求解空间角和距离的策略
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
空间向量的应用求空间角与距离
空间向量的应用----求空间角与距离一、考点梳理1.自新教材实施以来，近几年高考的立体几何大题，在考察常规解题方法的同时，更多地关注向量法〔基向量法、坐标法〕在解题中的应用。
坐标法〔法向量的应用〕，以其问题〔数量关系：空间角、空间距离〕处理的简单化，而成为高考热点问题。
可以预测到，今后的高考中，还会继续表达法向量的应用价值。
2.利用法向量求空间角和空间距离，其常用技巧与方法总结如下：1)求直线和直线所成的角假设直线AB 、CD 所成的角是α，cos α=|,cos |><CD AB ||||||CD AB CD AB •=2).利用法向量求线面角设θ为直线l 与平面α所成的角，ϕ为直线l 的方向向量v 与平面α的法向量n 之间的夹角，那么有2πϕθ=-或2πϕθ=+。
特别地0ϕ=时， 2πθ=，l α⊥；2πϕ=时，0θ=，l α⊂或l α。
计算公式为：||sin cos ||||v n v n θϕ==或||sin sin()cos (0)2||||||||v n v n v n v n v n πθϕϕ=-=-=-=<3).利用法向量求二面角设1n 、2n 分别为平面α、β的法向量，二面角l αβ--的大小为θ，向量1n 、2n 的夹角为ϕ，那么有θϕπ+=或θϕ=。
计算公式为：1212cos cos ||||n n n n θϕ=-=1212cos cos ||||n n n n θϕ==4).利用法向量求点面距离如图点P 为平面外一点，点A 为平面内的任一点，平面的法向量为n ,过点P 作平面α的垂线PO ，记∠OPA=θ，那么点P 到平面的距离θcos ||||PA PO d ==||||||||||||n PA PA n PA n PA n •=⊗•=5).法向量在距离方面除应用于点到平面的距离外，还能处理异面直线间的距离，线面间的距离，以及平行平面间的距离等。
其一，这三类距离都可以转化为点面间的距离；其二，异面直线间的距离可用如下方法操作：在异面直线上各取一点A 、B ，AB 在n 上的射影长即为所求。
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.
高三数学空间角与空间距离的计算通用版知识精讲
高三数学空间角与空间距离的计算通用版【本讲主要内容】空间角与空间距离的计算 空间直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角的大小，直线与直线、直线与平面、平面与平面间的距离的求解【知识掌握】 【知识点精析】空间的角和距离是空间图形中最基本的数量关系，空间的角主要研究射影以及与射影有关的定理、空间两直线所成的角、直线和平面所成的角、以及二面角和二面角的平面角等．解这类问题的基本思路是把空间问题转化为平面问题去解决． 1. 空间的角的概念及计算方法（1）空间角概念——空间的角，是对由点、直线、平面所组成的空间图形中各种元素间的位置关系进行定量分析的一个重要概念，由它们的定义，可得其取值X 围，如①两异面直线所成的角θ∈（0，2π） ②直线与平面所成的角θ∈[0，2π] ③二面角的大小，可用它们的平面角来度量，其平面角θ∈（0，π）．说明：对于空间角的计算，总是通过一定的手段将其转化为一个平面内的角，并把它置于一个平面图形，而且是一个三角形的内角来解决，而这种转化就是利用直线与平面的平行与垂直来实现的，因此求这些角的过程也是直线、平面的平行与垂直的重要应用．通过空间角的计算和应用进一步提高运算能力、逻辑推理能力及空间想象能力．（2）空间的角的计算方法①求异面直线所成的角常用平移法（转化为相交直线）；②求直线与平面所成的角常利用射影转化为相交直线所成的角； ③求二面角α－l －β的平面角（记作θ）通常有以下几种方法： （ⅰ）根据定义； （ⅱ）过棱l 上任一点O 作棱l 的垂面γ，设γ∩α＝OA ，γ∩β＝OB ，则∠AOB ＝θ（图1）；（ⅲ）利用三垂线定理或逆定理，过一个半平面α内一点A ，分别作另一个平面β的垂线AB （垂足为B ），或棱l 的垂线AC （垂足为C ），连结AC ，则∠ACB ＝θ或∠ACB ＝π－θ（图2）；（ⅳ）设A 为平面α外任一点，AB ⊥α，垂足为B ，AC ⊥β，垂足为C ，则∠BAC ＝θ或∠BAC ＝π－θ（图3）；（ⅴ）利用面积射影定理，设平面α内的平面图形F 的面积为S ，F 在平面β内的射影图形的面积为S ‘，则cos θ＝SS '．2. 空间的距离问题 （1）空间各种距离是对点、线、面组成的空间图形位置关系进行定量分析的重要概念．空间距离是指两点间距离、点线距离、点面距离、线线距离、线面距离以及面面距离等，距离都要转化为两点间距离即线段长来计算，在实际题型中，这六种距离的重点和难点是求点到平面的距离，因线线距离、线面距离和面面距离除用定义能直接计算出结果的外，都要转化为求点到平面的距离进行计算．（2）空间的距离问题主要是：求空间两点之间、点到直线、点到平面、两条异面直线之间（限于给出公垂线段的）、平面和它的平行直线、以及两个平行平面之间的距离．（3）求距离的一般方法和步骤是： 一作——作出表示距离的线段；二证——证明它就是所要求的距离；三算——计算其值． 此外，我们还常用体积法或向量法求点到平面的距离．【解题方法指导】例1. 三棱锥P-ABC 中，∠ABC ＝90，PA ＝1，AB ＝3，AC ＝2，PA ⊥平面ABC.（1）求直线AB 与直线PC 所成的角； （2）求PC 和面ABC 所成的角； （3）求二面角A-PC-B 的大小．PA BC解：（1）作矩形ABCD.∴AB 和PC 所成角即为CD 和PC 所成角，且CD ⊥PD ．CD ＝3，AD ＝1，PD ＝2，tanPCD ＝3632=.故AB 和PC 所成角为arctan 36（2）∵PA ⊥面ABC ，PC 和面ABC 所成角即为∠ACP ，求得tanACP ＝21， ∴∠ACP ＝arctan21 （3）∵PA ⊥面ABC ，∴面PAC ⊥面ABC ，过B 作BG ⊥AC 于G ，则BG ⊥面PAC.过G 作GH ⊥PC 于H ，连接BH ，则BH ⊥PC ． ∴∠BHG 为二面角A-PC-B 的平面角． 在Rt △ABC 与Rt △PBC 中，PB ＝2，BC ＝1，AC ＝2，AB ＝3∴PC ＝5∴BH ＝52，BG ＝23． ∴sinBHG ＝4155223==BH BG ∴∠BHG ＝arcsin 45．