第43讲 利用空间向量求空间角和距离(讲)(解析版)
第43讲 利用空间向量求空间角和距离
思维导图
知识梳理
1．异面直线所成角
设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b |
|a ||b |， 其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量．
2．直线与平面所成角
如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n |
|a ||n |
3．二面角
(1)若AB ，CD 分别是二面角α-l -β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→
的夹角，如图(1)．
(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α -l -β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝
|n 1·n 2|
|n 1||n 2|
，如图(2)(3)． 4．利用空间向量求距离 (1)两点间的距离
设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB ―→
|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2. (2)点到平面的距离
如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO ―→|＝|AB ―→
·n |
|n |
.
题型归纳
题型1 异面直线所成的角
【例1-1】（2020?济南模拟）已知直角梯形ABCD 中，//AD BC ，AB BC ⊥，1
2
AB AD BC ==
，将直角梯形ABCD （及其内部）以AB 所在直线为轴顺时针旋转90?，形成如图所示的几何体，其中M 为CE 的中点． （1）求证：BM DF ⊥；
（2）求异面直线BM 与EF 所成角的大小．
【分析】（1）建立空间坐标系，得出BM ，DF 的坐标，根据向量的数量积为0得出直线垂直； （2）计算BM 和EF 的夹角，从而得出异面直线所成角的大小． 【解答】（1）证明：
AB BC ⊥，AB BE ⊥，BC
BE B =，
AB ∴⊥平面BCE ，
以B 为原点，以BE ，BC ，BA 为坐标轴建立空间坐标系B xyz -，如图所示：
设1AB AD ==，则(0D ，1，1)，(1F ，0，1)，(0B ，0，0)，M 0)，
∴(2BM =，0)，(1DF =，1-，0)，
∴200BM DF =-=，
BM DF ∴⊥．
（2）解：(2E ，0，0)，故(1EF =-，0，1)，
cos BM ∴<，1
2||||2BM EF EF BM EF >=
==-?，
∴设异面直线BM 与EF 所成角为θ，则cos |cos BM θ=<，1
|
2
EF >=， 故3
π
θ=
．
【例1-2】（2020?北京模拟）在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，AD AB ⊥，2PA AD ==，1AB BC ==，Q 为PD 中点．
（Ⅰ）求证：PD BQ ⊥；
（Ⅰ）求异面直线PC 与BQ 所成角的余弦值．
【分析】()I 建立空间直角坐标系，只要证明0PD BQ =，即可证明结论． （Ⅰ）(1CP =-，1-，2)，利用向量夹角公式即可得出．
【解答】()I 证明：如图所示，(0A ，0，0)，(1B ，0，0)，(0P ，0，2)，(0D ，2，0)，(0Q ，1，1)，(1C ，1，0)，
(0PD =，2，2)-，(1BQ =-，1，1)，
由220PD BQ =-=，
∴PD BQ ⊥，
PD BQ ∴⊥；
（Ⅰ）解：(1CP =-，1-，2)，
cos CP <，
BQ =
．
∴异面直线PC 与BQ 所成角的余弦值为
3
．
【跟踪训练1-1】（2020?运城三模）如图，四边形ABCD 为平行四边形，且2AB AD BD ===，点E ，F 为
平面ABCD 外两点，//EF AC 且2EF AE ==EAD EAB ∠=∠． （1）证明：BD CF ⊥；
（2）若60EAC ∠=?，求异面直线AE 与DF 所成角的余弦值．
【分析】（1）设BD 与AC 相交于点G ，连接EG ，从而BD AC ⊥，推导出EAD EAB ???，从而BD ⊥平面ACFE ，由此能证明BD CF ⊥．
（2）过G 作AC 的垂线，交EF 于M 点，分别以GA ，GB ，GM 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系G xyz -，利用向量法能求出异面直线AE 与DF 所成角的余弦值． 【解答】解：（1）证明：设BD 与AC 相交于点G ，连接EG ， 由题意可得四边形ABCD 为菱形， 所以BD AC ⊥，DG GB =，
在EAD ?和EAB ?中，AD AB =，AE AE =，EAD EAB ∠=∠， 所以EAD EAB ???，
所以ED EB =，所以BD EG ⊥， 因为AC
EG G =，所以BD ⊥平面ACFE ，
因为CF ?平面ACFE ，所以BD CF ⊥．
（2）解：如图，在平面AEFC 内，过G 作AC 的垂线，交EF 于M 点， 由（1）可知，平面ACFE ⊥平面ABCD ，
所以MG ⊥平面ABCD ，故直线GM ，GA ，GB 两两互相垂直， 分别以GA ，GB ，GM 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系G xyz -， 因为60EAC ∠=?，
则A ，(0D ，1-，0)
，3)2E
，3
()2
F ，
所以3()2
AE =-
，3
()2
DF =， 异面直线AE 与DF 所成角的余弦值为：
99
|
0|
||4
4|cos ,|
||||310
AE DF AE DF AE DF ++<>===
【名师指导】
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；
(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．
题型2 直线与平面所成的角
