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(共44张PPT)
知识点 1 空间距离的向量求法
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
1.直线外一点到直线的距离
　　如图①,u为直线l的单位方向向量,P l,A∈l,Q∈l, =a, 在直线l上的投影向量为 =
(a·u)u,在Rt△APQ中,由勾股定理,得
PQ= = .
　　
必备知识 清单破
2.平面外一点到平面的距离
如图②,设平面α的法向量为n,P α,A∈α,PQ⊥α, 在直线l上的投影向量为 ,则点P到平
面α的距离PQ= .
3.其他距离
(1)两平行直线之间的距离:在其中一条直线上取定一点,将所求转化为直线外一点到直线的
距离.
(2)两异面直线a,b之间的距离:如图③,在a,b上分别取点A,B,求出与a,b的方向向
量都垂直的向量n,则 在向量n上的投影向量的长度即为异面直线a,b的距离,
为 .
(3)平行的线面、面面间的距离:转化为平面外一点到平面的距离.
知识点 2 空间角的向量求法
空间角 向量求法 范围
异面直线l1与l2所成的角θ 设l1与l2的方向向量分别为u,v,则cos θ=|cos| =
直线AB与平面α所成的角θ,如图① 设直线AB的方向向量为u,平面α的法向量为n,则sin θ= |cos|=
平面α与平面β的夹角θ,如图② 设平面α,β的法向量分别为n1,n2,则cos θ=|cos|=

知识辨析
1.直线和平面平行时,直线到平面的距离一般如何求解
2.两平面的夹角与这两平面形成的二面角有什么关系
3.两平面的夹角与两平面的法向量的夹角有何关系
一语破的
1.转化为直线上任一点到该平面的距离.
2.两平面相交会形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于 的二面角称为平面与平面
的夹角.两平面的夹角的取值范围为 ,而这两平面形成的二面角的取值范围为[0,π].
3.两平面的夹角等于两平面的法向量的夹角或其补角.
1.用向量法求距离问题的两种思路
(1)转化为求向量模的问题.过已知点作已知直线或已知平面的垂线段,利用待定系数法求出
垂足的坐标,然后通过已知点坐标及垂足坐标求出表示此距离的向量的模,这是求各种距离
的通法.
(2)直接套用相关公式求解.用向量法求点到直线的距离时需注意以下几点:①不必找点在直
线上的垂足以及垂线段;②可以选直线上的任意点,但一般选较易求得坐标的特殊点;③直线
的方向向量可以任取,但必须保证计算正确.
2.注意事项
求直线到平面(或两平面之间)的距离的前提是线面(或面面)平行,求解时可在直线上(或其中
一个平面上)找到一点,然后将问题转化为求该点到平面的距离.点要选取适当,以方便求解为主.
定点 1 用空间向量研究距离问题
关键能力 定点破
3.点到平面的距离的求解步骤
(1)建立恰当的空间直角坐标系;
(2)写出(求出)相关点的坐标;
(3)求出平面的一个法向量n;
(4)找出从已知点出发的平面的任一条斜线段对应的向量u;
(5)由d= 计算可得点到平面的距离.
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.
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,则由空间向量基本定理可得 =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= .
∴ = ,∴| |= .
∴点D到平面PEF的距离为 .
(2)易知AC∥平面PEF,∴直线AC到平面PEF的距离即为点A到平面PEF的距离.
设AH'⊥平面PEF,垂足为H',则 ∥ .
由(1)知 = ,∴可设 =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:(1)由解法一建立的空间直角坐标系知 = , = , = .
设平面PEF的法向量为n=(x,y,z),则 即 令x=2,则y=2,z=3,∴n=(2,2,3).
∴点D到平面PEF的距离为 = = .
(2)易知AC∥平面PEF,∴直线AC到平面PEF的距离即为点A到平面PEF的距离.
由解法一建立的空间直角坐标系知 = .
由(1)知平面PEF的一个法向量为n=(2,2,3).
∴点A到平面PEF的距离为 = = .∴直线AC到平面PEF的距离为 .
1.角的范围与关系
　　利用向量法求空间角时,要注意空间角的范围与向量夹角范围的区别.向量夹角的范围
为[0,π],而异面直线所成的角的范围为 ,两平面夹角的范围为 ,当对应向量夹角为
钝角时,应取其补角.
　　线面角的范围为 ,当直线的方向向量和平面的法向量的夹角为锐角时,线面角等于
减去这个夹角;当直线的方向向量和平面的法向量的夹角为钝角时,线面角等于这个夹角
减去 .
