，ABCD是一直角梯形，ABC 900 , SA 平面ABCD,
SA AB BC 1, AD 1 ,求面SCD与面SBA所成的二面角的余弦值。 2
解：建立空直角坐系A - xyz如所示,
z
A (0,0,0),C (- 1,1,0),D(0, 1 ,0), S(0,0,1)
S
易知，面SBA的法向量n1
2 AD
CD
(1,
1
,0),
SD
(0,
1
,1)
(0,
1 2
,0),
x
A
B Dy
C
2
2 uur
uur uuur uur uuur
设平面 SCD的法向量n2 (x, y, z), 由n2 CD, n2 SD, 得：
Duu(u4r,0,0)，E(2,u4uu,r0)，F(4,2,0)，G(0,0,2)．
EF
设平面
(2, 2, 0), EG (2, r4, 2), EFG 的一个法向量为 n ( x,
y,
z
)x
D
C
Q r uuur r n EF，n
r n
(
1
,
3
1 3
uEuGuruu2ur2x x24y y02 Z ,1) ,BE (2, 0, 0)
uuur uuur uuur uuur Q AA EA, AA AF
解:如图1,不妨设 AB AA1 AD 1 ，
D1
C1
BAD BAA1 DAA1 60
利用向量内积计算立体几何中的“距离”和“夹角”
不难 求 出 相关 点 及 相关 向量 的坐 标 ： Ｄ（ ０ ， ０ ， ０ ） ， Ａ ， Ｏ ） ， ｃ （ ｏ ， ２ ， ０ ） ， Ｐ （ ０ ， ２ ， Ｘ ／ Ｔ） ， Ｅ （Ｘ ／ Ｙ ＃３ －０
＿
一
１
，
，
，
Ｏ ） ， 商
置 时 ，利 用 公 式 ｄ ＝
二（ １ ） （ 是 平 面 法 向量 ， Ｐ 是 平 面外 的
（ ， 一 要 ， ｏ ） ， ＝ （ ０ ， ０ ， ｘ ／ Ｔ ） ， 设 ０ 【 的 法 向 量 ： （ ｘ ， ｙ ， ｚ ） ，
， ０ ） ， ｘｏ － － － ｄ ： （ ０ ， ２ ，
ｊ
由 ． 矗： ０ ， ｎ ． ： ｏ 易求得一个 ： （ １ ，
ＭＣ Ｄ上平 面 Ｂ Ｃ Ｄ， Ａ Ｂ上平 面Ｂ Ｃ Ｄ， Ａ Ｂ ＝ ２ 、 ｖ ／ ３ ，求 点 Ａ到 平 面
－
：
（ 、 ／ ， 一 １ ， １ ） ， 代人公式 （ １ ） 得所求距离ｄ ：
３ ： — ２ Ｘ ／
—
、 ／５
２
一
距 离 和夹 角 （ 两条异面直线之间的距离 、 点 到 平 面 的 距 离 和异面直线所成 的角 、 直线 与 平 面 所 成 的 角 、 二面角 等 ） 是 立 体 几何 中 的 计 算 难 点 。 也是 考试热点． 用 传 统 知 识 和 方 法 解 决 这 些 问题 ． 往往要对图形做过多的分析 ． 需 要 作 辅 助 线 和 一 些 烦琐 的拼凑技巧 ． 对学生 而言不易掌握． 利 用 向量 内积 知识 一 般 可将 上 述 的问 题 转 化 为 代 数 问题 来 解 决 ．可避 免许 多 繁 难 的图形分析 ， 将 问 题 的解 决 程 序 化 和 公 式 化 ， 易于操作 ， 学 生 也 容易掌握 ， 可大大降低思 维难度 ， 提 高 学 生 的解 题 能 力 ． 正 如 张 奠 宙教 授 说 的 ．利 用 向量 许 多 几何 命 题 迎 刃 而 解 … … 比 起 综合方法需要 “ 个别处理 ” 的技 巧 ， 它是一个 “ 一揽 子” 解 决
立体几何之夹角、距离问题(典型例题+跟踪训练)【解答题抢分专题】备战2023年高考数学(新高考通用)
【解答题抢分专题】备战2023年高考数学解答题典型例题+跟踪训练（新高考通用）专题21立体几何之夹角、距离问题目录一览一、典型例题讲解二、梳理必备知识三、基础知识过关四、解题技巧实战五、跟踪训练达标（1）面面夹角（2）线面夹角（3）点到线的距离（4）点到面的距离六、高考真题衔接1.空间中的角（1）异面直线所成角公式：设 a ， b 分别为异面直线1l ，2l 上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos cos ,⋅== a b a b a bθ．（2）线面角公式：设l 为平面α的斜线， a 为l 的方向向量， n 为平面α的法向量，θ为二、梳理必备知识l 与α所成角的大小，则sin cos ,⋅== a n a n a nθ．（3）二面角公式：设1n ，2n 分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则12,= n n θ或12,- n n π（需要根据具体情况判断相等或互补），其中1212cos ⋅= n n n n θ．2.空间中的距离求解空间中的距离（1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线，a b 的公垂线的方向向量为 n ，这时分别在，a b 上任取，A B 两点，则向量在 n 上的正射影长就是两条异面直线，a b 的距离．则||||||||⋅=⋅= n AB n d AB n n 即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．（2）点到平面的距离A 为平面α外一点（如图）， n 为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|n ||n |||||sin |||cos ,|=||n n ⋅⋅=⋅=⋅<>=⋅ AB AB AH AB AB AB n AB AB θ，||||⋅= AB n d n 三、解题技巧实战1．如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB CD ∥，AB ⊥BC ，122BC CD PA PD AB =====，PC =E 为AB 的中点．(1)证明：BD ⊥平面APD ；(2)求平面APD 和平面CEP 的夹角的余弦值．在△CDO 中，易得222OC CD DO =+-又23PC =，∴222OC PO PC +=，∴PO则D （0，0，0），()22,0,0A ，(0,22,0B ∴()22,2,2CP =- ，()22,0,0CE = ，∵BD ⊥平面APD ，∴平面APD 的一个法向量为则2200n CP n CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得22220220x y z x ⎧-+=⎪⎨=⎪⎩，取∴1212cos ,212n n ==⨯ ，∴平面APD 和平面CEP 的夹角的余弦值为【点睛】方法点拨利用向量法求二面角的方法主要有两种：（平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的范围；两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．