資源簡介

4.3　用向量方法研究立體幾何中的度量關系
第1課時　空間中的角
基礎過關練　　　　　 　　　　 　　　　
題組一　兩條直線的夾角
1.已知兩條異面直線的方向向量分別是μ=(3,1,-2),v=(3,2,1),則這兩條異面直線的夾角θ滿足(　　)
A.sin θ=　　　　　　B.sin θ=
C.cos θ=　　　　　　D.cos θ=
2.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,AD=4,E為PC的中點,則異面直線PD與BE夾角的余弦值為　　(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
3.已知動點P在正方體ABCD-A1B1C1D1的對角線BD1(不含端點)上,設=λ,若∠APC為鈍角,則實數λ的取值范圍是(　　)
A.　　　　　　B.
C.　　　　　　D.
4.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=AA1=2.
(1)求證:A1C⊥BC;
(2)求直線AC1和A1B1夾角的大小.
題組二　直線與平面的夾角
5.若直線l的一個方向向量是m=(1,0,1),平面α的一個法向量是n=(-3,1,3),則直線l與平面α的夾角為(　　)
A.0°　　　B.45°　　　C.60°　　　D.90°
6.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,棱AB,A1D1的中點分別為E,F,則直線EF與平面AA1D1D夾角的正弦值為(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
7.在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分別是棱AB,BC,CP的中點,AB=AC=2,PA=4,則直線PA與平面DEF夾角的正弦值為(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
8.在正三棱柱ABC-A'B'C'中,AB=1,AA'=2,則直線BC'與平面ABB'A'夾角的正弦值為　　　　.
題組三　平面與平面的夾角
9.已知兩個平面的法向量分別為m=(0,1,1),n=(1,-1,0),則這兩個平面的夾角為(　　)
A.30°　　　　　　B.60°
C.60°或120°　　 D.120°
10.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=4,CC1=2,則平面A1BC1與平面ACD所成的銳二面角的余弦值為(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
11.在空間中,已知平面α過點(3,0,0)和點(0,4,0)及z軸上一點(0,0,a)(a>0),如果平面α與xOy平面的夾角為45°,則a=　　　　.
12.《九章算術》是我國古代數學名著,它在幾何學中的研究成果比西方早一千多年,書中將四個面均為直角三角形的四面體稱為鱉臑.如圖,四面體P-ABC為鱉臑,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=AB=BC=1,則二面角A-PC-B的余弦值為　　　　.
13.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2,AC=A1C=,平面ACC1A1⊥平面ABC,∠ACB=90°.
(1)求證:A1C⊥AB;
(2)若BC=,求二面角C-A1B-B1的正弦值.
能力提升練　　　　　 　　　　 　　　　
題組一　兩條直線的夾角
1.在中國古代數學著作《九章算術》中記載了一種稱為“曲池”的幾何體,該幾何體的上、下底面平行,且均為扇環形(扇環是指圓環被兩條半徑截得的部分).現有一個如圖所示的曲池,它的高為2,AA1,BB1,CC1,DD1均與曲池的底面垂直,底面扇環對應的兩個圓的半徑分別為1和2,對應的圓心角為90°,則異面直線AB1與CD1夾角的余弦值為(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
2.在矩形ABCD中,O為BD的中點且AD=2AB,將△ABD沿對角線BD翻折,使二面角A-BD-C的大小為90°,則直線AO與CD夾角的余弦值為(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
3.已知四棱錐P-ABCD,底面是邊長為2的正方形,△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,AB⊥平面PAD,E是線段PD上的動點(不含端點).若線段AB上存在點F(不含端點),使得異面直線PA與EF的夾角為30°,則線段PE的長的取值范圍是(　　)
A.　　　　　　B.
C.　　　　　 D.
題組二　直線與平面的夾角
4.如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,AA1=4,P是側面BCC1B1內的動點,且AP⊥BD1,記AP與平面BCC1B1的夾角為θ,則tan θ的最大值為(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
5.如圖1,在等腰三角形ABC中,∠A=90°,BC=6,D,E分別是AC,AB上的點,CD=BE=,O為BC的中點.將△ADE沿DE折起,得到如圖2所示的四棱錐A'-BCDE.若A'O⊥平面BCDE,則直線A'D與平面A'BC夾角的正弦值等于(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
6.如圖,三棱柱ABC-A1B1C1的側棱與底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的中點,點P在A1B1上,且滿足 =λ,當直線PN與平面ABC的夾角最大時,λ的值為(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
7.如圖1,故宮太和殿是中國形制最高的宮殿,其建筑采用了重檐廡殿頂的屋頂樣式,廡殿頂是“四出水”的五脊四坡式,由一條正脊和四條垂脊組成,因此又稱五脊殿.由于屋頂有四面斜坡,故又稱四阿頂.如圖2,五面體EFABCD的底面ABCD為矩形,AB=2EF=8,AD=6,EF∥AB,EA=ED=FB=FC=5,M,N分別是AD,BC的中點,則直線BF與平面EFCD夾角的正弦值為(　　)
　　　