定点 2 用空间向量研究夹角问题
(1)两异面直线所成的角
①坐标法:适合建立空间直角坐标系的问题优先选择此法解决.
②基底法:在一些不适合建立空间直角坐标系的问题中,我们经常用基底法.由公式cos=
求向量a,b的夹角的关键是求出a·b,|a|与|b|,其求解思路一般是先把a,b用同一个基底表
示出来,再求有关的量.
(2)直线与平面所成的角的求解步骤
①建立恰当的空间直角坐标系;
②求直线的方向向量u;
③求平面的法向量n;
④计算:设线面角为θ,则sin θ= .
2.空间角的向量求法
(3)两个平面的夹角的求解步骤
①建立恰当的空间直角坐标系;
②分别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=|cos|= .
典例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.

解析： 由题可知,AB,BC,BB1两两互相垂直.以B为坐标原点,BC,BA,BB1所在直线分别为x轴,y
轴,z轴,建立空间直角坐标系Bxyz(如图).

设AB=1,则B(0,0,0),E ,F ,C1(1,0,1),
所以 = , =(1,0,1).
cos< , >= = = ,
所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.
典例2 如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是菱形,对角线AC,BD交于点O,OA=8,OB=6,OP=8,OP
⊥底面ABCD,设点M满足 =λ (0<λ<1).

(1)若λ= ,求平面MAB与平面ABC的夹角;
(2)若直线PA与平面BDM所成角的正弦值为 ,求λ的值.
解析： 由题意得OA,OB,OP两两垂直.以O为坐标原点,OA,OB,OP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Oxyz,则A(8,0,0),B(0,6,0),C(-8,0,0),D(0,-6,0),P(0,0,8).

(1)易得 =(-8,6,0).设M(x1,y1,z1),
∵ = ,∴(x1,y1,z1-8)= (-8-x1,-y1,-z1),∴ 解得
∴M(-2,0,6).∴ =(-2,-6,6).
易知平面ABC的一个法向量为(0,0,1),记n1=(0,0,1).
设平面MAB的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则 即
令x2=3,则y2=4,z2=5,∴n2=(3,4,5).
∴cos= = = ,
∴平面MAB与平面ABC的夹角的大小为 .
(2)易得 =(8,0,-8), =(0,12,0).
设M(x3,y3,z3),∵ =λ ,
∴(x3,y3,z3-8)=λ(-8-x3,-y3,-z3),
∴ 解得
∴M ,∴ = .
设平面BDM的法向量为m=(x4,y4,z4),
则 即
令z4=λ,则x4=1,y4=0,∴m=(1,0,λ).
∴|m|= , ·m=8-8λ.
∵直线PA与平面BDM所成角的正弦值为 ,
∴ =|cos< ,m>|= = = ,
∴2λ2-5λ+2=0,解得λ= 或λ=2.
又0<λ<1,∴λ= .
解后反思： 我们利用向量法计算二面角时,常会遇到难以直接看出二面角是钝角还是锐角的
问题,可以这样处理:若两个法向量都指向二面角的外部或内部,则二面角等于法向量的夹角
的补角;若两个法向量中一个指向二面角的外部,另一个指向二面角的内部,则二面角等于法
向量的夹角.
利用空间向量解决与距离、夹角有关的探索性问题的步骤
(1)假设存在(或假设结论成立);
(2)建立恰当的空间直角坐标系,得到(设出)相关点的坐标;
(3)根据点的坐标得到有关向量的坐标;
(4)利用距离或夹角的计算公式列关系式求解;
(5)根据解的情况得出结论.
定点 3 用空间向量解决与距离、夹角有关的探索性问题
典例1 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
垂直的判定定理即可证得结论成立.
(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 平面PAB,PB∩AB=B,∴BC⊥平面PAB.
∵PA 平面PAB,∴PA⊥BC.
∵PD⊥CD,CD⊥AD,PD,AD 平面PAD,PD∩AD=D,∴CD⊥平面PAD.
∵PA 平面PAD,∴PA⊥CD.
∵BC,CD 平面ABCD,BC∩CD=C,∴PA⊥平面ABCD.
(2)由(1)及题知PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,∴PA,AB,AD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,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,

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).
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).
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,此时点F为线段BC的中点.
∴当点F为线段BC的中点时,点E到平面PAF的距离为 .
