资源简介 (共85张PPT)第六节 向量法求空间角与距离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.目 录CONTENTS123知识 体系构建课时 跟踪检测考点 分类突破PART1知识 体系构建必备知识 系统梳理 基础重落实课前自修1. 已知直线 l 1的方向向量 s 1＝（1，0，1），直线 l 2的方向向量 s 2＝（－1，2，－2），则 l 1和 l 2夹角的余弦值为（ ）A. B.C. D.解析：因为 s 1＝（1，0，1）， s 2＝（－1，2，－2），所以 cos ＜ s 1， s 2＞＝ ＝－ ，所以 l 1和 l 2夹角的余弦值为 .2. 在空间直角坐标系中，已知 A （1，－1，0）， B （4，3，0）， C（5，4，－1），则 A 到 BC 的距离为（ ）A. 3 B.C. D.解析： 因为 A （1，－1，0）， B （4，3，0）， C （5，4，－1），所以 ＝（－3，－4，0）， ＝（1，1，－1），｜ ｜＝5，｜ ｜＝ ，所以 cos ＜ ＞＝ ＝－，所以 sin ＜ ＞＝ ，所以 A 到 BC 的距离为 d ＝｜ ｜· sin ＜ ＞＝ ，故选D.3. 已知向量 m ， n 分别是直线 l 的方向向量、平面α的法向量，若 cos＜ m ， n ＞＝－ ，则 l 与α所成的角为 .解析：设直线 l 与α所成角为θ， sin θ＝｜ cos ＜ m ， n ＞｜＝ ，又∵θ∈［0， ］，∴θ＝ . 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 θ1 cos θ2. 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 .解析：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°.60°PART2考点 分类突破精选考点 典例研析 技法重悟通课堂演练直线与平面所成的角【例1】 （2024·全国甲卷18题）如图，在三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1中，A 1 C ⊥平面 ABC ，∠ ACB ＝90°， AA 1＝2， A 1到平面 BCC 1 B 1的距离为1.（1）证明： A 1 C ＝ AC ；解：证明：如图，过 A 1作 A 1 D ⊥ CC1，垂足为 D ，∵ A 1 C ⊥平面 ABC ， BC 平面 ABC ，∴ A 1 C ⊥ BC ，又∠ ACB ＝90°，∴ AC ⊥ BC ，∵ A 1 C ， AC 平面 ACC 1 A 1，且 A 1 C ∩ AC ＝ C ，∴ BC ⊥平面 ACC 1 A 1，∵ A 1 D 平面 ACC 1 A 1，∴ BC ⊥ A 1 D ，又 CC 1， BC 平面 BCC 1 B 1，且 CC 1∩ BC＝ C ，∴ A 1 D ⊥平面 BCC 1 B 1，∴ A 1 D ＝1.由已知条件易证△ CA 1 C 1是直角三角形，又 CC 1＝ AA 1＝2， A 1 D ＝1，∴ D 为 CC 1的中点，又 A 1 D ⊥ CC 1，∴ A 1 C ＝ A 1 C 1，又在三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1中， AC ＝ A 1 C1，∴ A 1 C ＝ AC .（2）已知 AA 1与 BB 1的距离为2，求 AB 1与平面 BCC 1 B 1所成角的正弦值.解：如图，连接 A 1 B ，由（1）易证 A 1 B ＝A 1 B 1，故取 BB 1的中点 F ，连接 A 1 F ，∵ AA 1与 BB 1的距离为2，∴ A 1 F ＝2，又 A 1 D ＝1且 A 1 C ＝ AC ，∴ A 1 C ＝ A 1 C 1＝ AC ＝ ， AB ＝ A 1 B 1＝ ，BC ＝ .建立空间直角坐标系 C - xyz 如图所示，则 C （0，0，0）， A （ ，0，0）， B （0， ，0）， B 1（－ ）， C 1（－，0， ），∴ ＝（0， ，0）， ＝（－ ，0， ），＝（－2 ），设平面 BCC 1 B 1的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），则 取 x ＝1，则 y ＝0， z ＝1，∴平面 BCC 1 B 1的一个法向量为 n ＝（1，0，1）.设 AB 1与平面 BCC 1 B 1所成角为θ，则 sin θ＝｜ cos ＜ n ， ＞｜＝ .∴ AB 1与平面 BCC 1 B 1所成角的正弦值为 .解题技法向量法求直线与平面所成角的2种方法（1）分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，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. （2024·全国甲卷18题）在四棱锥 P - ABCD 中， PD ⊥底面 ABCD ，CD ∥ AB ， AD ＝ DC ＝ CB ＝1， AB ＝2， DP ＝ .（1）证明： BD ⊥ PA ；解：证明：如图所示，取 AB 中点为 O ，连接 DO ， CO ，则 OB ＝ DC ＝1.又 DC ∥ OB ，所以四边形 DCBO 为平行四边形.又 BC ＝ OB ＝1，所以四边形 DCBO 为菱形，所以 BD ⊥ CO .同理可得，四边形 DCOA 为菱形，所以 AD ∥ CO ，所以 BD ⊥ AD .因为 PD ⊥底面 ABCD ， BD 底面ABCD ，所以 PD ⊥ BD ，又 AD ∩ PD ＝ D ， AD ， PD 平面 ADP ，所以 BD ⊥平面 ADP .因为 PA 平面 ADP ，所以 BD ⊥ PA .（2）求 PD 与平面 PAB 所成的角的正弦值.解：由（1）知 BD ⊥ AD ，又 AB ＝2 AD ，所以∠ DAO ＝60°，所以△ ADO 为正三角形.过点 D 作垂直于 DC 的直线为 x 轴， DC 所在直线为y 轴， DP 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A ， B ， P （0，0， ）， D （0，0，0）.则 ＝（0，2，0）， ＝（0，0， ）.