用向量法求空间角与距离

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专题6 向量法求空间角与距离(课件)高考数学二轮复习(新高考地区专用)

专题6 向量法求空间角与距离(课件)高考数学二轮复习(新高考地区专用)

=|cos 〈u,n〉|=
·


·

.
例1 [2023·河北沧州模拟]如图,在三棱锥P - ABC中,AB是△ABC外
接圆的直径,△PAC是边长为2的等边三角形,E,F分别是PC,PB的
中点,PB=AB,BC=4.
(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;
(2)求直线AB与平面AEF所成角的正弦值.
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
答案:ABD
)
2.[2022·新高考Ⅰ卷 ]如 图,直三棱柱ABC - A1B1C1 的体积为4 ,
△A1BC的面积为2 2.
(1)求A到平面A1BC的距离;
=2.
(1)证明:BD⊥EA.
(2)求平面EDCF与平面EAB夹角的余弦值.
题型三 (空间距离)点到平面的距离
已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点.过
点P作平面α的垂线l,交平面α于点Q,则n是直线l的方向向量,且点P
到平面α的距离就是AP到直线l上的投影向量QP的长度.因此PQ=
(1)证明:A1C⊥AB1;
(2)若三棱锥B1 -
2 2
A1AC的体积为 ,求二面角A1
3
- B1C - A的大小.
题后师说
用法向量求二面角的关键是正确写出点的坐标和法向量,再利用两
个平面的夹角公式求解.
巩固训练2
[2023·河南安阳模拟]在多面体EF - ABCD中,平面EDCF⊥平面
ABCD,EDCF是面积为 3的矩形,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB

用空间向量解决空间角和距离问题

用空间向量解决空间角和距离问题

0,π2
二面角
设二面角α-l-β为θ,平面α,β的法向量分别为n1,
n2,则|cos
θ|=
|cos〈n1,n2〉|

|n1·n2| |n1||n2|
[0,π]
知识点二 利用空间向量求距离(※) 点到平面的距离:用空间向量法求点到平面的距离具体步骤如下: 先确定平面的法向量,再求点与平面内一点的连线形成的斜线段在平面 的 法 向 量 上 的 射 影 长 . 如 图 , 设 n = (a , b , c) 是 平 面 α 的 一 个 法 向 量 , P0(x0,y0,z0)为α外一点,P(x,y,z)是平面α内的任意一点,则点P0到 平面 α 的距离 d=|P→P|n0|·n|=|ax0-x+ab2+y0-b2+y+c2 cz0-z|.
证明
②若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角 的正弦值.
解答
类型二 求二面角问题 例2 如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点, 求二面角A-A1D-B的余弦值.
解答
反思与感悟 求角二面角时,可以用方向向量法,也可以采用法向量 法求解.
2.向量法求距离(※) (1)求 P,Q 两点间的距离,可转化为求P→Q的模. (2)点到平面距离的求法:设 n 是平面 α 的法向量,B 是平面 α 外一点,A 是平面 α 内一点,AB 是平面 α 的一条斜线,则点 B 到平面 α 的距离为
→ d=|A|Bn·|n|.
(3)线面距离、面面距离均可转化为点面距离,利用(2)中的方法求解.
4 2×2
2=12,
且〈P→B,D→B〉∈[0,π],∴〈P→B,D→B〉=π3, ∴BD 与平面 ADMN 所成的角为π6.

专题8.8 立体几何中的向量方法(二)—求空间角与距离(重难点突破)(解析版)

专题8.8  立体几何中的向量方法(二)—求空间角与距离(重难点突破)(解析版)

专题8.7 立体几何中的向量方法(二)求空间角与距离一、考纲要求1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题;2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.二、考点梳理考点一 异面直线所成的角设a ,b 分别是两异面直线l 1,l 2的方向向量,则a 与b 的夹角β l 1与l 2所成的角θ范围 (0,π) ⎝⎛⎦⎤0,π2 求法cos β=a ·b|a ||b |cos θ=|cos β|=|a ·b ||a ||b |考点二 求直线与平面所成的角设直线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,则sin θ=|cos 〈a ,n 〉|=|a ·n ||a ||n |.考点三 求二面角的大小(1)如图①,AB ,CD 是二面角α-l -β的两个面内与棱l 垂直的直线,则二面角的大小θ=__〈AB →,CD →〉.(2)如图②③,n 1,n 2 分别是二面角α-l -β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足|cos θ|=|cos 〈n 1,n 2〉|,二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角). 【特别提醒】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 〉|,不要误记为cos θ=|cos 〈a ,n 〉|.2.二面角与法向量的夹角:利用平面的法向量求二面角的大小时,当求出两半平面α,β的法向量n 1,n 2时,要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向,来确定二面角与向量n 1,n 2的夹角是相等,还是互补.三、题型分析例1. (黑龙江鹤岗一中2019届期末)如图,在空间四边形OABC 中,OA =8,AB =6,AC =4,BC =5,∠OAC =45°,∠OAB =60°,则OA 与BC 所成角的余弦值为( )A.3-225B.2-26C.12D.32【答案】A【解析】因为BC →=AC →-AB →,所以OA →·BC →=OA →·AC →-OA →·AB →=|OA →||AC →|cos 〈OA →,AC →〉-|OA →||AB →|cos 〈OA →,AB →〉=8×4×cos 135°-8×6×cos 120°=-162+24. 所以cos 〈OA →,BC →〉=OA →·BC →|OA →||BC →|=24-1628×5=3-225.即OA 与BC 所成角的余弦值为3-225.【变式训练1-1】、(天津新华中学2019届高三质检)如图所示,四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,底面为平行四边形,以顶点A 为端点的三条棱长都为1,且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长; (2)求证:AC 1⊥BD ;(3)求BD 1与AC 夹角的余弦值.【解析】(1) 记AB →=a ,AD →=b ,AA 1→=c ,则|a |=|b |=|c |=1,〈a ,b 〉=〈b ,c 〉=〈c ,a 〉=60°, ∴a ·b =b ·c =c ·a =12.|AC 1→|2=(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2(a ·b +b ·c +c ·a )=1+1+1+2×⎝⎛⎭⎫12+12+12=6, ∴|AC →1|=6,即AC 1的长为 6. (2)证明 ∵AC 1→=a +b +c ,BD →=b -a ,∴AC 1→·BD →=(a +b +c )·(b -a )=a ·b +|b |2+b ·c -|a |2-a ·b -a ·c =b ·c -a ·c =|b ||c |cos 60°-|a ||c |cos 60°=0.∴AC 1→⊥BD →,∴AC 1⊥BD .(3)解 BD 1→=b +c -a ,AC →=a +b ,∴|BD 1→|=2,|AC →|=3, BD 1→·AC →=(b +c -a )·(a +b )=b 2-a 2+a ·c +b ·c =1.∴cos 〈BD 1→,AC →〉=BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|=66.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.例2、(2018年天津卷)如图,且AD =2BC ,,且EG =AD ,且CD =2FG ,,DA =DC =DG =2.(I )若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:;(II )求二面角的正弦值;(III )若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ);(Ⅲ).【解析】依题意,可以建立以D 为原点, 分别以,,的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D (0,0,0),A (2,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),E (2,0,2),F (0,1,2),G (0,0,2),M (0,,1),N (1,0,2).(Ⅰ)依题意=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,则即不妨令z=–1,可得n0=(1,0,–1).又=(1,,1),可得,又因为直线MN平面CDE,所以MN∥平面CDE.(Ⅱ)依题意,可得=(–1,0,0),,=(0,–1,2).设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则即不妨令z=1,可得n=(0,1,1).设m=(x,y,z)为平面BCF的法向量,则即不妨令z=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>=,于是sin<m,n>=.所以,二面角E–BC–F的正弦值为.(Ⅲ)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得.易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故,由题意,可得=sin60°=,解得h=∈[0,2].所以线段的长为.【变式训练2-1】、(吉林长春市实验中学2019届高三模拟)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点,过点E作EF⊥PB于点F.求证:(1)PA ∥平面EDB ; (2)PB ⊥平面EFD .【证明】以D 为坐标原点,射线DA ,DC ,DP 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D -xyz .设DC =a .(1)连接AC 交BD 于点G ,连接EG .依题意得A (a,0,0),P (0,0,a ),C (0,a,0),E ⎝⎛⎭⎫0,a 2,a 2. 因为底面ABCD 是正方形,所以G 为AC 的中点故点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2,a 2,0,所以PA ―→=(a,0,-a ),EG ―→=⎝⎛⎭⎫a2,0,-a 2, 则PA ―→=2EG ―→,故PA ∥EG .而EG ⊂平面EDB ,PA ⊄平面EDB ,所以PA ∥平面EDB . (2)依题意得B (a ,a,0),所以PB ―→=(a ,a ,-a ).又DE ―→=⎝⎛⎭⎫0,a 2,a 2, 故PB ―→·DE ―→=0+a 22-a 22=0,所以PB ⊥DE ,所以PB ⊥DE .由题可知EF ⊥PB ,且EF ∩DE =E ,所以PB ⊥平面EFD .例3、如图,在四棱锥PABCD 中,底面ABCD 是矩形,PA ⊥底面ABCD ,E 是PC 的中点.已知AB =2,AD =22,PA =2,求异面直线BC 与AE 所成的角的大小.【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,22,0),E(1,2,1),AE →=(1,2,1),BC →=(0,22,0).设AE →与BC →的夹角为θ,则cosθ=AE →·BC →|AE →|·|BC →|=42×22=22,所以θ=π4,所以异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.【变式训练3-1】、 如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA 1B 1C 1,CA =CC 1=2CB ,则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________.【答案】55【解析】 不妨令CB =1,则CA =CC 1=2,可得C(0,0,0),B(0,0,1),C 1(0,2,0),A(2,0,0),B 1(0,2,1),所以BC 1→=(0,2,-1),AB 1→=(-2,2,1),所以cos 〈BC 1→,AB 1→〉=BC 1→·AB 1→|BC 1→|·|AB 1→|=4-15×9=15=55>0,所以BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角,所以直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.【变式训练3-2】、如图,已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1,平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,∠ABC =90°,∠BAC =30°,A 1A =A 1C =AC ,E ,F 分别是AC ,A 1B 1的中点. (1)证明:EF ⊥BC ;(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】 (1)证明:连接A 1E ,因为A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ,所以A 1E ⊥平面ABC .如图,以点E 为原点,分别以射线EC ,EA 1为y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系E -xyz . 不妨设AC =4,则A 1(0,0,23),B (3,1,0),B 1(3,3,23),F ⎝⎛⎭⎫32,32,23,C (0,2,0). 因此,EF ―→=⎝⎛⎭⎫32,32,23,BC ―→=(-3,1,0).由EF ―→·BC ―→=0得EF ⊥BC .(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC ―→=(-3,1,0),A 1C ―→=(0,2,-23).设平面A 1BC 的法向量为n =(x ,y ,z ).由⎩⎪⎨⎪⎧BC ―→·n =0,A 1C ―→·n =0,得⎩⎨⎧-3x +y =0,y -3z =0.取n =(1, 3,1),故sin θ=|cos 〈EF ―→,n 〉|=|EF ―→·n ||EF ―→|·|n |=45,∴cos θ=35.因此,直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35.。

