【最新】版高中全程复习方略配套课件：7.9利用空间向量求空间角与距离(北师大版·数学理)
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
高三数学一轮(北师大)课件：第8章 第9节 立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离(理)
北师大版 ·高考总复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第八章 立体几何初步
第八章
第九节 立体几何中的向量方法(二) ——求空间角与距离(理)
1 高考目标导航 2 课前自主导学
3 课堂典例讲练 4 课时作业
高考目标导航
考纲要求
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，了解向 量方法在研 究立体几何 问题中的应 用.
• ②设n1，n2分别是二面角α—l—β的两个面α， β的法向量，则向量n1与n2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 )．4．点面距离的求法
已知 AB 为平面 α 的一条斜线段，n 为平面 α |的 _A→_B_法|_·c_向o_s_〈量__A→ ，_B_则，__n_B〉__到＝_平_|A→_面|Bn_·_|n_α|. 的距离为|B→O|＝
∴B→E1＝(1，34，1)－(1,1,0)
＝(0，－14，1)，D→F1＝(0，14，1)－(0,0,0)＝(0，14，1)．
∴|B→E1|＝ 417，|D→F1|＝ 417，
B→E1·D→F1＝1156.
∴cos<B→E1，D→F1>＝
→→ BE1·DF1 →→
＝1157.
|BE1||DF1|
3．如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，B1E1＝D1F1＝A14B1， 则 BE1 与 DF1 所成的角的余弦值为( )
A．12 C．127
B．1157 D．13
[解析] 设正方体的棱长为 1，建立如图所示的空间直角坐
标•系[答． 案] B
则点 B，E1，D，F1 的坐标分别为 B(1,1,0)，E1(1，34，1)， D(0,0,0)，F1(0，14，1)，
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三年23考 高考指数:★★★★ 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.
1.利用直线的方向向量和平面的法向量求空间角与距离是高考 的热点，尤其是用向量法求平面与平面的夹角和点到平面的距 离； 2.本节的重点是利用向量法求空间角，难点是正确地进行计算 3.高考对本节的考查多以解答题的形式出现，综合考查空间想 象能力、运算能力及数形结合思想.
1.夹角的计算
(1)直线间的夹角
①两直线的夹角
当两条直线l1与l2共面时，我们把两条直线交角中,范围在
［__0_,__2__］__内的角叫作两直线的夹角.
②异面直线的夹角
当直线l1与l2是异面直线时，在直线l1上任取一点A作AB∥l2，我 们把_直__线__l_1_和__直_线__A_B__的夹角叫作异面直线l1与l2的夹角. 设s1，s2分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
已知平面π1和π2的法向量分别为n1和n2，
当0≤〈n1，n2〉≤
2
时，平面π1与π2的夹角等于〈__n_1，__n__2〉_;
当
2
＜〈n1，n2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于
_π__-_〈__n_1_，__n_2_〉__.
【即时应用】 (1)思考：直线与平面的夹角、平面的法向量与直线的方向向量 的夹角具有怎样的关系？ 提示：当直线的方向向量与平面的法向量的夹角是锐角时，其 余角为线面角；当直线的方向向量与平面的法向量的夹角是钝 角时，其补角的余角是线面角.
(2)长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=2，AD=1，E为CC1的中点， 则异面直线BC1与AE夹角的余弦值为______.
高考数学一轮总复习教学课件第七章 立体几何与空间向量第7节 利用空间向量求空间距离
|·|
||
=.
考点三 用空间向量求线线、线面、面面的距离
[例3] 在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,DD1的中
点,则平面ADE与平面B1C1F之间的距离为
.
解析:以点A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、
y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,连接AB1,
||
=
|-|
+
=3 .
用向量法求点面距离的步骤
(1)建系:建立恰当的空间直角坐标系.
(2)求点坐标:写出(求出)相关点的坐标.
→
(3)求向量:求出相关向量的坐标( ,α内两个不共线向量,平面
α的法向量n).
→
|·|
(4)求距离:d=
.
||
[针对训练] 如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,
如图,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的距离就是在直线 l 上的投影向量 的长度,
→
因此 PQ=|·
→
·
||
|=|
||
→
|=
|·|
||
× )
)
2.平面α的法向量n=(1,-1,2),点B在α上且B(2,2,3),则P(-2,1,3)
到α的距离为
.
→
→
解析:因为 =(4,1,0),故 P(-2,1,3)到α的距离 d=
|(,,)·(,-,)|
2025届高中数学一轮复习课件《空间角、距离以及综合问题》ppt
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高考一轮总复习•数学
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题型 探究性问题 典例 3(2024·湖北襄阳四中模拟)如图所示，在三棱锥 P-ABC 中， 已知 PA⊥BC，PB⊥AC，点 P 在底面 ABC 上的射影为点 H. (1)证明：PC⊥AB. 概括来讲，在三棱锥中，若两组对棱互相垂直，则第三组对棱也 互相垂直． (2)设 PH＝HA＝HB＝HC＝2，对于动点 M，是否存在 λ，使得C→M 这组数量关系说明此三棱锥是正三棱锥． ＝λC→P，且 BM 与平面 PAB 所成角的余弦值为45？若存在，求出 λ 的值；若不存在，请说明 理由．
高考一轮总复习•数学
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(2)设平面 ABN 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，则由 n⊥A→B，n⊥A→N， 得n·A→B＝2 3x＋2y＝0，
n·A→N＝4y＋2z＝0，
令 z＝2，则 y＝－1，x＝ 3 3，即 n＝ 3 3，－1，2. 易知C→1N＝(0,0，－2)，
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题型 翻折问题 典例 2 如图 1，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，AE⊥CD，垂足为 E，AB＝AE＝12CE＝1，
DE＝ 2.将△ADE 沿 AE 翻折到△APE，如图 2 所示．M 为线段 PB 的中点，且 ME⊥PC. 最后这个条件，暗示△ADE 翻折到怎样的位置？
由 ME∩BE＝E，ME，BE⊂平面 BEM， 得 BC⊥平面 BEM，PE⊂平面 BEM，于是 PE⊥BC. 由题意，知 PE⊥AE，AE 与 BC 相交， 则 PE⊥平面 ABCE，又 EC⊂平面 ABCE， 所以 PE⊥EC.
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(2)解：连接 BN，MN，设 EN＝t，由(1)知 PE，EA， 平面 BMN 和平面 PCE 无公共边，这样引入参数 t，使 t 参与二面角余弦值的计算，用 函数法求最小值． EC 两两垂直，故以 E 为坐标原点，E→A，E→C，E→P的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方 向建立空间直角坐标系，如图所示，
高三一轮总复习高效讲义第7章第6节利用空间向量求空间角、距离课件
解：(1)证明：如图，连接 AC 交 BD 于 H，连接 MH，
则 MH 为△ ACE 的中位线，所以 MH∥CE，又因为 MH⊄平面 CEF，CE⊂平面 CEF， 所以 MH∥平面 CEF．
因此，OM∥平面 ABD1E1；(2)易知点 D(0，2，0)，C( 3 ，1，0)，D1(0，2，4)，A(0，
－2，0)，A1(0，－2，4)，B( 3 ，－1，0)，设平面 AA1B1B 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，
→ AB
＝(
3
，1，0)，AA1＝(0，0，4)，由nn··AA→AB1＝＝43zx2＝2＋0y，2＝0，
在平行四边形 BDEF 中，DB∥EF，BD⊄平面 CEF，EF⊂平面 CEF， 所以 BD∥平面 CEF 又因为 MH∩DB＝H
∴平面 CEF∥平面 BDM．
(2)取 BC 的中点 O，连接 OF，OH，则 OF⊥平面 ABCD， OH⊥BC，
因为 BF＝ 13 ，BO＝2，所以 OF＝ BF2－BO2 ＝3． 以 O 为坐标原点，OC，OH，OF 所在的直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，
＝|－4＋0－1| 5
＝
5
．
答案： 5
4．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面PAB与平面 PCD所成的角为________．
解析：如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x 轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝PA＝1，则A(0，0， 0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)．
2．直线与平面所成的角
高考数学一轮专项复习讲义-向量法求空间角(北师大版)