名师点睛：立体几何中的探索性问题,直接求解需进行复杂的作图、论证、推理,而利用空
间向量,则只需通过坐标运算进行判断即可.解题时,根据题干中的条件和假设,把几何问题转
化为代数问题,即是否有解问题,解法固定,应熟练掌握.
典例2 如图1,在△MBC中,BM=2BC=4,BM⊥BC,A,D分别为BM,MC的中点,将△MAD沿AD折起
到△PAD的位置,使∠PAB=90°,如图2,连接PB,PC,BD.
(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)若E为PC的中点,求直线DE与平面PBD所成角的正弦值;
(3)在线段PC上是否存在一点G(不包括端点),使平面ADG与平面ADP所成角的余弦值为
若存在,求出 的值;若不存在,请说明理由.

图2
图1
解析： (1)证明:因为A,D分别为BM,MC的中点,所以AD∥BC.
因为BM⊥BC,所以BM⊥AD,所以PA⊥AD.
因为∠PAB=90°,所以PA⊥AB.
因为AB,AD 平面ABCD,AB∩AD=A,所以PA⊥平面ABCD.
又因为PA 平面PAD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)由(1)知AP,AB,AD两两垂直.
以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,
则B(2,0,0),D(0,1,0),P(0,0,2),E(1,1,1),所以 =(1,0,1), =(-2,1,0), =(-2,0,2).

设平面PBD的法向量为n=(x1,y1,z1),
则 即
令y1=2,得x1=1,z1=1,
所以n=(1,2,1).
设直线DE与平面PBD所成的角为θ,
则sin θ=|cos< ,n>|= = = .
故直线DE与平面PBD所成角的正弦值为 .
(3)假设在线段PC上存在一点G(不包括端点),使平面ADG与平面ADP所成角的余弦值为
.
由(2)知A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,2),C(2,2,0),
所以 =(2,2,-2), =(0,1,0).
设 =λ (0<λ<1),
则G(2λ,2λ,2-2λ),
所以 =(2λ,2λ,2-2λ).
易知平面PAD的一个法向量为(1,0,0),记n1=(1,0,0).
设平面ADG的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则 即
令z2=λ,则x2=λ-1,y2=0,
所以n2=(λ-1,0,λ).
由题意得|cos|= = = ,
所以8λ2+2λ-1=0,
解得λ=- (舍去)或λ= .
故在线段PC上存在一点G(不包括端点),使平面ADG与平面ADP所成角的余弦值为 ,且
= .
学科素养 情境破
素养解读
　　直观想象是数学的六大核心素养中重要的一个,它是数学抽象或数学建模的基础.我们
常对生活中的实际情境进行分析,探索其本质,并通过数学抽象或数学建模将其转化为数学
问题.在立体几何的学习中,我们借助直观想象将几何直观(用图形来描述和分析问题)这一感
性认识过渡到空间想象(对二维平面或三维空间的图形的位置、数量关系及有关性质的理
解)这一理性认识,从而借助几何图形的直观来拓展想象的思维能力.
　　数学建模是对实际问题进行数学抽象,用数学语言表达问题、用数学知识与方法构建数
学模型解决问题的过程.在立体几何的学习中,数学建模主要体现在点、线、面的位置关系,
空间角、空间距离,组合体等在实际问题中的应用,其实质是将实际问题的内在规律用数字、
图表、公式、符号等表示出来,根据数学基本知识和基本原理构建数学模型,从而达到识模、用模、解模的过程.
素养 通过立体几何图形与空间向量发展直观想象、数学建模的素养
典例呈现
例题 2021年6月17日,神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接.
神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图如图1所示,半径相等的圆I1,I2,I3,I4与圆柱OO
1的底面圆分别相切于A,B,C,D四点,且圆I1与I2,I2与I3,I3与I4,I4与I1分别外切,线段A1A为圆柱OO1
的母线.点M为线段A1O1的中点,点N在线段CO1上,且CN=2NO1.已知圆柱OO1的底面半径为2,
AA1=4.
(1)求证:AM∥平面BDN;
(2)线段AA1上是否存在一点E,使得OE⊥平面BDN 若存在,请求出AE的长,
若不存在,请说明理由;
图1
(3)飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图如图2所示.天和核心舱可
简化为底面半径为2的圆柱O2O3,它与飞船推进舱共轴,即O,O1,O2,O3共线.天和核心舱舱体两
侧伸展出太阳翼,其中三角形RST为以RS为斜边的等腰直角三角形,四边形PQRS为矩形.已知
推进舱与核心舱的距离为4,即O1O2=4,且O2O3=RS=2,PS=7.在对接过程中,核心舱可能会作出
相对于推进舱的逆时针旋转的运动,请你求出在舱体相对距离保持不变的情况下,在舱体相
对旋转过程中,直线A1P与平面PQRS所成角的正弦值的最大值.