2．如图，已知多面体111ABC A B C -中，111,,A A B B C C 均垂直于平面ABC ,120ABC ∠= ，14A A =，111,2C C AB BC B B ====.请用空间向量的方法解答下列问题：求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值.由题意知()(0,3,0,1,0,0A B -设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为可知()(10,23,1,1,AC AB == 设平面1ABB 的法向量(,n x = 则10,0,n AB n BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即30,20,x y z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩令1y =，则3,0x z =-=，可得平面111sin cos ,AC AC n AC θ⋅∴==⋅ ∴直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是3．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝90°，M 为BB 1的中点，N 为BC 的中点．（1）求点M 到直线AC 1的距离；（2）求点N 到平面MA 1C 1的距离．则A(0，0，0)，A1(0，0，（1）直线AC1的一个单位方向向量为故点M 到直线AC1的距离（2）设平面MA1C1的法向量为则1111·0·0n A C n A M ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ,即202y x z =⎧⎨-=⎩不妨取x ＝1，得z ＝2，故因为N(1，1，0)，所以MN 故N 到平面MA1C1的距离222102102MN n d n -+-==++ 四、跟踪训练达标面面夹角1．（2023·全国·浮梁县第一中学校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，E 为棱AD 上一点，,PE AD PA PC ⊥⊥，四边形BCDE 为矩形，且13,,//4BC PE BE PF PC PA ==== 平面BEF .(1)求证：PA ⊥平面PCD ；(2)求二面角F AB D --的大小.因为//PA 平面BEF ，平面PAC 又//BE CD ，所以AF AF DE BC GC ==则(1,0,0),(0,3,0),(3,0,0),A B D F -设平面ABF 的一个法向量为(m = 则7330444030AF m x y AB m x y ⎧⎧⋅=-++⎪⎪⇒⎨⎨⋅=⎪⎪⎩-+=⎩又平面ABD 的一个法向量为(0,0,1)n = 故二面角F AB D --的大小为π4.2．（2023·辽宁大连·校联考模拟预测）已知多面体ABCDEF 中，AD BC EF ∥∥，且4AD CD DE ===，2BC EF ==，π3BCD FED ∠∠==(1)证明：AD BF ⊥；(2)若BF =C AF B --的余弦值．在BCD △中，4DC =，2BC =2222cos BD BC DC BC DC =+-⋅⋅同时AD ∥BC ，可得DB AD ⊥因为BD AD ⊥，DF AD ⊥，且所以AD ⊥平面BDF ；又因为BF ⊂平面BDF ，所以AD （2）在BDF V 中，2BD FD ==即222BD FD BF +=，所以BD ⊥以D 为原点，,,DA DB DF 的方向分别为建立空间直角坐标系如图．其中(4,0,0),(0,23,0),(0,0,23),(2,23,0)A B F C -，所以()()()4,23,0,4,0,23,6,23,0AB AF AC =-=-=- 设向量(,,)n x y z = 为平面ABF 的法向量，满足0423004230n AB x y n AF x z ⎧⎧⋅=-+=⎪⎪∴⎨⎨⋅=-+=⎪⎪⎩⎩ ，不妨令3x =，则2y z ==，故(3,2,2)n = ，设向量(,,)m p q r =为平面ACF 的法向量，满足0423006230m AF p r m AC p q ⎧⎧⋅=-+=⎪⎪∴⎨⎨⋅=-+=⎪⎪⎩⎩ 不妨令3p =，则2,3r q ==，故(3,3,2)m = 131311cos ,||||44114m n m n m n ⋅〈〉===⨯ 由图可知二面角为锐角，所以二面角C AF B --的余弦值为131144.3．（2023·云南昆明·统考一模）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -中，ABC 是等边三角形，AB AD ⊥(1)从三个条件：①AC BD ⊥；②120ADC ∠=︒；③2BD AD =中任选一个作为已知条件，证明：1BC DC ⊥；(2)在（1）的前提下，若13AB AA =，P 是棱1BB 的中点，求平面1PDC 与平面1PDD 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见详解(2)710对②：∵180ADC ABC ∠+∠=又∵AB AD ⊥，即90BAD ∠=可得90BCD ∠=︒，即BC CD ⊥又∵1CC ⊥平面ABCD ，BC ∴1BC CC ⊥，且1CD CC =I 故BC ⊥平面11CDD C ，注意到1DC ⊂平面11CDD C ，故对③：∵AB AD ⊥，即BAD ∠在Rt BAD 中，则sin ABD ∠故30,ABD CBD AB ∠=∠=︒=故90BCD BAD ∠=∠=︒，即BC 又∵1CC ⊥平面ABCD ，BC4．（2023·辽宁·鞍山一中校联考模拟预测）刍甍（chúméng）是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．”，如图，在刍甍ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，平面BAE和平面CDE交于EF．