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第六节　空间向量的应用
(1)能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题；(2)能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用．　
利用空间向量求空间角、空间距离
重点一　异面直线所成角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，a，b分别是直线l1，l2的方向向量，则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝．
[注意]　两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角为 0，π ，所以公式中要加绝对值.
[逐点清]
1．(选择性必修第一册38页练习1题改编)已知直线l1的方向向量s1＝(1,0,1)与直线l2的方向向量s2＝(－1,2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为(　　)
A．　　　　　　　 B．
C． D．
解析：C　因为s1＝(1,0,1)，s2＝(－1,2，－2)，所以cos〈s1，s2〉＝＝＝－．又两直线夹角的取值范围为，所以l1和l2夹角的余弦值为．
重点二　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〉|＝．
[注意]　直线与平面所成角的范围为，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值.
[逐点清]
2．(选择性必修第一册41页练习3题改编)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，则AC1与侧面ABB1A1所成角的大小为________．
解析：以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，得下列坐标：A(2,0,0)，C1(0,0,2)．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2．所以＝(－2,0,2)，＝，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cos θ＝eq \f(|·|,||||)＝＝．又θ∈，所以θ＝．
答案：
重点三　平面与平面的夹角
1．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，如图①．
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cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝．
2．二面角：二面角α l β为θ或π－θ．设二面角大小为φ，则|cos φ|＝cos θ＝，如图②③．
[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.
[逐点清]
3．(易错题)过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为________．
解析：如图，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)，由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，又CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE，又PD∩CD＝D，从而AE⊥平面PCD．∴＝(0,1,0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，∵cos〈，〉＝eq \f(·,||||)＝＝，∴〈，〉＝45°．故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°．
答案：45°
重点四　空间距离
1．点到直线的距离
设＝a，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＝eq \r(||2－||2)＝ ．
2．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的距离就是在直线l上的投影向量的长度．因此PQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(·\f(n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·n,|n|)))＝eq \f(|·n|,|n|)．
[逐点清]
4．(易错题)已知向量n＝(2,0,1)为平面α的法向量，点A(－1,2,1)在α内，则P(1,2,2)到α的距离为________．
解析：点A(－1,2,1)在α内，P(1,2,2)，∴＝(2,0,1)，∴P到α的距离d＝eq \f(|·n|,|n|)＝＝．
答案：
[记结论]
最小角定理
如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2．
[提速度]
　已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，直线OC在平面α内，且∠AOB＝∠BOC＝45°，则∠AOC的大小为(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：C　由结论可知有cos∠AOB·cos∠BOC＝cos∠AOC．因为∠AOB＝∠BOC＝45°，则cos∠AOC＝cos 45°·cos 45°＝×＝，则∠AOC＝60°．故选C．
直线与平面所成的角
(2020·新高考Ⅰ卷)如图，四棱锥P ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
[解]　(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD．
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC．因此AD⊥平面PDC．
因为AD∥BC，AD 平面PBC，所以AD∥平面PBC．
由已知得l∥AD．
因此l⊥平面PDC．
(2)以D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D xyz，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，＝(0,1,0)，＝(1,1，－1)．
由(1)可设Q(a,0,1)，
则＝(a,0,1)．
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即
可取n＝(－1,0，a)．
所以cos〈n，〉＝eq \f(n·,|n|·||)＝ ．
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝×＝ ．
因为 ≤，当且仅当a＝1时等号成立．
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．
利用向量求线面角的2种方法