A.　　　B.　　　C.　　　D.
題組三　平面與平面的夾角
8.在菱形ABCD中,∠ABC=60°,將其沿對角線AC折疊到平面B'AC之后,使得平面B'AC⊥平面ACD(如圖),則平面B'CD與平面ACD夾角的正弦值為　　　　.
9.如圖所示,四邊形AEFB為矩形,AE⊥平面ABCD,BC∥AD,BA⊥AD,AE=AD=2AB=2BC=4.
(1)求證:CF∥平面ADE;
(2)求平面CDF與平面AEFB的夾角的余弦值.
10.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=AC=AA1,AB⊥AC,P為線段BC1上一點.
(1)若BP=PC1,求PC與AA1夾角的余弦值;
(2)若BP=PC1,求PC與平面ABB1A1的夾角;
(3)若平面A1ACC1與平面ACP的夾角為45°,求的值.
答案與分層梯度式解析
4.3　用向量方法研究立體幾何中的度量關系
第1課時　空間中的角
基礎過關練
1.C　由已知得μ·ν=3×3+1×2+(-2)×1=9,
|μ|=,
|ν|=,
所以cos θ=|cos<μ,ν>|=.故選C.
2.B　以A為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖所示:
則B(2,0,0),E(1,2,1),P(0,0,2),D(0,4,0),
∴=(0,4,-2),
設異面直線PD與BE的夾角為θ,
則cos θ=.
故選B.
3.C　建立如圖所示的空間直角坐標系,設正方體的棱長為1,
則A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),設P(x,y,z),x,y,z∈(0,1).
因為=λ,所以,即(x,y,z-1)=λ(1,1,-1),故P(λ,λ,1-λ),
則=(λ-1,λ,1-λ)·(λ,λ-1,1-λ)=3λ2-4λ+1<0,解得<λ<1,
此時不共線,故<λ<1,故選C.
4.解析　(1)證明:因為三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC,所以CC1⊥AC,CC1⊥BC,
又AC⊥BC,AC∩CC1=C,所以BC⊥平面ACC1A1,
所以A1C⊥BC.
(2)以C為原點建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(2,0,0),A1(2,0,2),C1(0,0,2),B1(0,2,2),
所以=(-2,2,0),
設直線AC1和A1B1的夾角為α,
則cos α=,
所以直線AC1與A1B1的夾角為.
5.A　設直線l與平面α的夾角為θ,則θ∈,
所以sin θ=|cos|==0,
故直線l與平面α的夾角為0°.故選A.
6.C　以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示:
設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,
則E(2,1,0),F(1,0,2),所以=(-1,-1,2),
易知y軸與平面AA1D1D垂直,
則平面AA1D1D的一個法向量為n=(0,1,0),
設直線EF與平面AA1D1D的夾角為θ,
則sin θ=|cos<,n>|=.
所以直線EF與平面AA1D1D夾角的正弦值為.
故選C.
7.C　以A為原點,AC,AB,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系,如圖,
則A(0,0,0),P(0,0,4),D(0,1,0),E(1,1,0),F(1,0,2),
所以=(1,-1,2),
設n=(x,y,z)為平面DEF的一個法向量,
則
令z=1,可得n=(0,2,1).
設直線PA與平面DEF的夾角為θ,
則sin θ=|cos<,n>|=.
故選C.
8.答案　
解析　以B為坐標原點,在平面ABC內,過B作BC的垂線為x軸,BC,BB'所在直線分別為y軸、z軸,建立空間直角坐標系,如圖,
則B(0,0,0),B'(0,0,2),C'(0,1,2),A,所以,
設平面ABB'A'的一個法向量為n=(x,y,z),
則令x=1,得n=(1,-,0),
設直線BC'與平面ABB'A'的夾角為θ,θ∈,
則sin θ=|cos<,n>|=.