图2
解题思路：(1)证明:如图①,设M',N'分别是点M,N在线段AC上的投影,

∴M'为AO的中点,N'为OC的三等分点,
∴tan∠MAM'= = =4,tan∠NON'= = =4,
∴∠MAM'=∠NON',∴AM∥ON,
又AM 平面BDN,且ON 平面BDN,
图①
∴AM∥平面BDN.
(2)根据题意建立如图②所示的空间直角坐标系,

则O(0,0,0),B(0,2,0),D(0,-2,0),
N ,设E(2,0,t)(0≤t≤4),
∴ =(0,4,0), = , =(2,0,t),
图②
假设OE⊥平面BDN,则
∴- + t=0,
∴t= .
∴线段AA1上存在一点E,使得OE⊥平面BDN,且AE= .
(3)将矩形PQRS作为参照物,不妨设A1顺时针旋转的弧度为α(α>0),
则结合(2)中所建坐标系可得A1(2cos(-α),2sin(-α),4),即A1(2cos α,-2sin α,4),
又P(10,0,8),∴ =(10-2cos α,2sin α,4).
易知平面PQRS的一个法向量为(0,1,0),记u=(0,1,0).
设直线A1P与平面PQRS所成的角为θ,
则sin θ=|cos< ,u>|
=
= · ,
当cos α=±1时,sin θ=0;
当-1∴sin θ= · ≤ × = ×(2- )= ,
当且仅当t= ,即t=2 ,即cos α=3-2 时,sin θ取得最大值,为 .
综上可知,在旋转过程中,直线A1P与平面PQRS所成角的正弦值的最大值为 .
思维升华
在立体几何的学习过程中,我们不但要借助空间几何体模型认识点、线、面之间的位置关
系,将二维平面图形与三维空间图形进行类比联想,还要学会借助几何直观和空间想象感知
事物的形态与变化,利用图形来理解并梳理思路,寻找方向,可将复杂问题简单化.
立体几何中有多种模型,如线面平行与垂直,面面平行与垂直,二面角等相关的求解模型,我们
可以将其有意识地记忆下来,这样当遇到一个新问题时,辨认它属于哪一类模型的基本模式,
进而联想起一个已经解决了的问题,并以此为索引,在记忆存储中提取出相应的方法来加以
解决,可以起到事半功倍的效果.1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题
基础过关练
题组一　用空间向量求空间距离
1.直线l的方向向量为m=(1,0,-1),且l过点A(1,1,1),则点P(-1,2,1)到l的距离为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.2
2.(教材习题改编)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面边长为2,侧棱长为4,则点B1到平面AD1C的距离为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.(多选题)在空间直角坐标系Oxyz中,A(2,0,0),B(1,1,-2),C(2,3,1),则(　　)
A.·=-5
B.||=2
C.异面直线OB与AC所成角的余弦值为
D.点O到直线BC的距离是
4.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=λ(0<λ<4),则点G到平面D1EF的距离为　　　　.
5.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是线段DD1,AB,BB1的中点.
(1)求证:平面FGC1∥平面AB1E;
(2)求直线GC1到直线AE的距离;
(3)求直线GC1到平面AB1E的距离.
题组二　用空间向量求空间角
6.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,AB=BC,AA1=AC=2,E为棱A1B1的中点,F是棱BC上的一点,且BF=3FC,则直线AE与C1F所成角的余弦值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
7.《九章算术》是我国古代的一部数学经典著作,其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥”.如图,在“阳马”P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD=2AB=PA,则直线PC与面PBD所成角的正弦值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
8.在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠PAC=∠ABC=90°,PA=BC=1,PB=AC=2,E是AB的中点,则二面角B-PC-E的余弦值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
9.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱DD1的中点,F为棱BB1的中点.
(1)求异面直线AB1与C1F所成角的余弦值;
(2)求直线AA1与平面AB1E所成角的正弦值.
10.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,D是BC的中点.
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;
(2)求平面ADC1与平面ABA1的夹角的正弦值.
