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1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题
第1课时　用空间向量研究距离问题
【课程标准要求】　1.理解点到直线、点到平面距离的公式及其推导.2.了解利用空间向量求点到直线、点到平面、直线到直线、直线到平面、平面到平面的距离的基本思想.
知识点一　点P到直线l的距离
如图,设向量=a,直线l的单位方向向量为u,则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u,
则点P到直线l的距离PQ==.
两条平行线之间的距离可以转化为其中一条直线上的任意一点到另一条直线的距离,所以两条平行线之间的距离问题可以用点到直线的距离公式解决.
知识点二　点P到平面α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PQ=.
知识拓展
(1)如果一条直线l与一个平面α平行,可在直线l上任取一点P,将线面距离转化为点P到平面α的距离求解.
(2)如果两个平面α,β平行,可在其中一个平面α内任取一点P,将两个平行平面的距离转化为点P到平面β的距离求解.
基础自测
1.两平行平面α,β分别经过原点O和点A(1,2,3),且两平面的一个法向量为n=(-1,0,1),则两平面间的距离是(　　)
[A] [B] [C] [D]3
且两平面的一个法向量为n=(-1,0,1),所以两平面间的距离d===.故选A.
2.(人教A版选择性必修第一册P35练习 T2(1)改编)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D1的中点,则点C1到直线CE的距离为(　　)
[A] [B] [C] [D]
C(1,1,0),C1(1,1,1),E(0,,1),
所以=(1,,-1),
=(0,0,1),
所以在上的投影为==-,
所以点C1到直线CE的距离
d===.
故选C.
3.已知平面α的一个法向量为n=(2,2,-1),点 A(0,1,-3)在平面α内,则点P(2,-3,-2)到平面α的距离为　　　　.
题型一　点到直线的距离
[例1] 如图,正四棱锥P-ABCD的棱长均为2,M,N分别为AB,BC的中点,则点M到直线PN的距离为(　　)
[A] [B] [C] [D]
OM=ON=AB=1,PM=,OP==,
则M(1,0,0),N(0,1,0),P(0,0,),
所以=(1,0,-),=(0,1,-),
故点M到直线PN的距离为
==.
故选A.
用向量法求点到直线的距离的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系.
(2)求直线的单位方向向量u.
(3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量a.
(4)利用公式PQ=计算点到直线的距离.
[变式训练] 如图,在正三棱柱 ABCA1B1C1中,若BB1=2,AB=2,则点C到直线AB1的距离为　　　　.
则A(1,0,0),B1(0,,2),C(-1,0,0),=(-1,,2),=(-2,0,0),
所以点C到直线AB1的距离为
==.
题型二　点到平面的距离
[例2] (湘教版选择性必修第二册P100例15)在三棱锥S-ABC中,棱长SA=a,SB=b,SC=c,
∠ASB,∠BSC,∠CSA都是直角,求点S到底面ABC的距离.
所以=(-a,b,0),=(-a,0,c),=(a,0,0).
设n=(x,y,z)是平面ABC的法向量,
则
取x=bc,得y=ac,z=ab,
则n=(bc,ac,ab)是平面ABC的一个法向量.
由于点S到底面ABC的距离等于向量在法向量n上的投影长,
因此,点S到底面ABC的距离
d==
=.
用向量法求点面距离的步骤
(1)建系:建立适当的空间直角坐标系.
(2)求点坐标:写出(求出)相关点的坐标.
(3)求向量:求出相关向量的坐标(,α内两不共线向量,平面α的法向量n).
(4)求距离d=.
[变式训练] 已知在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,点E为CC1的中点,求点D1到平面BDE的距离.
所以D(0,0,0),B(1,1,0),
D1(0,0,2),E(0,1,1),
故=(1,1,0),
=(0,1,1).
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),
则n⊥,n⊥.
所以所以
所以
取x=1,则y=-1,z=1,
所以n=(1,-1,1).
因为点D1到平面BDE的距离d=,=(0,0,2),
所以·n=2,|n|=,
所以d==,
即点D1到平面BDE的距离为.
题型三　线线距、线面距和面面距
[例3] 已知A(0,1,0),B(2,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,1),则异面直线AB与CD之间的距离是(　　)
[A] [B] [C] [D]2
=(0,-1,1)-(-1,0,0)=(1,-1,1),
设n=(x,y,z)是AB,CD公垂线的一个方向向量,则
取y=1,则x=0,z=1,得n=(0,1,1),
又=(-1,-1,0),
所以异面直线AB与CD之间的距离为d===.故选A.
[典例迁移] 如图,在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,
∠ABC=90°,PA=AB=BC=2,AD∥BC,则AD到平面PBC的距离为　　　　.
所以可建立以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为 x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系(如图
所示),
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),=(2,0,-2),=(0,2,0),
设平面PBC的法向量为n=(a,b,c),
则即
取a=1,则b=0,c=1,则n=(1,0,1)是平面PBC的一个法向量.
又=(2,0,0),AD∥BC,所以AD∥平面PBC,所以所求距离为=.
直线与平面的距离、平面与平面的距离主要是转化为直线、平面上的点到平面的距离,求解的方法是先在直线、平面上找到一点,然后转化为求点到平面的距离,且这个点要适当选取,以求解最简便为准则.
(分值:95分)
单选每题5分,多选每题6分.
1.已知直线l的方向向量为n=(1,0,2),点A(0,1,1)在直线l上,若点P(1,a,2)到直线l的距离为,则a等于(　　)
[A] 0 [B]2 [C]0或2 [D]1或2
解得a=0或a=2.故选C.
2.如图,在长方体 ABCDA1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为(　　)
[A] [B] [C] [D]
以D为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系,
则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).从而=(1,1,-1),=(-1,2,0),=(-1,0,1).
设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则即得
取a=2,则b=1,c=2,则n=(2,1,2),所以点E到平面ACD1的距离为h===.故选C.
3.在长方体ABCDA1B1C1D1中,AA1=1,AB=2,AD=3,E为AB的中点,则异面直线B1C1与DE的距离为(　　)
[A] [B]
[C]1 [D]
则D(0,0,0),C1(0,2,1),B1(3,2,1),E(3,1,0),
则 =(-3,0,0), =(3,1,0),
设B1C1与DE的公垂线的一个方向向量为n=(x,y,z),
则取z=1,得x=y=0,则 n=(0,0,1),
又=(0,2,1),
所以异面直线B1C1与DE的距离为d===1.故选C.
4.如图,已知PA为圆柱的母线,BC为圆柱的下底面直径,AB=1,PA=3,AC=2,F为线段AC的中点,则点C到平面PBF的距离为(　　)
[A]
[B]
[C]
[D]
以A为原点,以AC,AB,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,
则A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),P(0,0,3),F(1,0,0),
所以=(1,0,0),=(0,1,-3),=(1,0,-3),
设平面PBF的法向量为n=(x,y,z),
则有即
取z=1,则x=3,y=3,即n=(3,3,1).
则点C到平面PBF的距离为
==.
故选D.
5.(多选题)已知空间四点A(-1,1,0),B(2,2,1),C(1,1,1),D(0,2,3),则下列说法正确的是(　　)
[A] AB⊥CD
[B]AD=
[C]点A到直线BC的距离为
[D]点D到平面ABC的距离为
因为·=-3+1+2=0,所以AB⊥CD,故选项A正确;
由题意可得
AD==,故选项B正确;
由题意可得=(-1,-1,0),
取a==(-3,-1,-1),u==(-1,-1,0)=(-,-,0),
所以a2=11,a·u=2,所以点A到直线BC的距离为==,故选项C错误;
由题意可得=(3,1,1),=(2,0,1),=(1,1,3),
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则y=-1,z=-2,则n=(1,-1,-2),
所以点D到平面ABC的距离为d===,故选项D正确.故选ABD.
6.(多选题)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,点E,O分别是A1B1,A1C1的中点,P满足=++,则下列说法正确的是(　　)
[A] 点A到直线BE的距离是
[B]点O到平面ABC1D1的距离为
[C]平面A1BD与平面B1CD1间的距离为
[D]点P到直线AB的距离为
则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),
D1(0,1,1),E(,0,1),
所以=(-1,0,0),
=(-,0,1).
设∠ABE=θ,则cos θ==,
sin θ==.
故点A到直线BE的距离d1=||sin θ=1×=,故A正确;
易知==(-,-,0),
平面ABC1D1的一个法向量=(0,-1,1),
则点O到平面ABC1D1的距离d2===,故B正确;
=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(0,1,0).
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),
则所以
取z=1,则y=1,x=1,
所以n=(1,1,1).
所以点D1到平面A1BD的距离
d3===.
因为平面A1BD∥平面B1CD1,
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为,故C错误;
因为=++,
所以=(,,).
又 =(1,0,0),则=,
所以点P到直线AB的距离
d4===,故D错误.
故选AB.
7.(5分)已知直线AB∥平面α,平面α的一个法向量n=(1,0,1),平面α内一点C的坐标为(0,0,1),点A的坐标为(1,2,1),则直线AB到平面α的距离为　　　　.
又=(-1,-2,0),则点A到平面α的距离 d===.
8.(5分)如图,正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为4,M,N,E,F分别为A1D1,A1B1,C1D1,B1C1的中点,则平面AMN与平面EFBD的距离为　　　　.
则A(4,0,0),M(2,0,4),D(0,0,0),B(4,4,0),E(0,2,4),F(2,4,4),N(4,2,4).
所以=(2,2,0),=(2,2,0),=(-2,0,4),=(-2,0,4),
所以=,=,
所以EF∥MN,BF∥AM,EF∩BF=F,MN∩AM=M,
所以平面AMN∥平面EFBD.
设n=(x,y,z)是平面AMN的法向量,
则
解得
取z=1,则x=2,y=-2,得n=(2,-2,1).
平面AMN与平面EFBD的距离就是点A到平面EFBD的距离.
因为=(0,4,0),所以平面AMN与平面 EFBD的距离d==.
9.(13分)在四棱锥PABCD中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面ABCD,AD=2AB=4,且PD与底面ABCD所成的角为45°.求点B到直线PD的距离.
所以∠PDA=45°,
所以PA=AD=4,AB=2.
以A为原点,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.
所以A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,4),D(0,4,0),=(0,-4,4).
设存在点E,使=λ,且 BE⊥DP,
设E(x,y,z),
所以(x,y-4,z)=λ(0,-4,4),
所以x=0,y=4-4λ,z=4λ,
所以点E(0,4-4λ,4λ),=(-2,4-4λ,4λ).
因为BE⊥DP,
所以·=-4(4-4λ)+4×4λ=0,
解得 λ=.
所以=(-2,2,2),
所以||==2,
故点B到直线PD的距离为2.
10.(15分)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是BC和CD的中点.
(1)求证:EF∥B1D1;
(2)求两条平行线EF和B1D1间的距离.
C(0,1,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1),E(,1,0),F(0,,0).
(1)因为=(,,0),
=(1,1,0)=2,
所以∥.又E不在B1D1上,
所以EF∥B1D1.
(2)因为EF∥B1D1,所以点E到直线B1D1的距离即为两条平行线EF和B1D1间的距离.
连接EB1,则=(,0,1).
记θ=<,>,
因为·=,||=,
||=,
所以cos θ==,
sin θ=.
故点E到直线B1D1的距离为
d=||sin θ=×=,
即两条平行线EF和B1D1间的距离为.
11.已知平面α的一个法向量n=(3,-1,),P(0,-x,3)是平面α内一点,Q(x2,3x,3)是平面α外一点,则“x=2”是“点Q到平面α的距离为1”的(　　)
[A] 充分不必要条件
[B]必要不充分条件
[C]充要条件
[D]既不充分也不必要条件
则==1,
解得x=2或 x=-,
故“x=2”是“点Q到平面α的距离为1”的充分不必要条件.
故选A.
12.正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2,则B1C1到平面A1BC的距离是(　　)
[A] [B] [C] [D]
根据正三棱柱的几何性质可知OB,OC,OO1两两垂直,
建立如图所示的空间直角坐标系,B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),C1(0,1,2),
=(,-1,0),=(0,-2,2),
=(0,0,2),
设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则y=,z=,故n=(1,,).
由于B1C1∥BC,B1C1 平面A1BC,BC 平面A1BC,
所以B1C1∥平面A1BC.
