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4.3　用向量方法研究立体几何中的度量关系
第1课时　空间中的角
基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　
题组一　两条直线的夹角
1.已知两条异面直线的方向向量分别是μ=(3,1,-2),v=(3,2,1),则这两条异面直线的夹角θ满足(　　)
A.sin θ=　　　　　　B.sin θ=
C.cos θ=　　　　　　D.cos θ=
2.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,AD=4,E为PC的中点,则异面直线PD与BE夹角的余弦值为　　(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
3.已知动点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1(不含端点)上,设=λ,若∠APC为钝角,则实数λ的取值范围是(　　)
A.　　　　　　B.
C.　　　　　　D.
4.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=AA1=2.
(1)求证:A1C⊥BC;
(2)求直线AC1和A1B1夹角的大小.
题组二　直线与平面的夹角
5.若直线l的一个方向向量是m=(1,0,1),平面α的一个法向量是n=(-3,1,3),则直线l与平面α的夹角为(　　)
A.0°　　　B.45°　　　C.60°　　　D.90°
6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱AB,A1D1的中点分别为E,F,则直线EF与平面AA1D1D夹角的正弦值为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
7.在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=2,PA=4,则直线PA与平面DEF夹角的正弦值为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
8.在正三棱柱ABC-A'B'C'中,AB=1,AA'=2,则直线BC'与平面ABB'A'夹角的正弦值为　　　　.
题组三　平面与平面的夹角
9.已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,1),n=(1,-1,0),则这两个平面的夹角为(　　)
A.30°　　　　　　B.60°
C.60°或120°　　 D.120°
10.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,则平面A1BC1与平面ACD所成的锐二面角的余弦值为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
11.在空间中,已知平面α过点(3,0,0)和点(0,4,0)及z轴上一点(0,0,a)(a>0),如果平面α与xOy平面的夹角为45°,则a=　　　　.
12.《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究成果比西方早一千多年,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=BC=1,则二面角A-PC-B的余弦值为　　　　.
13.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2,AC=A1C=,平面ACC1A1⊥平面ABC,∠ACB=90°.
(1)求证:A1C⊥AB;
(2)若BC=,求二面角C-A1B-B1的正弦值.
能力提升练　　　　　 　　　　 　　　　
题组一　两条直线的夹角
1.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体,该几何体的上、下底面平行,且均为扇环形(扇环是指圆环被两条半径截得的部分).现有一个如图所示的曲池,它的高为2,AA1,BB1,CC1,DD1均与曲池的底面垂直,底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2,对应的圆心角为90°,则异面直线AB1与CD1夹角的余弦值为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
2.在矩形ABCD中,O为BD的中点且AD=2AB,将△ABD沿对角线BD翻折,使二面角A-BD-C的大小为90°,则直线AO与CD夹角的余弦值为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
3.已知四棱锥P-ABCD,底面是边长为2的正方形,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,AB⊥平面PAD,E是线段PD上的动点(不含端点).若线段AB上存在点F(不含端点),使得异面直线PA与EF的夹角为30°,则线段PE的长的取值范围是(　　)
A.　　　　　　B.
C.　　　　　 D.
题组二　直线与平面的夹角
4.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,AA1=4,P是侧面BCC1B1内的动点,且AP⊥BD1,记AP与平面BCC1B1的夹角为θ,则tan θ的最大值为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
5.如图1,在等腰三角形ABC中,∠A=90°,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,CD=BE=,O为BC的中点.将△ADE沿DE折起,得到如图2所示的四棱锥A'-BCDE.若A'O⊥平面BCDE,则直线A'D与平面A'BC夹角的正弦值等于(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
6.如图,三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的中点,点P在A1B1上,且满足 =λ,当直线PN与平面ABC的夹角最大时,λ的值为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
7.如图1,故宫太和殿是中国形制最高的宫殿,其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式,庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式,由一条正脊和四条垂脊组成,因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡,故又称四阿顶.如图2,五面体EFABCD的底面ABCD为矩形,AB=2EF=8,AD=6,EF∥AB,EA=ED=FB=FC=5,M,N分别是AD,BC的中点,则直线BF与平面EFCD夹角的正弦值为(　　)
　　　
A.　　　B.　　　C.　　　D.
题组三　平面与平面的夹角
8.在菱形ABCD中,∠ABC=60°,将其沿对角线AC折叠到平面B'AC之后,使得平面B'AC⊥平面ACD(如图),则平面B'CD与平面ACD夹角的正弦值为　　　　.
