资源简介

第2章　空间向量与立体几何
2.4　空间向量在立体几何中的应用
2.4.4　向量与距离
基础过关练
　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　点到直线的距离
1.已知A(3,1,0),B(5,2,2),C(2,0,3),则点C到直线AB的距离为　(　　)
A.3 B. C.2 D.
2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点E是A1B1的中点,则点A到直线BE的距离是　(　　)
A. B. C. D.
题组二　点到平面的距离与直线到平面的距离
3.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),D(1,1,2),则点D到平面ABC的距离为(　　)
A. B. C. D.
4.如图,在正四棱锥P-ABCD中,O为底面中心,PO=AO=3,M为PO的中点,=2.
(1)求证:DM∥平面EAC;
(2)求直线DM到平面EAC的距离.
题组三　两平行线间的距离
5.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A'B'C'D'中,已知E为CC'上一点,且2CE=EC',在平面CDD'C'内作EF∥A'B,交C'D'于点F,则直线EF与A'B之间的距离为　　　　.
6.如图,已知=(1,0,-1),=(-1,2,1),则以OA,OB为邻边的平行四边形的两条高的长度分别为　　　　.
题组四　两平行平面间的距离
7.在空间直角坐标系中,A(0,0,0),B(1,1,1),C(1,0,0),D(-1,2,1),其中A∈α,B∈α,C∈β,D∈β,已知平面α∥平面β,则平面α与平面β间的距离为(　　)
A. B. C. D.
8.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F,G分别为AB,BC,BB1的中点.
(1)求证:平面A1DC1∥平面EFG;
(2)求平面A1DC1与平面EFG间的距离.
能力提升练　　
题组　用空间向量求空间中的距离
1.已知△ABC的三个顶点分别为A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则AC边上的高BD的长等于(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
2.在如图所示的几何体中,AD⊥平面PDC,△PDC是等腰直角三角形,四边形ABCD为平行四边形,且PD=DC=AD=2,则点C到平面PAB的距离为(　　)
A.1 B. C. D.
3.(多选)在空间直角坐标系O-xyz中,A(-1,0,0),B(1,2,-2),C(0,0,-2),则(　　)
A.·=3
B.点B到平面AOC的距离是2
C.异面直线OC与AB所成角的余弦值为
D.点O到直线AB的距离是
4.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为A1D1的中点,Q为A1B1上任意一点,E,F为CD上的两个动点,且EF的长为定值,则点Q到平面PEF的距离　(　　)
A.等于a
B.和EF的长度有关
C.等于a
D.和点Q的位置有关
5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,∠ABC=45°,CF⊥BC,CF=BC=2,PA=PB,平面PAB⊥平面ABCD,E,F分别是PD,AB的中点.
(1)求证:EF∥平面PBC;
(2)若CE与平面PCF所成的角θ为30°,求点B到平面CEF的距离d.
答案与分层梯度式解析
第2章　空间向量与立体几何
2.4　空间向量在立体几何中的应用
2.4.4　向量与距离
基础过关练
1.D　易得=(2,1,2),=(-1,-1,3),所以=1.设点C到直线AB的距离为d,则d==.故选D.
2.B　如图所示,建立空间直角坐标系,
则B(0,0,0),A(0,2,0),E(0,1,2),
∴=(0,2,0),=(0,1,2),
设∠ABE=θ,则cos θ===,
∴sin θ==,
∴点A到直线BE的距离d=||sin θ=2×=.
3.A　依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,1),=(0,1,2),
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
则令x=1,得y=1,z=1,
则n=(1,1,1)为平面ABC的一个法向量,
则点D到平面ABC的距离d===,
所以点D到平面ABC的距离为.故选A.
4.解析　(1)证明:连接BD,则O为BD的中点,且AC⊥BD,
在正四棱锥P-ABCD中,PO⊥平面ABCD,AC,BD 平面ABCD,所以PO⊥AC,PO⊥BD,所以PO,AC,BD两两垂直.
以点O为坐标原点,OA,OB,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(3,0,0),C(-3,0,0),D(0,-3,0),M,E(0,2,1),所以=,=(6,0,0),=(-3,2,1),
设平面EAC的法向量为m=(x,y,z),
则取y=1,则x=0,z=-2,则m=(0,1,-2)为平面EAC的一个法向量,
因为·m=3-3=0,所以⊥m,又因为DM 平面EAC,所以DM∥平面EAC.
(2)由(1)知DM∥平面EAC,所以直线DM到平面EAC的距离即为点D到平面EAC的距离.由(1)知=(3,3,0),平面EAC的一个法向量为m=(0,1,-2),所以点D到平面EAC的距离d===.故直线DM到平面EAC的距离为.