所以B1C1到平面A1BC的距离即点C1到平面A1BC的距离,
即==.故选B.
13.(15分)在直角梯形ABCD中,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,∠ABC=90°,如图①,把△ABD沿BD翻折,使得平面ABD⊥平面BCD,如图②.
(1)求证:CD⊥AB.
(2)若M为线段BC的中点,求点M到平面ACD的距离.
所以BD=CD=2,
所以BD2+CD2=BC2,
所以CD⊥BD.
因为翻折后平面ABD⊥平面BCD,平面 ABD∩平面BCD=BD,CD 平面BCD,
所以CD⊥平面ABD.
又因为AB 平面ABD,
所以CD⊥AB.
由条件可得D(0,0,0),A(1,0,1),C(0,2,0),M(1,1,0),
所以=(0,-2,0),=(-1,0,-1),
设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),
则⊥n,⊥n,
所以
即
取x=1,则y=0,z=-1,可得平面ACD的一个法向量为n=(1,0,-1),
又=(-1,1,0),
所以点M到平面ACD的距离为d===.1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题
第1课时　用空间向量研究距离问题
【课程标准要求】　1.理解点到直线、点到平面距离的公式及其推导.2.了解利用空间向量求点到直线、点到平面、直线到直线、直线到平面、平面到平面的距离的基本思想.
知识点一　点P到直线l的距离
如图,设向量=a,直线l的单位方向向量为u,则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u,
则点P到直线l的距离PQ==.
两条平行线之间的距离可以转化为其中一条直线上的任意一点到另一条直线的距离,所以两条平行线之间的距离问题可以用点到直线的距离公式解决.
知识点二　点P到平面α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PQ=.
知识拓展
(1)如果一条直线l与一个平面α平行,可在直线l上任取一点P,将线面距离转化为点P到平面α的距离求解.
(2)如果两个平面α,β平行,可在其中一个平面α内任取一点P,将两个平行平面的距离转化为点P到平面β的距离求解.
基础自测
1.两平行平面α,β分别经过原点O和点A(1,2,3),且两平面的一个法向量为n=(-1,0,1),则两平面间的距离是(　　)
[A] [B] [C] [D]3
【答案】 A
【解析】 因为两平行平面α,β分别经过原点O和点A(1,2,3),=(1,2,3),
且两平面的一个法向量为n=(-1,0,1),所以两平面间的距离d===.故选A.
2.(人教A版选择性必修第一册P35练习 T2(1)改编)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D1的中点,则点C1到直线CE的距离为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 C
【解析】 建立空间直角坐标系,如图,则
C(1,1,0),C1(1,1,1),E(0,,1),
所以=(1,,-1),
=(0,0,1),
所以在上的投影为==-,
所以点C1到直线CE的距离
d===.
故选C.
3.已知平面α的一个法向量为n=(2,2,-1),点 A(0,1,-3)在平面α内,则点P(2,-3,-2)到平面α的距离为　　　　.
【答案】
【解析】 由题意可得=(2,-4,1),因为平面α的一个法向量为n=(2,2,-1),点A(0,1,-3)在平面α内,所以点P(2,-3,-2)到平面α的距离d===.
题型一　点到直线的距离
[例1] 如图,正四棱锥P-ABCD的棱长均为2,M,N分别为AB,BC的中点,则点M到直线PN的距离为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 A
【解析】 取底面的中心为O,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
OM=ON=AB=1,PM=,OP==,
则M(1,0,0),N(0,1,0),P(0,0,),
所以=(1,0,-),=(0,1,-),
故点M到直线PN的距离为
==.
故选A.
用向量法求点到直线的距离的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系.
(2)求直线的单位方向向量u.
(3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量a.
(4)利用公式PQ=计算点到直线的距离.
[变式训练] 如图,在正三棱柱 ABCA1B1C1中,若BB1=2,AB=2,则点C到直线AB1的距离为　　　　.
【答案】
【解析】 设AC的中点为O,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(1,0,0),B1(0,,2),C(-1,0,0),=(-1,,2),=(-2,0,0),
所以点C到直线AB1的距离为
==.
题型二　点到平面的距离
[例2] (湘教版选择性必修第二册P100例15)在三棱锥S-ABC中,棱长SA=a,SB=b,SC=c,
∠ASB,∠BSC,∠CSA都是直角,求点S到底面ABC的距离.
【解】 如图,以S为原点,分别以,,的方向为 x轴,y轴,z轴的正方向,并均以1为单位长度,建立空间直角坐标系,则S(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c).
所以=(-a,b,0),=(-a,0,c),=(a,0,0).
设n=(x,y,z)是平面ABC的法向量,
则
取x=bc,得y=ac,z=ab,
则n=(bc,ac,ab)是平面ABC的一个法向量.
由于点S到底面ABC的距离等于向量在法向量n上的投影长,
因此,点S到底面ABC的距离
d==
=.
用向量法求点面距离的步骤
(1)建系:建立适当的空间直角坐标系.
(2)求点坐标:写出(求出)相关点的坐标.
(3)求向量:求出相关向量的坐标(,α内两不共线向量,平面α的法向量n).
(4)求距离d=.
[变式训练] 已知在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,点E为CC1的中点,求点D1到平面BDE的距离.
【解】 以点D为原点,建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示,
所以D(0,0,0),B(1,1,0),
D1(0,0,2),E(0,1,1),
故=(1,1,0),
=(0,1,1).
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),
则n⊥,n⊥.
所以所以
所以
取x=1,则y=-1,z=1,
所以n=(1,-1,1).
因为点D1到平面BDE的距离d=,=(0,0,2),
所以·n=2,|n|=,
所以d==,
即点D1到平面BDE的距离为.
题型三　线线距、线面距和面面距
[例3] 已知A(0,1,0),B(2,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,1),则异面直线AB与CD之间的距离是(　　)
[A] [B] [C] [D]2
【答案】 A
【解析】 由已知=(2,1,0)-(0,1,0)=(2,0,0),
=(0,-1,1)-(-1,0,0)=(1,-1,1),
设n=(x,y,z)是AB,CD公垂线的一个方向向量,则
取y=1,则x=0,z=1,得n=(0,1,1),
又=(-1,-1,0),
所以异面直线AB与CD之间的距离为d===.故选A.
[典例迁移] 如图,在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,
∠ABC=90°,PA=AB=BC=2,AD∥BC,则AD到平面PBC的距离为　　　　.
【答案】
【解析】 由题知AB,AD,AP两两垂直,
所以可建立以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为 x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系(如图
所示),
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),=(2,0,-2),=(0,2,0),
设平面PBC的法向量为n=(a,b,c),
则即
取a=1,则b=0,c=1,则n=(1,0,1)是平面PBC的一个法向量.
又=(2,0,0),AD∥BC,所以AD∥平面PBC,所以所求距离为=.
直线与平面的距离、平面与平面的距离主要是转化为直线、平面上的点到平面的距离,求解的方法是先在直线、平面上找到一点,然后转化为求点到平面的距离,且这个点要适当选取,以求解最简便为准则.
(分值:95分)
单选每题5分,多选每题6分.
1.已知直线l的方向向量为n=(1,0,2),点A(0,1,1)在直线l上,若点P(1,a,2)到直线l的距离为,则a等于(　　)
[A] 0 [B]2 [C]0或2 [D]1或2
【答案】 C
【解析】 由题意得=(1,a-1,1),所以点P到直线l的距离为==,
解得a=0或a=2.故选C.
2.如图,在长方体 ABCDA1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 C
【解析】 如图,连接D1E,
以D为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系,
则D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).从而=(1,1,-1),=(-1,2,0),=(-1,0,1).
设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则即得
取a=2,则b=1,c=2,则n=(2,1,2),所以点E到平面ACD1的距离为h===.故选C.
3.在长方体ABCDA1B1C1D1中,AA1=1,AB=2,AD=3,E为AB的中点,则异面直线B1C1与DE的距离为(　　)
[A] [B]
[C]1 [D]
【答案】 C
【解析】 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,因为AA1=1,AB=2,AD=3,E为AB的中点,
则D(0,0,0),C1(0,2,1),B1(3,2,1),E(3,1,0),
则 =(-3,0,0), =(3,1,0),
设B1C1与DE的公垂线的一个方向向量为n=(x,y,z),
则取z=1,得x=y=0,则 n=(0,0,1),
又=(0,2,1),
所以异面直线B1C1与DE的距离为d===1.故选C.
4.如图,已知PA为圆柱的母线,BC为圆柱的下底面直径,AB=1,PA=3,AC=2,F为线段AC的中点,则点C到平面PBF的距离为(　　)
[A]
[B]
[C]
[D]
【答案】 D
【解析】 因为BC为圆柱的下底面直径,所以 BA⊥AC,
以A为原点,以AC,AB,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,
则A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),P(0,0,3),F(1,0,0),
所以=(1,0,0),=(0,1,-3),=(1,0,-3),
设平面PBF的法向量为n=(x,y,z),
则有即
取z=1,则x=3,y=3,即n=(3,3,1).
则点C到平面PBF的距离为
==.
故选D.
5.(多选题)已知空间四点A(-1,1,0),B(2,2,1),C(1,1,1),D(0,2,3),则下列说法正确的是(　　)
[A] AB⊥CD
[B]AD=
[C]点A到直线BC的距离为
[D]点D到平面ABC的距离为
【答案】 ABD
【解析】 由题意可得=(3,1,1),=(-1,1,2),
因为·=-3+1+2=0,所以AB⊥CD,故选项A正确;
由题意可得
AD==,故选项B正确;
由题意可得=(-1,-1,0),
取a==(-3,-1,-1),u==(-1,-1,0)=(-,-,0),
所以a2=11,a·u=2,所以点A到直线BC的距离为==,故选项C错误;
由题意可得=(3,1,1),=(2,0,1),=(1,1,3),
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则y=-1,z=-2,则n=(1,-1,-2),
所以点D到平面ABC的距离为d===,故选项D正确.故选ABD.
6.(多选题)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,点E,O分别是A1B1,A1C1的中点,P满足=++,则下列说法正确的是(　　)
[A] 点A到直线BE的距离是
[B]点O到平面ABC1D1的距离为
[C]平面A1BD与平面B1CD1间的距离为
[D]点P到直线AB的距离为
【答案】 AB
【解析】 如图,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),
D1(0,1,1),E(,0,1),
所以=(-1,0,0),
=(-,0,1).
设∠ABE=θ,则cos θ==,
sin θ==.
故点A到直线BE的距离d1=||sin θ=1×=,故A正确;
易知==(-,-,0),
平面ABC1D1的一个法向量=(0,-1,1),
则点O到平面ABC1D1的距离d2===,故B正确;
=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(0,1,0).
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),
则所以
取z=1,则y=1,x=1,
所以n=(1,1,1).
所以点D1到平面A1BD的距离
d3===.
因为平面A1BD∥平面B1CD1,
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为,故C错误;
因为=++,
所以=(,,).
又 =(1,0,0),则=,
所以点P到直线AB的距离
d4===,故D错误.
故选AB.
7.(5分)已知直线AB∥平面α,平面α的一个法向量n=(1,0,1),平面α内一点C的坐标为(0,0,1),点A的坐标为(1,2,1),则直线AB到平面α的距离为　　　　.
【答案】
【解析】 因为直线AB∥平面α,所以直线AB到平面α的距离可转化为点A到平面α的距离,
又=(-1,-2,0),则点A到平面α的距离 d===.
8.(5分)如图,正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为4,M,N,E,F分别为A1D1,A1B1,C1D1,B1C1的中点,则平面AMN与平面EFBD的距离为　　　　.
【答案】
【解析】 如图所示,建立空间直角坐标系Dxyz,
则A(4,0,0),M(2,0,4),D(0,0,0),B(4,4,0),E(0,2,4),F(2,4,4),N(4,2,4).
所以=(2,2,0),=(2,2,0),=(-2,0,4),=(-2,0,4),
所以=,=,
所以EF∥MN,BF∥AM,EF∩BF=F,MN∩AM=M,
所以平面AMN∥平面EFBD.
设n=(x,y,z)是平面AMN的法向量,
则
解得
取z=1,则x=2,y=-2,得n=(2,-2,1).
平面AMN与平面EFBD的距离就是点A到平面EFBD的距离.
因为=(0,4,0),所以平面AMN与平面 EFBD的距离d==.
