資源簡介

(共44張PPT)
知識點 1 空間距離的向量求法
1.4.2 用空間向量研究距離、夾角問題
1.直線外一點到直線的距離
　　如圖①,u為直線l的單位方向向量,P l,A∈l,Q∈l, =a, 在直線l上的投影向量為 =
(a·u)u,在Rt△APQ中,由勾股定理,得
PQ= = .
　　
必備知識 清單破
2.平面外一點到平面的距離
如圖②,設平面α的法向量為n,P α,A∈α,PQ⊥α, 在直線l上的投影向量為 ,則點P到平
面α的距離PQ= .
3.其他距離
(1)兩平行直線之間的距離:在其中一條直線上取定一點,將所求轉化為直線外一點到直線的
距離.
(2)兩異面直線a,b之間的距離:如圖③,在a,b上分別取點A,B,求出與a,b的方向向
量都垂直的向量n,則 在向量n上的投影向量的長度即為異面直線a,b的距離,
為 .
(3)平行的線面、面面間的距離:轉化為平面外一點到平面的距離.
知識點 2 空間角的向量求法
空間角 向量求法 范圍
異面直線l1與l2所成的角θ 設l1與l2的方向向量分別為u,v,則cos θ=|cos| =
直線AB與平面α所成的角θ,如圖① 設直線AB的方向向量為u,平面α的法向量為n,則sin θ= |cos|=
平面α與平面β的夾角θ,如圖② 設平面α,β的法向量分別為n1,n2,則cos θ=|cos|=

知識辨析
1.直線和平面平行時,直線到平面的距離一般如何求解
2.兩平面的夾角與這兩平面形成的二面角有什么關系
3.兩平面的夾角與兩平面的法向量的夾角有何關系
一語破的
1.轉化為直線上任一點到該平面的距離.
2.兩平面相交會形成四個二面角,我們把這四個二面角中不大于 的二面角稱為平面與平面
的夾角.兩平面的夾角的取值范圍為 ,而這兩平面形成的二面角的取值范圍為[0,π].
3.兩平面的夾角等于兩平面的法向量的夾角或其補角.
1.用向量法求距離問題的兩種思路
(1)轉化為求向量模的問題.過已知點作已知直線或已知平面的垂線段,利用待定系數法求出
垂足的坐標,然后通過已知點坐標及垂足坐標求出表示此距離的向量的模,這是求各種距離
的通法.
(2)直接套用相關公式求解.用向量法求點到直線的距離時需注意以下幾點:①不必找點在直
線上的垂足以及垂線段;②可以選直線上的任意點,但一般選較易求得坐標的特殊點;③直線
的方向向量可以任取,但必須保證計算正確.
2.注意事項
求直線到平面(或兩平面之間)的距離的前提是線面(或面面)平行,求解時可在直線上(或其中
一個平面上)找到一點,然后將問題轉化為求該點到平面的距離.點要選取適當,以方便求解為主.
定點 1 用空間向量研究距離問題
關鍵能力 定點破
3.點到平面的距離的求解步驟
(1)建立恰當的空間直角坐標系;
(2)寫出(求出)相關點的坐標;
(3)求出平面的一個法向量n;
(4)找出從已知點出發的平面的任一條斜線段對應的向量u;
(5)由d= 計算可得點到平面的距離.
典例 已知正方形ABCD的邊長為1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分別為AB,BC的中點.
(1)求點D到平面PEF的距離;
(2)求直線AC到平面PEF的距離.
解析： 解法一:(1)建立如圖所示的空間直角坐標系,