(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)；
(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，取其余角就是斜线与平面所成的角．　
　
(2021·浙江高考)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．
解：(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)因为PM⊥MD，PM⊥DC，
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〉|＝eq \f(|·n|,||·|n|)＝＝．
平面与平面的夹角(二面角)
　
(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)求二面角B QD A的平面角的余弦值．
[解]　(1)证明：取AD的中点E，连接QE，CE，∵QD＝QA＝，∴QE⊥AD．
∵AD＝2，∴DE＝1，∴QE＝＝2，CE＝＝．
∴QE2＋CE2＝9＝QC2，∴QE⊥CE．
又∵AD∩CE＝E，∴QE⊥平面ABCD．∵QE 平面QAD，∴平面QAD⊥平面ABCD．
(2)法一：取BC中点F，连接EF，易得EF，ED，EQ两两垂直，
如图，分别以EF，ED，EQ所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则B(2，－1,0)，Q(0,0,2)，D(0,1,0)，
∴＝(－2,1,2)，＝(0,1，－2)，设平面BQD的一个法向量n1＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1⊥，,n1⊥ )) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·＝－2x＋y＋2z＝0，,n1·＝y－2z＝0，))取z＝1，
可得x＝2，y＝2，
∴n1＝(2,2,1)．
易知平面QDA的一个法向量n2＝(1,0,0)．
设二面角B QD A的平面角为θ，则θ为锐角．
cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝．∴二面角B QD A的平面角的余弦值为．
法二：由(1)知平面QAD⊥平面ABCD，
又∵BA⊥AD，BA 平面ABCD，平面ABCD∩平面QAD＝AD，∴BA⊥平面QAD．
过A作AM⊥QD于点M，连接BM．则∠AMB为所求二面角的平面角．
由S△QAD＝×2×2＝×·AM AM＝，
∴BM＝ ＝，∴cos∠AMB＝＝．
∴二面角B QD A的平面角的余弦值为．
向量法求平面与平面夹角(二面角)的方法
(1)找法向量：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：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．　
如图所示，在四棱锥P ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD．
(1)求证：AB⊥PD；
(2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC的夹角的余弦值．
解：因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD．
又平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD．
(2)如图，过点P作AD的垂线，垂足为点O，过点O作BC的垂线，垂足为点G，连接PG，
则PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG．
在Rt△BPC中，BC＝，PG＝，GC＝，BG＝．
设AB＝m，则OP＝＝，故四棱锥P ABCD的体积为V＝··m·＝ ．
因为m＝＝ ，
故当m＝，即AB＝时，四棱锥P ABCD的体积最大．
此时，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则B，C，D，P．
故＝，＝(0，，0)，＝，
设平面BPC的一个法向量为n1＝(x，y,1)，则由n1⊥，n1⊥，得解得
故n1＝(1,0,1)．
同理可求出平面DPC的一个法向量n2＝．
从而平面BPC与平面DPC的夹角θ的余弦值为cos θ＝＝＝．
距离问题
　
如图，正三棱柱ABC A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点．
(1)求点N到直线AB的距离；
(2)求点C1到平面ABN的距离．
[解]　建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，C1(0,4,4)，∵N是CC1的中点，∴N(0,4,2)．
(1)＝(0,4,2)，＝(2，2,0)，则||＝2，||＝4，·＝8．
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝ eq \r(||2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(·,||)))2)＝＝4．
(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由n⊥，n⊥，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝2\r(3)x＋2y＝0，,n·＝4y＋2z＝0，))
令z＝2，则y＝－1，x＝，即n＝．
易知＝(0,0，－2)，设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·n,|n|)))＝＝．
求点面距常见的三种方法
(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．　
如图，ABCD EFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足＝＋＋，则P到AB的距离为(　　)
A．　　　　　　 B．
C． D．
解析：C　如图，以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则＝(1,0,0)，＝(0,1,0)，＝(0,0,1)，因为＝＋＋，所以＝，eq \f(|·|,||)＝，||＝＝ ，所以点P到AB的距离d＝eq \r(||2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|·|,||)))2)＝ ＝．故选C．
[课时过关检测]
1．如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为2的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点P是圆锥的顶点，AB是圆柱下底面的一条直径，AA1，BB1是圆柱的两条母线，C是弧AB的中点．
(1)求异面直线PA1与BC所成角的余弦值；
(2)求点B1到平面PAC的距离．
解：(1)根据题意可得OP⊥平面ABC, C是弧AB的中点，则OC⊥AB，
则以O为原点，OC所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则P(0,0,4)，A1(0，－1,2)，B(0,1,0)，C(1,0,0),