9.B　設這兩個平面的夾角為θ,θ∈,
則cos θ=|cos|=,
所以θ=,即這兩個平面的夾角為60°.
10.C　如圖所示,以D為坐標原點,直線DA,DC,DD1分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系,
則D(0,0,0),D1(0,0,2),A1(4,0,2),B(4,4,0),C1(0,4,2),
所以=(-4,4,0),
易知平面ACD的一個法向量為=(0,0,2),
設平面A1BC1的一個法向量為n=(a,b,c),
則
令b=1,得c=2,a=1,所以n=(1,1,2),
設平面A1BC1與平面ACD所成的銳二面角為θ,θ∈,
則cos θ=|cos故選C.
11.答案　
解析　設點(3,0,0),(0,4,0),(0,0,a)(a>0)分別為A,B,C,則
=(-3,4,0).
設平面ABC的一個法向量為n=(x,y,z),
則
取z=1,則x=,∴n=.
易得xOy平面的一個法向量為m=(0,0,1),
則|cos|=,解得a=(負值舍去).
12.答案　
解析　依據題意建立空間直角坐標系,如圖所示:
則A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),
故=(0,1,1).
設平面ACP的一個法向量為n1=(x1,y1,z1),
則取x=1,則n1=(1,1,0).
設平面BCP的一個法向量為n2=(x2,y2,z2),
則
取y=1,則n2=(0,1,-1).
設二面角A-PC-B的平面角為θ,
由題圖可知θ為銳角,
則cos θ=.
13.解析　(1)證明:在△ACA1中,AC=A1C=,AA1=2,則AC2+A1C2=A,∴A1C⊥AC,
∵平面ACC1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1∩平面ABC=AC,A1C 平面ACC1A1,
∴A1C⊥平面ABC,
又AB 平面ABC,∴A1C⊥AB.
(2)如圖所示,以C為坐標原點,的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立空間直角坐標系,
則A(),
∴,0),
易知平面CA1B的一個法向量為m=(1,0,0),
設平面A1BB1的一個法向量為n=(x0,y0,z0),
則
令x0=,得y0=,∴n=(),
設二面角C-A1B-B1的平面角為θ,θ∈[0,π],
則|cos θ|=|cos|=,
∴sin θ=,
故二面角C-A1B-B1的正弦值為.
能力提升練
1.A　建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(0,2,0),B1(0,1,2),C(1,0,0),D1(2,0,2),
所以=(1,0,2),
設異面直線AB1與CD1的夾角為θ,
則cos θ=|cos<.故選A.
2.C　在平面ABD中,過點A作AE⊥BD,垂足為E,
在平面BCD中,過點C作CF⊥BD,垂足為F.
由題意知,平面ABD⊥平面BCD,且交線為BD,
所以AE⊥平面BCD,CF⊥平面ABD.
設AB=1,則AD=2,
則×AB×AD,可得AE=,
同理可得CF=,
以O為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則O(0,0,0),A,
所以,
設直線AO與CD的夾角為θ,
則cos θ=.故選C.
3.B　取AD的中點G,連接PG,由題意可建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,1),
所以=(1,0,-1),
設F(1,y,0),0又異面直線PA與EF的夾角為30°,
所以||cos 30°,
即2=,
則2(x-1)2=-y2,0所以PE長度的取值范圍是.
4.B　如圖所示,以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,
則A(3,0,0),B(3,3,0),D1(0,0,4),
所以=(-3,-3,4).
設P(x,3,z),則=(x-3,3,z),所以=(x-3,3,z)·(-3,-3,4)=9-3x-9+4z=0,解得3x=4z,
易知平面BCC1B1的一個法向量為n=(0,1,0),
則sin θ=|cos<,n>|=,θ∈,當x=時,sin θ取得最大值,為,所以cos θ=,tan θ=,此時tan θ的值最大.
故選B.
5.D　取DE的中點H,連接OH,OD,則OH⊥OB,以O為坐標原點,的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系,如圖所示.
由題意,知OH=1,DH=2,DO=,
∴OA'=),
又D(1,-2,0),∴),
設直線A'D與平面A'BC的夾角為θ,易得平面A'BC的一個法向量為n=(1,0,0),
∴sin θ=|cos<,n>|=.
6.A　如圖,以A為原點,AB,AC,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系A-xyz,
則N,
易得平面ABC的一個法向量為n=(0,0,1).