11.在如图所示的试验装置中,两个正方形框架ABCD,ABEF的边长都是1,且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M,N分别在正方形对角线AC,BF上移动,且CM,BN的长度保持相等,记CM=BN=a(0(1)求异面直线AC与BF所成角的余弦值;
(2)当a为何值时,线段MN的长最小
(3)当线段MN的长最小时,求AB与平面AMN所成角的余弦值.
能力提升练
题组一　用空间向量解决空间距离问题
1.在空间直角坐标系Oxyz中,A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),点H在平面ABC内,则当点O与H间的距离取最小值时,点H的坐标是(　　)
A.　　　　B.　　
C.　　　　D.(2,1,1)
2.如图所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=BC=1,动点P,Q分别在线段C1D,AC上(包括端点),则线段PQ长度的最小值是(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,点M为CC1的中点,点P为底面A1B1C1D1上的动点(包含边界),则满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为(　　)
A.2π　　　　B.3　　
C.6　　　　D.3π
4.在三棱锥S-ABC中,SA=BC=2,SC=AB=,SB=AC=.记BC的中点为M,SA的中点为N,则异面直线AM与CN的距离为　　　　.
题组二　用空间向量解决空间角问题
5.由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”,则在正方体中,两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为(　　)
A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.90°
6.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,O是AC的中点,点P在线段A1C1上运动(包含端点),若直线OP与平面AB1C所成的角为θ,则sin θ的取值范围是(　　)
A.　　　　B.　　
C.　　　　D.
7.如图,在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段B1C上的动点(不包括端点),则下列结论错误的是(　　)
A.当B1P=2PC时,AP=
B.当B1P=2PC时,点D1到平面A1BP的距离为1
C.直线A1P与BD所成的角可能是
D.若二面角B-A1P-B1的平面角的正弦值为,则=或=
8.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　用空间向量解决立体几何中的探索性问题
9.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,且CD=2,PA=AB=BC=1,AB⊥BC.
(1)求证:AD⊥PC;
(2)求平面PCD与平面PAB的夹角;
(3)在线段PB上是否存在一点M,使得直线PC与平面ADM垂直 如果存在,求此时点M到平面PCD的距离;如果不存在,说明理由.
10.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,且CD=2,AB=1,BC=2,PA=1,AB⊥BC,N为PD的中点.
(1)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值;
(2)求点N到直线BC的距离;
(3)在线段PD上是否存在一点M,使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为 若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
答案与分层梯度式解析
1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题
基础过关练
1.B 2.A 3.AC 6.D 7.A 8.C
1.B　∵A(1,1,1),P(-1,2,1),∴=(-2,1,0),
则AP=,
又∵m=(1,0,-1),∴==,
∴点P(-1,2,1)到l的距离为=,故选B.
2.A　如图,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,
则A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,4),B1(2,2,4),∴=(-2,2,0),=(-2,0,4),=(-2,-2,0).设平面AD1C的法向量为n=(x,y,z),
则即
取z=1,则x=y=2,所以n=(2,2,1),
∴点B1到平面AD1C的距离为=,故选A.
解题模板　用向量法求点P到平面α的距离
(1)建立恰当的空间直角坐标系.
(2)写出(求出)相关点的坐标.
(3)求出,平面α的法向量n(点A为平面α内一点).
(4)求距离d=.
3.AC　对于A,=(-1,1,-2),=(1,2,3),所以·=-1+2-6=-5,故A正确;
对于B,=(0,3,1),所以||==,故B错误;
对于C,=(1,1,-2),所以||=,
因为cos<,>===,
所以异面直线OB与AC所成角的余弦值为,故C正确;
对于D,=(1,1,-2),=(1,2,3),
所以=,所以点O到直线BC的距离是==,故D错误.
故选AC.
4.答案　
解析　以D为原点,,,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Dxyz,
则G(4,λ,4),D1(0,0,4),E(4,0,2),F(4,4,2),
所以=(4,0,-2),=(4,4,-2),=(0,-λ,-2),
设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,则y=0,z=2,所以平面D1EF的一个法向量为n=(1,0,2).
所以点G到平面D1EF的距离为==.
5.解析　(1)证明:以A为原点,AD,AB,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F(0,1,0),G(0,2,1),C1(2,2,2),A(0,0,0),B1(0,2,2),E(2,0,1),
则=(0,1,1),=(2,1,2),=(0,2,2),=(2,0,1),
设平面FGC1的法向量为m=(x,y,z),
则令z=2,则y=-2,x=-1,
所以平面FGC1的一个法向量为m=(-1,-2,2).