5.答案　
解析　以A为坐标原点,AB,AD,AA'所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系,如图,则A'(0,0,1),B(1,0,0),E,设F(t,1,1),所以=(1,0,-1),=,因为EF∥A'B,所以∥,所以存在实数k,使得=k,即=k(1,0,-1),所以解得t=,所以F,所以=,所以cos<,>==,所以sin<,>==,所以直线EF与A'B之间的距离为||·sin<,>=.
6.答案　2,
解析　设=a,=b,
易得a+b=(0,2,0),则(a+b)·a=0,所以(a+b)⊥a,所以以OA为底的高的长度为|a+b|=2.
cos===,
所以sin=,
所以以OB为底的高的长度为|a+b|sin=2×=.
7.A　由已知得=(1,1,1),=(-2,2,1),=(1,0,0),设向量n=(x,y,z)与向量,都垂直,则即取x=1,则y=3,z=-4,则n=(1,3,-4),
又因为平面α∥平面β,所以平面α与平面β间的距离d===.
故选A.
8.解析　(1)证明:连接AC,∵E是AB的中点,F是BC的中点,
∴EF∥AC.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1 CC1,
∴四边形ACC1A1是平行四边形,
∴A1C1∥AC,∴EF∥A1C1,
又∵A1C1 平面A1DC1,EF 平面A1DC1,
∴EF∥平面A1DC1.
连接AB1,同理可得EG∥AB1∥DC1,可得EG∥平面A1DC1,
∵EF∩EG=E,EF,EG 平面EFG,
∴平面A1DC1∥平面EFG﹒
(2)如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系D-xyz,连接A1E.
则D(0,0,0),A1(2,0,2),C1(0,2,2),E(2,1,0),
∴=(2,0,2),=(0,2,2),=(0,1,-2),
设平面A1DC1的法向量为n=(x,y,z),
则 取x=1,则y=1,z=-1,则n=(1,1,-1)为平面A1DC1的一个法向量,
则平面A1DC1与平面EFG间的距离为==﹒
能力提升练
1.C　由题意得=(4,-5,0),=(0,4,-3),则直线AC的一个单位方向向量为u=,所以AC边上的高BD的长即点B到AC的距离,为==5.故选C.
2.B　如图,以D为原点,DC,DP,DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,2),P(0,2,0),C(2,0,0),B(2,0,2),
则=(2,0,0),=(0,-2,2),=(0,0,2).
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
则 令y=1,得x=0,z=1,故n=(0,1,1)为平面PAB的一个法向量,
则点C到平面PAB的距离d===,故选B.
3.BD　因为=(2,2,-2),=(0,0,-2),所以·=4,A错误;
在空间直角坐标系O-xyz中,结合A与C两点的坐标可知y轴与平面AOC垂直,所以n=(0,1,0)为平面AOC的一个法向量,则点B到平面AOC的距离是=2,B正确;
因为|cos<,>|==,所以异面直线OC与AB所成角的余弦值为,C错误;
因为=(-1,0,0),
所以=-,
所以点O到直线AB的距离是==,D正确.故选BD.
4.A　取B1C1的中点G,连接PG,CG,DP,则PG∥CD,所以点Q到平面PEF的距离即点Q到平面PGCD的距离.易知A1B1∥平面PGCD,所以点A1到平面PGCD的距离即点Q到平面PGCD的距离,即点Q到平面PEF的距离.
以点D为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图,连接DA1,
则C(0,a,0),D(0,0,0),A1(a,0,a),P,∴=(0,a,0),=(a,0,a),=.
设n=(x,y,z)是平面PGCD的法向量,
由得令z=1,则x=-2,y=0,所以n=(-2,0,1)是平面PGCD的一个法向量.
所以点Q到平面PEF的距离d===,故选A.
5.解析　(1)证明:取PC的中点G,连接EG,BG,因为E是PD的中点,所以EG是三角形PCD的中位线,所以EG∥CD且EG=CD,又因为F是AB的中点,四边形ABCD是平行四边形,所以BF∥CD且BF=CD,故EG∥BF,EG=BF,所以四边形BFEG是平行四边形,所以EF∥BG,因为EF 平面PBC,BG 平面PBC,所以EF∥平面PBC.