§7.7向量法求空间角课标要求 1.能用向量法解决异面直线的夹角、直线与平面的夹角、二面角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用.2.弄清折叠问题中的变量与不变量，掌握折叠问题中线面位置关系的判断和空间角的计算问题.知识梳理1.两条直线的夹角若向量a ，b 分别为直线a ，b 的方向向量，则直线a 与b 的夹角θ∈0，π2，且θ与两个方向向量的夹角〈a ，b 〉相等或互补，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|.2.直线与平面的夹角设向量l 为直线l 的一个方向向量，n 是平面α的一个法向量，则直线l 与平面α的夹角θ∈0，π2，且θ＝π2－〈l ，n 〉或θ＝〈l ，n 〉－π2，故sin θ＝|cos 〈l ，n 〉|.3.二面角一般地，已知n 1，n 2分别为平面α，β的法向量，则二面角α－l －β的平面角与两法向量所成角〈n 1，n 2〉相等或互补.常用结论1.两条异面直线夹角的范围是，π2；直线与平面夹角的范围是0，π2；二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是0，π2.2.若平面α与平面β的夹角为θ1，平面α内的直线l 与平面β的夹角为θ2，则θ1≥θ2，当l 与α和β的交线垂直时，取等号.自主诊断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的夹角．(×)(3)二面角的平面角为θ，则两个平面的法向量的夹角也是θ.(×)(4)二面角α－l －β的平面角与平面α，β的夹角相等．(×)2．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，则直线l 与平面α的夹角为()A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°答案A 解析设直线l 与平面α的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，所以直线l 与平面α的夹角为30°.3．已知直线l 1的方向向量s 1＝(1,0,1)与直线l 2的方向向量s 2＝(－1,2，－2)，则直线l 1和l 2夹角的余弦值为()A.24 B.12 C.22 D.32答案C解析设直线l 1与l 2的夹角为θ，因为s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)，所以cos θ＝|cos 〈s 1，s 2〉|＝|s 1·s 2||s 1||s 2|＝|－1－2|2×3＝22.所以直线l 1和l 2夹角的余弦值为22.4．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.π4 B.3π4 C.π4或3π4 D.π2或3π4答案C 解析∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，∴m ·n ＝1，|m |＝1，|n |＝2，若两平面所成的二面角为θ，则|cos θ|＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝22，∴两平面所成的二面角为π4或3π4.题型一异面直线的夹角例1(1)(2023·武汉模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PA ＝BC ，E 为CD 的中点，F 为PC 的中点，则异面直线BF 与PE 夹角的余弦值为()A ．－39 B.39C ．－539 D.539答案B 解析如图，以点A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，设AB ＝2，异面直线BF 与PE 的夹角为θ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，则E (1,2,0)，F (1,1,1)，所以BF →＝(－1,1,1)，PE →＝(1,2，－2)，所以cos θ＝|cos 〈BF →，PE →〉|＝|BF →·PE →||BF →||PE →|＝|－1＋2－2|3×3＝39，所以异面直线BF 与PE 夹角的余弦值为39.(2)(2023·开封模拟)在如图所示的圆台中，四边形ABCD 为其轴截面，AB ＝2CD ＝4，母线长为3，P 为下底面圆周上一点，异面直线AD 与OP (O 为下底面圆心)的夹角为π3，则CP 2的大小为()A ．7－23B ．7－23或7＋23C ．19－43D ．19－43或19＋43答案B 解析以O 为原点，OB 所在直线为y 轴，过点O 作x 轴⊥OB ，圆台的轴为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，作DE ⊥AB 于点E ，AE ＝12AB －12CD ＝1，在Rt △ADE 中，AD ＝3，DE ＝AD 2－AE 2＝2，则D (0，－1，2)，A (0，－2,0)，C (0,1，2)，AD →＝(0,1，2)，设P (2cos θ，2sin θ，0)，0≤θ<2π，OP →＝(2cos θ，2sin θ，0)，由于异面直线AD 与OP (O 为下底面圆心)的夹角为π3，∴cos π3＝|OP →·AD →||OP →||AD →|＝|2sin θ|2×3＝|sin θ|3＝12，∴sin θ＝±32，CP →＝(2cos θ，2sin θ－1，－2)，CP 2＝|CP →|2＝4cos 2θ＋4sin 2θ－4sin θ＋1＋2＝7－4sin θ＝7±23.思维升华用向量法求异面直线的夹角的一般步骤(1)建立空间直角坐标系．(2)用坐标表示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)，π2，即异面直线夹角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．跟踪训练1(1)(2023·台州统考)如图，已知菱形ABCD 的边长为3，对角线BD 长为5，将△ABD 沿着对角线BD 翻折至△A ′BD ，使得线段A ′C 长为3，则异面直线A ′B 与CD 夹角的余弦值为()A.34B.54C.49D.89答案D 解析因为A ′C ＝A ′D ＝CD ＝3.所以2A ′C ——→·CD →＝(A ′C ——→＋CD →)2－A ′C ——→2－CD →2＝A ′D ——→2－A ′C ——→2－CD →2＝9－9－9＝－9.因为CB ＝CD ＝3，BD ＝5.所以2CB →·CD →＝CB →2＋CD →2－(CB →－CD →)2＝CB →2＋CD →2－DB →2＝9＋9－25＝－7.所以A ′B ——→·CD →＝(A ′C ——→＋CB →)·CD →＝A ′C ——→·CD →＋CB →·CD →＝－92－72＝－8.若异面直线A ′B 与CD 的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈A ′B ——→，CD →〉|＝|A ′B ——→·CD →||A ′B ——→||CD →|＝|－8|3×3＝89.所以异面直线A ′B 与CD 夹角的余弦值为89.(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →(0<λ<1)，若异面直线D 1E 和A 1F 夹角的余弦值为3210，则λ的值为______．答案13解析以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，则A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，E (0,2,1)，A (2,0,0)，∴D 1E —→＝(0,2，－1)，A 1A ＝(0,0，－2)，AD →＝(－2,0,0)，A 1F —→＝A 1A —→＋AF →＝A 1A —→＋λAD →＝(－2λ，0，－2)．∴|cos 〈A 1F —→，D 1E —→〉|＝|A 1F —→·D 1E —→||A 1F —→||D 1E —→|＝22λ2＋1×5＝3210，解得λ＝－13舍去题型二直线与平面的夹角例2(2022·全国甲卷)在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，CD ∥AB ，AD ＝DC ＝CB ＝1，AB ＝2，DP ＝3.(1)证明：BD ⊥PA ；(2)求PD 与平面PAB 夹角的正弦值．(1)证明在四边形ABCD 中，作DE ⊥AB 于点E ，CF ⊥AB 于点F ，如图．因为CD ∥AB ，AD ＝CD ＝CB ＝1，AB ＝2，所以四边形ABCD 为等腰梯形，所以AE ＝BF ＝12，故DE ＝AD 2－AE 2＝32，BD ＝DE 2＋BE 2＝3，所以AD 2＋BD 2＝AB 2，所以AD ⊥BD .因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BD ，又PD ∩AD ＝D ，PD ，AD ⊂平面PAD ，所以BD ⊥平面PAD .又因为PA ⊂平面PAD ，所以BD ⊥PA .(2)解由(1)知，DA ，DB ，DP 两两垂直，如图，以D 为原点建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，P (0,0，3)，则AP →＝(－1,0，3)，BP →＝(0，－3，3)，DP →＝(0,0，3)．设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AP →＝0，·BP →＝0，x ＋3z ＝0，－3y ＋3z ＝0，可取n ＝(3，1,1)，则cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝35×3＝55，所以PD与平面PAB夹角的正弦值为5 5 .思维升华利用空间向量求线面角的解题步骤跟踪训练2(2023·开封模拟)如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，圆柱OQ的侧面积为63π，点P在圆柱OQ的下底面圆周上，且△OPB是边长为3的等边三角形．(1)若G是DP的中点，求证：AG⊥BD；(2)若DG→＝2GP→，求GB与平面ABCD夹角的正弦值．(1)证明设圆柱OQ的底面半径为r，高为h.因为△OPB是边长为3的等边三角形，所以∠ABP＝60°，r＝ 3.因为圆柱OQ的侧面积为63π，所以2πrh＝63π，解得h＝3.在下底面圆O中，∠APB＝90°，∠ABP＝60°，所以AP＝BP·tan60°＝3.因为DA⊥平面APB，所以DA⊥BP，DA⊥AP.因为∠APB＝90°，所以AP⊥BP，又AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面APD，所以BP⊥平面APD.因为AG⊂平面APD，所以BP⊥AG.在△DAP中，AD＝AP＝3，G是DP的中点，所以DP ⊥AG .又BP ∩DP ＝P ，BP ，DP ⊂平面BPD ，所以AG ⊥平面BPD .因为BD ⊂平面BPD ，所以AG ⊥BD .(2)解在下底面圆O 内过O 作Ox ⊥AB ，连接OQ .以O 为原点，Ox →，OB →，OQ →分别为x ，y ，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．则B (0，3，0)，D (0，－3，3)，，32，因为DG →＝2GP →，设G 点坐标为(x 0，y 0，z 0)，则(x 0，y 0＋3，z 0－3)＝x 0，32－y 0，－z0＝0＋3＝y 0－3＝－2z 0，0＝1，0＝0，0＝1，所以G (1,0,1)，所以GB →＝(－1，3，－1)．显然，向量n ＝(1,0,0)是平面ABCD 的一个法向量．设GB 与平面ABCD 的夹角为θ，所以sin θ＝|cos 〈GB →，n 〉|＝|GB →·n ||GB →||n |＝55.所以GB 与平面ABCD 夹角的正弦值为55.题型三二面角例3(12分)(2023·全国乙卷)如图，三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝22，PB ＝PC ＝6，BP ，AP ，BC 的中点分别为D ，E ，O ，AD ＝5DO ，点F 在AC 上，BF ⊥AO .(1)证明：EF ∥平面ADO ；[切入点：由BF ⊥AO 找F 位置](2)证明：平面ADO ⊥平面BEF ；[切入点：证明AO ⊥平面BEF ](3)求二面角D －AO －C 的正弦值．[关键点：由AO ⊥BE 及PB 长求点P 坐标][思路分析](1)利用向量及BF →⊥AO →→F 为AC 中点→EF ∥OD(2)利用勾股定理→AO ⊥OD →AO ⊥平面BEF(3)建系设点P 坐标→由AO ⊥BE 及PB 长求点P 坐标→求法向量→求角思维升华利用空间向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量：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二面角的平面角的大小.(2)找与棱垂直的方向向量：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，然后通过这两个向量的夹角可得到二面角的平面角的大小.(1)证明设AF ＝tAC ，则BF →＝BA →＋AF →＝(1－t )BA →＋tBC →，AO →＝－BA →＋12BC →，(1分)①处用BA →，BC →表示BF →，AO→因为BF ⊥AO ，所以BF →·AO →＝[(1－t )BA →＋tBC →]·－BA →＋12BC →＝(t －1)BA →2＋12tBC →2＝4(t －1)＋4t ＝0，解得t ＝12，则F 为AC 的中点．(3分)②处利用⊥找点F 位置BF →⊥AO →找点F 位置又D ，E ，O 分别为PB ，PA ，BC 的中点，于是EF ∥PC ，DO ∥PC ，所以EF ∥DO ，又EF ⊄平面ADO ，DO ⊂平面ADO ，所以EF ∥平面ADO .