向量法求空间距离和角

向量法求空间距离和角

—的平而角“a®牆用向量方法求空间角和距离在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解 法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点.向 量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,木专题将运用 向量方法简捷地解决这些问题.1求空间角问题空间的角主要有:异面直线所成的角;直线和平面所成的角;二面角.(1)求异而直线所成的角.=arcsinli I/II H I法一、在Q 内N 丄/,在0内b 丄/,其方向如图,则二面角设方、乙分别为异而直线a 、b 的方向向量, a 则两异而直线所成的角 a — arccos 1 而Q 所成的角方向向量,;;是平而&的法 (3)求二而法二、设入云是二而角a-/-0的两个半平而的法向量,其方向一个指向内侧,另一个指向外侧,则二面角a-1-p的平而角a =arccos彳"22求空间距离问题构成空间的点、线、面之间有七种距离,这里着重介绍点面距离的求法,象异而直线间的距离、线而距离;而而距离都可化为点而距离来求.(1)求点而距离法一、设;;是平面Q的法向量,在a内取一点B,则A■ ■■I“・•到&的距离d =1 AB II cos 0\=空叫\n\法二、设AO丄a于O,利用AO丄a和点0在&内的向量表示,可确定点O的位置,从而求出I走1・(2)求异而直线的距离二 ___ ?—法一、找平而0使比0且砂0,则异而直线a、b的距离就转化为直线a到平面0的距离,又转化为点A到平面0的距离.法二、在a上取一点A,在b上取一点B,设方、b分别为异面直线a、b的方向向量,求;;(万丄方,齐丄乙),则・・D于点而距异而直线a、b的距离心而llcos弘空叫(此方法移植丨川(I )求异而直线DE 与FG 所成的角;rh 向量法求空间距离和角例1.如图,在棱长为2的正方体ABCD-gCQ 中,分别是棱4久心的中点•(II )求g 和ffiEFBD 所成的角;(III)求Q 到面EFBD 的距离解:(I )记异而直线DE 与g 所成的角为—则&等于向量码运的夹角或其补角,■ D E.FC 、|cos a =1—:_ I \DE\.\FC {\(II)缈初万冷万石)•(两霸頁艸坐标系D-小, —I 一 ・• II DE bl FC [丨呢= (1,0,2),面= (220)设面E 単翌進|=二・・・a 回風X^s£=("l ) A /5V5 5— _v 、 DE ・H = 0<DB • /z = 0得 7 = (-221)又 BC ; = (-2,0,2)记g 和而EFBD 所成的角为&则 sin 0 =1 cos 〈BC], n) 1=1 ."9 ? 1=I BC { II7? I 2 ・•・Bq 和面EFBD 所成的角为冬.4(III)点目到ffiEFBD 的距离d 等于向量丽;在而EFBD 的法向量上的投影的绝对值,BiTl 33.完成这3道小题后, 总结:例2・己知A BCD 是边长为1的正方形,四边形DA ・ q=0DC ・ q = 0向量法求空间距离和角设计说明:1・作为本专题的例1,首先选择以一个容易建立空间直角坐标系 的多而体 正方体为载体,来说明空间角和距离的向量求法易于学生理解.2.解决(1)后,可让学生进一步求这两条异而直线的距离,并让学生体会一下:如果用传统方法恐怕很难(不必多讲,高考对公垂线的作法不作要求).角、距离还是证明平行、垂直(是前者的特殊情况),都可用向量方法来解决, 向量方法可以人人学会,它程序化,不需技巧.AA'B'B 是矩形,平丄平面A3CD 。

向量法求空间的距离和角

向量法求空间的距离和角

所以异面直线BD与D1A间的距离为
3 。 3
(2) A1 B1 = (0,1, 0), 设n = ( x, y, z )是平面A1DB的一 个法向量,因为DA1 = (1, 0,1), DB = (1,1, 0), ì ì x +z = 0 nDA1 = 0 镲 由眄 即 取x = - 1, 镲 î x+y =0 î nDB = 0 | nA1 B1 | 1 2 于是n = (-1,1,1, ),且 = = 。 2 |n| 2 2 所以点B1到平面A1 BD的距离为 。 2
例1:如图1所示: 三棱柱ABC - A1 B1C1中,CA=CB, AB = AA1, ? BAA1 60o, ( 1)求证:AB^ A1C (2)若平面ABC ^ 平面AA1 B1 B, AB =CB,求直线A1C与平面BB1C1C 所成角的正弦值。
C C1
B A A1
B1
图1
C
C1
O
B A1
Z
解:由(1)知OC ^ AB,OA1 ^ AB, 又平面ABC ^ 平面AA1 B1 B,交线 为AB,所以OC ^ 平面AA1 B1 B, 故OA、OA1、OC两两相互垂直。 建立如图所示的空间直角坐标系 A
O
C
C1
B A1
B1 图1-2
X o - xyz 设AB = 2,由题设知A(1, 0, 0)、B(- 1, 0, 0)、C (0, 0, 3)、A1 (0, 3, 0), 则BC = (1, 0, 3)、 BB1 = AA1 = (- 1, 3, 0)、 A1C = (0, - 3, 3). 设n = ( x, y, z )是平面BBCC的法向量,则 ì x + 3z = 0 ì nBC = 0 镲 即 可取n = ( 3,1, -1), 眄 镲 î nBB1 = 0 î - x + 3y = 0 nA1C 10 故 cos < n, A1C >= =. 5 | n | ×| A1C |

第7讲 利用空间向量求空间角、空间距离

第7讲 利用空间向量求空间角、空间距离

[注意] 直线与平面所成角的范围为[0,π2],而向量之间的夹角的范围为 [0,π],所以公式中要加绝对值.
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利用空间向量求空间角、空间距离
《高考特训营》 ·数学 返 回
3.二面角
(1)若 AB,CD 分别是二面角α­l-β 的两个平面内与棱 l 垂直的异面直线,
则二面角(或其补角)的大小就是向量A→B与C→D的夹角,如图①.
逻辑推理
的距离问题和简单夹角问题.
2.平面与平面的夹 数学运算
2.了解向量方法在研究立体几何问题中 角(二面角)
直观想象
的作用
3.距离问题
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利用空间向量求空间角、空间距离
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01 02
知识特训 能力特训
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利用空间向量求空间角、空间距离
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01
知识特训
范围为(0,π),所以公式中要加绝对值.
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利用空间向量求空间角、空间距离
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2.直线与平面所成角 如图所示,设 l 为平面α的斜线,l∩α=A,a 为 l 的方向向量,n 为平面α 的法向量,θ为 l 与α所成的角,则 sin θ=|cos 〈a,n〉|=||aa|·|nn||.
(3)点到平面的距离
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如 B 到图平所面示,α 已的知距离AB为为|B→平O|面=_α_|A的→_B_|n一_·_| 条_n_| 斜__线__段.,n 为平面 α 的法向量,则点
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利用空间向量求空间角、空间距离
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[记结论·提速能] 【记结论】
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利用空间向量求空间角、空间距离

课件2:8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

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).

用空间向量研究距离,夹角问题公式

用空间向量研究距离,夹角问题公式

用空间向量研究距离,夹角问题公式
对于距离和夹角问题的研究,空间向量提供了一种有效的方法。

空间向量是指具有方向和大小的矢量,可以用来表示在三维空间中的物理量或者几何对象。

首先,我们来讨论两个点之间的距离问题。

在空间向量中,两个点的距离可以通过计算它们的欧几里得距离来确定。

欧几里得距离是指从一个点到另一个点的直线距离。

如果我们将两个点表示为向量A和向量B,那么它们之间的欧几里得距
离可以使用以下公式计算:
距离 = |向量AB| = √((Bx-Ax)^2 + (By-Ay)^2 + (Bz-Az)^2)
其中,Ax、Ay、Az分别表示向量A的x、y、z坐标,Bx、By、Bz分别表示
向量B的x、y、z坐标。

通过这个公式,我们可以计算出两个向量之间的距离。

接下来,让我们来看一下关于夹角问题的公式。

在空间向量中,可以使用两个向量的点积和模长之间的关系来计算它们之间的夹角。

如果我们将两个向量表示为向量A和向量B,它们的夹角可以通过以下公式计算:
夹角θ = arccos((向量A·向量B) / (|向量A| × |向量B|))
其中,向量A·向量B表示两个向量的点积,|向量A|和|向量B|分别表示向量A 和向量B的模长。