(1)求证：//AB EF ；(2)若平面CDE ⊥平面ABCD ，4AB =，2EF =，ED FC =，AF =，求平面ADE 和平面BAE 所成角余弦值的绝对值．5．（2023·山西·校联考模拟预测）如图，直三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均相等，D 为1AA 的中点．(1)证明：11B D BC ⊥；(2)设,M N 分别是棱,AC BC 上的点，若点1,,,B D M N 在同一平面上，且ABC 的面积是CMN 的面积的3倍，求二面角1A B M N --的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)217【分析】（1）方法一：延长B 11B C BC ⊥可证得1BC ⊥平面方法二：结合垂直关系可以C 得结论；AB 设2AB = ，则()3,1,1D ，(0,2,0B ()13,1,1DB ∴=- ，(10,2,2BC =- 方法三：1AA ⊥ 平面ABC ，AB 10AA AB ∴⋅= ，10AA AC ⋅= ；则()3,1,0A ，232,,033M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，31,,033MA ⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭ ，12MB ⎛=- ⎝ 设平面1AMB 的法向量(1,m x y = 则11111131033234233MA m x y MB m x y z ⎧⋅=+=⎪⎪⎨⎪⋅=-++⎪⎩设平面1B MN 的法向量(2,x n y =，线面夹角6．（2023·北京·校考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C-中，D，E，G分别为11,,AA AC BB的中点，11A C 与平面1EBB交于点F，AB BC==，12AC AA==，1C C BE⊥．(1)求证：F为11A C的中点；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线FG与平面BCD所成角的正弦值．条件①：平面ABC⊥平面1EBB；条件②：13BC=．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．由题意得()()(0,2,0,1,0,0,1,0,1B C D -()()2,0,1,1,2,0CD CB ∴== .设平面BCD 的法向量(),,n a b c = ，020,200n CD a c a b n CB ⎧⋅=+=⎧⎪∴∴⎨⎨+=⋅=⎩⎪⎩ ,2a =，则1,4b c =-=-，∴平面BCD 的法向量(2,1,4)n =-- 又()0,2,1FG =- ,设直线FG 与平面BCD 所成的角为则2105sin cos ,105n FG θ== ，所以直线FG 与平面BCD 所成角的正弦值为选条件②，因为5AB BC ==，AC由题意得()()(0,2,0,1,0,0,1,0,1B C D -()()2,0,1,1,2,0CD CB ∴== .设平面BCD 的法向量(),,n a b c = ，020,200n CD a c a b n CB ⎧⋅=+=⎧⎪∴∴⎨⎨+=⋅=⎩⎪⎩,2a =，则1,4b c =-=-，∴平面BCD 的法向量(2,1,4)n =-- 又()0,2,1FG =- ,设直线FG 与平面BCD 所成的角为则2105sin cos ,105n FG θ== ，所以直线FG 与平面BCD 所成角的正弦值为7．（2023·全国·模拟预测）如图，在几何体ABCDEF 中，四边形CDEF 是边长为2的正方形，AD DE ⊥，AB CD ∥，6AE =，1AB BD ==．(2)求直线BC与平面BEF所成角的正弦值．则()0,0,0D ，()1,0,0B ，E所以()0,2,0= EF ，(1,0,BE =- 设平面BEF 的法向量为n = 取1z =，得2x =，所以可取设直线BC 与平面BEF 所成的角为则sin cos ,BC BC n BC θ⋅== 所以直线BC 与平面BEF 所成角的正弦值为8．（2023春·甘肃张掖·高三高台县第一中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，四边形ABCD 为平行四边形，PAB PDC ∠=∠．(1)证明：四边形ABCD 为矩形；(2)若2PA AB ==，当四棱锥P ABCD -的体积最大时，求直线PB 与平面PDC 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)64【分析】（1）取AD 的中点线面垂直，再证得线线垂直即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求（2）由题意知，当平面PAD ⊥平面（1）知AB AD ⊥，所以以O 为原点，空间直角坐标系，因为2PA AB ==，则()0,0,0O ，B 设平面PDC 的法向量为(,,n x y z = 令3x =，则()3,0,1n =- ．又()1,2,3PB =- ，设直线PB 与平面则sin cos ,23n PB n PB n PBθ⋅=== 所以直线PB 与平面PDC 所成角的正弦值为9．（2023·四川凉山·二模）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，点E ，F 分别是BC ，11A C 中点，平面11ABB A平面AEF l =．(1)证明：l EF ∥；(2)若AB AC ==，平面11ACC A ⊥平面11ABB A ，且1AB EF ⊥，求直线l 与平面11A B E 所成角的余弦值．∵E ，G 分别是BC ，AB 又∵1A F AC ∥且112A F AC =∴四边形1EGA F 为平行四边形，∴又EF ⊄平面11ABB A ，1AG ∵EF ⊂平面AEF ，平面（2）由三棱柱为直棱柱，∴平面设1AA a =，则1(0,22,0)B ，F 所以1(0,22,)AB a =- ，(0,EF = 又1AB EF ⊥，则10AB EF ⋅= ，解得所以(2,2,2)E ，(0,0,2)A ，则设平面11A B E 法向量为(,,n x y = 所以11100n A B n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即2222x ⎧⎪⎨+⎪⎩由（1）知直线EF l ∥，则l 方向向量为设直线l 与平面11BCC B 所成角为则sin cos ,n EF n EF n EF α⋅===⋅ 所以直线l 与平面11BCC B 所成角的余弦值为10．