【例2-1】（2020?海南）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．
（1）证明：l ⊥平面PDC ；
（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．
【分析】（1）过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，推得l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；
（2）以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，求出(0Q ，1，1)，运用向量法，求得平面QCD 的法向量，结合向量的夹角公式求解即可． 【解答】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，
由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，
PD ⊥平面ABCD ，BC ?平面ABCD ，PD BC ∴⊥，
又BC CD ⊥，CD
PD D =，BC ∴⊥平面PCD ，
//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；
（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，
1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB ，
PB ∴1QP =，
则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，
取(1Q ，0，1)，则(1DQ =，0，1)，(1PB =，1，1)-，(0DC =，1，0)， 设平面QCD 的法向量为(n a =，b ，)c ，
则00
n DC n DQ ?=??=??，∴00b a c =??+=?，取1c =，可得(1n =-，0，1)，
cos n ∴<，6
||||32
n PB PB n PB >=
==，
PB ∴与平面QCD ． 【例2-2】（2020?北京）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点． （Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；
（Ⅰ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．
【分析】（Ⅰ）根据正方体的性质可证得11//BC AD ，再利用线面平行的判定定理即可得证；
（Ⅰ）解法一：以A 为原点，AD 、AB 、1AA 分别为x 、y 和z 轴建立空间直角坐标系，设直线1AA 与平面1AD E 所成角为θ，先求出平面1AD E 的法向量m ，再利用sin |cos m θ=<，111||
|||||
m AA AA m AA >
=以及空间向量
数量积的坐标运算即可得解． 解法二：设正方体的棱长为2a ，易知122AA D
S a =，结合勾股定理和余弦定理可求得1cos EAD ∠=
，再求得1
111
sin 2
EAD S
AD AE EAD =
∠；设点1A 到平面1EAD 的距离为h ，根据等体积法111A EAD E AA D V V --=，可求出h 的值，设直线1AA 与平面1AD E 所成角为θ，则1
sin h
AA θ=，从而得解． 【解答】解：（Ⅰ）由正方体的性质可知，11//AB C D 中，且11AB C D =，
∴四边形11ABC D 是平行四边形，11//BC AD ∴，
又1BC ?/平面1AD E ，1AD ?平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ．
（Ⅰ）解法一：以A 为原点，AD 、AB 、1AA 分别为x 、y 和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为a ，则(0A ，0，0)，1(0A ，0，)a ，1(D a ，0，)a ，(0E ，a ，1
)2
a ，
∴1(0,0,)AA a =，1(,0,)AD a a =，1(0,,)2
AE a a =，
设平面1AD E 的法向量为(,,)m x y z =，则10
0m AD m AE ?=??=??，即()01
()02
a x z a y z +=???+=??， 令2z =，则2x =-，1y =-，∴(2m =-，1-，2)，
设直线1AA 与平面1AD E 所成角为θ，则sin |cos m θ=<，11122||
|33
||||
m AA a AA a m AA >==
=，
故直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为
2
3
． 解法二：设正方体的棱长为2a ，则1AD =
，AE =，13ED a =，121
2222
AA D
S
a a a =
=，
由余弦定理知，
222222
11
1
1
10 cos
2
2225
AD AE ED
EAD
AD AE a a
+-
∠===
1
sin EAD
∴∠=
∴
1
2
11
1
sin3
2
EAD
S AD AE EAD a
=∠=，
设点
1
A到平面
1
EAD的距离为h，
111
A EAD E AA D
V V
--
=，
∴22
11
322
33
h a a a
=，
4
3
h a
∴=，
设直线
1
AA与平面
1
AD E所成角为θ，则
1
4
2
3
sin
23
a
h
AA a
θ===．
故直线
1
AA与平面
1
AD E所成角的正弦值为
2
3
．
【跟踪训练2-1】（2020?山东）如图，四棱锥P ABCD
-的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知1
PD AD
==，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【分析】（1）过P在平面PAD内作直线//
l AD，推得l为平面PAD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；