則D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),E ,F ,
∴ = , = , =(0,0,1), = , = .
作DH⊥平面PEF,垂足為H,連接DE,DF,則由空間向量基本定理可得 =x +y +z =
,其中x+y+z=1.①
易知 · =x+ y+ -z= x+y-z=0,②
· = + x+y-z=x+ y-z=0.③
由①②③解得x=y= ,z= .
∴ = ,∴| |= .
∴點D到平面PEF的距離為 .
(2)易知AC∥平面PEF,∴直線AC到平面PEF的距離即為點A到平面PEF的距離.
設AH'⊥平面PEF,垂足為H',則 ∥ .
由(1)知 = ,∴可設 =λ(2,2,3)=(2λ,2λ,3λ)(λ≠0),連接EH',則 = + =
+(2λ,2λ,3λ)= .
易知 · =4λ2+4λ2-λ+9λ2=0,
∴λ= .∴ = ,
∴| |= .
∴直線AC到平面PEF的距離為 .
解法二:(1)由解法一建立的空間直角坐標系知 = , = , = .
設平面PEF的法向量為n=(x,y,z),則 即 令x=2,則y=2,z=3,∴n=(2,2,3).
∴點D到平面PEF的距離為 = = .
(2)易知AC∥平面PEF,∴直線AC到平面PEF的距離即為點A到平面PEF的距離.
由解法一建立的空間直角坐標系知 = .
由(1)知平面PEF的一個法向量為n=(2,2,3).
∴點A到平面PEF的距離為 = = .∴直線AC到平面PEF的距離為 .
1.角的范圍與關系
　　利用向量法求空間角時,要注意空間角的范圍與向量夾角范圍的區別.向量夾角的范圍
為[0,π],而異面直線所成的角的范圍為 ,兩平面夾角的范圍為 ,當對應向量夾角為
鈍角時,應取其補角.
　　線面角的范圍為 ,當直線的方向向量和平面的法向量的夾角為銳角時,線面角等于
減去這個夾角;當直線的方向向量和平面的法向量的夾角為鈍角時,線面角等于這個夾角
減去 .
定點 2 用空間向量研究夾角問題
(1)兩異面直線所成的角
①坐標法:適合建立空間直角坐標系的問題優先選擇此法解決.
②基底法:在一些不適合建立空間直角坐標系的問題中,我們經常用基底法.由公式cos=
求向量a,b的夾角的關鍵是求出a·b,|a|與|b|,其求解思路一般是先把a,b用同一個基底表
示出來,再求有關的量.
(2)直線與平面所成的角的求解步驟
①建立恰當的空間直角坐標系;
②求直線的方向向量u;
③求平面的法向量n;
④計算:設線面角為θ,則sin θ= .
2.空間角的向量求法
(3)兩個平面的夾角的求解步驟
①建立恰當的空間直角坐標系;
②分別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=|cos|= .
典例1 如圖所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,點E,F分別
是棱AB,BB1的中點,試求直線EF和BC1所成的角.

解析： 由題可知,AB,BC,BB1兩兩互相垂直.以B為坐標原點,BC,BA,BB1所在直線分別為x軸,y
軸,z軸,建立空間直角坐標系Bxyz(如圖).

設AB=1,則B(0,0,0),E ,F ,C1(1,0,1),
所以 = , =(1,0,1).
cos< , >= = = ,
所以直線EF和BC1所成角的大小為60°.
典例2 如圖,已知四棱錐P-ABCD的底面是菱形,對角線AC,BD交于點O,OA=8,OB=6,OP=8,OP
⊥底面ABCD,設點M滿足 =λ (0<λ<1).

(1)若λ= ,求平面MAB與平面ABC的夾角;
(2)若直線PA與平面BDM所成角的正弦值為 ,求λ的值.
解析： 由題意得OA,OB,OP兩兩垂直.以O為坐標原點,OA,OB,OP所在直線分別為x軸,y軸,z軸
建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz,則A(8,0,0),B(0,6,0),C(-8,0,0),D(0,-6,0),P(0,0,8).

