下载文档原格式
用空间向量研究距离,夹角问题公式
对于距离和夹角问题的研究，空间向量提供了一种有效的方法。
空间向量是指具有方向和大小的矢量，可以用来表示在三维空间中的物理量或者几何对象。
首先，我们来讨论两个点之间的距离问题。
在空间向量中，两个点的距离可以通过计算它们的欧几里得距离来确定。
欧几里得距离是指从一个点到另一个点的直线距离。
如果我们将两个点表示为向量A和向量B，那么它们之间的欧几里得距
离可以使用以下公式计算：
距离 = |向量AB| = √((Bx-Ax)^2 + (By-Ay)^2 + (Bz-Az)^2)
其中，Ax、Ay、Az分别表示向量A的x、y、z坐标，Bx、By、Bz分别表示
向量B的x、y、z坐标。
通过这个公式，我们可以计算出两个向量之间的距离。
接下来，让我们来看一下关于夹角问题的公式。
在空间向量中，可以使用两个向量的点积和模长之间的关系来计算它们之间的夹角。
如果我们将两个向量表示为向量A和向量B，它们的夹角可以通过以下公式计算：
夹角θ = arccos((向量A·向量B) / (|向量A| × |向量B|))
其中，向量A·向量B表示两个向量的点积，|向量A|和|向量B|分别表示向量A 和向量B的模长。
通过这个公式，我们可以确定两个向量之间的夹角。
通过使用上述的距离和夹角问题的公式，我们可以将空间向量用于研究并解决各种几何和物理问题。
这些公式能够提供详细而完整的信息，帮助我们深入了解空间中不同物体之间的距离和夹角关系。
无论是在几何学、物理学还是其他相关领域，空间向量的研究都具有重要的应用价值。
空间向量的应用空间向量的应用—求空间角、距离题型一求异面直线所成的角例1 如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，点E是正方形BCC1B1的中心，点F、G分别是棱C1D1、AA1的中点，设点E1、G1 分别是点E、G在平面DCC1D1内的正投影． (1)证明：直线FG1⊥平面FEE1；(2)求异面直线E1G1与EA所成角的正弦值．如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB＝BF＝1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值．题型二求直线与平面所成的角例2 在平面四边形ABCD中，AB=BD=CD=1，AB⊥BD，CD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图．（1）求证：AB⊥CD；（2）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝12AB，N为AB上一点，且AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点． (1)证明：CM⊥SN；(2)求SN与平面CMN所成角的大小．例3 (2019·广东)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE. (1)证明：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．(2019·辽宁)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝12PD.(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ； (2)求二面角Q—BP—C的余弦值．例4 在三棱锥S—ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝3，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示. 求点B到平面CMN的距离．(2019·大纲全国)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为A．2( )3 C.2 D．1课后强化训练A组专项基础训练 (时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1. 已知正方体ABCD—A1B1C1D1如图所示，则直线B1D和CD1所成的角为( )A．60° C．30°B．45° D．90°2．在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于 A．4B．2( )C．3 D．13. 如图所示，已知正方体ABCD—A1B1C1D1，E、F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是 A．60° C．30°B．45° D．90°( )4．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为 1A. 22B. 3C.D.2 2( )33二、填空题(每小题5分，共15分)5. 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，则直线EF和BC1 所成的角是________．6．长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为____________．7．设正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．