(4分)(2)证明由(1)可知EF ∥DO ，由题意可得AO ＝AB 2＋OB 2＝6，DO ＝12PC ＝62，所以AD ＝5DO ＝302，因此DO 2＋AO 2＝AD 2＝152，则DO ⊥AO ，(6分)③处利用勾股定理证明AO ⊥OD所以EF ⊥AO ，又AO ⊥BF ，BF ∩EF ＝F ，BF ，EF ⊂平面BEF ，则有AO ⊥平面BEF ，(7分)又AO ⊂平面ADO ，所以平面ADO ⊥平面BEF .(8分)(3)解如图，以B 为坐标原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴，建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (2,0,0)，O (0，2，0)，AO →＝(－2，2，0)．因为PB ＝PC ，BC ＝22，所以设P (x ，2，z )，z >0，(9分)④处求BE →坐标由(2)得AO ⊥BE ，分)⑤处利用AO ⊥BE 及PB 长求点P 坐标由D 为PB 的中点，得－12，22，AD →－52，22，设平面DAO 的法向量为n 1＝(a ，b ，c )，1·AD →＝0，1·AO →＝0，－52a ＋22b ＋32c ＝0，2a ＋2b ＝0，得b ＝2a ，c ＝3a ，取a ＝1，则n 1＝(1，2，3)．易知平面CAO 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，(11分)设二面角D －AO －C 的大小为θ，则|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝36＝22，所以sin θ＝1－12＝22，⑥处利用向量法求两法向量夹角故二面角D －AO －C 的正弦值为22.(12分)利用法向量的方向判断二面角二面角的大小可以通过这两个面的法向量的夹角求得，它等于两法向量的夹角或其补角，法向量的方向指向内部的称为“进”入半平面；法向量的方向指向外部的称为穿“出”半平面；当法向量m ，n “一进一出”时，m ，n 的夹角就是二面角的大小；当法向量m ，n “同进同出”时，m ，n 的夹角就是二面角的补角．典例在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 为棱AB 的中点，则二面角D 1－EC －D 的平面角的余弦值为________．答案63解析建立如图所示的空间直角坐标系，由AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，得E (1,1,1)，C (0,2,1)，D 1(0,0,0)，则D 1E —→＝(1,1,1)，D 1C —→＝(0,2,1)，设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，1E →·n ＝0，1C →·n ＝0，＋y ＋z ＝0，y ＋z ＝0，令z＝－2，得n＝(1,1，－2)，易知平面DEC的法向量为m＝(0,0,1)，则cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝－26＝－63，由法向量的方向为同出，得二面角D1－EC－D的平面角的余弦值为6 3 .跟踪训练3(2023·新高考全国Ⅱ)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB ＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．(1)证明：BC⊥DA；(2)点F满足EF→＝DA→，求二面角D－AB－F的平面角的正弦值.(1)证明如图，连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC，因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，所以AC＝AB，从而AE⊥BC，又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.(2)解不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为BD⊥CD，所以BC＝22，DE＝AE＝ 2.所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE，又AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，所以AE⊥平面BCD.以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则D (2，0,0)，A (0,0，2)，B (0，2，0)，E (0,0,0)，设平面DAB 与平面ABF 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)，二面角D －AB －F 的平面角为θ，而AB →＝(0，2，－2)，因为EF →＝DA →＝(－2，0，2)，所以F (－2，0，2)，则AF →＝(－2，0,0)．n 1·DA →＝0，n 1·AB →＝0，－21＋2z 1＝0，2y 1－2z 1＝0，取x 1＝1，所以n 1＝(1,1,1)．n 2·AB →＝0，n 2·AF →＝0，2y 2－2z 2＝0，－22＝0，取y 2＝1，所以n 2＝(0,1,1)，所以|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝23×2＝63，从而sin θ＝1－69＝33.所以二面角D －AB －F 的平面角的正弦值为33.课时精练一、单项选择题1.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，BC ＝2，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与A 1C 的夹角为()A.π2B.π3C.π4D.π6答案B 解析由题意可知，AB ，AC ，AA 1两两互相垂直，以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0，2)，C (0，2，0)，，22，∴AD →，22，A 1C —→＝(0，2，－2)，∴|cos 〈AD →，A 1C —→〉|＝|AD →·A 1C —→||AD →||A 1C —→|＝12，∴异面直线AD 与A 1C 的夹角为π3.2．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 夹角的正弦值为()A.22 B.155 C.64 D.63答案C 解析建立如图所示的坐标系，设AB ＝2，则C 1(3，1,0)，A (0,0,2)，AC 1—→＝(3，1，－2)，易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)．设AC 1与平面BB 1C 1C 的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈AC 1—→，n 〉|＝|AC 1—→·n ||AC 1—→||n |＝322＝64.所以AC 1与平面BB 1C 1C 夹角的正弦值为64.3.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1和DD 1的中点，则平面ECF 与平面ABCD 夹角的余弦值为()A.33 B.63C.13 D.23答案B 解析以点A 为坐标原点，AB →，AD →，AA 1—→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．设正方体的棱长为2，则A (0,0,0)，E (2,0,1)，F (0,2,1)，C (2,2,0)，∴CE →＝(0，－2,1)，CF →＝(－2,0,1)．设平面ECF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，CE →·n ＝0，CF →·n ＝0，－2y ＋z ＝0，－2x ＋z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,2)．易知m ＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量，设平面ECF 与平面ABCD 的夹角为θ.∴cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝21×6＝63.∴平面ECF 与平面ABCD 夹角的余弦值为63.4．(2023·沧州模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是C 1D 1的中点，则异面直线AP 与BA 1夹角的余弦值为()A.26 B.36 C.13 D.23答案A解析方法一设正方体的棱长为2，取CC 1的中点Q ，连接PQ ，AD 1，AC ，AQ ，∵P 是C 1D 1的中点，∴PQ ∥CD 1∥A 1B ，故∠APQ 就是AP 与BA 1的夹角(或其补角)，由勾股定理得AP ＝AQ ＝8＋1＝3，PQ ＝2，由余弦定理得cos ∠APQ ＝AP 2＋PQ 2－AQ 22AP ·PQ ＝9＋2－92×3×2＝26，故异面直线AP 与BA 1夹角的余弦值为26.方法二设正方体的棱长为2，以点D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A (2,0,0)，P (0,1,2)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)，AP →＝(－2,1,2)，BA 1—→＝(0，－2,2)，|cos 〈AP →，BA 1—→〉|＝|AP →·BA 1—→||AP →||BA 1—→|＝23×22＝26，故异面直线AP 与BA 1夹角的余弦值为26.5．(2024·郑州模拟)如图，已知AB 是圆柱底面圆的一条直径，OP 是圆柱的一条母线，C 为底面圆上一点，且AC ∥OB ，OP ＝AB ＝2OA ，则直线PC 与平面PAB 夹角的正弦值为()A.1010B.55C.110D.14答案A 解析∵AB 是圆柱底面圆的一条直径，∴∠AOB ＝90°，∠ACB ＝90°，∵OP ＝AB ＝2OA ，∴∠BAO ＝45°，∴OA ＝OB ，∵AC ∥OB ，∴∠OAC ＝90°，∴四边形OACB 为正方形，设AB ＝2，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2，0,0)，B (0，2，0)，P (0,0,2)，C (2，2，0)，AB →＝(－2，2，0)，AP →＝(－2，0,2)，设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·AB →＝0，n ·AP →＝0，－2x ＋2y ＝0，－2x ＋2z ＝0，取x ＝2，则n ＝(2，2，1)，又PC →＝(2，2，－2)，设直线PC 与平面PAB 的夹角为θ，∴sin θ＝|cos 〈n ，PC →〉|＝|n ·PC →||n ||PC →|＝25×22＝1010，∴直线PC 与平面PAB 夹角的正弦值为1010.6．(2023·杭州模拟)若正方形ABCD 的边长为a ，E ，F 分别为CD ，CB 的中点(如图1)，沿AE ，AF 将△ADE ，△ABF 折起，使得点B ，D 恰好重合于点P (如图2)，则直线PA 与平面PCE 夹角的正弦值为()A.22 B.34 C.36 D.32答案A 解析由E，F 分别是为CD ，CB 的中点，可得EF 2＝CE 2＋CF 2＝DE 2＋BF 2＝PE 2＋PF 2，则PE ⊥PF .由AD ⊥DE ，AB ⊥BF ，可得PA ⊥PE ，PA ⊥PF ，所以PA ，PF ，PE 两两互相垂直，以P 为坐标原点，PE ，PF ，PA 分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得P (0,0,0)，0，，a 2，A (0,0，a )，设C (x ，y ，z )，由AC ＝2a ，CE ＝CF ＝a 2，＋y 2＋(z －a )2＝2a 2，＋z 2＝a 24，＋y 2＋z 2＝a 24，＝a 3，＝a 3，＝－a 3，即得，a 3，－所以可得PE→0，PC →，a 3，－设平面PCE 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，·PC →＝ax ′3＋ay ′3－az ′3＝0，·PE →＝ax ′2＝0，令y ′＝1，则x ′＝0，z ′＝1，所以平面PCE 的一个法向量为n ＝(0,1,1)，又PA →＝(0,0，a )，设PA 与平面PCE 的夹角为θ，所以sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝|PA →·n ||PA →||n |＝a 2a ＝22.