（2）以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x
，y，z轴，建立空间直角坐标系D xyz
-，设(0
Q，m，1)，运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式，以及基本不等式可得所求最大值．
【解答】解：（1）证明：过P在平面PAD内作直线//
l AD，
由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，
PD ⊥平面ABCD ，BC ?平面ABCD ，PD BC ∴⊥，
又BC CD ⊥，CD
PD D =，BC ∴⊥平面PCD ，
//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；
（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，
则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)， 设(Q m ，0，1)(0)m >，(DQ m =，0，1)，(1PB =，1，1)-，(0DC =，1，0)， 设平面QCD 的法向量为(n a =，b ，)c ，
则00
n DC n DQ ?=??=??，∴00b am c =??+=?，取1c =，可得1(n m =-，0，1)，
cos n ∴<，2
11||||
131n PB
PB n PB m --
>=
=
+
，
PB ∴与平面QCD
2
11111131m m m +
+
+=
++
232611
132m =
+
+=+，当且仅当1m =取等号， PB ∴与平面QCD ． 【名师指导】
利用向量求线面角的2种方法
(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)． (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．
题型3 二面角
【例3-1】（2020?江苏）在三棱锥A BCD -中，已知CB CD =，2BD =，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，
2AO =，E 为AC 中点．
（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）若点F 在BC 上，满足1
4
BF BC =
，设二面角F DE C --的大小为θ，求sin θ的值．
【分析】（1）由题意画出图形，连接OC ，由已知可得CO BD ⊥，以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，得到(1,0,2)AB =-，(1,1,1)DE =，设直线AB 与DE 所成角为α，由两向量所成角的余弦值，可得直线AB 与DE 所成角的余弦值； （2）由14BF BC =
，得14BF BC =，设(F x ，y ，)z ，由向量等式求得3(4F ，1
2
，0)，进一步求出平面DEF 的一个法向量与平面DEC 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得cos θ，再由同角三角函数基本关系式求解sin θ．
【解答】解：（1）如图，连接OC ，CB CD =，O 为BD 的中点，CO BD ∴⊥．
以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．
2BD =，1OB OD ∴==
，则2OC =．
(1B ∴，0，0)，(0A ，0，2)，(0C ，2，0)，(1D -，0，0)，
E 是AC 的中点，(0E ∴，1，1)，
∴(1,0,2)AB =-，(1,1,1)DE =．
设直线AB 与DE 所成角为α，
则||cos ||||1411
1AB DE AB DE α=
==++，
即直线AB 与DE ； （2）14BF BC =
，∴1
4
BF BC =， 设(F x ，y ，)z ，则(1x -，y ，1)(4z =-，12，0)，3(4F ∴，1
2
，0)．
∴(1,1,1)DE =，71
(,,0)42
DF =，(1,2,0)DC =．
设平面DEF 的一个法向量为111(,,)m x y z =，
由11111071
042
m DE x y z m DF x y ?=++=??=+=??，取12x =-，得(2,7,5)m =--； 设平面DEC 的一个法向量为222(,,)n x y z =，
由22222020
n DE x y z n DC x y ?=++=??=+=?
?，取22x =-，得(2,1,1)n =-． |||cos |
||||449
25411m
n m n θ∴=
==+++．
sin
θ∴=． 【例3-2】（2020?新课标Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC ?是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =． （1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值．
【分析】（1）设圆O 的半径为1，求出各线段的长度，利用勾股定理即可得到PA PC ⊥，PA PB ⊥，进而得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面PBC 及平面PCE 的法向量，利用向量的夹角公式即可得解． 【解答】解：（1）不妨设圆O 的半径为1，1OA OB OC ===，2AE AD ==
，AB BC AC ===
，DO PO ==
PA PB PC ===， 在PAC ?中，222PA PC AC +=，故PA PC ⊥， 同理可得PA PB ⊥，又PB
PC P =，故PA ⊥平面PBC ；
（2
）建立如图所示的空间直角坐标系，则有11,0),(,0),222
B C P ，(0E ，1，0)，
故3131(3,0,0),(
,,0),(,22BC CE CP =-==-， 设平面PBC 的法向量为
(,,)m x y z =，则30
31022m BC m CP x y z ?=-=?
?=
-=?