9.如图所示,四边形AEFB为矩形,AE⊥平面ABCD,BC∥AD,BA⊥AD,AE=AD=2AB=2BC=4.
(1)求证:CF∥平面ADE;
(2)求平面CDF与平面AEFB的夹角的余弦值.
10.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=AC=AA1,AB⊥AC,P为线段BC1上一点.
(1)若BP=PC1,求PC与AA1夹角的余弦值;
(2)若BP=PC1,求PC与平面ABB1A1的夹角;
(3)若平面A1ACC1与平面ACP的夹角为45°,求的值.
答案与分层梯度式解析
4.3　用向量方法研究立体几何中的度量关系
第1课时　空间中的角
基础过关练
1.C　由已知得μ·ν=3×3+1×2+(-2)×1=9,
|μ|=,
|ν|=,
所以cos θ=|cos<μ,ν>|=.故选C.
2.B　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,如图所示:
则B(2,0,0),E(1,2,1),P(0,0,2),D(0,4,0),
∴=(0,4,-2),
设异面直线PD与BE的夹角为θ,
则cos θ=.
故选B.
3.C　建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),设P(x,y,z),x,y,z∈(0,1).
因为=λ,所以,即(x,y,z-1)=λ(1,1,-1),故P(λ,λ,1-λ),
则=(λ-1,λ,1-λ)·(λ,λ-1,1-λ)=3λ2-4λ+1<0,解得<λ<1,
此时不共线,故<λ<1,故选C.
4.解析　(1)证明:因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC,所以CC1⊥AC,CC1⊥BC,
又AC⊥BC,AC∩CC1=C,所以BC⊥平面ACC1A1,
所以A1C⊥BC.
(2)以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(2,0,0),A1(2,0,2),C1(0,0,2),B1(0,2,2),
所以=(-2,2,0),
设直线AC1和A1B1的夹角为α,
则cos α=,
所以直线AC1与A1B1的夹角为.
5.A　设直线l与平面α的夹角为θ,则θ∈,
所以sin θ=|cos|==0,
故直线l与平面α的夹角为0°.故选A.
6.C　以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示:
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,
则E(2,1,0),F(1,0,2),所以=(-1,-1,2),
易知y轴与平面AA1D1D垂直,
则平面AA1D1D的一个法向量为n=(0,1,0),
设直线EF与平面AA1D1D的夹角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=.
所以直线EF与平面AA1D1D夹角的正弦值为.
故选C.
7.C　以A为原点,AC,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图,
则A(0,0,0),P(0,0,4),D(0,1,0),E(1,1,0),F(1,0,2),
所以=(1,-1,2),
设n=(x,y,z)为平面DEF的一个法向量,
则
令z=1,可得n=(0,2,1).
设直线PA与平面DEF的夹角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=.
故选C.
8.答案　
解析　以B为坐标原点,在平面ABC内,过B作BC的垂线为x轴,BC,BB'所在直线分别为y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图,
则B(0,0,0),B'(0,0,2),C'(0,1,2),A,所以,
设平面ABB'A'的一个法向量为n=(x,y,z),
则令x=1,得n=(1,-,0),
设直线BC'与平面ABB'A'的夹角为θ,θ∈,
则sin θ=|cos<,n>|=.
9.B　设这两个平面的夹角为θ,θ∈,
则cos θ=|cos|=,
所以θ=,即这两个平面的夹角为60°.