(2)因为PA=PB,F是AB的中点,所以PF⊥AB,因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,所以PF⊥平面ABCD,因为CF,BC 平面ABCD,所以PF⊥CF,PF⊥BC,因为CF⊥BC,所以以F为坐标原点,FC所在直线为x轴,过点F且平行于BC的直线为y轴,FP所在直线为z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系,则F(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,0,0),设P(0,0,m)(m>0),则E,=,=(2,0,0),=(0,2,0),易知平面PCF的一个法向量为n=(0,1,0),则|cos<,n>|=sin 30°===,解得m=2(负值舍去),则=(-3,2,),
设平面CEF的法向量为n1=(x,y,z),
则取z=1,则x=0,y=-,所以n1=为平面CEF的一个法向量,则d===.第2章　空间向量与立体几何
2.4　空间向量在立体几何中的应用
2.4.3　向量与夹角
基础过关练
　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　直线与直线的夹角
1.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长相等,D为AA1的中点,则异面直线A1B与C1D所成的角为(　　)
A. B. C. D.
2.在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,顶点S在底面上的投影为底面的中心,侧棱长为,点E为SB的中点,则异面直线AE与SD所成角的余弦值为　　　　.
题组二　直线与平面所成的角
3.已知平面α的一个法向量为n=(1,-1,0),则x轴与平面α所成角的大小为(　　)
A. B. C. D.
4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.
(1)求证:BC1∥平面AD1E;
(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.
题组三　两个平面所成的角
5.《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年,书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,四面体P-ABC为鳖臑,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=AB=1,BC=,则二面角A-PC-B的正弦值为　　　　.
6.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=1,AB⊥AC,D是棱BC的中点.
(1)求异面直线AB1与DC1所成角的余弦值;
(2)求平面B1AD与平面AC1D所成的角的余弦值.
能力提升练
题组　用空间向量求解与空间角有关的问题
1.在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑,在鳖臑A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD,M为AD的中点,则异面直线BM与CD所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等边三角形, AA1=AB,M是A1C1的中点,则AM与平面BCC1B1所成角的正弦值为(　　)
A. B.
C. D.-
3.在平面角为120°的二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=2,AC=3,BD=4,则CD的长为(　　)
A. B.
C. D.
4.(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点M是棱A1D1的中点,点P在底面ABCD内(包含边界),且PM=,则(　　)
A.点P轨迹的长度为2π
B.直线MP与平面B1D1DB所成角的正弦值最大为
C.不存在P,使得MP⊥AC1
D.沿线段MP的轨迹将正方体ABCD-A1B1C1D1切去体积较小的部分,则剩余部分的体积为8-
5.如图①,在△ABC中,AB⊥BC,且AB=2BC,将△ABC沿中位线EF折起,使得AE⊥BE,连接AB,AC,M为AC的中点,连接ME,MF(如图②).
(1)证明:MF⊥平面ABC;
(2)求二面角E-MF-C的余弦值.
6.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,D为BC的中点,平面BB1C1C⊥平面ABC.
(1)证明:AD⊥BB1;
(2)已知四边形BB1C1C是边长为2的菱形,且∠B1BC=60°,问在线段CC1上是否存在一点E,使得平面EAD与平面EAC的夹角的余弦值为 若存在,求出CE的长度,若不存在,请说明理由.
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直,底面ABCD是菱形,且∠ABC=60°,M为棱PC上的动点,且=λ(λ∈[0,1]).
(1)求证:△PBC为直角三角形;
(2)试确定λ的值,使得平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为.
答案与分层梯度式解析
第2章　空间向量与立体几何
2.4　空间向量在立体几何中的应用
2.4.3　向量与夹角
基础过关练
1.D　以C1为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为2,则C1(0,0,0),D(2,0,1),A1(2,0,0),B(1,,2),
所以=(2,0,1),=(-1,,2),则·=2×(-1)+0×+1×2=0,所以异面直线A1B与C1D所成的角为.
故选D.
2.答案　
解析　设底面的中心为O,连接OS,OC.由底面ABCD是边长为2的正方形,可得OC=,故OS==2.以O为原点,过点O且平行于AB的直线为x轴,过点O且平行于AD的直线为y轴,OS所在直线为z轴,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz, 于是A(-1,-1,0),B(1,-1,0),S(0,0,2),D(-1,1,0),E,所以=,=(-1,1,-2).设异面直线AE与SD所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|==.故异面直线AE与SD所成角的余弦值为.
3.C　易知x轴的一个方向向量为m=(1,0,0),设x轴与平面α所成的角为θ,则sin θ===,因为θ∈,所以θ=,故选C.
4.解析　(1)证明:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1且AB=A1B1,A1B1∥C1D1且A1B1=C1D1,
∴AB∥C1D1且AB=C1D1,
∴四边形ABC1D1为平行四边形,∴BC1∥AD1,
∵BC1 平面AD1E,AD1 平面AD1E,
∴BC1∥平面AD1E.