二、多项选择题7．三棱锥A －BCD 中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为n 1，n 2，若n 1＝(1,0,0)，n 2＝(－3，0,1)，则二面角A －BD －C 的大小可能为()A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π6答案AD 解析由已知可得|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝32，因此二面角A －BD －C 的大小为π6或5π6.8．(2023·深圳模拟)如图，在矩形AEFC 中，AE ＝23，EF ＝4，B 为EF 中点，现分别沿AB ，BC 将△ABE ，△BCF 翻折，使点E ，F 重合，记为点P ，翻折后得到三棱锥P －ABC ，则()A ．三棱锥P －ABC 的体积为423B ．直线PA 与直线BC 夹角的余弦值为36C ．直线PA 与平面PBC 夹角的正弦值为13D ．三棱锥P －ABC 外接球的半径为222答案BD 解析由题意可得BP ⊥AP ，BP ⊥CP ，又AP ∩CP ＝P ，AP ，CP ⊂平面PAC ，所以BP ⊥平面PAC ，在△PAC 中，PA ＝PC ＝23，AC 边上的高为(23)2－22＝22，所以V 三棱锥P －ABC ＝V 三棱锥B －P AC ＝13×12×4×22×2＝823，故A 错误；在△PAC 中，cos ∠APC ＝12＋12－162×23×23＝13，BC ＝12＋4＝4，|cos 〈PA →，BC →〉|＝|PA →·BC →||PA →||BC →|＝|PA →·(PC →－PB →)|23×4＝|PA →·PC →－PA →·PB →|83＝||PA →||PC →|cos ∠APC －0|83＝23×23×1383＝36，所以直线PA 与直线BC 夹角的余弦值为36，故B 正确；S △PBC ＝12PB ·PC ＝12×2×23＝23，设点A 到平面PBC 的距离为d ，由V 三棱锥B －P AC ＝V 三棱锥A －PBC ，得13×23d ＝823，解得d ＝463，所以直线PA 与平面PBC 夹角的正弦值为d PA ＝46323＝223，故C 错误；由B 知，cos ∠APC ＝13，则sin ∠APC ＝223，所以△PAC 的外接圆的半径r ＝12·AC sin ∠APC ＝322，设三棱锥P －ABC 外接球的半径为R ，又因为BP ⊥平面PAC ，则R 2＝r 2＝92＋1＝112，所以R ＝222，即三棱锥P －ABC 外接球的半径为222，故D 正确．三、填空题9．(2023·天津统考)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，则异面直线A 1C 1与AD 1夹角的余弦值为________．答案210解析如图，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，则A (1,0,0)，D 1(0,0,3)，A 1(1,0,3)，C 1(0,2,3)，则AD 1—→＝(－1,0,3)，A 1C 1—→＝(－1,2,0)，|cos 〈AD 1—→，A 1C 1—→〉|＝|AD 1—→·A 1C 1—→||AD 1—→||A 1C 1—→|＝110×5＝210因此，异面直线A 1C 1与AD 1夹角的余弦值为210.10．在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABC ，AC ＝1，AA 1＝2，∠BAC ＝90°，若直线AB 1与直线A 1C 夹角的余弦值是45，则棱AB 的长度是________．答案1解析建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝a (a >0)，则A (0,0,0)，B 1(a ,0,2)，A 1(0,0,2)，C (0,1,0)，所以AB 1—→＝(a ,0,2)，A 1C —→＝(0,1，－2)，所以|cos 〈AB 1—→，A 1C —→〉|＝|AB 1—→·A 1C —→||AB 1—→||A 1C —→|＝4a 2＋4×5＝45，解得a ＝1，所以棱AB 的长度是1.11．(2023·洛阳模拟)二面角α－l －β的棱上有两个点A ，B ，线段BD 与AC 分别在这个二面角的两个半平面内，并且垂直于棱l ，若AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则平面α与平面β的夹角为________．答案60°解析设二面角α－l －β的大小为θ，因为AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，所以CA →·AB →＝0，BD →·AB →＝0，由题意得CD →＝CA →＋AB →＋BD →，所以|CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2AB →·BD→＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·BD→＝36＋16＋64＋2×6×8×cos(180°－θ)＝(217)2，所以cos(180°－θ)＝－12，即cos θ＝12，所以θ＝60°，则平面α与平面β的夹角为60°.12.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H ，K ，L 分别是棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，D 1D ，DA 的中点，则直线A 1C 与平面EFGHKL 夹角的大小为________；若P ，Q 是六边形EFGHKL 边上两个不同的动点，设直线D 1B 与直线PQ 最小的夹角为θ，则sin θ的值为________．答案90°13解析如图，以点D 为坐标原点，以DA →，DC →，DD 1—→的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A 1(2,0,2)，E (2,1,0)，C (0,2,0)，F (2,2,1)，G (1,2,2)，∴A 1C —→＝(－2,2，－2)，EF →＝(0,1,1)，EG →＝(－1,1,2)，∴A 1C —→·EF →＝0＋2－2＝0，A 1C —→·EG →＝2＋2－4＝0，∴A 1C ⊥EF ，A 1C ⊥EG ，∵EG ∩EF ＝E ，EG ，EF ⊂平面EFGHKL ，∴A 1C ⊥平面EFGHKL ，∴直线A 1C 与平面EFGHKL 夹角的大小为90°.又D 1(0,0,2)，B (2,2,0)，D 1B —→＝(2,2，－2)，由题意知A 1C —→＝(－2,2，－2)为平面EFGHKL 的一个法向量，设直线D 1B 与平面EFGHKL 的夹角为α，则sin α＝|cos 〈D 1B —→，A 1C —→〉|＝|D 1B —→·A 1C —→||D 1B —→||A 1C —→|＝412×12＝13，∵直线PQ ⊂平面EFGHKL ，∴直线D 1B 与直线PQ 的夹角最小时即为直线D 1B 与平面EFGHKL 的夹角，∴sin θ＝13.四、解答题13.如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2CF ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 夹角的正弦值．(1)证明由CF ∥AE ，CF ⊄平面ADE ，AE ⊂平面ADE ，得CF ∥平面ADE ，由AD ∥BC ，BC ⊄平面ADE ，AD ⊂平面ADE ，得BC ∥平面ADE ，又CF ∩BC ＝C ，CF ，BC ⊂平面BCF ，所以平面BCF ∥平面ADE ，又BF ⊂平面BCF ，所以BF ∥平面ADE .(2)解因为AE ⊥平面ABCD ，AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AE ⊥AB ，AE ⊥AD ，又AD ⊥AB ，以A 为原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，因为AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2CF ＝2，所以B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,1,0)，E (0,0,2)，则CE →＝(－1，－2,2)，BE →＝(－1,0,2)，DE →＝(0，－1,2)，设平面BDE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，·BE →＝－x ＋2z ＝0，·DE →＝－y ＋2z ＝0，令z ＝1，则x ＝2，y ＝2，即m ＝(2,2,1)，所以|cos 〈m ，CE →〉|＝|m ·CE →||m ||CE →|＝43×3＝49，即直线CE 与平面BDE 夹角的正弦值为49.14．(2024·南昌模拟)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝12AB ，现将△ADC 沿AC 翻至△APC ，使二面角P －AC －B 为直二面角．(1)证明：CB ⊥PA ；(2)若AB ＝4，二面角B －PA －C 的平面角的余弦值为217，求异面直线PC 与AB 夹角的余弦值．(1)证明取AB 的中点E ，连接CE (图略)，∵在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝12AB ，AE ∥DC ，AE ＝DC ，∴四边形ADCE 是平行四边形，CE ＝AD ，CE ＝AE ＝EB ，∴∠ACB ＝90°，即CB ⊥CA ，∵二面角P －AC －B 为直二面角，∴平面PAC ⊥平面ACB ，又平面PAC ∩平面ACB ＝AC ，CB ⊂平面ABC ，∴CB ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，∴CB ⊥PA .(2)解由AB ＝4知PA ＝PC ＝2，取AC 的中点O ，则OE ∥CB .∴OE ⊥AC ，且OP ⊥AC ，OC ，OE ，OP 两两互相垂直．以O 为原点，OC →，OE →，OP →的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设OC ＝a (a >0)，则C (a ,0,0)，P (0,0，4－a 2)，A (－a ,0,0),B (a ,24－a 2，0)，AB →＝(2a ,24－a 2，0)，AP →＝(a ,0，4－a 2)，易得平面PAC 的一个法向量为n 1＝(0,1,0)，设平面PAB 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，2·AB →＝2ax ＋24－a 2y ＝0，2·AP →＝ax ＋4－a 2z ＝0，取x ＝4－a 2，得y ＝－a ，z ＝－a ，故n 2＝(4－a 2，－a ，－a )，由|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝a 4＋a 2＝217，得a ＝3，则PC →＝(3，0，－1)，AB →＝(23，2,0)，设异面直线PC 与AB 的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈PC →，AB →〉|＝|PC →·AB →||PC →||AB →|＝62×4＝34，所以异面直线PC与AB夹角的余弦值为3 4 .。
2025高考数学一轮复习-7.6-利用空间向量求空间角、距离【课件】
(3)平面与平面的夹角 如图，平面 α 与平面 β 相交，形成四个二面角，我们把四个二面角中不大于 90°的二 面角称为平面 α 与平面 β 的夹角．
若平面 α，β 的法向量分别是 n1 和 n2，则平面 α 与平面 β 的夹角即为向量 n1 和 n2 的 |n1·n2|
夹角或其补角．设平面 α 与平面 β 的夹角为 θ，则 cosθ＝|cos n1，n2 |＝_____|n_1_||n__2|___.