?，可取(0,2,1)m =， 同理可求得平面PCE 的法向量为(2,n =--，
故||25cos
|
|||5m n m n θ=
=，即二面角B PC E --．
【跟踪训练3-1】（2020?新课标Ⅰ）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =． （1）证明：点1C 在平面AEF 内；
（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．
【分析】（1）在1AA 上取点M ，使得12A M AM =，连接EM ，1B M ，1EC ，1FC ，由已知证明四边形1B FAM 和四边形EDAM 都是平行四边形，可得1//AF MB ，且1AF MB =，//AD ME ，且AD ME =，进一步证明四边形11B C EM 为平行四边形，得到11//EC MB ，且11EC MB =，结合1//AF MB ，且1AF MB =，可得1//AF EC ，且1AF EC =，则四边形1AFC E 为平行四边形，从而得到点1C 在平面AEF 内；
（2）在长方体1111ABCD A B C D -中，以1C 为坐标原点，分别以11C D ，11C B ，1C C 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．分别求出平面AEF 的一个法向量与平面1A EF 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角1A EF A --的余弦值，再由同角三角函数基本关系式求得二面角1A EF A --的正弦值． 【解答】（1）证明：在1AA 上取点M ，使得12A M AM =，连接EM ，1B M ，1EC ，1FC ， 在长方体1111ABCD A B C D -中，有111////DD AA BB ，且111DD AA BB ==． 又12DE ED =，12A M AM =，12BF FB =，1DE AM FB ∴==．
∴四边形1B FAM 和四边形EDAM 都是平行四边形．
1//AF MB ∴，且1AF MB =，//AD ME ，且AD ME =．
又在长方体1111ABCD A B C D -中，有11//AD B C ，且11AD B C =， 11//B C ME ∴且11B C ME =，则四边形11B C EM 为平行四边形， 11//EC MB ∴，且11EC MB =，
又1//AF MB ，且1AF MB =，1//AF EC ∴，且1AF EC =，
则四边形1AFC E 为平行四边形，
∴点1C 在平面AEF 内；
（2）解：在长方体1111ABCD A B C D -中，以1C 为坐标原点，
分别以11C D ，11C B ，1C C 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．
2AB =，1AD =，13AA =，12DE ED =，12BF FB =，
(2A ∴，1，3)，(2E ，0，2)，(0F ，1，1)，1(2A ，1，0)，
则(2,1,1)EF =--，(0,1,1)AE =--，1(0,1,2)A E =-． 设平面AEF 的一个法向量为1111(,,)n x y z =．
则1111111200
n EF x y z n AE y z ?=-+-=??=--=??，取11x =，得1(1,1,1)n =-； 设平面1A EF 的一个法向量为2222(,,)n x y z =．
则222221222020n EF x y z n A E y z ?=-+-=??=-+=??，取21x =，得2(1,4,2)n =． 1212127
cos ,||||
3
21n n n
n n n ∴<
>=
==． 设二面角1A EF A --
为θ
，则sin θ==
． ∴二面角1A EF A --．
【跟踪训练3-2】（2019?天津）如图，AE ⊥平面ABCD ，//CF AE ，//AD BC ，AD AB ⊥，1AB AD ==，2AE BC ==．
（Ⅰ）求证：//BF 平面ADE ；
（Ⅰ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；
（Ⅰ）若二面角E BD F --的余弦值为1
3
，求线段CF 的长．
【分析】（Ⅰ）以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求得A ，B ，C ，D ，E 的坐标，设(0)CF h h =>，得(1F ，2，)h ．可得(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，再求出(0,2,)BF h =，由0BF AB =，且直线BF ?/平面ADE ，得//BF 平面ADE ；
（Ⅰ）求出(1,2,2)CE =--，再求出平面BDE 的法向量，利用数量积求夹角公式得直线CE 与平面BDE 所成角的余弦值，进一步得到直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；
（Ⅰ）求出平面BDF 的法向量，由两平面法向量所成角的余弦值为1
3
列式求线段CF 的长．
【解答】（Ⅰ）证明：以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，
可得(0A ，0，0)，(1B ，0，0)，(1C ，2，0)，(0D ，1，0)，(0E ，0，2)． 设(0)CF h h =>，则(1F ，2，)h ．
则(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB =． 又直线BF ?/平面ADE ，//BF ∴平面ADE ；
（Ⅰ）解：依题意，(1,1,0)BD =-，(1,0,2)BE =-，(1,2,2)CE =--． 设(,,)n x y z =为平面BDE 的法向量，
则020n BD x y n BE x z ?=-+=??=-+=??，令1z =，得(2,2,1)n =． 4
cos ,9||||
CE n CE n CE n ∴<>=
=-．
∴直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为
4
9
； （Ⅰ）解：设(,,)m x y z =为平面BDF 的法向量， 则020
m BD x y m BF y hz ?=-+=??=+=??，取1y =，可得2(1,1,)m h =-，
由题意，2|4|||
1|cos ,|||||
332m n m n m n -
<>=
=
=
?，解得87
h =． 经检验，符合题意．
∴线段CF 的长为
8
7
．