(2)以点A为坐标原点,AD,AB,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),
则=(2,0,2),=(0,2,1),=(0,0,2),
设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),
由得
令z=-2,则x=2,y=1,则n=(2,1,-2)是平面AD1E的一个法向量.
设直线AA1与平面AD1E所成的角为θ,
则sin θ=|cos|===.
因此,直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为.
5.答案　
解析　根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0,1),C(1,,0),
∴=(1,,0),=(0,0,1),=(0,,0),=(1,0,-1).设平面APC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则∴
令y1=1,则x1=-,∴n1=(-,1,0)为平面APC的一个法向量.
设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则∴
令x2=1,则z2=1,y2=0,∴n2=(1,0,1)为平面PBC的一个法向量.
设二面角A-PC-B的平面角为α,易知α为锐角,则cos α=|cos|===,
∴sin α==.
6.解析　(1)由题意知,AB,AC,AA1两两垂直.以A为原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B1(1,0,1),D,C1(0,1,1),
则=(1,0,1),=.
设异面直线AB1与DC1所成的角为θ,
则cos θ=|cos<,>|==,
所以异面直线AB1与DC1所成角的余弦值为.
(2)由(1)中所建坐标系可得=,=(1,0,1),=(0,1,1).
设m=(x,y,z)为平面B1AD的法向量,
则所以
令x=1,则y=-1,z=-1,则m=(1,-1,-1)为平面B1AD的一个法向量,
设n=(x',y',z')为平面AC1D的法向量,
则所以
令x'=1,则y'=-1,z'=1,则n=(1,-1,1)为平面AC1D的一个法向量,
则cos===,
故平面B1AD与平面AC1D所成的角的余弦值为 .
易错警示
　　要注意二面角与两个平面所成的角的区别:二面角的取值范围为[0,π];两个平面相交会形成四个二面角,一般规定较小的二面角为两个平面所成的角,故两个平面所成的角的取值范围为.
能力提升练
1.C　将四面体A-BCD补形成正方体,并建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz,
设正方体的棱长为2,
则B(0,0,0),C(2,0,0),D(2,2,0),M(1,1,1),
∴=(1,1,1),=(0,2,0),
∴cos<,>===,
∵异面直线所成角的范围为,∴异面直线BM与CD所成角的余弦值为.
2.B　如图所示,取BC的中点D,B1C1的中点D1,连接AD,DD1,易知DA,DD1,DC两两垂直,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系,
不妨设AC=2,则D(0,0,0),A(,0,0),M,
所以=,易知平面BCC1B1的一个法向量为=(,0,0),
设AM与平面BCC1B1所成的角为α,
则sin α=|cos<,>|===,即AM与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
故选B.
3.B　由已知可得·=0,·=0,<,>=60°,=++,
∴||2=(++)·(++)=||2+||2+||2+2·+2·+2·=32+22+42+2×3×4×=41,∴||=,即CD的长为.故选B.
4.BCD　取AD的中点N,连接MN,NP,则MN⊥平面ABCD,则MN⊥NP,因为MP=,MN=AA1=2,
所以NP==1,所以点P的轨迹是以N为圆心,1为半径的圆位于正方形ABCD内的部分,如图,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),C(2,2,0),M(0,1,2),C1(2,2,2),
设P(cos θ,1+sin θ,0).
对于A,点P的轨迹的长度为×2×π×1=π,故A错误;
对于B,易知平面B1D1DB的一个法向量为=(2,2,0),又因为=(cos θ,sin θ,-2),所以cos <,>==sin≤,当且仅当θ=时,等号成立,故B正确;
对于C,=(2,2,2),·=2cos θ+2sin θ-4=2sin-4<0,所以不存在P,使得MP⊥AC1,故C正确;
对于D,易知切去部分为半圆锥,正方体体积V=23=8,切去部分的体积V1=××π×12×2=,故剩余部分的体积为8-,故D正确.
故选BCD.
5.解析　(1)证明:连接EC,设BC=2,则EF=1,AE=BE=2,AF=FC=,EC=2.
∵AE⊥EF,AE⊥BE,EF∩BE=E,
∴AE⊥平面BCFE,
∵EC 平面BCFE,∴AE⊥EC,
连接BM,BF,∵AC===2,BC=2,AB==2,
∴AC2=BC2+AB2,∴BC⊥AB,
∴BM=AC=,∵AF=FC,∴FM⊥AC,∴MF===,又∵BF===,
∴BF2=MF2+BM2,即MF⊥BM.
∵BM∩AC=M,∴MF⊥平面ABC.