（2023·江苏·统考一模）在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A B BA ⊥平面ABC ，侧面11A B BA 为菱形，1π3ABB ∠=，1AB AC ⊥，2AB AC ==，E 是AC 的中点.(1)求证：1A B⊥平面1AB C；(2)点P在线段1A E上（异于点1A，E），AP与平面1A BE所成角为π4，求1EPEA的值.点到线的距离11．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P −ABCD 中，AD BC ，190 1.2ADC PAB BC CD AD ∠=∠==== ，E 为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90︒.(1)在平面PAB 内是否存在一点M ，使得直线CM 平面PBE ，如果存在，请确定点M 的位置，如果不存在，请说明理由；(2)若二面角P −CD −A 的大小为45︒，求P 到直线CE 的距离.点E 为AD 的中点，AE ED ∴=1,2BC CD AD ED BC ==∴= ，AD BC ∥ ，即ED BC ∥，∴四边形BCDE 为平行四边形，即,,AB CD M M CD CM ⋂=∴∈∴ BE ⊂ 平面,PBE CM ⊂平面PBE CM ∴ 平面PBE ，,M AB AB ∈⊂ 平面PAB ，M ∴∈平面PAB ，故在平面PAB 内可以找到一点M （2）如图所示，ADC PAB ∠∠= 且异面直线PA 与CD 所成的角为又,,AB CD M AB CD ⋂=⊂平面AD ⊂ 平面,ABCD PA AD ∴⊥，又,,AD CD PA CD AD PA ⊥⊥⋂=CD \^平面PAD ，PD ⊂ 平面,PAD CD PD ∴⊥.因此PDA ∠是二面角P CD A --PA AD ∴=.因为112BC CD AD ===.以A 为坐标原点，平行于CD 的直线为⎫⎪⎭12．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知三棱柱111ABC A B C -的棱长均为2，160A AC ∠=︒，1A B =(1)证明：平面11A ACC ⊥平面ABC ；(2)设M 为侧棱1CC 上的点，若平面1A BM 与平面ABCM 到直线11A B 距离．轴，建立空间直角坐标系，-中，底面四边形ABCD 13．（2022秋·天津河东·高三天津市第七中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P ABCD为菱形，E为棱PD的中点，O为边AB的中点.(1)求证：AE //平面POC ；(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ，且3ABC PAB π∠∠==，24AB PA ==；①求PD 与平面POC 所成的角；②在棱PD 上是否存在点F ，使点F 到直线OD 的距离为21，若存在，求DF DP 的值；若不存在，说明理由.（2）①在平面PAB 内过点O 作Oz 菱形ABCD 中3ABC π∠=，则OC ⊥以O 为原点，分别以,,OB OC Oz 所在直线为()()(1,0,3,0,23,0,4,23,0P C D --(1,0,3)OP =- ，(0,23,0)OC = ，设平面POC 的一个法向量为(,n x y = 则30230n OP x z n OC y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩ ，取=3x ，得设直线PD 与平面POC 所成的平面角为n PD ⋅ 4②设[],0,1DF DP λλ=∈14．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）如图，已知长方体1111ABCD A B C D -的体积为4，点A 到平面1BC D 的．(1)求1BC D 的面积；(2)若2AB BC ==，动点E 在线段1DD 上移动，求1AEC 面积的取值范围．则(2,0,0)A ，1(0,2,1)C 设(0,0,)(01)E t t ≤≤，则(2,0,EA = 则直线1AC 的单位方向向量为u =r 则点E 到直线1AC 的距离为d EA = 所以1AEC 的面积1112AEC S AC =⋅△所以1AEC 面积的取值范围为32⎡⎢⎣15．（2022·全国·高三专题练习）在滨海文化中心有天津滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，14,2AB AD AA ===，圆台下底圆心O 为AB 的中点，直径为2，圆与直线AB 交于,E F ，圆台上底的圆心1O 在11A B 上，直径为1.（1）求1AC 与平面1A ED 所成角的正弦值；（2）求二面角1E A D F --的余弦值；（3）圆台上底圆周上是否存在一点P 使得1FP AC ⊥，若存在，求点P 到直线11A B 的距离，若不存在则说明理由.则1(2A ，0，2)，(0C ，4，0)，(2E ，1，所以11(2,4,2),(2,0,2),(2,1,0)A C DA DE =--==设平面1A ED 的法向量为(,,)n x y z = ，则有100n DA n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即22020x z x y +=⎧⎨+=⎩，令1x =，则=2y -，1z =-，故(1,n =- 所以111||2|cos ,|3||||A C n A C n A C n ⋅<>== ，故1AC 与平面1A ED 所成角的正弦值为23点到面的距离16．（2022秋·四川·高三四川省岳池中学校考阶段练习）如图，在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面,120,3,ABC AB BC ABC PA D ∠==== 为线段PC 上一点，且BC BD ⊥.(1)在线段AC 上求一点M ，使得平面BPC ⊥平面BDM ，并证明；(2)求点C 到平面ABD 的距离.