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考试要求　1.掌握空间向量的应用.2.会用空间向量求空间角和距离.
1.两条异面直线所成的角
设异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，
则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝＝.
2.直线和平面所成的角
直线AB与平面α相交于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的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝.
3.平面与平面的夹角
(1)两平面的夹角：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.
(2)两平面夹角的计算：设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝.
4.点P到直线l的距离
设＝a，u是直线l的单位方向向量，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝.
5.点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝＝，如图所示.
6.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.
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〉|.
2.二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(　　)
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.(　　)
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角.(　　)
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π].(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
解析　(1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量a，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos?a，n?|；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角或其补角.
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〉＝，则l与α所成的角为(　　)
A.30° B.60° C.120° D.150°
答案　B
解析　由于cos 〈m，n〉＝，所以〈m，n〉＝30°，所以直线l与α所成的角为60°.
3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为(　　)
A.－ B.－ C. D.
答案　D
解析　建立如图空间直角坐标系D－xyz，
设DA＝1，A(1，0，0)，
C(0，1，0)，E，
则＝(－1，1，0)，＝，设异面直线DE与AC所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈，〉|＝.
4.(2021·聊城模拟)已知点M(0，1，－2)，平面α过原点，且平面α的法向量n＝(1，－2，2)，则点M到平面α的距离为________.
答案　2
解析　由题意可知点M到平面α的距离即为在n的投影的长度，∵M(0，1，－2)，
∴＝(0，1，－2)，∴·n＝－6，|n|＝3，故点M到平面α的距离为＝2.
5.(易错题)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所成的角为________.
答案　30°
解析　设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 120°|＝.
又∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.
6.在空间中，已知平面α过点(3，0，0)和(0，4，0)及z轴上一点(0，0，a)(a＞0)，如果平面α与平面Oxy所成的角为45°，则a＝________.
答案　
解析　平面Oxy的一个法向量为n＝(0，0，1)，
设平面α的一个法向量为u＝(x，y，z)，
则则3x＝4y＝az，取z＝1，
则u＝，而cos〈n，u〉＝＝.
又a＞0，故a＝.
第一课时　向量法求空间角
　题型一　异面直线所成的角
例1 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
(1)证明　因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，
所以BD⊥平面PAC.
(2)解　设AC∩BD＝O，
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，
则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－1，0，0)，
所以＝(1，，－2)，＝(0，2，0).
设PB与AC所成角为θ，
则cos θ＝＝＝.
(3)解　由(2)知＝(－1，，0).
设P(0，－，t)(t＞0)，
则＝(－1，－，t).
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
则·m＝0，·m＝0，
所以
令y＝，则x＝3，z＝，
所以m＝.
同理，平面PDC的法向量n＝.
因为平面PBC⊥平面PDC，
所以m·n＝0，即－6＋＝0，
解得t＝，所以PA＝.
感悟提升　用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两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)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
训练1 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角.
解　以B为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图).
设AB＝1，
则B(0，0，0)，E，F，C1(1，0，1)，
所以＝，＝(1，0，1).
于是cos〈，〉＝
＝＝，
所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.
　题型二　直线与平面所成的角
例2 (2021·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
(1)证明　因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM 平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，
所以AB⊥平面PDM.
又PM 平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)解　法一　因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC 平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝.
又PA＝，所以PM＝2.
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，
则ME⊥MD.
故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(－，2，0)，P(0，0，2)，C(，－1，0)，
所以N，
所以＝.
易知平面PDM的一个法向量为n＝(0，1，0).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为.
法二　由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角.
连接AM，因为PM⊥MD，
由(1)知PM⊥DC，
又MD，DC 平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.又AM 平面ABCD，
所以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝.
又PA＝，所以PM＝2，
所以PB＝PC＝2.
连接BN，结合余弦定理得BN＝.
连接AC，则由余弦定理得AC＝，
在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝.
所以在△ABN中，cos∠BAN
＝＝＝.
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝cos ∠BAN＝.
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为.