设平面 CDP 的法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··PP→→DC＝＝00 ⇒n＝(0,1,1)．
平面 PAB 的法向量 m＝(0,1,0)
cos〈m，n〉＝|mm|·|nn|＝
2 2.
又∵平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为锐二面角，∴所求二面角为 45°.
易错点睛：(1)误认为直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是线面角出错． (2)不能结合图形准确判定二面角出错．
4．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1 的底面边长为 2，侧棱长为 2 2，
π 则 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为___6_____．
【解析】 以 C 为原点建立坐标系，得下列坐标：A(2,0,0)，C1(0,0，2 2)．点 C1 在
侧 面 ABB1A1 内 的 射 影 为 点
提醒：(1)利用公式与二面角的平面角时，要注意 n1，n2 与二面角大小的关系，是
相等还是互补，需要结合图形进行判断． (2)注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，π]，两个平面的
夹角的范围为0，π2.
2．空间距离(1)点 P 到直线 l 的距离 设A→P＝a，u 是直线 l 的单位方向向量，则向量A→P在直线 l 上的投影向量A→Q＝(a·u)u. 在 Rt△APQ 中，由勾股定理，得 PQ＝ |A→P|2－|A→Q|2＝___a_2－___a_·u__2__.
新高考数学总复习专题八空间角与距离、空间向量及其应用课件
例1 (202X上海嘉定一中测试,15) 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是平面ADD1A1内一点,且满足 △ADP为正三角形.点M为平面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点 M在正方形ABCD内的轨迹为 ( )
A
B
C
D
解析 设正方体的棱长为1. 如图所示,点P在线段AD上的射影Q为AD的中点,在平面ABCD内分别以 AD,DC所在直线为x,y轴建立平面直角坐标系,
1
3 14
2
=
70 .
14
考法三 求解立体几何中的探索性问题 1)涉及线段上点的位置的探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再 给出证明,所求点多为中点或三等分点中的某一个,也可以根据类似知识 找点,求解时注意三点共线条件的应用. 2)借助空间直角坐标系,把几何对象上动点的坐标用参数(变量)表示出 来,将几何对象坐标化,这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或 方程组.若方程或方程组有满足题设要求的解,则通过参数的值反过来确 定几何对象的位置;若方程或方程组没有满足题设要求的解,则表示满足 题设要求的几何对象不存在.
答案 A
例2 在棱长为2的正四面体ABCD中,点P为△ABC所在平面内一动点,且满
足|
PA
|+|
PB
|=
4
3 ,则PD的最大值为
(
)
3
A.3 B. 2 10 C. 39 D.2
3
3
解析发
如图所示,在平面ABC内,|PA
|+|PB
|= 4
3 >2,所以点P在平面ABC内的
3
轨迹为椭圆,取AB的中点O,连接CO,以直线AB为x轴,直线OC为y轴建立平
【全程复习方略】(陕西专用)高考数学 7.9 利用空间向量求空间角与距离课时提能演练 理 北师大版
【全程复习方略】（陕西专用）2013版高考数学 7.9 利用空间向量求空间角与距离课时提能演练 理 北师大版(45分钟 70分)一、选择题(每小题5分，共30分)1.若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l 与平面α的夹角等于( )(A)120° (B)60° (C)30° (D)60°或30°2.(2012·咸阳模拟)已知正四棱锥S-ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则直线AE 、SD 夹角的余弦值为( ) (A)13 (B)2 (C)3 (D)233.已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1中点，则异面直线BE 与CD 1夹角的余弦值为( ) (A)1010 (B)15 (C)31010 (D)354.已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1和平面DBB 1D 1夹角的正弦值为( )(A)32 (B)52 (C)105 (D)10105.(2012·蚌埠模拟)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)12 (B)23 (C)3 (D)2 6.如图，矩形A BCD 中，AB ＝3，BC ＝4，沿对角线BD 将△ABD 折起，使A 点在平面BCD 内的射影O 落在BC 边上，若平面CAB 与平面ABD 夹角的大小为θ，则sin θ的值等于( )(A)34 7 37 (D)45二、填空题(每小题5分，共15分)7.(易错题)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_______.8.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别是棱BC、DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的长度之和为_______.9.正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PA C夹角的大小是_______.三、解答题(第10题12分，第11题13分，共25分)10.(预测题)在如图所示的几何体中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=BD=2AE，M是A B的中点.(1)求证：CM⊥EM；(2)求CM与平面CDE的夹角.11.(2011·天津高考改编)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=5.(1)求异面直线AC与A1B1夹角的余弦值；(2)求平面AA1C1C与平面A1C1B1夹角的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长.【选做•探究题】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M 为PC 上一点，PA=PD=2，BC= 12AD=1，CD=3. (1)求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)若平面BMQ 与平面ABCD 的夹角为30°，设PM =tMC ，试确定t 的值.答案解析1.【解析】选C.由题意得直线l 与平面α的法向量所在直线的夹角为60°,∴直线l 与平面α的夹角为90°-60°=30°.2.【解题指南】建立空间直角坐标系，利用空间向量求两直线的夹角的余弦值.【解析】选C.建立如图所示的空间直角坐标系，令正四棱锥的棱长为2，则A(1，-1，0)，D(-1，-1，0)，S(0，0，2),E(112222，，)， AE =(132222-，，)，SD =(-1，-1，-2)， ∴cos 〈AE ，SD 〉=AE SD33AE SD =-. ∴直线AE 、SD 夹角的余弦值为33，故选C. 3.【解析】选C.建立如图所示空间直角坐标系，令AA 1=2AB=2,则E(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,0),D 1(0,0,2).BE =(0,-1,1),1CD =(0,-1,2).∴cos 〈BE ,1CD 〉=11BE CD 102BE CD ==. 4.【解题指南】建立空间直角坐标系，利用直线BC 1与平面DBB 1D 1的法向量的夹角求出所求角的正弦值.【解析】选C.以D 为坐标原点，1DA,DC,DD 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(4,0,0)，B(4,4,0)，C(0,4,0)，C 1(0,4,2)，AC ＝(－4,4,0)，1BC ＝(－4,0,2).易知AC ⊥平面DBB 1D 1，所以AC 是平面DBB 1D 1的一个法向量.设BC 1与平面DBB 1D 1的夹角为θ，则sin θ=|cos 〈AC ,1BC 〉|=11|AC BC |105AC BC =. 5.【解析】选B.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A 1(1，0，1)，E(1，1，12)， ∴1DA =(1，0，1)， DE =(1，1，12)， 设n =(x,y,z)为平面A 1ED 的一个法向量，则1DA x z 01·DE x y z 02⎧=+=⎪⎨=++=⎪⎩，n n 令z=-1, 则x=1,y=-12，∴n =(1,-12,-1)，取平面ABCD 的一个法向量m =(0,0,1)，则cos 〈m ,n 〉23=-， 故平面A 1ED 与平面ABCD 夹角的余弦值为23. 6.【解析】选A.由题意可求得BO ＝94，OC ＝74，AOC(74,0,0)，B(-94,0,0)，，D(74,3,0)， BD ＝(4,3,0)，BA =(94设m ＝(x ，y ，z)是平面ABD 的一个法向量.则4x 3y 09x 04+=⎧⎪⎨=⎪⎩，取z＝-x=7,y ＝－283. 则m ＝(7,－283,-又CD ＝(0,3,0)是平面ABC 的一个法向量.∴cos 〈m ,CD 〉=CD 16CD 33==⨯m m sin 3.4＝ 【方法技巧】求平面与平面夹角的策略法向量法，其步骤是①建系，②分别求两个半平面的法向量，③求法向量夹角的余弦值，④根据题意确定平面与平面夹角的余弦值或其大小.7.【解析】cos 〈m ,n 〉=m n m n =22，∴〈m ，n 〉=4π, ∴两平面夹角的大小为4π. 答案：4π 【误区警示】本题容易认为两平面的夹角有4π和34π两个,而忽视两平面的夹角不能为钝角. 8.【解析】以D 1为坐标原点,D 1A 1、D 1C 1、D 1D 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE=x ，DF=y ，则易知E(x ，1，1)，B 1(1，1，0)⇒1B E =(x-1，0，1)，又F(0，0，1-y)，B(1，1，1)⇒FB =(1，1，y)，由于AB ⊥B 1E ，故若B 1E ⊥平面ABF ，只需FB ·1B E =(1，1，y)·(x-1，0，1)=0⇒x+y=1.答案：1【变式备选】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_______.