1、第九节 利用空间向量求空间角与距离,三年23考 高考指数:1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.2.了解向量方法在研究几何问题中的应用.,1.利用直线的方向向量和平面的法向量求空间角与距离是高考的热点，尤其是用向量法求平面与平面的夹角和点到平面的距离；2.本节的重点是利用向量法求空间角，难点是正确地进行计算3.高考对本节的考查多以解答题的形式出现，综合考查空间想象能力、运算能力及数形结合思想.,1.夹角的计算(1)直线间的夹角两直线的夹角当两条直线l1与l2共面时，我们把两条直线交角中,范围在_内的角叫作两直线的夹角.,0, ,异面直线的夹角当直线l1与l2是
2、异面直线时，在直线l1上任取一点A作ABl2，我们把_的夹角叫作异面直线l1与l2的夹角.设s1，s2分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则,直线l1和直线AB,(2)直线与平面的夹角平面外一条直线与它_的夹角叫作该直线与此平面的夹角.设直线l的方向向量为s，平面的法向量为n，直线l与平面的夹角为,则sin=coss，n=_.,在该平面内的投影,(3)平面间的夹角如图所示，平面1与2相交于直线l，点R为直线l上任意一点，过点R，在平面1上作直线l1l,在平面2上作直线l2l，则l1l2=R.我们把_叫作平面1与2的夹角.,直线l1和l2的夹角,已知平面1和2的法向量分别为n1和n2，当0n1
3、，n2 时，平面1与2的夹角等于_;当 n1，n2时，平面1与2的夹角等于_.,n1，n2,-n1，n2,【即时应用】(1)思考：直线与平面的夹角、平面的法向量与直线的方向向量的夹角具有怎样的关系？提示：当直线的方向向量与平面的法向量的夹角是锐角时，其余角为线面角；当直线的方向向量与平面的法向量的夹角是钝角时，其补角的余角是线面角.,(2)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夹角的余弦值为_.,【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)，= .所以异面直线BC1与AE夹角
4、的余弦值为 .答案：,2.距离的计算(1)点到直线的距离空间一点A到直线l的距离的算法框图为：,在直线l上任取一点P,确定直线l的方向向量,计算向量,计算 在向量 上的投影,计算点A到直线l的距离d=,(2)平行直线间的距离求平行直线间的距离通常转化为求_.(3)点到平面的距离空间一点A到平面的距离的算法框图为：,点到直线的距离,在平面上任取一点P,找到平面的法向量,计算向量,计算 在向量 上的投影,计算点A到平面的距离d=,【即时应用】(1)思考：如何求线面距离与面面距离？提示：求这两种距离，通常都转化为求点到平面的距离.,(2)思考：如何推导点到平面的距离公式？提示：如图,点A到平面的距离
5、就是向量 在平面 的法向量n上投影的绝对值,即d=| |sinABO=| |cos ,n=利用该公式求点到平面的距离简便易行.,(3)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是_.【解析】如图，建立坐标系，则A1(2,0,4)，A(2,0,0)，B1(2,2,4)，D1(0,0,4)，4),设平面AB1D1的一个法向量为n(x，y，z)，由,得令z=1，则n(2,2,1)，设点A1到平面AB1D1的距离为d，则答案：,用空间向量求空间角【方法点睛】1.两异面直线夹角的求法利用空间向量求异面直线的夹角可利用直线的方向向量转化成向量的
6、夹角.2.利用向量求直线与平面夹角的方法(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,取其余角就是斜线和平面的夹角.3.求平面与平面夹角的常用方法(1)分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小.(2)分别在两个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(或其补角)的大小就是平面与平面夹角的大小.,【提醒】求直线与平面和平面与平面夹角的两种方法各有利弊，要善于结合题目的特点选择适当的方法解题.,【例1】(1)(20
7、12合肥模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则直线BC1与平面A1BD夹角的余弦值是( )(A) (B)(C) (D),(2)(2012天津模拟)如图，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD, ADBCFE，ABAD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE= 求异面直线BF与DE夹角的大小；证明：平面AMD平面CDE；求平面ABCD与平面CDE夹角的余弦值.,【解题指南】(1)建立空间直角坐标系，用向量法求解；(2)通过求向量 的夹角来求异面直线所成的角；证 进而得CEAM，CEAD，可得结论成立；利用两平面法向量的夹角求两平面夹角的大小.,【规范解答】(1)选C.建立空间直角坐标系