設直線PN與平面ABC的夾角為θ,
則sin θ=|cos<,n>|=,∴當λ=時,(sin θ)max=,角θ最大.故選A.
7.C　因為EA=ED,M為AD的中點,所以EM⊥AD,
在矩形ABCD中,AB⊥AD,M,N分別為AD,BC的中點,所以MN∥AB,所以MN⊥AD,
又MN∩EM=M,MN,EM 平面EFNM,
所以AD⊥平面EFNM,
又AD 平面ABCD,所以平面EFNM⊥平面ABCD.
在平面EFNM中,過F作FH⊥MN,垂足為H,
因為平面EFNM⊥平面ABCD,平面EFNM∩平面ABCD=MN,FH 平面EFNM,
所以FH⊥平面ABCD,
如圖所示,過點H作SQ∥BC,交AB于S,交CD于Q,以H為坐標原點,HS,HN,HF所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,
由題意得HN==4,
所以FH=,
則F(0,0,2),B(3,2,0),C(-3,2,0),D(-3,-6,0),
所以=(0,-8,0).
設平面EFCD的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令z=,得n=(-2,0,),
設直線BF與平面EFCD的夾角為θ,θ∈,
則sin θ=|cos<,n>|=,
所以直線BF與平面EFCD夾角的正弦值為.
故選C.
8.答案　
解析　設AC的中點為E,連接B'E,DE,
因為在菱形ABCD中,∠ABC=60°,
所以△BAC和△ACD都是等邊三角形,
即△B'AC是等邊三角形,
因此B'E⊥AC,DE⊥AC,
因為平面B'AC⊥平面ACD,平面B'AC∩平面ACD=AC,B'E 平面B'AC,
所以B'E⊥平面ACD,又DE 平面ACD,
所以B'E⊥DE,建立如圖所示的空間直角坐標系,
設菱形的邊長為2,則C(-1,0,0),D(0,),
所以),
設平面B'CD的一個法向量為m=(x,y,z),
則令z=1,則x=-,y=1,所以m=(-,1,1),
易知平面ACD的一個法向量為),
設平面B'CD與平面ACD的夾角為θ,θ∈,
則cos θ=|cos因此sin θ=.
9.解析　(1)證明:∵四邊形AEFB為矩形,
∴BF∥AE.
又BF 平面ADE,AE 平面ADE,
∴BF∥平面ADE.
同理可得,BC∥平面ADE.
又BF∩BC=B,BF,BC 平面BCF,
∴平面BCF∥平面ADE.
又CF 平面BCF,∴CF∥平面ADE.
(2)如圖,以A為坐標原點,建立空間直角坐標系A-xyz,
則A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,4,0),F(2,0,4),
∴=(0,-2,4).
設n=(x,y,z)是平面CDF的一個法向量,
則
令y=2,則x=2,z=1,∴n=(2,2,1).
易知是平面AEFB的一個法向量,
∴|cos∴平面CDF與平面AEFB的夾角的余弦值為.
10.解析　以A為原點,AB,AC,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖所示.
設AB=1,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1),C1(0,1,1),
∴=(0,1,0).
(1)∵BP=PC1,∴P,
∴.
設PC與AA1的夾角為θ,則cos θ=.
(2)設P(a,b,c),由BP=PC1,即得(a-1,b,c)=(-a,1-b,1-c),
可得P(),
∴).
易知平面ABB1A1的一個法向量為n=(0,1,0),
設PC與平面ABB1A1的夾角為α,
則sin α=,
∴PC與平面ABB1A1的夾角為30°.
(3)設=(-λ,λ,λ),0≤λ≤1,
則=(1,-1,0)+(-λ,λ,λ)=(1-λ,λ-1,λ).
設平面ACP的一個法向量為m=(x,y,z),
則
取z=λ-1,得m=(λ,0,λ-1),
易知平面A1ACC1的一個法向量為p=(1,0,0),
∵平面A1ACC1與平面ACP的夾角為45°,
∴cos 45°=,
解得λ=,則,
∴P為BC1的中點,∴=1,
∴當平面A1ACC1與平面ACP的夾角為45°時,=1.
1第2課時　空間中的距離問題
基礎過關練　　　　　 　　　　 　　　　
題組一　點到平面的距離
1.已知向量n=(2,0,1)為平面α的一個法向量,點A(-1,2,1)在平面α內,則點P(1,2,2)到平面α的距離為(　　)
A.　　　B.　　　C.2　　　D.
2.已知棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,M,N分別是A1B1,AD,CC1的中點,則直線AC到平面EMN的距離為(　　)
A.0　　　B.　　　C.　　　D.