(2)由题意知,AE,BE,EF两两垂直.以点E为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则E(0,0,0),C(2,2,0),M(1,1,1),F(0,1,0),
∴=(-1,0,-1),=(1,1,1),=(2,1,0),
设平面EMF的法向量为n=(x1,y1,z1),平面MFC的法向量为m=(x2,y2,z2),
则 令z1=-1,则x1=1,y1=0,则n=(1,0,-1)是平面EMF的一个法向量.
同理可得m=(1,-2,-1)为平面MFC的一个法向量,则cos===,
结合题图可知二面角E-MF-C的平面角为钝角,故二面角E-MF-C的余弦值为-.
易错警示
　　由于两个平面的法向量的夹角与二面角的平面角是相等或互补的关系,因此要注意结合图形判断所求二面角是锐二面角还是钝二面角,避免出错.
6.解析　(1)证明:∵AB=AC,且D为BC的中点,
∴AD⊥BC,
又∵平面BB1C1C⊥平面ABC,平面BB1C1C∩平面ABC=BC,AD 平面ABC,
∴AD⊥平面BB1C1C,
∵BB1 平面BB1C1C,
∴AD⊥BB1.
(2)假设存在点E满足题意.
连接B1D,B1C,∵四边形BB1C1C是边长为2的菱形,且∠B1BC=60°,
∴△B1BC为等边三角形.
∵D为BC的中点,
∴B1D⊥BC.
∵平面BB1C1C⊥平面ABC,平面BB1C1C∩平面ABC=BC,B1D 平面BB1C1C,
∴B1D⊥平面ABC,
∵AD 平面ABC,
∴B1D⊥AD,
∴B1D,AD,BC两两垂直.
以D为原点,BC,DA,DB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系,如图.
则D(0,0,0),A(0,,0),C(1,0,0),C1(2,0,),∴=(1,0,),=(1,-,0),=(0,,0).
设=λ(0≤λ≤1),则=+=(1+λ,-,λ).
设平面EAD的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1+λ,则x=-λ,y=0,则n=(-λ,0,1+λ)为平面EAD的一个法向量.
设平面EAC的法向量为m=(x',y',z'),
则
令x'=,则y'=1,z'=-1,则m=(,1,-1)为平面EAC的一个法向量.
设平面EAD与平面EAC的夹角为θ,则cos θ===.
解得λ=(λ=-1舍去),故点E为CC1的中点,所以CE=1.
所以在线段CC1上存在点E满足题意,且CE=1.
7.解析　(1)证明:取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD,又因为OC∩OP=O,OC 平面POC,OP 平面POC,所以AD⊥平面POC,
又因为PC 平面POC,所以AD⊥PC,因为BC∥AD,所以BC⊥PC,即∠PCB=90°,从而△PBC为直角三角形.
(2)由(1)可知OP⊥AD,又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO 平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,又因为OC 平面ABCD,所以OC⊥PO,所以OC,PO,AD两两垂直.
以O为原点,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,
则O(0,0,0),P(0,0,),A(0,-1,0),D(0,1,0),C(,0,0),所以=(,0,-).
由=λ=(λ,0,-λ)可得点M的坐标为(λ,0,-λ),
所以=(λ,1,-λ),=(λ,-1,-λ),设平面ADM的法向量为n=(x,y,z),则即
令z=λ,得x=λ-1,y=0,则n=(λ-1,0,λ)为平面ADM的一个法向量,
显然平面PAD的一个法向量为=(,0,0),
令|cos|===,
解得λ=或λ=-1(舍去),
所以当λ=时,平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为.(共37张PPT)
2.4.3　向量与夹角
2.4.4　向量与距离
空间角 向量求法 范围
异面直线所成的角 设两条异面直线所成的角为θ,它们的方向向量分别为v1,v2,则
cos θ=|cos|= (θ与相等或互补)
直线与平面所成的角 设直线l与平面α所成的角为θ,l的方向向量为v,平面α的法向量
为n,则sin θ=|cos|=
两个平面所成的角 设平面α,β所成的角为θ,平面α,β的法向量分别为n1,n2,则cos θ= |cos|= (θ与相等或互补)
1 | 向量与夹角
说明 (1)当直线与平面平行或直线在平面内时,直线与平面所成的角为0;
(2)两个平面相交会形成四个二面角,二面角的取值范围为[0,π],一般规定较小的
二面角为两个平面所成的角.两个平面平行时,它们所成的角为0.