8、如图所示.设正方体的棱长为1,直线BC1与平面A1BD所成的角为,则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),C1(0，1，1)，设n=(x,y,z)是平面A1BD的一个法向量,则 ,令z=1,则x=-1,y=1.n=(-1,1,1)，sin=0, ,(2)如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点.设AB=1,依题意得B(1,0,0),C(1,1,0)，D(0,2,0),E(0,1,1)，F(0,0,1)，M( ,1, ).于是所以异面直线BF与DE所成角为60.,D,E,C,B,A,F,M,y,z,x,由可得所以CEAM,CEAD.又AMAD=A，故CE平面AMD.又CE
9、平面CDE,所以平面AMD平面CDE.,令平面CDE的法向量为u=(x,y,z),则 于是令x=1,可得u=(1,1,1)又由题设知平面ABCD的一个法向量为v=(0,0,1).则cosu,v=故所求平面ABCD与平面CDE夹角的余弦值为 .,【反思感悟】1.异面直线的夹角与向量的夹角不同，应注意思考它们的联系和区别；2.直线与平面的夹角可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角，由于向量方向的变化，所以要注意它们的区别与联系.,【变式训练】(2011重庆高考)如图，在四面体ABCD中，平面ABC平面ACD，ABBC,AD=CD,CAD=30(1)若AD=2,AB=2BC,求四面体ABCD的
10、体积；(2)若二面角C-AB-D为60，求异面直线AD与BC所成角的余弦值,【解析】(1)如图1,设F为AC的中点，连接DF，由于AD=CD，所以DFAC.故由平面ABC平面ACD，知DF平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，且DF=ADsin30=1，AF=ADcos30=,在RtABC中，因AC=2AF= ，AB=2BC，由勾股定理易知故四面体ABCD的体积V=,(2)如图2，过F作FMAC，交AB于M，已知AD=CD，平面ABC平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.,设AD=2，由CD=
11、AD，CAD=30，易知点A，C，D的坐标分别为A(0,- ,0),C(0, ,0),D(0,0,1),则显然向量k=(0,0,1)是平面ABC的一个法向量.已知二面角CABD为60，故可取平面ABD的单位法向量t=(l,m,n),使得t,k=60，从而由t ,有 m+n=0,从而,由l2+m2+n2=1,得l设点B的坐标为(x,y,0)，由 ,可取l=有解之得 或 (舍去),易知l 与坐标系的建立方式不合，舍去.因此点B的坐标为( ,0).所以从而又异面直线的夹角(0, ,故异面直线AD与BC所成角的余弦值为,用空间向量求空间距离【方法点睛】求平面外一点P到平面的距离的步骤(1)求平面的法向
12、量n；(2)在平面内取一点A,确定向量 的坐标；(3)代入公式 求解.,【例2】(1)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则点C1到平面A1ED的距离是_.(2)(2012衡水模拟)已知四棱锥P-ABCD中PA平面ABCD，且PA=4PQ=4，CDA=BAD=90，AB=2，CD=1，AD= ，M，N分别是PD，PB的中点.求证：MQ平面PCB；求截面MCN与底面ABCD夹角的大小；求点A到平面MCN的距离.,【解题指南】(1)建立空间直角坐标系，利用点到面的距离公式求解.(2)以A为原点建立空间直角坐标系，用向量法求解：求出平面PCB的一个法向量n0,只需证明
13、即可；先求出截面MCN的一个法向量n,只需利用夹角公式求得两个平面的法向量的夹角n, ,便可得出答案；利用点到平面的距离公式解题.,【规范解答】(1)以A为原点建立空间直角坐标系如图所示.则A1(0,0,1)，E(1,0， )，D(0,1,0)，C1(1,1,1).设平面A1ED的法向量为n1=(x,y,z)，由 ，得,令z=2，则n1=(1,2,2).又点C1到平面A1ED的距离答案：1(2)以A为原点，以AD，AB，AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图所示,由AB=2，CD=1，AD= ，PA=4PQ=4，M，N分别是PD，PB的中点，可得,A(0，0，0)，B(0，2，0
14、)，C( ，1，0)，D( ，0，0)，P(0，0，4)，Q(0，0，3)，M( ，0，2)，N(0，1，2)，,设平面PCB的一个法向量为n0=(x,y,z),则有令z=1,则x= ,y=2n0=( ，2，1),又MQ 平面PCB，MQ平面PCB.设平面MCN的一个法向量为n=(x,y,z)，又,则有：令z=1,则x= ,y=1n=( ，1，1)，又 =(0，0，4)为平面ABCD的法向量，cosn, =截面MCN与底面ABCD夹角的大小为 所求的距离d=,【互动探究】在本例(1)中，若条件不变，结论改为“则直线A1C1与平面A1ED夹角的大小为_”，则如何求解？【解析】由例题(1)的解法知