设平面 PAB 的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），则 令 x ＝2，则 y ＝0， z ＝1，所以 n ＝（2，0，1）.设直线 PD 与平面 PAB 所成的角为α，则 sin α＝｜ cos ＜ n ， ＞｜＝ ，所以直线 PD 与平面 PAB 所成的角的正弦值为 .平面与平面的夹角（二面角）【例2】 （2024·新高考Ⅱ卷20题）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 ；解：证明：如图，连接 DE ， AE .因为 DC ＝ DB ， E 为 BC 的中点，所以 BC ⊥ DE .因为∠ ADB ＝∠ ADC ＝60°， DA ＝ DC ＝ DB ，所以△ ABD ≌△ ACD ，所以 AB ＝ AC .又 E 为 BC 的中点，所以 BC ⊥ AE .又 AE 平面 ADE ， DE 平面 ADE ， AE ∩ DE ＝ E ，所以 BC ⊥平面 ADE .又 DA 平面 ADE ，所以 BC ⊥ DA .（2）点 F 满足 ，求二面角 D - AB - F 的正弦值.解：设 DA ＝ DB ＝ DC ＝2.由∠ ADB ＝∠ ADC ＝60°，知△ ABD 与△ ACD 为等边三角形，所以AB ＝ AC ＝2.又 BD ⊥ CD ，所以 BC ＝2 .因为 AB 2＋ AC 2＝ BC 2，所以△ ABC 为直角三角形，且∠ BAC ＝90°，所以 AE ＝ .因为 BD ⊥ CD ，所以 DE ＝ BC ＝ .因为 AE 2＋ DE 2＝ AD 2，所以 AE ⊥ DE .又 AE ⊥ BC ， BC 平面 BCD ， DE 平面 BCD ， BC ∩ DE ＝ E ，所以 AE ⊥平面 BCD .如图，分别以 ED ， EB ， EA 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，则 E （0，0，0）， D （ ，0，0）， B （0， ，0）， A （0，0， ）.因为 ＝（－ ，0， ）， ，所以 F （－ ，0， ）.易得 ＝（0， ，－ ）， ＝（－ ，－ ）.设平面 DAB 的一个法向量为 m ＝（ x 1， y 1， z 1），则令 z 1＝1，得 x 1＝1， y 1＝1，所以 m ＝（1，1，1）.设平面 FAB 的一个法向量为 n ＝（ x 2， y 2， z 2），则令 z 2＝1，得 x 2＝0， y 2＝1，所以 n ＝（0，1，1）.所以 cos ＜ m ， n ＞＝ ，则二面角 D - AB - F 的正弦值为 .解题技法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. （2024·新高考Ⅰ卷18题）如图，在正四棱柱 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1中，AB ＝2， AA 1＝4.点 A 2， B 2， C 2， D 2分别在棱 AA 1， BB 1， CC 1，DD 1上， AA 2＝1， BB 2＝ DD 2＝2， CC 2＝3.（1）证明： B 2 C 2∥ A 2 D 2；解：证明：法一（坐标法） 以点 C 为坐标原点， CD ， CB ， CC 1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 B 2（0，2，2），C 2（0，0，3）， A 2（2，2，1）， D 2（2，0，2），所以 ＝（0，－2，1）， ＝（0，－2，1），所以 ，所以 B 2 C 2∥ A 2 D 2.法二（向量法） 依题意，得 ，所以 B 2 C 2∥ A 2 D 2.（2）点 P 在棱 BB 1上，当二面角 P - A 2 C 2- D 2为150°时，求 B 2 P .解：设 P （0，2， a ）（0≤ a ≤4），则 ＝（2，0，－1）， ＝（2，2，－2）， ＝（0，2， a －3）.设平面 A 2 C 2 D 2的法向量为 m ＝（ x 1， y 1， z 1），则令 x 1＝1，则 z 1＝2， y 1＝1，所以 m ＝（1，1，2）.设平面 A 2 C 2 P 的法向量为 n ＝（ x 2， y 2， z 2），则令 z 2＝2，得 y 2＝3－ a ， x 2＝ a －1，所以 n ＝（ a －1，3－ a ，2）.由二面角 P - A 2 C 2- D 2的大小为150°，得｜ cos ＜ m ， n ＞｜＝ ，即 .解得 a ＝1或 a ＝3，故 B 2 P ＝｜ a －2｜＝1.距离问题【例3】 如图，正三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1中，各棱长均为4， N 是 CC 1的中点.（1）求点 N 到直线 AB 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）， C 1（0，4，4）， A 1（0，0，4），∵ N 是CC 1的中点，∴ N （0，4，2）.＝（0，4，2）， ＝（2 ，2，0），则｜ ｜＝2 ，｜ ｜＝4， · ＝8.设点 N 到直线 AB 的距离为 d 1，则 d 1＝ ＝4.（2）求点 C 1到平面 ABN 的距离.解：设平面 ABN 的一个法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），由 令 z ＝2，则 y ＝－1， x ＝ ，即 n ＝（ ，－1，2）.易知 ＝（0，0，－2），设点 C 1到平面 ABN 的距离为 d 2，则 d 2＝｜ ｜＝ .解题技法利用向量法求点到平面的距离的步骤1. 四面体 OABC 满足∠ AOB ＝∠ BOC ＝∠ COA ＝90°， OA ＝1， OB＝2， OC ＝3，点 D 在棱 OC 上，且 OC ＝3 OD ，点 G 为△ ABC 的重心，则点 G 到直线 AD 的距离为（ ）A. B.C. D.