(1)易得 =(-8,6,0).設M(x1,y1,z1),
∵ = ,∴(x1,y1,z1-8)= (-8-x1,-y1,-z1),∴ 解得
∴M(-2,0,6).∴ =(-2,-6,6).
易知平面ABC的一個法向量為(0,0,1),記n1=(0,0,1).
設平面MAB的法向量為n2=(x2,y2,z2),
則 即
令x2=3,則y2=4,z2=5,∴n2=(3,4,5).
∴cos= = = ,
∴平面MAB與平面ABC的夾角的大小為 .
(2)易得 =(8,0,-8), =(0,12,0).
設M(x3,y3,z3),∵ =λ ,
∴(x3,y3,z3-8)=λ(-8-x3,-y3,-z3),
∴ 解得
∴M ,∴ = .
設平面BDM的法向量為m=(x4,y4,z4),
則 即
令z4=λ,則x4=1,y4=0,∴m=(1,0,λ).
∴|m|= , ·m=8-8λ.
∵直線PA與平面BDM所成角的正弦值為 ,
∴ =|cos< ,m>|= = = ,
∴2λ2-5λ+2=0,解得λ= 或λ=2.
又0<λ<1,∴λ= .
解后反思： 我們利用向量法計算二面角時,常會遇到難以直接看出二面角是鈍角還是銳角的
問題,可以這樣處理:若兩個法向量都指向二面角的外部或內部,則二面角等于法向量的夾角
的補角;若兩個法向量中一個指向二面角的外部,另一個指向二面角的內部,則二面角等于法
向量的夾角.
利用空間向量解決與距離、夾角有關的探索性問題的步驟
(1)假設存在(或假設結論成立);
(2)建立恰當的空間直角坐標系,得到(設出)相關點的坐標;
(3)根據點的坐標得到有關向量的坐標;
(4)利用距離或夾角的計算公式列關系式求解;
(5)根據解的情況得出結論.
定點 3 用空間向量解決與距離、夾角有關的探索性問題
典例1 如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的正方形,PB⊥BC,PD⊥CD,且PA=2,E為
PD的中點.
(1)求證:PA⊥平面ABCD;
(2)求PC與平面ACE所成角的正弦值;
(3)在線段BC上是否存在點F,使得點E到平面PAF的距離為 若存在,確定點F的位置;若不
存在,請說明理由.

思路點撥： (1)分別證明BC⊥平面PAB,CD⊥平面PAD,可得出PA⊥BC,PA⊥CD,再利用線面
垂直的判定定理即可證得結論成立.
(2)結合(1)中結論建立空間直角坐標系,利用向量法可求得結果.
(3)假設存在滿足題意的點F,且F(2,t,0)(0≤t≤2),利用向量法得出關于t的方程,解方程即可得
出結論.
解析： (1)證明:∵四邊形ABCD為正方形,
∴BC⊥AB,CD⊥AD.
∵PB⊥BC,BC⊥AB,PB,AB 平面PAB,PB∩AB=B,∴BC⊥平面PAB.
∵PA 平面PAB,∴PA⊥BC.
∵PD⊥CD,CD⊥AD,PD,AD 平面PAD,PD∩AD=D,∴CD⊥平面PAD.
∵PA 平面PAD,∴PA⊥CD.
∵BC,CD 平面ABCD,BC∩CD=C,∴PA⊥平面ABCD.
(2)由(1)及題知PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,∴PA,AB,AD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,建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz,

則A(0,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),∴ =(2,2,0), =(0,1,1), =(2,2,-2).
設平面ACE的法向量為m=(x,y,z),
則 取y=1,則x=-1,z=-1,∴m=(-1,1,-1).
cos= = = ,
∴PC與平面ACE所成角的正弦值為 .
(3)假設存在滿足題意的點F,且F(2,t,0)(0≤t≤2).
易得 =(2,t,0), =(0,0,2).
設平面PAF的法向量為n=(a,b,c),
則 取a=t,則b=-2,c=0,
∴n=(t,-2,0).
∴點E到平面PAF的距離為 = = ,∴t=1,此時點F為線段BC的中點.
∴當點F為線段BC的中點時,點E到平面PAF的距離為 .
名師點睛：立體幾何中的探索性問題,直接求解需進行復雜的作圖、論證、推理,而利用空
間向量,則只需通過坐標運算進行判斷即可.解題時,根據題干中的條件和假設,把幾何問題轉
化為代數問題,即是否有解問題,解法固定,應熟練掌握.
典例2 如圖1,在△MBC中,BM=2BC=4,BM⊥BC,A,D分別為BM,MC的中點,將△MAD沿AD折起
到△PAD的位置,使∠PAB=90°,如圖2,連接PB,PC,BD.
(1)求證:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)若E為PC的中點,求直線DE與平面PBD所成角的正弦值;
(3)在線段PC上是否存在一點G(不包括端點),使平面ADG與平面ADP所成角的余弦值為
若存在,求出 的值;若不存在,請說明理由.