10.C　如图所示,以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),D1(0,0,2),A1(4,0,2),B(4,4,0),C1(0,4,2),
所以=(-4,4,0),
易知平面ACD的一个法向量为=(0,0,2),
设平面A1BC1的一个法向量为n=(a,b,c),
则
令b=1,得c=2,a=1,所以n=(1,1,2),
设平面A1BC1与平面ACD所成的锐二面角为θ,θ∈,
则cos θ=|cos故选C.
11.答案　
解析　设点(3,0,0),(0,4,0),(0,0,a)(a>0)分别为A,B,C,则
=(-3,4,0).
设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取z=1,则x=,∴n=.
易得xOy平面的一个法向量为m=(0,0,1),
则|cos|=,解得a=(负值舍去).
12.答案　
解析　依据题意建立空间直角坐标系,如图所示:
则A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),
故=(0,1,1).
设平面ACP的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则取x=1,则n1=(1,1,0).
设平面BCP的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
取y=1,则n2=(0,1,-1).
设二面角A-PC-B的平面角为θ,
由题图可知θ为锐角,
则cos θ=.
13.解析　(1)证明:在△ACA1中,AC=A1C=,AA1=2,则AC2+A1C2=A,∴A1C⊥AC,
∵平面ACC1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1∩平面ABC=AC,A1C 平面ACC1A1,
∴A1C⊥平面ABC,
又AB 平面ABC,∴A1C⊥AB.
(2)如图所示,以C为坐标原点,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),
易知平面CA1B的一个法向量为m=(1,0,0),
设平面A1BB1的一个法向量为n=(x0,y0,z0),
则
令x0=,得y0=,∴n=(),
设二面角C-A1B-B1的平面角为θ,θ∈[0,π],
则|cos θ|=|cos|=,
∴sin θ=,
故二面角C-A1B-B1的正弦值为.
能力提升练
1.A　建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,2,0),B1(0,1,2),C(1,0,0),D1(2,0,2),
所以=(1,0,2),
设异面直线AB1与CD1的夹角为θ,
则cos θ=|cos<.故选A.
2.C　在平面ABD中,过点A作AE⊥BD,垂足为E,
在平面BCD中,过点C作CF⊥BD,垂足为F.
由题意知,平面ABD⊥平面BCD,且交线为BD,
所以AE⊥平面BCD,CF⊥平面ABD.
设AB=1,则AD=2,
则×AB×AD,可得AE=,
同理可得CF=,
以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则O(0,0,0),A,
所以,
设直线AO与CD的夹角为θ,
则cos θ=.故选C.
3.B　取AD的中点G,连接PG,由题意可建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,1),
所以=(1,0,-1),
设F(1,y,0),0又异面直线PA与EF的夹角为30°,
所以||cos 30°,
即2=,
则2(x-1)2=-y2,0所以PE长度的取值范围是.
4.B　如图所示,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则A(3,0,0),B(3,3,0),D1(0,0,4),
所以=(-3,-3,4).
设P(x,3,z),则=(x-3,3,z),所以=(x-3,3,z)·(-3,-3,4)=9-3x-9+4z=0,解得3x=4z,
易知平面BCC1B1的一个法向量为n=(0,1,0),
则sin θ=|cos<,n>|=,θ∈,当x=时,sin θ取得最大值,为,所以cos θ=,tan θ=,此时tan θ的值最大.
故选B.
5.D　取DE的中点H,连接OH,OD,则OH⊥OB,以O为坐标原点,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.
由题意,知OH=1,DH=2,DO=,
∴OA'=),
又D(1,-2,0),∴),
设直线A'D与平面A'BC的夹角为θ,易得平面A'BC的一个法向量为n=(1,0,0),
∴sin θ=|cos<,n>|=.
6.A　如图,以A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz,
则N,
易得平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1).
设直线PN与平面ABC的夹角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=,∴当λ=时,(sin θ)max=,角θ最大.故选A.