通过这个公式,我们可以确定两个向量之间的夹角。

通过使用上述的距离和夹角问题的公式,我们可以将空间向量用于研究并解决各种几何和物理问题。

这些公式能够提供详细而完整的信息,帮助我们深入了解空间中不同物体之间的距离和夹角关系。

无论是在几何学、物理学还是其他相关领域,空间向量的研究都具有重要的应用价值。

利用空间向量求角和距离典型例题精讲

利用空间向量求角和距离典型例题精讲

9.8用空间向量求角和距离一、明确复习目标1.了解空间向量的概念;会建立坐标系,并用坐标来表示向量; 2.理解空间向量的坐标运算;会用向量工具求空间的角和距离.二.建构知识网络1.求角:(1)直线和直线所成的角:求二直线上的向量的夹角或补角; (2)直线和平面所成的角: ①找出射影,求线线角;②求出平面的法向量n ,直线的方向向量a ,设线面角为θ,则|cos ,|||||||n asin n a n a θ⋅=<>=⋅.(3)二面角:①求平面角,或求分别在两个面内与棱垂直的两个向量的夹角(或补角); ②求两个法向量的夹角(或补角). 2.求距离(1)点M 到面的距离||cos d MN θ=(如图)就是斜线段MN 在法向量n 方向上的正投影. 由||||cos ||n NM n NM n d θ⋅=⋅⋅=⋅ 得距离公式:||||n NM d n ⋅=(2)线面距离、面面距离都是求一点到平面的距离;(3)异面直线的距离:求出与二直线都垂直的法向量n 和连接两异面直线上两点的向量NM ,再代上面距离公式.三、双基题目练练手1.在空间直角坐标系中,已知点P (x ,y ,z ),下列叙述中正确的个数是 ( ) ①点P 关于x 轴对称点的坐标是P 1(x ,-y ,z ) ②点P 关于yOz 平面对称点的坐标是P 2(x ,-y ,-z ) ③点P 关于y 轴对称点的坐标是P 3(x ,-y ,z ) ④点P 关于原点对称的点的坐标是P 4(-x ,-y ,-z ) A.3 B.2 C.1D.02. 直三棱柱A 1B 1C 1—ABC ,∠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 .1030B . 21C .1530 D .10153.已知向量a =(1,1,0),b =(-1,0,2),且ka +b 与2a -b 互相垂直,则k = ___ 4. 已知A (3,2,1)、B (1,0,4),则线段AB 的中点坐标和长度分别是 , .◆答案提示: 1. C ; 2. A ; 3. 57;4.(2,1,25),d AB =17四、以典例题做一做【例1】 (2005江西)如图,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.(1)证明:D 1E ⊥A 1D ;(2)当E 为AB 的中点时,求点E 到面ACD 1的距离; (3)AE 等于何值时,二面角D 1—EC —D 的大小为4π.解:以D 为坐标原点,直线DA ,DC ,DD 1分别为x ,y ,z轴,建立空间直角坐标系,设AE =x ,则A 1(1,0,1),D 1(0,0,1),E (1,x ,0),A (1,0,0)C (0,2,0)(1)11(1,0,1)(1,,1)DA D E x ⋅=⋅-因为110,.DA D E =⊥所以 (2)因为E 为AB 的中点,则E (1,1,0), 从而)0,2,1(),1,1,1(1-=-=AC E D ,)1,0,1(1-=AD , 设平面ACD 1的法向量为,n n 则不与y 轴垂直,可设(,1,)n a c =,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,01AD n AC n也即200a a c -+=⎧⎨-+=⎩,得2a a c=⎧⎨=⎩,从而)2,1,2(=n , ∴点E 到平面AD 1C 的距离:.313212||||1=-+=⋅=n n E D h (3)1(1,2,0),(0,2,1),CE x DC =-=-1(0,0,1),DD = 设平面D 1EC 的法向量(,1,)n a c =,由10,20(2)0.0,n D C c a x n CE ⎧⋅=-=⎧⎪⇒⎨⎨+-=⋅=⎩⎪⎩ ).2,1,2(x n -= 依题意11||2cos 42||||n DD n DD π⋅==⋅222.2(2)5x ⇒=-+∴321+=x (不合,舍去),322-=x . ∴AE =32-时,二面角D 1—EC —D 的大小为4π【例2】(2005全国)已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形,AB ∥DC ,⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD ,且P A =AD =DC =21AB =1,M 是PB 的中点。

空间角与距离的计算

空间角与距离的计算

由△PAD 为等腰直角三角形得 PN⊥AD. 由 DC⊥AD,BC∥AD,BC=12AD,N 是 AD 的中点得 BN⊥AD.所以 AD⊥平面 PBN. 由 BC∥AD 得 BC⊥平面 PBN, 则平面 PBC⊥平面 PBN. 过点 Q 作 PB 的垂线, 垂足为 H,连接 MH,易知 QH⊥平面 PBC, 所以 MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影, 所以∠QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的角.
令 y=1,则 n=(0,1,-1),
BF=1,EPPF=2,所以 EP=233,设 D 到面 PEA 的距离为 d,
因为 VA-EDP=VD-AEP,即13·AD·S△EDP=13·d·S△AEP,所以 d=
AD·S△EDP= S△AEP

3 3

33× 2
2 2.
【通法指导】 诚如上文所说,求点面距问题可以采用等积转换和向量 法求解,除此之外个别问题也可采用垂面法(利用面面垂直性 质定理)和等价转移法(利用线面平行)求解.当然,一些求几 何体体积问题,也是对点面距问题的相应考查.
因为A→P=-1,2
3
3,1,A→E=(-1,0,1)

所以xy==z0,, 令 z=1,则 n=(1,0,1). 因为D→A=(1,0,0),
所以
D
到面
APE
的距离为
d=|D→|An·|n|=
|1| = 2
2 2.
解法二:由(1)知,AD⊥平面 BFED,所以 AD⊥EP,
AD⊥ED.又因为 EP⊥ED,所以 EP⊥平面 ADE.BD= 3,
【题型分析】 如图,在梯形 ABCD 中,AB∥CD,AD=DC=CB=1, ∠BCD=120°,四边形 BFED 为矩形,平面 BFED⊥平面 ABCD,BF=1.

周练习:空间角与距离的向量求法(第4周)

周练习:空间角与距离的向量求法(第4周)

周练习:空间角与距离的向量求法(第4周)空间角与距离的向量求法一、公式:二、典型例题:例题:正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为2, E、F分别为棱BC、CD的中点,求: (1)异面直线A1F与C1E所成的角;(2)直线A1F与面A1BD所成的角;(3)求平面A1BD与平面C1BF所成的二面角有大小;(4)求点E到平面C1BF的距离;(5)求证:AD1//平面C1BF,并求AD1到平面C1BF的距离;(6)求异面直线A1F 与C1E 间的距离。

三、练习:1.直线m 与平面α间距离为d ,那么到m 与α距离都等于2d 的点的集合是 ( )A .一个平面B .一条直线C .两条直线D .空集2.异面直线a 、b 所成的角为θ,a 、b 与平面α都平行,b ⊥平面β,则直线a 与平面β所成的角( )A .与θ相等B .与θ互余C .与θ互补D .与θ不能相等.3.在正方体ABCD —A 'B 'C 'D '中,BC '与截面BB 'D 'D 所成的角为 ( )A .3πB .4πC .6πD .arctan24.有一山坡,它的倾斜角为30°,山坡上有一条小路与斜坡底线成45°角,某人沿这条小路向上走了200米,则他升高了 ( ) A .1002米 B .502米 C .256米 D .506米5.正四面体A —BCD 中E 、F 分别是棱BC 和AD 之中点,则EF 和AB 所成的角 ( )A .45︒B .60︒C .90︒D .30︒ 6.把∠A =60°边长为a 的菱形ABCD 沿对角线BD 折成60°二面角,AC 与BD 的距离为( )A .43 a B .43 a C .23 a D .46a 7.已知A (1,1,1),B (-1,0 ,4),C (2 ,-2,3),则〈AB ,CA 〉的大小为( )A .6πB .65πC .3π D .32π8.从平面α外一点P 引斜线段PA 和PB ,它们与α分别成45︒和30︒角,则∠APB 的最大值是______最小值是_______9.∆ABC 中∠ACB=90︒,PA ⊥平面ABC ,PA=2,AC=2 3 ,则平面PBC 与平面PAC ,平面ABC所成的二角的大小分别是______、_________. 10.如图,四棱锥S —ABCD 的底面是边长为1的正方形,SD 垂直于底面ABCD ,SB=3. (1)求证BC ⊥SC ; (2)求面ASD 与面BSC 所成二面角的大小; (3)设棱SA 的中点为M ,求异面直线DM 与SB 所成角的大小.11.如图,已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直,AB =2,AF =1,M 是线段EF 的中点.(1)求证AM //平面BDE ;(2)求二面角A -DF -B 的大小; (3)试在线段AC 上确定一点P ,使得PF 与BC 所成的角是60︒.12.如图,正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1,而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直.点M在AC 上移动,点N 在BF 上移动,若a BN CM ==)20(<<a .(1)求MN 的长;(2)当a 为何值时,MN 的长最小;(3)当MN 长最小时,求面MNA 与面MNB 所成的二面角α的大小.练习参考答案1、C2、B3、C4、B5、A6、A7、D8、750 ,1509、900 ,30010.(1)证法一:如,∵底面ABCD 是正方形, ∴BC ⊥DC . ∵SD ⊥底面ABCD ,∴DC 是SC 在平面ABCD 上的射影, 由三垂线定理得BC ⊥SC .证法二:如图1,∵底面ABCD 是正方形, ∴BC ⊥DC .∵SD ⊥底面ABCD , ∴SD ⊥BC ,又DC ∩SD=D ,∴BC ⊥平面SDC ,∴BC ⊥SC .(2)解:如图2,过点S 作直线,//AD l l ∴在面ASD 上,∵底面ABCD 为正方形,l BC AD l ∴∴,////在面BSC 上, l ∴为面ASD 与面BSC 的交线.l ∴,,,,SC l SD l SC BC AD SD ⊥⊥∴⊥⊥∴∠CSD 为面ASD 与面BSC 所成二面角的平面角.(以下同解法一) (3)解1:如图2,∵SD=AD=1,∠SDA=90°,∴△SDA 是等腰直角三角形.又M 是斜边SA 的中点,∴DM ⊥SA .∵BA ⊥AD ,BA ⊥SD ,AD ∩SD=D ,∴BA ⊥面ASD ,SA 是SB 在面ASD 上的射影.由三垂线定理得DM ⊥SB . ∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°. 解2:如图3,取AB 中点P ,连结MP ,DP .在△ABS 中,由中位线定理得 MP//SB ,DMP∠∴是异面直线DM 与SB 所成的角.2321==SB MP ,又,25)21(1,222=+==DP DM ∴在△DMP 中,有DP 2=MP 2+DM 2,︒=∠∴90DMP∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°.11.解法一: (1)记AC 与BD 的交点为O,连接OE, ∵O、M 分别是AC 、EF 的中点,ACEF 是矩形,∴四边形AOEM 是平行四边形, ∴AM∥OE.∵⊂OE 平面BDE , ⊄AM 平面BDE ,∴AM∥平面BDE . (2)在平面AFD 中过A 作AS⊥DF 于S ,连结BS ,∵AB⊥AF, AB⊥AD,,A AF AD = ∴AB⊥平面ADF ,∴AS 是BS 在平面ADF 上的射影,由三垂线定理得BS⊥DF.∴∠BSA 是二面角A —DF —B 的平面角. 在RtΔASB 中,,2,36==AB AS ∴,60,3tan ︒=∠=∠ASB ASB ∴二面角A —DF —B 的大小为60º.(3)设CP=t (0≤t≤2),作PQ⊥AB 于Q ,则PQ∥AD, ∵PQ⊥AB,PQ⊥AF,A AF AB= ,∴PQ⊥平面ABF ,⊂QE 平面ABF ,∴PQ⊥QF.在RtΔPQF 中,∠FPQ=60º,PF=2PQ . ∵ΔPAQ 为等腰直角三角形,∴).2(22t PQ -=又∵ΔPAF 为直角三 角形,∴1)2(2+-=t PF ,∴).2(2221)2(2t t -⋅=+-所以t=1或t=3(舍去),即点P 是AC 的中点.解法二: (1)建立如图所示的空间直角坐标系.设N BD AC = ,连接NE , 则点N 、E 的坐标分别是()0,22,22、(0,0,1),∴)1,22,22(--=NE , 又点A 、M 的坐标分别是图1图2图3A BCD EFNMPQ)0,2,2(,()1,22,22 ∴AM =()1,22,22--∴AM NE =且NE 与AM 不共线,∴NE∥AM.又∵⊂NE 平面BDE , ⊄AM 平面BDE ,∴AM∥平面BDF . (2)∵AF ⊥AB ,AB ⊥AD ,AF ,A AD = ∴AB ⊥平面ADF .∴AB )0,0,2(-=为平面DAF 的法向量.∵DB NE ⋅=()1,22,22--·)0,2,2(-=0,∴NF NE ⋅=()1,22,22--·)0,2,2(=0得 DB NE ⊥,NF NE ⋅,∴NE 为平面BDF 的法向量.∴cos <>⋅NE AB =21∴AB 与NE 的夹角是60º.即所求二面角A —DF —B 的大小是60º.(3)设P(t,t,0)(0≤t≤2)得PF ),1,2,2(t t --=∴BC =(2,0,0)又∵PF 和BC 所成的角是60º.∴21)2()2(2)2(60cos 22⋅+-+-⋅-=︒t t t解得22=t 或223=t (舍去),即点P 是AC 的中点. 12.解:(1)作MP ∥AB 交BC 于点P ,NQ ∥AB 交BE 于点Q ,连结PQ ,依题意可得MP ∥NQ ,且MP =NQ ,即MNQP 是平行四边形∴MN =PQ由已知a BN CM ==,1===BE AB CB∴2==BF AC 又21a CP =,21aBQ =, 即2a BQ CP ==∴MN=PQ =22)1(BQ CP +-=22)2()21(a a +-=21)22(2+-a )20(<<a(2)由(Ⅰ),MN=21)22(2+-a ,所以,当22=a 时,MN=22 即M 、N 分别移动到AC 、BF 的中点时,MN 的长最小,最小值为22.(3)取MN 的中点G ,连结AG 、BG ,∵AN AM =,BN BM =,G 为MN 的中点∴AG ⊥MN ,BG ⊥MN ,∠AGB 即为二面角α的平面角,又AG =BG 46=,所以,由余弦定理有316614646cos 22-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=α, 故所求二面角⎪⎭⎫⎝⎛-=31arccos α。

