安徽高中数学科目-高中数学抽象吗
3.2 立体几何中的向量方法(3)向量法解决空间角和距离问题
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 利用空间向量求空间角
思考1 空间角包括哪些角?
答案 线线角、线面角、二面角.
思考2
求解空间角常用的方法有哪些?
答案 传统方法和向量法.
梳理 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.
(1)线线角:设两条直线的方向向量分别为
a
,
b
,且
a
与
b
的夹角为φ,两条直线所成角为
θ,则cos θ=|cos
φ|=
|
a
·
b
|
.
|
a
||
b
|
(2)线面角:设
n
为平面α的一个法向量,
a
为直线
a
的方向向量,直线
a
与平面α所成
的角为θ,则
ππ
-〈
a
,
n
〉,〈
a
,
n
〉∈[0,],
?
?
22
θ=
?
ππ
〈
a
,
n
〉-,〈
a
,
n
〉∈?,π].
?<
br>?
22
(3)二面角:
①转化为分别在二面角的两个半平面内且与棱都垂直的
两条直线上的方向向量的夹角(注
意:要特别关注两个向量的方向).
如图所示,二面角α-
l
-β的大小为θ,
A
,
B
∈
l
,
AC
?α,
BD
?β,
AC
⊥
l
于
A<
br>,
BD
⊥
l
→→→→
与
B
,则θ=〈
AC
,
BD
〉=〈
CA
,
DB
〉.
②先求出二面角一个面内一点到另一面的距离及到棱的距离,然后通过解直角三角形求角.
如
图所示,已知二面角α-
l
-β,在α内取一点
P
,过
P
作
PO
⊥β,
PA
⊥
l
,垂足分别为
O
,<
br>A
,连接
AO
,则
AO
⊥
l
成立,所以∠<
br>PAO
就是二面角的平面角.
③先求出二面角的
两个半平面的法向量的夹角,然后结合图形与题意判断求出的是二面角的
大小,还是它的补角的大小,从
而确定二面角的大小.
知识点二 利用空间向量求距离
思考1
求点到直线距离的常用方法有哪些?
答案
(1)找垂线段,求其长度;(2)利用等面积法;(3)借助向量的模,利用数量积的几何
意义求解.
思考2 求点到平面的距离的常用方法有哪些?
答案
(1)确定垂线段法;(2)等体积法;(3)空间向量法.
梳理 (1)点到直线的距离
→→→
已知直线
l
是由向量
a
所确定的直线,
P
∈
l
,
P
0
?
l
,如图,
PP
0<
br>在
l
上的射影长为|
PP
0
|cos〈
PP
0
,
→
|
PP
0
·
a
|
a
〉=,
|
a
|
则点
P
0
到直线l
的距离
d
=
(2)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,
P
0
(
x
0
,
y
0
,
z
0
)为α外一点,
P
(
x
,
y
,
z
)
是平面α内的任意一
点,则点
P
0
到平面α
→
|
PP
0
·n
|
的距离
d
==
|
n
|
→
?
PP
?
2
1
→→
22
|
PP
0
|-
?
0
·
a
?
=?|
PP
0<
br>|·|
a
|?-|
PP
0
·
a
|.
?
|
a
|
?
|
a
|
→
2
|
a
?
x
0
-
x
?+
b
?y
0
-
y
?+
c
?
z
0
-<
br>z
?|
.
a
2
+
b
2
+
c
2
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.
类型一 求两条异面直线所成的角
例1 如
图,在三棱柱
OAB
-
O
1
A
1
B
1中,平面
OBB
1
O
1
⊥平面
OAB
,∠O
1
OB
=60°,∠
AOB
=90°,
且
O
B
=
OO
1
=2,
OA
=3,求异面直线
A
1
B
与
AO
1
所成角的余弦值的大小.
解
建立如图所示的空间直角坐标系,则
O
(0,0,0),
O
1
(0,
1,3),
A
(3,0,0),
A
1
(3,
1,3),B
(0,2,0),
→→
∴
A
1
B
=(-3,1,-3),
O
1
A
=(3,-1,-3).
→→<
br>|
A
1
B
·
O
1
A
||?-3,1
,-3?·?3,-1,-3?|1
∴|cos〈
A
1
B
,
O
1
A
〉|===.
→→7
7·7
|
A
1
B
|·|
O
1
A
|
→→
1
∴异
面直线
A
1
B
与
AO
1
所成角的余弦值为.
7
反思与感悟 在解决立体几何中两异面直线所成角问题时,若能构建空间直角坐标系,则建<
br>立空间直角坐标系,利用向量法求解.但应用向量法时一定要注意向量所成角与异面直线所
成角的
区别.
跟踪训练1 已知正方体
ABCD
-
A
1
B
1
C
1
D
1
中,
E
、
F
分别是
A
1
D
1
、
A
1
C
1
的
中点,求异面直线
AE
与
CF
所成角的余弦值.