7.C　因为EA=ED,M为AD的中点,所以EM⊥AD,
在矩形ABCD中,AB⊥AD,M,N分别为AD,BC的中点,所以MN∥AB,所以MN⊥AD,
又MN∩EM=M,MN,EM 平面EFNM,
所以AD⊥平面EFNM,
又AD 平面ABCD,所以平面EFNM⊥平面ABCD.
在平面EFNM中,过F作FH⊥MN,垂足为H,
因为平面EFNM⊥平面ABCD,平面EFNM∩平面ABCD=MN,FH 平面EFNM,
所以FH⊥平面ABCD,
如图所示,过点H作SQ∥BC,交AB于S,交CD于Q,以H为坐标原点,HS,HN,HF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
由题意得HN==4,
所以FH=,
则F(0,0,2),B(3,2,0),C(-3,2,0),D(-3,-6,0),
所以=(0,-8,0).
设平面EFCD的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令z=,得n=(-2,0,),
设直线BF与平面EFCD的夹角为θ,θ∈,
则sin θ=|cos<,n>|=,
所以直线BF与平面EFCD夹角的正弦值为.
故选C.
8.答案　
解析　设AC的中点为E,连接B'E,DE,
因为在菱形ABCD中,∠ABC=60°,
所以△BAC和△ACD都是等边三角形,
即△B'AC是等边三角形,
因此B'E⊥AC,DE⊥AC,
因为平面B'AC⊥平面ACD,平面B'AC∩平面ACD=AC,B'E 平面B'AC,
所以B'E⊥平面ACD,又DE 平面ACD,
所以B'E⊥DE,建立如图所示的空间直角坐标系,
设菱形的边长为2,则C(-1,0,0),D(0,),
所以),
设平面B'CD的一个法向量为m=(x,y,z),
则令z=1,则x=-,y=1,所以m=(-,1,1),
易知平面ACD的一个法向量为),
设平面B'CD与平面ACD的夹角为θ,θ∈,
则cos θ=|cos因此sin θ=.
9.解析　(1)证明:∵四边形AEFB为矩形,
∴BF∥AE.
又BF 平面ADE,AE 平面ADE,
∴BF∥平面ADE.
同理可得,BC∥平面ADE.
又BF∩BC=B,BF,BC 平面BCF,
∴平面BCF∥平面ADE.
又CF 平面BCF,∴CF∥平面ADE.
(2)如图,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,4,0),F(2,0,4),
∴=(0,-2,4).
设n=(x,y,z)是平面CDF的一个法向量,
则
令y=2,则x=2,z=1,∴n=(2,2,1).
易知是平面AEFB的一个法向量,
∴|cos∴平面CDF与平面AEFB的夹角的余弦值为.
10.解析　以A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
设AB=1,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1),C1(0,1,1),
∴=(0,1,0).
(1)∵BP=PC1,∴P,
∴.
设PC与AA1的夹角为θ,则cos θ=.
(2)设P(a,b,c),由BP=PC1,即得(a-1,b,c)=(-a,1-b,1-c),
可得P(),
∴).
易知平面ABB1A1的一个法向量为n=(0,1,0),
设PC与平面ABB1A1的夹角为α,
则sin α=,
∴PC与平面ABB1A1的夹角为30°.
(3)设=(-λ,λ,λ),0≤λ≤1,
则=(1,-1,0)+(-λ,λ,λ)=(1-λ,λ-1,λ).
设平面ACP的一个法向量为m=(x,y,z),
则
取z=λ-1,得m=(λ,0,λ-1),
易知平面A1ACC1的一个法向量为p=(1,0,0),
∵平面A1ACC1与平面ACP的夹角为45°,
∴cos 45°=,
解得λ=,则,
∴P为BC1的中点,∴=1,
∴当平面A1ACC1与平面ACP的夹角为45°时,=1.
1第2课时　空间中的距离问题
基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　
题组一　点到平面的距离
1.已知向量n=(2,0,1)为平面α的一个法向量,点A(-1,2,1)在平面α内,则点P(1,2,2)到平面α的距离为(　　)
A.　　　B.　　　C.2　　　D.
2.已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,M,N分别是A1B1,AD,CC1的中点,则直线AC到平面EMN的距离为(　　)
A.0　　　B.　　　C.　　　D.