解析： 四面体 OABC 满足∠ AOB ＝∠ BOC ＝∠ COA ＝90°，即 OA ， OB ， OC 两两垂直，以点O 为原点，以射线 OA ， OB ， OC 的方向分别为x ， y ， z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为 OA ＝1， OB ＝2， OC ＝3， OC ＝3 OD ，则 A（1，0，0）， D （0，0，1）， G （ ，1），于是 ＝（－ ，1）， ＝（－1，0，1），｜ ｜＝ · ＝－ ×（－1）＋1＝ ，所以点 G 到直线 AD 的距离 d ＝ ，故选A.2. （2024·黄冈模拟）已知正方形 ABCD 的边长为4， CG ⊥平面ABCD ， CG ＝2， E 是 AB 的中点， F 是 AD 上靠近 A 的四等分点，则点 B 到平面 GEF 的距离为 . 解析：建立空间直角坐标系 C - xyz ，如图所示，依题意，则有 G （0，0，2）， A （4，4，0）， B（0，4，0）， E （2，4，0）， F （4，3，0），故 ＝（2，－1，0）， ＝（2，4，－2），＝（2，0，0）.设平面 GEF 的一个法向量为 n＝（ a ， b ， c ），则 取 a ＝1，得 b ＝2， c ＝5，于是 n ＝（1，2，5），所以点 B 到平面 GEF 的距离为 d ＝ .PART3课时 跟踪检测关键能力 分层施练 素养重提升课后练习1. 如图，点 A ， B ， C 分别在空间直角坐标系 O - xyz 的三条坐标轴上， ＝（0，0，2），平面 ABC 的法向量为 n ＝（2，1，2），设二面角 C - AB - O 的大小为θ，则 cos θ＝（ ）A. B.C. D. －12345678910111213141516171819202122232425262728解析： ∵点 A ， B ， C 分别在空间直角坐标系 O - xyz 的三条坐标轴上， ＝（0，0，2），平面 ABC 的法向量为 n ＝（2，1，2），二面角 C - AB - O 的大小为θ，由图知为锐角，∴ cos θ＝.2. 已知三棱锥 S - ABC 中，底面 ABC 为边长等于2的等边三角形， SA 垂直于底面 ABC ， SA ＝3，那么直线 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为（ ）A. B.C. D.解析： 如图所示，以 A 为原点，分别以 AB ， AS所在直线为 x 轴， z 轴建立空间直角坐标系 A - xyz ，易知 S （0，0，3）， B （2，0，0）， C （1， ，0）.设平面 SBC 的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），则得 n ＝（3， ，2），又 ＝（2，0，0），设α为 AB 与平面 SBC 所成的角，∴ sin α＝｜ cos ＜ ， n ＞｜＝ .3. 正方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1的棱长为2， E ， F ， G 分别是 CC 1，D 1 A 1， AB 的中点，则点 A 到平面 EGF 的距离为 .解析：如图所示，建立空间直角坐标系 D - xyz .∵ A （2，0，0）， E（0，2，1）， F （1，0，2）， G （2，1，0），∴ ＝（1，－2，1）， ＝（2，－1，－1）， ＝（0，－1，0）.设 n ＝（ x ， y ， z ）是平面 EFG 的法向量，则 ∴从而有 x ＝ y ＝ z ，∴可取 n ＝（1，1，1）.在 n 上的射影的长度为 ，即点 A 到平面 EFG 的距离为 .4. 如图，四棱柱 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1的所有棱长都相等， AC ∩BD ＝ O ， A 1 C 1∩ B 1 D 1＝ O 1，四边形 ACC 1 A 1和四边形 BDD1 B 1均为矩形.（1）证明： O 1 O ⊥底面 ABCD ；解：证明：由题意得， CC 1⊥ AC ， DD 1⊥ BD ，又 CC 1∥ DD 1∥ OO 1，所以 OO 1⊥ AC ， OO 1⊥ BD ，因为 AC ∩ BD ＝ O ， AC ， BD 平面 ABCD ，所以 O 1 O ⊥底面 ABCD .（2）若∠ CBA ＝60°，求平面 C 1 OB 1与平面 OB 1 D 夹角的余弦值.解：因为四棱柱 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1的所有棱长都相等，所以四边形 ABCD 为菱形， AC ⊥ BD ，又 O 1 O ⊥底面 ABCD ，所以 OB ， OC ， OO 1两两垂直.如图，以 O 为坐标原点， OB ， OC ， OO 1所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系.设四棱柱的棱长为2，因为∠ CBA ＝60°，所以 OB ＝ ， OC ＝1，所以 O （0，0，0）， B 1（ ，0，2）， C 1（0，1，2），易知平面 BDD 1 B 1的一个法向量为 n ＝（0，1，0），设平面 C 1 OB 1的法向量为 m ＝（ x ， y ， z ），则 m ⊥ ， m ⊥ ，所以 x ＋2 z ＝0， y ＋2 z ＝0，取 z ＝－ ，则 x ＝2， y ＝2 ，所以 m ＝（2，2 ，－ ），所以｜ cos ＜ m ， n ＞｜＝ .所以平面 C 1 OB 1与平面 OB 1 D 夹角的余弦值为 .5. （2024·莆田模拟）如图，在梯形 ABCD 中， AD ∥ BC ，∠ ABC ＝， AB ＝ BC ＝ AD ＝ a ， PA ⊥平面 ABCD ，且 PA ＝ a ，点 F 在 AD上，且 CF ⊥ PC .（1）求点 A 到平面 PCF 的距离；解：由题意知 AP ， AB ， AD 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，则 A （0，0，0）， B（ a ，0，0）， C （ a ， a ，0）， D （0，3 a ，0），P （0，0， a ）.设 F （0， m ，0），0≤ m ≤3 a ，则 ＝（－ a ， m － a ，0）， ＝（－ a ，－ a ， a ）.∵ PC ⊥ CF ，∴ · ＝（－ a ）·（－ a ）＋（ m － a ）·（－ a ）＋0· a ＝ a 2－ a （ m － a ）＝0，∴ m ＝2 a ，即 F （0，2 a ，0）.