解 不妨设正方体
棱长为2,分别取
DA
,
DC
,
DD
1
所在直线为
x
轴,
y
轴,
z
轴,建立如图所
示空间直角坐标系
,则
A
(2,0,0),
C
(0,2
,0),
E
(1,0,2),
F
(1,1,2),
→→
则
AE
=(-1,0,2),
CF
=(1,-1,2),
→→→→<
br>∴|
AE
|=5,|
CF
|=6,
AE
·
C
F
=-1+0+4=3.
→→→→→→→→
又
AE
·
CF
=|
AE
||
CF
|cos〈
AE
,
CF
〉=30cos〈
AE
,
CF
〉,
30
→→
∴cos〈
AE
,
CF
〉=,
10
∴异面直线
AE
与
CF
所成角的余弦值为
类型二
求直线和平面所成的角
例2 已知正三棱柱
ABC
-
A
1
B
1
C
1
的底面边长为
a
,侧棱长为2
a
,求
AC
1
与侧面
ABB
1
A
1
所成的<
br>角.
解 建立如图所示的空间直角坐标系,则
A
(0,0,0),
B
(0,
a,
0),
A
1
(0,0,2
a
)
,
30
.
10
C
1
?
-
?
?<
br>3
a
?
a
,,2
a
?
,
22
?
方法一
取
A
1
B
1
的中点
M
,
则
M<
br>(0,,2
a
),连接
AM
,
MC
1
, <
br>2
3
→→→
有
MC
1
=(-
a,
0
,0),
AB
=(0,
a,
0),
AA
1
=(0,
0,2
a
).
2
→→→→
∴
MC
1
·<
br>AB
=0,
MC
1
·
AA
1
=0,
→→→→
∴
MC
1
⊥
AB
,
MC
1⊥
AA
1
,
则
MC
1
⊥
AB
,
MC
1
⊥
AA
1
,
又
AB
∩
AA
1
=
A
,
∴
MC
1
⊥平面
ABB
1
A
1
.
∴∠
C
1
AM
是
AC
1
与侧面
A
BB
1
A
1
所成的角.
a
a
3
a
?
→→
?
由于
AC
1
=
?
-
a
,,2
a
?
,
AM
=(0,,2
a
),
2
2
?
2
?
a
9
a
→
2
∴
AC
1
·
AM
=0++2
a
=,
44
→
22
|
AC
1
|
=
→
|
AM
|=
→
3
aa
2
++
2
a
=3
a
,
44
22
a
2
3
2
+2
a
=
a
,
42
9
a4
2
→→
∴cos〈
AC
1
,
AM
〉
=
3
a
×
3
a
2
=
3
.
2
→→→→
∵〈
AC
1
,
AM
〉∈[0°,18
0°],∴〈
AC
1
,
AM
〉=30°,
又直线与平面所成的角在[0°,90°]范围内,
∴
AC
1
与侧
面
ABB
1
A
1
所成的角为30°.
3
a
?
→→→
?
方法二
AB
=(0,<
br>a,
0),
AA
1
=(0,0,2
a
),
A
C
1
=
?
-
a
,,2
a
?
. <
br>2
?
2
?
设侧面
ABB
1
A
1的法向量为
n
=(λ,
y
,
z
),
→→∴
n
·
AB
=0且
n
·
AA
1
=0.∴
ay
=0且2
az
=0.
∴
y
=
z
=0.故
n
=(λ,0,0).
3
a
?
→
?
∵
AC
1
=
?-
a
,,2
a
?
,
2
?
2
?
∴cos〈
AC
1
,
n
〉=
→
λ
=-,
→2|λ|
|
n
||
AC
1
|
n
·
AC
1
→
1
→
∴|cos〈
AC1
,
n
〉|=.
2
又直线与平面所成的角在[0°,90°]范围内,
∴
AC
1<
br>与侧面
ABB
1
A
1
所成的角为30°.
反思与感悟 用向量法求线面角的一般步骤是先利用图形的几何特征建立适当的空间直角
坐标系
,再用向量的有关知识求解线面角.方法二给出了用向量法求线面角的常用方法,即
先求平面法向量与斜
线夹角,再进行换算.
跟踪训练2 如图所示,已知直角梯形
ABCD
,其中
AB
=
BC
=2
AD
,
AS
⊥平面
AB
CD
,
AD
∥
BC
,
AB
⊥
BC
,且
AS
=
AB
.求直线
SC
与底面
ABCD的夹角θ的余弦值.
解 由题设条件知,以点
A
为坐标原点,分别以
AD
,
AB
,
AS
所在直线为
x
轴,y
轴,
z
轴,
建立空间直角坐标系(如图所示).
?
1
?
设
AB
=1,
则
A
(0,0,0),
B
(0,1,0),
C
(1,1,0
),
D
?
,0,0
?
,
S
(0,0,1). ?