【跟踪训练3-3】（2019?新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=?，E
，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．
（1）证明：//MN 平面1C DE ； （2）求二面角1A MA N --的正弦值．
【分析】（1）过N 作NH AD ⊥，证明//NM BH ，再证明//BH DE ，可得//NM DE ，再由线面平行的判定可得//MN 平面1C DE ；
（2）以D 为坐标原点，以垂直于DC 得直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以1DD 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，分别求出平面1A MN 与平面1MAA 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角1A MA N --的正弦值．
【解答】（1）证明：如图，过N 作NH AD ⊥，则1//NH AA ，且11
2
NH AA =， 又1//MB AA ，11
2
MB AA =
，∴四边形NMBH 为平行四边形，则//NM BH ， 由1//NH AA ，N 为1A D 中点，得H 为AD 中点，而E 为BC 中点， //BE DH ∴，BE DH =，则四边形BEDH 为平行四边形，则//BH DE ， //NM DE ∴，
NM ?/平面1C DE ，DE ?平面1C DE ，
//MN ∴平面1C DE ；
（2）解：以D 为坐标原点，以垂直于DC 得直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以1DD 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，
则
N 1
2-，2)，M ，1，2)，1A ，1-，4)， 33(
,0)2NM =，131
(,2)2
NA =-， 设平面1A MN 的一个法向量为(,,)m x y z =，
由133
0223120
22
m NM y m NA y z ?=
+=???
?=-+=??，取x (3,1,1)m =--， 又平面1MAA 的一个法向量为(1,0,0)n =，
3cos ,||||5
m n m n m n ∴<>=
==．
∴二面角1A MA N --．
【名师指导】
利用空间向量计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
题型4 求空间距离
【例4-1】（2019?新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=?，
E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．
（1）证明：//MN 平面1C DE ； （2）求点C 到平面1C DE 的距离．
【分析】法一：
（1）连结1B C ，ME ，推导出四边形MNDE 是平行四边形，从而//MN ED ，由此能证明//MN 平面1C DE ． （2）过C 作1C E 的垂线，垂足为H ，推导出DE BC ⊥，1DE C C ⊥，从而DE ⊥平面1C CE ，DE CH ⊥，进而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由此能求出点C 到平面1C DE 的距离． 法二：（1）以D 为原点，DA 为x 轴，DE 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明//MN 平面1C DE ．
（2）求出(1DC =-0)，平面1C DE 的法向量(4n =，0，1)，利用向量法能求出点C 到平面1C DE 的距离．
【解答】解法一：
证明：（1）连结1B C ，ME ，
M ，E 分别是1BB ，BC 的中点，
1//ME B C ∴，又N 为1A D 的中点，11
2
ND A D ∴=
， 由题设知11//A B DC =
，11//B C A D =
∴，//ME ND =
∴，
∴四边形MNDE 是平行四边形，
//MN ED ，
又MN ?/平面1C DE ，//MN ∴平面1C DE ．
解：（2）过C 作1C E 的垂线，垂足为H ， 由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，
利用空间向量求空间角教案设计
利用空间向量求空间角 一、高考考纲要求： 能用向量方法解决异面直线的夹角、线面角、面面角问题．体会向量法在立体几何中的应用． 二、命题趋势： 在高考中，本部分知识是考查的重点内容之一，主要考查异面直线所成角、线面角、面面角的计算，属中档题，综合性较强，与平行垂直联系较多. 三、教学目标 知识与技能：能用向量法熟练解决异面直线的夹角、线面角、面面角的计算问题，了解向量法在研究立体几何问题中的应用； 过程与方法：通过向量这个载体，实现“几何问题代数化”的思想，进一步发展学生的空间想象能力和几何直观能力； 情感态度价值观：通过数形结合的思想和方法的应用，进一步让学生感受和体会空间直角坐标系，方向向量，法向量的魅力. 四、教学重难点 重点：用向量法求空间角——线线角、线面角、二面角； 难点：将立体几何问题转化为向量问题. 五、教学过程 （一）空间角公式 1、异面直线所成角公式：如图，设异面直线l ，m 的方向向量分别为a r ,b r ,异面直线l ，m
2、线面角公式：设直线l 为平面α的斜线，a r 为l 的方向向量，n r 为平面α的法向量，θ为 l 与α所成的角，则sin cos ,a n θ==r r a n a n ?r r r r . 3、面面角公式：设1n r ，2n r 分别为平面α、β的法向量，二面角为θ，则12,n n θ=r r 或 12,n n θπ=-r r （需要根据具体情况判断相等或互补） ，其中121212 cos ,n n n n n n ?=r r r r r r . α θ O n r a