设平面 PCF 的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），则解得取 x ＝1，得 n ＝（1，1，2）.设点 A 到平面 PCF 的距离为 d ，由 ＝（ a ， a ，0），得 d ＝ a .（2）求 AD 到平面 PBC 的距离.解：由于 ＝（－ a ，0， a ）， ＝（0，a ，0）， ＝（0，0， a ）.设平面 PBC 的法向量为 n 1＝（ x 0， y 0， z 0），由得取 x 0＝1，得 n 1＝（1，0，1）.设点 A 到平面 PBC 的距离为 h ，∵ AD ∥ BC ， AD 平面 PBC ， BC 平面 PBC ，∴ AD ∥平面 PBC ，∴ h 为 AD 到平面 PBC 的距离，∴ h ＝ a .6. （2024·威海模拟）如图所示，三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1的所有棱长均为1， B 1 C ＝ ，∠ A 1 B 1 C 为直角.（1）证明：平面 ABC ⊥平面 ABB 1 A 1；解：证明：如图，取 AB 的中点 D ，连接 CD ， B 1 D .由于三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1的所有棱长均为1，故底面△ ABC 是正三角形，因此 AB ⊥ CD ， BD ＝ ， CD ＝ .由于∠ A 1 B 1 C 为直角，故 A 1 B 1⊥ B 1 C ，所以AB ⊥ B 1 C .于是 AB ⊥平面 B 1 CD ，由此得 AB ⊥ B 1 D .在Rt△ BB 1 D 中， B 1 D ＝ .在△ CB 1 D 中，由 B 1 C 2＝ B 1 D 2＋ CD 2＝ ，故 CD ⊥ B 1 D .又 AB ， CD 平面 ABC ， AB ∩ CD ＝ D ，所以 B 1 D ⊥平面 ABC ，又 B 1 D 平面 ABB 1 A1，故平面 ABC ⊥平面 ABB 1 A 1.（2）设点 P 是棱 BB 1的中点，求直线 BC 与平面 A 1 PC 所成角θ的正弦值.解：以 D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则A （0， ，0）， B （0，－ ，0）， C （ ，0，0）， B 1（0，0， ）， P （0，－ ）.由 ，得 A 1（0，1， ），所以 ＝（0，－ ，－ ）， ＝（－ ，1， ）， ＝（ ，0）.设 m ＝（ x ， y ， z ）是平面 A 1 CP 的法向量，则可取 m ＝（3，－ ，5）.由此得 sin θ＝｜ ｜＝ .即直线 BC 与平面 A 1 PC 所成角θ的正弦值为 .7. 如图，六面体 ABCDEFG 中， BE ⊥平面 ABC ，且 BE ⊥平面DEFG ， DG ∥ EF ， ED ＝ DG ＝ GF ＝1， AB ＝ BC ＝ CA ＝ EF ＝2.（1）求证： DF ⊥平面 ABED ；解：证明：因为 BE ⊥平面 ABC ，且 BE⊥平面 DEFG ，所以 DE ⊥ BE ，且 AB ⊥ BE ，又 AB ， DE 平面 ABED ，所以 DE ∥ AB ，同理， EF ∥ BC ，所以∠ DEF ＝∠ ABC ＝60°，又 EF ＝2 DE ，所以 DF ⊥ DE ，由 BE ⊥平面 DEFG ，知 DF ⊥ BE ，又因为 ED ∩ BE ＝ E ，所以 DF ⊥平面 ABED .（2）若二面角 A - DG - E 的余弦值为－ ，求点 C 到平面 BDF的距离.解：取 AB 中点 O ，由题可知， DE ∥ OB且 DE ＝ OB ，所以四边形 OBED 为平行四边形，所以 OD ∥BE ，于是 OD ⊥平面 ABC ，又△ ABC 为正三角形，所以 OC ， OA ， OD 两两垂直.以 O 为坐标原点， OC ， OA ， OD 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 O - xyz ，设 BE ＝ a （ a ＞0），则 O （0，0，0）， A（0，1，0）， B （0，－1，0）， C （ ，0，0）， D （0，0， a ）， G （ ， a ）， F （ ，0， a ）， ＝（0，－1， a ）， ＝（ ，0）.设平面 ADG 的法向量为 n 1＝（ x 1， y 1， z 1），则有不妨设 z 1＝ ，得 n 1＝（－ a ， a ， ）.又 BE 与平面 DEFG 垂直，故平面 DEFG 的法向量不妨设为 n 2＝（0，0，1），由｜ cos ＜ n 1， n 2＞｜＝ ，解得 a ＝2.设平面 BDF 的法向量为 n 3＝（ x 3， y 3， z 3），则有不妨设 y 3＝2，得 n 3＝（0，2，－1）.设点 C 到平面 BDF 的距离为 d ，则 d ＝ .8. （2024·全国乙卷19题）如图，三棱锥 P - ABC 中， AB ⊥ BC ， AB ＝2， BC ＝2 ， PB ＝ PC ＝ ， BP ， AP ， BC 的中点分别为 D ，E ， O ， AD ＝ DO ，点 F 在 AC 上， BF ⊥ AO .（1）证明： EF ∥平面 ADO ；解：证明：如图，因为 AB ⊥ BC ， AB ＝2， BC ＝2 ， O 是 BC 的中点，所以 ，所以△ OBA ∽△ ABC .记 BF 与 AO 的交点为 H ，则∠ BHA ＝90°，又∠ ABC ＝90°，∠ BAH ＝∠ OAB ，所以△ BHA∽△ OBA ，所以△ BHA ∽△ ABC ，所以∠ HBA ＝∠ CAB ，又∠ C ＋∠ CAB ＝90°，∠ CBF ＋∠ HBA ＝90°，所以∠ C ＝∠ CBF ，所以 CF ＝ BF ，同理可得 BF ＝ FA ，所以 F 是 AC 的中点.因为 E ， F 分别是 AP ， AC 的中点，所以 EF ∥ PC ，同理可得 OD ∥ PC ，所以 EF ∥ OD ，又 OD 平面 ADO ， EF 平面 ADO ，所以 EF ∥平面 ADO .（2）证明：平面 ADO ⊥平面 BEF ；解：证明：因为 AO ＝ ， OD ＝ PC ＝ ， AD ＝ DO ＝ ，所以 AO 2＋ DO 2＝ AD 2，所以 AO ⊥ DO .