2
?
→→
∴
AS
=(0,0,1),
CS<
br>=(-1,-1,1).
→→
显然
AS
是底面的法向量,它与已知向
量
CS
的夹角β=90°-θ,
故有sin θ=cos
β=
∵θ∈[0°,90°],
∴cos θ=1-sinθ=
类型三 求二面角
例3 在底面为平行四边形的四棱锥
P
-
ABCD
中,
AB
⊥
AC
,
PA
⊥平面
ABCD
,且
PA<
br>=
AB
,
E
是
PD
的中点,求平面
EAC<
br>与平面
ABCD
的夹角.
解 方法一 如图,以
A
为原点,
分别以
AC
,
AB
,
AP
所在直线为
x
轴
,
y
轴,
z
轴建立空间
直角坐标系.
2
13
==,
→→3
|
AS
||
CS<
br>|
1×3
AS
·
CS
→→
6
.
3
设
PA
=
AB
=
a
,
AC
=
b
,连接
BD
与
AC
交于点
O<
br>,取
AD
中点
F
,
→→
则
C
(<
br>b
,0,0),
B
(0,
a
,0),
BA
=
CD
.
∴
D
(
b
,-
a
,0)
,
P
(0,0,
a
),
aa
??
baa
?
→
?
b
?
→
?
∴
E
?
,-,
?
,
O
?
,0,0
?
,
OE
=
?
0,-,
?
,
AC
=(
b
,0,0
).
22
?
22
??
2
?
2
??
→→
∵
OE
·
AC
=0,
a
?
→→→
→→
1
→
?
∴
OE
⊥
AC
,
OF
=
BA
=
?
0,-,0
?
,
OF
·
AC
=0.
2
?
2
?
→→
∴
OF
⊥
AC
.
∴∠
EOF
等于平面
EAC
与平面
ABCD
的夹角(或补角).
→→
OE
·
OF
2
→→
cos〈
OE
,
OF
〉==.
→→2
|
OE
||
OF
|
∴平面EAC
与平面
ABCD
的夹角为45°.
方法二 建系如方法一,
∵
PA
⊥平面
ABCD
,
→
∴
AP=(0,0,
a
)为平面
ABCD
的法向量,
→
aa
?
→
?
b
AE
=
?
,-,
?,
AC
=(
b
,0,0).
?
222
?设平面
AEC
的法向量为
m
=(
x
,
y
,
z
).
→
?
?
m
·
AE
=
0,
由
?
→
?
?
m
·
AC
=0,
baa
?
?
x
-
y
+
z
=0,
22
得
?
2
?
?
bx
=0.
∴
x
=0,
y
=
z
.
∴取
m
=(0,1,1),
→
m
·
APa
2→
cos〈
m
,
AP
〉===.
→
2·a
2
|
m
||
AP
|
∴平面
AEC<
br>与平面
ABCD
的夹角为45°.
反思与感悟 (1)当空间直角坐标系容易
建立(有特殊的位置关系)时,用向量法求解二面角
无需作出二面角的平面角.只需求出平面的法向量,
经过简单的运算即可求出,有时不易判
断两法向量的夹角的大小就是二面角的大小(相等或互补),但我
们可以根据图形观察得到结
论,因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是明显的.(2)注意法向量的
方向:一进一出,
二面角等于法向量夹角;同进同出,二面角等于法向量夹角的补角.
跟踪训练3 若
PA
⊥平面
ABC
,
AC
⊥
BC
,
PA
=
AC
=1,
BC
=2,求二面角<
br>A
-
PB
-
C
的余弦值.
解
如图所示建立空间直角坐标系,
则
A
(0,0,0),
B
(2,
1,0),
C
(0,1,0),
P
(0,0,1),
→
→→→
故
AP
=(0,0,1),
AB
=(2,1,0),
CB
=(2,0,0),
CP
=(0,-1,1),
设平面
PAB
的法向量为
m
=(
x
,
y
,
z
),
→
?
?
m
·
AP
=
0,
则
?
→
?
?
m
·
AB
=0<
br>
?
?
x
,
y
,
z
?·
?0,0,1?=0,
?
?
?
?
x
,
y
,
z
?·?2,1,0?=0
?
z
=0,
?
?
?
2
x
+
y
=0,
令
x
=1,
则
y
=-2,故
m
=(1,-2,0).
设平面
PBC
的法向量为
n
=(
x
′,
y
′,
z
′),
→
?
?
n
·
CB
=0,
则
?
→
?
?
n
·
CP
=0
??
x
′,
y
′,
z
′?·?2,0,0?=0,
?
?
?
?
x
′,
y
′,
z
′?
·?0,-1,1?=0
?
2
x
′=0,
?
?<
br>?
-
y
′+
z
′=0.