空间距离 向量求法
点到直线的距离
设直线l的方向向量为v,点P为l外一点,点A为l上任一点,则点P到l的距离d=
点到平面的距离 设n为平面α的法向量,点A为平面α内任一点,则平面α外任一点P到平面α的距离d=
两平行线间的距离 在平行直线m,n上分别任取一点A,P,设直线m的方向向量为v,则两平行线m,n间的距离d= (也可转化为点线距求解)
两平行平面间的距离 在平行平面α,β上各取一点A,B,设平面α的法向量为n,则两平行平面α,β之间的距离d= (也可转化为点面距求解)
2 | 向量与距离
1.当一条直线l与一个平面α的夹角为0°时,这条直线一定在平面内吗
不一定.这条直线可能与平面平行.
2.为什么求空间角的公式中都带有绝对值
因为两异面直线所成的角的范围是 ,直线与平面所成的角、两个平面所成
的角的范围均是 ,而两个向量的夹角的范围是[0,π],所以用向量计算空间角
时应加绝对值.
3.直线与平面所成的角α和该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β一定互余吗
不一定.当直线的方向向量与平面的法向量的夹角β是钝角时,α和β不互余,而是α
=β- .
知识辨析
4.当直线与平面相交时,直线到平面的距离为0吗
只有当直线与平面平行时,才有直线到平面的距离.
5.若一条直线在某一平面外,则该直线上任一点到平面的距离d一定是一个正数吗
不一定.直线在平面外时也可能与平面相交,当直线与平面相交时,该说法不成立.
　　利用空间向量求空间角时,要注意空间角的范围与向量夹角的范围的区别.
1.两异面直线所成角的向量求法
(1)基向量法:在一些不容易建立空间直角坐标系的题中,我们经常用基向量法求
解.求向量v1,v2的夹角时,先把v1,v2用同一组基向量表示出来,再利用向量的夹角公
式求解.
(2)坐标法:找出或作两条异面直线的方向向量,再利用向量夹角的坐标公式计算
两直线的方向向量的夹角.
2.直线与平面所成角的向量求法
法向量法:利用直线的方向向量和平面的法向量求直线与平面所成的角.
1 利用空间向量求空间角
3.求二面角的两种方法
(1)基向量法:在图形中找到与二面角的棱都垂直的两条异面直线,利用向量的线
性运算法则对两条直线的方向向量进行转化,求出两方向向量的夹角,进而求得
二面角的大小.
(2)法向量法:找出或作两个半平面的法向量,应用向量的夹角公式求解.
典例　如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1
= ,∠BAD=120°.
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;
(2)求二面角B-A1D-A的正弦值;
(3)求直线AC1与平面BA1D所成角的正弦值.
解析 在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.
因为AA1⊥平面ABCD,AE,AD 平面ABCD,所以AA1⊥AE,AA1⊥AD,故AA1,AE,AD
两两垂直.
如图,以A为原点, , , 的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,1为单位长度,
建立空间直角坐标系A-xyz.
因为AB=AD=2,AA1= ,∠BAD=120°,
所以AE= ,BE=1.
则A(0,0,0),B( ,-1,0),D(0,2,0),E( ,0,0),A1(0,0, ),C1( ,1, ).
(1) =( ,-1,- ), =( ,1, ).
则cos< , >= = =- .
因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为 .
(2)可知平面A1DA的一个法向量为 =( ,0,0).
设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,
所以
又因为 =( ,-1,- ), =(- ,3,0),
所以
不妨取x=3,则y= ,z=2,所以m=(3, ,2)为平面BA1D的一个法向量,
从而cos< ,m>= = = .设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cos θ|= .
因为θ∈[0,π],所以sin θ= = .因此二面角B-A1D-A的正弦值为 .
(3)易知直线AC1的一个方向向量为 =( ,1, ),
设直线AC1与平面BA1D所成的角为φ,
则sin φ=|cos< ,m>|= = = ,因此直线AC1与平面BA1D所成角的
正弦值为 .
1.用向量法求点到直线的距离的两种思路
(1)将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题,过已知点作直线的垂线段,
利用待定系数法求出垂足的坐标,然后求出向量的模,这是求各种距离的通法.
(2)直接套用点线距公式求解.
2.用向量法求点面距的步骤
(1)求出平面的一个法向量;
(2)找出从已知点出发的平面的任一条斜线段对应的向量;
(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值,再除以法向量的模,即可求
得点到平面的距离.
2 利用空间向量求空间距离
3.用向量法求线线距、线面距、面面距
(1)求线面距、面面距都可转化为求点面距,求两直线间的距离可转化为求一条
直线上任一点到另一条直线的距离;
(2)求线线距、线面距、面面距的前提分别是线线、线面、面面平行.
典例　已知正方形ABCD的边长为1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分别为AB,BC
的中点.