向量法求解空间距离与空间角

向量法求解空间距离与空间角

向量法求解空间距离与空间角要求能掌握用向量法解决空间距离与空间角问题。

一、 空间向量与空间距离由向量的数量积||||cos AB b AB b θ⋅=⋅可知,向量AB 在向量b (直线l 的方向向量)方向上的射影(投影)是||cos ||AB b AB b θ⋅=,也就是说向量AB 在向量b (直线l 的方向向量)方向上的射影(投影)是线段AB 在直线l 上射影线段的长。

1、 点面距离公式:平面α的法向量为n ,P 是平面α外一点,点M 为平面α内任一点,则P 到平面α的距离d 就是MP在向量n 方向上射影的绝对值,即||||n MP d n ⋅=。

2、 线面距离公式: 平面α∥直线l ,平面α的法向量为n ,P ∈直线l ,点M 为平面α内一点,则直线l 与平面α的距离d 就是MP 在向量n 方向上射影的绝对值,即||||n MP d n ⋅=。

3、 面面距离公式:平面α∥平面β,平面α的法向量为n,点M 为平面α内一点,点P 为β平面β内一点,则平面α与平面β的距离d就是MP 在向量n 方向上射影的绝对值,即||||n MP d n ⋅=。

4、向量法求解距离问题的步骤: ① 建立适当的空间直角坐标系;② 将相应线段及平面的法线等用向量或坐标表示出来; ③ 利用向量的相应距离公式求解。

5、典例评析: 例1、(03广东)已知四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB=1,AA 1=2,点E 是CC 1的中点,F 是BD 1中点。

(1)证明:EF 是BD 1与CC 1的公垂线; (2)求点D 1到面BDE 的距离。

二、 空间向量与空间的角 1、 异面直线所成的角:异面直线a 、b 的方向向量分别为m 、n,其向量的夹角为θ,直线a 、b 的所成的角为α,(0,]2πα∈,则||cos |cos |||||m n m n αθ⋅== ,即||cos ||||m n arc m n α⋅=。