令y
′=-1,则
z
′=-1,故
n
=(0,-1,-1), <
br>m
·
n
3
∴cos〈
m
,
n
〉==
.
|
m
||
n
|3
又∵二面角
A
-PB
-
C
是钝二面角,
∴二面角
A
-
PB<
br>-
C
的余弦值为-
类型四 向量法解决距离问题
命题角度1
点线距离
例4 在正方体
ABCD
-
A
1
B
1<
br>C
1
D
1
中,
E
,
F
分别是
C
1
C
,
D
1
A
1
的中点,求点
A
到直线
EF
的距离.
解 以
D
为坐标原点,分别以<
br>DA
,
DC
,
DD
1
所在直线为
x
轴,
y
轴,
z
轴建立空间直角坐标
系,如图.
3
.
3
→→
设
DA
=2,则
A
(2,0,0),
E
(0,2,1),
F
(1,0,2),
EF
=(1,-2,1),
FA
=(1,0,-2).
→
222
∴|
EF
|=1+?-2?+1=6,
→→
FA
·
EF
=1×1+0×(-2)+(-2)×1=-1,
→→
|
FA
·
EF
|1
→→
∴
F
A
在
EF
上的投影为=.
→
6
|
EF
|
∴点
A
到直线
EF
的距离
d
=|
FA|-?
2
1
?=
6
2
29174
=.
66
反思与感悟 用向量法求点到直线的距离的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系.
(2)求直线的方向向量.
(3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影.
(4)利用勾股定理求点到直线的距离.
另外,要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化.
跟踪训练4 如图,在空间直
角坐标系中有长方体
ABCD
-
A
′
B
′
C
′
D
′,
AB
=1,
BC
=2,
AA
′
=3,求点
B
到直线
A
′
C
的距离.
解 ∵
AB
=1,
BC
=2,
AA
′=3, ∴
A
′(0,0,3),
C
(1,2,0),
B
(1,
0,0),
―→
∴
A
′
C
=(1,2,-3).
→
又∵
BC
=(0,2,0),
→―→
|
BC<
br>·
A
′
C
|4
→―→
∴
BC
在A
′
C
上的投影为=.
―→
14
|
A
′
C
|
∴点
B
到直线
A
′
C
的
距离
d
=
命题角度2 点面距离
例5 已知四边形
ABCD
是边长为4的正方形,
E
,
F
分别是边
AB
,
A
D
的中点,
CG
垂直于正
方形
ABCD
所在的平面,且CG
=2,求点
B
到平面
EFG
的距离.
解 建立如
图所示的空间直角坐标系,则
G
(0,0,2),
E
(4,-2,0),F
(2,-4,0),
B
(4,
→→→
0,0),
GE
=(4,-2,-2),
GF
=(2,-4,-2),
BE
=(0,
-2,0).
→
??
→—
C
?
2
→
2<
br>?
BC
·
A
′
|
BC
|-=
→??
|
—
C
|
??
A
′
16235<
br>4-=.
147
设平面
EFG
的一个法向量为
n
=(
x
,
y
,
z
).
→
??
GE
·
n
=0,
由
?
→
?
?
GF
·
n
=0,
?
?
2
x<
br>-
y
-
z
=0,
得
?
?
x
-2
y
-
z
=0,
?
∴
x
=-
y
,
z
=-3
y
.
取
y
=1,则
n
=(-1,1,-3).
→
|
BE
·
n
|2211
∴点
B
到平面
EFG
的距离
d
===.
|
n
|11
11
反思与感悟
利用向量法求点到平面的距离的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系.
(2)求出该平面的一个法向量.
(3)找出该点与平面内一点连线形成的斜线段对应的向量.
(4)法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值再除以法向量的模,即为点到平面的距离.
跟踪训练5 在正三棱柱
ABC
-
A
1
B
1
C
1
中,
D
是
BC
的中点,
AA
1=
AB
=2.
(1)求证:
A
1
C
∥平面<
br>AB
1
D
;
(2)求点
C
1
到平面
AB
1
D
的距离.
(1)证明 如图,以
D
为坐标原点,分别以
DC
,
DA<
br>所在直线为
x
轴,
y
轴,过点
D
且与
AA<
br>1
平行的直线为
z
轴建立空间直角坐标系,则
D
(0,0,0
),
C
(1,0,0),
B
1
(-1,0,2),
A
1
(0,
→→→
3,2),
A
(0,3,0),
C
1
(1,0,2),
A
1
C
=(1,-3,-2),
AB
1
=(-1,-3,2),
AD
=
(0,-3,0).
设平面
AB
1
D
的一个法向量为
n
=(
x
,
y
,
z
),则
→
?
?
AB<
br>1
·
n
=0,
?
→
?
?
AD
·
n
=0,
?
-
x
-3
y
+
2
z
=0,
即
?
?
-3
y
=0.
令
z
=1,则
y
=0,
x
=2.∴n
=(2,0,1).
→
∵
A
1
C
·
n
=1×2+(-3)×0+(-2)×1=0,
→
∴
A
1
C
⊥
n
.