故二面角A-PC-B 的大小为arcsin 45．例2. 在正三棱柱111C B A ABC -中，各棱长都等于a ，D 、E 分别是1AC 、1BB 的中点， （1）求证：DE 是异面直线1AC 与1BB 的公垂线段，并求其长度；（2）求二面角C AC E --1的大小； （3）求点1C 到平面AEC 的距离．解：（1）取AC 中点F ，连接DF ．∵ D 是1AC 的中点，F∴DF ∥1CC ，且121CC DF =．又11//CC BB ，E 是1BB 的中点， ∴DF ∥BE ，DF ＝BE ，∴四边形BEDF 是平行四边形， ∴DE ∥BF ，DE ＝BF ．∵1BB ⊥面ABC ，⊂BF 面ABC ，∴1BB ⊥BF ．又∵F 是AC 的中点，△ABC 是正三角形，∴BF ⊥AC ，a BF 23=． ∵1BB ⊥BF ，1BB ∥1CC ，∴BF ⊥1CC ，∴BF ⊥面11A ACC ， 又∵⊂1AC 面11A ACC ，∴BF ⊥1AC ， ∵DE ∥BF ，∴DE ⊥1AC ，DE ⊥1BB ，∴DE 是异面直线1AC 与1BB 的公垂线段，且a DE 23=． （2）∵11//CC BB ，DE ⊥1BB ， ∴DE ⊥1CC ， 又∵为DE ⊥1AC ，∴DE ⊥面11A ACC ． 又⊂DE 面1AEC ，∴面1AEC ⊥面1ACC ， ∴二面角C AC E --1的大小为90°．（3）连接CE ，则三棱锥1CEC A -的底面面积为221a S CEC =∆，高a h 23=．所以32123232311a a a V CEC A ==⋅⋅-．在三棱锥AEC C -1中，底面△AEC 中，a CE AE 25==，则其高为a ，所以22a S AEC =∆．设点1C 到平面AEC 的距离为d ，由AEC C CEC A V V --=11得32123231a a d =⋅， 所以a d 23=，即点1C 到平面AEC 的距离为a 23【考点突破】【考点指要】空间角是立体几何中的一个重要概念．它是空间图形中的一个突出的量化指标，是空间图形位置关系的具体体现，故它以高频率的姿态出现在历届高考试题中，可以在填空题或选择题中出现，更多的在解答题中出现．空间中各种距离都是高考中的重点内容，可以和多种知识相结合，是诸多知识的交汇点，考查题型多以选择题、填空题为主，有时渗透于解答题中，所以复习时应引起重视．【典型例题分析】例1. （2003全国卷文）如图，已知正四棱柱2,1,11111==-AA AB D C B A ABCD ，点E 为1CC 中点，点F 为1BD 中点．（1）证明EF 为BD 1与CC 1的公垂线；（2）求点1D 到平面BDE 的距离．解法1：（1）连结AC 交BD 于点O ，则点O 为BD 中点，连OF ，则可证OCEF 为矩形， 故EF ⊥CC 1 ，EF ∥AC ．又可证AC ⊥平面BD 1 ∴AC ⊥BD 1，∴EF ⊥BD 1， 故 EF 为BD 1与CC 1的公垂线．O（2）连结D 1E ，则有三棱锥D1-DBE 的高d 即为点1D 到平面BDE 的距离． 由已知可证三角形DBE 为边长为2的正三角形，故2331311⋅⋅=⋅⋅=∆-d S d V DBE DBE D ； 又31311111=⋅===∆---DBD DBD C DBD E DBE D S CO V V V∴3123=d ∴332=d ， 即1D 到平面BDE 的距离为332解法2：解（1）以D 为原点，建立如图所示的直角坐标系，则 )0,0,0(D ，)2,0,0(1D)0,1,1(B ，)0,1,0(C ，)2,1,0(1C ，)1,1,0(E ，)1,21,21(F ，∴)0,21,21(-=EF ，)2,1,1(1--=BD ，)2,0,0(1=CC∴01=⋅BD EF ，01=⋅CC EF ；∴1BD EF ⊥，1BD EF ⊥ 又EF 与CC 1、BD 1分别交于E 、F ，故EF 为BD 1与CC 1的公垂线. （2）由（1）)0,1,1(--=BD ，)1,0,1(-=BE ，)2,1,1(1--BD ， 设 平面BDE 的法向量为 ),,(z y x n =，则BD n ⊥，BE n ⊥，∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00BE n BD n ， ∴⎩⎨⎧=+-=--00z x y x ， 即 ⎩⎨⎧=-=z x y x ，∴ 不妨设 )1,1,1(-=n ，则点1D 到平面BDE 的距离为33232||1===n n BD d ， 即为所求．例2. （2006全国卷Ⅲ文20）如图，12l l ，是互相垂直的异面直线，MN 是它们的公垂线段．点A B ，在1l 上，C 在2l 上，AM MB MN ==．（Ⅰ）证明AC NB ⊥；（Ⅱ）若60ACB ∠=，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值．Ｃ1l2解法一：（Ⅰ）由已知221l MN l l ⊥⊥，，1MNl M =，可得2l ⊥平面ABN ．由已知1MN l AM MB MN ⊥==，，可知AN NB =且AN NB ⊥． 又AN 为AC 在平面ABN 内的射影， AC NB ∴⊥．（Ⅱ）Rt Rt CNA CNB △≌△，AC BC ∴=，又已知60ACB ∠=︒，因此ABC △为正三角形． Rt Rt ANB CNB △≌△，NC NA NB ∴==，因此N 在平面ABC 内的射影H 是正三角形ABC 的中心， 连结BH ，NBH ∠为NB 与平面ABC 所成的角．在Rt NHB △中，cos 3ABHB NBH NB ∠===．N1l l解法二：如图，建立空间直角坐标系M xyz -．1l令1MN =，则有(100)(100)(010)A B N -，，，，，，，，．（Ⅰ）MN 是12l l ，的公垂线，21l l ⊥， 2l ∴⊥平面ABN ．2l ∴平行于z 轴．故可设(01)C m ，，．于是(11)(110)AC m NB ==-，，，，，， ∵0011=+-=⋅NB AC AC NB ∴⊥． （Ⅱ）(11)AC m =，，，(11)BC m =-，，，AC BC ∴=．又已知60ACB ∠=︒，ABC ∴△为正三角形，2AC BC AB ===． 在Rt CNB △中，NB =NC =(0C ． 连结MC ，作NH MC ⊥于H ，设(0)(0)H λλ>，．