设平面AB1E的法向量为n=(a,b,c),
则令c=2,则a=-1,b=-2,
所以平面AB1E的一个法向量为n=(-1,-2,2).
因为m=n,所以平面FGC1∥平面AB1E.
(2)由(1)得=(2,0,1),=(2,0,1),
所以∥,即GC1∥AE,所以点C1到直线AE的距离即为直线GC1到直线AE的距离,
又=(2,2,2),所以==,||=2,所以直线GC1到直线AE的距离为=.
(3)因为平面FGC1∥平面AB1E,GC1 平面FGC1,所以GC1∥平面AB1E,
所以直线GC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离.
由(1)知=(-2,0,0),平面AB1E的一个法向量为n=(-1,-2,2),
所以点C1到平面AB1E的距离为=,
所以直线GC1到平面AB1E的距离为.
6.D　由AB⊥BC,AB=BC,AC=2,得AB=BC=2,
以B为坐标原点,BC,BA,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F,C1(2,0,2),A(0,2,0),E(0,1,2),
所以=,=(0,-1,2),
所以cos<,>===,
故直线AE与C1F所成角的余弦值为.故选D.
易错警示　异面直线所成角的范围是,故两直线方向向量夹角的余弦值为负时,应取其绝对值,才得两条异面直线所成角的余弦值.
7.A　因为PA⊥平面ABCD,AB,AD 平面ABCD,底面ABCD为矩形,所以PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD,
所以AB,AD,AP两两互相垂直,设AB=1,则AD=AP=2,
以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),
所以=(-1,2,0),=(-1,0,2),=(1,2,-2),
设平面PBD的法向量为n=(x,y,z),
则解得
令x=2,则y=1,z=1,所以n=(2,1,1),
设直线PC与面PBD所成的角为θ,
所以sin θ=|cos<,n>|===,
所以直线PC与面PBD所成角的正弦值为.
故选A.
解题模板　求线面角θ的步骤:
8.C　因为∠PAC=90°,所以PA⊥AC,又因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PA 平面PAC,所以PA⊥平面ABC,又AB 平面ABC,所以AB⊥PA.在Rt△ABC中,BC=1,AC=2,∠ABC=90°,所以AB===.以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(0,0,0),P(,0,1),C(0,1,0),E,所以=(,-1,1),=(-,0,-1),=.设平面BPC的法向量为m=(x1,y1,z1),则令x1=1,则m=(1,0,-),设平面EPC的法向量为n=(x2,y2,z2),则令x2=2,则n=(2,,-).设二面角B-PC-E的平面角为θ,由题图可知θ∈,则cos θ===.故选C.
专家支招　求两个平面所成的角一般有两种思路,一是先根据二面角的平面角及两个平面夹角的定义,在两个半平面内分别找出与二面角的棱垂直的直线,然后利用两直线的方向向量的夹角得到两平面夹角的大小;另一种是直接求出两个平面的法向量,通过法向量的夹角求得两平面夹角的大小,但要注意两平面夹角的取值范围是,而两个法向量的夹角为[0,π].
9.解析　(1)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则B1(1,1,1),E,F,A(1,0,0),C1(0,1,1),A1(1,0,1),
可得=,=(0,1,1),
设异面直线AB1与C1F所成的角为θ,
则cos θ=|cos<,>|===,
所以异面直线AB1与C1F所成角的余弦值为.
(2)由(1)得=(0,1,1),=,=(0,0,1),
设平面AB1E的法向量为n=(x,y,z),
则
取z=2,可得x=1,y=-2,所以n=(1,-2,2),
设直线AA1与平面AB1E所成的角为α,则sin α=|cos<,n>|===,
所以直线AA1与平面AB1E所成角的正弦值为.
10.解析　(1)建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4),
∴=(2,0,-4),=(1,-1,-4),
∴cos<,>===,
∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2)易知=(0,2,0)是平面ABA1的一个法向量,
设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z),
由(1)知=(1,1,0),=(0,2,4),
∴取z=1,得y=-2,x=2,
∴平面ADC1的一个法向量为m=(2,-2,1),
设平面ADC1与平面ABA1的夹角为θ,
∴cos θ=|cos<,m>|==,
∴sin θ==.
∴平面ADC1与平面ABA1的夹角的正弦值为.
