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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。
用空间向量研究距离夹角问题空间向量是数学中一个重要的概念，可以用于描述三维空间中点的坐标。
在空间向量的基础上，我们可以研究距离和角度等问题。
下面是一些用空间向量研究距离和角度问题的方法:1. 空间向量的计算空间向量可以通过点积、叉积等方式进行计算。
点积和叉积都是空间向量运算的一种方法，可以用来计算两个向量之间的距离和角度。
例如，假设我们有两个向量 $v_1$ 和 $v_2$,它们的点积可以表示为:$$v_1 times v_2 = begin{vmatrix} v_1 v_2 end{vmatrix} = v_1^T v_2$$ 其中，$begin{vmatrix} v_1 v_2 end{vmatrix}$ 表示 $v_1$ 和 $v_2$ 的内积，$v_1^T v_2$ 表示 $v_1$ 和 $v_2$ 的外积。
2. 空间向量在几何中的应用空间向量在几何中有着广泛的应用。
例如，我们可以使用空间向量来计算两个点之间的距离。
另外，空间向量还可以用于计算两个平面之间的夹角。
例如，假设我们有两个点 $P$ 和 $Q$,它们之间的距离可以用空间向量 $P - Q$ 来计算:$$d = |P - Q| = sqrt{(P_x - Q_x)^2 + (P_y - Q_y)^2 + (P_z - Q_z)^2}$$ 其中，$(P_x - Q_x)^2 + (P_y - Q_y)^2 + (P_z - Q_z)^2$ 表示点 $P$ 和点 $Q$ 的内积。
另外，空间向量还可以用于计算两个平面之间的夹角。
假设我们有两个平面$P_1$ 和 $P_2$,它们之间的夹角可以用空间向量 $P_1 - P_2$ 来计算:$$theta = frac{angle(P_1 - P_2)}{|P_1 - P_2|}$$其中，$angle(P_1 - P_2)$ 表示 $P_1$ 和 $P_2$ 之间的夹角，$|P_1 - P_2|$ 表示 $P_1$ 和 $P_2$ 之间的距离。
用向量方法求空间角和距离向量方法是利用向量的性质和运算，来求解空间角和距离的方法。
在几何学中，向量可以用来表示位置、方向和大小，因此可以通过向量的定义和运算来求解空间角和距离。
一、空间角的求解空间角是指两个平面或者两个直线之间的夹角。
我们可以通过向量的点积来求解空间角。
对于两个平面，可以先求出它们的法向量，然后计算法向量的夹角即可得到空间角。
设两个平面的法向量分别为n1和n2，则它们的夹角θ为：θ = arccos((n1·n2) / (，n1，n2，))其中，·表示向量的点积，n1，和，n2，分别表示向量n1和n2的模。
对于两个直线，可以先求出它们的方向向量，然后计算方向向量的夹角即可得到空间角。
设两个直线的方向向量分别为u和v，则它们的夹角θ为：θ = arccos((u·v) / (，u，v，))其中，·表示向量的点积，u，和，v，分别表示向量u和v的模。
二、距离的求解距离是指空间中两个点之间的长度。
我们可以通过向量的运算来求解空间中两点之间的距离。
设空间中两个点A(x1,y1,z1)和B(x2,y2,z2)，则点A到点B的距离d为：d=，AB，=√((x2-x1)²+(y2-y1)²+(z2-z1)²)其中，AB，表示向量AB的模，即两点之间的距离。
通过向量方法求解空间角和距离的步骤如下：1.对于求解空间角，先计算出两个平面或者两个直线的法向量或方向向量。
2.根据向量的点积定义，计算法向量或方向向量的点积。
3.根据向量的模定义，计算法向量或方向向量的模。
4.将点积和模代入空间角的计算公式，求解空间角。
5.对于求解距离，先计算出两个点的坐标。
6.根据向量的运算规则，计算两个坐标点之间的差向量。
7.根据向量的模定义，计算差向量的模，即两个点之间的距离。
通过向量方法求解空间角和距离的优点是简单、直观，并且适用于各种空间问题。
篇一：利用空间向量求立体几何中的角和距离利用空间向量求立体几何中的角和距离四川省宜宾市第一中学校易存新高中数学新教材第二册下（b）中引入空间向量，大大降低了立体几何解题难度，而法向量的引入，对于解决空间的角与距离提供了很大的帮助。
而高考中常以立几知识为载体，以空间向量为工具，常考查空间线、面位置关系的论证和空间距离、空间角的有关计算。
下面举例说明空间向量在求角和距离中的运用。
一.求角1.求异面直线所成的角? (0????2)设异面直线m,n的方向向量分别为m,n，则异面直线m,n所成的角?等于向量m,n所???m?n???成的角或其补角，所以有：cos??cos?m,n??m?n例1．（2006年福建卷)如图，四面体abcd中，o、e分别是bd、bc的中点，ca?cb?cd?bd?2,ab?ad?（i）求证：ao?平面bcd；（ii）求异面直线ab与cd所成角的大小；解：（i）略证。
（ii）∵ao?平面bcd，oc?bd ∴以o为原点，如图建立空间直角坐标系，则b(1,0,0),d(? 1,0,0),1????????0),ba?(?1,0,1),cd?(?1,0).c0),a(0,0,1),e(22????????????????ba.cd?cos?ba,cd?? ?4bacd?异面直线ab与cd所成角的大小为arccos42.求直线与平面所成的角? (0????2)设?为直线l与平面?所成的角，ω为直线l的方向向量v与平面?的法向量n之间的夹角，则有???2??（图1）或???2??（图2）vωn图1 图2即直线l与平面?所成的角?可看成是向量v与平面?的法向量n所成的锐角的余角，所以有sin??cos????cos?v,n???特别地 ??0时，???2，l??；???2时，??0，l??或l//?例2．（2005年浙江卷）．如图，在三棱锥p－abc中，ab⊥bc，ab＝bc＝kpa，点o、d分别是ac、pc的中点，op⊥底面abc．（ⅱ）当k＝12时，求直线pa与平面pbc所成角的大小；解：∵op⊥平面abc，oa=oc，ab=bc，∴oa⊥ob，oa⊥op，ob⊥op。
高二数学运用空间向量求距离和角立体几何中经常遇到求空间角和距离问题，这是立几学习中的一大难点，解决这类问题通常是作出角和垂线段，将空间问题转化为平面问题求解，但有些题目不易作出角和垂线段，如果应用法向量结合向量的坐标运算就能有效地解决这个难点。
先看下面两个事实：定理：平面外一点Р到这个平面的距离等于以点Р为起点和平面内任意一点A 为终点的向量PA ，在这个平面的法向量n 上的射影的长度d=|nn PA ⋅|证明：设点P 是平面α外一点，点A €α,n 为平面α的法向量，如图，若PA 与n 共线，结论显然成立。
若PA 与n 不共线，平移n 使其起点与点A 重合，作点P 在n 上的射影点1P ，则A P 1为向量PA 在n 方向上的射影，且A P 1=|PA |cos<PA •n > ，又PA •n =|PA ||n | cos<PA •n >所以A P 1=nn PA ⋅，而从点P 到平面а的距离是 d=|nn PA ⋅|推论：异面直线L 1和 L 2间的距离，等于分别从L 1上一点M 和L 2上一点N 为起点和终点的向量MN 在L 1和L 2的公共法向量n 上的射影的长度 |MN |=|nn MN ⋅| 。