高中数学空间向量与立体几何立体几何中的向量方法利用空间向量求空间角空间距离问题数学.doc

高中数学空间向量与立体几何立体几何中的向量方法利用空间向量求空间角空间距离问题数学.doc

3.2.3 利用空间向量求空间角、空间距离问题1.空间角及向量求法(1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等.( )(2)直线l∥平面α,则直线l到平面α的距离就是直线l上的点到平面α的距离.( )(3)若平面α∥β,则两平面α,β的距离可转化为平面α内某条直线到平面β的距离,也可转化为平面α内某点到平面β的距离.( )答案 (1)× (2)√ (3)√2.做一做(请把正确的答案写在横线上)(1)已知两平面的法向量分别为m =(0,1,0),n =(0,1,1),则两平面所成的二面角的大小为________.(2)(教材改编P 111A 组T 11)如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 是C 1C 的中点,O 是底面ABCD 的中点,P 是A 1B 1上的任意点,则直线BM 与OP 所成的角为________.(3)已知平面α的一个法向量为n =(-2,-2,1),点A (-1,3,0)在平面α内,则点P (-2,1,4)到平面α的距离为________.答案 (1)45°或135° (2)π2 (3)103解析 (2)建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为2 ,则O (1,1,0),P (2,x,2),B (2,2,0),M (0,2,1),则OP→=(1,x -1,2),BM →=(-2,0,1).所以OP →·BM →=0,所以直线BM 与OP 所成角为π2. 探究1 利用空间向量求线线角例1 如图1,已知两个正四棱锥P -ABCD 与Q -ABCD 的高分别为1和2,AB =4.求异面直线AQ 与PB 所成角的余弦值.[解] 由题设知,ABCD 是正方形,连接AC ,BD ,交于点O ,则AC ⊥BD .连接PQ ,则PQ 过点O .由正四棱锥的性质知PQ ⊥平面ABCD ,故以O 为坐标原点,以直线CA,DB,QP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图2),则P(0,0,1),A(22,0,0),Q(0,0,-2),B(0,22,0),∴AQ→=(-22,0,-2),PB→=(0,22,-1).于是cos〈AQ→,PB→〉=AQ→·PB→|AQ→||PB→|=39,∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为3 9 .拓展提升两异面直线所成角的求法(1)平移法:即通过平移其中一条(也可两条同时平移),使它们转化为两条相交直线,然后通过解三角形获解.(2)取定基底法:在一些不适合建立坐标系的题型中,我们经常采用取定基底的方法,这是小技巧.在由公式cos〈a,b〉=a·b|a||b|求向量a、b的夹角时,关键是求出a·b及|a|与|b|,一般是把a、b用一组基底表示出来,再求有关的量.(3)用坐标法求异面直线的夹角的方法①建立恰当的空间直角坐标系;②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式;③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角;④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角.【跟踪训练1】如图,在三棱锥V-ABC中,顶点C在空间直角坐标系的原点处,顶点A,B,V分别在x,y,z轴上,D是线段AB 的中点,且AC =BC =2,∠VDC =θ.当θ=π3时,求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值.解 由于AC =BC =2,D 是AB 的中点,所以C (0,0,0),A (2,0,0),B (0,2,0),D (1,1,0).当θ=π3时,在Rt △VCD 中,CD =2,故有V (0,0,6).所以AC →=(-2,0,0),VD →=(1,1,-6).所以cos 〈AC →,VD →〉=AC →·VD→|AC →||VD →|=-22×22=-24.所以异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24.探究2 利用空间向量求线面角例2 正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为a ,侧棱长为2a ,求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.[解] 建立如下图所示的空间直角坐标系,则A (0,0,0),B (0,a,0),A 1(0,0, 2a ),C 1⎝⎛⎭⎪⎪⎫-32a ,a2, 2a , 取A 1B 1的中点M ,则M ⎝⎛⎭⎪⎫0,a2,2a ,连接AM ,MC 1,有MC 1→=⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫-32a ,0,0, AB →=(0,a,0),AA1→=(0,0,2a ).∴MC 1→·AB →=0,MC 1→·AA 1→=0, ∴MC 1→⊥AB →,MC1→⊥AA 1→, 即MC 1⊥AB ,MC 1⊥AA 1,又AB ∩AA 1=A , ∴MC 1⊥平面ABB 1A 1 .∴∠C 1AM 是AC 1与侧面A 1ABB 1所成的角.由于AC 1→=⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫-32a ,a 2,2a ,AM →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a 2,2a ,∴AC 1→·AM →=0+a 24+2a 2=9a 24,|AC 1→|=3a 24+a 24+2a 2=3a , |AM →|=a 24+2a 2=32a , ∴cos 〈AC1→,AM →〉=9a 243a ×3a 2=32. ∴〈AC 1→,AM →〉=30°,即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°. [解法探究] 此题有没有其他解法?解 与原解建立相同的空间直角坐标系,则AB →=(0,a,0),AA1→=(0,0,2a ),AC 1→=⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫-32a ,a 2,2a . 设侧面ABB 1A 1的法向量n =(λ,x ,y ),∴n ·AB →=0且n ·AA1→=0.∴ax =0且2ay =0.∴x =y =0.故n =(λ,0,0).∵AC 1→=⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫-32a ,a 2,2a , ∴cos 〈AC 1→,n 〉=n ·AC1→|n ||AC 1→|=-λ2|λ|.∴|cos 〈AC 1→,n 〉|=12. ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.[条件探究] 此题中增加条件“E ,F ,G 为AB ,AA 1,A 1C 1的中点”,求B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值.解 建立如图所示的空间直角坐标系,则B 1(0,a ,2a ),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a 2,0,F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0,0,22a ,G ⎝⎛⎭⎪⎪⎫-34a ,a 4,2a , 于是B 1F →=⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0,-a ,-22a ,EF →=⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0,-a 2,22a , EG →=⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫-34a ,-a 4,2a . 设平面GEF 的法向量n =(x ,y ,z ),则⎩⎨⎧n ·EF →=0,n ·EG →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧-a 2y +22az =0,-34ax -a 4y +2az =0,所以⎩⎪⎨⎪⎧y =2z ,x =6z ,令z =1,得x =6,y =2,所以平面GEF 的一个法向量为n =(6,2,1), 所以|cos 〈B 1F →,n 〉|=|n ·B 1F →||n ||B 1F →|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪-2a -22a 9×a 2+a 22=33. 所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为33.拓展提升求直线与平面的夹角的方法与步骤思路一:找直线在平面内的射影,充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值).思路二:用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量.利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤:(1)建立空间直角坐标系; (2)求直线的方向向量AB →; (3)求平面的法向量n ;(4)计算:设线面角为θ,则sin θ=|n ·AB→||n ||AB→|.【跟踪训练2】 如图,四棱锥P -ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB =AD =AC =3,PA =BC =4,M 为线段AD 上一点,AM =2MD ,N 为PC 的中点.(1)证明:MN ∥平面PAB ;(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.解 (1)证明:由已知得AM =23AD =2.取BP 的中点T ,连接AT ,TN .由N 为PC 的中点知TN ∥BC ,TN =12BC =2.又AD ∥BC ,故TN 綊AM ,四边形AMNT 为平行四边形,于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面PAB ,MN ⊄平面PAB ,所以MN ∥平面PAB .(2)取BC 的中点E ,连接AE .由AB =AC 得AE ⊥BC ,从而AE ⊥AD ,且AE =AB 2-BE 2=AB2-⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22= 5.以A 为坐标原点,AE →的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .由题意知,P (0,0,4),M (0,2,0),C (5,2,0),N ⎝⎛⎭⎪⎪⎫52,1,2, PM →=(0,2,-4),PN →=⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52,1,-2,AN →=⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52,1,2. 设n =(x ,y ,z )为平面PMN 的法向量,则⎩⎨⎧n ·PM →=0,n ·PN →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧2y -4z =0,52x +y -2z =0,可取n =(0,2,1).于是|cos 〈n ,AN →〉|=|n ·AN →||n ||AN →|=8525,则直线AN 与平面PMN所成角的正弦值为8525.探究3 利用空间向量求二面角例3 如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD ,∠AFD =90°,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.[解] (1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点,GF→的方向为x轴正方向,|GF→|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=3,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).由已知,AB∥EF,AB⊄平面EFDC,EF⊂平面EFDC,所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE -F的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,3).连接AC,则EC→=(1,0,3),EB→=(0,4,0),AC→=(-3,-4,3),AB→=(-4,0,0).设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则⎩⎨⎧n ·EC →=0,n ·EB →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧x +3z =0,4y =0,所以可取n =(3,0,-3).设m 是平面ABCD 的法向量,则⎩⎨⎧m ·AC →=0,m ·AB →=0,同理可取m =(0,3,4).则cos 〈n ,m 〉=n ·m |n ||m |=-21919.故二面角E -BC -A 的余弦值为-21919.拓展提升二面角的向量求法(1)若AB ,CD 分别是二面角α-l -β的两个半平面内与棱l 垂直的异面直线,则二面角的大小就是向量AB →与CD →的夹角(如图①).(2)利用坐标法求二面角的步骤设n 1,n 2分别是平面α,β的法向量,则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小,如图②.用坐标法的解题步骤如下:①建系:依据几何条件建立适当的空间直角坐标系. ②求法向量:在建立的坐标系下求两个面的法向量n 1,n 2.③计算:求n1与n2所成锐角θ,cosθ=|n1·n2| |n1||n2|.④定值:若二面角为锐角,则为θ;若二面角为钝角,则为π-θ.【跟踪训练3】若PA⊥平面ABC,AC⊥BC,PA=AC=1,BC =2,求二面角A-PB-C的余弦值.解 解法一:如下图所示,取PB 的中点D ,连接CD .∵PC =BC =2,∴CD ⊥PB .∴作AE ⊥PB 于E ,那么二面角A -PB -C 的大小就等于异面直线DC 与EA 所成的角θ的大小.∵PD =1,PE =PA 2PB =12,∴DE =PD -PE =12,又∵AE =AP ·AB PB =32,CD =1,AC =1,AC →=AE →+ED →+DC →,且AE →⊥ED →,ED →⊥DC→,∴|AC →|2=|AE →|2+|ED →|2+|DC →|2+2|AE →|·|DC →|·cos(π-θ), 即1=34+14+1-2×32×1×cos θ,解得cos θ=33.故二面角A -PB -C 的余弦值为33.解法二:由解法一可知,向量DC →与EA →的夹角的大小就是二面角A -PB -C 的大小,如图,建立空间直角坐标系Cxyz ,则A (1,0,0),B (0,2,0),C (0,0,0),P (1,0,1),D 为PB的中点,D ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12,22,12. ∵PE EB =AP 2AB 2=13,即E 分PB →的比为13,∴E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫34,24,34,EA →=⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14,-24,-34, DC →=⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫-12,-22,-12,|EA →|=32,|DC →|=1,EA →·DC →=14×⎝ ⎛⎭⎪⎫-12+⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫-24×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫-22+⎝ ⎛⎭⎪⎫-34×⎝ ⎛⎭⎪⎫-12=12.∴cos 〈EA →,DC →〉=EA →·DC →|EA →||DC →|=33. 故二面角A -PB -C 的余弦值为33.解法三:如右图所示,建立空间直角坐标系,则A (0,0,0),B (2,1,0),C (0,1,0),P (0,0,1),AP →=(0,0,1),AB →=(2,1,0),CB →=(2,0,0),CP →=(0,-1,1),设平面PAB 的法向量为m =(x ,y ,z ),则⎩⎨⎧m ·AP →=0,m ·AB →=0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ,y ,z ·0,0,1=0,x ,y ,z ·2,1,0=0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y =-2x ,z =0,令x =1,则m =(1,-2,0),设平面PBC 的法向量为n =(x ′,y ′,z ′),则⎩⎨⎧n ·CB →=0,n ·CP →=0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ′,y ′,z ′·2,0,0=0,x ′,y ′,z ′·0,-1,1=0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ′=0,y ′=z ′.令y ′=-1,则n =(0,-1,-1),∴cos 〈m ,n 〉=m ·n |m ||n |=33.∴二面角A -PB -C 的余弦值为33.探究4 利用空间向量求距离例4 已知正方形ABCD 的边长为1,PD ⊥平面ABCD ,且PD =1,E ,F 分别为AB ,BC 的中点.(1)求点D 到平面PEF 的距离; (2)求直线AC 到平面PEF 的距离.[解] 解法一:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则D (0,0,0),P (0,0,1),A (1,0,0),C (0,1,0),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1,12,0,F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1,0.设DH ⊥平面PEF ,垂足为H ,则DH →=xDE →+yDF →+zDP →=⎝ ⎛⎭⎪⎫x +12y ,12x +y ,z ·(x +y +z =1),PE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫1,12,-1,PF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1,-1.∴DH →·PE →=x +12y +12⎝ ⎛⎭⎪⎫12x +y -z =54x +y -z =0.同理,DH →·PF →=x +54y -z =0,又x +y +z =1,∴可解得x =y =417,z =917.∴DH →=317(2,2,3).∴|DH →|=31717.因此,点D 到平面PEF 的距离为31717.(2)设AH ′⊥平面PEF ,垂足为H ′,则AH ′→∥DH →,设AH ′→=λ(2,2,3)=(2λ,2λ,3λ)(λ≠0),则EH ′→=EA →+AH ′→=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-12,0+(2λ,2λ,3λ)=⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ,2λ-12,3λ.∴AH ′→·EH ′→=4λ2+4λ2-λ+9λ2=0,即λ=117.∴AH ′→=117(2,2,3),|AH ′→|=1717, 又AC ∥平面PEF ,∴AC 到平面PEF 的距离为1717.解法二:(1)由解法一建立的空间直角坐标系知EF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,12,0,PE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫1,12,-1,DE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫1,12,0,设平面PEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧-12x +12y =0,x +12y -z =0,解得⎩⎪⎨⎪⎧y =x ,z =32x ,令x =2,则n =(2,2,3), ∴点D 到平面PEF 的距离d =|DE →·n ||n |=|2+1|4+4+9=31717.(2)∵AC ∥EF ,∴直线AC 到平面PEF 的距离也即是点A 到平面PEF 的距离.又AE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,0,∴点A 到平面PEF 的距离为 d =|AE →·n ||n |=117=1717.拓展提升1.向量法求点到直线的距离的两种思路(1)将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题,即利用待定系数法求出垂足的坐标,然后求出向量的模,这是求各种距离的通法.(2)直接套用点线距公式求解,其步骤为直线的方向向量a →所求点到直线上一点的向量PP ′→及其在直线的方向向量a 上的投影→代入公式.注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化. 2.点面距、线面距、面面距的求解方法线面距、面面距实质上都是求点面距,求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行.点面距的求解步骤:(1)求出该平面的一个法向量;(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量; (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值,再除以法向量的模,即可求出点到平面的距离.【跟踪训练4】 正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2,E ,F ,G 分别是C 1C ,D 1A 1,AB 的中点,求点A 到平面EFG 的距离.解 如图,建立空间直角坐标系,则A (2,0,0),E (0,2,1),F (1,0,2),G (2,1,0),∴EF →=(1,-2,1),EG →=(2,-1,-1),GA →=(0,-1,0). 设n =(x ,y ,z )是平面EFG 的法向量,则⎩⎨⎧n ·EF →=0,n ·EG →=0,∴⎩⎪⎨⎪⎧x -2y +z =0,2x -y -z =0,∴x =y =z ,可取n =(1,1,1), ∴d =|GA →·n ||n |=13=33,即点A 到平面EFG 的距离为33.探究5 与空间有关的探索性问题例5 如图,矩形ABCD 和梯形BEFC 所成的平面互相垂直,BE ∥CF ,∠BCF =∠CEF =90°,AD =3,EF =2.(1)求证:AE ∥平面DCF ;(2)当AB 的长为何值时,二面角A -EF -C 的大小为60°?[解] 如图,以点C 为坐标原点,以CB ,CF 和CD 所在直线分别作为x 轴、y 轴和z 轴,建立空间直角坐标系Cxyz .设AB =a ,BE =b ,CF =c ,则C (0,0,0),A (3,0,a ),B (3,0,0),E (3,b,0),F (0,c,0).(1)证明:AE →=(0,b ,-a ),CB →=(3,0,0),BE →=(0,b,0),∴CB →·AE →=0,CB →·BE →=0, 从而CB ⊥AE ,CB ⊥BE . 又AE ∩BE =E , ∴CB ⊥平面ABE . ∵CB ⊥平面DCF ,∴平面ABE ∥平面DCF .又AE ⊂平面ABE , 故AE ∥平面DCF .(2)∵EF →=(-3,c -b,0),CE →=(3,b,0), 且EF →·CE →=0,|EF→|=2, ∴⎩⎪⎨⎪⎧-3+b c -b =0,3+c -b2=2,解得b =3,c =4.∴E (3,3,0),F (0,4,0).设n =(1,y ,z )与平面AEF 垂直, 则n ·AE →=0,n ·EF →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧1,y ,z ·0,3,-a =0,1,y ,z ·-3,1,0=0,解得n =⎝⎛⎭⎪⎪⎫1,3,33a.又∵BA ⊥平面BEFC ,BA →=(0,0,a ),∴|cos 〈n ,BA →〉|=|n ·BA →||n ||BA →|=334a 2+27=12, 解得a =92或a =-92(舍去).∴当AB =92时,二面角A -EF -C 的大小为60°.拓展提升利用向量解决存在性问题的方法策略求解存在性问题的基本策略是:首先,假定题中的数学对象存在;其次,构建空间直角坐标系;再次,利用空间向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题;最后,解方程,下结论.利用上述思维策略,可使此类存在性难题变为常规问题.【跟踪训练5】 在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AD =AA 1=12AB ,点E 是棱AB 上一点,且AEEB=λ. (1)证明:D 1E ⊥A 1D ;(2)是否存在λ,使得二面角D 1-EC -D 的平面角为π4?并说明理由.解 (1)证明:以D 为原点,DA 为x 轴,DC 为y 轴,DD 1为z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.不妨设AD =AA 1=1,AB =2,则D (0,0,0),A (1,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),A 1(1,0,1),B 1(1,2,1),C 1(0,2,1),D 1(0,0,1).因为AEEB =λ,所以E ⎝⎛⎭⎪⎫1,2λ1+λ,0, 于是D 1E →=⎝ ⎛⎭⎪⎫1,2λ1+λ,-1,A 1D →=(-1,0,-1),所以D 1E →·A 1D →=⎝ ⎛⎭⎪⎫1,2λ1+λ,-1·(-1,0,-1)=-1+0+1=0,故D 1E ⊥A 1D .(2)因为DD 1⊥平面ABCD ,所以平面DEC 的一个法向量为n =(0,0,1),设平面D 1EC 的法向量为n 1=(x ,y ,z ),又CE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫1,2λ1+λ-2,0,CD 1→=(0,-2,1), 则⎩⎨⎧n 1·CE →=0,n 1·CD 1→=0,即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1,2λ1+λ-2,0=0,n 1·0,-2,1=0,整理得⎩⎪⎨⎪⎧x -y ·21+λ=0,-2y +z =0,取y =1,则n 1=⎝ ⎛⎭⎪⎫21+λ,1,2. 因为二面角D 1-EC -D 的平面角为π4,所以22=|n ·n 1||n ||n 1|,即22=21+4+⎝⎛⎭⎪⎫21+λ2,解得λ=233-1. 故存在λ=233-1,使得二面角D 1-EC -D 的平面角为π4.1.用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”(1)建立立体图形与空间向量的联系,用空间向量表示问题中涉及的点、直线,把立体几何问题转化为向量问题.(2)通过向量运算,研究点、直线、平面之间的位置关系以及相应的距离和夹角等问题.(3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义. 2.利用法向量求直线AB 与平面α所成的角θ的步骤 (1)求平面α的法向量n .(2)利用公式sin θ=|cos 〈AB →,n 〉|=|AB →·n ||AB →||n |,注意直线和平面所成角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2.3.利用法向量求二面角的余弦值的步骤 (1)求两平面的法向量.(2)求两法向量的夹角的余弦值.(3)由图判断所求的二面角是锐角、直角,还是钝角,从而下结论.在用法向量求二面角的大小时应注意:平面的法向量有两个相反的方向,取的方向不同求出来的角度当然就不同,所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小.4.点面距的求解步骤(1)求出该平面的一个法向量.(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量. (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值,再除以法向量的模,即可求出点到平面的距离.1.若两异面直线l 1与l 2的方向向量分别为a =(0,4,-3),b =(1,2,0),则直线l 1与l 2的夹角的余弦值为( )A.32B.8525C.4315D.33答案 B解析 设l 1,l 2的夹角为θ,则cos θ=|cos 〈a ,b 〉|=0×1+4×2+-3×05×5=8525.2.直角△ABC 的两条直角边BC =3,AC =4,PC ⊥平面ABC ,PC =95,则点P 到斜边AB 的距离是( )A .5B .3C .3 2 D.125答案 B解析 以C 为坐标原点,CA ,CB ,CP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则A (4,0,0),B (0,3,0),P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,0,95,所以AB →=(-4,3,0),AP →=⎝⎛⎭⎪⎫-4,0,95, 所以AP →在AB →上的投影长为|AP →·AB →||AB →|=165,所以点P 到AB 的距离为d =|AP →|2-⎝ ⎛⎭⎪⎫1652=16+8125-25625=3.故选B.3.把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角,点E ,F 分别是AD ,BC 的中点,O 是正方形中心,则折起后,∠EOF 的大小为( )A .(0°,90°)B .90°C .120°D .(60°,120°)答案 C解析 OE →=12(OA →+OD →),OF →=12(OB →+OC →),∴OE →·OF →=14(OA →·OB →+OA →·OC →+OD →·OB →+OD →·OC →)=-14|OA →|2.又|OE →|=|OF →|=22|OA →|,∴cos 〈OE →,OF →〉=-14|OA →|212|OA →|2=-12.∴∠EOF =120°.故选C. 4.平面α的法向量n 1=(1,0,-1),平面β的法向量n 2=(0,-1,1),则平面α与β所成二面角的大小为________.答案π3或2π3解析 设二面角的大小为θ,则cos 〈n 1,n 2〉=1×0+0×-1+-1×12·2=-12,所以cos θ=12或-12,∴θ=π3或2π3.5.如图,在长方体AC 1中,AB =BC =2,AA 1=2,点E ,F 分别是平面A 1B 1C 1D 1、平面BCC 1B 1的中心.以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系.试用向量方法解决下列问题:(1)求异面直线AF 和BE 所成的角;(2)求直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值.解 (1)由题意得A (2,0,0),F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1,2,22,B (2,2,0),E (1,1,2),C (0,2,0).∴AF →=⎝⎛⎭⎪⎪⎫-1,2,22,BE →=(-1,-1,2), ∴AF →·BE →=1-2+1=0.∴直线AF 和BE 所成的角为90°.(2)设平面BEC 的法向量为n =(x ,y ,z ),又BC→=(-2,0,0),BE →=(-1,-1,2),则n ·BC →=-2x =0,n ·BE →=-x -y +2z =0,∴x =0,取z =1,则y =2,∴平面BEC 的一个法向量为n =(0,2,1).∴cos 〈AF →,n 〉=AF →·n|AF →||n |=522222×3=53333.设直线AF 和平面BEC 所成的角为θ,则sin θ=53333,即直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值为53333.。