3.在空間直角坐標系中,定義:平面α的一般方程為Ax+By+Cz+D=0(A,B,C,D∈R,A2+B2+C2≠0),點P(x0,y0,z0)到平面α的距離d=,則在底面邊長與高都為2的正四棱錐中,底面中心O到側面的距離等于　　　　　.
4.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=2,M,N分別為AP,BC的中點.
(1)證明:直線MN∥平面PCD;
(2)求點B到平面MND的距離.
題組二　點到直線的距離
5.已知直線l過定點A(2,3,1),且直線l的一個方向向量為s=(0,1,1),則點P(4,3,2)到直線l的距離為(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
6.如圖,幾何體ABCD-EFGH是棱長為6的正方體,若,則點P到直線CH的距離為(　　)
A.4　　　B.3　　　C.2　　　D.1
7.在三棱柱ABC-A1B1C1中,),則該三棱柱的體積為(　　)
A.2　　　B.3　　　C.4　　　D.4
答案與分層梯度式解析
第2課時　空間中的距離問題
基礎過關練
1.B　因為A(-1,2,1),P(1,2,2),
所以=(-2,0,-1),
因為平面α的一個法向量為n=(2,0,1),
所以點P到平面α的距離d=.故選B.
2.B　如圖所示,建立空間直角坐標系,
則A(2,0,0),C(0,2,0),E(2,1,2),M(1,0,0),N(0,2,1),
所以=(-2,2,0),
設平面EMN的一個法向量為m=(x,y,z),
則
令x=1,可得m=(1,1,-1),
所以·m=0,即⊥m,
又AC 平面EMN,所以AC∥平面EMN,
故點A到平面EMN的距離即為直線AC到平面EMN的距離,又=(1,0,0),
所以點A到平面EMN的距離為,即直線AC到平面EMN的距離為.故選B.
3.答案　
解析　如圖所示,以O為原點建立空間直角坐標系,
則O(0,0,0),A(1,1,0),B(-1,1,0),P(0,0,2),
設平面PAB的方程為ax+by+cz+d=0,
則
則平面PAB的方程為-dy-z+d=0,
即2y+z-2=0,
∴底面中心O到側面的距離為.
4.解析　(1)證明:取PD的中點Q,連接MQ,CQ,如圖1,
∵M,Q分別為PA,PD的中點,
∴MQ∥AD,MQ=AD=1,
又底面ABCD為正方形,N為BC的中點,∴NC∥AD,NC=AD=1,∴MQ∥NC,MQ=NC,
∴四邊形MQCN為平行四邊形,∴MN∥CQ,
∵MN 平面PCD,CQ 平面PCD,
∴直線MN∥平面PCD.
(2)∵底面ABCD為正方形,且PA⊥底面ABCD,
∴AB,AD,AP兩兩互相垂直.以A為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖2,
則M(0,0,1),B(2,0,0),D(0,2,0),N(2,1,0),
∴=(0,1,0),
設平面MND的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令x=1,得n=(1,2,4),
∴點B到平面MND的距離d=.
5.A　因為A(2,3,1),P(4,3,2),所以=(2,0,1),
則|,
所以點P到直線l的距離d=,故選A.
6.A　如圖所示,以A為坐標原點,AB,AD,AE所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,
則A(0,0,0),C(6,6,0),H(0,6,6),B(6,0,0),D(0,6,0),E(0,0,6),
所以=(-6,0,6),
因為=(1,2,5),所以P(1,2,5),所以=(-5,-4,5),
所以,
所以點P到直線CH的距離為=4.
故選A.
7.D　設平面ABC的一個法向量為n=(x,y,z),
則令z=2,得y=3,x=-,所以n=(-,3,2),
故點A1到平面ABC的距離d=,
點C到直線AB的距離h=,
又|,
所以△ABC的面積S==4,
故三棱柱的體積V=4×.故選D.