三、解答题(共22分)8． (10分)如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABD所成的角为60°，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝ 4，CD＝1，AD＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标； (2)求异面直线PA与BC所成的角的余弦值．9． (12分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P—ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝3，BC＝6. (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)求二面角P—BD—A的大小．B组专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)→→1．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈CM，D1N〉的值为 1A. 9( )45 92D.32C.5 2．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为( )A.2215 564D.6 33. 如图，设动点P在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1的对角线BD1DP上，记λ.当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是D1B10 A.⎛⎝31⎫C.⎛⎝2，1⎭10 B.⎛⎝21⎫D.⎛⎝3，1⎭( )二、填空题(每小题5分，共15分)4．(2019·陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为 ________．5．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________．A. B.6．在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为________．三、解答题7． (13分)(2019·北京)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E 分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)．(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．空间向量的应用—求空间角、距离题型一求异面直线所成的角例1 如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，点E是正方形BCC1B1的中心，点F、G分别是棱C1D1、AA1的中点，设点E1、G1 分别是点E、G在平面DCC1D1内的正投影． (1)证明：直线FG1⊥平面FEE1；(2)求异面直线E1G1与EA所成角的正弦值．→→→(1)证明以D为原点，DD1、DC、DA分别为z轴、y轴、x轴1→DD1|为1个单位长度建立空间直角坐标系．2由题设知点E、F、G1、E1的坐标分别为(1,2,1)，(0,1,2)，(0,0,1)，(0,2,1)，→→→∴FE1＝(0,1，－1)，FG1＝(0，－1，－1)，EE1＝(－1,0,0)，→→→→→→→→∴FG1·EE1＝0，FG1·FE1＝0⇒FG1⊥EE1，FG1⊥FE1，又∵EE1∩FE1＝E1.∴FG1⊥平面FEE1. (2)解由题意知点A的坐标为(2,0,0)，→→又由(1)可知EA＝(1，－2，－1)，E1G1＝(0，－2,0)，→→EA·E1G16→→∴cos〈EA，E1G1〉＝＝，3→→|EA|·|E1G1|→→∴sin〈EA，E1G13→→1－cos2〈EA，E1G1.3如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB＝BF＝1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值．→→→解以A为原点，AB、AD、AA1分别为x轴、y轴、z轴的正向建立空间直角坐标系，则→→有D1(0,3,2)，E(3,0,0)，F(4,1,0)，C1(4,3,2)，于是EC1＝(1,3,2)，FD1＝(－4,2,2)，设EC1与FD1所成的角为β，则：→→|EC·FD|cos β＝→→|EC1|·|FD1|＝1×(－4)＋3×2＋2×21＋3＋2×(－4)＋2＋21421. 14∴直线EC1与FD1所成的角的余弦值为题型二求直线与平面所成的角例2 在平面四边形ABCD中，AB=BD=CD=1，AB⊥BD，CD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图．（1）求证：AB⊥CD；（2）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．（1）证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD．（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB=BD=CD=1，AB⊥BD，CD⊥BD，∴B（0，0，0），C（1，1，0），A（0，0，1），D（0，1，0），M∴=（0，1，﹣1），=（1，1，0），=．．设平面BCM的法向量=（x，y，z），则，令y=﹣1，则x=1，z=1．∴=（1，﹣1，1）．设直线AD与平面MBC所成角为θ．