∵
A
1
C
?平面
AB
1
D
,∴
A
1
C
∥平面
AB
1
D
.
→
(2)解 由(
1)知平面
AB
1
D
的一个法向量
n
=(2,0,1),且
C
1
A
=(-1,3,-2),
→
|
C
1
A
·
n
|445
∴点
C
1
到平面
AB
1
D
的距离
d
===.
|
n
|5
5
命题角度3 线面距离与面面距离
例6 在直
棱柱
ABCD
-
A
1
B
1
C
1
D
1
中,底面为直角梯形,
AB
∥
CD
且∠
ADC<
br>=90°,
AD
=1,
CD
=3,
BC
=2,
AA
1
=2,
E
是
CC
1的中点,求直线
A
1
B
1
与平面
ABE
的距离
.
解 如图,以
D
为坐标原点,分别以
DA
,
DC
,
DD
1
所在直线为
x
轴,
y
轴,
z<
br>轴,建立空间
直角坐标系,则
A
1
(1,0,2),
A
(1,0,0),
E
(0,3,1),
C
(0,3,0).过点
C
作
AB
的
垂线交
AB
于点
F
,易得
BF
=3,
∴
B
(1,23,0),
→→
∴
AB
=(0,23,0),
BE
=(-1,-3,1).
设平面
ABE
的一个法向量为
n
=(
x
,
y
,<
br>z
),
→
?
?
n
·
AB
=0,<
br>则
?
→
?
?
n
·
BE
=0,
?
23
y
=0,
∴
?
?
-
x
-3
y
+
z
=0,
∴
y=0,
x
=
z
,不妨取
n
=(1,0,1).
→
∵
AA
1
=(0,0,2),
→
|
A
A
1
·
n
|2
∴
A
1
B
1
到平面
ABE
的距离
d
===2.
|
n
|
2
反思与感悟
(1)求线面距离可以转化为求直线上任意一点到平面的距离,利用求点到平面
的距离的方法求解即可.
(2)将两个平行平面间的距离转化为点到平面的距离,利用求点到平面的距离的方法求解即
可
.
跟踪训练6 已知正方体
ABCD
-
A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为1,求平面
A
1
BD<
br>与平面
B
1
CD
1
间的距离.
解 以
D<
br>为坐标原点,分别以
DA
,
DC
,
DD
1
所
在直线为
x
轴,
y
轴,
z
轴,建立如图所示的
→<
br>空间直角坐标系,则
D
(0,0,0),
A
1
(1,0,1)
,
B
(1,1,0),
D
1
(0,0,1),
A
1
B
=(0,1,
→—→
-1),
A
1
D
=
(-1,0,-1),
A
1
D
1
=(-1,0,0).
设平面
A
1
BD
的一个法向量为
n
=(
x
,
y
,
z
),
→
?<
br>?
n
·
A
1
B
=0,
则
?
→
?
?
n
·
A
1
D
=0,
?
y
-
z
=0,
?
∴
?
?
?
-
x
-
z
=0.
令
z
=1,得
y
=1,
x
=-1,∴
n
=(-1,1,1).
—→
|
A
1
D
1
·
n
|13∴点
D
1
到平面
A
1
BD
的距离
d<
br>===.
|
n
|
3
3
∵平面
A
1
BD
与平面
B
1
CD
1
间的距离等于点
D
1
到平面
A
1
BD
的距离,
∴平面
A<
br>1
BD
与平面
B
1
CD
1
间的距离为
3
.
3
1.在一个二面角的两个半平面内,与二面角的棱垂直的两个向
量分别为(0,-1,3),(2,2,
4),则这个二面角的余弦值为( )
A.
1515151515
B.- C. D.或-
63366
答案 D
?0,-1,3?·?2,2,4?-2+1215
解析 由==,
6
1+9×4+4+1610×24
知这个二面角的余弦值为
故选D. 2.已知三棱锥
O
-
ABC
,
OA
⊥
OB,
OB
⊥
OC
,
OC
⊥
OA
,且OA
=1,
OB
=2,
OC
=2,则点
A
到直
线
1515
或-,
66
BC
的距离为( )
A.2
B.3 C.5 D.3
答案 B
解析
以
O
为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意可知
A
(1,0,0),
B
(0,2,0),
C
(0,0,2), →→
∴
AB
=(-1,2,0),
BC
=(0,-2,2),
→
|
AB
|=1+4+0=5,
→→
|
AB
·
BC
|
=2.
→
|
BC
|
∴点
A
到直线
BC
的距离
d=5-2=3.
3.已知在正四棱柱
ABCD
-
A
1
B
1
C
1
D
1
中,
AA
1
=2<
br>AB
,则
CD
与平面
BDC
1
所成角的正弦值是(
)
2321
A. B. C. D.
3333
答案 A
→→→
解析 以
D
为原点,分别以
DA
,
DC,
DD
1
的方向为
x
轴,
y
轴,
z<
br>轴的正方向建立如图所示的
空间直角坐标系.