向量法求空间的角和距离

向量法求空间的角和距离

向量法求空间的角和距离安徽省阜阳市红旗中学 戴新忠 (邮编:236017) 高中数学第二册(下B )给出了向量a →与b →的夹角公式:cos 〈a →,b →〉=a →·b→|a →|·|b →|①在空间直角坐标系中,设a →=(x 1,y 1,z 1),b →=(x 2,y 2,z 2),则cos 〈a →,b →〉=x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2x 21+y 21+z 21·x 22+y 22+z 22②利用公式①、②,再借助法向量,有关空间角和距离方面的问题均可方便解决。

1 空间角和距离的向量解法程式111 求二面角设二面角α-l -β大小为θ,平面α、β的法向量分别为a →、b →,则θ=〈a →,b →〉或θ=π-〈a →,b →〉。

在空间直角坐标系中,先求出a →、b →的坐标,再利用公式②,求出〈a →,b →〉,判断θ与〈a →,b →〉关系,即可求得二面角α-l -β大小θ。

注 为了求平面α的一条法向量n →的坐标,可先设n →=(x ,y ,z ),在α内选取两个不共线向量AB 、CD ,利用n →·AB =0,n ·CD =0,得到含x 、y 、z 的两个方程,令x =0或1,求出y ,z ,即可得到n →的坐标。

112 求异面直线所成的角设两异面直线a 、b 所成的角为θ(0<θ≤π/2),再设AB 、CD 分别在直线a 、b 上或AB ∥a ,CD ∥b ,则当〈AB ,CD 〉为锐角(或直角)时,θ=〈AB ,CD 〉;当〈AB ,CD 〉为钝角时,θ=π-〈AB ,CD 〉。

在空间直角坐标系中,求出AB 、CD 坐标,利用公式②,便可求出〈AB ,CD 〉,利用θ与〈AB ,CD 〉关系,可得θ。

113 求直线与平面所成的角设直线a 与平面α所成的角为θ(0≤θ≤π/2),设平面α法向量为n →,在a 上取一向量AB ,则θ=(π/2)-〈n →,AB 〉或θ=〈n →,AB 〉-(π/2)。

用向量法求空间角和距离

用向量法求空间角和距离
一 条斜绎 为斜足,则 AB与平面a所成的角为
0(吉,吉’1)。
(1) :(一1,1, 1) ,
: (o,1,o),且蕊 _L平
面 BCCIBl。 设 与平 面 脱 c1B1所成 的角为 ,则
眦 吼 “

sin = cos [ ,商 】 =

2.二 面 角 设 ,l1,n2分别 为平 面 口,卢的法 向量 ,二面角 a—
1.直 线 和 平 面 所 成 的角 设 0为直线 z与平面 a所成 的角 , 为直线 l的 方向向量 , 为 与平 面a的法 向量lrlt之 间的夹 角 ,则
有 =号一 ,或 =号+0。
的公 共 法 向量 ,则 口,6的 距 离 d:

例 I (2(100年 江 苏考 题 )如 图 5,在 正 方 体 佃 cD— A1B1C1DI中 ,O 是 上 底 面 A1BlClD1的 中
射影 ,
· .
DJHjIAP。

(3)设 ,l:( .v, )是 平 面 D AP 的 一 个 法 向
量,即n垂直平面A 。,则n上面 上 。
= ( 0'1 有{:: 。
,Y=0,

’ L— + z= 0。
取 =1,则 n=(1,0,1),设 点 P到平面 ABDl的
心 ,点 P在 CCl上 ,且 CCl=4CP。

I垒I 1
特别地,当 =0时,0=詈,l上 ; :詈时,0 a(1,0,0),P(O,1,丢),B(1,l,0),Dl(0,0,1),
= 0,2∈a或 z∥口,且 sinO=sin(詈 + ):cos =
, ∈【0,引 。
一 般 地 ,设 ,l是 平 面 a的法 向量 ,AB是 平 面 a的

§7.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

§7.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

§7.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离【导学目标】:1.掌握各种空间角的定义,弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角,二面角的平面角,直线与平面所成的角的联系和区别.3.体会求空间角中的转化思想、数形结合思想,熟练掌握平移方法、射影方法等.4.灵活地运用各种方法求空间角.5.运用空间向量求距离 【知识梳理】:1.两条异面直线的夹角(1)定义:设a ,b 是两条异面直线,在直线a 上任取一点作直线a ′∥b ,则a ′与a 的夹角叫做a 与b 的夹角.(2)范围:两异面直线夹角θ的取值范围是_______________________________________. (3)向量求法:设直线a ,b 的方向向量为a ,b ,其夹角为φ,则有cos θ=________ 2.直线与平面的夹角(1)定义:直线和平面的夹角,是指直线与它在这个平面内的射影的夹角.(2)范围:直线和平面夹角θ的取值范围是________________________________________. (3)向量求法:设直线l 的方向向量为a ,平面的法向量为u ,直线与平面所成的角为θ,a 与u 的夹角为φ,则有sin θ=__________ 3.二面角(1)二面角的取值范围是____________. (2)二面角的向量求法:①若AB 、CD 分别是二面角α—l —β的两个面内与棱l 垂直的异面直线,则二面角的大小就是向量AB →与CD →的夹角(如图①) .②设n 1,n 2分别是二面角α—l —β的两个面α,β的法向量,则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③),则cos θ=________ 4.利用空间向量求距离 (1)两点间的距离设点A (x 1,y 1,z 1),点B (x 2,y 2,z 2),则|AB |=|AB →|=______________________________. (2)点到平面的距离如图所示,已知AB 为平面α的一条斜线段,n 为平面α的法向量,则B 到平面α的距离为|BO →|=______. 【自我检测】1.两平行平面α,β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1),且两平面的一个法向量n =(-1,0,1),则两平面间的距离是( )A.32B.22 C.3 D .3 2 2.已知向量m ,n 分别是直线l 和平面α的方向向量、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°3.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.310104.已知直二面角α­l ­β,点A ∈α,AC ⊥l ,C 为垂足,点B ∈β,BD ⊥l ,D 为垂足,若AB =2,AC =BD =1,则CD =( ).A .2 B. 3 C. 2 D .1 5.如图,在四面体ABCD 中,AB =1,AD =23,BC =3,CD =2.∠ABC =∠DCB =π2,则二面角A -BC -D 的大小为( ).A.π6 B.π3 C.5π3D.5π66.如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,∠ACB =90°,2AC =AA 1=BC =2.若二面角B 1-DC -C 1的大小为60°,则AD 的长为( )A. 2B. 3 C .2D.22【课堂活动】题型一 求直线与平面所成的角例2 (2014·北京)如图,正方形AMDE 的边长为2,B ,C 分别为AM ,MD 的中点,在五棱锥P -ABCDE 中,F 为棱PE 的中点,平面ABF 与棱PD ,PC 分别交于点G ,H . (1)求证:AB ∥FG ;(2)若P A ⊥底面ABCDE ,且P A =AE ,求直线BC 与平面ABF 所成角的大小,并求线段PH 的长.题型二求二面角(2014·课标全国Ⅰ)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.题型三求空间距离例4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=23,求点A到平面MBC的距离.【课后练习】(2015·湖南)如图,在四棱台1111D C B A ABCD -的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,61=AA ,且⊥1AA 底面ABCD ,点P ,Q 分别在棱1DD ,BC 上.(Ⅰ) 若点P 是1DD 的中点,证明:PQ AB ⊥1;(Ⅱ) 若//PQ 平面11A ABB ,二面角A QD P --的余弦值为73,求四面体ADPQ 的体积.BDQ。

高考数学复习:利用向量求空间角和距离

高考数学复习:利用向量求空间角和距离

(2)方法一:不存在,证明如下:当面B′OA⊥面AOC时,三
棱锥B′ -AOC的体积最大,因为面B′OA∩面AOC=AO,
B′O⊥AO,所以B′O⊥面AOC,所以OC⊥OB′,又因为
OC⊥OA,所以OC⊥平面AOB′,在直角三角形CPO中,
CO=1,COP ,sinCPO 所以6 POCC=, ,所以 6
令x1=1,得n1=(1,-1,0).
设平面PBC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
由n2·PC=0,n2· B=C 0得
y2x2
z2 0,
0,?
令y2=1得n2=(0,1,1), 设二面角C -PB -D的大小为θ,则cos θ= 所以θ=60°.
| n1 n2 | 1 , | n1 || n2 | 2
D. 4 15
【解析】选A.以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z 轴,建立空间直角坐标系,
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则N(1,2,2), D(0,0,0),C(0,2,0),M(2,2,1),则 C=M(2,0,1), DN=(1,2,2),设异面直线所成角为θ, 则cos θ= | CM DN | 4所以 4异5面,直线CM与
( 2,0,0) ( 2,0, 2),
所以
cos〈A1F,D1E〉
|
A1F A1F |
D1E | D1E
|
2
2 2 1
解得 1 ( 1 舍去).
3
3
答案: 1
3
3 2, 5 10
【规律方法】利用向量求线线角的解题策略 (1)向量法求异面直线所成的角的方法有两种 ①基向量法:利用线性运算; ②坐标法:利用坐标运算.
D. 10 10

向量方法求空间角和距离

向量方法求空间角和距离

向量方法求空间角和距离第一课时概念梳理回归基础最新考纲考情考向分析1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角的计算问题.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.本节是高考中的必考内容,涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容,考查热点是空间角的求解.题型以解答题为主,要求有较强的运算能力,广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.1.两条异面直线所成角的求法设a ,b 分别是两异面直线l 1,l 2的方向向量,则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.求二面角的大小(1)如图①,AB ,CD 分别是二面角α-l -β的两个面内与棱l 垂直的直线,则二面角的大小θ=〈AB →,CD →〉.(2)如图②③,n 1,n 2分别是二面角α-l -β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足|cos θ|=|cos 〈n 1,n 2〉|,二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角). 知识拓展利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离设点A (x 1,y 1,z 1),点B (x 2,y 2,z 2),则|AB |=|AB →|=(x 1-x 2)2+(y 1-y 2)2+(z 1-z 2)2.(2)点到平面的距离如图所示,已知AB 为平面α的一条斜线段,n 为平面α的法向量,则B 到平面α的距离为|BO →|=|AB →·n ||n |.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝⎛⎦⎤0,π2,直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0,π2,二面角的范围是[0,π].( )(5)若二面角α-a -β的两个半平面α,β的法向量n 1,n 2所成角为θ,则二面角α-a -β的大小是π-θ.( ) 题组二 教材改编2.[P104T2]已知两平面的法向量分别为m =(0,1,0),n =(0,1,1),则两平面所成的二面角为( ) A .45° B .135° C .45°或135° D .90°答案 C解析 cos 〈m ,n 〉=m·n |m||n |=11·2=22,即〈m ,n 〉=45°. ∴两平面所成二面角为45°或180°-45°=135°.3.[P117A 组T4(2)]如图,正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2,侧棱长为22,则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为______.题组三 易错自纠4.在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,∠BCA =90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC =CA =CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.110B.25C.3010D.225.已知向量m ,n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量,若cos 〈m ,n 〉=-12,则l与α所成的角为________.6.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 所成的角为______.第二课时 题型分类,深度剖析题型一 求异面直线所成的角典例如图,四边形ABCD 为菱形,∠ABC =120°,E ,F 是平面ABCD 同一侧的两点,BE ⊥平面ABCD ,DF ⊥平面ABCD ,BE =2DF ,AE ⊥EC .(1)证明:平面AEC ⊥平面AFC ;(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系;(2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线的方向向量; (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值;(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.跟踪训练 (2017·广东五校第一次诊断)如图所示,菱形ABCD 中,∠ABC =60°,AC 与BD 相交于点O ,AE ⊥平面ABCD ,CF ∥AE ,AB =AE =2.(1)求证:BD ⊥平面ACFE ;(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时,求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值的大小. 题型二 求直线与平面所成的角典例(2016·全国Ⅲ)如图,四棱锥P ABCD 中,P A ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB =AD =AC =3,P A =BC =4,M 为线段AD 上一点,AM =2MD ,N 为PC 的中点.(1)证明:MN ∥平面P AB ;(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值. 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. 题型三 求二面角典例(2017·全国Ⅱ)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,AB =BC =12AD ,∠BAD =∠ABC =90°,E 是PD 的中点.(1)证明:直线CE∥平面P AB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.思维升华利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法:分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然后通过两个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大小.(2)找与棱垂直的方向向量法:分别在二面角的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.跟踪训练(2017·天津)如图,在三棱锥P-ABC中,P A⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N 分别为棱P A,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,P A=AC=4,AB=2.(1)求证:MN∥平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在棱P A上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721,求线段AH的长.题型四求空间距离(供选用)典例(2018·株洲模拟)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=23,求点A到平面MBC的距离.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.利用空间向量求解空间角典例(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,P A⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC =AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.(1)证明:BE⊥DC;(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.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.。