9.(13分)在四棱锥PABCD中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面ABCD,AD=2AB=4,且PD与底面ABCD所成的角为45°.求点B到直线PD的距离.
【解】 因为PA⊥平面ABCD,所以∠PDA即为PD与平面ABCD所成的角,
所以∠PDA=45°,
所以PA=AD=4,AB=2.
以A为原点,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.
所以A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,4),D(0,4,0),=(0,-4,4).
设存在点E,使=λ,且 BE⊥DP,
设E(x,y,z),
所以(x,y-4,z)=λ(0,-4,4),
所以x=0,y=4-4λ,z=4λ,
所以点E(0,4-4λ,4λ),=(-2,4-4λ,4λ).
因为BE⊥DP,
所以·=-4(4-4λ)+4×4λ=0,
解得 λ=.
所以=(-2,2,2),
所以||==2,
故点B到直线PD的距离为2.
10.(15分)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是BC和CD的中点.
(1)求证:EF∥B1D1;
(2)求两条平行线EF和B1D1间的距离.
【解】 以{,,}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则
C(0,1,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1),E(,1,0),F(0,,0).
(1)因为=(,,0),
=(1,1,0)=2,
所以∥.又E不在B1D1上,
所以EF∥B1D1.
(2)因为EF∥B1D1,所以点E到直线B1D1的距离即为两条平行线EF和B1D1间的距离.
连接EB1,则=(,0,1).
记θ=<,>,
因为·=,||=,
||=,
所以cos θ==,
sin θ=.
故点E到直线B1D1的距离为
d=||sin θ=×=,
即两条平行线EF和B1D1间的距离为.
11.已知平面α的一个法向量n=(3,-1,),P(0,-x,3)是平面α内一点,Q(x2,3x,3)是平面α外一点,则“x=2”是“点Q到平面α的距离为1”的(　　)
[A] 充分不必要条件
[B]必要不充分条件
[C]充要条件
[D]既不充分也不必要条件
【答案】 A
【解析】 =(x2,4x,0),若“点Q到平面α的距离为1”,
则==1,
解得x=2或 x=-,
故“x=2”是“点Q到平面α的距离为1”的充分不必要条件.
故选A.
12.正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2,则B1C1到平面A1BC的距离是(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 B
【解析】 设O,O1分别是AC,A1C1的中点,连接OO1,OB,O1B1,
根据正三棱柱的几何性质可知OB,OC,OO1两两垂直,
建立如图所示的空间直角坐标系,B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),C1(0,1,2),
=(,-1,0),=(0,-2,2),
=(0,0,2),
设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则y=,z=,故n=(1,,).
由于B1C1∥BC,B1C1 平面A1BC,BC 平面A1BC,
所以B1C1∥平面A1BC.
所以B1C1到平面A1BC的距离即点C1到平面A1BC的距离,
即==.故选B.
13.(15分)在直角梯形ABCD中,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,∠ABC=90°,如图①,把△ABD沿BD翻折,使得平面ABD⊥平面BCD,如图②.
(1)求证:CD⊥AB.
(2)若M为线段BC的中点,求点M到平面ACD的距离.
(1)【证明】 在直角梯形ABCD中,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,∠ABC=90°,
所以BD=CD=2,
所以BD2+CD2=BC2,
所以CD⊥BD.
因为翻折后平面ABD⊥平面BCD,平面 ABD∩平面BCD=BD,CD 平面BCD,
所以CD⊥平面ABD.
又因为AB 平面ABD,
所以CD⊥AB.
(2)【解】 由题知CD⊥BD,如图所示以D为原点,DB,DC所在直线分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系,
由条件可得D(0,0,0),A(1,0,1),C(0,2,0),M(1,1,0),
所以=(0,-2,0),=(-1,0,-1),
设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),
则⊥n,⊥n,
所以
即
取x=1,则y=0,z=-1,可得平面ACD的一个法向量为n=(1,0,-1),
又=(-1,1,0),
所以点M到平面ACD的距离为d===.(共80张PPT)
第2课时　用空间向量研究夹角问题
1.会用向量方法求线线角、线面角、面面角.2.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系.
【课程标准要求】
必备知识·归纳落实
知识点一　两条异面直线所成的角
当l1,l2两条异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角就是这两条异面直线所成的角,所以求异面直线所成角的余弦值时要加绝对值.
·疑难解惑·
知识点二　直线与平面所成的角
|cos|
(1)求直线与平面所成的角,可以转化为求直线的方向向量与平面的法向量的夹角.
(2)直线与平面所成的角等于其方向向量与平面的法向量所成锐角的余角.
·温馨提示·
知识点三　平面与平面的夹角
角的分类 向量求法 范围
两平面的夹角 平面α与平面β相交,形成四个二面角,把这四个二面角中 的二面角称为平面α与平面β的夹角.设平面α,β的夹角为θ,平面α,β的法向量分别为n1和n2,则 cos θ=|cos|=
不大于90°
(1)求两平面的夹角问题转化为两平面法向量的夹角问题.
(2)两平面夹角与二面角的区别:
平面α与平面β相交,形成的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,而二面角是从一条直线出发的两个半平面所组成的图形,其范围是[0,π].
·疑难解惑·
基础自测
1.若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为120°,则l1与l2所成的角为(　　)
B
2.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°,则直线l与平面α所成的角等于(　　)
[A] 130° [B] 60° [C] 40° [D] 50°
C
【解析】 因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°,所以它们所在直线的夹角为50°,则直线l与平面α所成的角等于90°-50°=
40°.故选C.
3.已知平面α的一个法向量为a=(1,2,2),平面β的一个法向量为b=(-1,2,0),则两平面的夹角的余弦值为(　　)
D
4.(湘教版选择性必修第二册P96例12改编)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,DD1=4,则A1B1与平面A1C1D所成角的正弦值为　　　　.
关键能力·素养培优
[例1] 如图,在四棱锥A-BCDE 中,DE∥CB,BE⊥平面ABC,BE=3,AB=CB=
AC=2DE=2,则异面直线DC与AE所成角的余弦值为(　　)
题型一　异面直线所成的角
A
【解析】 如图所示,取BC的中点F,连接AF,DF,
可得DF∥BE,
因为BE⊥平面ABC,
所以DF⊥平面ABC,
又由AB=CB=AC,
且F为BC的中点,
所以 AF⊥BC.
·解题策略·
求异面直线所成角的步骤
(1)确定两条异面直线的方向向量.
(2)确定两个向量夹角的余弦值的绝对值.
(3)得出两条异面直线所成的角.
B
题型二　直线与平面所成的角
·解题策略·
向量法求线面角的基本步骤
1
[例3] 如图,在几何体 S-ABCD中,AD⊥平面SCD,BC⊥平面SCD,AD=DC=2,
BC=1,SD=2,∠SDC=120°,求平面SAD与平面SAB的夹角的余弦值.
题型三　平面与平面的夹角
【解】 如图,在平面SCD内,过点D作DC的垂线交SC于E,
以D为原点,以DC,DE,DA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
因为∠SDC=120°,
所以∠SDE=30°,
又SD=2,
所以点S到y轴的距离为1,
·解题策略·
向量法求两平面的夹角(其某个三角函数值)的步骤
(1)建立适当的空间直角坐标系,写出相应点的坐标.
(2)求出两个平面的法向量n1,n2.
(3)设两平面的夹角为θ,则cos θ=|cos|.
[变式训练] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1,点D是棱AB的中点,求平面ABC与平面B1CD的夹角的正弦值.
培优拓展1　空间直角坐标系的构建策略
坐标法是利用空间向量的坐标运算解决立体几何问题的重要方法,运用坐标法解题就需要建立空间直角坐标系,而如何建立恰当的空间直角坐标系是本章的难点.这就要求学生抓住空间几何图形的结构特征,充分利用图形中的垂直关系(或在图形中构造垂直关系)建系.下面就几种常见的建系方法予以说明.
【题型演绎】
一、利用共顶点且互相垂直的三条棱
[典例1] (2023·新课标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.
·反思总结·
由题意知,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,三条棱BC,CD,CC1两两互相垂直且交于一点C,可考虑以点C为原点,三条棱所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系,此为根据题目中现有的条件,直接建立空间直角坐标系.
(1)判断直线AB与CD是否垂直,并说明理由;
【解】 (1)AB和CD不垂直,理由如下:
设AE=CE=a(a>0),则AC=a,
在△BCD中,BD=CD=BC,
所以△BCD为等边三角形,
所以∠BCD=60°,
因为DE⊥CE,DE∥BC,
所以BC⊥CE,
从而∠DCE=30°,
(2)求平面ADE与平面ACD的夹角的余弦值.
二、利用面面垂直关系
[典例2] 如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
(1)【证明】 因为AB=AD,O为BD的中点,
所以OA⊥BD,
又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,OA 平面ABD,所以OA⊥平面BCD,
又CD 平面BCD,所以OA⊥CD.
(1)证明:OA⊥CD.
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
(2)【解】 如图所示,以O为坐标原点,OB,OA所在直线分别为 x轴,z轴,在平面BCD内,以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.因为△OCD是边长为1的正三角形,且O为BD的中点,
·反思总结·
由已知条件平面ABD⊥平面BCD,结合其他已知证得AO⊥平面BCD,选取OB,OA所在的直线分别为x轴,z轴后,y轴就可由以下三个限制条件确定:①必须在平面BCD内,且过点O;②必须垂直于OB;③方向必须符合右手直角坐标系.
[跟踪训练] 如图①,在平行四边形ABCD中,AB=BD=2,∠BDC=90°,把△ABD沿BD向上折起得到一个三棱锥P-BCD如图②,且平面 PBD⊥平面BCD.
(1)求点B到平面PCD的距离;
【解】 (1)因为平面PBD⊥平面BCD,且平面PBD∩平面BCD=BD,PB 平面PBD,PB⊥BD,所以PB⊥平面BCD.
又CD 平面BCD,所以PB⊥CD,
再由CD⊥BD,PB∩BD=B,PB,BD 平面PBD,
所以CD⊥平面PBD.
又CD 平面PCD,
所以平面PBD⊥平面PCD.
(2)求平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值.
【解】 (2)以DB,DC所在的直线分别为x轴,y轴,以过D点且垂直于平面BCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),
P(2,0,2).
三、利用线面垂直关系
[典例3] (2023·新课标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.
(1)【证明】 连接AE,DE,因为E为BC的中点,DB=DC,
所以DE⊥BC,
因为DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,所以△ACD与△ABD均为等边三角形,
所以AC=AB,从而AE⊥BC,又AE∩DE=E,AE,DE 平面ADE,
所以BC⊥平面ADE,而AD 平面ADE,
所以BC⊥DA.
·反思总结·
由(1)的证明得BC⊥平面ADE,在△ADE中,满足AE2+DE2=AD2,则AE,DE,
BE两两垂直且共点于E,可建立空间直角坐标系,此为通过先证明题目中建系的条件,再建立空间直角坐标系.
[跟踪训练] 如图,在四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面 ABCD,AD⊥DC,AD=
2BC=2CD=2,AD∥BC,AP=1.点E为线段PD的中点.
(1)证明:CE∥平面PAB.
(1)【证明】 取线段PA的中点G,连接EG,BG,
因为E,G分别是线段PD,PA的中点,
所以EG∥AD,
因为AD=2BC,AD∥BC,所以BC∥EG,且BC=EG,
所以四边形BCEG为平行四边形,所以BG∥CE,
又CE 平面PAB,BG 平面PAB,
所以CE∥平面PAB.
(2)【解】 因为AP⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,所以AP⊥AD,
如图,以A为原点建立空间直角坐标系.
设直线DF与平面PCD所成角为θ,
已知AD⊥DC,AD=2BC=2CD=2,AD∥BC,AP=1,
可得P(0,0,1),B(1,1,0),D(0,2,0),C(1,2,0),
四、利用底面的高及中心
(1)求平面SAB与平面PAC所成的锐二面角的余弦值;
(2)侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC 若存在,求SE∶EC的值;若不存在,请说明理由.
·反思总结·
解决有关正棱锥的题目时,一般要利用正棱锥的底面中心与正棱锥的高所在的直线构建空间直角坐标系.
[跟踪训练]
如图,在四棱台 ABCD -A1B1C1D1中,上、下底面均是正方形,且侧面是全等的等腰梯形,AB=2A1B1=4,E,F分别为DC,BC的中点,上下底面中心的连线O1O垂直于上下底面,且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.