（二）典例分析 如图，已知：在直角梯形OABC 中，//OA BC ，90AOC ∠=o ，SO ⊥面OABC ，且 1,2OS OC BC OA ====.求： （1）异面直线SA 和OB 所成的角的余弦值； （2）OS 与面SAB 所成角α的正弦值； （3）二面角B AS O --的余弦值. 解：如图建立空间直角坐标系，则(0,0,0)O ， (2,0,0)A ，(1,1,0)B ，(0,1,0)C ，(0,0,1)S ， 于是我们有(2,0,1)SA =-u u r ，(1,1,0)AB =-u u u r ，(1,1,0)OB =u u u r ，(0,0,1)OS =u u u r ， （1）cos ,5SA OB SA OB SA OB ?== =u u r u u u r u u r u u u r u u r u u u r ， 所以异面直线SA 和OB 所成的角的余弦值为5 . （2）设平面SAB 的法向量(,,)n x y z =r ， 则0,0, n AB n SA ??=???=??r u u u r r u u r ，即0,20.x y x z -+=??-=? 取1x =，则1y =，2z =，所以(1,1,2)n =r ， sin cos ,3OS n OS n OS n α?∴=== =u u u r r u u u r r u u u r r . （3）由（2）知平面SAB 的法向量1(1,1,2)n =u r ， 又OC ⊥Q 平面AOS ，OC ∴u u u r 是平面AOS 的法向量， 令2(0,1,0)n OC ==u u r u u u r ，则有121212 cos ,n n n n n n ?== =u r u u r u r u u r u r u u r . ∴二面角B AS O --O A B C S
利用空间向量求空间角考点与题型归纳
利用空间向量求空间角考点与题型归纳 一、基础知识 1．异面直线所成角 设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b | |a ||b | ? ， 其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向 向量． 2．直线与平面所成角 如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量， φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n | |a ||n | ? . 3．二面角 (1)若AB ，CD 分别是二面角α-l -β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→ 的夹角，如图(1)． (2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α -l -β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝ |n 1·n 2| |n 1||n 2| ? ，如图(2)(3)． 两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角为(0，π)，所以公式中要加绝对值． 直线与平面所成角的范围为????0，π 2，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值． 利用公式与二面角的平面角时，要注意〈n 1，n 2〉与二面角大小的关系，是相等还是互
补，需要结合图形进行判断． 二、常用结论 解空间角最值问题时往往会用到最小角定理 cos θ＝cos θ1cos θ2. 如图，若OA 为平面α的一条斜线，O 为斜足，OB 为OA 在平面α内的射影，OC 为平面α内的一条直线，其中θ为OA 与OC 所成的角，θ1为OA 与OB 所成的角，即线面角，θ2为OB 与OC 所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. 考点一 异面直线所成的角 [典例精析] 如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2. (1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为7 21 ，求线段AH 的长． [解] 由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→ 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0，0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0，0,1)，N (1,2,0)． (1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→ ＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则????? n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0， 即????? 2y ＝0，2x －2z ＝0. 不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．
利用空间向量求空间角和距离
利用空间向量求空间角和距离 A 级——夯基保分练 1.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( ) A.30 30 B ．3015 C. 3010 D. 1515 解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0，0,2)，N (1,0,0)，∴B 1M ―→ ＝(－1，－1，－2)，D 1N ―→ ＝(1,0，－2)， ∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为|B 1M ―→·D 1N ―→ | |B 1M ―→|·|D 1N ―→|＝ |－1＋4|1＋1＋4×1＋4＝30 10 . 2.如图，已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝1 3AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的 正弦值为( ) A.33535 B ．277 C.33 D.24 解析：选A 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)， ∴DC 1―→＝(0,3,1)，D 1E ―→＝(1,1，－1)，D 1C ―→ ＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则????? n ·D 1E ―→＝0，n · D 1C ―→＝0，即????? x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)． ∴cos DC 1―→，n ＝DC 1―→·n |DC 1―→|·|n| ＝33535， ∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为335 35 .