则33(0,,0),(,0,0),(0,22A B C -设PD PC λ= ,其中01λ≤≤，则BD BP PD BP PC λ=+=+ 因为BC BD ⊥，所以BC BD ⋅ 设平面BPC 的法向量为m = 则33022330m BC x y m PC y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-=⎩ 设33(0,,0),22M b b -≤≤，MB17．（2023春·广东揭阳·高三校联考阶段练习）如图所示的四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，AB CD ，AD AB ⊥，22DC AD a ===，PA PD =，二面角P AD B --的大小为135︒，点P 到底面ABCD 的距离为2a ．(1)过点P 是否存在直线l ，使直线l ∥平面ABCD ，若存在，作出该直线，并写出作法与理由；若不存在，请说明理由；(2)若2PM MC = ，求点M 到平面PAD 的距离．平面，建立空间直角坐标系，由条件（2）取线段AD 的中点为O ，线段连接,OE OP ，因为ABCD 为直角梯形，AB CD 所以//OE AB ，又AD AB ⊥，所以AD OE ⊥，因为PA PD =，所以PO AD ⊥，又PO OE O = ，,PO OE ⊂平面POE 所以AD ⊥平面POE ，过点O 在平面POE 内作直线ON ⊥则直线,,OA OE ON 两两垂直，以O 为原点，,,OA OE ON 为,,x y z 过点P 作//PF NO ，交直线OE 于点因为,ON OA ON OE ⊥⊥，,OA OE 所以ON ⊥平面ABCD ，故PF ⊥平面又点P 到底面ABCD 的距离为2a ，所以因为OE AD ⊥，OP AD ⊥，18．（2023·云南红河·统考二模）如图，在几何体ABCDEF中，菱形ABCD所在的平面与矩形BDEF所在的平面互相垂直．(1)若M 为线段BF 上的一个动点，证明：CM ∥平面ADE(2)若60BAD ∠=︒，2AB =，直线CF 与平面BCE F 到平面BCE 的距离．()3,1,0B ，()0,2,0C ，(0,0,E a19．（2023·北京·北京市八一中学校考模拟预测）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为矩形，二面角A CD E --为60°，DE CF ∥，CD DE ⊥，2AD =，3DE DC ==，6CF =．(1)求证：CD AE ⊥；(2)求直线DE 与平面AEF 所成角的正弦值．(3)直接写出λ的值，使得CG CF λ=，且三棱锥B ACG -【答案】(1)证明见解析CD AD ⊥ ，CD DE ⊥，ADE ∴∠即为二面角A CD F --的平面角，即∴(0,1,3)A ，(0,0,0),(0,3,0),(3,6,0)D E F ∴(0,2,3),(3,5,3),AE AF DE =-=-设平面AEF 的法向量为(,,)n x y z =，230,3530.n AE y z n AF x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩ 令2z =，则所以(3,3,2)n =-，∴3330cos ,10310DE n DE n DE n ⋅===20．（2023·江西九江·统考二模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AC ⊥平面11AA B B ，13ABB ∠=，1AB =，12AC AA ==，D 为棱1BB 的中点．(1)求证：AD ⊥平面11AC D ；(2)若E 为棱BC 的中点，求三棱锥1E AC D -的体积．则()0,0,0A ，1,1,02E ⎛⎫⎪⎝⎭，1,0,2D ⎛ ⎝所以1,1,02AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，1,0,2AD ⎛= ⎝ 设(),,n x y z =r为平面1AC D 的一个法向量，则10n AD n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即1302223x z x y ⎧+=⎪⎨⎪-++⎩所以点E 到平面1AC D 的距离d =则三棱锥1E AC D -的体积13S V =1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C -中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 五、高考真题衔接的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值；(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．则()2,0,0A 、()2,2,0B 、(2,0,2C 则10,,12EF ⎛⎫= ⎪⎝⎭，易知平面ABC 的一个法向量为EF ⊄ 平面ABC ，故//EF 平面2．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．由（1）得2AE =，所以12AA AB ==，1A B =则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以AC 则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z = ，则m BD m BA ⎧⋅⎨⋅⎩ 可取()1,0,1m =-，3．（2021·天津·统考高考真题）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点．（I ）求证：1//D F 平面11A EC ；（II ）求直线1AC 与平面11A EC 所成角的正弦值．（III ）求二面角11A A C E --的正弦值．4．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．。
空间夹角和距离的计算资料
工具
第七章 立体几何
栏目导引
(1)B→F ＝(－1,0,1)，D→E ＝(0，－1,1)， 于是 cos〈B→F ，D→E 〉＝|BB→→FF |·|DD→→EE |＝0＋20·＋21＝12.