设
AA
1
=2
AB
=2,
则
B
(1,1,0),
C
(0,1,0),
D
(0,0,0),
C
1
(0,1,2),
→→→
故
DB
=(1,1,0),
DC
1
=(0,1,2),
DC
=(0,1,0),
设平面
BDC
1
的法向量为
n
=(
x
,
y
,<
br>z
),
→
?
?
n
·
DB
=0,<
br>则
?
→
?
?
n
·
DC
1
=
0,
即
?
?
?
x
+
y
=0,<
br>?
?
y
+2
z
=0,
令
z
=1,则
y
=-2,
x
=2,
所以
n
=(2,-2,1).
设直线
CD
与平面
BDC
1
所成的角为θ,
→
|
n
·
DC
|2
→
则sin
θ=|cos〈
n
,
DC
〉|==.
→3
|
n<
br>|·|
DC
|
4.设
A
(2,3,1),
B
(4,1,2),
C
(6,3,7),
D
(-5,-4,8),则点
D
到平面
ABC
的距离
为 .
答案
4917
17
解析 设平面
ABC
的一个法向量为
n
=(
x
,
y
,
z
).
→→
∵
n
·
AB
=0,
n
·
AC
=0,
?
?
?
x
,
y
,
z
?·?2,-2,1?=0,
∴
?
?
?
x
,<
br>y
,
z
?·?4,0,6?=0,
?
?
?
2
x
-2
y
+
z
=0,
即
?
?4
x
+6
z
=0,
?
3
?
?
x
=-
z
,
2
∴
?
?
?
y
=-
z
.
令
z
=-2,则
n
=(3,2,-2).
→
又∵
AD
=(-7,-7,7),
→
|
AD<
br>·
n
||3×?-7?+2×?-7?-2×7|494917
∴点
D
到平面
ABC
的距离为
d
====.
222
|<
br>n
|17
3+2+?-2?17
5.在矩形
ABCD
中,AB
=1,
BC
=2,
PA
⊥平面
ABCD
,
PA
=1,则
PC
与平面
ABCD
所成的角
是
.
答案 30°
→
解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则
P
(0,0,1),
C
(1,2,0),
PC
=(1,2,-
→
PC
·
n
1
→
1),平面
ABCD
的一个法向量
为
n
=(0,0,1),
所以cos〈
PC
,
n
〉==-,
→2
|
PC
|·|
n
|
→
又因为〈
PC
,
n
〉∈[0°,180°],
→
所以〈
PC
,
n
〉=120°,
所以斜线PC
与平面
ABCD
的法向量所在直线所成角为60°,所以斜线
PC<
br>与平面
ABCD
所成
角为30°.
1.向量法求角
(1)两条异面直线所成的角θ可以借助这两条直线的方向向量的夹角φ求得,即cos
θ=
|cos φ|.
(2)直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得,即sin
θ=|cos φ|或cos θ=sin φ.
(3)二面角的
大小可以通过该二面角的两个面的法向量的夹角求得,它等于两个法向量的夹
角或其补角.
2.向量法求距离
→
(1)求
P
,
Q
两点间的距
离,可转化为求
PQ
的模.
(2)点到平面距离的求法:设
n
是平
面α的法向量,
B
是平面α外一点,
A
是平面α内一
→
|<
br>AB
·
n
|
点,
AB
是平面α的一条斜线,则点B
到平面α的距离为
d
=.
|
n
|
(3)线
面距离、面面距离均可转化为点面距离,利用(2)中的方法求解.
40分钟课时作业
一、选择题
1.若直线
l
1
的方向向量与
l
2<
br>的方向向量的夹角是150°,则
l
1
与
l
2
这两条
异面直线所成的
角等于( )
A.30° B.150° C.30°或150°
D.以上均错
答案 A
解析 异面直线所成角的范围是(0°,90°],所以
l
1
与
l
2
这两条异面直线所成的角为180°
-150°=
30°.
2.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
m
·
n
12
解析
cos〈
m
,
n
〉===,
|
m
||
n
|
1·2
2
即〈
m
,
n
〉=45°.所以
两平面所成二面角为45°或180°-45°=135°.
2π
3.设直线
l与平面α相交,且
l
的方向向量为
a
,α的法向量为
n
,若〈
a
,
n
〉=,则
3
l
与α所成的角为(
)
2πππ5π
A. B. C. D.
3366
答案 C
?
π
?
解析 线面角的范围是
?
0,
?
.
2
??
2
∵〈
a
,
n
〉=π,
3
π
∴
l
与法向量所在直线所成角为,
3
π
∴
l
与α所成的角为.