(012)(01HN MC λλ∴=--=，，，，，．∵021=--=⋅λλMC HN ，∴31=λ1033H ⎛⎫∴ ⎪ ⎪⎝⎭，，，可得2033HN ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，， 连结BH ，则1133BH ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，∵092920=-+=⋅BH HN ，HN BH ∴⊥，又MC BH H =， HN ∴⊥平面ABC ，NBH ∠为NB 与平面ABC 所成的角．又(110)BN =-，，， ∴3623234cos =⨯=⋅=∠BN BH BN BH NBH【综合测试】一、选择题1、已知AB 是异面直线a 、b 的公垂线段，AB ＝2，a 与b 成30°，在直线a 上取AP ＝4，则点P 到直线b 的距离是（ ）A 、22B 、25C 、142D 、5 2、将锐角为60°，边长为a 的菱形ABCD 沿较短的对角线BD 折成60°的二面角，则AC 与BD 的距离为（ ）A 、a 43B 、a 43C 、a 23 D 、64a 3、正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 是DD 1的中点，O 为正方形A 1B 1C 1D 1的中心，P 是棱AB 上的垂足，则直线A 1M 与OP 所成的角（ ）．A 、30oB 、45oC 、60oD 、90o 4、二面角α-AB-β大小为θ（0°≤θ≤90°），AC ⊂α，∠CAB ＝45o ，AC 与平面β所成角为30o ，则θ角等于（ ）．A 、30oB 、45oC 、60oD 、90o 5、（2005某某卷文4）如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1的中点，则E 到平面AB C 1D 1的距离为（ ）A 、23 B 、22C 、21 D 、336、已知直线a 及平面α，a 与α间的距离为d ．a 在平面α内的射影为a '，l 为平面α内与a '相交的任一直线，则a 与l 间的距离的取值X 围为（ ）A 、[),d +∞B 、(),d +∞C 、(]0,dD 、{}d二、填空题 7、（2005某某卷理12）如图，PA ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°且PA ＝AC ＝BC ＝a ，则异面直线PB 与AC 所成角的正切值等于____________．8、已知∠60o ，则以OC三、解答题：9. C 点到AB 1ABC DA 1E B 1C10.（2006理17）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P ABCD -中，AB AC ⊥，PA ⊥平面ABCD ，且PA AB =，点E 是PD 的中点．（Ⅰ）求证：AC PB ⊥；（Ⅱ）求证：PB ∥平面AEC ； （Ⅲ）求二面角E AC B --的大小．B[参考答案]一、选择题1. 选A 提示：过P 做直线b 的垂线2. 选A 提示：用异面直线距离公式求解3. 选D 提示：过A 1做OP 的平行线4. 选B 提示：过C 做平面β的垂线5. 选B. 提示：转化为求B 1到平面AB C 1D 1的距离6. 选D 提示：转化为a 与α间的距离 二、填空题7.2. 提示：将三角形ABC 补成正方形ACBD. 8. 33- 提示：利用直线与直线所成角的大小求出边长，再求二面角平面角的大小三、解答题：9. 解：由CD ⊥平面A 1B 1BA ∴CD ⊥DE ∵AB 1⊥平面CDE ∴DE ⊥AB 1，∴DE 是异面直线AB 1与CD 的公垂线段∵CE ＝23，AC ＝1 ，∴CD ＝.22∴21)()(22=-=CD CE DEABC DA 1E B 1C 110. 解法一：（Ⅰ）（Ⅱ）（略 解见第45讲【达标测试】第9题）（Ⅲ）过O 作FG AB ∥，交AD 于F ，交BC 于G ，则F 为AD 的中点．CDAB AC ⊥，OG AC ∴⊥． 又由（Ⅰ），（Ⅱ）知，AC PB EO PB ，⊥∥，AC EO ∴⊥． EOG ∴∠是二面角E AC B --的平面角．连接EF ，在EFO △中，1122EF PA FO AB ==，，word11 / 11 又PA AB EF FO =，⊥，45135EOF EOG ∴∠=∠=，，∴二面角E AC B --的大小为135．解法二：（Ⅰ）建立空间直角坐标系A xyz -，如图．y 设AC a PA b ==，，则有(000)(00)(00)(00)A B b C a P b ，，，，，，，，，，，，(00)(0)AC a PB b b ∴==-，，，，，，从而0=⋅PB AC ，AC PB ∴⊥．（Ⅱ）连接BD ，与AC 相交于O ，连接EO ．由已知得(0)D a b -，，，002222ab b a E O ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，， 022b b EO ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭，，，又(0)PB b b =-，，， 2PB EO ∴=，PB EO ∴∥，又PB ⊄平面AEC EO ，⊂平面AEC ， PB ∴∥平面AEC ．（Ⅲ）取BC 中点G ．连接OG ，则点G 的坐标为000222a b b OG ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，， 又0(00)22b b OE AC a ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，，，，，，00=⋅=⋅∴AC OG AC OE ，．OE AC OG AC ∴，⊥⊥．EOG ∴∠是二面角E AC B --的平面角．22cos -=⋅<OGOE OG OE ．135EOG ∴∠=． ∴二面角E AC B --的大小为135．。
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
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 |
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).