因为 DO ∥ EF ，所以 AO ⊥ EF .因为 AO ⊥ BF ， BF ∩ EF ＝ F ， BF 平面 BEF ， EF 平面 BEF ，所以 AO ⊥平面 BEF .因为 AO 平面 ADO ，所以平面 ADO ⊥平面 BEF .（3）求二面角 D - AO - C 的正弦值.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， ，0）， ＝（－2， ，0）.因为 PB ＝ PC ， BC ＝2 ，所以设 P （ x ， ， z ）， z ＞0，则 ＝（2，0，0）＋ （ x －2， ， z ）＝（ ），由（2）知 AO ⊥ BE ，所以 · ＝（－2， ，0）·（ ）＝0，所以 x ＝－1，又 PB ＝ ＝（ x ， ， z ），所以 x 2＋2＋ z 2＝6，所以 z ＝ ，则 P （－1， ）.由 D 为 BP 的中点，得 D （－ ），则 ＝（－ ）.设平面 DAO 的法向量为 n 1＝（ a ， b ， c ），则 得 b ＝ a ， c ＝ a ，取 a ＝1，则 n 1＝（1， ）.易知平面 CAO 的一个法向量为 n 2＝（0，0，1），设二面角 D - AO - C 的大小为θ，则｜ cos θ｜＝｜ cos ＜ n 1， n 2＞｜＝ ，所以 sin θ＝ ，故二面角 D - AO - C 的正弦值为 .感 谢 观 看!第7课时 向量法求空间角[考试要求] 1．能用空间向量的方法解简单的线线、线面、面面的夹角问题.2．体会向量方法在研究几何问题中的作用．1．异面直线所成的角若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝．2．直线与平面所成的角如图，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的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝．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cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝．[常用结论]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 θ2．一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等． ( )(2)直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α 所成的角． ( )(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ． ( )(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)√二、教材经典衍生1．(人教A版选择性必修第一册P36例7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．C [设两直线的夹角为θ，所以cos θ＝|cos〈s1，s2〉|＝＝＝.所以l1和l2夹角的余弦值为.]2．(人教A版选择性必修第一册P37例8改编)已知两平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为________． [设两平面夹角为θ，则cos θ＝＝.]3．(人教A版选择性必修第一册P41练习T1改编)二面角α-l-β的棱上有A，B两点，线段AC，BD分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于棱l.已知AB＝1，AC＝2，BD＝3，CD＝2，则平面α与平面β的夹角为________． [设平面α与平面β的夹角为θ，由＝可得，＝＝＋＋＋2＋2＋2＝4＋1＋9＋2cos〈〉＝14－12cos θ＝(2)2.所以cos θ＝，即平面α与平面β的夹角为.]4．(人教A版选择性必修第一册P38练习T2改编)PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，其中∠APC＝∠BPC＝45°，∠APB＝60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为________． [过PC上一点D作DO⊥平面APB，如图，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．因为∠APC＝∠BPC＝45°，所以点O在∠APB的平分线上，即∠OPE＝30°.过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，因为DO⊥平面APB，则DE⊥PA，DF⊥PB.设PE＝1，因为∠OPE＝30°，所以OP＝＝，在Rt△PED中，∠DPE＝45°，PE＝1，则PD＝.在Rt△DOP中，OP＝，PD＝，则cos ∠DPO＝＝.即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是.]考点一 异面直线所成的角[典例1] (1)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为( )A． B．C． D．(2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ(0＜λ＜1)，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________．(1)B (2) [(1)因为AB2＋AC2＝BC2，所以∠BAC＝90°.以A为原点，AB，AC，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，则A(0，0，0)，A1(0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)，所以D，所以＝＝(0，，－)，所以cos 〈〉＝＝，所以〈〉＝.故选B.(2)以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)．