则sinθ=|cos==已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA1＝AC＝AB，N为AB上一点，且AB＝4AN，M，S分别为PB，BC2的中点．(1)证明：CM⊥SN；(2)求SN与平面CMN所成角的大小．(1)证明设PA＝1，以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，111则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M(1,0，)，N，0,0)，S(1，，0)．2221→11→所以CM＝(1，－1)，SN＝(－，0)．22211→→因为CM·SN＝－＋0＝0，22所以CM⊥SN.(2)解设平面CMN的法向量为n＝(x，y，z)，⎧则⎨→⎛1，－1，0⎫＝1－y＝0n·CN＝(x，y，z)·⎩⎝2⎭21∴y＝x，z＝－x，取x＝2，21→n·CM＝x－y＋＝0.则n＝(2,1，－2)为平面CMN的一个法向量．→n·SN→∴cos〈n·SN〉＝→|n|·|SN|⎛－1，－1，0⎫(2，1，－2)·2⎭⎝22＝.2－2＋⎛－2＋022＋1＋(－2)⎛⎝2⎝2→∴〈n·SN〉＝135°，故SN与平面CMN所成角的大小为45°.题型三求二面角例3 (2019·广东)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE. (1)证明：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值． (1)证明∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD.同理由PC⊥平面BDE可证得PC⊥BD. 又PA∩PC＝P，∴BD⊥平面PAC. (2)解如图，分别以射线AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系．由(1)知BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，∴BD⊥AC.故矩形ABCD为正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝2. ∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．→→→∴PB＝(2,0，－1)，BC＝(0,2,0)，BD＝(－2,2,0)．设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，→⎧⎧PB＝0，x＋0·y－z＝0，⎪n·⎪2·则⎨即⎨⎪→0·x＋2·y＋0·z＝0，⎩⎪BC＝0，⎩n·⎧⎪z＝2x，∴⎨取x＝1得n＝(1,0,2)．⎪y＝0，⎩→∵BD⊥平面PAC，∴BD＝(－2,2,0)为平面PAC的一个法向量．→n·BD10→cos 〈n，BD〉＝.10→|n|·|BD|π设二面角B－PC－A的平面角为α，由图知02∴cos α＝10310，sin α1－cosα＝. 1010sin α∴tan α＝3，cos α即二面角B－PC－A的正切值为3.(2019·辽宁)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面1ABCD，PD∥QA，QA＝ABPD.2(1)证明：平面P QC⊥平面DCQ； (2)求二面角Q—BP—C的余弦值．(1)证明如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，以DA、DP、DC所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz.→→依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，则DQ＝(1,1,0)，DC＝(0,0,1)，→PQ＝(1，－1,0)．→→→→所以PQ·DQ＝0，PQ·DC＝0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.又DQ∩DC＝D，所以PQ⊥平面DCQ. 又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.→→(2)解依题意有B(1,0,1)，CB＝(1,0,0)，BP＝(－1,2，－1)．设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，→⎧⎧CB＝0，⎪n·⎪x＝0，则⎨即⎨⎪→－x＋2y－z＝0.⎩⎪BP＝0，⎩n·因此可取n＝(0，－1，－2)．→⎧BP＝0，⎪m·同理，设m是平面PBQ的法向量，则⎨→⎪PQ＝0，⎩m·可取m＝(1,1,1)．所以cos〈m，n〉＝－故二面角Q—BP—C题型四求空间距离例4 在三棱锥S—ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝3，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示. 求点B到平面CMN的距离．155. 5解取AC的中点O，连接OS、OB.∵SA＝SC，AB＝BC，∴AC⊥SO，AC⊥BO. ∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC，∴SO⊥平面ABC，又∵BO⊂平面ABC，∴SO⊥BO.如图所示，分别以OA，OB，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则B3，0)，C(－2,0,0)，S(0,0,22)， M(13，0)，N(032)．→→→∴CM＝(3，3，0)，MN＝(－1,0，2)，MB＝(－13，0)．