利用空间向量求解空间角与距离
利用空间向量求解空间角与距离作者：来源：《数学金刊·高考版》2015年第04期空间角和距离问题，是高考命题的重点内容，几乎每年必考.在选择题、填空题中，线线角主要考查线段的平移，线面角关键是寻求直线在平面上的射影，二面角的难点是准确作出平面角；在解答题中，多数问题用空间向量来解决，需用到方程、三角函数、平面几何等知识，属于中高档题.（1）理解两条直线所成角（线线角）、直线与平面所成角（线面角）及两平面所成角（二面角）的概念，灵活掌握三种角的常规作图与求解方法.（2）能够建立恰当的空间直角坐标系，掌握“方向向量”与“法向量”的求解方法，并灵活运用向量公式求三种角.（3）掌握求空间距离的几种方法.利用空间向量解决立体几何问题，主要有两种策略. 一是建立空间直角坐标系，把立体几何的平行、垂直、空间角、距离等问题转化为“点”及“线”的坐标运算问题. 其一般步骤为：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论. 二是不建立空间坐标系，直接利用空间向量的基本定理，即将有关向量用空间中的一组基底表示出来，然后通过向量的相关运算求解.例1 如图17，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，∠A1AB=∠A1AD= ，∠DAB=90°，E为CC1的中点，则直线AC1与D1E所成角的余弦值为（）A. B.C. D.破解思路对关于空间角的选择题或填空题，由于计算量的限制一般不宜用坐标法处理；又本题不易确定空间坐标系的位置，所以采用向量基底法处理.图17答案详解设 =a， =b， =c，则a=b=1，c=2. 又 =a+b+c， =a- c，且a·b=0，a·c=1，b·c=1，所以 · =-1， = ， =1. 设直线AC1与D1E所成角为θ，则cosθ= = = . 所以选B.例2 如图18，在三棱锥P-ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ=2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连结GH.图18（1）求证：AB∥GH；（2）求平面PAB与平面PCD所成角的正弦值.破解思路棱锥是常考的多面体，第（1）问考查线线平行关系的判定，图形特征明显，容易证明；第（2）问构造二面角的平面角有一定困难，所以要选择恰当的位置建立空间直角坐标系，用向量法求解.答案详解（1）因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB，所以EF∥DC.又EF？埭平面PCD，DC？奂平面PCD，所以EF∥平面PCD.又EF？奂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD=GH，所以EF∥GH. 又EF∥AB，所以AB∥GH.（2）在△ABQ中，因为AQ=2BD，AD=DQ，所以∠ABQ=90°，即AB⊥BQ. 又PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直.以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.设BA=BQ=BP=2，则B（0，0，0），Q（0，2，0），D（1，1，0），C（0，1，0），P （0，0，2）. 所以 =（-1，-1，2）， =（0，-1，2）.设平面PCD的一个法向量为n=（x，y，z），则由n· =0，n· =0可得-x-y+2z=0，-y+2z=0.取z=1，得n=（0，2，1）. 又 =（0，2，0）为平面PAB的一个法向量，所以cos〈n，〉= = = . 故平面PAB与平面PCD所成角的正弦值为 .例3 如图19，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，H为PC 的中点，M为AH的中点，PA=AC=2，BC=1.（1）求证：AH⊥平面PBC；（2）求直线PM与平面AHB所成角的正弦值；（3）设点N在线段PB上，且=λ，MN∥平面ABC，求实数λ的值.图19破解思路本题考查同学们的空间想象能力和思维能力，属于中高档题. 题目有明显的垂直关系，所以第（2）问和第（3）问可以通过建立空间直角坐标系来解决，其中处理第（3）问时，相关点的坐标可通过比值λ来表示，这有助于更好地突破难点并解决问题.答案详解（1）因为PA⊥底面ABC，BC？奂底面ABC，所以PA⊥BC.又因为AC⊥BC，PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC.因为AH？奂平面PAC，所以BC⊥AH.因为PA=AC，H是PC的中点，所以AH⊥PC.又PC∩BC=C，所以AH⊥平面PBC.（2）在平面ABC中，过点A作AD∥BC，易得PA，AC，AD两两垂直，所以以A为原点，AD，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图20所示的空间直角坐标系，则可得A（0，0，0），P（0，0，2），B（1，2，0），C（0，2，0），H（0，1，1），M0，， .设平面AHB的法向量为n=（x，y，z），因为 =（0，1，1）， =（1，2，0），由n· =0，n· =0可得y+z=0，x+2y=0.令z=1，得n=（2，-1，1）.