圖2
圖1
解析： (1)證明:因為A,D分別為BM,MC的中點,所以AD∥BC.
因為BM⊥BC,所以BM⊥AD,所以PA⊥AD.
因為∠PAB=90°,所以PA⊥AB.
因為AB,AD 平面ABCD,AB∩AD=A,所以PA⊥平面ABCD.
又因為PA 平面PAD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)由(1)知AP,AB,AD兩兩垂直.
以A為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz,
則B(2,0,0),D(0,1,0),P(0,0,2),E(1,1,1),所以 =(1,0,1), =(-2,1,0), =(-2,0,2).

設平面PBD的法向量為n=(x1,y1,z1),
則 即
令y1=2,得x1=1,z1=1,
所以n=(1,2,1).
設直線DE與平面PBD所成的角為θ,
則sin θ=|cos< ,n>|= = = .
故直線DE與平面PBD所成角的正弦值為 .
(3)假設在線段PC上存在一點G(不包括端點),使平面ADG與平面ADP所成角的余弦值為
.
由(2)知A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,2),C(2,2,0),
所以 =(2,2,-2), =(0,1,0).
設 =λ (0<λ<1),
則G(2λ,2λ,2-2λ),
所以 =(2λ,2λ,2-2λ).
易知平面PAD的一個法向量為(1,0,0),記n1=(1,0,0).
設平面ADG的法向量為n2=(x2,y2,z2),
則 即
令z2=λ,則x2=λ-1,y2=0,
所以n2=(λ-1,0,λ).
由題意得|cos|= = = ,
所以8λ2+2λ-1=0,
解得λ=- (舍去)或λ= .
故在線段PC上存在一點G(不包括端點),使平面ADG與平面ADP所成角的余弦值為 ,且
= .
學科素養 情境破
素養解讀
　　直觀想象是數學的六大核心素養中重要的一個,它是數學抽象或數學建模的基礎.我們
常對生活中的實際情境進行分析,探索其本質,并通過數學抽象或數學建模將其轉化為數學
問題.在立體幾何的學習中,我們借助直觀想象將幾何直觀(用圖形來描述和分析問題)這一感
性認識過渡到空間想象(對二維平面或三維空間的圖形的位置、數量關系及有關性質的理
解)這一理性認識,從而借助幾何圖形的直觀來拓展想象的思維能力.
　　數學建模是對實際問題進行數學抽象,用數學語言表達問題、用數學知識與方法構建數
學模型解決問題的過程.在立體幾何的學習中,數學建模主要體現在點、線、面的位置關系,
空間角、空間距離,組合體等在實際問題中的應用,其實質是將實際問題的內在規律用數字、
圖表、公式、符號等表示出來,根據數學基本知識和基本原理構建數學模型,從而達到識模、用模、解模的過程.
素養 通過立體幾何圖形與空間向量發展直觀想象、數學建模的素養
典例呈現
例題 2021年6月17日,神舟十二號載人飛船順利升空并于6.5小時后與天和核心艙成功對接.
神舟十二號飛船推進艙及其推進器的簡化示意圖如圖1所示,半徑相等的圓I1,I2,I3,I4與圓柱OO
1的底面圓分別相切于A,B,C,D四點,且圓I1與I2,I2與I3,I3與I4,I4與I1分別外切,線段A1A為圓柱OO1
的母線.點M為線段A1O1的中點,點N在線段CO1上,且CN=2NO1.已知圓柱OO1的底面半徑為2,
AA1=4.
(1)求證:AM∥平面BDN;
(2)線段AA1上是否存在一點E,使得OE⊥平面BDN 若存在,請求出AE的長,
若不存在,請說明理由;
圖1
(3)飛船推進艙與即將對接的天和核心艙的相對位置的簡化示意圖如圖2所示.天和核心艙可
簡化為底面半徑為2的圓柱O2O3,它與飛船推進艙共軸,即O,O1,O2,O3共線.天和核心艙艙體兩
側伸展出太陽翼,其中三角形RST為以RS為斜邊的等腰直角三角形,四邊形PQRS為矩形.已知
推進艙與核心艙的距離為4,即O1O2=4,且O2O3=RS=2,PS=7.在對接過程中,核心艙可能會作出
相對于推進艙的逆時針旋轉的運動,請你求出在艙體相對距離保持不變的情況下,在艙體相
對旋轉過程中,直線A1P與平面PQRS所成角的正弦值的最大值.
圖2
解題思路：(1)證明:如圖①,設M',N'分別是點M,N在線段AC上的投影,