设n＝(x，y，z)为平面CMN 的一个法向量，→⎧n＝3x＋y＝0⎪CM·则⎨，取z＝1，→⎪n＝－x＋2z＝0⎩MN·则x＝2，y6，∴n＝(2，－6，1)．→|n·MB|4∴点B到平面CMN的距离d＝＝|n|3(2019·大纲全国)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为 A．2 答案 D解析以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)，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2，E(0,2，，易知AC1∥平面BDE. 设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量．→⎧BD＝2x＋2y＝0⎪n·则⎨.→⎪DE＝2y2z＝0⎩n·取y＝1，则n＝(－1,1，－2)为平面BDE的一个法向量．→又DA＝(2,0,0)，∴点A到平面BDE的距离是→|－1×2＋0＋0||n·DA|d＝＝1.|n|(－1)2＋12＋(2)2故直线AC1到平面BED的距离为1.( )3 C.2 D．1课后强化训练A组专项基础训练 (时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1. 已知正方体ABCD—A1B1C1D1如图所示，则直线B1D和CD1所成的角( )A．60° C．30° 答案 DB．45° D．90°解析以A为原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设→→正方体边长为1，则射线CD1、B1D的方向向量分别是CD1＝(－1,0,1)，B1D＝(－1,1，－1＋0－1→→1)，cos〈CD1，B1D〉＝0，2×3∴两直线所成的角为90°.2．在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于 A．4 答案 B解析 P点到平面OAB的距离为→|OP·n||－2－6＋2|d＝＝＝2，故选B.|n|93. 如图所示，已知正方体ABCD—A1B1C1D1，E、F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是 A．60° C．30° 答案 B解析以D为原点，分别以射线DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则 D(0,0,0)，C(0,1,0)， 11⎫11，1，F⎛0，，E⎛2⎝22⎭⎝211→→0，－，－，DC＝(0,1,0)， EF＝⎛22⎝B．45° D．90°( )( )C．3 D．1→→EF·DC2→→→→∴cos〈EF，DC〉＝，∴〈EF，DC〉＝135°，2→→|EF||DC|∴异面直线EF和CD所成的角是45°.提醒两异面直线的方向向量的夹角与异面直线所成的角相等或互补．4．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为 1A. 2答案 B解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1， 11，0，，D(0,1,0)，则A1(0,0,1)，E⎛2⎝1→→1，0，－，∴A1D＝(0,1，－1)，A1E＝⎛2⎝设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)， y－z＝0，⎧⎧⎪⎪y＝2，则⎨1 ∴⎨⎪z＝2.1－z＝0，⎩⎪⎩22B. 3C.D.2 2( )33∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝2即所成的锐二面角的余弦值为3二、填空题(每小题5分，共15分)5. 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，则直线EF和BC1 所成的角是________．答案60°解析以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．22. 3×13设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，→→则EF＝(0，－1,1)，BC1＝(2,0,2)，→→∴EF·BC1＝2，→→∴cos〈EF，BC1〉＝21＝，2×22∴EF和BC1所成的角为60°.6．长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为____________．答案3010解析建立坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)， B(1,2,0)，C1(0,2,2)，→→∴BC1＝(－1,0,2)，AE＝(－1,2,1)，→→BC·AE→→∴cos〈BC1，AE〉＝→→|BC1||AE|＝30107．设正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．答案33解析如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)， D(0,0,0)，B(2,2,0)，→∴D1A1＝(2,0,0)，→→DA1＝(2,0,2)，DB＝(2,2,0)，设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，→⎧DA1＝2x＋2z＝0⎪n·则⎨.