(1)求证:BD1∥平面C1EF.
(2)求点D1到平面C1EF的距离.
(3)在线段BD1上是否存在点M,使得直线A1M与平面C1EF所成的角为45° 若存在,求出线段BM的长;若不存在,请说明理由.
感谢观看第2课时　用空间向量研究夹角问题
【课程标准要求】　1.会用向量方法求线线角、线面角、面面角.2.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系.
知识点一　两条异面直线所成的角
角的分类 向量求法 范围
异面直线所成的角 设异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分别是u,v,则cos θ=|cos|= (0,]
当l1,l2两条异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角就是这两条异面直线所成的角,所以求异面直线所成角的余弦值时要加绝对值.
知识点二　直线与平面所成的角
角的分类 向量求法 范围
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u,平面α的法向量为n,则sin θ=|cos|= [0,]
(1)求直线与平面所成的角,可以转化为求直线的方向向量与平面的法向量的夹角.
(2)直线与平面所成的角等于其方向向量与平面的法向量所成锐角的余角.
知识点三　平面与平面的夹角
角的分类 向量求法 范围
两平面的夹角 平面α与平面β相交,形成四个二面角,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.设平面α,β的夹角为θ,平面α,β的法向量分别为n1和n2,则 cos θ=|cos|= [0,]
(1)求两平面的夹角问题转化为两平面法向量的夹角问题.
(2)两平面夹角与二面角的区别:
平面α与平面β相交,形成的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,而二面角是从一条直线出发的两个半平面所组成的图形,其范围是[0,π].
基础自测
1.若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为120°,则l1与l2所成的角为(　　)
[A] [B] C] D]
【答案】 B
【解析】 设两条异面直线l1与l2所成的角为θ,则 0<θ≤.因为l1与l2这两条异面直线所成的角等于直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角或夹角的补角,又120°= rad,所以θ=π-=.所以异面直线l1与l2所成的角等于.故选B.
2.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°,则直线l与平面α所成的角等于(　　)
[A] 130° [B] 60° [C] 40° [D] 50°
【答案】 C
【解析】 因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°,所以它们所在直线的夹角为50°,则直线l与平面α所成的角等于90°-50°=40°.故选C.
3.已知平面α的一个法向量为a=(1,2,2),平面β的一个法向量为b=(-1,2,0),则两平面的夹角的余弦值为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 D
【解析】 设两平面的夹角为θ,又平面α的一个法向量为a=(1,2,2),平面β的一个法向量为b=(-1,2,0),所以cos θ=|cos|====.故选D.
4.(湘教版选择性必修第二册P96例12改编)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,DD1=4,则A1B1与平面A1C1D所成角的正弦值为　　　　.
【答案】
【解析】 以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
则A1(0,0,4),B1(2,0,4),D(0,2,0),C1(2,2,4),
设平面A1C1D的法向量为 m=(x,y,z),
则
令z=1,则y=2,x=-2,故m=(-2,2,1),
设A1B1与平面A1C1D所成角的大小为θ,
则sin θ=|cos|===,
所以A1B1与平面A1C1D所成角的正弦值为.
题型一　异面直线所成的角
[例1] 如图,在四棱锥A-BCDE 中,DE∥CB,BE⊥平面ABC,BE=3,AB=CB=AC=2DE=2,则异面直线DC与AE所成角的余弦值为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 A
【解析】 如图所示,取BC的中点F,连接AF,DF,
可得DF∥BE,
因为BE⊥平面ABC,
所以DF⊥平面ABC,
又由AB=CB=AC,
且F为BC的中点,
所以 AF⊥BC.
以F为原点,以FA,FB,FD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),E(0,1,3),C(0,-1,0),D(0,0,3),
故=(0,1,3),=(-,1,3),
则|cos<,>|===,故异面直线DC与AE所成角的余弦值为.故选A.
求异面直线所成角的步骤
(1)确定两条异面直线的方向向量.
(2)确定两个向量夹角的余弦值的绝对值.
(3)得出两条异面直线所成的角.
[变式训练] 如图,圆锥的底面直径AB=4,高OC=2,D为底面圆周上的一点,且 ∠AOD=,则直线AD与BC所成的角为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 B
【解析】 过点O作OE⊥AB交底面圆于E,
以O为原点,以OE,OB,OC所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
因为∠AOD=,
所以∠BOD=,
则D(,1,0),A(0,-2,0),B(0,2,0),
C(0,0,2),
可得=(,3,0),=(0,-2,2),所以cos<,>==-,
因为<,>∈[0,π],
所以直线AD与BC所成的角为.
故选B.
题型二　直线与平面所成的角
[例2] (苏教版选择性必修第二册P37例8改编)如图,在正三棱柱ABC-A′B′C′中,底面边长为2,AA′=,求直线AB′与侧面ACC′A′所成角的正弦值.
【解】 由正三棱柱知 AA′⊥平面ABC,故以点A为原点,AC,AA′所在直线分别为y轴,z轴,建立空间直角坐标系如图所示.
易知n=(1,0,0)是平面ACC′A′的一个法向量.
由△ABC是边长为2的正三角形,可得 B′(,1,).
所以=(,1,).
设直线AB′与侧面ACC′A′所成的角为θ,则
sin θ=|cos<,n>|=||=.
所以直线AB′与侧面ACC′A′所成角的正弦值为.
向量法求线面角的基本步骤
[变式训练] 已知四棱锥P-ABCD,PA⊥平面 ABCD,底面ABCD为矩形,AB=2,PA=AD=4,E为PA的中点,F为CD上一点,若PF与平面BEF所成角的正弦值为,则CF=　　　　.
【答案】 1
【解析】 因为PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,建立如图所示的空间直角坐标系,
易得B(2,0,0),E(0,0,2),
P(0,0,4),设F(a,4,0),
则=(-2,0,2),=(a-2,4,0),=(a,4,-4),
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),则
即
令y=2-a,则n=(4,2-a,4),所以|cos<,n>|===,
解得a=1,即CF=2-a=1.
题型三　平面与平面的夹角
[例3] 如图,在几何体 S-ABCD中,AD⊥平面SCD,BC⊥平面SCD,AD=DC=2,BC=1,SD=2,∠SDC=120°,求平面SAD与平面SAB的夹角的余弦值.
【解】 如图,在平面SCD内,过点D作DC的垂线交SC于E,
以D为原点,以DC,DE,DA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
因为∠SDC=120°,
所以∠SDE=30°,
又SD=2,
所以点S到y轴的距离为1,
到x轴的距离为,
则有D(0,0,0),S(-1,,0),A(0,0,2),B(2,0,1),
设平面SAD的法向量为m=(x,y,z),
因为=(0,0,-2),=(-1,,-2),
所以取x=,得平面SAD的一个法向量为m=(,1,0),
又=(2,0,-1),
设平面SAB的法向量为n=(a,b,c),
即令a=,
则n=(,5,2),
所以|cos|===.
故平面SAD与平面SAB的夹角的余弦值是.
向量法求两平面的夹角(其某个
三角函数值)的步骤
(1)建立适当的空间直角坐标系,写出相应点的坐标.
(2)求出两个平面的法向量n1,n2.
(3)设两平面的夹角为θ,则cos θ=|cos|.
[变式训练] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1,点D是棱AB的中点,求平面ABC与平面B1CD的夹角的正弦值.
【解】 如图,以C为坐标原点建立空间直角坐标系,令AC=2,
则A(2,0,0),C(0,0,0),B(0,2,0),D(1,1,0),B1(0,2,2),设平面B1CD的法向量 n=(x,y,z),
因为=(1,1,0),=(0,2,2),则
令x=1,则y=-1,z=1,所以n=(1,-1,1),
又平面ABC的法向量m=(0,0,1),
故cos===,
设平面ABC与平面B1CD所成角为θ,θ∈[0,],则cos θ=,故平面ABC与平面B1CD的夹角的正弦值为sin θ==.
培优拓展1　空间直角坐标系的构建策略
　　坐标法是利用空间向量的坐标运算解决立体几何问题的重要方法,运用坐标法解题就需要建立空间直角坐标系,而如何建立恰当的空间直角坐标系是本章的难点.这就要求学生抓住空间几何图形的结构特征,充分利用图形中的垂直关系(或在图形中构造垂直关系)建系.下面就几种常见的建系方法予以说明.
【题型演绎】
一、利用共顶点且互相垂直的三条棱
[典例1] (2023·新课标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.
(1)【证明】 以C为坐标原点,CD,CB,CC1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C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),D2(2,0,2),A2(2,2,1),所以=(0,-2,1),=(0,-2,1),所以∥,又B2C2,A2D2不在同一条直线上,
所以B2C2∥A2D2.
(2)【解】 设P(0,2,λ)(0≤λ≤4),则=(-2,-2,2),=(0,-2,3-λ),=(-2,0,1),
设平面PA2C2的法向量n=(x,y,z),则令z=2,得 y=3-λ,x=λ-1,所以n=(λ-1,3-λ,2)为平面PA2C2的一个法向量,
设平面A2C2D2的法向量m=(a,b,c),
则
令a=1,得b=1,c=2,
所以m=(1,1,2)为平面A2C2D2的一个法向量,
所以|cos|===|cos 150°|=,
化简可得,λ2-4λ+3=0,解得λ=1或λ=3,所以P(0,2,1)或P(0,2,3),所以B2P=1.
由题意知,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,三条棱BC,CD,CC1两两互相垂直且交于一点C,可考虑以点C为原点,三条棱所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系,此为根据题目中现有的条件,直接建立空间直角坐标系.
[跟踪训练] 如图,在四棱锥 A-BCED 中,底面BCED为直角梯形,DE∥BC,DE⊥CE,AD=BD=CD=BC,AC=AE=CE.
(1)判断直线AB与CD是否垂直,并说明理由;
(2)求平面ADE与平面ACD的夹角的余弦值.
【解】 (1)AB和CD不垂直,理由如下:
设AE=CE=a(a>0),则AC=a,
在△BCD中,BD=CD=BC,
所以△BCD为等边三角形,
所以∠BCD=60°,
因为DE⊥CE,DE∥BC,
所以BC⊥CE,
从而∠DCE=30°,
所以在直角△DEC中,
CD==a,DE=CE×tan 30°=a,
又AD=CD,所以AD=a,所以在△DEA中,满足DE2+AE2=AD2,
故△DEA为直角三角形,则DE⊥AE;
又DE⊥CE,CE∩AE=E,所以DE⊥平面ACE,
因为AC=AE=CE,所以AC2=AE2+CE2,所以CE⊥AE,
故以点E为原点,EC,EA,ED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.
设DE=1,则AD=BD=CD=BC=2,AE=CE=,AC=,
所以E(0,0,0),A(0,,0),B(,0,2),C(,0,0),D(0,0,1),
所以=(,-,2),=(-,0,1),
所以·=-3+0+2≠0,
所以⊥不成立,故AB和CD不垂直.
(2)由(1)可知
CE⊥AE,CE⊥DE,AE∩DE=E,
所以CE⊥平面ADE,
故=(,0,0)为平面ADE的一个法向量;
又=(0,,-1),=(,0,-1),设平面ACD的法向量n=(x,y,z),
所以即取z=,
则 x=1,y=1,故n=(1,1,),
设平面ADE与平面ACD的夹角为θ,
所以cos θ=|cos|===,
所以平面ADE与平面ACD的夹角的余弦值为.
二、利用面面垂直关系
[典例2] 如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
(1)证明:OA⊥CD.
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
(1)【证明】 因为AB=AD,O为BD的中点,
所以OA⊥BD,
又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,OA 平面ABD,所以OA⊥平面BCD,
又CD 平面BCD,所以OA⊥CD.
(2)【解】 如图所示,以O为坐标原点,OB,OA所在直线分别为 x轴,z轴,在平面BCD内,以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.因为△OCD是边长为1的正三角形,且O为BD的中点,
所以OC=OB=OD=1,
所以B(1,0,0),D(-1,0,0),C(-,,0).
设A(0,0,a),a>0,因为DE=2EA,
所以E(-,0,).
由题意可知平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1).
设平面BCE的法向量为m=(x,y,z),
因为=(-,,0),=(-,0,),
所以即
令x=1,则y=,z=,
所以m=(1,,).