【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)，∴11D A =(2，0，0)，1DA =(2，0，2)， DB =(2，2，0)，设平面A 1BD 的一个法向量n =(x ，y ，z)，则1DA 2x 2z 0.DB 2x 2y 0⎧=+=⎪⎨=+=⎪⎩n n令x=1，则y=-1,z=-1,∴n =(1,-1,-1),∴点D 1到平面A 1BD 的距离 11|D A |223d .33===n n 答案：2339.【解析】如图，以O 为原点建立空间直角坐标系. 设OD=SO=OA=OB=OC=a ，则A(a ,0,0)，B(0，a,0)，C(-a,0,0)，P(0，-a2,a2)，则CA ＝(2a,0,0)，AP ＝(－a ，－a2，a2)，CB ＝(a ，a,0)， 设平面PAC 的一个法向量为n ，可取n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB ，n 〉2CB 122a 2CB ＝＝＝，n n∴〈CB ，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面PAC 夹角的大小为90°－60°＝30°.答案：30°10.【解析】如图，以点C 为坐标原点，以CA ，CB 所在直线分别为x 轴和y 轴，过点C 作与平面AB C 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系,设EA=a,则A(2a,0,0),B(0,2a,0),E(2a,0,a),D(0,2a,2a),M(a,a,0).(1)因为EM =(-a,a,-a)，CM =(a,a,0)，所以EM ·CM =-a ×a+a ×a+(-a)×0=0，故EM ⊥CM , ∴CM ⊥EM.(2)设平面CDE 的一个法向量为n =(x,y,z),则CE CE 0,CD CD 0⎧⎧⊥=⎪⎪⇒⎨⎨⊥=⎪⎪⎩⎩n n n n∵CE =(2a,0,a),CD =(0,2a,2a),∴2ax az 0,2ay 2az 0+=⎧⎨+=⎩令x=1,则y=2,z=-2,即n =(1,2,-2),∵CM =(a,a,0),∴cos 〈n ,CM 〉=CM 22CM=，nn 因为直线CM 与平面CDE 所成的角是n 与CM 夹角的余角，因此直线CM 与平面CDE 的夹角是45°.11.【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点依题意得2225122,0),B 121225)(1)易得AC 22511A B 2,0,0)，于是cos 〈AC ,11A B 〉=1111AC A B 23322AC A B ==⨯， 所以异面直线AC 与A 1B 1夹角的余弦值为23. (2)易知1AA 2,0),11A C 225设平面AA 1C 1C 的法向量m =(x,y,z)，则111A C 0,AA 0⎧=⎪⎨=⎪⎩m m即0,0.⎧+=⎪⎨=⎪⎩ 令m)，同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量n =(x 0,y 0,z 0)，则1111A C 0,A B 0.⎧=⎪⎨=⎪⎩n n ,即00000,0.⎧-=⎪⎨-=⎪⎩令y 0n于是cos 〈m ,n 〉=·2777==，m n m n 从而sin〈m ,n 〉. 所以平面AA 1C 1C 与平面A1C 1B 1. (3)由N为棱B 1C 1的中点，得N(222).设M(a,b,0)，则MN=(a,222--) 由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得1111MN A B 0,MN A C 0⎧=⎪⎨=⎪⎩即(a)(22)02325(a)(2)(b)(2)50.22⎧--=⎪⎪⎨⎪--+--+=⎪⎩，解得a 2.b 4⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩故M(240). 因此BM 0)，所以线段BM 的长为|BM 【选做•探究题】【解析】(1)方法一：∵AD ∥BC,BC=12AD,Q 为AD 的中点，∴BC ∥DQ 且BC=DQ,∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴CD ∥BQ.∵∠ADC=90°,∴∠AQB=90°即QB ⊥AD.又∵平面PAD ⊥平面ABCD,且平面PAD ∩平面A BCD=AD ，∴BQ ⊥平面PAD.∵BQ 平面PQB ，∴平面PQB ⊥平面PAD.方法二：∵AD ∥BC ，BC=12AD ，Q 为AD 的中点， ∴BC ∥DQ 且BC=DQ, ∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴CD ∥BQ.∵∠ADC=90°,∴∠AQB=90°即QB ⊥AD.∵PA=PD,Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD ∵PQ ∩BQ=Q,∴AD ⊥平面PBQ.∵AD 平面PAD ，∴平面PQB ⊥平面PAD.(2)∵PA=PD,Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD.∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD=AD ，∴PQ ⊥平面ABCD.如图，以Q 为原点建立空间直角坐标系.则333,0).则平面ABCD 的法向量为n =(0,0,1)，设M(x,y,z)，则PM 3),MC 3∵PM =t MC ，∴()()x t 1x y t(3y)z 3t z =--⎧⎪⎪=⎨⎪=-⎪⎩，∴t x 1t 3t y .3z ⎧=-⎪+⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩在平面MBQ 中，QB =(0，0)，QM =(t 1t -+),∴平面MBQ 的一个法向量为m ∵平面BMQ 与平面ABCD 的夹角为30°∴cos30°=23==+n m n m ∴t=3.。
高三数学,一轮复习北师大版, 空间角、空间距离 , 课件
2．已知两平面的法向量分别为 m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面 所成的二面角为( ) A．45° B．135° C．45° 或 135° D．90°
1 2 m· n 解析：cos〈m，n〉＝ ＝ ＝ ， |m||n| 1· 2 2 即〈m，n〉＝45° ，其补角为 135° 。 ∴两平面所成二面角为 45° 或 135° 。 答案：C
4．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1 的底面边长 π 为 2，侧棱长为 2 2，则 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为________ 。 6
解析：以 C 为原点建立坐标系，得下列坐标： A(2,0,0)，C1(0,0,2 2)。 3 3 点 C1 在侧面 ABB1A1 内的射影为点 C2 ， ，2 2。 2 2 1 3 → → 所以AC1＝(－2,0,2 2)，AC2＝－ ， ，2 2， 2 2 设直线 AC1 与平面 ABB1A1 所成的角为 θ， →· → 1＋0＋8 AC 3 1 AC2 则 cosθ＝ ＝ ＝2。 → → 2 3 × 3 |AC1||AC2| π π 0 ， 又 θ∈ 2，所以 θ＝6。
解析：(1)错误。两直线的方向向量所成的角应是两直线所成的角 或其补角。 (2)错误。若直线的方向向量和平面的法向量所成的角为 θ，直线 与平面所成的角为 α，则 sinα＝|cosθ|。 (3)错误。两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其 补角。 (4)正确。由异面直线所成的角、线面角及二面角的定义可知，两 π π 异面直线夹角的范围是0，2，直线与平面所成角的范围是0，2，二 面角的范围是[0，π]。
2.直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面 α 的法向量为 n，直线 l 与平面 α 所成的角为 φ，两向量 e 与 n 的夹角为 θ，则有 sinφ＝|cosθ| |e· n| ＝③________ |e||n| 。
【最新】版高中全程复习方略配套课件：7.6空间向量及其运算(北师大版·数学理)
(3)已知向量a与b的夹角为120°，且｜a｜=｜b｜=4， 那么b·(2a+b)等于__________． 【解析】b·(2a+b)=2b·a+b2=2×4×4cos120°+42=0． 答案：0
(4)a,b是两个非零向量，现给出以下命题：
①a·b>0⇔〈a,b〉∈［0, π );
2
②a·b=0⇔〈a,b〉= π ;
名称
定义
如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相 平行向量 平__行__或_重__合_,则这些向量叫作_共_线__向__量__或_平_行__向__量_
共面向量 平行于同一_平__面__的向量
直线的方 向向量
若A，B是空间直线l上任意两点，则称__A_B_为直 线l的方向向量.
（与_A_B__平行的任意非零向量 a 也是直线l的方 向向量）
【例1】(1)(2012·洛阳模拟)如图，在
长方体ABCD-A1B1C1D1中，O为AC的中点．
①化简
A1O
1 2
AB
1 2
AD
____；
②用 AB,AD,AA1表示OC1，则OC1 _____.
(2)若P为平行四边形ABCD所在平面外的一点,且G为△PCD的重心, 若 AG xAB yAD zAP, 试求x+y+z的值.
①|a|=__a__a_； ②a⊥b⇒__a_·__b_=_0；
ab
③cos〈a,b〉=_a__b_(a≠0,b≠0).
【即时应用】 (1)思考：对于实数a,b，若ab=0，则一定有a=0或b=0，而对于 向量a,b，若a·b=0，则一定有a=0或b=0吗？ 提示：不一定，因为当a≠0且b≠0时，若a⊥b，也有a·b=0． (2)思考:(a·b)c=a(b·c)成立吗？ 提示：不一定成立.∵(a·b)c表示一个与c共线的向量，而 a(b·c)表示一个与a共线的向量，又c与a不一定共线，∴上式不 一定成立.
高考数学一轮专项复习ppt课件-空间距离及立体几何中的探索性问题(北师大版)
§7.8 空间距离及立体 几何中的探索性问题
课标要求
1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离. 2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或 空间角存在的条件.
内容索引
第一部分 落实主干知识 第二部分 探究核心题型
课时精练
第一部分
落实主干知识
知识梳理
1.点到直线的距离
若点P是直线l外一点，l0是直线l的单位方向向量，点A是直线l上任意一 点，则点P到直线l的距离为d＝___|P→_A_|_2_－__|P→_A_·_l0_|2_.
→ u2＝|AA→EE|＝－2 5 5，0，
55，
A→F＝(0,2,1)，|A→F|2＝5，A→F·u2＝ 55，
所以直线 FC1 到直线 AE 的距离为
5－
52
5
＝2 530，故 B 错误；
设平面 AB1E 的法向量为 n＝(x，y，z)，—AB→1 ＝(0,2,2)，A→E＝(－2,0,1)，B→A＝(0，－2,0). 由nn··A—→AEB→＝1 ＝－22yx＋＋2zz＝＝00，， 令z＝2，则y＝－2，x＝1，即n＝(1，－2,2). 设点B到平面AB1E的距离为d，
d＝
|B→E|2－B→|EB→·CB→|C2＝
290－ 232＝23 2.