向量法求空间距离教案
A B C D O S x y z 图2 A B C D α n a b 龙文学校——您值得信赖的专业化个性化辅导学校 龙文学校个性化辅导教案提纲 教师：_______ 学生：_______ 年级：______ 授课时间：_____年___月___日_____——_____段 一、授课目的与考点分析：向量法求空间距离 能用向量方法解决空间距离问题，了解向量方法在研究集合问题中的应用. 二、授课内容及过程： 1、点到平面的距离 方法：已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量， 则A 到平面α的距离d =AB n n ? . 2、两条异面直线距离： 方法：a 、b 为异面直线，a 、b 间的距离为：AB n d n ?= . 其中n 与a 、b 均垂直，A 、B 分别为两异面直线上的任意两点 题型1：异面直线间的距离 例1、如图2，正四棱锥S ABCD -的高2SO =，底边长2AB =。求异面直线BD 和SC 之间的距离？ 题型2：点面距离 如图，在长方体1111ABCD A BC D -，中，11,2AD AA AB ===，点E 在棱AD 上移动.（1）证明：11D E A D ⊥； （2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离； （3）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4 π. 解：以D 为坐标原点，直线1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴， 建立空间直角坐标系，设AE x =，则11(1,0,1),(0,0,1),(1,,0),(1,0,0),(0,2,0)A D E x A C （1）.,0)1,,1(),1,0,1 (,1111E D DA x E D DA ⊥=-=所以因为
第43讲 利用空间向量求空间角和距离(讲)(解析版)
第43讲 利用空间向量求空间角和距离 思维导图 知识梳理 1．异面直线所成角 设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b | |a ||b |， 其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量． 2．直线与平面所成角 如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n | |a ||n | 3．二面角 (1)若AB ，CD 分别是二面角α-l -β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→ 的夹角，如图(1)． (2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α -l -β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝ |n 1·n 2| |n 1||n 2| ，如图(2)(3)． 4．利用空间向量求距离 (1)两点间的距离
设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB ―→ |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2. (2)点到平面的距离 如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO ―→|＝|AB ―→ ·n | |n | . 题型归纳 题型1 异面直线所成的角 【例1-1】（2020?济南模拟）已知直角梯形ABCD 中，//AD BC ，AB BC ⊥，1 2 AB AD BC == ，将直角梯形ABCD （及其内部）以AB 所在直线为轴顺时针旋转90?，形成如图所示的几何体，其中M 为CE 的中点． （1）求证：BM DF ⊥； （2）求异面直线BM 与EF 所成角的大小． 【分析】（1）建立空间坐标系，得出BM ，DF 的坐标，根据向量的数量积为0得出直线垂直； （2）计算BM 和EF 的夹角，从而得出异面直线所成角的大小． 【解答】（1）证明： AB BC ⊥，AB BE ⊥，BC BE B =， AB ∴⊥平面BCE ， 以B 为原点，以BE ，BC ，BA 为坐标轴建立空间坐标系B xyz -，如图所示： 设1AB AD ==，则(0D ，1，1)，(1F ，0，1)，(0B ，0，0)，M 0)， ∴(2BM =，0)，(1DF =，1-，0)，
空间向量的应用----求空间角与距离
空间向量的应用----求空间角与距离 一、考点梳理 1.自新教材实施以来，近几年高考的立体几何大题，在考查常规解题方法的同时，更多地关注向量法（基向量法、坐标法）在解题中的应用。坐标法（法向量的应用），以其问题（数量关系：空间角、空间距离）处理的简单化，而成为高考热点问题。可以预测到，今后的高考中，还会继续体现法向量的应用价值。 2.利用法向量求空间角和空间距离，其常用技巧与方法总结如下： 1)求直线和直线所成的角 若直线AB 、CD 所成的角是α，cos α=|,cos |> 计算公式为： 4).利用法向量求点面距离 如图点P 为平面外一点，点A 为平面内的任一点，平面的法向量为n ,过点P 作平面α的垂线PO ，记∠OPA=θ，则点P 到平面的距离 θcos ||||PA PO d == 5).法向量在距离方面除应用于点到平面的距离外，还能处理异面直线间的距离，线面 间的距离，以及平行平面间的距离等。其一，这三类距离都可以转化为点面间的距离；其二， 异面直线间的距离可用如下方法操作：在异面直线上各取一点A 、B ，AB 在n 上的射影长即 为所求。