1(共24張PPT)
知識點 1 空間中的角
知識 清單破
4.3 用向量方法研究立體幾何中的度量關系
角的分類 向量求法 范圍
異面直線的夾角 設兩條異面直線的夾角為θ,
它們的方向向量分別為a,b,
則cos θ=|cos|=
直線與平面的夾角 設直線l與平面α的夾角為θ,l
的方向向量為a,平面α的法向
量為n,則sin θ=|cos|=

二面角 設二面角α-l-β的平面角為θ,
平面α,β的法向量分別為n1,n2,
則cos θ=cos或cos θ=
cos(π-) [0,π]
1.點到平面的距離
點P到平面α的距離,等于點P與平面α內任意一點A連線所得向量 ,在平面α的單位法向量n0
方向上所作投影向量的長度,即d=| ·n0|.

知識點 2 空間中的距離問題
2.點到直線的距離
若點P是直線l外一點,l0是直線l的單位方向向量,點A是直線l上任意一點,則點P到直線l的距離
為d= .

知識辨析
判斷正誤,正確的畫“√”,錯誤的畫“ ”.
1.直線與平面的夾角α和該直線的方向向量與平面的法向量的夾角β互余. (　 )
2.若一條直線在某一平面外,則該直線上任一點到平面的距離d必為一個正數.(　 )
3.與平面相交的斜線與該平面的夾角是銳角. (　 )
4.若兩個平面的法向量分別為n1,n2,則這兩個平面的夾角與兩個法向量的夾角一定相
等. (　 )



√
提示
提示
提示
當直線的方向向量與平面的法向量的夾角β是銳角時,直線與平面的夾角α和β互余.
直線在平面外包含直線與平面相交的情況.當直線與平面相交時,該說法不成立.
也可能互補.
5.設n是平面α的法向量,AB是平面α的一條斜線,則點B到平面α的距離d= . (　 )

提示
當點A在平面內,點B在平面外時結論才正確.
1.兩異面直線的夾角的向量求法
(1)在一些不適合建立坐標系的題型中,我們經常采用取定基的方法.在由公式cos=
求向量a與b的夾角時,關鍵是求出a·b及|a|與|b|,一般是把a,b用一組基表示出來,再求有
關的量.
(2)用坐標法求異面直線的夾角:
①建立恰當的空間直角坐標系;
②找到兩條異面直線的方向向量并寫出其坐標形式;
③利用向量的夾角公式計算兩直線的方向向量的夾角;
④結合異面直線的夾角的范圍得到異面直線的夾角.
講解分析
疑難 情境破
疑難 1 用向量法求空間角
2.求直線與平面的夾角的方法與步驟
　　方法一:求出直線在平面內的投影的方向向量,將直線與平面的夾角轉化為兩向量的夾
角進行計算.
　　方法二:利用平面的法向量求直線與平面的夾角,基本步驟:
(1)建立空間直角坐標系;
(2)求直線的方向向量 ;
(3)求平面的法向量n;
(4)計算:設直線與平面的夾角為θ,則sin θ= .
3.兩個平面夾角的向量求法
設n1,n2分別是平面α,β的法向量,則向量n1與n2的夾角(或其補角)就是兩個平面的夾角.坐標法
的解題步驟如下:
(1)建系:依據幾何條件建立適當的空間直角坐標系;
(2)求法向量:在建立的坐標系中求兩個平面的法向量n1,n2;
(3)計算:設兩個平面的夾角為θ,則|cos θ|= .
典例 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,PA⊥底面ABCD,AB=AP,E為棱PB的中
點.

(1)求直線PD與CE的夾角的余弦值;
(2)求直線CD與平面ACE的夾角的正弦值;
(3)求二面角E-AC-P的平面角的余弦值.
解析 設AD=2.
以A為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖所示:

則A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,0,1).
(1)設直線PD與CE的夾角為θ,
而 =(0,2,-2), =(-1,-2,1),
所以cos θ=|cos< , >|= = = ,
所以直線PD與CE的夾角的余弦值為 .
(2)易得 =(2,2,0), =(1,0,1), =(-2,0,0),
設平面ACE的一個法向量為m=(x1,y1,z1),
由 可得
取x1=1,可得y1=z1=-1,所以平面ACE的一個法向量為m=(1,-1,-1).
設直線CD與平面ACE的夾角為α,
則sin α=|cos|= = = ,因此直線CD與平面ACE的夾角的正弦值為 .
(3)易得 =(0,0,2),
由(2)知,平面ACE的一個法向量為m=(1,-1,-1).
設平面ACP的一個法向量為n=(x2,y2,z2),
由 可得
取x2=1,則y2=-1,z2=0,
所以平面ACP的一個法向量為n=(1,-1,0).