11.解析　(1)因为四边形ABCD为正方形,所以BC⊥BA,因为平面ABCD⊥平面ABEF,且交线为AB,BC 平面ABCD,所以BC⊥平面ABEF,
因为BE 平面ABEF,所以BC⊥BE,
又AB⊥BE,所以BA,BE,BC两两垂直,
建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(1,0,0),C(0,0,1),B(0,0,0),F(1,1,0),
所以=(-1,0,1),=(1,1,0),
设异面直线AC与BF所成的角为θ,
则cos θ=|cos<,>|==,
所以异面直线AC与BF所成角的余弦值为.
(2)由题可得,M,N,
所以MN===,
所以当a=时,线段MN的长最小,为.
(3)由(2)可知,当线段MN的长最小时,
M,N,
所以=,=,
设平面AMN的法向量为m=(x,y,z),
则令x=1,则y=1,z=1,
所以m=(1,1,1),
设AB与平面AMN所成的角为α,
因为=(1,0,0),所以sin α=|cos<,m>|==,
因为α∈,所以cos α=.
所以AB与平面AMN所成角的余弦值为.
能力提升练
1.A 2.C 3.B 5.A 6.D 7.C 8.C
1.A　由题意得=(-1,2,0),=(0,-2,2),=(1,0,0),
设H(x,y,z),易知x,y,z>0,且=(x,y,z),
设m=(a,b,c)为平面ABC的法向量,则即
令b=1,则a=2,c=1,故m=(2,1,1),
则点O到平面ABC的距离为==,
当点O到H的距离取最小值时,||==,则x2+y2+z2=,此时∥m,
设=λm,λ∈R,λ≠0,
即(x,y,z)=λ(2,1,1),
所以x=2λ,y=λ,z=λ,代入x2+y2+z2=,
可解得λ=(负值舍去),则x=,y=z=,
所以=,则H,故选A.
2.C　以D为原点,,,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(1,0,0),D(0,0,0),C(0,1,0),C1(0,1,2).
设P(0,y1,z1),Q(x2,y2,0),其中0≤y1≤1,0≤z1≤2,0≤x2≤1,0≤y2≤1.
由题意可设=λ,=μ,其中λ,μ∈[0,1],所以(0,y1,z1)=λ(0,1,2),(x2-1,y2,0)=μ(-1,1,0),所以P(0,λ,2λ),Q(1-μ,μ,0).
所以线段PQ的长度为
=
=,
所以当λ=,μ=时,线段PQ的长度取得最小值,为.
3.B　以D为原点,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(6,0,0),B(6,6,0),M(0,6,3),设P(x,y,6),x∈[0,6],y∈[0,6],
则=(-6,6,3),=(x-6,y-6,6),
由BP⊥AM得·=0,即-6(x-6)+6(y-6)+3×6=0,即y=x-3,
由于x∈[0,6],y∈[0,6],所以x∈[3,6],y∈[0,3],所以点P的轨迹为图中的线段EF(E,F分别为A1D1,A1B1的中点),易知EF==3,故选B.
4.答案　
解析　三棱锥S-ABC的三组对棱分别相等,因此三棱锥S-ABC的外接平行六面体为长方体,将三棱锥S-ABC放在长方体中,设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,
且则所以
以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(1,0,),C(1,,0),M,N,所以=,=.
设n=(x,y,z)垂直于和,
所以
令y=,则z=,x=0,所以n=.
又=(0,0,),
所以异面直线AM与CN的距离d===.
5.A　以正方体ABCD-A1B1C1D1为例,若“表截面”为面ABC1D1与面ABCD,则它们的夹角为45°;
若“表截面”为面ABC1D1与面BDD1B1,以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),
在正方形ADD1A1中,A1D⊥AD1,
因为AB⊥面ADD1A1,且A1D 面ADD1A1,所以AB⊥A1D,
又AD1∩AB=A,AD1,AB 面ABC1D1,所以A1D⊥面ABC1D1,即面ABC1D1的一个法向量为=(1,0,1),
同理可证,AC⊥面BDD1B1,
所以面BDD1B1的一个法向量为=(-1,1,0),
设面ABC1D1与面BDD1B1的夹角为θ,
则cos θ=|cos<,>|===,
所以θ=60°;
若“表截面”为面ABB1A1与面ABCD,则它们的夹角为90°.
故选A.
6.D　以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),B1(2,2,3),A1(2,0,3),C1(0,2,3),所以=(-2,2,0),=(0,2,3),=(-2,2,0),
由题可设=a=a(-2,2,0)(0≤a≤1),则P(2-2a,2a,3),则=(1-2a,2a-1,3),
设平面AB1C的法向量为n=(x,y,z),
则
令y=3,得x=3,z=-2,所以n=(3,3,-2),
所以sin θ=|cos|==,
由于0≤a≤1,所以∈[3,],
所以sin θ∈.故选D.