因为正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)．所以＝(0，2，－1)，＝＝＋λ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)．则|cos 〈〉|＝＝＝，解得λ＝.] 用坐标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．[跟进训练]1．(2024·浙江绍兴模拟)“曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，AA1⊥平面ABCD，AA1＝4，底面扇环所对的圆心角为的长度是长度的2倍，CD＝1，则异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为( )A． B． C． D．C [设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，以O为原点，分别以OC，OB，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，由底面扇环所对的圆心角为的长度是长度的2倍，CD＝1，可知OC＝1，则C1(1，0，4)，A(0，2，0)，B(0，1，0)，D1(2，0，4)，A1(0，2，4)，则＝(2，－2，0)，＝(1，－1，4)，cos 〈〉＝＝＝，又异面直线所成角的范围为，故异面直线A1D1与BC1所成角的正弦值为＝.故选C.]考点二 直线与平面所成的角[典例2] (2022·北京高考)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．(1)求证：MN∥平面BCC1B1；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥MN；条件②：BM＝MN.[解] (1)证明：如图，取BC的中点D，连接B1D，DN，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB.因为M，N，D分别为A1B1，AC，BC的中点，所以B1M∥AB，B1M＝AB，DN∥AB，DN＝AB，即B1M∥DN且B1M＝DN，所以四边形B1MND为平行四边形，因此B1D∥MN.又MN 平面BCC1B1，B1D 平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.(2)选条件①：因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1，又因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，且平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，所以CB⊥平面ABB1A1，而AB 平面ABB1A1，所以CB⊥AB，由(1)得B1D∥MN，又因为AB⊥MN，所以AB⊥B1D，而B1D∩CB＝D，所以AB⊥平面BCC1B1.在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1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，因为AB＝BC＝BB1＝2，则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以＝(1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(0，－2，0)．设平面BMN的法向量n＝(x，y，z)，由得令x＝2，得n＝(2，－2，1)为平面BMN的一个法向量．设直线AB与平面BMN所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为.选条件②：取AB的中点H，连接HM，HN，因为M，N，H分别为A1B1，AC，AB的中点，所以B1B∥MH，CB∥NH，而CB⊥BB1，故NH⊥MH.又因为AB＝BC＝2，所以NH＝BH＝1.在△MHB和△MHN中，BM＝MN，NH＝BH，公共边MH，那么△MHB≌△MHN，因此∠MHN＝∠MHB＝90°，即MH⊥AB，故B1B⊥AB.在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，故以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1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，因为AB＝BC＝BB1＝2，则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以＝(1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(0，－2，0)．设平面BMN的法向量n＝(x，y，z)，由得令x＝2，得n＝(2，－2，1)为平面BMN的一个法向量．设直线AB与平面BMN所成角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为. 利用空间向量求线面角的解题步骤[跟进训练]2．(2022·浙江高考)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F -DC -B的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点．(1)证明：FN⊥AD；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．[解] (1)证明：易求得CF＝2，BC＝2.∵FC⊥DC，BC⊥DC，∴∠BCF为二面角F-DC-B的平面角，∴∠BCF＝60°，∴△BCF为等边三角形．∵N为BC的中点，∴FN⊥BC.又∵DC⊥平面BCF，∴DC⊥FN，BC∩DC＝C，∴FN⊥平面BCD，∴FN⊥AD.(2)如图建系，则B(0，，0)，A(5，，0)，D(3，－，0)，E(1，0，3)，M，∴＝＝(－2，－2，0)，＝(－2，，3)．