设直线PM与平面AHB所成角为θ，因为 =0，，- ，所以sinθ=cos〈，n〉= = ，即sinθ= .图20（3）因为 =（1，2，-2），=λ ，所以 =（λ，2λ，-2λ）. 又 =0，，- ，所以 = - =λ，2λ-， -2λ. 因为MN∥平面ABC，平面ABC的法向量 =（0，0，2），所以 · =3-4λ=0，解得λ= .例4 如图21①，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD=1，BC=3，E为BC上一点，BE=2EC，且DE= . 将梯形ABCD沿DE折成直二面角B-DE-C，如图19②所示.（1）求证：平面AEC⊥平面ABED；（2）设点A关于点D的对称点为G，点M在△BCE所在平面内，且直线GM与平面ACE所成的角为60°，试求出点M到点B的最短距离.图21破解思路折叠问题是高考经常考查的内容之一. 解决这类问题要注意对翻折前后线线、线面的位置关系，所成角及距离加以比较. 第（1）问可利用分析法把证明面面垂直转化为证明线面垂直；第（2）问在第（1）问的基础上确定出三线两两垂直后建立空间直角坐标系，利用向量的数量积运算求解.答案详解（1）在图①中，由平面几何的知识易得DE⊥BC；在图②中，因为DE⊥BE，DE⊥CE，所以∠BEC是二面角B-DE-C的平面角. 因为二面角B-DE-C是直二面角，所以BE⊥CE. 因为DE∩BE=E，DE，BE？奂平面ABED，所以CE⊥平面ABED. 又CE？奂平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABED.（2）由（1）知DE，BE，CE两两互相垂直，以E为原点，分别以EB，EC，ED为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz.由已知，得E（0，0，0），A（1，0，），B（2，0，0），C（0，1，0），D（0，0，），G（-1，0，）， =（1，0，）， =（0，1，0）.设平面ACE的一个法向量为n=（x，y，z），则 ·n=0， ·n=0，即x+ z=0，y=0.取x= ，得n=（，0，-1）.设M（x，y，0），则 =（x+1，y，- ）. 因为直线GM与平面ACE所成的角为60°，所以=sin60°，即 = ，化简得y2=2x.从而可得点M到点B的距离MB= = = = ，所以，当x=1时，MB取得最小值，即点M到点B的最短距离为 .1. 如图22，棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，BD=2 ，则点C到平面PBD的距离为________.图222. 如图23，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AC=BC=AA1=2，D为侧棱AA1的中点.（1）求异面直线DC1，B1C所成角的余弦值；（2）求二面角B1-DC-C1的余弦值图233. 如图24，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为CD的中点，F为AE的中点.现在沿AE将△ADE向上折起，在折起的图形中解答下列两问：（1）在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由.（2）若平面ADE⊥平面ABCE，求二面角E-AD-B的余弦值.图24。
2025届高考数学一轮复习讲义立体几何与空间向量之 空间角和空间距离
形，则在正四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1中，异面直线 AK 和 LM 所成的角的大小为
(
D )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
[解析] 根据题意还原正四棱柱的直观图，如图所示，取 AA 1的中点 G ，连接 KG ，
则有 KG ∥ LM ，所以∠ AKG 或其补角为异面直线 AK 和 LM 所成的角.由题知 AG ＝
A 1 C 1＝5， BC 1＝4 2 ，所以 cos
52 ＋52 −(4 2）2
9
1
∠ BA 1 C 1＝
＝ ＜ ，所以60°＜
2×5×5
25
2
∠ BA 1 C 1＜90°，则过点 D 1作直线 l ，与直线 A 1 B ， AC 所成的角均为60°，即过一
点作直线，使之与同一平面上夹角大于60°的锐角的两边所在直线所成的角均成
2 z －1＝0的交线，试写出直线 l 的一个方向向量 (2，2，1)
的余弦值为
65
9
.
，直线 l 与平面α所成角
[解析] 由平面α的方程为 x ＋2 y －2 z ＋1＝0，可得平面α的一个法向量为 n ＝(1，
⑫ [0， ] ，二面角的
2
n1，n2＞｜.
范围是⑬
[0，π] .
易错警示
1. 线面角θ与向量夹角＜ a ， n ＞的关系
π
2
π
2
如图1(1)，θ＝＜ a ， n ＞－ ；如图1(2)，θ＝ －＜ a ， n ＞.
图1
2. 二面角θ与两平面法向量夹角＜ n 1， n 2＞的关系
图2(2)(4)中θ＝π－＜ n 1， n 2＞；图2(1)(3)中θ＝＜ n 1， n 2＞.
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
1×
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.