因为二面角E-BC-D的大小为45°,
所以cos 45°=||==,
得a=1,即OA=1.
因为S△BCD=BD·CDsin 60°=×2×1×=,
所以=S△BCD·OA=××1=.
由已知条件平面ABD⊥平面BCD,结合其他已知证得AO⊥平面BCD,选取OB,OA所在的直线分别为x轴,z轴后,y轴就可由以下三个限制条件确定:①必须在平面BCD内,且过点O;②必须垂直于OB;③方向必须符合右手直角坐标系.
[跟踪训练] 如图①,在平行四边形ABCD中,AB=BD=2,∠BDC=90°,把△ABD沿BD向上折起得到一个三棱锥P-BCD如图②,且平面 PBD⊥平面BCD.
(1)求点B到平面PCD的距离;
(2)求平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值.
【解】 (1)因为平面PBD⊥平面BCD,且平面PBD∩平面BCD=BD,PB 平面PBD,PB⊥BD,所以PB⊥平面BCD.
又CD 平面BCD,所以PB⊥CD,
再由CD⊥BD,PB∩BD=B,PB,BD 平面PBD,
所以CD⊥平面PBD.
又CD 平面PCD,
所以平面PBD⊥平面PCD.
因此B点到PD的距离d即为所求.
因为PB=BD=2,PB⊥BD,
所以PD=2,
所以由等面积法,有×2×2=×2×d,所以 d=.
(2)以DB,DC所在的直线分别为x轴,y轴,以过D点且垂直于平面BCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(2,0,2).
则=(-2,2,-2),=(-2,0,-2),=(0,0,-2),
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),
由
令z=1,
则x=-1,y=0,
可得m=(-1,0,1),
同理可得平面PCB的一个法向量为n=(1,1,0),
不妨设二面角B-PC-D的夹角为θ,则
cos θ=|cos|===.
所以平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值为.
三、利用线面垂直关系
[典例3] (2023·新课标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.
(1)【证明】 连接AE,DE,因为E为BC的中点,DB=DC,
所以DE⊥BC,
因为DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,所以△ACD与△ABD均为等边三角形,
所以AC=AB,从而AE⊥BC,又AE∩DE=E,AE,DE 平面ADE,
所以BC⊥平面ADE,而AD 平面ADE,
所以BC⊥DA.
(2)【解】 不妨设DA=DB=DC=2,
因为BD⊥CD,所以BC=2,DE=AE=.
所以AE2+DE2=4=AD2,所以AE⊥DE,又因为AE⊥BC,DE∩BC=E,DE,BC 平面BCD,所以AE⊥平面BCD.
以点E为原点,ED,EB,EA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D(,0,0),A(0,0,),B(0,,0),E(0,0,0),
设平面DAB与平面ABF的法向量分别为 n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),
二面角DABF的平面角为θ,
而 =(0,,-),
因为 ==(-,0,),
所以F(-,0,),
即有 =(-,0,0),
所以
取x1=1,
所以n1=(1,1,1).
取y2=1,所以n2=(0,1,1),
所以|cos θ|===,
从而sin θ==.
所以二面角DABF的正弦值为.
由(1)的证明得BC⊥平面ADE,在△ADE中,满足AE2+DE2=AD2,则AE,DE,BE两两垂直且共点于E,可建立空间直角坐标系,此为通过先证明题目中建系的条件,再建立空间直角坐标系.
[跟踪训练] 如图,在四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面 ABCD,AD⊥DC,AD=2BC=2CD=2,AD∥BC,AP=1.点E为线段PD的中点.
(1)证明:CE∥平面PAB.
(2)若F为线段PB上一点,且=λ,λ为何值时,直线DF与平面PCD所成角的正弦值为
(1)【证明】 取线段PA的中点G,连接EG,BG,
因为E,G分别是线段PD,PA的中点,
所以EG∥AD,
且EG=AD,
因为AD=2BC,AD∥BC,
所以BC∥EG,且BC=EG,
所以四边形BCEG为平行四边形,
所以BG∥CE,
又CE 平面PAB,BG 平面PAB,
所以CE∥平面PAB.
(2)【解】 因为AP⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,所以AP⊥AD,
如图,以A为原点建立空间直角坐标系.
设直线DF与平面PCD所成角为θ,
已知AD⊥DC,AD=2BC=2CD=2,AD∥BC,AP=1,
可得P(0,0,1),B(1,1,0),D(0,2,0),C(1,2,0),
所以=(1,2,-1),=(1,0,0),=(1,1,-1),=(0,0,1),
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
所以则令y=1,则 n=(0,1,2),
因为F为线段PB上一点,且=λ,λ∈[0,1],
所以=+=(0,0,1)+λ(1,1,-1)=(λ,λ,1-λ),又=(0,-2,0),
所以=(λ,λ-2,1-λ),所以sin θ=|cos<,n>|===,
解得λ=.
四、利用底面的高及中心
[典例4] 如图,在正四棱锥 S-ABCD 中,AC∩BD=O,SA=AB,P在侧棱SD上,SD⊥平面PAC.
(1)求平面SAB与平面PAC所成的锐二面角的余弦值;
(2)侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC 若存在,求SE∶EC的值;若不存在,请说明理由.
【解】 (1)如图,连接SO,由题意知SO⊥平面ABCD,AC⊥BD,故OS,OB,OC两两垂直.
以O为坐标原点,OB,OC,OS所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz.
因为SA=AB,不妨设AB=,
则SA=2,
所以OA=OB=OC=OD=1,SO=.
由题意得S(0,0,),D(-1,0,0),C(0,1,0),A(0,-1,0),B(1,0,0).
所以=(0,-1,-),=(1,0,-),
设平面SAB的法向量为m=(x,y,z),则有可取m=(,-,1),
因为SD⊥平面PAC,
所以平面PAC的一个法向量为=(-1,0,-),
设平面SAB与平面PAC所成的锐二面角为θ,
所以cos θ=|cos|==.
(2)存在.假设在棱SC上存在一点E使得 BE∥平面PAC.
在SC上取点E,连接EB,
由(1)设E(x0,y0,z0),
且=λ,即(x0,y0,z0-)=λ(0,1,-),
可得x0=0,y0=λ,z0=-λ,
即E(0,λ,-λ),
所以=(-1,λ,-λ),
由平面PAC的一个法向量=(-1,0,-),
若BE∥平面PAC,则·=0,
即1+0-3+3λ=0,
解得λ=.故SE∶SC=.
所以侧棱SC上存在一点E,使得BE∥平面PAC,且SE∶EC=2∶1.
解决有关正棱锥的题目时,一般要利用正棱锥的底面中心与正棱锥的高所在的直线构建空间直角坐标系.
[跟踪训练]
如图,在四棱台 ABCD -A1B1C1D1中,上、下底面均是正方形,且侧面是全等的等腰梯形,AB=2A1B1=4,E,F分别为DC,BC的中点,上下底面中心的连线O1O垂直于上下底面,且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.
(1)求证:BD1∥平面C1EF.
(2)求点D1到平面C1EF的距离.
(3)在线段BD1上是否存在点M,使得直线A1M与平面C1EF所成的角为45° 若存在,求出线段BM的长;若不存在,请说明理由.
(1)【证明】 由题设,得四棱台为正四棱台,可建立如图所示空间直角坐标系,
故A1(3,1,),B(4,4,0),D1(1,1,),C1(1,3,),E(0,2,0),F(2,4,0),
所以=(2,2,0),=(1,1,),
=(-3,-3, ),
若平面C1EF的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则n=(1,-1,0),显然·n=0,而BD1 平面C1EF,
所以BD1∥平面C1EF.
(2)【解】 由(1)知 =(0,2,0),所以D1到平面C1EF的距离为==.
(3)【解】 存在.假设在BD1上存在点M,且=λ=(3λ,3λ,-λ),0≤λ≤1,
则=-=-λ=(1,3,-)-(3λ,3λ,-λ)=(1-3λ,3-3λ,λ-),
直线A1M与平面C1EF所成的角为45°,
故==,
所以(1-3λ)2+11(λ-1)2=4,即5λ2-7λ+2=(5λ-2)(λ-1)=0,可得λ=或λ=1,
当λ=时,=(,,-),则BM==,
当λ=1时,=(3,3,-),则BM==2.
综上,BM的长为或2.
(分值:100分)
单选每题5分,多选每题6分.
1.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos=-,则l与α所成的角为(　　)
[A] 30° [B]60° [C]120° [D]150°
【答案】 A
【解析】 设l与α所成的角为θ,则sin θ=|cos|=.因为θ∈[0,],所以θ=30°.故选A.
2.在空间中,经过点 P(x0,y0,z0),法向量为e=(A,B,C)的平面的方程(即平面上任意一点的坐标(x,y,z)满足的关系)是:A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0.如果给出平面α的方程是 x-y+z=1,平面β的方程是--=1,则这两个平面所成的角的正弦值是(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 A
【解析】 由题意,因为平面α的方程是x-y+z=1,所以法向量m=(1,-1,1),
因为平面β的方程是--=1,所以法向量 n=(1,-2,-1),
所以cos====,所以sin==.故选A.
3.在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=,BC=1,M,N分别是为AD1和C1D1的中点,MN与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为(　　)
[A] 8 [B]6 [C]2 [D]8
【答案】 C
【解析】 构建如图所示的空间直角坐标系Dxyz,令AA1=2a>0,
则D(0,0,0),M(,0,a),N(0,,2a),所以=(-,,a),
又平面BB1C1C的法向量为m=(0,1,0),
由MN与平面BB1C1C所成的角为30°,
则|cos<,m>|=||=,
所以=,可得a=,则AA1=2,
所以V=×1×2=2,
所以该长方体的体积为2.故选C.
4.如图,在由三棱柱截得的几何体ABCA1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AB⊥AC,AA1=2,BB1=
CC1=1,AC=2,点D,E,F分别是棱B1C1,A1C1,BB1的中点.若直线A1D与EF所成角的余弦值为,则AB等于(　　)
[A] 1 [B]2 [C] [D]4
【答案】 A
【解析】 以点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Axyz.
设AB=a,则A(0,0,0),A1(0,0,2),E(0,1,),F(a,0,),B1(a,0,1),C1(0,2,1),D(,1,1),
=(,1,-1),=(a,-1,-1),
所以直线A1D与EF所成角的余弦值为
|cos<,>|===,解得a=1.故选A.
5.(多选题)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,下列结论正确的是(　　)
[A] AC⊥BD
[B]AB=AC
[C]AB与平面BCD所成的角为60°
[D]AB与CD所成的角为60°
【答案】 ABD
【解析】 设正方形ABCD的对角线BD的中点为O,连接OA,OC,则OA⊥BD,OC⊥BD.
由二面角ABDC为直二面角,得OA⊥OC,以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系.
令BD=2,则A(0,0,1),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),
=(0,-1,-1),=(0,2,0),=(1,0,-1),=(-1,1,0).
·=0,
即⊥,则AC⊥BD,A正确;
||==||,B正确;
平面BCD的一个法向量n=(0,0,1),
|cos<,n>|===,
因此AB与平面BCD所成的角为45°,C错误;
|cos<,>|===,因此AB与CD所成的角为60°,D正确.
故选ABD.
6.(多选题)如图,△ABC内接于圆O,AB为圆O的直径,AB=4,BC=2,CD⊥平面ABC,E为AD的中点,若三棱锥DBEC的体积为2,则下列结论正确的有(　　)
[A] 异面直线BE与AC所成角的余弦值为
[B]直线BD与平面BCE所成角的余弦值为
[C]点A到平面BCE的距离为
[D]平面BCE与平面ABD所成的角的大小为
【答案】 AC
【解析】 因为AB为圆O的直径,且AB=4,BC=2,所以△ABC为直角三角形,AC=2,
设CD=h,
由E为AD的中点可得==×h·×2×2=2,
解得h=2,
以C为坐标原点,CA,CB,CD所在直线分别为 x轴,y轴,z轴,建立空间坐标系,如图所示,C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),D(0,0,2),E(,0,),
则=(2,0,0),=(,-2,),=(0,-2,2),=(,0,),
易知cos<,>==,
所以异面直线BE与AC所成角的余弦值为,选项A正确;
设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),
则
即
取x=1,y=0,z=-1,n=(1,0,-1),
设BD与平面BCE所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|===,选项B不正确;
点A到平面BCE的距离为d===,选项C正确;
设平面ABD的法向量为m=(a,b,c),=(2,0,-2),=(0,2,-2),
则
即
取c=1,b=,a=1,
所以m=(1,,1),m·n=0,
所以平面BCE与平面ABD的夹角大小为90°,选项D不正确.