∴M'為AO的中點,N'為OC的三等分點,
∴tan∠MAM'= = =4,tan∠NON'= = =4,
∴∠MAM'=∠NON',∴AM∥ON,
又AM 平面BDN,且ON 平面BDN,
圖①
∴AM∥平面BDN.
(2)根據題意建立如圖②所示的空間直角坐標系,

則O(0,0,0),B(0,2,0),D(0,-2,0),
N ,設E(2,0,t)(0≤t≤4),
∴ =(0,4,0), = , =(2,0,t),
圖②
假設OE⊥平面BDN,則
∴- + t=0,
∴t= .
∴線段AA1上存在一點E,使得OE⊥平面BDN,且AE= .
(3)將矩形PQRS作為參照物,不妨設A1順時針旋轉的弧度為α(α>0),
則結合(2)中所建坐標系可得A1(2cos(-α),2sin(-α),4),即A1(2cos α,-2sin α,4),
又P(10,0,8),∴ =(10-2cos α,2sin α,4).
易知平面PQRS的一個法向量為(0,1,0),記u=(0,1,0).
設直線A1P與平面PQRS所成的角為θ,
則sin θ=|cos< ,u>|
=
= · ,
當cos α=±1時,sin θ=0;
當-1∴sin θ= · ≤ × = ×(2- )= ,
當且僅當t= ,即t=2 ,即cos α=3-2 時,sin θ取得最大值,為 .
綜上可知,在旋轉過程中,直線A1P與平面PQRS所成角的正弦值的最大值為 .
思維升華
在立體幾何的學習過程中,我們不但要借助空間幾何體模型認識點、線、面之間的位置關
系,將二維平面圖形與三維空間圖形進行類比聯想,還要學會借助幾何直觀和空間想象感知
事物的形態與變化,利用圖形來理解并梳理思路,尋找方向,可將復雜問題簡單化.
立體幾何中有多種模型,如線面平行與垂直,面面平行與垂直,二面角等相關的求解模型,我們
可以將其有意識地記憶下來,這樣當遇到一個新問題時,辨認它屬于哪一類模型的基本模式,
進而聯想起一個已經解決了的問題,并以此為索引,在記憶存儲中提取出相應的方法來加以
解決,可以起到事半功倍的效果.1.4.2　用空間向量研究距離、夾角問題
基礎過關練
題組一　用空間向量求空間距離
1.直線l的方向向量為m=(1,0,-1),且l過點A(1,1,1),則點P(-1,2,1)到l的距離為(　　)
A.　　B.　　C.　　D.2
2.(教材習題改編)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面邊長為2,側棱長為4,則點B1到平面AD1C的距離為(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.(多選題)在空間直角坐標系Oxyz中,A(2,0,0),B(1,1,-2),C(2,3,1),則(　　)
A.·=-5
B.||=2
C.異面直線OB與AC所成角的余弦值為
D.點O到直線BC的距離是
4.在棱長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為棱AA1,BB1的中點,G為棱A1B1上的一點,且A1G=λ(0<λ<4),則點G到平面D1EF的距離為　　　　.
5.如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分別是線段DD1,AB,BB1的中點.
(1)求證:平面FGC1∥平面AB1E;
(2)求直線GC1到直線AE的距離;
(3)求直線GC1到平面AB1E的距離.
題組二　用空間向量求空間角
6.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,AB=BC,AA1=AC=2,E為棱A1B1的中點,F是棱BC上的一點,且BF=3FC,則直線AE與C1F所成角的余弦值為(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
7.《九章算術》是我國古代的一部數學經典著作,其在卷第五《商功》中描述的幾何體“陽馬”實為“底面為矩形,一側棱垂直于底面的四棱錐”.如圖,在“陽馬”P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD=2AB=PA,則直線PC與面PBD所成角的正弦值為(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
8.在三棱錐P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠PAC=∠ABC=90°,PA=BC=1,PB=AC=2,E是AB的中點,則二面角B-PC-E的余弦值為(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
9.如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱DD1的中點,F為棱BB1的中點.