＝(0，－1，－2)，＝(1，－1,0) ,
cos〈，〉＝eq \f(·,||·||)＝＝，
∴异面直线PA1与BC所成的角的余弦值为．
(2)B1(0,1,2)，A(0，－1,0)，＝(0,1，－2)，＝(0，－1，－4)，＝(1,0，－4) ，设平面PAC的法向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝－y－4z＝0，,n·＝x－4z＝0，))取z＝1，得n＝(4，－4,1),
∴点B1到平面PAC的距离为d＝eq \f(|·n|,|n|)＝＝．
2．如图，已知长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，CC1＝2，E，F分别为BC，CC1的中点．
(1)求过E，F，D1三点的截面的面积；
(2)一只小虫从A点经BB1上一点P到达C1点，求小虫所经过路程最短时，直线ED1与平面APC1所成的角的正弦值．
解：(1)如图，连接AD1，AE，BC1，则四边形ABC1D1为平行四边形，
又因为E，F分别为BC，CC1的中点，所以AD1∥BC1，EF∥BC1∥AD1，
所以所求截面为梯形EFD1A．
EF＝＝，AD1＝2，AE＝D1F＝，
梯形的高h＝ ＝，
所以所求截面面积S＝×(＋2)×＝．
(2)以D为坐标原点，以DA，DC，DD1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(2,0,0)，C1(0,1,2)，D1(0,0,2)，E(1,1,0)，
若所经过路程最短，则△APB与△C1PB1相似，所以＝＝，所以P．
＝，＝(－2,1,2)，
设平面APC1的法向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0))
令z＝3，则y＝－2，x＝2，
所以n＝(2，－2,3)，＝(－1，－1,2)．
cos〈n，〉＝＝，
所以直线ED1与平面APC1所成的角的正弦值是．
3．(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，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＝，
所以BC＝．
(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得＝(－，0,1)，＝，＝(，0,0)，＝(，1，－1)．
设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))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
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0，))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．
4．(2022·绍兴模拟)已知边长为4的正三角形ABC，E，F分别为BC和AC的中点．PA＝2，且PA⊥平面ABC，设Q是CE的中点．
(1)求证：AE∥平面PFQ；
(2)求AE与平面PFQ间的距离．
解：如图，以A为坐标原点，平面ABC内垂直于AC边所在直线的直线为x轴，AC所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系．∵AP＝2，AB＝BC＝AC＝4，又E，F分别是BC，AC的中点，
∴A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，F(0,2,0)，E(，3,0)，Q，P(0,0,2)．
(1)证明：∵＝，＝(，3,0)，∴＝2．∵AE与FQ无交点，∴AE∥FQ．
又FQ 平面PFQ，AE 平面PFQ，
∴AE∥平面PFQ．
(2)由(1)知，AE∥平面PFQ，
∴点A到平面PFQ的距离就是AE与平面PFQ间的距离．
设平面PFQ的法向量为n＝(x，y，z)，
则n⊥，n⊥，即n·＝0，n·＝0．
又＝(0,2，－2)，∴n·＝2y－2z＝0，即y＝z．
又＝，∴n·＝x＋y＝0，即x＝－y．
令y＝1，则x＝－，z＝1，∴平面PFQ的一个法向量为n＝(－，1,1)．又＝，∴所求距离d＝eq \f(|·n|,|n|)＝．
5．如图①，已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝60°，AD＝DC＝BC＝1，DE⊥AB于点E，现将△DAE沿DE翻折到△DA′E的位置，使得二面角A′ DE B的大小为120°，得到如图②所示的四棱锥．点M为A′B的三等分点，且BM＝BA′．
(1)证明：CM∥平面A′DE；
(2)求平面A′BE和平面A′DC夹角的余弦值．
解：(1)如图，取A′E的三等分点G且A′G＝A′E，连接GM，DG．
因为BM＝BA′，所以GM∥BE且GM＝BE．
在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝60°，AD＝DC＝BC＝1，DE⊥AB，
所以DC∥BE且DC＝BE，所以DC∥GM且DC＝GM，即四边形DCMG为平行四边形，
所以DG∥GM，又DG 平面A′DE，CM 平面A′DE，所以CM∥平面A′DE．
(2)因为DE⊥AB，△DAE沿DE翻折到△DA′E的位置，所以DE⊥平面A′BE．
由题意得二面角A′ DE B的大小为120°，即∠A′EB＝120°．
以E为坐标原点，DE，EB所在直线分别 为x轴，y轴，过点E且垂直于平面EBCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则C，D，A ′，＝，＝(0,1,0)．
设n1＝(x，y，z)是平面A′DC的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))即
令x＝1，得n1＝(1,0，－2)为平面A′DC的一个法向量．
易知平面A′BE的一个法向量为n2＝(1,0,0)．
所以cos〈n1，n2〉＝＝，
即平面A′BE和平面A′DC夹角的余弦值为．
6．如图，在底面是菱形的四棱锥P ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AB＝a，PB＝PD＝a，点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1，求异面直线PB与CE的距离．
解：连接AC，BD，由PE∶ED＝2∶1，在BD上取点F使BF∶FD＝2∶1，
连接CF，易知PB∥EF，从而PB∥平面CEF，于是只需求直线PB到平面CEF的距离，可求点P到平面CEF的距离．
以A为坐标原点，AD所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知，P(0,0，a)，C，F，E，
则＝，＝，＝．
设平面CEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝－\f(\r(3),2)ax＋\f(1,6)ay＋\f(1,3)az＝0，,n·＝－\f(\r(3),3)ax＝0))
于是令x＝0，y＝－2，z＝1，则n＝(0，－2,1)．
∴PB与平面CEF间的距离d＝eq \f(|n·|,|n|)＝＝a，
从而异面直线PB与CE的距离为a．

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