故选AC.
7.(5分)在正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=2,AA1=,则异面直线AB1与BC1所成角的大小为　　　　.
【答案】
【解析】 分别取BC,B1C1的中点O,O1,连接AO,OO1,
由正三棱柱性质可知AO⊥BC,OO1⊥BC,AO⊥OO1.
以O为坐标原点,OA,OB,OO1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,
由AB=2,AA1=,可得 A(,0,0),B(0,1,0),
B1(0,1,),C1(0,-1,),
所以=(-,1, ),
=(0,-2,),
又cos<,>===0,且<,>∈[0,π],
所以<,>=.
8.(5分)如图,在四棱台ABCDA1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形,
AB=2AA1=2A1B1=4,P为线段C1D的中点,直线D1P与平面AB1D1所成角的大小为　　　　　.
【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),B1(2,0,2),
D1(0,2,2),
C1(2,2,2),D(0,4,0),P(1,3,1),=(1,1,-1),
=(2,0,2),=(0,2,2).
设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z),
则
则平面AB1D1的一个法向量n=(1,1,-1),
所以∥n,即直线D1P⊥平面AB1D1,
故直线D1P与平面AB1D1所成角的大小为.
9.(10分)如图,在四面体 ABCD 中,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=.求异面直线AB与CD所成角的余弦值.
【解】 取BD的中点O,连接OA,OC.
由题意知OA,OC,BD两两垂直.
以O为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,,0),A(0,0,1),
所以=(-1,0,1),=(-1,-,0),
所以|cos<,>|==.
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
10.(15分)如图,在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 为正方形,PA⊥平面ABCD,E为PD上的动点.
(1)确定点E的位置,使PB∥平面AEC;
(2)设PA=AB=1,且在第(1)问的结论下,求平面AEC与平面ADE的夹角的余弦值.
【解】 (1)当E为PD的中点时,可使PB∥平面AEC.
证明如下:
如图,连接BD,交AC于点O,连接EO,则O为BD的中点,
因为E为PD的中点,
所以OE∥PB,
又OE 平面AEC,PB 平面AEC,
所以PB∥平面AEC.
(2)以A为原点,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,则A(0,0,0),E(0,,),B(1,0,0),C(1,1,0),所以=(0,,),=(1,1,0),
平面ADE的一个法向量为=(1,0,0),
设平面AEC的法向量为n=(x,y,z),则即
令x=1,则y=-1,z=1,所以n=(1,-1,1),
设平面AEC与平面ADE的夹角为θ,
则cos θ=|cos<,n>|==,故平面AEC与平面ADE的夹角的余弦值为.
11.(多选题)如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AA1=2,AB=AD=2,E是侧面AA1D1D的中心,F是底面ABCD的中心,点M在线段AD上运动,则下面选项正确的是(　　)
[A] 直线EF与A1B平行
[B]四面体MA1BC的体积为定值
[C]点E到平面A1BC的距离为
[D]异面直线EF与A1C所成的角为
【答案】 ABC
【解析】 对于A选项,连接A1D,BD,
因为E是侧面AA1D1D的中心,F是底面 ABCD的中心,
则E为A1D的中点,F为BD的中点,
所以在△A1BD中,EF为△A1BD的中位线,即EF∥A1B,A正确;
对于B选项,因为AD∥BC,AD 平面A1BC,BC 平面A1BC,所以AD∥平面A1BC,
又点M在线段AD上运动,所以点M到平面A1BC的距离为定值,
又为定值,所以四面体MA1BC的体积为定值,B正确;
对于C选项,如图,以点A为原点,建立空间直角坐标系,
则E(0,,1),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),
则=(2,0,-2),=(0,-2,0),
=(2,-,-1),
设平面A1BC的一个法向量为m=(x,y,z),
则解得y=0,
令x=1,得z=,则m=(1,0,),
所以点E到平面A1BC的距离d==,C正确;
对于D选项,F(,,0),=(,0,-1),=(2,2,-2),
则cos<,>===,
故异面直线EF与A1C所成的角不为,D错误.故选ABC.
12.(5分)如图,在正方形ABCD中,EF∥AB,若沿EF将正方形折成一个二面角后,AE∶ED∶AD=1∶1∶,则AF与CE所成角的余弦值为　　　　.
【答案】
【解析】 因为将正方形折成二面角后,AE∶ED∶AD=1∶1∶,所以AE2+ED2=AD2,
所以AE⊥ED,即AE,DE,EF两两垂直,
建立如图所示的空间直角坐标系.
设AB=EF=CD=2,则E(0,0,0),A(1,0,0),F(0,2,0),C(0,2,1),
所以=(-1,2,0),=(0,2,1),
所以|cos<,>|===,
所以AF与CE所成角的余弦值为.
13.(17分)如图,已知几何体EFGABCD,其中四边形ABCD,CDGF,ADGE均为正方形,且边长均为1,点M在棱DG上.
(1)求证:BM⊥EF.
(2)是否存在点M,使得直线MB与平面BEF所成的角为45° 若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由.
(1)【证明】 因为四边形ABCD,CDGF,ADGE均为正方形,
所以GD⊥DA,GD⊥DC.
又DA∩DC=D,DA,DC 平面ABCD,所以 GD⊥平面ABCD.
以点D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1).
因为点M在棱DG上,故可设 M(0,0,t)(0≤t≤1).
因为=(1,1,-t),=(-1,1,0),
所以·=0,所以BM⊥EF.
(2)【解】 假设存在点M,使得直线MB与平面BEF所成的角为45°.
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),
因为=(0,-1,1),=(-1,0,1),
所以所以
令z=1,得x=y=1,
所以n=(1,1,1)为平面BEF的一个法向量,
所以|cos|==.
因为直线MB与平面BEF所成的角为45°,
所以sin 45°=|cos|,
所以=,
解得t=-4±3.
又0≤t≤1,所以t=3-4.
所以存在满足题意的点M(0,0,3-4).
所以当点M位于棱DG上,且DM=3-4时,直线MB与平面BEF所成的角为45°.
14.(5分)化学中,将构成粒子(原子、离子或分子)在空间按一定规律呈周期性重复排列构成的固体物质称为晶体.在结构化学中,可将晶体结构截分为一个个包含等同内容的基本单位,这个基本单位叫做晶胞.已知钙、钛、氧可以形成如图所示的正方体晶胞(其中Ti原子位于晶胞的中心,Ca原子均在顶点位置,O原子位于棱的中点).则图中原子连线BF与B1E所成角的余弦值为　　　　.
【答案】
【解析】 如图所示,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,设正方体的棱长为a,则 B(a,a,0),F(0,,a),B1(a,a,a),E(a,,a),
所以=(-a,-,a),=(0,-,0),
因为cos <,>==,所以连线BF与B1E所成角的余弦值为.(共28张PPT)
1.4.2　用空间向量
研究距离、夹角问题
第1课时　用空间向量研究距离问题
1.理解点到直线、点到平面距离的公式及其推导.2.了解利用空间向量求点到直线、点到平面、直线到直线、直线到平面、平面到平面的距离的基本思想.
【课程标准要求】
必备知识·归纳落实
知识点一　点P到直线l的距离
(a·u)u
两条平行线之间的距离可以转化为其中一条直线上的任意一点到另一条直线的距离,所以两条平行线之间的距离问题可以用点到直线的距离公式解决.
·温馨提示·
知识点二　点P到平面α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PQ=
.
(1)如果一条直线l与一个平面α平行,可在直线l上任取一点P,将线面距离转化为点P到平面α的距离求解.
(2)如果两个平面α,β平行,可在其中一个平面α内任取一点P,将两个平行平面的距离转化为点P到平面β的距离求解.
『知识拓展』
基础自测
1.两平行平面α,β分别经过原点O和点A(1,2,3),且两平面的一个法向量为n=(-1,0,1),则两平面间的距离是(　　)
A
C
2.(人教A版选择性必修第一册P35练习 T2(1)改编)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D1的中点,则点C1到直线CE的距离为(　　)
3.已知平面α的一个法向量为n=(2,2,-1),点 A(0,1,-3)在平面α内,则点P(2,-3,-2)到平面α的距离为　　　　.
关键能力·素养培优
[例1] 如图,正四棱锥P-ABCD的棱长均为2,M,N分别为AB,BC的中点,则点M到直线PN的距离为(　　)
题型一　点到直线的距离
A
·解题策略·
用向量法求点到直线的距离的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系.
(2)求直线的单位方向向量u.
(3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量a.
[例2] (湘教版选择性必修第二册P100例15)在三棱锥S-ABC中,棱长SA=a,
SB=b,SC=c,∠ASB,∠BSC,∠CSA都是直角,求点S到底面ABC的距离.
题型二　点到平面的距离
·解题策略·
用向量法求点面距离的步骤
(1)建系:建立适当的空间直角坐标系.
(2)求点坐标:写出(求出)相关点的坐标.
[变式训练] 已知在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,点E为CC1的中点,求点D1到平面BDE的距离.
[例3] 已知A(0,1,0),B(2,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,1),则异面直线AB与CD之间的距离是(　　)
题型三　线线距、线面距和面面距
A
[典例迁移] 如图,在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,∠ABC=90°,PA=AB=BC=2,AD∥BC,则AD到平面PBC的距离为
　　　　.
·解题策略·
直线与平面的距离、平面与平面的距离主要是转化为直线、平面上的点到平面的距离,求解的方法是先在直线、平面上找到一点,然后转化为求点到平面的距离,且这个点要适当选取,以求解最简便为准则.
感谢观看第2课时　用空间向量研究夹角问题
【课程标准要求】　1.会用向量方法求线线角、线面角、面面角.2.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系.
知识点一　两条异面直线所成的角
角的分类 向量求法 范围
异面直线所成的角 设异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分别是u,v,则cos θ=|cos|= (0,]
当l1,l2两条异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角就是这两条异面直线所成的角,所以求异面直线所成角的余弦值时要加绝对值.
知识点二　直线与平面所成的角
角的分类 向量求法 范围
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u,平面α的法向量为n,则sin θ=|cos|= [0,]
(1)求直线与平面所成的角,可以转化为求直线的方向向量与平面的法向量的夹角.
(2)直线与平面所成的角等于其方向向量与平面的法向量所成锐角的余角.
知识点三　平面与平面的夹角
角的分类 向量求法 范围
两平面的夹角 平面α与平面β相交,形成四个二面角,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.设平面α,β的夹角为θ,平面α,β的法向量分别为n1和n2,则 cos θ=|cos|= [0,]
(1)求两平面的夹角问题转化为两平面法向量的夹角问题.
(2)两平面夹角与二面角的区别:
平面α与平面β相交,形成的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,而二面角是从一条直线出发的两个半平面所组成的图形,其范围是[0,π].
基础自测
1.若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为120°,则l1与l2所成的角为(　　)
[A] [B] C] D]
2.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°,则直线l与平面α所成的角等于(　　)
[A] 130° [B] 60° [C] 40° [D] 50°
3.已知平面α的一个法向量为a=(1,2,2),平面β的一个法向量为b=(-1,2,0),则两平面的夹角的余弦值为(　　)
[A] [B] [C] [D]
4.(湘教版选择性必修第二册P96例12改编)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,DD1=4,则A1B1与平面A1C1D所成角的正弦值为　　　　.
则A1(0,0,4),B1(2,0,4),D(0,2,0),C1(2,2,4),
设平面A1C1D的法向量为 m=(x,y,z),
则
令z=1,则y=2,x=-2,故m=(-2,2,1),
设A1B1与平面A1C1D所成角的大小为θ,
则sin θ=|cos|===,
所以A1B1与平面A1C1D所成角的正弦值为.
题型一　异面直线所成的角
[例1] 如图,在四棱锥A-BCDE 中,DE∥CB,BE⊥平面ABC,BE=3,AB=CB=AC=2DE=2,则异面直线DC与AE所成角的余弦值为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
可得DF∥BE,
因为BE⊥平面ABC,
所以DF⊥平面ABC,
又由AB=CB=AC,
且F为BC的中点,
所以 AF⊥BC.
