用空间向量解决空间角与距离问题
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第3课时用空间向量解决空间角与距离问题
学习目标1.理解直线与平面所成角、二面角的概念.2.掌握向量法解决空间角和距离问题.3.
体会空间向量解决立体几何问题的三步曲．
知识点一空间三种角的向量求法
空间角包括线线角、线面角、二面角，这三种角的定义确定了它们相应的取值范围，结合它
们的取值范围可以用向量法进行求解．
角的分类向量求法范围
异面直线所
成的角设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量分别为a，b，
则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝|a·b|
|a||b|0，π
2
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a，平面α
的法向量为n，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n|
|a||n|0，π
2
二面角设二面角α－l－β为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，
则|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2|
|n1||n2|[0，π］
知识点二利用空间向量求距离(※)
点到平面的距离：
用空间向量法求点到平面的距离具体步骤如下：
先确定平面的法向量，再求点与平面内一点的连线形成的斜线段在平面的
法向量上的射影长．如图，设n＝(a，b，c)是平面α的一个法向量，P0(x0，y0，z0)为α外一
点，P(x，y，z)是平面α内的任意一点，则点P0到平面α的距离
d＝|PP0→
·n|
|n|＝|ax0－x＋by0－y＋cz0－z|
a2＋b2＋c2.
线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离，因此，只要掌握点到平面距离的求法，
就可解决其他的距离问题．
(1)直线与平面所成的角α与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β互余．(×)
(2)二面角的大小范围是0，π
2.(×)
(3)二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小．(×)
(4)直线与平面所成角的范围是0，π
2.(√)
类型一求线线角、线面角
例1(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC
＝CA＝CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为________．
考点向量法求直线与直线所成的角
题点向量法求线线角
答案30
10
解析如图所示，以C为坐标原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，
直线CC1为z轴建立空间直角坐标系Cxyz.
设CA＝CB＝CC1＝1，则B(0,1,0)，
M1
2，1
2，1，A(1,0,0)，
N1
2，0，1，故BM→
＝1
2，－1
2，1，AN→
＝－1
2，0，1，
所以cos〈BM→
，AN→
〉＝BM→
·AN→
|BM→
||AN→
|＝3
4
6
2×5
2＝30
10.
(2)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，
PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M，N分别为PC，PB的中点．
①求证：PB⊥DM；
②求BD与平面ADMN所成的角．
考点向量法求直线与直线所成的角
题点向量法求线线角
①证明如图，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Axyz，
设BC＝1，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,1,0)，M1，1
2，1.
∵PB→
·DM→
＝(2,0，－2)·1，－3
2，1＝0，
∴PB⊥DM.
②解∵PB→
·AD→
＝(2,0，－2)·(0,2,0)＝0，
∴PB⊥AD.
又∵PB⊥DM，AD∩DM＝D，
∴PB⊥平面ADMN.
即PB→
为平面ADMN的一个法向量．
因此〈PB→
，DB→
〉的余角即是BD与平面ADMN所成的角．
∵cos〈PB→
，DB→
〉＝PB→
·DB→
|PB→
||DB→
|＝4
22×22＝1
2，
且〈PB→
，DB→
〉∈[0，π］，
∴〈PB→
，DB→
〉＝π
3，
∴BD与平面ADMN所成的角为π
6.
反思与感悟用向量法解决线线角、线面角问题时，首先需建立适当的坐标系，然后求解相
应的向量表达式，再借助于空间向量的运算进行求解．
跟踪训练1(1)已知在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是
DC的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB1与D1E所成角
的余弦值为()
A.10
10
B.10
5
C．－10
10
D．－10
5
考点向量法求线线角
题点向量法求线线角
答案A
解析∵A(2,2,0)，B1(2,0,2)，E(0,1,0)，D1(0,2,2)，
∴AB1→
＝(0，－2,2)，ED1→
＝(0,1,2)，
∴|AB1→
|＝22，|ED1→
|＝5，AB1→
·ED1→
＝0－2＋4＝2，
∴cos〈AB1→
，ED1→
〉＝AB1→
·ED1→
|AB1→
||ED1→
|＝2
22×5＝10
10，
又异面直线所成角的范围是0，π
2，
∴AB1与ED1所成角的余弦值为10
10.
(2)如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝
60°.
①证明：AB⊥A1C；
②若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
考点向量法求线面角
题点向量法求线面角
①证明取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.
∵CA＝CB，∴OC⊥AB.
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，
故△AA1B为等边三角形，
∴OA1⊥AB.
∵OC∩OA1＝O，
∴AB⊥平面OA1C.
又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C.
②解由①知OC⊥AB，OA1⊥AB.
又平面ABC⊥平面AA1B1B，
交线为AB，OC?平面ABC，
所以OC⊥平面AA1B1B，
故OA，OA1，OC两两垂直．
以O为坐标原点，OA，OA1，OC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.
设AB＝2，则A(1,0,0)，A1(0，3，0)，
C(0,0，3)，B(－1,0,0)，
则BC→
＝(1,0，3)，BB1→
＝AA1→
＝(－1，3，0)，
A1C-→
＝(0，－3，3)．
设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，
则n·BC→
＝0，
n·BB1→
＝0，即x＋3z＝0，
－x＋3y＝0，
可取n＝(3，1，－1)．
故cos〈n，A1C-→
〉＝n·A1C-→
|n||A1C-→
|＝－10
5，
∴A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为10
5.
类型二求二面角问题
例2如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1
的中点，求二面角A－A1D－B的余弦值．
考点向量法求二面角
题点向量法求二面角
解取BC的中点O，连接AO，因为△ABC是正三角形，所以AO⊥BC，
因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，平面
ABC∩平面BCC1B1＝BC，AO?平面ABC，所以AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1的中点O1，以O为坐标原点，分别以OB，OO1，OA所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系Oxyz，则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，3)，A(0,0，3)，B1(1,2,0)．
设平面A1AD的法向量为n＝(x，y，z)，
AD→
＝(－1,1，－3)，AA1→
＝(0,2,0)．
因为n⊥AD→
，n⊥AA1→
，
所以n·AD→
＝0，
n·AA1→
＝0，得－x＋y－3z＝0，
2y＝0，
所以y＝0，
x＝－3z.
令z＝1，得n＝(－3，0,1)为平面A1AD的一个法向量．
又因为AB1→
＝(1,2，－3)，BD→
＝(－2,1,0)，
BA1→
＝(－1,2，3)，
所以AB1→
·BD→
＝－2＋2＋0＝0，
AB1→
·BA1→
＝－1＋4－3＝0，
所以AB1→
⊥BD→
，AB1→
⊥BA1→
，
即AB1⊥BD，AB1⊥BA1，
且BD∩BA1＝B，
所以AB1⊥平面A1BD，
所以AB1→
是平面A1BD的一个法向量，
所以cos〈n，AB1→
〉＝n·AB1→
|n||AB1→
|＝－3－3
2×22＝－6
4，
又二面角A－A1D－B为锐二面角，
所以二面角A－A1D－B的余弦值为6
4.
反思与感悟求角二面角时，可以用方向向量法，也可以采用法向量法求解．
跟踪训练2如图，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，BC＝2，PA＝AC＝1，求二面角A－PB－C
的余弦值．
考点向量法求二面角