所以异面直线 BF 与 DE 所成的角的大小为 60°.
(2)证明：由 A→M＝12，1，12，C→E ＝(－1,0,1)，A→D ＝(0,2,0) 可得 C→E ·A→M＝0，C→E ·A→D ＝0.因此，CE⊥AM，CE⊥AD.
【注意】 利用空间向量方法求二面角时，注意结合图形判断二面 角是锐角还是钝角．
工具
第七章 立体几何
栏目导引
已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面， ∠BAC＝90°，AB＝AA1＝2，AC＝1，M、N分别 是A1B1、BC的中点．
第7课时 空间夹角和距离的计算
工具
第七章 立体几何
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第七章 立体几何
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1．利用空间向量证明空间中的位置关系
若直线l，l1，l2的方向向量分别为v，v1，v2，平面α，β的法向量分 别为n1，n2，利用向量证明空间中平行关系与垂直关系的基本方法列表 如下：
平行
垂直
直线 与直线
直线 与平面
第七章 立体几何
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解析： (1)证明：由已知有 AC＝BC＝2 2，从而 AC2＋BC2＝AB2， 故 AC⊥BC.
取 AC 中点 O，连接 DO，则 DO⊥AC， 又平面 ADC⊥平面 ABC，平面 ADC∩平面 ABC＝AC，DO 平面 ACD，从而 DO⊥平面 ABC，∴DO⊥BC. 又 AC⊥BC，AC∩DO＝O，∴BC⊥平面 ACD.
②平面π1和π2的法向量为n1和n2，θ＝∠MRN为两个平面二面角的平
高中数学中的立体几何空间角与空间距离计算方法
高中数学中的立体几何空间角与空间距离计算方法立体几何是数学中的一个分支，其重点研究的是三维空间中点、线、面和体之间的关系。
在立体几何中，空间角和空间距离是非常关键的概念。
本文将详细探讨高中数学中的立体几何空间角与空间距离计算方法。
一、空间角的概念与计算方法1. 空间角的概念空间角指的是由两个非共面向量所张成的角度，在立体几何中具有重要的意义。
空间角的大小是依据两个向量的夹角计算得来的。
2. 空间角的计算方法在计算空间角时，我们首先需要求出两个向量的点积。
设向量a=(a1,a2,a3)和向量b=(b1,b2,b3)，则它们的点积为a*b=a1b1+a2b2+a3b3。
接下来，我们可以利用余弦定理来计算角度，即cosθ=(a*b)/(|a||b|)，其中|a|和|b|分别表示向量a和向量b的模长，θ表示向量a和向量b之间的夹角。
二、空间距离的概念与计算方法1. 空间距离的概念空间距离指的是三维空间中两个点之间的距离，也是立体几何中经常涉及到的一个概念。
2. 空间距离的计算方法我们可以借助勾股定理来计算空间距离。
设点A(x1,y1,z1)和点B(x2,y2,z2)是三维空间中的两个点，它们之间的距离为d，则d=sqrt((x2-x1)^2+(y2-y1)^2+(z2-z1)^2)。
三、空间角和空间距离的应用空间角和空间距离在立体几何中的应用非常广泛，例如在计算棱台的侧面积、计算四面体内切圆半径、求解圆锥截面面积等问题中，我们都需要用到空间角和空间距离的知识。
比如，在计算棱台的侧面积时，我们需要首先求出两条棱所在的平面之间的空间角，然后根据棱长和计算出的角度，就可以快速计算出棱台的侧面积。
在计算四面体内切圆半径时，我们需要先计算出四面体各面的法线向量，然后根据法线向量计算面上的角度，最后用勾股定理求出四面体内切圆的半径。
在求解圆锥截面面积时，我们需要用到空间角和空间距离的知识，以找出圆锥截面的边界和计算截面的面积。
立体几何中的向量方法3——空间角、距离
6 余弦值为_________ . 6
0 BAC 90 2. 直三棱柱ABC-A1B1C1中, A1A=2,
AB=AC=1, 则AC1与截面BB1CC1所成
3 10 角的余弦值为_________ 10
.