基于以上事实，我们就可应用法向量来求解立体几何中的空间角和距离问题。
例1 如图3，在棱长为4的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是A 1B 1和B 1C 1的中点。
（1） 求点D 到BE 的距离； （2） 求点D 到面BEF 的距离； （3） 求BD 与面BEF 所成的角。
解：（1）以点A 为原点建立如图3所示的空间直角坐标系，因E 、F 分别是A 1B 1和B 1C 1的中点，所以B （4，0，0），E （2，0，4），D （0，4，0），则BE =（-2，0，4），BD =（-4，4，0）∴BD 在BE 方向上的射影为BEBE BD ⋅=54∴点D 到BE 的距离为 d=55125422=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-BD (2)设n =（x,y,1）为平面BEF 的法向量，则n ⊥BE ，n ⊥BF ，BF =（0，2，4），∴BE n •=-2x+4=0, BF n •=2y+4=0∴x=2, y=-2∴n =(2,-2,1) ∴向量BD 在n 方向上的射影为316-=⋅nn BD ∴点D 到面BEF 的距离为316. (3)设BD 与面BEF 所成的角为θ，则sin θ=|cos<n BD ⋅>|=|nBD n BD ⋅⋅|=|32416⋅-|=232∴BD 与面BEF 所成的角是arcsin232。
向量方法求空间角和距离第一课时概念梳理回归基础最新考纲考情考向分析1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角的计算问题．2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围 ⎝⎛⎦⎤0，π2 [0，π] 求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b|a ||b |2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |. 3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． 知识拓展利用空间向量求距离(供选用) (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 |.题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( ) 题组二 教材改编2．[P104T2]已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90°答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°. ∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3．[P117A 组T4(2)]如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为______．题组三 易错自纠4．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.110B.25C.3010D.225．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 〈m ，n 〉＝－12，则l与α所成的角为________．6．过正方形ABCD 的顶点A 作线段P A ⊥平面ABCD ，若AB ＝P A ，则平面ABP 与平面CDP 所成的角为______．第二课时 题型分类，深度剖析题型一 求异面直线所成的角典例如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值． 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 思维升华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值等于两向量夹角余弦值的绝对值．跟踪训练 (2017·广东五校第一次诊断)如图所示，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值的大小． 题型二 求直线与平面所成的角典例(2016·全国Ⅲ)如图，四棱锥P ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． 思维升华利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它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，取其余角就是斜线和平面所成的角． 题型三 求二面角典例(2017·全国Ⅱ)如图，四棱锥P-ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE∥平面P AB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值．思维升华利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：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法：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．跟踪训练(2017·天津)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)求二面角C-EM-N的正弦值；(3)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721，求线段AH的长．题型四求空间距离(供选用)典例(2018·株洲模拟)如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝23，求点A到平面MBC的距离．思维升华求点面距一般有以下三种方法：(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．(2)等体积法．(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．利用空间向量求解空间角典例(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC ＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．。
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。