方法二
又B→C＝
23，23，0，B→E＝0，43，32，
所以|cos〈B→C，B→E〉|＝|B→→C·B→→E|＝ |BC||BE|
2 3×2 3
5＝
515，
则 sin〈B→C，B→E〉＝ 510，
所以点 E 到直线 BC 的距离为|B→E|sin〈B→C，B→E〉＝235×
则A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,1,0)，C1(0,1,3)， 则A→C＝(－2,1,0)，—BC→1 ＝(－2,0,3)， 设A→C和—BC→1 的公垂线的方向向量 n＝(x，y，z)，
利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离--2025北师大版高中数学一轮复习课件新高考新教材
2025北师大版高中数学一轮复习课件（新高考新教材）第1课时 利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离考情分析:立体几何解答题是高考六大解答题之一,为必考内容.以多面体、旋转体或组合体为载体,考查空间位置关系判定与性质的应用、空间角或空间距离.空间位置的判定与证明多用几何法,也可用向量法.空间角或距离的求解则主要利用向量法,重点考查逻辑推理、直观想象和数学运算的核心素养,难度中等.知识梳理1.直线的方向向量与平面的法向量(1)如图,设点A,B是直线l上不重合的任意两点,称为直线l的方向向量.显然,一条直线有无数个方向向量,根据平行向量的定义可知:这些方向向量都平行,因此与平行的任意非零向量a也是直线l的方向向量. (2)平面的法向量:直线l⊥平面α,取直线l的方向向量a,称向量a为平面α的法向量.(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一.2.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1,l2的方向向量分别为u1,u2l1∥l2u1∥u2⇔∃λ∈R,使得u1=λu2 l1⊥l2u1⊥u2⇔u1·u2=0直线l的方向向量为u,平面α的法向量为n l∥αu⊥n⇔u·n=0l⊥αu∥n⇔∃λ∈R,使得u=λnn1,n2分别是平面α,β的法向量α∥βn1∥n2⇔∃λ∈R,使得n1=λn2α⊥βn1⊥n2⇔n1·n2=03.利用空间向量求角(1)异面直线所成的角两条异面直线所成的角,可以转化为两条异面直线的方向向量的夹角来求得.也就是说,若异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分别是u,v,则(2)直线与平面所成的角直线与平面所成的角,可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角.如图,直线AB与平面α相交于点B,设直线AB与平面α所成的角为θ,直线AB的方向向量为u,平面α的(3)平面与平面的夹角平面α与平面β相交,形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角.若平面α,β的法向量分别是n1和n2,则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ,则4.利用空间向量求距离(1)两点间的距离(2)点到直线的距离(3)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考点一 利用空间向量证明平行、垂直例1 如图,正方形A DE F与梯形AB CD所在的平面互相垂直,2AB=2A D=CD=4,A D⊥CD,AB∥CD,M为CE的中点.求证: (1)B M∥平面A DE F;(2)B C⊥平面B DE.证明(1)(方法一 几何法)取DE的中点N,连接AN,MN.所以MN∥AB且MN=AB,所以四边形ABMN是平行四边形,所以BM∥AN.又AN⊂平面ADEF,BM⊄平面ADEF,所以BM∥平面ADEF.(方法二 向量法)因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊥AD,DE⊂平面ADEF,所以DE⊥平面ABCD,又DC⊂平面ABCD,所以DE⊥DC.如图,以D为坐标原点,以直线DA,DC,DE分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则B(2,2,0),C(0,4,0),D(0,0,0),E(0,0,2),M(0,2,1).又BM⊄平面ADEF,所以BM∥平面ADEF.所以BD2+BC2=CD2,所以BD⊥BC.因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊥AD,DE⊂平面ADEF,所以DE⊥平面ABCD,又BC⊂平面ABCD,所以DE⊥BC.又BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDE,所以BC⊥平面BDE.[对点训练1]如图所示,在直三棱柱AB C-A1B1C1中,侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直,M为AA1的中点,N为B C1的中点.求证:(1)M N∥平面A1B1C1;(2)平面M B C1⊥平面BB1C1C.证明(1)由题意易知AA1,AB,AC两两垂直,以A为坐标原点,分别以AA1,AB,AC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.设正方形AA1C1C的边长为2,则A(0,0,0),A1(2,0,0),B(0,2,0),B1(2,2,0),C(0,0,2),C1(2,0,2),M(1,0,0),N(1,1,1).由题意知AA1⊥A1B1,AA1⊥A1C1,又A1C1∩A1B1=A1,A1C1,A1B1⊂平面A1B1C1,所以AA1⊥平面A1B1C1.又MN⊄平面A1B1C1,所以MN∥平面A1B1C1.(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).令y2=1,则平面BB1C1C的一个法向量为n2=(0,1,1).因为n1·n2=2×0+1×1+(-1)×1=0,考点二 与平行、垂直有关的存在性问题例2(2024·四川遂宁高三检测)如图,在斜三棱柱AB C-A1B1C1中,已知△AB C 为正三角形,四边形A CC1A1是菱形,D,E分别是A C,CC1的中点,平面A CC1A1⊥平面AB C.(1)求证:A1C⊥平面B DE.(2)若∠C1C A=60°,在线段D B1上是否存在点M,使得A M∥平面B DE?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.(1)证明如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,连接AC1,A1是菱形,因为四边形ACC所以AC1⊥A1C.又D,E分别是AC,CC1的中点,所以DE∥AC1,所以DE⊥A1C.因为△ABC为正三角形,所以BD⊥AC,又平面ACC1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1∩平面ABC=AC,BD⊂平面ABC,所以BD⊥平面ACC1A1,又A1C⊂平面ACC1A1,从而得BD⊥A1C,又BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDE,所以A1C⊥平面BDE.又D是AC的中点,则C1D⊥AC,由(1)知,DB,DA,DC1两两垂直,以D为坐标原点,直线DB,DA,DC1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.设AC=2,则[对点训练2]如图,在四棱锥P-AB CD中,P A⊥平面AB CD,正方形AB CD的边长为2,E是P A 的中点.(1)求证:P C∥平面B DE.(2)若P A=2,在线段P C上是否存在一点F,使AF⊥平面B DE?若存在,求出PF 的长度;若不存在,请说明理由.(1)证明如图,连接AC交BD于点O.因为四边形ABCD是正方形,所以O是AC的中点,又E是P A的中点,所以OE∥PC.因为OE⊂平面BDE,PC⊄平面BDE,所以PC∥平面BDE.因为P A⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以P A⊥CD.因为四边形ABCD为正方形,所以CD⊥DA.又P A∩DA=A,P A⊂平面ADP,DA⊂平面ADP,所以CD⊥平面ADP.以D为坐标原点,过点D作P A的平行线为x轴,分别以DA,DC为y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.考点三 利用空间向量求空间距离(多考向探究预测)考向1点到直线的距离例3如图所示,在四棱锥P-AB CD中,平面P AB⊥平面AB CD,底面AB CD为矩形,AP=BP= ,AB=2,A D=3,M是棱A D上一点,且A M=2MD.(1)求点B到直线P M的距离;(2)求平面P M B与平面P MC夹角的余弦值.OE,交CD于点E,则OE⊥AB.因为P A=PB,所以PO⊥AB.因为平面P AB⊥平面ABCD,平面P AB∩平面ABCD=AB,PO⊂平面P AB,所以PO⊥平面ABCD.又OE⊂平面ABCD,所以PO⊥OE.以O为坐标原点,分别以OB,OE,OP所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示考向2点到平面的距离例4(2024·江西吉安模拟)如图,在四棱锥P-AB CD中,AB∥CD,(1)证明取AB的中点E,连接CE.∵AB∥CD,AE=CD,∴四边形ADCE是平行四边形,∴CE=AD= AB,∴点C在以AB为直径的圆上,∴AC⊥BC.又BC⊥P A,P A∩AC=A,且P A,AC⊂平面P AC,∴BC⊥平面P AC,又BC⊂平面PBC,∴平面PBC⊥平面P AC.∵BC⊥平面P AC,又BC⊂平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面P AC.连接DE交AC于点O,则O为AC的中点.连接PO,∵P A=PC,∴PO⊥AC,且PO=1.∵平面ABCD⊥平面P AC,平面ABCD∩平面P AC=AC,∴PO⊥平面ABCD,∴PO⊥OE.由题意可知,OE∥BC,∴OE⊥平面P AC,∴OE⊥AC,[对点训练3](2024·吉林白山模拟)如图,在四棱柱AB CD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥平面AB CD,AB∥DC,AB⊥A D,A D=CD=2,AA1=AB=4,E为棱AA1的中点. (1)证明:B C⊥C1E;(1)证明易知AD,AA1,AB两两垂直.以A为坐标原点,AD,AA1,AB所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,4),D(2,0,0),C(2,0,2),E(0,2,0),C1(2,4,2),B1(0,4,4),本 课 结 束。
2020版高考数学理科一轮复习课件(北师大版)：利用空间向量求角
所成的角为
.
[答案] 30°
[解析] 设 l 与 α 所成的角为 θ,则 sin
θ=|cos<m,n>|=12,∴θ=30°.
课前双基巩固
7.已知正四棱锥 S-ABCD 的侧棱长与底
面边长都相等,E 是 SB 的中点,则 AE,SD
所成角的余弦值为
.
[答案]
3 3
[解析] 如图所示,以两对角线 AC
第46讲 UNIT 7
利用空间向量 求角
课前双基巩固│课堂考点探究│教师备用例题
考试说明
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,了 解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
课前双基巩固 知识聚焦
1.两条异面直线所成角的求法
(1)设两条异面直线 a,b 的方向向量分别为 a,b,其夹角为 θ,则 cos φ=|cos θ|=
例 1[2018·福州 5 月质检] 如图 7-46-4 所示的多面体 ABCD-A1B1C1 中,上底面 ABCD 与下底面 A1B1C1 平行, 四边形 ABCD 为平行四边形,且 AA1∥BB1∥CC1,已知 AB1=A1B1=2AA1=2AC,∠AA1C1=π3,且 A1C1⊥B1C1. (1)求证:平面 ACC1A1⊥平面 A1B1C1; (2)若点 M 为 B1C1 的中点,求异面直线 C1D 与 CM 所成角的余弦值.
课前双基巩固
3.[教材改编] 如图 7-46-3 所示,在正方体
ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别为棱 AA1 和 BB1
的中点,则 sin<������������,������1������>的值为
.