设平面ADE的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM与平面ADE所成角为θ，∴ 取x0＝，则y0＝－1，z0＝，即n＝(，－1，)是平面ADE的一个法向量．∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为.考点三 平面与平面的夹角[典例3] (12分)(2023·新高考Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)证明：B2C2∥A2D2；(2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P.[解] (1)证明：以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)．·2分∴＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)．·············3分∴∥.··························4分又B2C2，A2D2不在同一条直线上，→ ············5分∴B2C2∥A2D2.··························6分(2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，→则＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)，·7分设平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)，则令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，→∴n＝(λ－1，3－λ，2)为平面PA2C2的一个法向量．··········8分设平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)，则令a＝1，得b＝1，c＝2，∴m＝(1，1，2)为平面A2C2D2的一个法向量，············9分|cos〈n，m〉|＝→＝＝|cos 150°|＝，化简可得λ2－4λ＋3＝0，·····················10分解得λ＝1或λ＝3，∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，···················11分∴B2P＝1. ···························12分 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤[跟进训练]3．(2023·新高考Ⅱ卷)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＝，求二面角D-AB-F的正弦值．[解] (1)证明：如图，连接DE，AE，因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC.因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，所以△ADB≌△ADC(SAS)．可得AC＝AB，故AE⊥BC.因为DE∩AE＝E，DE，AE 平面ADE，所以BC⊥平面ADE.又DA 平面ADE，所以BC⊥DA.(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC.不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2.由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝.因为AE⊥BC，所以AE＝＝.在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED.以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(，0，0)，B(0，，0)，A(0，0，)，＝(－，0，)，＝(0，－)．设F(xF，yF，zF)，因为＝，所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，可得F(－，0，)，所以＝(，0，0)．设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则即取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1，1，1)为平面DAB的一个法向量．设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则即得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1)为平面ABF的一个法向量，所以cos 〈m，n〉＝＝＝.记二面角D-AB-F的大小为θ，则sin θ＝＝＝，故二面角D-AB-F的正弦值为.课时分层作业(四十八) 向量法求空间角1．(2023·北京高考)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝.(1)求证：BC⊥平面PAB；(2)求二面角A-PC-B的大小．[解] (1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，所以△PAB为直角三角形，又因为PB＝＝，BC＝1，PC＝，所以PB2＋BC2＝PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB.又因为BC⊥PA，PA∩PB＝P，所以BC⊥平面PAB.(2)由(1)知BC⊥平面PAB，又AB 平面PAB，则BC⊥AB，以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(1，0，0)，所以＝(0，0，1)，＝(1，1，0)，＝(0，1，0)，＝(1，1，－1)．