→⎪DB＝2x＋2y＝0⎩n·令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，→|DA·n|23∴点D1到平面A1BD的距离d＝＝.|n|33三、解答题(共22分)8． (10分)如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABD所成的角为60°，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝ 4，CD＝1，AD＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标； (2)求异面直线PA与BC所成的角的余弦值．解 (1)建立如图空间直角坐标系，∵∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2，∴A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,4,0)．由PD⊥平面ABCD，得∠PAD为PA与平面ABCD所成的角，∴∠PAD＝60°.在Rt△PAD中，由AD＝2，得PD＝23，∴P3)．→→(2)∵PA＝(2,0，－23)，BC＝(－2，－3,0)，→→∴cos〈PA，BC〉＝2×(－2)＋0×(－3)＋(－23)×013，13131313∴PA与BC所成的角的余弦值为9． (12分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P—ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝3，BC＝6. (1)求证：BD⊥平面PAC；(2)求二面角P—BD—A的大小．(1)证明如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B3，0,0)， C(23，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，→→→∴AP＝(0,0,3)，AC＝(23，6,0)，BD＝(－3，2,0)．→→→→∴BD·AP＝0，BD·AC ＝0.∴BD⊥AP，BD⊥AC. 又∵PA∩A C＝A，∴BD⊥面PAC.(2)解设平面ABD的法向量为m＝(0,0,1)，设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，→→→则n·BD＝0，n·BP＝0.∵BP＝(－23，0,3)， y＝3x，⎧⎪⎧－3x＋2y＝0，∴⎨解得⎨23 ⎩－23x＋3z＝0⎪⎩z＝3x.m·n1令x＝3，则n＝3，3,2)，∴cos〈m，n〉＝＝.|m||n|2∴二面角P—BD—A的大小为60°.B组专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)→→1．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin 〈CM，D1N〉的值为 1A. 9( )45 92D.32C.5 答案 B解析设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y→→轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，可知CM＝(2，－2,1)，D1N＝14→→→→(2,2，－1)，cos〈CM，D1N〉＝－sin〈CM，D1N〉＝992．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为( )A.2215 564D.63答案C 解析→建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则C1(3，1,0)、A(0,0,2)，AC1＝(3，1，－2)，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(1,0,0)，所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦→|AC·n|36值为＝.故选C.→84|AC1||n|3. 如图，设动点P在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1的对角线BD1DP上，记λ.当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是D1B10 A.⎛⎝31⎫C.⎛⎝2，1⎭答案 D→→→解析由题设可知，以DA、DC、DD1为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则有 A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)， D1(0,0,1)．→由D1B＝(1,1，－1)得→→D1P＝λD1B＝(λ，λ，－λ)，→→→所以PA＝PD1＋D1A＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，→→→PC＝PD1＋D1C＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1) ＝(－λ，1－λ，λ－1)．显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于→→PA·PC→→cos∠APC＝cos〈PA，PC〉＝，→→|PA||PC|→→这等价于PA·PC即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)210 B.⎛⎝21⎫D.