15、，平面A1ED的法向量为n1=(1,2,2)，设所求角为，则sin=|cosn1, |故直线A1C1与平面A1ED夹角的大小为45.答案：45,【反思感悟】空间距离包括两点间的距离、点到线的距离、点到面的距离等.其中点到点、点到线的距离可以用空间向量的模来求解，而点到面的距离则借助平面的法向量求解，也可借助于几何体的体积求解.,【变式备选】如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEFG所截而得，其中AB4，BC1，BE3，CF4，若如图所示建立空间直角坐标系：(1)求 和点G的坐标；(2)求异面直线EF与AD的夹角；(3)求点C到截面AEFG的距离,【解析】 (1)由图可知：A(1,
16、0,0)，B(1,4,0)，E(1,4,3)，F(0,4,4)，又 ，设G(0,0，z)，则(1,0，z)(1,0,1)，z1，即G(0,0,1)(2)AD和EF的夹角为45.,(3)设n平面AEFG，n(x0，y0，z0)，而则 ，得n(z0， z0，z0)，取z04，则n(4，3,4)，所求距离为点C到截面AEFG的距离为 .,用空间向量解决探索性问题【方法点睛】探索性问题的类型及解题策略探索性问题分为存在判断型和位置判断型两种：(1)存在判断型存在判断型问题的解题策略是：先假设存在，并在假设的前提下进行推理，若不出现矛盾则肯定存在，若出现矛盾则否定假设.,(2)位置判断型与平行、垂直有关
17、的探索性问题的解题策略为：将空间中的平行与垂直转化为向量的平行或垂直来解决.与角有关的探索性问题的解题策略为：将空间角转化为与向量有关的问题后应用公式cos= (其中n1,n2是两平面的法向量或两直线的方向向量)即可解决.,【例3】(2011浙江高考)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=AC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2.(1)证明：APBC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由,【解题指南】建立坐标系，(1)利用 来证明；(2)假设存在满足条件的点，求出两
18、个半平面的法向量，判断两法向量是否能垂直即可.若垂直，则假设成立；若不垂直，则假设不成立.,【规范解答】(1)如图以O为原点，以射线OD，OP分别为y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0,-3,0),B(4,2,0)，C(-4,2,0),P(0,0,4). 即APBC.,(2)假设存在M，设 ,其中0,1),则=(-4,-2,4)+(0,-3,-4)=(-4,-2-3,4-4)设平面BMC的法向量n1=(x1,y1,z1)，平面APC的法向量n2=(x2,y2,z2),由即可取n1=(0,1, )由 得 可取n2=(5,4,-3).,由n1n2=0,得解得= ，故A
19、M=3综上所述，存在点M符合题意，AM=3,【反思感悟】1.开放性问题是近几年高考中出现较多的一种题型，向量法是解此类问题的常用方法.2.对于探索性问题，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.,【变式训练】(2012武汉模拟)如图，平面PAD平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PAD是直角三角形，且PA=AD=2，E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点.(1)求证：PB平面EFG；(2)求异面直线EG与BD夹角的余弦值；(3)在线段CD上是否存在一点Q，使得A点到平面EFQ的距离为若存在，求出CQ的值？若
20、不存在，请说明理由.,【解析】方法一：(1)取AB的中点H，连接GH，HE，E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点，GHADEF，E、F、H、G四点共面.又H为AB的中点，EHPB.又EH 平面EFG，PB 平面EFG，PB平面EFG.,(2)取BC的中点M，连接GM、AM、EM，则GMBD，EGM(或其补角)就是异面直线EG与BD的夹角.在RtMAE中，同理在MGE中，cosEGM= 故异面直线EG与BD夹角的余弦值为 .,(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件，过点Q作QRAB于R，连接RE，则QRAD.四边形ABCD是正方形，PAD是直角三角形，ADAB，ADPA.又ABPA=
21、A，AD平面PAB.又E、F分别是PA、PD的中点，EFAD，EF平面PAB.又EF 平面EFQ，平面EFQ平面PAB.,过A作ATER于T，则AT平面EFQ，AT就是点A到平面EFQ的距离.设CQ=x(0x2),则BR=CQ=x,AR=2-x,AE=1,在RtEAR中， ，解得x= .故存在点Q，当CQ= 时，点A到平面EFQ的距离为,方法二：建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0).(1)设 ,即(2，0，-2)=s(0，-1，0)+t(1，1，-1)， 解