感悟提升　向量法求直线与平面所成角主要方法是：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
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.
(1)证明　由已知得AM＝AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綉AM，所以四边形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)解　取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC得AE⊥BC，
从而AE⊥AD，且AE＝
＝＝.
以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(，2，0)，N，＝(0，2，－4)，
＝，＝.
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则
即
可取n＝(0，2，1).
于是|cos〈n，〉|＝＝.
∴直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为.
　题型三　平面与平面的夹角
例3 (2021·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求平面BQD与平面AQD夹角的余弦值.
(1)证明　取AD的中点为O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD.
又AD＝2，QA＝，
故QO＝＝2.
在Rt△ODC中，CO＝＝.
因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC.
因为OC∩AD＝O，OC，AD 平面ABCD，故QO⊥平面ABCD.
因为QO 平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
(2)解　在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系，
则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，故＝(－2，1，2)，＝(－2，2，0).
设平面QBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则y＝1，z＝，
故n＝.
易知平面QAD的一个法向量为m＝(1，0，0)，
故cos〈m，n〉＝＝＝.
所以平面BQD与平面AQD夹角的余弦值为.
感悟提升　用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
训练3 (2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点.
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积.
(1)证明　因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD.
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO 平面ABD，
所以AO⊥平面BCD.
又CD 平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)解　法一　如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.
因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C.
设A(0，0，a)，a>0，因为DE＝2EA，
所以E.
由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1).
设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)，
因为＝，＝，
所以即
令x＝1，则y＝，z＝，
所以m＝.
因为二面角E－BC－D的大小为45°，
所以cos 45°＝＝＝，
得a＝1，即OA＝1.
因为S△BCD＝BD·CDsin 60°＝×2×1×＝，
所以VA－BCD＝S△BCD·OA＝××1＝.
法二　因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，
所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝，所以S△BCD＝.
如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.
因为AO⊥平面BCD，
所以EF⊥平面BCD.
又BC 平面BCD，所以EF⊥BC.
又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG 平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，又EG 平面EFG，所以BC⊥EG，
则∠EGF为二面角E－BC－D的平面角，
所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为DE＝2EA，
所以EF＝OA，DF＝2OF，
所以＝2.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
则＝，所以GF＝，
所以EF＝GF＝，所以OA＝1，
所以VA－BCD＝S△BCD·AO＝××1＝.
1.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°.
(1)证明：AB⊥B1C；
(2)若B1C＝2，求AC1与平面BCB1所成角的正弦值.
(1)证明　连接AB1，在△ABB1中，AB＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°，
由余弦定理得，AB＝AB2＋BB－2AB·BB1·cos∠ABB1＝3，
∴AB1＝，∴BB＝AB2＋AB，
∴AB1⊥AB.
又△ABC为等腰直角三角形，且AB＝AC，
∴AC⊥AB.∵AC∩AB1＝A，
∴AB⊥平面AB1C.
又B1C 平面AB1C，∴AB⊥B1C.
(2)解　∵AB1＝，AB＝AC＝1，B1C＝2，
∴B1C2＝AB＋AC2，∴AB1⊥AC.
如图，以A为原点，以，，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(0，0，0)，B1(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，
∴＝(－1，0，)，＝(－1，1，0).
设平面BCB1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由得令z＝1，得x＝y＝，
∴平面BCB1的一个法向量为n＝(，，1).
∵＝＋＝＋＝(0，1，0)＋(－1，0，)＝(－1，1，)，
∴cos〈，n〉＝＝＝，
∴AC1与平面BCB1所成角的正弦值为.
2.如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点.
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若AB＝2，AC＝1，PA＝1，求平面CPB与平面APB夹角的余弦值.
(1)证明　由AB是圆的直径，得AC⊥BC.
由PA垂直于圆所在的平面，
得PA⊥平面ABC.
由BC 平面ABC，得PA⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA 平面PAC，AC 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
又因为BC 平面PBC，
据面面垂直判定定理，平面PAC⊥平面PBC.