以F为原点,以FA,FB,FD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),E(0,1,3),C(0,-1,0),D(0,0,3),
故=(0,1,3),=(-,1,3),
则|cos<,>|===,故异面直线DC与AE所成角的余弦值为.故选A.
求异面直线所成角的步骤
(1)确定两条异面直线的方向向量.
(2)确定两个向量夹角的余弦值的绝对值.
(3)得出两条异面直线所成的角.
[变式训练] 如图,圆锥的底面直径AB=4,高OC=2,D为底面圆周上的一点,且 ∠AOD=,则直线AD与BC所成的角为(　　)
[A] [B] [C] [D]
以O为原点,以OE,OB,OC所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
因为∠AOD=,
所以∠BOD=,
则D(,1,0),A(0,-2,0),B(0,2,0),
C(0,0,2),
可得=(,3,0),=(0,-2,2),所以cos<,>==-,
因为<,>∈[0,π],
所以直线AD与BC所成的角为.
故选B.
题型二　直线与平面所成的角
[例2] (苏教版选择性必修第二册P37例8改编)如图,在正三棱柱ABC-A′B′C′中,底面边长为2,AA′=,求直线AB′与侧面ACC′A′所成角的正弦值.
易知n=(1,0,0)是平面ACC′A′的一个法向量.
由△ABC是边长为2的正三角形,可得 B′(,1,).
所以=(,1,).
设直线AB′与侧面ACC′A′所成的角为θ,则
sin θ=|cos<,n>|=||=.
所以直线AB′与侧面ACC′A′所成角的正弦值为.
向量法求线面角的基本步骤
[变式训练] 已知四棱锥P-ABCD,PA⊥平面 ABCD,底面ABCD为矩形,AB=2,PA=AD=4,E为PA的中点,F为CD上一点,若PF与平面BEF所成角的正弦值为,则CF=　　　　.
易得B(2,0,0),E(0,0,2),
P(0,0,4),设F(a,4,0),
则=(-2,0,2),=(a-2,4,0),=(a,4,-4),
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),则
即
令y=2-a,则n=(4,2-a,4),所以|cos<,n>|===,
解得a=1,即CF=2-a=1.
题型三　平面与平面的夹角
[例3] 如图,在几何体 S-ABCD中,AD⊥平面SCD,BC⊥平面SCD,AD=DC=2,BC=1,SD=2,∠SDC=120°,求平面SAD与平面SAB的夹角的余弦值.
以D为原点,以DC,DE,DA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
因为∠SDC=120°,
所以∠SDE=30°,
又SD=2,
所以点S到y轴的距离为1,
到x轴的距离为,
则有D(0,0,0),S(-1,,0),A(0,0,2),B(2,0,1),
设平面SAD的法向量为m=(x,y,z),
因为=(0,0,-2),=(-1,,-2),
所以取x=,得平面SAD的一个法向量为m=(,1,0),
又=(2,0,-1),
设平面SAB的法向量为n=(a,b,c),
即令a=,
则n=(,5,2),
所以|cos|===.
故平面SAD与平面SAB的夹角的余弦值是.
向量法求两平面的夹角(其某个
三角函数值)的步骤
(1)建立适当的空间直角坐标系,写出相应点的坐标.
(2)求出两个平面的法向量n1,n2.
(3)设两平面的夹角为θ,则cos θ=|cos|.
[变式训练] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1,点D是棱AB的中点,求平面ABC与平面B1CD的夹角的正弦值.
则A(2,0,0),C(0,0,0),B(0,2,0),D(1,1,0),B1(0,2,2),设平面B1CD的法向量 n=(x,y,z),
因为=(1,1,0),=(0,2,2),则
令x=1,则y=-1,z=1,所以n=(1,-1,1),
又平面ABC的法向量m=(0,0,1),
故cos===,
设平面ABC与平面B1CD所成角为θ,θ∈[0,],则cos θ=,故平面ABC与平面B1CD的夹角的正弦值为sin θ==.
培优拓展1　空间直角坐标系的构建策略
　　坐标法是利用空间向量的坐标运算解决立体几何问题的重要方法,运用坐标法解题就需要建立空间直角坐标系,而如何建立恰当的空间直角坐标系是本章的难点.这就要求学生抓住空间几何图形的结构特征,充分利用图形中的垂直关系(或在图形中构造垂直关系)建系.下面就几种常见的建系方法予以说明.
【题型演绎】
一、利用共顶点且互相垂直的三条棱
[典例1] (2023·新课标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.
所以B2C2∥A2D2.
设平面PA2C2的法向量n=(x,y,z),则令z=2,得 y=3-λ,x=λ-1,所以n=(λ-1,3-λ,2)为平面PA2C2的一个法向量,
设平面A2C2D2的法向量m=(a,b,c),
则
令a=1,得b=1,c=2,
所以m=(1,1,2)为平面A2C2D2的一个法向量,
所以|cos|===|cos 150°|=,
化简可得,λ2-4λ+3=0,解得λ=1或λ=3,所以P(0,2,1)或P(0,2,3),所以B2P=1.
由题意知,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,三条棱BC,CD,CC1两两互相垂直且交于一点C,可考虑以点C为原点,三条棱所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系,此为根据题目中现有的条件,直接建立空间直角坐标系.
[跟踪训练] 如图,在四棱锥 A-BCED 中,底面BCED为直角梯形,DE∥BC,DE⊥CE,AD=BD=CD=BC,AC=AE=CE.
(1)判断直线AB与CD是否垂直,并说明理由;
(2)求平面ADE与平面ACD的夹角的余弦值.
设AE=CE=a(a>0),则AC=a,
在△BCD中,BD=CD=BC,
所以△BCD为等边三角形,
所以∠BCD=60°,
因为DE⊥CE,DE∥BC,
所以BC⊥CE,
从而∠DCE=30°,
所以在直角△DEC中,
CD==a,DE=CE×tan 30°=a,
又AD=CD,所以AD=a,所以在△DEA中,满足DE2+AE2=AD2,
故△DEA为直角三角形,则DE⊥AE;
又DE⊥CE,CE∩AE=E,所以DE⊥平面ACE,
因为AC=AE=CE,所以AC2=AE2+CE2,所以CE⊥AE,
故以点E为原点,EC,EA,ED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.
设DE=1,则AD=BD=CD=BC=2,AE=CE=,AC=,
所以E(0,0,0),A(0,,0),B(,0,2),C(,0,0),D(0,0,1),
所以=(,-,2),=(-,0,1),
所以·=-3+0+2≠0,
所以⊥不成立,故AB和CD不垂直.
(2)由(1)可知
CE⊥AE,CE⊥DE,AE∩DE=E,
所以CE⊥平面ADE,
故=(,0,0)为平面ADE的一个法向量;
又=(0,,-1),=(,0,-1),设平面ACD的法向量n=(x,y,z),
所以即取z=,
则 x=1,y=1,故n=(1,1,),
设平面ADE与平面ACD的夹角为θ,
所以cos θ=|cos|===,
所以平面ADE与平面ACD的夹角的余弦值为.
二、利用面面垂直关系
[典例2] 如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
(1)证明:OA⊥CD.
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
所以OA⊥BD,
又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,OA 平面ABD,所以OA⊥平面BCD,
又CD 平面BCD,所以OA⊥CD.
所以OC=OB=OD=1,
所以B(1,0,0),D(-1,0,0),C(-,,0).
设A(0,0,a),a>0,因为DE=2EA,
所以E(-,0,).
由题意可知平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1).
设平面BCE的法向量为m=(x,y,z),
因为=(-,,0),=(-,0,),
所以即
令x=1,则y=,z=,
所以m=(1,,).
因为二面角E-BC-D的大小为45°,
所以cos 45°=||==,
得a=1,即OA=1.
因为S△BCD=BD·CDsin 60°=×2×1×=,
所以=S△BCD·OA=××1=.
由已知条件平面ABD⊥平面BCD,结合其他已知证得AO⊥平面BCD,选取OB,OA所在的直线分别为x轴,z轴后,y轴就可由以下三个限制条件确定:①必须在平面BCD内,且过点O;②必须垂直于OB;③方向必须符合右手直角坐标系.
[跟踪训练] 如图①,在平行四边形ABCD中,AB=BD=2,∠BDC=90°,把△ABD沿BD向上折起得到一个三棱锥P-BCD如图②,且平面 PBD⊥平面BCD.
(1)求点B到平面PCD的距离;
(2)求平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值.
又CD 平面BCD,所以PB⊥CD,
再由CD⊥BD,PB∩BD=B,PB,BD 平面PBD,
所以CD⊥平面PBD.
又CD 平面PCD,
所以平面PBD⊥平面PCD.
因此B点到PD的距离d即为所求.
因为PB=BD=2,PB⊥BD,
所以PD=2,
所以由等面积法,有×2×2=×2×d,所以 d=.
(2)以DB,DC所在的直线分别为x轴,y轴,以过D点且垂直于平面BCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(2,0,2).
则=(-2,2,-2),=(-2,0,-2),=(0,0,-2),
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),
由
令z=1,
则x=-1,y=0,
可得m=(-1,0,1),
同理可得平面PCB的一个法向量为n=(1,1,0),
不妨设二面角B-PC-D的夹角为θ,则
cos θ=|cos|===.
所以平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值为.
三、利用线面垂直关系
[典例3] (2023·新课标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.
所以DE⊥BC,
因为DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,所以△ACD与△ABD均为等边三角形,
所以AC=AB,从而AE⊥BC,又AE∩DE=E,AE,DE 平面ADE,
所以BC⊥平面ADE,而AD 平面ADE,
所以BC⊥DA.
因为BD⊥CD,所以BC=2,DE=AE=.
所以AE2+DE2=4=AD2,所以AE⊥DE,又因为AE⊥BC,DE∩BC=E,DE,BC 平面BCD,所以AE⊥平面BCD.
以点E为原点,ED,EB,EA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D(,0,0),A(0,0,),B(0,,0),E(0,0,0),
设平面DAB与平面ABF的法向量分别为 n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),
二面角DABF的平面角为θ,
而 =(0,,-),
因为 ==(-,0,),
所以F(-,0,),
即有 =(-,0,0),
所以
取x1=1,
所以n1=(1,1,1).
取y2=1,所以n2=(0,1,1),
所以|cos θ|===,
从而sin θ==.
所以二面角DABF的正弦值为.
由(1)的证明得BC⊥平面ADE,在△ADE中,满足AE2+DE2=AD2,则AE,DE,BE两两垂直且共点于E,可建立空间直角坐标系,此为通过先证明题目中建系的条件,再建立空间直角坐标系.
[跟踪训练] 如图,在四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面 ABCD,AD⊥DC,AD=2BC=2CD=2,AD∥BC,AP=1.点E为线段PD的中点.
(1)证明:CE∥平面PAB.
(2)若F为线段PB上一点,且=λ,λ为何值时,直线DF与平面PCD所成角的正弦值为
因为E,G分别是线段PD,PA的中点,
所以EG∥AD,
且EG=AD,
因为AD=2BC,AD∥BC,
所以BC∥EG,且BC=EG,
所以四边形BCEG为平行四边形,
所以BG∥CE,
又CE 平面PAB,BG 平面PAB,
所以CE∥平面PAB.
如图,以A为原点建立空间直角坐标系.
设直线DF与平面PCD所成角为θ,
已知AD⊥DC,AD=2BC=2CD=2,AD∥BC,AP=1,
可得P(0,0,1),B(1,1,0),D(0,2,0),C(1,2,0),
所以=(1,2,-1),=(1,0,0),=(1,1,-1),=(0,0,1),
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
所以则令y=1,则 n=(0,1,2),
因为F为线段PB上一点,且=λ,λ∈[0,1],
所以=+=(0,0,1)+λ(1,1,-1)=(λ,λ,1-λ),又=(0,-2,0),
所以=(λ,λ-2,1-λ),所以sin θ=|cos<,n>|===,
解得λ=.
四、利用底面的高及中心
[典例4] 如图,在正四棱锥 S-ABCD 中,AC∩BD=O,SA=AB,P在侧棱SD上,SD⊥平面PAC.
(1)求平面SAB与平面PAC所成的锐二面角的余弦值;
(2)侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC 若存在,求SE∶EC的值;若不存在,请说明理由.
以O为坐标原点,OB,OC,OS所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz.