(1)求点D到平面PEF的距离;
(2)求直线AC到平面PEF的距离.
思路点拨　思路一:求相关点到平面PEF的垂线段对应的向量的模.
思路二:求出平面PEF的法向量,利用点到平面的距离公式求解.
解析 解法一:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),E ,F ,
∴ = , = , =(0,0,1), = , = .
作DH⊥平面PEF,垂足为H,连接DE,DF,则 =x +y +z =
,其中x+y+z=1.①
易知 · =x+ y+ -z= x+y-z=0,②
· = + x+y-z=x+ y-z=0,③
由①②③解得x=y= ,z= .
∴ = ,∴| |= .
因此,点D到平面PEF的距离为 .
(2)易知AC∥平面PEF,∴直线AC到平面PEF的距离即点A到平面PEF的距离.作
AH'⊥平面PEF,垂足为H',则 ∥ .
由(1)知 = ,
∴设 =λ(2,2,3)=(2λ,2λ,3λ)(λ≠0),连接EH',则 = + = +(2λ,2λ,
3λ)= .
易知 · =4λ2+4λ2-λ+9λ2=0,∴λ= .
∴ = ,| |= .
∴直线AC到平面PEF的距离为 .
解法二:同解法一中建立的空间直角坐标系.
(1)易知 = , = , = .
设平面PEF的法向量为n=(x,y,z),
则 解得
令x=2,则y=2,z=3,则n=(2,2,3)为平面PEF的一个法向量,
∴点D到平面PEF的距离d= = = .
(2)易知AC∥平面PEF,
∴直线AC到平面PEF的距离即点A到平面PEF的距离.
又∵ = ,
∴点A到平面PEF的距离d= = = .
∴直线AC到平面PEF的距离为 .
利用空间向量解决与夹角、距离有关的探索性问题的解题步骤
(1)假设存在(或结论成立);
(2)建立空间直角坐标系,得到相关点的坐标;
(3)得到有关向量的坐标;
(4)利用空间角、空间距离的计算公式列关系式求解;
(5)根据解的情况做出判断.
3 利用空间向理解决与夹角、距离有关的探索性问题
典例1　如图,在三棱锥P-ABC中,底面ABC是正三角形,AB=2PA=4,PA⊥底面
ABC,点E,F分别为AC,PC的中点.

(1)求证:平面BEF⊥平面PAC;
(2)在线段PB(不含端点)上是否存在点G,使得平面EFG与平面PBC夹角的正弦值
为 若存在,确定点G的位置;若不存在,请说明理由.
思路点拨 (1)利用面面垂直的判定定理证明.
(2)建系,利用点G在线段PB上设出点G的坐标,求出两个平面的法向量,根据已知
条件求解方程,方程有解则存在,无解则不存在.
解析 (1)证明:∵底面ABC是正三角形,∴AB=BC,又∵E为AC的中点,∴BE⊥AC.
∵PA⊥平面ABC,BE 平面ABC,
∴PA⊥BE.
∵PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,
∴BE⊥平面PAC,
又∵BE 平面BEF,∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)不存在.理由如下:
易知PA⊥BE,PA⊥AC.
∵点E,F分别为AC,PC的中点,
∴EF∥PA,
∴EF⊥BE,EF⊥AC,又∵BE⊥AC,
∴EB,EC,EF两两垂直,以E为原点, , , 的方向分别为x,y,z轴的正方向,1为
单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(0,-2,0),P(0,-2,2),B(2 ,0,0),C(0,2,0),E(0,0,0),F(0,0,1),
∴ =(-2 ,-2,2), =(0,0,1), =(-2 ,2,0), =(0,4,-2),
设 =λ =(-2 λ,-2λ,2λ)(0<λ<1),
∴G(2 -2 λ,-2λ,2λ),
∴ =(2 -2 λ,-2λ,2λ).
设平面EFG的法向量为m=(a,b,c),
则 即
令a=λ,则b= (1-λ),∴m=(λ, - λ,0)是平面EFG的一个法向量.
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则 即 令x=1,则y= ,z=2 ,∴n=(1, ,2 )是平面PBC
的一个法向量.
由|cos|= =
= = ,得λ=1,
又∵λ∈(0,1),
∴在线段PB(不含端点)上不存在点G,使得平面EFG与平面PBC夹角的正弦值为
.
典例2　如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PB⊥BC,PD⊥
CD,且PA=2,E为PD的中点.

(1)求证:PA⊥平面ABCD;
(2)求PC与平面ACE所成角的正弦值;
(3)在线段BC上是否存在点F,使得点E到平面PAF的距离为 若存在,确定点F
的位置;若不存在,请说明理由.