22、得s=t=2.,又 与 不共线， 共面 .PB 平面EFG，PB平面EFG.(2)故异面直线EG与BD夹角的余弦值为,(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件，令CQ=m(0m2),则DQ=2-m,点Q的坐标为(2-m,2,0),而 =(0，1，0)，设平面EFQ的一个法向量为n=(x,y,z),则,令x=1,则n=(1,0,2-m),又点A到平面EFQ的距离即m= 或m= ,又m= 2不合题意，舍去.故存在点Q，当CQ= 时，点A到平面EFQ的距离为,【变式备选】(2012郑州模拟)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1ABAC1，ABAC，M、N分别是CC1，BC的
23、中点，点P在直线A1B1上，且,(1)证明：无论取何值，总有AMPN；(2)当取何值时，直线PN与平面ABC的夹角最大？并求该角取最大值时的正切值(3)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为30，若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由,【解析】如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A1(0,0,1)，B1(1,0,1),M(0,1, ),N( , ,0),(1)无论取何值，总有AMPN(2)m=(0，0，1)是平面ABC的一个法向量sin=|cosm, |当= 时，取得最大值，,此时即当= 时，取得最大值，且tan=2.(3)假设存在， ，设n=(x,y,z)是平面PMN的一
24、个法向量则 得令x=3，得y=1+2,z=2-2，,n=(3,1+2,2-2)|cosm,n|=化简得42+10+13=0(*)100-4413-1080)，,所以AB= .8分假设在线段AD上存在一个点G(如图)，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等，设G(0,m,0)(其中0m4-t)，则,9分由得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,即t=3-m.由 得(4-m-t)2=m2+t2.由消去t，化简得m2-3m+4=0.由于方程没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等. 12分,【阅卷人点拨】通过高考中的阅卷数据分析与总结，我们可以得到以下失
25、分警示和备考建议：,1.(2012西安模拟)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是平面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离是( )(A) (B)(C) (D),【解析】选B.以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则C1(0,1,1),O( , ,1),D(0,0,0)和A1(1,0,1),显然 =(1,0,1)是平面ABC1D1的一个法向量.又点O到平面ABC1D1的距离,2.(2012鞍山模拟)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是C1D1，CC1的中点，则直线B1N与平面BDM夹角的正弦值为_,【解
26、析】以D为坐标原点，分别以 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B1(2,2,2)，N(0,2,1)， ，又M(0,1,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，则 可得平面BDM的一个法向量n(2，2,1)，因为 故直线B1N与平面BDM夹角的正弦值是 .答案：,3.（2012咸阳模拟）如图1，在直角梯形ABCD中,ADC=90，CDAB，AB=4，AD=CD=2，M为线段AB的中点，将 ADC沿AC折起，使平面ADC平面ABC，得到几何体D-ABC，如图2所示.（1）求证：BC平面ACD；（2）求平面ACD与平面MCD的夹角的余弦值.,【解析】（1）由题意可得 从而AC2+BC2=AB2，故ACBC.取AC中点O连结OD，则ODAC，又平面ADC平面ABC，平面ADC平面ABC=AC，OD 平面ACD，从而OD平面ABC.ODBC，又ACBC，ACOD=O.BC平面ACD.,（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则M（0，2，0），设n1=(x,y,z)为平面CDM的一个法向量，,令x=-1,可得n1=(-1,1,1).又n2=(0,1,0)为平面ACD的一个法向量，故平面ACD与平面MCD的夹角的余弦值为,