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用向量法求空间角与距离1.1. 向量的数量积和坐标运算 b a,是两个非零向量,它们的夹角为 ,则数 cos |||| b 叫做与的数量积(或内积),记作b a ,即.cos |||| 其几何意义是a 的长度与b 在a 的方向上的投影的乘积. 其坐标运算是:若),,(),,,(222111z y x b z y x a ,则①212121z z y y x x b a;②222222212121||,||z y x b z y x a ;③212121z z y y x x b a④222222212121212121,cos z y x z y x z z y y x x b a1.2. 异面直线n m ,所成的角分别在直线n m ,上取定向量,,b a则异面直线n m ,所成的角等于向量b a,所成的角或其补角(如图1所示),则.||||||cos b a b a(例如2004年高考数学广东卷第18题第(2)问)1.3. 异面直线n m 、的距离分别在直线n m 、上取定向量,,b a 求与向量b a 、都垂直的向量,分别在n m 、上各取一个定点B A 、,则异面直线n m 、的距离d 等于在上的射影长,即||n d.图1证明:设CD 为公垂线段,取b a,(如图1所示),则||||)( ||||n d设直线n m ,所成的角为 ,显然.||||||cos b a b a1.4. 直线L 与平面 所成的角在L 上取定,求平面 的法向量2所示),再求||||cos n AB2为所求的角.1.5. 二面角方法一:构造二面角 l 的两个半平面 、的法向量21n n 、(都取向上的方向,如图3所示),则 ①若二面角 l 是“钝角型”的如图3甲所示,那么其大小等于两法向量21n n 、的夹角的补角,即||||cos 2121n n (例如2004年高考数学广东卷第18题第(1)问).② 若二面角 l 是“锐角型”的如图3乙所示,那么其大小等于两法向量21n n 、的夹角,即||||cos 2121n n (例如2004年高考数学广东卷第18题第(1)问).方法二:在二面角的棱l 上确定两个点B A 、,过B A 、分别在平面 、内求出与l 垂直的向量21n n 、(如图4所示),则二面角 l 的大小等于向量21n n 、的夹角,即图3乙图3图4图2||||cos 2121n n1.6. 平面外一点p 到平面 的距离先求出平面 的法向量,在平面内任取一定点A ,则点p 到平面 的距离d 等于AP 在n 上的射影长,即d (例如2004年广州一模第18题第(Ⅱ)问).1.7. 法向量2.1. 基向量法由于空间中任何向量均可由不共面的三个基向量来线性表示,因此在解题时往往根据问题条件首先选择适当的基向量,把有关线段根据向量的加法、数乘运算法则与基向量联系起来. 再通过向量的代数运算,达到计算或证明的目的. 一般情况下,选择共点且不共面的三个已知向量作为基向量.[例 1] 如图6,已知正三棱柱111C B A ABC 的棱长为2,底面边长为1,M 是BC 的中点.(1)在直线1CC 上求一点N ,使1AB MN ; (2)当1AB MN 时,求点1A 到平面AMN 的距离. (3)求出1AB 与侧面11A ACC 所成的角.分析1 (1)的 问题显然是求使异面直线MN 与1AB 所成的角为直角的点N .依据向量数量积的概念,必须由条件011 AB MN AB MN ,求出CN 的长度,而MN 与1AB 都不是已知向量,且和CN 没有直接联系,因此必须选择一组基向量来表示MN 与1AB .(1)解法一:取共点于B 的三个不共面的已知向量1BB BC BA 、、为基向量,A BCMN1A 1B 1C 图6图021210)21()(21,,01111111111CN BB BC BB CN AB BC AB BB BB AB AB AB C B A ABC 及正三棱柱由00cos ||290cos 122190cos ||1120cos 1121 CN CN 81||0||20041 CN CN分析 2 本小题还可以取共点于A 的三个不共面的已知向量1,,为基向量,从而得 (1)解法二:,111BB ABAA AA AA AA AA AA AB 11121111)(21)()()(21])(21[)(.)(21)(21)(a a a 20021410cos 290cos 1)90cos 1290cos 12160cos 11(212.81||81,020014101 CN a a AB MN ,比较方法一与方法二,方法一比方法二运算简便. 因为用方法一选择的一组基向量表示MN 时式子较为简单. 这告诉我们可选择的基向量并不唯一,我们应选择使得运算简便的那一组向量作为基向量. 当几何体中能够找到(或构造出)三个共点且两两垂直的基向量时,我们就可以用下面的方法解决问题.2.2. 坐标法所谓坐标法,就是建立适当的空间直角坐标系(本文所建立的都是右手直角坐标系),把向量用坐标来表示,用向量的坐标形式进行向量的运算,以达到解决问题的目的.运用坐标法时,也必须首先找出三个基向量,并且这三个基向量两两垂直,由此建立空间直角坐标系. 因而坐标法是基向量法的特殊情形,但坐标法用于求长度、角度或解决垂直问题时,比较简单. 在坐标法下,例1几何体中容易找到共点不共面且互相垂直的三个向量,于是有如下解法:(1)解法三:以1AA 、分别为y 轴、z 轴,垂直于1AA 、的Ax 为x 轴建立空间直角坐标系xyz A ,设a ||,则有、)0,0,0(A ),1,0()0,43,43()2,21,23(1a N M B 、、. 于是得由AB AB a11),2,21,23(),,41,43(810281830)2,21,23(),41,43(01a a a AB 由上面的解法三可知,通过建立空间直角坐标系,找出了相关点的坐标,从而把几何图形的性质代数化,通过向量的计算解决问题,显得快捷简便.在空间直角坐标系下,例1的第(2)、(3)问便迎刃而解了. 下面给出解答.(2)解:当1AB MN 时,由(1)解法三知,、)0,0,0(A )81,1,0()0,43,43()2,21,23(1N M B 、、、 )2,0,0(1A ,则)2,0,0(),0,43,43(),81,41,43(1AA AM MN ,设向量),,(z y x 与平面AMN 垂直,则有)0()1,1,3(8),81,83(81830434********z zz z z n z y z x y x z y x AM n MN n 取)1,1,3(0 n向量1AA 在0n 上的射影长即为1A 到平面AMN 的距离,设为d ,于是5521)1()3(|)1,1,3()2,0,0(||||||||,cos |||22201011011n AA AA n AA AA d (3)根据上面“1.4. 直线L 与平面 所成的角”中所提到的方法,须求出平面11A ACC 的一个法向量n ,进而求1AB 与n 所在直线的夹角。

设平面11A ACC 的一个法向量为n ,则有);0()0,0,1()0,0,(,00021x x x z y y z AA 取)0,0,1(0 n ,则 10151)2()21()23()0,0,1()2,21,23(|,cos |22220101n AB 故1AB 与侧面11A ACC 所成的角为:1015arcsin 1015cos2arc. 本题的解题过程告诉我们,用坐标法求空间角与距离,就是用空间向量将空间元素的位置关系转化为坐标表示的数量关系,解题的关键是根据几何体的特点,选取恰当的坐标原点和坐标轴,一般来说,长方体、正方体中较为容易建立坐标系.高考对空间向量的考查是以立体几何为载体,利用空间向量求有向线段的长度,求两条有向线段的夹角(或其余弦、正弦、正切),二面角、点到平面的距离、异面直线的距离、证明线线、线面、面面垂直等.下面是今年广东高考数学及广州一模,体现了高考对空间向量的考查要求.CD1A 1C 1D EF图8AB1B[例2](2004年全国普通高等学校招生全国统一考试数学广东卷第18题) 如右图8,在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,已知AB= 4, AD =3, AA 1= 2. E 、F 分别是AB 、BC 上的点,且EB= FB=1.(1) 求二面角C —DE —C 1的正切值; (2) 求直线EC 1与FD 1所成的角的余弦值.解题分析:本题主要考查了二面角、异面直线所成的角等知识和空间想象能力、思维能力、运算能力.高考试卷给出的参考答案分别用了传统方法及向量法. 在传统解法中,运用三垂线定理作出二面角的平面角并正明,通过延长和平移线段作出异面直线所成的角,进而通过解直角三角形和斜三角形解决问题. 在用向量法的解答上,选择A 为空间直角坐标系的原点,1,,AA 分别为x 轴,y 轴, z 轴的正向,这不是右手直角坐标系,虽然与右手直角坐标系没有本质上的区别,但教科书中所建立及提倡的是右手直角坐标系,所以考生习惯用右手直角坐标系. 用向量法解决第(1)问时只是用了本文所提到的“1.5. 二面角”之“方法一”.下面本人以自己的习惯,通过建立右手直角坐标系来解答,并用本文所提到的“1.5. 二面角”之“方法二”补充第(Ⅰ)问的解法二.解:(I )解法一:以D 为原点,1,,DD 分别为x 轴,y 轴, z 轴的正向 建立空间直角坐标系,则有)2,4,0(),0,4,0(),2,0,0(),0,0,0(11C C D D ,)2,4,0(),0,4,2(),0,3,3(1C F E 于是,)2,4,2(,)2,1,3(),0,3,3(11 FD EC DE ,设向量),,(z y x 与平面DE C 1垂直,则有z y x z y x y x EC 210230331),2,1,1(2),21,21( zz z z 其中0 z取)2,1,1(0 n ,则0n 是一个与平面DE C 1垂直的向量, 向量)2,0,0(1 DD 与平面CDE 垂直,0n 与1DD 所成的角 为二面角1C DE C 的平面角.22tan ,362002)1(1220)1(01||||cos 2222221010DD n (Ⅰ)解法二:令M 点在DE 上,且 ,可设M 点的坐标为)0,3,3( M ,则)0,43,3(01218)0,3,3()0,43,3(, ).0,2,2().0,2,2(,32MC CM 再令N 点在DE 上,且DE N C 1,设N 点的坐标为)0,3,3( N ,则22tan .3622)2(02)2()2,2,2()0,2,2(||||cos )2,2,2(),2,2,2(,3201218)0,3,3()2,43,3(,)2,43,3(2222221111111NC MC NC C DE N C DE N C C(II )设1EC 与1FD 所成角为 ,则14212)4()2(21)3(22)4(1)2(3||||cos 2222221111FD EC 因为本题的已知条件和结论具有一定的解题方向性,它明确告诉我们用向量的方法解决问题. 在高考结束后,本人询问了自己所任教班级的部分学生,他们大多数能用向量法解这道题. 如果不用向量法,对于中等(或以下)水平的学生,他们连二面角的平面角或异面直线所成的角都作不出来. 可见,用空间向量处理立体几何中的角与距离问题,可以降低立体几何的论证、推理难度,使中等(或以下)水平的学生也能很好的掌握,提高得分的能力.对此问题,我们在高考备考上就有意识地引导学生.英德市在三月份组织了一次全市统考,采用2004年广州一模试卷,下面的[例3]是其中一道考题.[例3](2004年广州一模第18题)如图,在正四棱柱1111D C B A ABCD 中,已知2 AB ,,51 AA E 、F 分别为图9ABCDFE1A 1B 1C 1D。

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