⎛⎝3，1⎭( )1＝(λ－1)(3λ－1)1⎫因此，λ的取值范围为⎛⎝3，1⎭.二、填空题(每小题5分，共15分)4．(2019·陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________．答案 55解析利用向量法求解．不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2.可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，→→∴BC1＝(0,2，－1)，AB1＝(－2,2,1)，→→4－1BC·AB15→→∴cos〈BC1，AB1〉＝＝>0. →→5×955|BC1||AB1|→→∴BC1与AB1的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，∴直线BC1与直线AB15. 55．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________．A.B. 105如图，分别以C1B1，C1A1，C1C为X,Y,Z轴，建立坐标系。
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 |><CDAB ||||CD AB CD AB =2).利用法向量求线面角设θ为直线l 与平面α所成的角，ϕ为直线l 的方向向量v 与平面α的法向量n 之间的夹角，则有2πϕθ=-或2πϕθ=+。
特别地0ϕ=时， 2πθ=，l α⊥；2πϕ=时，0θ=，l α⊂或l α。
计算公式为：||sin cos ||||v n v n θϕ==或||sin sin()cos (0)2||||||||v n v n v n v n v n πθϕϕ=-=-=-=<3).利用法向量求二面角设1n 、2n 分别为平面α、β的法向量，二面角l αβ--的大小为θ，向量1n 、2n 的夹角为ϕ，则有θϕπ+=或θϕ=。
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1OO n αA POθ折成直二面角，如图所示，（1）证明：1AC BO ⊥；（2）求二面角1O AC O --的大小。
分析：题干给出一个直二面角和一条对称轴1OO ，易知1OO OB ⊥，1OO OA ⊥，故有着明显的建系条件；另外给出梯形的边长、高，则各点坐标较易求得。
用坐标法求解，可避开二面角的寻找、理推等困挠，只需先求面与面OAC 的法向量，再用公式计算便可。
第（1）问的作用在于证明1O B ⊥面OAC ，也就找到了一个法向量；而面1O AC 的法向量可用由0n AC ⋅=及10n O C ⋅=求得，只是解出x 、y 、z 关系后，对z 的取值要慎重，可先观察二面角的大小是锐角、直角，还是钝角。
解：（1）证明：由题设知1OO OA ⊥、1OO OB ⊥，所以AOB ∠是所折成的直二面角的平面角，即OA OB ⊥。
故可以O 为原点，OA 、OB 、1OO 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标第，如图，则相关各点的坐标是：(3,0,0)A ，(0,3,0)B ，(0,1,3)C ，1(0,0,3)O ，从而，(3,1,3)AC =-1(0,3,3)BO =-，13330AC BO ⋅=-+⨯=，即1AC BO ⊥。
（2）解：因为103330C BO ⋅=-+⨯=，所以1OC BO ⊥。
由（1）1AC BO ⊥，所以1BO ⊥平面OAC ，1BO 是平面OAC 的一个法向量。
设(,,)n x y z =是平面1O AC 的一个法向量，由1033000n AC x y z y n O C ⎧⎧⋅=-++=⎪⎪⇒⎨⎨=⋅=⎪⎪⎩⎩ 取3z =，得(1,0,3)n =。
设二面角1O AC O --的大小为θ，由n 、1BO 的方向可知1,n BO θ=<>， 所以1113cos cos ,4||||n BO n BO n BO θ=<>==，即二面角1O AC O --的大小是3arccos4。
感悟：（1）用法向量的方法处理二面角的问题时，将传统求二面角问题时的三步曲：“找——证——求”直接简化成了一步曲：“计算”，这表面似乎淡化了学生的空间想象能力，但实质不然，向量法对学生的空间想象能力要求更高，也更加注重对学生创新能力的培养，体现了教育改革的精神。
（2）利用坐标法求解和距离，关键是有明显或较为明显的建系条件，从而建立适当的空间直角坐标系——尽可能多地使空间的点在坐标轴上或坐标平面内，正确表达已知点的坐标。
在立体几何数量关系的解决中，法向量的运用可以使问题简单化，其难点在于掌握和应用法向量解决空间解和距离求法的常用技巧与方法，特别是体会其中的转化和思想方法。
例2．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，ABCD 是正方形，ABEF 是矩形，且,21a AD AF ==G 是EF 的中点，（Ⅰ）求证平面AGC ⊥平面BGC ； （Ⅱ）求GB 与平面AGC 所成角的正弦值. （Ⅲ）求二面角B —AC —G 的大小. 解析：如图，以A 为原点建立直角坐标系， 则(0,0,0)A ，(0,2,0)B a ，(0,2,2)C a a ， (,,0)G a a ，(,0,0)F a（I ）证明：略．（II ）由题意可得(,,0)AG a a =，(0,2,2)AC a a =，(,,0)BG a a =-，(0,0,2)BC a =，设平面AGC 的法向量为)1,,(111y x n =，由1100AG n AC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 1110220ax ay ay a +=⎧⇒⎨+=⎩ 1111x y =⎧⇒⎨=-⎩ )1,1,1(1-=⇒n（III ）因)1,,(111y x n =是平面AGC 的法向量， 又AF ⊥平面ABCD ，平面ABCD 的法向量)0,0,(a =，得11|||cos |||||n AFn AF θ⋅=⋅==， ∴ 二面角B —AC —G 的大小为感悟：因为二面角的大小有时为钝角，有时为锐角、直角，所以在计算之前应先依题意判断一下所求二面解的大小，然后根据计算取“相等角”或“补角”。