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⋅=。
用向量法求空间角和距离
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。
的
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
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。
空间角与距离
空间角与距离考纲解读1. 掌握各种角的定义，弄清异面直线所成的角与两直线所成的角，二面角与二面角的平面角，直线与平面所成的角和斜线与平面所成的角，二面角与两平面所成的角的联系与区别 ，弄清他们各自的取值范围 。
2. 细心体会求空间角的转化和数形结合思想，熟练掌握平移，射影等方法。
命题趋势探究异面直线所成角，线面角，二面角时高考中考查的热点，解答与空间角有关的问题时既可用传统法，又可用向量法。
在新课程标准下，对立体几何的基本理论知识要求有所降低，因此应用向量这一工具解题更为重要，特别是要熟练掌握利用空间图形的特殊性，构造适当的空间直角坐标系解决问题的方法，并能灵活应用。
空间角是立体几何中的一个重要概念，它是空间图形的一个突出量化指标，是空间图形位置关系的具体体现，故以高频的考点出现在历届高考试题中，在选择题，填空题及解答题中均有出现。
知识点精讲一、 空间角的定义和范围（1） 两条异面直线所成角θ的范围是0]2π（，，当θ=2π时，这两条异面直线互相垂直。
（2） 斜线AO 与它在平面α内的射影AB 所成角θ叫做直线与平面所成的角。
平面的斜线和平面所成的角，是这条斜线和这个平面内的任一直线所成角中最小的角，如果直线和平面垂直，那么直线与平面所成的角为2π；如果直线和平面平行或直线在平面内，那么就是直线和平面所成的角为0.直线和平面所成的角的范围为[0]2π，；斜线和平面所成的角的范围为(0,).2π （3） 从一条直线出发的两个半平面所组成的角叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面，棱为l ，两个平面分别为α，β的二面角记做α-l -β，二面角的范围是[0,]π（4） 一个平面垂直于二面角的公共棱l ，且与两个半平面的交线分别是射线OA ，OB ，则∠AOB 叫做二面角的平面角，平面角是直角的二面角叫做直二面角，相交成直二面角的两个平面垂直。
二、 点到平面距离的定义点到平面的距离即点到它在平面内的正射影的距离。
高考数学专题—立体几何(空间向量求空间角与空间距离)
高考数学专题——立体几何（空间向量求角与距离）一、空间向量常考形式与计算方法设直线l,m 的方向向量分别为l ⃗,m ⃗⃗⃗⃗，平面α,β的法向量分别为n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗. （1）线线角：（正负问题）：用向量算取绝对值（因为线线角只能是锐角）直线l,m 所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：cos θ=l⃗⋅m ⃗⃗⃗⃗|l⃗|⋅|m ⃗⃗⃗⃗|； （2）线面角：正常考你正弦值，因为算出来的是角的余角的余弦值 非正常考你余弦值，需要再算一步。
直线l 与平面α所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：sin θ=|l ⃗⋅n 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗||l⃗|⋅|n ⃗⃗|； (3)二面角：同进同出为补角；一进一出为原角。
注意：考试从图中观察，若为钝角就取负值，若为锐角就取正值。
平面α,β所成的二面角为θ，则0≤θ≤π，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＝⟨AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗,CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩．如图②③，n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗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|＝|n⃗⃗1⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n⃗⃗1|⋅|n2⃗⃗⃗⃗⃗⃗||，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． (4)空间距离额计算：通常包含点到平面距离，异面直线间距离。
二、空间向量基本步骤空间向量求余弦值或正弦值四步法（1）建系：三垂直，尽量多点在轴上；左右下建系，建成墙角系；锥体顶点在轴上；对称面建系。
一定要注明怎样建成的坐标系（2）写点坐标（3）写向量：向量最好在面上或者轴上（可简化计算量） （4）法向量的简化计算直线的方向向量和平面的法向量（1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作，显然一条直线的方向向量可以有无数个.（2）若直线l ⊥α，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作，有无数多个，任意两个都是共线向量.平面法向量的求法：设平面的法向量为α⃗=(x,y,z ).在平面内找出（或求出）两个不共线的向量a ⃗=(x 1,y 1,z 1)，b ⃗⃗=(x 2,y 2,z 2)，根据定义建立方程组，得到{α⃗×a ⃗=0α⃗×b ⃗⃗=0，通过赋值，取其中一组解，得到平面的法向量.三、空间向量求距离向量方法求异面直线距离：先求两异面直线的公共法向量，再求两异面直线上任意两点的连结线段在公共法向量上的射影长。
用空间向量方法求角和距离