7.C　以A为原点,,,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(0,0,0),B(3,0,0),D(0,3,0),A1(0,0,3),C(3,3,0),B1(3,0,3),D1(0,3,3).
对于A,因为B1P=2PC,所以==(0,3,-3)=(0,2,-2),所以P(3,2,1),故=(3,2,1),AP=||==,A中结论正确;
对于B,=(0,3,0),=(3,0,-3),因为B1P=2PC,所以P(3,2,1),所以=(3,2,-2),
设平面A1BP的法向量为m=(x,y,z),
则即
取x=1,则y=-,z=1,故m=,所以点D1到平面A1BP的距离为=1,B中结论正确;
对于C,设=λ(0<λ<1),则P(3,3λ,3-3λ),所以=(3,3λ,-3λ),易得=(-3,3,0),若直线A1P与BD所成的角为,则|cos<,>|===,解得λ=-(二重根),又λ∈(0,1),所以直线A1P与BD所成的角不可能是,C中结论错误;
对于D,=(3,0,0),=(3,0,-3),由C可知=(3,3λ,-3λ),设平面BA1P,平面B1A1P的法向量分别为a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),所以即分别令z1=1,z2=1,则x1=1,y1=1-,x2=0,y2=1,故a=,b=(0,1,1),设二面角B-A1P-B1的平面角为θ,则sin θ=,
则|cos θ|===,解得λ=或λ=,均符合题意,D中结论正确.
故选C.
8.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=×(8-4)=2,FN==4,
所以FH==2,
则F(0,0,2),B(3,2,0),C(-3,2,0),D(-3,-6,0),
所以=(3,2,-2),=(-3,2,-2),=(0,-8,0).
设平面EFCD的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
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.
9.解析　(1)证明:取CD的中点N,连接AN,则AB=NC=1,又AB∥NC,AB⊥BC,AB=BC=1,故四边形ABCN为正方形,则AN⊥AB,
因为PA⊥平面ABCD,AB,AN 平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AN,则PA,AN,AB两两互相垂直.以点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),D(1,-1,0),P(0,0,1),C(1,1,0),
所以=(1,-1,0),=(1,1,-1),
所以·=1-1+0=0,
故⊥,即AD⊥PC.
(2)易知平面PAB的一个法向量为(1,0,0),记n=(1,0,0),
设平面PCD的法向量为m=(a,b,c),
则
取a=1,可得m=(1,0,1),
所以cos===,
设平面PCD与平面PAB的夹角为θ,则cos θ=|cos|=,
故平面PCD与平面PAB的夹角为.
(3)假设存在,设M(0,t,1-t)(0≤t≤1),
由PC⊥平面ADM,AM 平面ADM,知PC⊥AM,
因为=(1,1,-1),=(0,t,1-t),
所以·=(1,1,-1)·(0,t,1-t)=t-1+t=0,
解得t=,所以=.
所以M到平面PCD的距离为==.
10.解析　(1)设E为CD的中点,连接AE,则AB=CE=1,又AB∥CE,AB⊥BC,则四边形ABCE为矩形,故AE⊥AB,
因为PA⊥平面ABCD,AB,AE 平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AE,则AE,AB,AP两两互相垂直.
以AE,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),B(0,1,0),C(2,1,0),D(2,-1,0),P(0,0,1),∴=(0,0,1),=(2,-1,0),=(2,0,0),=(0,-1,1).
设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则取x1=1得n1=(1,2,0),
设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则取y2=1得n2=(0,1,1),
故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为
|cos|===.
(2)由(1)得N,=,=(2,0,0),
则cos<,>===,故sin<,>=,
∴点N到直线BC的距离为||sin<,>=×=.
(3)存在.令=λ,λ∈[0,1],M(x,y,z),
∴(x-2,y+1,z)=λ(-2,1,1),
∴M(2-2λ,λ-1,λ),∴=(-2λ,λ-2,λ).
由(1)知,平面PBC的一个法向量为n2=(0,1,1),
∵直线CM与平面PBC所成角的正弦值为,
∴==,化简得21λ2-50λ+24=0,即(3λ-2)(7λ-12)=0,
∵λ∈[0,1],∴λ=,
故存在满足题意的点M,且=.
7

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