3.正方体中ABCD-A1B1C1D1中E为A1D1的
中点, 则二面角E-BC-A的大小是________ 45
B
(2)求EB与底面ABCD所成的角的正切值。
解：因为PD 平面ABCD，所以PD是平面ABCD的法向量。
z 由(1)知D(0， 0，， 0) P(0， 0，， 1) P 1 1 B(11 ， ，， 0) E (0， ， ) E 2 2 1 1 PD (0， 0， 1)， EB (1， ， ) 2 2
S 解： 建立空直角坐系A- xyz如所示, 1 D (0, , 0), S (0, 0,1) 1, 0) , A( 0, 0, 0) , C (- 1, B 2 1 易知面SBA的法向量n1 AD (0, , 0) 2 y A 1 1 D x CD (1, , 0), SD (0, , 1) 2 2 设平面 SCD的法向量n2 ( x, y, z), 由n2 CD, n2 SD, 得：
au 直线 l 与平面 所成的角为 ( 0 ≤ ≤ ), sin ； 2 a u
a u
a
u
在 长 方 体 ABCD A B C D 中 ， AB 5， 例： 1 1 1 1 AD 8, AA 4，M在B C 上 ， B M 2， 1 1 1 1 N在 线 段 A D上 ， A D AN .(1)求 证 ： A D AM 1 1 1 ( 2)求AD与 平 面 AMN的 夹 角 的 正 弦 值
立体几何求角、距离的解法
立体几何求角、距离的解法考点一、空间中的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°]。
（1）两条异面直线所成的角求法：○1先通过其中一条直线或者两条直线的平移，找出这两条异面直线所成的角，然后通过解三角形去求得；○2通过两条异面直线的方向量所成的角来求得，但是注意到异面直线所成角得范围是]2,0(π，向量所成的角范围是],0[π，如果求出的是钝角，要注意转化成相应的锐角（2）直线和平面所成的角 求法：“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。
除特殊位置外，主要是指平面的斜线与平面所成的角，根据定义采用“射影转化法”（3）二面角的度量是通过其平面角来实现的解决二面角的问题往往是从作出其平面角的图形入手，所以作二面角的平面角就成为解题的关键。
通常的作法有：（Ⅰ）定义法；（Ⅱ）利用三垂线定理或逆定理；（Ⅲ）自空间一点作棱垂直的垂面，截二面角得两条射线所成的角，俗称垂面法．此外，当作二面角的平面角有困难时，可用射影面积法解之，cos ＝SS '，其中S 为斜面面积，S ′为射影面积， 为斜面与射影面所成的二面角例题1：已知边长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，O 、O 1是上下底面正方形的中心，求二面角O 1-BC-O 的大小。
2：已知边长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 为A 1D 1、C 11的中点，求平面EFCA 与底面ABCD 所成的二面角。
点评：利用平面角定义法中特殊位置的线段。
3：已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，求平面ACD 1与平面BDC 1所成的二面角。
解：设AC 与BD 交于E ，CD 1与C 1D 交于F ，连EF 是所求二面角B-EF-C 的棱，连A 1C ，易证A 1C ⊥平面BDC 1，垂足为H ，取AD 1中点O ，连OC 交EF 于G ，连GH 。
立体几何中夹角与距离的计算(绝对精品)
第三节 立体几何中夹角与距离的计算一、求距离：1、点到平面的距离：①直接法：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， “一找二证三计算”；②等体积法：三棱锥换顶点等体积法。
2、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；3、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。
点到平面的距离平面到平面的距离直线到平面的距离⇒⎩⎨⎧ 二、求夹角1、两条异面直线所成的角：求法：先通过其中一条直线或者两条直线的平移，找出这两条异面直线所成的角，然后通过解三角形去求得；2、直线和平面所成的角：“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。
除特殊位置外，主要是指平面的斜线与它在平面内的射影之间的夹角；3、二面角：通常的作法有：①定义法：在二面角的棱上任取一点O （常指特殊点），过点O 分别在两个半平面内作垂直于棱的射线OA 和OB ，则∠AOB 即为所求二面角的平面角；②三垂线定理或逆定理：过一个半平面内一点P 向另一个半平面作垂线PA ，过点A 向棱作垂线AB ，连接PB ，则∠PAB 即为所求二面角的平面角；③自空间一点作棱垂直的垂面，截二面角得两条射线所成的角，俗称垂面法．④射影面积法解之，cos θ＝SS '，其中S 为斜面面积，S ′为射影面积，θ为斜面与射影面所成的二面角题型一：异面直线的夹角及二面角例1、如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD, AD//BC//FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF=AB=BC=FE=12A(I) 求异面直线BF 与DE 所成的角的大小； (II) 证明平面AMD ⊥平面CDE ； （III ）求二面角A-CD-E 的余弦值题型二：点面距离例2、如题（19）图，在四棱锥S ABCD -中，ADBC 且AD CD ⊥；平面CSD ⊥平面ABCD ，,22CS DS CS AD ⊥==；E 为BS 的中点，2,3CE AS ==．求：（Ⅰ）点A 到平面BCS 的距离； （Ⅱ）二面角E CD A --的大小．