用向量方法求空间角和距离在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题．1求空间角问题分别在直线n m ,b a ,所成的角或0a b a b ⊥⇔= , （２）求线面角特殊情形：当a = 一般情形：在直线图所示），再求cos 则sin cos βθ=（３）求二面角方法1：转化为分别是在二面角的两个半平面内且与棱都垂直的两条直线上的两个向量的夹角（注意：要特别关注两个向量的方向）．方法2：先求出二面角一个面内一点到另一个面的距离及到棱的距离，然后通过解直角三角形求角．方法3：（法向量法）构造二面角βα--l 的两个半平面βα、的法向量21n n 、（都取向上的方向，如图所示）2）若二面角βα--l 是“锐角型”如图乙所示，那么其大小φ等于两法向量21n n 、的夹角即 1212cos cos .||||n n n n φθ⋅==⋅2.求空间距离问题（１）求点面距离 其中n 是平面α在法一、找平面β使面β法二：如图，d 是异面直线a 与 b 的距离，n是直线a 与b 的一个法向量 A 、 B 分别是 直线a , b 上的点，显然：||cos ,d AB θ=又||cos ,AB n θ= ||AB n d ∴= 图甲例１．如图，在棱长为２的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱1111,A D A B 的中点．（Ⅰ）求异面直线1DE FC 与所成角的余弦值； （II ）求1BC 和面EFBD 所成的角； （III ）求1B 到面EFBD 的距离例2．如图，三棱柱中，已知A BCD 是边长为1的正方形，四边形B B A A '' 是矩形，。
平面平面ABCD B B A A ⊥''（Ⅰ）若A A '＝１，求直线AB 到面'DAC 的距离．（II ） 试问：当A A '的长度为多少时，二面角 A C A D -'-的大小为？ 60（Ⅰ）求证：直线1B P 不可能与平面11ACC A 垂直；（II ）当11BC B P ⊥时，求二面角11C B P C --的大小的余弦值．例4.如图，1BE AB ⊥；（Ⅱ）求二面角B （Ⅲ）求异面直线例5.（山东卷）如图，已知平面A 1B 1C 1平行于三棱锥V-ABC 的底面ABC ，等边∆ AB 1C 所在的平面与底面ABC 垂直，且∠ACB =90°，设AC =2a ,BC=a .（1）求证直线B 1C 1是异面直线AB 1与A 1C 1的公垂线； （2）求点A 到平面VBC 的距离； （3）求二面角A-VB-C 的大小例6.如图,在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中,60,ABC ∠=︒,PA AC a ==,PB PD ==点E 在PD上,且PE:ED= 2: 1. (Ⅰ)证明 PA⊥平面ABCD;(Ⅱ)求以AC 为棱,EAC 与DAC 为面的二面角θ的大小:(Ⅲ)在棱PC 上是否存在一点F, 使BF∥平面AEC?证明你的结论.练习：1.在正四面体S ABC -中，棱长为a ，E,Ｆ分别为SA 和BC 的中点，求异面直线BE 和SF 所成角的余弦值．2.在边长为１的菱形ABCD 中，60ABC ︒∠=，将菱形沿对角线AC 折起，使折起后BD ＝１，求二面角B ACD --的余弦值．３．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面，且PD AD a ==，问平面PBA 与平面PBC 能否垂直？试说明理由．（不垂直）４．在直三棱柱12AC AA ==． （１） 求1O（２） 求BCPA=2，（Ⅰ）求直线PA 与平面DEF 所成角的大小； （Ⅱ）求点P 到平面DEF 的距离。
高考数学复习：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
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（责任编辑
武之华）
王英志
的 概 念 ，把 几 何 综 合 推 理 和 向 量 代 数 运 算 有 机 地 结 合 起 来， 为学生的思维活动开辟了更广阔的天地。为解决立体 几何中某些用传统的纯几何方法解题时，技巧性较大、 随 机性较强的问题提供了一些通法， 以降低解题难度， 减轻 学生的负担。 传统教学求解空间各种距离需要多种转化技能， 有些 题求解非常困难。用向量就有了统一解法， 可借助同一公
D 的 坐 标 为 （6， 2%2 ， 2 ） ，连 接 $ $ !D,又知 !<., % 2 ,6=, 8<30, 2 % 2 0 0 $ $ ,6=,由此得到：
&’ &’ D! + <.,3 % 2 ,3 2 =, 7 " + <6, 2 % 2
0 <30,6,6=%
&’ ,3 2 =, " 8+ 0
E E
所求二面角的大小为 $3#F’’() 0 % E 。
!"89 为菱形 , 侧面 7!9 与底面 !"89 所
成 的 二 面 角 为
< 责任编辑
李 婧=
.06:。
!"
上述方法也可以用来判断空间直线、 平面的平行与垂 直的特殊位置关系。 向 量 法 求 解 空 间 角 和 距 离 问 题 ，重 视 空 间 向 量 的 概 念、 运算方法及应用， 不象纯几何方法那么追求理论的严 谨性， 因此向量法是求解此类度量问题的 “杀 手 锏 ” ， 为缺 乏空间想像能力、 逻辑推理能力和解决问题能力的学生提 供了宝贵的知识技能。当然， 向量代数运算是更加精炼、 严 密的推理， 每一步运算推理都要根据运算法则进行。 但是， 培养和发展学生的空间想像能力和严密的逻辑 思维能力依然是立体几何教学的重要任务。而且用向量来 处理空间角和距离问题， 虽有通法， 但有时在解决一些较 难问题时， 运算量较大并需要一定的技巧， 学生掌握这些 同样会有困难。因此， 我们不能对几何综合推理和向量代 数运算有所偏废， 顾此失彼。 通过对近几年立体几何试题的分析发现， 几何综合推 理与向量代数运算经常在同一题目中并存使用， 学生如果 能够择其优者进行推理运算， 就使解题更加简洁、 完美。这 由 066$ 年 （河南、 河北、 山东） 高考试卷第 06 题可见一斑。 如图 .,已知四棱锥 73!"89 ， 7"#!9, 侧 面 7!9 为 边 长 等于 0 的 正 三 角 形,底 面
走 出 教 材 靠 近 现 实
课， 是九年义务 教 育 小 学 美 术 教 材 （黑教版） 第三册 中 的 第 四 课 。 我在初次教授这 一 课 时 ， 发现很 多同学把火车轮 画 成 了 汽 车 轮 ，
—
—பைடு நூலகம்— 从 《 火 车 装 得 满 跑 得 快 》 一 课 想 到 的
五 “大巴车” ， 几个 画 得 “靠 谱 的 ” 大 的 连 还是照教材和范 画 生 扒 下 来 的 ， 池 毫无生气和创意。看着同学们画 市 新 得笑话百出、叫人哭笑不得的 ， 我这才意识到： 火车离 发 “火 车 ” 乡 这些阅历不深的农村二年级小 合 力 学生的生活是不是太远了。我课 发现全班 !"# 以 上 的 小 后一调查， 学 学生只在电视中看到过飞驰而 蒲 井 方
"# ( 式 %& ’$ ・ #
(
#
来运算 )具体方法是：
$ *+ 在求异面直线 ,、 - 间的距离时， ( 是与直线 ,、 - 都垂
直的一个向量， ’、 $ 分别为异面直线 ,、 - 上的任意点；
$是平面 ! 的一个法 .+ 在 求 点 ’ 到 平 面 ! 的 距 离 时 ， (
向量， $ 是平面 ! 中的任意点；
$ /+在求直线 , 到平行平面 ! 的距离时， ( 是平面 ! 的一
!!
黑河教育
!""#$
个法向量， !、 " 分别是直线 # 和平面 ! 的任意点；
!