n 为异面直线AD 、BC 公共垂直的方向向量，可由0n AD ?=及0n BC ?=求得，其计算公式为： || || n AB d n =。其本质与求点面距离一致。 向量是新课程中引进的一个重要解题工具。而法向量又是向量工具中的一朵厅葩，解题方法新颖，往往能使解题有起死回生的效果，所以在学习中应起足够的重视。 二、范例分析 例1 已知ABCD 是上、下底边长分别为2和6，3将它沿对称轴1 OO n α A P O θ 用向量方法求空间角和距离 在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题． 1 求空间角问题 空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；二面角． （１）求异面直线所成的角 设a 、b 分别为异面直线a 、b 的方向向量, 则两异面直线所成的角α=arccos |||||| a b a b （２）求线面角 设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法 向量， 则斜线l 与平 面 α 所成的角 α=arcsin | ||||| l n l n （３）求二面角 法一、在α内a l ⊥，在β内b l ⊥，其方向如图，则二面角 l αβ--的平面角α=arccos |||| a b a b 法二、设12,,n n 是二面角l αβ--的两 个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角 l αβ--的平面角α=12 12arccos |||| n n n n 2 求空间距离问题 构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，象异面直线间的距离、线面距离；面面距离都可化为点面距离来求． （１）求点面距离 法一、设n 是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到α的距离|| |||cos ||| AB n d AB n θ== 法二、设AO α⊥于O,利用AO α⊥和点O 在α内 的向量表示，可确定点O 的位置，从而求出||AO ． （２）求异面直线的距离 法一、找平面β使b β?且a β，则异面直线a 、b 的距离就转化为直线a 到平面β的距离，又转化为点A 到平面β的距离． 法二、在a 上取一点A, 在b 上取一点B, 设a 、b 分别 为异面直线a 、b 的方向向量,求n （n a ⊥，n b ⊥），则异面直线a 、b 的距离|| |||cos ||| AB n d AB n θ==（此方法移植于点面距离的求法）． 学习必备 欢迎下载 向量法求空间点到面距离（教案） 新课导入： 我们在路上行走时遇到障碍物一般会想到将障碍物挪开，那还有别的方法吗？ 对！绕过去。在生活中我们都知道转弯，那么在学习上我们不妨也让思维转个弯，绕过难点 用另一种方法解决。 我们知道要想求空间一点到一个面的距离，就必须要先找到这个距离，而找这个距离恰恰是 一个比较难解决的问题，我们今天就让思维转个弯，用向量法解决这个难题。 一、复习引入： 1、 空间中如何求点到面距离？ 方法1、直接做或找距离； 方法2、；等体积 方法3、空间向量。 2、向量数量积公式 a · b =a b cos θ（θ为a 与b 的夹角） 二、向量法求点到平面的距离 教材分析 重点: 点面距离的距离公式应用及解决问题的步骤 难点: 找到所需的点坐标跟面的法向量 教学目的 1. 能借助平面的法向量求点到面、线到面、面到面、异面直线间的距离。 2. 能将求线面距离、面面距离问题转化为求点到面的距离问题。 3. 加强坐标运算能力的培养，提高坐标运算的速度和准确性。 学习必备欢迎下载 学习必备 欢迎下载 若AB 是平面α的任一条斜线段，则在BOA Rt ? ABO COS ∠? ? 如果令平面的法向量为n ，考虑到法向量的方向，可以得到点B 到平面的距离为 BO 因此要求一个点到平面的距离，可以分为以下三步：（1）找出从该点出发的平面的任一 条斜线段对应的向量（2）求出该平面的一个法向量（3）求出法向量与斜线段对应的向量的 数量积的绝对值再除以法向量的模 思考、已知不共线的三点坐标,如何求经过这三点的平面的一个法向量? 例1、在空间直角坐标系中,已知(3,0,0),(0,4,0)A B ,(0,0,2)C ,试求平面ABC 的一个法向量. 解:设平面ABC 的一个法向量为(,,)n x y z = 则n AB n AC ⊥⊥，.∵(3,4,0)AB =-,(3,0,2)AC =- ∴(,,)(3,4,0)0(,,)(3,0,2)0x y z x y z ?-=???-=?即340320x y x z -+=??-+=? ∴3432y x z x ?=????=?? 取4x =,则(4,3,6)n = ∴(4,3,6)n =是平面ABC 的一个法向量. 例2、如图，已知正方形ABCD 的边长为4，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，GC ⊥平面ABCD ，且GC ＝2，求点B 到平面EFG 的距离. 解：如图，建立空间直角坐标系C －xyz ． 由题设C(0,0,0)，A(4,4,0)，B(0,4,0)， D(4,0,0)，E(2,4,0)， F(4,2,0)，G(0,0,2)． (2,2,0),(2,4,2),B (2,0,0)EF EG E =-=--=设平面EFG 的一个法向量 为(,,)n x y z = 2202420 11(,,1)33 n EF n EG x y x y n ⊥⊥-=?∴?--+=?∴=，向量法求空间距离和角
向量法求空间点到平面的距离教案
利用向量法求空间角经典教案