题型三：线面距离例3、如题（18）图，在五面体ABCDEF 中，AB ∥DC ，2BAD π∠=，2CD AD ==，四边形ABFE 为平行四边形，FA ⊥平面ABCD ，3,7FC ED ==（Ⅰ）直线AB 到平面EFCD 的距离； （Ⅱ）二面角F AD E --的平面角的正切值．题型四：线面夹角例4、如图3，在正三棱柱111ABC A B C -中，AB =4, 17AA =点D 是BC 的中点，点E 在AC 上，且DE ⊥1A E.（Ⅰ）证明：平面1A DE ⊥平面11ACC A （Ⅱ）求直线AD 和平面1A DE 所成角的正弦值题型五：点到面的距离例5、在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2，如图：（1）求证：平面A1BC1∥平面ACD1；（2）求(1)中两个平行平面间的距离；（3）求点B1到平面A1BC1的距离。
距离和夹角公式(空间向量) 精品
D
C F A E B
y
EF BG =(-0.5) (-1)+0.5 0+0 0.5=0.5 E(1, 0.5 ,0) |EF|= (0.5) 2 0.52 02 = 2 F(0.5 ,1 ,0) 2
|BG|=
(1) 0 0.5
2 2
2
=
6 2
EF BG COS<EF,BG>= | EF | | BG | 0.5 3 = 2 6 3 2 2
B(-0.5 ,0.5 ,0) G(0 ,1 ,0.5)
空间两点之间的距离
平面内两点间的距离公式: 已知A(x1,y1),B(x2,y2)则|AB|= ( x1 x 2) ( y1 y 2)
2 2
空间两点间的距离公式: 已知A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则
AB ( x 2 x1, y y
2 1,
z z )
2 1
2 2 2
dA,B=|AB|=
AB AB = ( x1 x 2) ( y1 y 2) ( z1 z 2)
练习
求下列两点之间的距离: (1)A(1,2,0) B(2,4,3) (2)C(-3,1,5) D(0,-2,3)
2 2 2 2 2 2
;
作业:第43页第7题,第9题
问题:正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为AB,BC, CC1的中点,那么EF与BG所成角的余弦值为-----
分析:求两异面直线EF与BG
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第三节 立体几何中夹角与距离的计算
一、求距离：
1、点到平面的距离：①直接法：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， “一找二证三计算”；②等体积法：三棱锥换顶点等体积法。
2、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；
3、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。
点到平面的距离平面到平面的距离直线到平面的距离
⇒⎩
⎨
⎧ 二、求夹角
1、两条异面直线所成的角：求法：先通过其中一条直线或者两条直线的平移，找出这两条异面直线所成的角，然后通过解三角形去求得；
2、直线和平面所成的角：“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。
除特殊位置外，主要是指平面的斜线与它在平面内的射影之间的夹角；
3、二面角：通常的作法有：①定义法：在二面角的棱上任取一点O （常指特殊点），过点O 分别在两个半平面内作垂直于棱的射线OA 和OB ，则∠AOB 即为所求二面角的平面角；
②三垂线定理或逆定理：过一个半平面内一点P 向另一个半平面作垂线PA ，过点A 向棱作
垂线AB ，连接PB ，则∠PAB 即为所求二面角的平面角；③自空间一点作棱垂直的垂面，截二面角得两条射线所成的角，俗称垂面法．④射影面积法解之，cos θ＝S
S '
，其中S 为斜面面积，S ′为射影面积，θ为斜面与射影面所成的二面角
题型一：异面直线的夹角及二面角
例1、如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD, AD//BC//FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF=AB=BC=FE=
1
2
A
(I) 求异面直线BF 与DE 所成的角的大小； (II) 证明平面AMD ⊥平面CDE ； （III ）求二面角A-CD-E 的余弦值
题型二：点面距离
例2、如题（19）图，在四棱锥S ABCD -中，AD
BC 且AD CD ⊥；平面CSD ⊥平
面ABCD ，,22CS DS CS AD ⊥==；E 为BS 的中点，2,3CE AS =
=．求：
（Ⅰ）点A 到平面BCS 的距离； （Ⅱ）二面角E CD A --的大小．
题型三：线面距离
例3、如题（18）图，在五面体ABCDEF 中，AB ∥DC ，2
BAD π
∠=，2CD AD ==，
四边形ABFE 为平行四边形，FA ⊥平面ABCD ，3,7FC ED ==
（Ⅰ）直线AB 到平面EFCD 的距离； （Ⅱ）二面角F AD E --的平面角的正切值．
题型四：线面夹角
例4、如图3，在正三棱柱111ABC A B C -中，AB =4, 17AA =点D 是BC 的中点，点E 在AC 上，且DE ⊥1A E.
（Ⅰ）证明：平面1A DE ⊥平面11ACC A （Ⅱ）求直线AD 和平面1A DE 所成角的正弦值
题型五：点到面的距离
例5、在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2，如图：
（1）求证：平面A1BC1∥平面ACD1；（2）求(1)中两个平行平面间的距离；（3）求点B1到平面A1BC1的距离。
1 A。