思路点拨
(1)分别证明BC⊥平面PAB,CD⊥平面PAD,可得出PA⊥BC,PA⊥CD,再利用线面
垂直的判定定理可证得结论成立.
(2)结合(1)中结论建立空间直角坐标系,利用向量法可求得结果.
(3)假设存在满足题意的点F,且F(2,t,0)(0≤t≤2),利用向量法得出关于t的方程,解
方程即可得出结论.
解析 (1)证明:∵四边形ABCD为正方形,
∴BC⊥AB,CD⊥AD.
∵PB⊥BC,BC⊥AB,PB∩AB=B,
∴BC⊥平面PAB.
∵PA 平面PAB,
∴PA⊥BC.
∵PD⊥CD,CD⊥AD,PD∩AD=D,
∴CD⊥平面PAD.
∵PA 平面PAD,∴PA⊥CD.
∵BC∩CD=C,∴PA⊥平面ABCD.
(2)由(1)知PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,∴以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分
别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(0,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),∴ =(2,2,0), =(0,1,1), =(2,2,-2).
设平面ACE的法向量为m=(x,y,z),
则 取y=1,则x=-1,z=-1,∴m=(-1,1,-1)是平面ACE的一个法向量.
cos= = = ,
∴PC与平面ACE所成角的正弦值为 .
(3)假设存在满足题意的点F,且F(2,t,0)(0≤t≤2).
易得 =(2,t,0), =(0,0,2), =(0,1,1).
设平面PAF的法向量为n=(a,b,c),
则
取a=t,则b=-2,c=0,
∴n=(t,-2,0).
∴点E到平面PAF的距离为 = = ,∴t=1.
∴当点F为线段BC的中点时,点E到平面PAF的距离为 .
素养　通过对空间向量与立体几何的研究发展直观想象和数学运算素养
素养解读
　　在立体几何的学习中,要逐步建立空间观念,能借助几何直观和空间想象感
知图形的特征和变化,对空间图形进行分解和组合,能够判断并证明空间中点、
线、面的位置关系.
在立体几何的综合题目中,会涉及线面平行与垂直、空间角、空间距离等,求解
思路一般是把这些立体几何问题通过向量转化为代数计算,所以熟练准确地运算
是解题的基本要求,在平时的学习中要加强运算能力的训练,养成良好的运算习
惯.
例题　《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早1 000
多年.在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为
堑堵(qiàn dǔ);将底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马;将四个面均
为直角三角形的四面体称为鳖臑(biē nào).如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,AB⊥AC.

(1)求证:四棱锥B-A1ACC1为阳马;
(2)若C1C=BC=2,当鳖臑C1-ABC的体积最大时,求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余
弦值.
主编点评 此题背景取自我国古代数学典籍,彰显了我国古代数学文化,但这并
不意味着试题难度增加.题目对“堑堵”“阳马”“鳖臑”这三个生僻词进行了
典例呈现
定义解释,可以通过定义掌握空间几何体的结构特点,再结合不等式及空间角的
求解公式解决问题,注重培养信息整理、应用的能力.
解题思路 (1)证明:易知A1A⊥平面ABC,AB 平面ABC,
∴A1A⊥AB.
又∵AB⊥AC,A1A∩AC=A,
∴AB⊥平面ACC1A1.
又易知四边形ACC1A1为矩形,
∴四棱锥B-A1ACC1为阳马.
(2)∵AB⊥AC,BC=2,∴AB2+AC2=4.
易知C1C⊥底面ABC,且C1C=2,
∴ = ·C1C· AB·AC= ·AB·AC≤ · = ,当且仅当AB=AC= 时,等
号成立.
以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

则B( ,0,0),C(0, ,0),A1(0,0,2),C1(0, ,2),∴ =( ,0,-2), =(- , ,0), =
(0, ,0).
设平面A1BC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则 即
令x1= ,则y1= ,z1=1,
故平面A1BC的一个法向量为n1=( , ,1).
同理,平面A1BC1的一个法向量为n2=( ,0,1).
∵|cos|= = = ,
∴平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值为 .
思维升华
　　我们可以通过对实物进行观察、动手画立体图形的直观图、制作一些几何
模型来感受空间中点、线、面的位置关系,也可以借助多媒体等观察立体图形的
动态变化过程,培养空间感,从而提高空间想象能力.
实际解题过程中,当图形垂直特征明显,坐标易求时,优先选择用坐标法解决立体
几何问题,此种方法思路简单,解法固定,操作方便.特别是在处理探索性问题时,坐
标法更具备优势,需要熟练掌握.

展开更多......

收起↑