3.在空间直角坐标系中,定义:平面α的一般方程为Ax+By+Cz+D=0(A,B,C,D∈R,A2+B2+C2≠0),点P(x0,y0,z0)到平面α的距离d=,则在底面边长与高都为2的正四棱锥中,底面中心O到侧面的距离等于　　　　　.
4.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,M,N分别为AP,BC的中点.
(1)证明:直线MN∥平面PCD;
(2)求点B到平面MND的距离.
题组二　点到直线的距离
5.已知直线l过定点A(2,3,1),且直线l的一个方向向量为s=(0,1,1),则点P(4,3,2)到直线l的距离为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
6.如图,几何体ABCD-EFGH是棱长为6的正方体,若,则点P到直线CH的距离为(　　)
A.4　　　B.3　　　C.2　　　D.1
7.在三棱柱ABC-A1B1C1中,),则该三棱柱的体积为(　　)
A.2　　　B.3　　　C.4　　　D.4
答案与分层梯度式解析
第2课时　空间中的距离问题
基础过关练
1.B　因为A(-1,2,1),P(1,2,2),
所以=(-2,0,-1),
因为平面α的一个法向量为n=(2,0,1),
所以点P到平面α的距离d=.故选B.
2.B　如图所示,建立空间直角坐标系,
则A(2,0,0),C(0,2,0),E(2,1,2),M(1,0,0),N(0,2,1),
所以=(-2,2,0),
设平面EMN的一个法向量为m=(x,y,z),
则
令x=1,可得m=(1,1,-1),
所以·m=0,即⊥m,
又AC 平面EMN,所以AC∥平面EMN,
故点A到平面EMN的距离即为直线AC到平面EMN的距离,又=(1,0,0),
所以点A到平面EMN的距离为,即直线AC到平面EMN的距离为.故选B.
3.答案　
解析　如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系,
则O(0,0,0),A(1,1,0),B(-1,1,0),P(0,0,2),
设平面PAB的方程为ax+by+cz+d=0,
则
则平面PAB的方程为-dy-z+d=0,
即2y+z-2=0,
∴底面中心O到侧面的距离为.
4.解析　(1)证明:取PD的中点Q,连接MQ,CQ,如图1,
∵M,Q分别为PA,PD的中点,
∴MQ∥AD,MQ=AD=1,
又底面ABCD为正方形,N为BC的中点,∴NC∥AD,NC=AD=1,∴MQ∥NC,MQ=NC,
∴四边形MQCN为平行四边形,∴MN∥CQ,
∵MN 平面PCD,CQ 平面PCD,
∴直线MN∥平面PCD.
(2)∵底面ABCD为正方形,且PA⊥底面ABCD,
∴AB,AD,AP两两互相垂直.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,如图2,
则M(0,0,1),B(2,0,0),D(0,2,0),N(2,1,0),
∴=(0,1,0),
设平面MND的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,得n=(1,2,4),
∴点B到平面MND的距离d=.
5.A　因为A(2,3,1),P(4,3,2),所以=(2,0,1),
则|,
所以点P到直线l的距离d=,故选A.
6.A　如图所示,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A(0,0,0),C(6,6,0),H(0,6,6),B(6,0,0),D(0,6,0),E(0,0,6),
所以=(-6,0,6),
因为=(1,2,5),所以P(1,2,5),所以=(-5,-4,5),
所以,
所以点P到直线CH的距离为=4.
故选A.
7.D　设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z),
则令z=2,得y=3,x=-,所以n=(-,3,2),
故点A1到平面ABC的距离d=,
点C到直线AB的距离h=,
又|,
所以△ABC的面积S==4,
故三棱柱的体积V=4×.故选D.