所以cos= = = ,
由圖可知,二面角E-AC-P的平面角為銳角,因此二面角E-AC-P的平面角的余弦值為 .
1.點面距的求解方法
(1)求出該平面的一個法向量;
(2)找出從該點出發的平面的任意一條斜線段對應的向量;
(3)求出法向量與斜線段對應向量的數量積的絕對值,再除以法向量的模,即可求出點到平面
的距離.
　　平行于平面的直線到該平面的距離、相互平行的兩個平面間的距離,都可以轉化為點到
平面的距離.
講解分析
疑難 2 用向量法求空間中的距離
2.用向量法求點到直線的距離的兩種思路
(1)將求點到直線的距離問題轉化為求向量模的問題,即利用待定系數法求出垂足的坐標,然
后求出向量的模,這是求各種距離的通法.
(2)直接套用點到直線的距離公式求解.
　　注意平行直線間的距離與點到直線的距離之間的轉化.
典例 已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=1,AB=4,BC=3,∠ABC=90°,M,N分別是A1B1,AC的中點.
(1)求點B到直線A1C1的距離;
(2)求點B1到平面C1MN的距離.
解析 以B為原點,BA,BC,BB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖所示:

則B(0,0,0),A(4,0,0),A1(4,0,1),B1(0,0,1),C(0,3,0),C1(0,3,1).
(1)∵ =(-4,3,0), =(0,3,1),
∴點B到直線A1C1的距離d=
= = .
(2)∵M,N分別是A1B1,AC的中點,
∴M(2,0,1),N ,
∴ = , =(-2,3,0).
設平面C1MN的一個法向量為n=(x,y,z),
則 即
取y=2,得x=3,z=3,∴n=(3,2,3).
又 =(2,0,0),
∴點B1到平面C1MN的距離為 = .
(1)對于存在探究型問題,應先假設存在,把要成立的結論當作條件,據此列出方程或方程組,把
“是否存在”轉化為“是否有規定范圍內的解”等.
(2)對于位置探究型問題,通常是借助向量,引入參數,綜合條件和結論列方程或方程組,解出參
數,從而確定位置.
講解分析
疑難 3 用向量法解決空間幾何體中的探究型問題
典例 如圖,在四棱柱ABCD-A'B'C'D'中,底面ABCD為平行四邊形,DD'=CD=4,AD=2,∠BAD= ,
且D'在底面上的投影H恰為CD的中點.

(1)過D'H作與BC垂直的平面α,交棱BC于點N,試確定點N的位置,并說明理由;
(2)在線段D'C'上是否存在點P,使二面角P-BH-A的平面角為 若存在,請確定點P的位置;若
不存在,請說明理由.
解析 (1)當N為棱BC的中點時,符合題意,理由如下:取BC的中點N,連接NH,ND'.
在△HNC中,根據余弦定理得,
|NH|= = ,
所以|HC|2=|NC|2+|NH|2,
因此∠HNC= ,即NH⊥BC.
因為D'在底面上的投影H恰為CD的中點,
所以D'H⊥平面ABCD,
又BC 平面ABCD,
所以D'H⊥BC,
因為D'H∩NH=H,D'H,NH 平面D'HN,
所以BC⊥平面D'HN,
因此,N為BC的中點時符合題意.
(2)存在滿足條件的點P,且點P與點C'重合.
連接BD,由(1)知,當N為BC的中點時,HN⊥BC,HN∥DB,AD∥BC,所以AD⊥BD,
分別以 , 的方向為x軸、y軸的正方向,過點D且垂直于平面ABCD的直線為z軸,建立如圖
所示的空間直角坐標系D-xyz,

則D(0,0,0),H(-1, ,0),B(0,2 ,0),D'(-1, ,2 ),C'(-3,3 ,2 ).
所以 =(1, ,0), =(0,0,2 ), =(-2,2 ,0),
設 =λ =λ(-2,2 ,0)=(-2λ,2 λ,0)(λ∈[0,1]),
則 = + =(-2λ,2 λ,2 ).
設n=(x,y,z)為平面PBH的一個法向量,
則
即
令x= ,得y=-1,z=2λ,
所以n=( ,-1,2λ),
易得平面AHB的一個法向量為m=(0,0,1),
因為二面角P-BH-A的平面角為 ,
所以|cos|= ,
即 = ,
所以 = ,
所以λ=1,
此時P(-3,3 ,2 ).
故存在滿足條件的點P,且點P與點C'重合.

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