设平面PAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则即令x1＝1，则y1＝－1，所以m＝(1，－1，0)为平面PAC的一个法向量，设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则即令x2＝1，则z2＝1，所以n＝(1，0，1)为平面PBC的一个法向量，所以cos 〈m，n〉＝＝＝.又因为二面角A-PC-B为锐二面角，所以二面角A-PC-B的大小为.2．(2023·广东广州二模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，点D是BC的中点，点E在AA1上，AD∥平面BC1E.(1)求证：平面BC1E⊥平面BB1C1C；(2)当三棱锥B1-BC1E的体积最大时，求直线AC与平面BC1E所成角的正弦值．[解] (1)证明：取BC1中点M，连接EM，MD，如图所示．∵AB＝AC，点D是BC的中点， ∴AD⊥BC，又∵M是BC1的中点，∴DM∥CC1 ，又∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中，有AA1∥CC1，AA1⊥平面ABC，∴DM∥AE，DM⊥平面ABC，∵AD∥平面BC1E，且AD 平面ADME，平面ADME∩平面BC1E＝EM，∴AD∥ME，∵CC1⊥平面ABC，且AD 平面ABC，∴CC1⊥AD，又∵CC1∩BC＝C，且CC1，BC 平面BB1C1C，∴AD⊥平面BB1C1C.又∵AD∥ME，∴ME⊥平面BB1C1C，∵ME 平面BC1E，∴平面BC1E⊥平面BB1C1C.(2)由(1)知ME⊥平面BB1C1C，则＝·ME，设BC＝2a，则BD＝a，AD＝＝×2a×3＝3a，∴＝·3a·＝，由基本不等式知，当且仅当a＝时等号成立，即三棱锥B1-BC1E的体积最大，此时a＝.以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DM所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则有A，C，B，E，C1，∴＝＝(0，3，－3)，＝，设平面BC1E的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则有取y1＝，解得n＝(0，，2)为平面BC1E的一个法向量，设直线AC与平面BC1E所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，故直线AC与平面BC1E所成角的正弦值为.3．(2024·辽宁鞍山模拟)如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，AB＝2，AA1＝2，E为线段DD1上一点．(1)求证：AC⊥B1D；(2)若平面AB1E与平面ABCD的夹角的余弦值为，求直线BE与平面AB1E所成角的正弦值．[解] (1)证明：连接BD，∵底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD.又BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，∴BB1⊥AC.又BD∩BB1＝B，BD，BB1 平面BDB1，∴AC⊥平面BDB1．又B1D 平面BDB1，∴AC⊥B1D.(2)设CD的中点为F，连接AF，如图．∵△ACD为等边三角形，∴AF⊥CD，又CD∥AB，则AF⊥AB.又AA1⊥平面ABCD，则AA1⊥AB，AA1⊥AF.以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，，0)，E(－1，，h)(0≤h≤2)，B1(2，0，2)，＝(2，0，2)，＝(－1，，h)，设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，∴∴令x＝3，则n＝(3，h＋，－)为平面AB1E的一个法向量．又平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，则cos 〈n，m〉＝＝.又平面AB1E与平面ABCD的夹角的余弦值为，∴＝，0≤h≤2，∴h＝，∴＝，cos〈，n〉＝＝＝.∴直线BE与平面AB1E所成角的正弦值为.4．如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，△PAC中，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点．(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上的动点，求直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围．[解] (1)证明： 因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，∴BC⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，BC 平面ABC，∴BC⊥平面PAC.(2)∵E，F分别是PC，PB的中点，∴BC∥EF.又EF 平面AEF，BC 平面AEF，∴BC∥平面AEF，又BC 平面ABC，平面AEF∩平面ABC＝l，∴BC∥l.以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，)，∴E，F，∴＝＝(0，2，0)，∵BC∥l，∴可设Q(2，y，0)，平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，则取z＝，得m＝(1，0，)为平面AEF的一个法向量，又＝(1，y，－)，则|cos〈，m〉|＝＝∈.∴直线PQ与平面AEF所成角的取值范围为 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2025年高考数学一轮复习-7.6-向量法求空间角与距离【导学案】.docx 2025年高考数学一轮复习-7.6-向量法求空间角与距离【课件】.pptx
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