图 7-46-3
高考数学一轮复习利用空间向量求空间角与距离
1 + 1
2
3 31 +
· = 0,
则൝
即ቐ
· = 0,
4 31 = 0,
= 0,
令z1＝2，则m＝（0，－3，2）.
目录
所以｜cos＜n，m＞｜＝
·
||·||
4 3
＝ .
13
设二面角C－AE－B的大小为θ，则sin θ＝ 1−
11
即二面角C－AE－B的正弦值为 .
13
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，所以PO⊥平面ABC，
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，所以OD∥AC，因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面APC，所以OD∥
||
|AP·|
| |
；
（3）两异面直线间的距离：即两条异面直线公垂线段的长度.
目录
＝
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.
（
）
答案：（1）×
（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.
（
）
答案：（2）×
目录
弦值.
解 （2）连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以
PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝ 2 −2 ＝ 52 −32 ＝4.
1
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OAsin 30°＝4× ＝2，
3
2
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【规范解答】(1)选C.建立空间直 角坐标系如图所示. 设正方体的棱长为1,直线BC1与平 面A1BD所成的角为θ, 则D(0,0,0),A1(1,0,1), B(1,1,0),C1(0，1，1)，
∴ DA1 1，0，1，DB 1，1，0，BC1 1，0，1，
设n=(x,y,z)是平面A1BD的一个法向量,
1.夹角的计算
(1)直线间的夹角
①两直线的夹角
当两条直线l1与l2共面时，我们把两条直线交角中,范围在
［__0_,__2__］__内的角叫作两直线的夹角.
②异面直线的夹角
当直线l1与l2是异面直线时，在直线l1上任取一点A作AB∥l2，我 们把_直__线__l_1_和__直_线__A_B__的夹角叫作异面直线l1与l2的夹角. 设s1，s2分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
4),设平面AB1D1的一个法向量为n＝(x，
y，z)，
由
n
AD1
2x 4z
0
n AB1 2y 4z 0
得
x
y
2z ， 2z
令z=1，则n＝(2,－2,1)，
设点A1到平面AB1D1的距离为d，
则 d＝| AA1 n | 4 .
|n| 3
答案：4
3
用空间向量求空间角 【方法点睛】 1.两异面直线夹角的求法 利用空间向量求异面直线的夹角可利用直线的方向向量转化成 向量的夹角. 2.利用向量求直线与平面夹角的方法 (1)分别求出斜线和它所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);
l1与l2的夹角θ
s1与s2的夹角〈s1,s2〉
范围
0 2
0 〈s1，s2〉＜
求法 关系
cos ｜cos〈s1，s2〉｜
s1 s2 ｜s｜1 ｜s｜2
cos〈s1，s2〉｜s｜s11 ｜s2 s｜2
当0
〈s1 , s2〉
时, 2
〈s1 , s2〉;
当 2
〈s1 , s 2〉＜时，
〈s1 , s 2〉
M，N分别是PD，PB的中点，可得
A(0，0，0)，B(0，2，0)，C( 2 ，1，0)，D( 2，0，0)，P(0，
0，4)，Q(0，0，3)，M( 2 ，0，2)，N(0，1，2)，
2
∴ BC ( 2，1，0)，PB 0,2, 4,MQ ( 2 ,0,1),
2
设平面PCB的一个法向量为n0=(x,y,z),则有
【解题指南】(1)建立空间直角坐标系，利用点到面的距离公式 求解. (2)以A为原点建立空间直角坐标系，用向量法求解： ①求出平面PCB的一个法向量n0,只需证明 MQn0 即 0可； ②先求出截面MCN的一个法向量n,只需利用夹角公式求得两个 平面的法向量的夹角〈n,AP 〉,便可得出答案； ③利用点到平面的距离公式解题.
(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的夹角. 3.求平面与平面夹角的常用方法 (1)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 夹角得到平面与平面夹角的大小. (2)分别在两个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(或其补角)的大小就是平面与平面夹角的 大小.
n AP 4 1 , | n | | AP | 2 4 2
∴截面MCN与底面ABCD夹角的大小为.
3
③∵ CA 2,1,0 ,
已知平面π1和π2的法向量分别为n1和n2，
当0≤〈n1，n2〉≤
2
时，平面π1与π2的夹角等于〈__n_1，__n__2〉_;
当
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2
＜〈n1，n2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于
_π__-_〈__n_1_，__n_2_〉__.
【即时应用】 (1)思考：直线与平面的夹角、平面的法向量与直线的方向向量 的夹角具有怎样的关系？ 提示：当直线的方向向量与平面的法向量的夹角是锐角时，其 余角为线面角；当直线的方向向量与平面的法向量的夹角是钝 角时，其补角的余角是线面角.
【反思·感悟】1.异面直线的夹角与向量的夹角不同，应注意 思考它们的联系和区别； 2.直线与平面的夹角可以转化为直线的方向向量与平面的法向 量的夹角，由于向量方向的变化，所以要注意它们的区别与联 系.
用空间向量求空间距离 【方法点睛】
求平面α外一点P到平面α的距离的步骤 (1)求平面α的法向量n； (2)在平面α内取一点A,确定向量 PA 的坐标； (3)代入公式 d | n PA | 求解.
则
n
DA1
x,令zz=01,则x=-1,y=1.
n DB x y 0
∴n=(-1,1,1)，
∴sinθ=
｜cos〈n, BC1〉｜｜
11 ｜ 3 2
6， 3
∵θ∈［0, ］,
2
∴ cos 1 sin2 3 .
3
(2)如图所示，建立空间直角坐标系，
z
点A为坐标原点.设AB=1,依题意得
【即时应用】 (1)思考：如何求线面距离与面面距离？ 提示：求这两种距离，通常都转化为求点到平面的距离.
(2)思考：如何推导点到平面的距离公式？
提示：如图,点A到平面α的距离就是向
量 AB在平面α 的法向量n上投影的绝 对值,即
d=|AB|sin∠ABO =｜| AB|cos〈 A,nB〉｜= ｜｜AB｜｜AAB｜B｜ nn｜｜｜A｜Bn｜n｜. 利用该公式求点到平面的距离简便易行.
E
M Dy
C
②由 AM (1 ,1, 1)，CE 1,0,1，
22
AD 0,2,0，
可得 CE AM 0，CE AD 0. 所以CE⊥AM,CE⊥AD.
又AM∩AD=A，故CE⊥平面AMD.
又CE 平面CDE,所以平面AMD⊥平面CDE.
③令平面CDE的法向量为u=(x,y,z),
. z
令z=2，则n1=(1,2,2).
又 C1A1 1, 1,0，
∴点C1到平面A1ED的距离
d | C1A1 n1 | 3 1.
| n1 |
3
答案：1
(2)①以A为原点，以AD，AB，AP所在直线分别为x,y,z轴建立
空
2
间直角坐标系如图所示,由AB=2，CD=1，AD= ，
PA=4PQ=4，
F
B(1,0,0),C(1,1,0)，
D(0,2,0),E(0,1,1)，
A
F(0,0,1)，M( 1,1, ).1
2
2
B x
① BF 1,0,1,DE 0, 1,1，
于是 cos〈BF, DE〉 BF DE 0 0 1 1 .
| BF || DE | 2 2 2
所以异面直线BF与DE所成角为60°.
计算点A到直线l的距离d=
2
2
PA PA s
(2)平行直线间的距离 求平行直线间的距离通常转化为求_点__到__直__线__的__距__离___. (3)点到平面的距离 空间一点A到平面π的距离的算法框图为：
在平面π上 任取一点P
计算向量 PA
找到平面π 的法向量 n
计算 PA 在向量 n 上的投影 PA n0 计算点A到平面π的距离d= PA n0
【提醒】求直线与平面和平面与平面夹角的两种方法各有利弊， 要善于结合题目的特点选择适当的方法解题.
【例1】(1)(2012•合肥模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则直线 BC1与平面A1BD夹角的余弦值是( )
(A) 2
4
(C) 3
3
(B) 2
3
(D) 3
2
(2)(2012·天津模拟)如图，在五面 体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD,
AE〉
|
BC1 BC1
AE || AE
|
= 30.所以异面直线BC1与AE夹角的余弦值为 . 30
10
10
答案： 30
10
2.距离的计算 (1)点到直线的距离 空间一点A到直线l的距离的算法框图为：
在直线l上 任取一点P
确定直线l的 方向向量s
计算向量 PA
计算 PA 在向量 s 上的投影 PA s
(3)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，
高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是_____.
【解析】如图，建立坐标系，则A1(2,0,
4)，A(2,0,0)，B1(2,2,4)，D1(0,0,4)，
AD1 2,0, 4, AB1 0, 2, 4, AA1 (0,0,
|n|
【例2】(1)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的 中点，则点C1到平面A1ED的距离是______. (2)(2012·衡水模拟)已知四棱锥P-ABCD中PA⊥平面ABCD，且 PA=4PQ=4，∠CDA=∠BAD=90°，AB=2，CD=1，AD= 2 ，M，N分 别是PD，PB的中点. ①求证：MQ∥平面PCB； ②求截面MCN与底面ABCD夹角的大小； ③求点A到平面MCN的距离.
【规范解答】(1)以A为原点建立空间
直角坐标系如图所示.
则A1(0,0,1)，E(1,0，
1)，
2
D(0,1,0)，C1(1,1,1).
∴
A1D
0,1,
1
,
A1E
(1,
0,
1 2
)
设平面A1ED的法向量为n1=(x,y,z)，
由 n1·A1D y ，z 得0
n1·A1E
x
1 2
z
0
y x
z 1 2
则
u
CE于 0是,
u DE 0.
x z 0, y z 0.