高 考 辅 导
%%% &’’()&*+"
求点 7 到平面 !"89 的距离 ; 求面 !7" 与面 87" 所成二面角的大小 解-
! 是两平面的一个法向 $%在求两平行平面间的距离时， &
高 考 辅 导
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黑河教育
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《火 车 装 得 满 ，跑 得 快 》 一 总之绘画效果还是很不理想。在这种学校即没有更先进的 设备为学生提供更全面的直观材料， 又不可能送学生到百 十里以外的火车站参观的情况下，我经过调查了解到， 几 乎每个同学家都有农用车， 对农用车非常熟悉， 有的同学 甚至还驾驶过。于是我干脆把本课课题改为《农用车装得 满， 跑得快》 。 结果同学们绘画时热情高涨， 画出的作品丰富 多彩， 无论是绘画角度和表现内容都各有特色、 极富情趣， 使学生更深刻的感受到农民的辛劳、 可爱， 以及家乡的美 好， 切实地发挥了教材的德育功能， 本课的 “情感、 态度、 价 值观” 的教学目标也得到了充分落实。 通过这一课的教学使我深深体会到： 充分利用学生亲 身体验过、 经历过、 用自己心灵去感悟过的 “现实教材” ， 对 学生理解知识， 激发学生的生命活力， 促进学生成长是何 等重要。 以往很多教师只是教材和教参的 “留声机” ， 在处理教 材上缺乏创造性， 把教材中的知识、 道理以定论的形式直 接呈现给学生。 培养出的是一批批高分低能的 “书呆子” ， 与 素质教育的人才目标背道而驰。 “新课改” 思想则要求教师 要创造性地将课本上的知识讲活， 结合教学实际、 教师本 人实际、学生和学校实际以及现代社会生活的发展需求， 大胆地加工教材， 编创符合 “新课程标准” 要求的、 靠近现实 的、 学生感兴趣的教学内容。
过的火车。在学生的大脑中根本 就没有整体的、 清晰 的 “火 车 ” 这 一形象， 又怎能 画 得 出 靠 谱 的 火 车呢。于是 我 就 利 用 “投 影 片 ” 、 “例画” 为学生提供一些素材。这 次大部分同学画得虽然像火车 了， 但仍然是照葫芦画瓢， 毫无 创意。无论是 绘 画 角 度 、 火车种 类、 画面内容、 形式设计等都很 单一，更谈 不 上 感 情 的 表 达 了 ，
把一节节车厢画成了链在一起
求 解 空 间 角 和 距 离 的 策 略
!五大连池市高级中学
随着对学生能力要求的提高， 高考试题中单纯考查记 忆与计算的立体几何问题相对减少， 代之以较为灵活的大 信息量的多功能试题。因此， 在简单几何体的背景下， 考查 空间角和距离的求解问题， 成为高考的热点和难点。如何 简洁、 清晰、 流畅地进行此类问题的思考与解答是教学中 值得探讨的话题。 从纯几何角度思考有关角度和距离的问题， 要求能够 熟练运用相应的概念和性质， 将空间的计算问题转化为平 面图形中的计算问题，借助严密的推理来完成 “一作、 二 证、 三算” 的解题过程， 这时敏锐的观察能力， 精确的读图、 作图能力， 坚实的数学基本功以及灵巧的应变能力成为推 理运算的关键。虽然近年来立体几何试题的难度得以弱 化， 但对此相当多的学生依然是 “谈虎色变” 。 人民教育出版社在高二数学下 （$） 中引入了空间向量
A$7?"+.06: ， $7?>+B6:
由已知可求得 7?+ % 2 ， ・ A7>+7? )1&B6:+ 2 0 即点 7 到平面 !"89 的距离为 2 。
0
如 图 2， 建 立 直 角坐标系， 其中 > 为 坐标原点， C 轴平行 于 9!。7<6,6, 2 =,"<6,
0
2%2 0
,6=, 7" 中 点
量， !、 " 分别是两平面的任意点。 向 量 法 求 空 间 角 虽 无 统 一 公 式 ， 但 与 ’() 〈 " *，! &〉 +
<.= 如 图 0, 作 7># 平 面 !"89, 垂 足 为 点 >, 连 接
>"、 >!、 >9， >" 与 !9 交 于
连接 7? 。 点 ?，
" ! ・ * & 联系密切 ,具体方法是 " ・ * ! & " ! 、 .% 直 线 #、 / 成 角 为 "， *、 & 分 别 是 直 线 #、 / 的方向向 ! 量， 则 ’()"+ ’() 〈" *， &〉 ； ! 则 )1&"+ ’() 0%直线 # 与平面 ! 成角为 "， 〈" *， &〉 ；
若其两个半平面的法向 2% 二 面 角 ! 343# 的 大 小 为 "，
@!9 #7"
A!9 #>"
@7!+79 A>!+>9
于是 >" 平分 !9，点 ? 为 !9 的中点， 所 以 7? #!9。 由 此 知
$7?" 为面 7!9
与面 !"89 所成二面角的平面角。
!， !〉 则 ’()"+5’() 〈" （视具体情况而定） ， 若" 量分别为" *、 & *， & *、 ! 分别是两个半平面内与棱 4 垂直的向量，也有 ’()"+5’() & !〉 〈" （视具体情况而定） 。 *， &
&’ &’ &’ 于是有 &’ D!・ 7 " +6, " 8・ 7 " +6 &’ &’ &’ &’ 所以 &’ D! #7 " ," 8 #7 " 。 &’ D! 、 " 8 的夹角 " 等于所求 &’ &’ 二面角的平面角， 于 是 ’()" + D! ・ "8 +3 0 % E , 所 以 &’ &’ 8 D! "