例3如图，四面体ABCD 中，O 、E 分别BD 、BC 的中点,CA =CB =CD =BD =2 （Ⅰ）求证：AO ⊥平面BCD ；（Ⅱ）求异面直线AB 与CD 所成角的大小； （Ⅲ）求点E到平面的距离.本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所 成的角以及点到平面的距离基本知识，考查空间想象 能力、逻辑思维能力和运算能力。
（I ）证明：连结OC 在AOC ∆中，由已知可得1,AO CO ==而2,AC = 222,AO CO AC ∴+=90,o AOC ∴∠=即.AO OC ⊥A B CDEF GxyzABMDEOC,BD OC O = AO ∴⊥平面BCD（II ）解：以O 为原点，如图建立空间直角坐标系，则(1,0,0),(1,0,0),B D -∴异面直线AB 与CD 所成角的大小为2arccos.4（III ）解：设平面ACD 的法向量为(,,),n x y z =则令1,y =得(3,1,3)n =-是平面ACD 的一个法向量。
又13(,,0),2EC =- ∴点E 到平面ACD 的距离 .321.7EC n h n=== 例4、如图，已知三棱锥O ABC -的侧棱OA OB OC ，，两两垂直，且1OA =，2OB OC ==，E 是OC 的中点．（1）求O 点到面ABC 的距离；（2）求异面直线BE 与AC 所成的角； （3）求二面角E AB C --的大小．解析:(1)以O 为原点,OB 、OC 、OA 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系. 则有(0,0,1)A 、(2,0,0)B 、(0,2,0)C 、(0,1,0).E设平面ABC 的法向量为1(,,),n x y z = 则由11:20;n AB n AB x z ⊥⋅=-=知 由11:20.n AC n AC y z ⊥⋅=-=知取1(1,1,2)n =，则点O 到面ABC 的距离为116.3114n OA d n ⋅===++ cos <,EB AC >2,555==-⋅所以异面直线BE 与AC 所成的角2arccos 5.(3)设平面EAB 的法向量为(,,),n x y z =则由n AB ⊥知:20;n AB x z ⋅=-= 由n EB ⊥知:20.n EB x y ⋅=-=取(1,2,2).n = 由(1)知平面ABC 的法向量为1(1,1,2).n = 则cos <1,n n >11769636n n n n ⋅====⋅.结合图形可知,二面角E AB C --的大小为:76arccos18. 例5、在正三角形ABC 中，E 、F 、P 分别是AB 、AC 、BC 边上的点，满足AE:EB ＝CF:FA ＝CP:PB ＝1:2（如图1）。
将△AEF 沿EF 折起到EF A 1∆的位置，使二面角A 1－EF －B 成直二面角，连结A 1B 、A 1P （如图2）（Ⅰ）求证：A 1E ⊥平面BEP ；（Ⅱ）求直线A 1E 与平面A 1BP 所成角的大小；（Ⅲ）求二面角B －A 1P －F 的大小（用反三角函数表示） 解法:（1）作AH ⊥面BCD 于H ,连BH 、CH 、DH ,则四边形BHCD 是正方形,且1AH =,以D 为原点,以DB 为x 轴,DC 为y 轴建立空间直角坐标系如图,则(1,0,0),(0,1,0),(1,1,1).B C A (2)设平面ABC 的法向量为1(,,),n x y z =则由1n BC ⊥知:10n BC x y ⋅=-+=; 同理由1n CA ⊥知:10.n CA x z ⋅=+=可取1(1,1,1).n =- 同理,可求得平面ACD 的一个法向量为2(1,0,1).n =- 由图可以看出,三面角B AC D --的大小应等于<12,n n > 则cos <12,n n >12126332n n n n ⋅===⋅,即所求二面角的大小是6arccos 3. (3)设(,,)E x y z 是线段AC 上一点,则0,1,x z y ==> 平面BCD 的一个法向量为(0,0,1),(,1,),n DE x x == 要使ED 与面BCD 成30︒角,由图可知DE 与n 的夹角为60︒, 所以21cos ,cos 60.212DE n DE n DE nx ⋅===︒=+<>则2212x x =+,解得,22x =,则2 1.CE x == 故线段AC 上存在E 点,且1CE =,时ED 与面BCD 成30︒角.【解后反思】在立体几何学习中,我们要多培养空间想象能力, 对于图形的翻折问题,关健是利用翻折前后的不变量,二面角的平面角的适当选取是立体几何的核心考点之一.是高考数学必考的知识点之一.作,证,解,是我们求二面角的三步骤.作:作出所要求的二面角,A PF ECBA 1EFCP B 图1图2证:证明这是我们所求二面角,并将这个二面角进行平面化,置于一个三角形中,最好是直角三角形,利用我们解三角形的知识求二面角的平面角.向量的运用也为我们拓宽了解决立体几何问题的角度,不过在向量运用过程中,要首先要建系,建系要建得合理,最好依托题目的图形,坐标才会容易求得.以上介绍了平面的法向量及其几个引理，以此为工具，解决了立体几何中的部分难题。