6
4.已知在棱长为
2的正方体
ABCD
-
A
1
B
1
C
1D
1
中,
E
是
DC
的中点,建立如图所示的空间直角坐
标系,则
AB
1
与
ED
1
所成角的余弦值为(
)
A.
10101010
B. C.- D.-
105105
答案 A
解析 ∵
A
(2,2,0),
B<
br>1
(2,0,2),
E
(0,1,0),
D
1
(0,
2,2),
→→
∴
AB
1
=(0,-2,2),
ED1
=(0,1,2),
→→
∴|
AB
1
|=22,|
ED
1
|=5,
AB
1
·
ED
1
=0-2+4=2,
∴cos〈
AB
1
,
ED
1
〉=
→→
210
==,
→→10
|
AB
1
||
ED
1
|
22×5
10
.
10
→→
AB
1
·ED
1
→→
∴
AB
1
与
ED
1
所成角的余弦值为
5.如图所示,已知点
P
为菱形
ABCD
外一点
,且
PA
⊥平面
ABCD
,
PA
=
AD
=
AC
,点
F
为
PC
的
中点,则二面角
C<
br>-
BF
-
D
的正切值为( )
A.
33323
B. C. D.
6433
答案 D
解析 如图所示,连接
BD
,
AC
∩
BD
=
O
,连接
OF
.以
O
为原点,
OB
,
O
C
,
OF
所在直线分别为
x
轴,
y
轴,
z
轴建立空间直角坐标系
Oxyz
.
设
PA
=
AD
=
AC
=1,则
BD
=3.
所以
B
?
1
?
13
?
3
?
?
,0,0
?
,
F
?
0,0,
2
?,
C
(0,,0),
D
(-,0,0).
22
??
2
?
?
→
?
1
?
→
结合图
形可知,
OC
=
?
0,,0
?
且
OC
为平
面
BOF
的一个法向量,
?
2
?
31
?
→
?
31
?
→
?
由
BC
=
?-,,0
?
,
FB
=
?
,0,-
?
,
2
??
22
??
2
可求得面
BCF
的一个
法向量为
n
=(1,3,3).
2127
→→
所以cos〈
n
,
OC
〉=,sin〈
n
,
OC
〉=,
77
23
→
所以tan〈
n
,
OC
〉=.
3
6.如图,已知矩形
ABCD
与
ABEF
全等,
D
-
AB
-
E
为直二面角,
M
为
AB中点,
FM
与
BD
所成
角为θ,且cos
θ=
3
.则
AB
与
BC
的边长之比为( )
9
A.1∶1 B.2∶1 C.2∶2 D.1∶2
答案 C
解析 设
AB
=
a
,
BC
=
b
,
建立如图所示的空间直角坐标系
Axyz
,则相关各点坐标为
F
(
b
,0,
0),
M
(0,,0),
B
(0,
a
,0),
D
(0,0,
b
).
2
a
→
a
→
FM
=(-
b
,,0),
BD
=(
0,-
a
,
b
),
2
→
所以|
FM
|=
a
→→→
b
+,|
BD
|=
a
2
+
b
2
,
FM
·
BD<
br>=-,
42
2
a
22
→→
|cos〈
FM
,
BD
〉|=
2
?
-
a
?
?2
?
??
b
+·
a
2
+
b
2
4
2
a
2
=
3
,
9
?
b
??
b
?
整理得,4
?
4
?
+5
?
2
?
-26=0,
?
a
??
a
?<
br>b
2
b
2
13
解得
2
=2或
2=-(舍).
aa
4
所以==
二、填空题
7.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
OA
B
的距离
d
= .
答案 2
→
|
n
·
OP
||-2-6+2|
解析
d
===2.
n
4+4+1
8.若两个平面α,β的法向量分别是
n
=(1,0,1),
v
=(-1,1,0),则这两个平面所成
的
锐二面角是 .
答案 60°
解析 cos〈
n
,
v
〉=
1
=-且〈
n
,
v
〉∈[0°,180°
],
2
2·2
-1
42
ABa
BCb
2
.
2
∴〈
n
,ν〉=120°.故两平面所成的锐二面角为60°.
9.如图,平面
PAD
⊥平面
ABCD
,
ABCD
为正方形
,∠
PAD
=90°,且
PA
=
AD
=2,
E,
F
分别是
线段
PA
,
CD
的中点,则异面直
线
EF
与
BD
所成角的余弦值为 .
答案
3
6
解析 建立如图所示空间直角坐标系,则
E<
br>(0,0,1),
F
(1,2,0),
B
(2,0,0),
D
(0,2,
0).
→
EF
=(1,2,-1),
BD
=(-2,2,0),
23
→→
故cos〈
EF
,
BD
〉==.
43
6
10.在空间四边形
OABC
中,
OB
=
OC
,∠
AOB
=∠
AOC
=
答案 0
→→→→→→→→→
解析
OA
·
BC
=
OA·(
OC
-
OB
)=
OA
·
OC
-<
br>OA
·
OB
ππ1
→→→→→→→
=|
O
A
|·|
OC
|·cos
-|
OA
|·|
OB
|·cos
=|
OA
|(|
OC
|-|
OB
|)=0.