1(共24张PPT)
知识点 1 空间中的角
知识 清单破
4.3 用向量方法研究立体几何中的度量关系
角的分类 向量求法 范围
异面直线的夹角 设两条异面直线的夹角为θ,
它们的方向向量分别为a,b,
则cos θ=|cos|=
直线与平面的夹角 设直线l与平面α的夹角为θ,l
的方向向量为a,平面α的法向
量为n,则sin θ=|cos|=

二面角 设二面角α-l-β的平面角为θ,
平面α,β的法向量分别为n1,n2,
则cos θ=cos或cos θ=
cos(π-) [0,π]
1.点到平面的距离
点P到平面α的距离,等于点P与平面α内任意一点A连线所得向量 ,在平面α的单位法向量n0
方向上所作投影向量的长度,即d=| ·n0|.

知识点 2 空间中的距离问题
2.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= .

知识辨析
判断正误,正确的画“√”,错误的画“ ”.
1.直线与平面的夹角α和该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β互余. (　 )
2.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必为一个正数.(　 )
3.与平面相交的斜线与该平面的夹角是锐角. (　 )
4.若两个平面的法向量分别为n1,n2,则这两个平面的夹角与两个法向量的夹角一定相
等. (　 )



√
提示
提示
提示
当直线的方向向量与平面的法向量的夹角β是锐角时,直线与平面的夹角α和β互余.
直线在平面外包含直线与平面相交的情况.当直线与平面相交时,该说法不成立.
也可能互补.
5.设n是平面α的法向量,AB是平面α的一条斜线,则点B到平面α的距离d= . (　 )

提示
当点A在平面内,点B在平面外时结论才正确.
1.两异面直线的夹角的向量求法
(1)在一些不适合建立坐标系的题型中,我们经常采用取定基的方法.在由公式cos=
求向量a与b的夹角时,关键是求出a·b及|a|与|b|,一般是把a,b用一组基表示出来,再求有
关的量.
(2)用坐标法求异面直线的夹角:
①建立恰当的空间直角坐标系;
②找到两条异面直线的方向向量并写出其坐标形式;
③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角;
④结合异面直线的夹角的范围得到异面直线的夹角.
讲解分析
疑难 情境破
疑难 1 用向量法求空间角
2.求直线与平面的夹角的方法与步骤
　　方法一:求出直线在平面内的投影的方向向量,将直线与平面的夹角转化为两向量的夹
角进行计算.
　　方法二:利用平面的法向量求直线与平面的夹角,基本步骤:
(1)建立空间直角坐标系;
(2)求直线的方向向量 ;
(3)求平面的法向量n;
(4)计算:设直线与平面的夹角为θ,则sin θ= .
3.两个平面夹角的向量求法
设n1,n2分别是平面α,β的法向量,则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面的夹角.坐标法
的解题步骤如下:
(1)建系:依据几何条件建立适当的空间直角坐标系;
(2)求法向量:在建立的坐标系中求两个平面的法向量n1,n2;
(3)计算:设两个平面的夹角为θ,则|cos θ|= .
典例 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,AB=AP,E为棱PB的中
点.

(1)求直线PD与CE的夹角的余弦值;
(2)求直线CD与平面ACE的夹角的正弦值;
(3)求二面角E-AC-P的平面角的余弦值.
解析 设AD=2.
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,如图所示:

则A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,0,1).
(1)设直线PD与CE的夹角为θ,
而 =(0,2,-2), =(-1,-2,1),
所以cos θ=|cos< , >|= = = ,
所以直线PD与CE的夹角的余弦值为 .
(2)易得 =(2,2,0), =(1,0,1), =(-2,0,0),
设平面ACE的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
由 可得
取x1=1,可得y1=z1=-1,所以平面ACE的一个法向量为m=(1,-1,-1).
设直线CD与平面ACE的夹角为α,
则sin α=|cos|= = = ,因此直线CD与平面ACE的夹角的正弦值为 .
(3)易得 =(0,0,2),
由(2)知,平面ACE的一个法向量为m=(1,-1,-1).
设平面ACP的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
由 可得
取x2=1,则y2=-1,z2=0,
所以平面ACP的一个法向量为n=(1,-1,0).