因为SA=AB,不妨设AB=,
则SA=2,
所以OA=OB=OC=OD=1,SO=.
由题意得S(0,0,),D(-1,0,0),C(0,1,0),A(0,-1,0),B(1,0,0).
所以=(0,-1,-),=(1,0,-),
设平面SAB的法向量为m=(x,y,z),则有可取m=(,-,1),
因为SD⊥平面PAC,
所以平面PAC的一个法向量为=(-1,0,-),
设平面SAB与平面PAC所成的锐二面角为θ,
所以cos θ=|cos|==.
(2)存在.假设在棱SC上存在一点E使得 BE∥平面PAC.
在SC上取点E,连接EB,
由(1)设E(x0,y0,z0),
且=λ,即(x0,y0,z0-)=λ(0,1,-),
可得x0=0,y0=λ,z0=-λ,
即E(0,λ,-λ),
所以=(-1,λ,-λ),
由平面PAC的一个法向量=(-1,0,-),
若BE∥平面PAC,则·=0,
即1+0-3+3λ=0,
解得λ=.故SE∶SC=.
所以侧棱SC上存在一点E,使得BE∥平面PAC,且SE∶EC=2∶1.
解决有关正棱锥的题目时,一般要利用正棱锥的底面中心与正棱锥的高所在的直线构建空间直角坐标系.
[跟踪训练]
如图,在四棱台 ABCD -A1B1C1D1中,上、下底面均是正方形,且侧面是全等的等腰梯形,AB=2A1B1=4,E,F分别为DC,BC的中点,上下底面中心的连线O1O垂直于上下底面,且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.
(1)求证:BD1∥平面C1EF.
(2)求点D1到平面C1EF的距离.
(3)在线段BD1上是否存在点M,使得直线A1M与平面C1EF所成的角为45° 若存在,求出线段BM的长;若不存在,请说明理由.
故A1(3,1,),B(4,4,0),D1(1,1,),C1(1,3,),E(0,2,0),F(2,4,0),
所以=(2,2,0),=(1,1,),
=(-3,-3, ),
若平面C1EF的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则n=(1,-1,0),显然·n=0,而BD1 平面C1EF,
所以BD1∥平面C1EF.
则=-=-λ=(1,3,-)-(3λ,3λ,-λ)=(1-3λ,3-3λ,λ-),
直线A1M与平面C1EF所成的角为45°,
故==,
所以(1-3λ)2+11(λ-1)2=4,即5λ2-7λ+2=(5λ-2)(λ-1)=0,可得λ=或λ=1,
当λ=时,=(,,-),则BM==,
当λ=1时,=(3,3,-),则BM==2.
综上,BM的长为或2.
(分值:100分)
单选每题5分,多选每题6分.
1.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos=-,则l与α所成的角为(　　)
[A] 30° [B]60° [C]120° [D]150°
2.在空间中,经过点 P(x0,y0,z0),法向量为e=(A,B,C)的平面的方程(即平面上任意一点的坐标(x,y,z)满足的关系)是:A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0.如果给出平面α的方程是 x-y+z=1,平面β的方程是--=1,则这两个平面所成的角的正弦值是(　　)
[A] [B] [C] [D]
因为平面β的方程是--=1,所以法向量 n=(1,-2,-1),
所以cos====,所以sin==.故选A.
3.在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=,BC=1,M,N分别是为AD1和C1D1的中点,MN与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为(　　)
[A] 8 [B]6 [C]2 [D]8
则D(0,0,0),M(,0,a),N(0,,2a),所以=(-,,a),
又平面BB1C1C的法向量为m=(0,1,0),
由MN与平面BB1C1C所成的角为30°,
则|cos<,m>|=||=,
所以=,可得a=,则AA1=2,
所以V=×1×2=2,
所以该长方体的体积为2.故选C.
4.如图,在由三棱柱截得的几何体ABCA1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AB⊥AC,AA1=2,BB1=
CC1=1,AC=2,点D,E,F分别是棱B1C1,A1C1,BB1的中点.若直线A1D与EF所成角的余弦值为,则AB等于(　　)
[A] 1 [B]2 [C] [D]4
设AB=a,则A(0,0,0),A1(0,0,2),E(0,1,),F(a,0,),B1(a,0,1),C1(0,2,1),D(,1,1),
=(,1,-1),=(a,-1,-1),
所以直线A1D与EF所成角的余弦值为
|cos<,>|===,解得a=1.故选A.
5.(多选题)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,下列结论正确的是(　　)
[A] AC⊥BD
[B]AB=AC
[C]AB与平面BCD所成的角为60°
[D]AB与CD所成的角为60°
由二面角ABDC为直二面角,得OA⊥OC,以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系.
令BD=2,则A(0,0,1),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),
=(0,-1,-1),=(0,2,0),=(1,0,-1),=(-1,1,0).
·=0,
即⊥,则AC⊥BD,A正确;
||==||,B正确;
平面BCD的一个法向量n=(0,0,1),
|cos<,n>|===,
因此AB与平面BCD所成的角为45°,C错误;
|cos<,>|===,因此AB与CD所成的角为60°,D正确.
故选ABD.
6.(多选题)如图,△ABC内接于圆O,AB为圆O的直径,AB=4,BC=2,CD⊥平面ABC,E为AD的中点,若三棱锥DBEC的体积为2,则下列结论正确的有(　　)
[A] 异面直线BE与AC所成角的余弦值为
[B]直线BD与平面BCE所成角的余弦值为
[C]点A到平面BCE的距离为
[D]平面BCE与平面ABD所成的角的大小为
设CD=h,
由E为AD的中点可得==×h·×2×2=2,
解得h=2,
以C为坐标原点,CA,CB,CD所在直线分别为 x轴,y轴,z轴,建立空间坐标系,如图所示,C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),D(0,0,2),E(,0,),
则=(2,0,0),=(,-2,),=(0,-2,2),=(,0,),
易知cos<,>==,
所以异面直线BE与AC所成角的余弦值为,选项A正确;
设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),
则
即
取x=1,y=0,z=-1,n=(1,0,-1),
设BD与平面BCE所成的角为θ,则sin θ=|cos<,n>|===,选项B不正确;
点A到平面BCE的距离为d===,选项C正确;
设平面ABD的法向量为m=(a,b,c),=(2,0,-2),=(0,2,-2),
则
即
取c=1,b=,a=1,
所以m=(1,,1),m·n=0,
所以平面BCE与平面ABD的夹角大小为90°,选项D不正确.
故选AC.
7.(5分)在正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=2,AA1=,则异面直线AB1与BC1所成角的大小为　　　　.
由正三棱柱性质可知AO⊥BC,OO1⊥BC,AO⊥OO1.
以O为坐标原点,OA,OB,OO1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,
由AB=2,AA1=,可得 A(,0,0),B(0,1,0),
B1(0,1,),C1(0,-1,),
所以=(-,1, ),
=(0,-2,),
又cos<,>===0,且<,>∈[0,π],
所以<,>=.
8.(5分)如图,在四棱台ABCDA1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形,
AB=2AA1=2A1B1=4,P为线段C1D的中点,直线D1P与平面AB1D1所成角的大小为　　　　　.
则A(0,0,0),B1(2,0,2),
D1(0,2,2),
C1(2,2,2),D(0,4,0),P(1,3,1),=(1,1,-1),
=(2,0,2),=(0,2,2).
设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z),
则
则平面AB1D1的一个法向量n=(1,1,-1),
所以∥n,即直线D1P⊥平面AB1D1,
故直线D1P与平面AB1D1所成角的大小为.
9.(10分)如图,在四面体 ABCD 中,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=.求异面直线AB与CD所成角的余弦值.
由题意知OA,OC,BD两两垂直.
以O为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,,0),A(0,0,1),
所以=(-1,0,1),=(-1,-,0),
所以|cos<,>|==.
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
10.(15分)如图,在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 为正方形,PA⊥平面ABCD,E为PD上的动点.
(1)确定点E的位置,使PB∥平面AEC;
(2)设PA=AB=1,且在第(1)问的结论下,求平面AEC与平面ADE的夹角的余弦值.
证明如下:
如图,连接BD,交AC于点O,连接EO,则O为BD的中点,
因为E为PD的中点,
所以OE∥PB,
又OE 平面AEC,PB 平面AEC,
所以PB∥平面AEC.
(2)以A为原点,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,则A(0,0,0),E(0,,),B(1,0,0),C(1,1,0),所以=(0,,),=(1,1,0),
平面ADE的一个法向量为=(1,0,0),
设平面AEC的法向量为n=(x,y,z),则即
令x=1,则y=-1,z=1,所以n=(1,-1,1),
设平面AEC与平面ADE的夹角为θ,
则cos θ=|cos<,n>|==,故平面AEC与平面ADE的夹角的余弦值为.
11.(多选题)如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AA1=2,AB=AD=2,E是侧面AA1D1D的中心,F是底面ABCD的中心,点M在线段AD上运动,则下面选项正确的是(　　)
[A] 直线EF与A1B平行
[B]四面体MA1BC的体积为定值
[C]点E到平面A1BC的距离为
[D]异面直线EF与A1C所成的角为
因为E是侧面AA1D1D的中心,F是底面 ABCD的中心,
则E为A1D的中点,F为BD的中点,
所以在△A1BD中,EF为△A1BD的中位线,即EF∥A1B,A正确;
对于B选项,因为AD∥BC,AD 平面A1BC,BC 平面A1BC,所以AD∥平面A1BC,
又点M在线段AD上运动,所以点M到平面A1BC的距离为定值,
又为定值,所以四面体MA1BC的体积为定值,B正确;
对于C选项,如图,以点A为原点,建立空间直角坐标系,
则E(0,,1),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),
则=(2,0,-2),=(0,-2,0),
=(2,-,-1),
设平面A1BC的一个法向量为m=(x,y,z),
则解得y=0,
令x=1,得z=,则m=(1,0,),
所以点E到平面A1BC的距离d==,C正确;
对于D选项,F(,,0),=(,0,-1),=(2,2,-2),
则cos<,>===,
故异面直线EF与A1C所成的角不为,D错误.故选ABC.
12.(5分)如图,在正方形ABCD中,EF∥AB,若沿EF将正方形折成一个二面角后,AE∶ED∶AD=1∶1∶,则AF与CE所成角的余弦值为　　　　.
所以AE⊥ED,即AE,DE,EF两两垂直,
建立如图所示的空间直角坐标系.
设AB=EF=CD=2,则E(0,0,0),A(1,0,0),F(0,2,0),C(0,2,1),
所以=(-1,2,0),=(0,2,1),
所以|cos<,>|===,
所以AF与CE所成角的余弦值为.
13.(17分)如图,已知几何体EFGABCD,其中四边形ABCD,CDGF,ADGE均为正方形,且边长均为1,点M在棱DG上.
(1)求证:BM⊥EF.
(2)是否存在点M,使得直线MB与平面BEF所成的角为45° 若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由.
所以GD⊥DA,GD⊥DC.
又DA∩DC=D,DA,DC 平面ABCD,所以 GD⊥平面ABCD.
以点D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1).
因为点M在棱DG上,故可设 M(0,0,t)(0≤t≤1).
因为=(1,1,-t),=(-1,1,0),
所以·=0,所以BM⊥EF.
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),
因为=(0,-1,1),=(-1,0,1),
所以所以
令z=1,得x=y=1,
所以n=(1,1,1)为平面BEF的一个法向量,
所以|cos|==.
因为直线MB与平面BEF所成的角为45°,
所以sin 45°=|cos|,
所以=,
解得t=-4±3.
又0≤t≤1,所以t=3-4.
所以存在满足题意的点M(0,0,3-4).
所以当点M位于棱DG上,且DM=3-4时,直线MB与平面BEF所成的角为45°.
14.(5分)化学中,将构成粒子(原子、离子或分子)在空间按一定规律呈周期性重复排列构成的固体物质称为晶体.在结构化学中,可将晶体结构截分为一个个包含等同内容的基本单位,这个基本单位叫做晶胞.已知钙、钛、氧可以形成如图所示的正方体晶胞(其中Ti原子位于晶胞的中心,Ca原子均在顶点位置,O原子位于棱的中点).则图中原子连线BF与B1E所成角的余弦值为　　　　.
所以=(-a,-,a),=(0,-,0),
因为cos <,>==,所以连线BF与B1E所成角的余弦值为.

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