33
2
→→
OA
·
BC
→→
∴cos〈
OA
,
BC
〉==0.
→→
|
OA
|·|
BC
|
三、解答题
1
1.二面角的棱上有
A
、
B
两点,直线
AC
、
BD
分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直
于
AB
.已知
AB=4,
AC
=6,
BD
=8,
CD
=217,求该二面
角的大小.
→→→→→→→→
解 由条件,知
CA
·
AB
=0,
AB
·
BD
=0,
CD
=
CA
+<
br>AB
+
BD
.
→
2
→
2
→
2
→
2
→→→→→→
∴|
CD
|=|
CA
|+|
AB
|+|
BD
|+2
CA
·
AB
+2
AB
·
BD
+2
CA
·
BD
→→
2222
=6+4+8+2×6×8cos〈
CA
,
BD<
br>〉=(217).
1
→→
∴cos〈
CA
,
BD
〉=-,
2
→→
又〈
CA
,
BD
〉∈[0°,180°],
→→
∴〈
CA
,
BD
〉=120°,
∴二面角的大小为60°.
12.已知正方体
ABCD
-
A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为2,
E
,
F
,
G
分别是
CC
1
,
D
1
A
1
,
AB
的中点,求点
A
到
平面
EFG
的距离.
解 如图,建立空间直角坐标系
Dxyz
,
π
→→
,则cos〈
OA
,
BC
〉的值为
.
3
→
则
A
(2,0,0)
,
E
(0,2,1),
F
(1,0,2),
G
(2,1,0
).
→→→
∴
EF
=(1,-2,1),
EG
=(2,-
1,-1),
GA
=(0,-1,0).
设
n
=(
x,
y
,
z
)是平面
EFG
的一个法向量,
→
?
?
n
·
EF
=0,
→→
则由
n
⊥
EF
,
n
⊥
EG
,得
?
→?
?
n
·
EG
=0,
?
?
x
-2
y
+
z
=0,
即
?
?
2
x<
br>-
y
-
z
=0,
?
解得
x
=
y
=
z
.令
x
=1,得
n
=(1,1,1).
→
|
GA
·
n
|
|-1|3
→
∵
GA
在
n
方向上的投影为==,
|
n
|3
3
∴点
A
到平面
EFG
的距离为
3
.
3
2
AB
.
2
13.如图,在直
棱柱
ABC
-
A
1
B
1
C
1
中,
D
,
E
分别是
AB
,
BB
1
的中
点,
AA
1
=
AC
=
CB
=
(1)证明:
BC
1
∥平面
A
1
CD
;
(2)求二面角
D
-
A
1
C
-
E
的正弦值.
(1)证明 连接
AC
1
,交
A
1
C
于点
F
,连接
DF
,则
F
为
AC
1
的中点,因为
D
为
AB
的中点,
所以
DF
∥
BC
1
,
又因为
DF
?平面
A
1
CD
,
BC
1
?平面
A1
CD
,
所以
BC
1
∥平面
A
1
CD
.
(2)解 由
AA
1
=
AC
=
CB
=2
AB
,
2
可设
AB
=2
a
,则<
br>AA
1
=
AC
=
CB
=2
a
,
所以
AC
⊥
BC
,又由直棱柱知
CC
1
⊥平面
ABC
,所以以点
C
为坐标原点,分别以CA
,
CB
,
CC
1
所在直线为
x
轴
,
y
轴,
z
轴,建立空间直角坐标系如图.
则
C
(0,0,0),
A
1
(2
a
,0,
2
a
),
D
?
22
??
2
??
a
,
a
,0
?
,
E
?
0,
2
a
,
a
?
,
22
??
2
??
CA
1
=( 2
a
,0,2
a
),
CD
=
?
→
→
2
?
→
?
2
a
,
a
,0
?
,
2
?
2
?
CE
=
?
0, 2
a<
br>,
?
?
2
?
→
?
2
?
a<
br>?
,
A
1
E
=
?
-2
a
,
2
a
,-
a
?
,
2
?
2
??<
br>设平面
A
1
CD
的一个法向量为
n
=(
x<
br>,
y
,
z
),
→→
则
n
·
CD
=0且
n
·
CA
1
=0,
可解得
y
=-
x
=
z
,令
x
=1,得平面
A1
CD
的一个法向量为
n
=(1,-1,-1),
同理可得平
面
A
1
CE
的一个法向量为
m
=(2,1,-2),
则cos〈
n
,
m
〉=
3
,
3
又因为〈
n
,
m
〉∈[0°,180°],
所以sin〈
n
,
m
〉=
6
,
3
6
.
3
所以二面角
D
-
A
1
C
-
E
的正弦值为