所以cos= = = ,
由图可知,二面角E-AC-P的平面角为锐角,因此二面角E-AC-P的平面角的余弦值为 .
1.点面距的求解方法
(1)求出该平面的一个法向量;
(2)找出从该点出发的平面的任意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,即可求出点到平面
的距离.
　　平行于平面的直线到该平面的距离、相互平行的两个平面间的距离,都可以转化为点到
平面的距离.
讲解分析
疑难 2 用向量法求空间中的距离
2.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,即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)直接套用点到直线的距离公式求解.
　　注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化.
典例 已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=1,AB=4,BC=3,∠ABC=90°,M,N分别是A1B1,AC的中点.
(1)求点B到直线A1C1的距离;
(2)求点B1到平面C1MN的距离.
解析 以B为原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示:

则B(0,0,0),A(4,0,0),A1(4,0,1),B1(0,0,1),C(0,3,0),C1(0,3,1).
(1)∵ =(-4,3,0), =(0,3,1),
∴点B到直线A1C1的距离d=
= = .
(2)∵M,N分别是A1B1,AC的中点,
∴M(2,0,1),N ,
∴ = , =(-2,3,0).
设平面C1MN的一个法向量为n=(x,y,z),
则 即
取y=2,得x=3,z=3,∴n=(3,2,3).
又 =(2,0,0),
∴点B1到平面C1MN的距离为 = .
(1)对于存在探究型问题,应先假设存在,把要成立的结论当作条件,据此列出方程或方程组,把
“是否存在”转化为“是否有规定范围内的解”等.
(2)对于位置探究型问题,通常是借助向量,引入参数,综合条件和结论列方程或方程组,解出参
数,从而确定位置.
讲解分析
疑难 3 用向量法解决空间几何体中的探究型问题
典例 如图,在四棱柱ABCD-A'B'C'D'中,底面ABCD为平行四边形,DD'=CD=4,AD=2,∠BAD= ,
且D'在底面上的投影H恰为CD的中点.

(1)过D'H作与BC垂直的平面α,交棱BC于点N,试确定点N的位置,并说明理由;
(2)在线段D'C'上是否存在点P,使二面角P-BH-A的平面角为 若存在,请确定点P的位置;若
不存在,请说明理由.
解析 (1)当N为棱BC的中点时,符合题意,理由如下:取BC的中点N,连接NH,ND'.
在△HNC中,根据余弦定理得,
|NH|= = ,
所以|HC|2=|NC|2+|NH|2,
因此∠HNC= ,即NH⊥BC.
因为D'在底面上的投影H恰为CD的中点,
所以D'H⊥平面ABCD,
又BC 平面ABCD,
所以D'H⊥BC,
因为D'H∩NH=H,D'H,NH 平面D'HN,
所以BC⊥平面D'HN,
因此,N为BC的中点时符合题意.
(2)存在满足条件的点P,且点P与点C'重合.
连接BD,由(1)知,当N为BC的中点时,HN⊥BC,HN∥DB,AD∥BC,所以AD⊥BD,
分别以 , 的方向为x轴、y轴的正方向,过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴,建立如图
所示的空间直角坐标系D-xyz,

则D(0,0,0),H(-1, ,0),B(0,2 ,0),D'(-1, ,2 ),C'(-3,3 ,2 ).
所以 =(1, ,0), =(0,0,2 ), =(-2,2 ,0),
设 =λ =λ(-2,2 ,0)=(-2λ,2 λ,0)(λ∈[0,1]),
则 = + =(-2λ,2 λ,2 ).
设n=(x,y,z)为平面PBH的一个法向量,
则
即
令x= ,得y=-1,z=2λ,
所以n=( ,-1,2λ),
易得平面AHB的一个法向量为m=(0,0,1),
因为二面角P-BH-A的平面角为 ,
所以|cos|= ,
即 = ,
所以 = ,
所以λ=1,
此时P(-3,3 ,2 ).
故存在满足条件的点P,且点P与点C'重合.

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