(2)解　过点C作CM∥AP，由(1)知CM⊥平面ABC.
如图所示，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
在直角三角形ABC中，AB＝2，AC＝1，所以BC＝.
又PA＝1，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，
P(0，1，1).
故＝(，0，0)，＝(0，1，1).
设平面CPB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则∴
不妨令y1＝1，则z1＝－1，故n1＝(0，1，－1).
设平面APB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由同理可得n2＝(1，，0).
于是|cos〈n1，n2〉|＝
＝＝.
∴平面CPB与平面APB夹角的余弦值为.
3.(2020·江苏卷)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；
(2)若点F在BC上，满足BF＝BC，设平面DEF与平面CDE夹角的大小为θ，求sin θ的值.
解　(1)如图，连接OC，因为CB＝CD，O为BD的中点，所以CO⊥BD.
又AO⊥平面BCD，OB，OC 平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.
以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为BD＝2，CB＝CD＝，AO＝2，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，2，0)，
A(0，0，2).
因为E为AC的中点，所以E(0，1，1)，
所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，1)，
所以|cos〈，〉|＝
＝＝.
因此，直线AB与DE所成角的余弦值为.
(2)因为点F在BC上，BF＝BC，
＝(－1，2，0)，
所以＝＝.
又＝(2，0，0)，
故＝＋＝.
设n1＝(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，
则即
取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，
所以n1＝(2，－7，5).
设n2＝(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，又＝(1，2，0)，
则即
取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，
所以n2＝(2，－1，－1).
故|cos θ|＝＝＝.
所以sin θ＝＝.
4.(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求二面角A－PM－B的正弦值.
解　(1)因为PD⊥平面ABCD，AD，DC 平面ABCD，
所以PD⊥AD，PD⊥DC.
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设BC＝t，则A(t，0，0)，B(t，1，0)，
M，P(0，0，1)，
所以＝(t，1，－1)，＝.
因为PB⊥AM，
所以·＝－＋1＝0，
得t＝(t＝－舍去)，
所以BC＝.
(2)由(1)可得＝(－，0，1)，＝，＝，＝(，1，－1).
设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量为n1＝(，1，2).
设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则即
得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0，1，1).
cos〈n1，n2〉＝＝＝，
所以二面角A－PM－B的正弦值为
＝.
5.(2021·衡水检测)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(3)若平面EBD与平面FBD夹角的余弦值为，求线段CF的长.
解　依题意，建立以A为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).
设CF＝h(h>0)，则F(1，2，h).
(1)证明　依题意，＝(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，
又＝(0，2，h)，可得·＝0，
又因为直线BF 平面ADE，
所以BF∥平面ADE.
(2)依题意，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，2)，＝(－1，－2，2).
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则即
不妨令z＝1，可得n ＝(2，2，1).
因此有cos〈，n〉＝＝－.
所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，
则即
不妨令y1＝1，可得m ＝.
又n＝(2，2，1)为平面BDE的一个法向量，
故由题意，
有|cos〈m，n〉|＝＝＝.
解得h＝.经检验，符合题意.
所以，线段CF的长为.
6.如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点.
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求平面MAB与平面DAB夹角的余弦值.
(1)证明　取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.
由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD.
又BC＝AD，所以EF綉BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，
则CE∥BF.
又BF 平面PAB，CE 平面PAB，
故CE∥平面PAB.
(2)解　由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则
A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，)，
＝(1，0，－)，＝(1，0，0).
设M(x，y，z)(0＝(x－1，y，z)，＝(x，y－1，z－).
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的法向量，
所以|cos〈，n〉|＝sin 45°，
＝，
即(x－1)2＋y2－z2＝0.①
又M在棱PC上，设＝λ，则
x＝λ，y＝1，z＝－λ.②
由①，②解得(舍去)，
所以M，
从而＝.
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则
即
所以可取m＝(0，－，2).
于是|cos〈m，n〉|＝＝.
因此平面MAB与平面DAB夹角的余弦值为.

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