(1)求異面直線AB1與C1F所成角的余弦值;
(2)求直線AA1與平面AB1E所成角的正弦值.
10.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,D是BC的中點.
(1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值;
(2)求平面ADC1與平面ABA1的夾角的正弦值.
11.在如圖所示的試驗裝置中,兩個正方形框架ABCD,ABEF的邊長都是1,且它們所在的平面互相垂直.活動彈子M,N分別在正方形對角線AC,BF上移動,且CM,BN的長度保持相等,記CM=BN=a(0(1)求異面直線AC與BF所成角的余弦值;
(2)當a為何值時,線段MN的長最小
(3)當線段MN的長最小時,求AB與平面AMN所成角的余弦值.
能力提升練
題組一　用空間向量解決空間距離問題
1.在空間直角坐標系Oxyz中,A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),點H在平面ABC內,則當點O與H間的距離取最小值時,點H的坐標是(　　)
A.　　　　B.　　
C.　　　　D.(2,1,1)
2.如圖所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=BC=1,動點P,Q分別在線段C1D,AC上(包括端點),則線段PQ長度的最小值是(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為6,點M為CC1的中點,點P為底面A1B1C1D1上的動點(包含邊界),則滿足BP⊥AM的點P的軌跡長度為(　　)
A.2π　　　　B.3　　
C.6　　　　D.3π
4.在三棱錐S-ABC中,SA=BC=2,SC=AB=,SB=AC=.記BC的中點為M,SA的中點為N,則異面直線AM與CN的距離為　　　　.
題組二　用空間向量解決空間角問題
5.由正方體的四個頂點所確定的平面統稱為該正方體的“表截面”,則在正方體中,兩個不重合的“表截面”的夾角大小不可能為(　　)
A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.90°
6.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,O是AC的中點,點P在線段A1C1上運動(包含端點),若直線OP與平面AB1C所成的角為θ,則sin θ的取值范圍是(　　)
A.　　　　B.　　
C.　　　　D.
7.如圖,在棱長為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為線段B1C上的動點(不包括端點),則下列結論錯誤的是(　　)
A.當B1P=2PC時,AP=
B.當B1P=2PC時,點D1到平面A1BP的距離為1
C.直線A1P與BD所成的角可能是
D.若二面角B-A1P-B1的平面角的正弦值為,則=或=
8.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　用空間向量解決立體幾何中的探索性問題
9.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,且CD=2,PA=AB=BC=1,AB⊥BC.
(1)求證:AD⊥PC;
(2)求平面PCD與平面PAB的夾角;
(3)在線段PB上是否存在一點M,使得直線PC與平面ADM垂直 如果存在,求此時點M到平面PCD的距離;如果不存在,說明理由.
10.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,且CD=2,AB=1,BC=2,PA=1,AB⊥BC,N為PD的中點.
(1)求平面PAD與平面PBC所成銳二面角的余弦值;
(2)求點N到直線BC的距離;
(3)在線段PD上是否存在一點M,使得直線CM與平面PBC所成角的正弦值為 若存在,求出的值;若不存在,說明理由.
答案與分層梯度式解析
1.4.2　用空間向量研究距離、夾角問題
基礎過關練
1.B 2.A 3.AC 6.D 7.A 8.C
1.B　∵A(1,1,1),P(-1,2,1),∴=(-2,1,0),
則AP=,
又∵m=(1,0,-1),∴==,
∴點P(-1,2,1)到l的距離為=,故選B.
2.A　如圖,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,
則A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,4),B1(2,2,4),∴=(-2,2,0),=(-2,0,4),=(-2,-2,0).設平面AD1C的法向量為n=(x,y,z),
則即
取z=1,則x=y=2,所以n=(2,2,1),
∴點B1到平面AD1C的距離為=,故選A.
解題模板　用向量法求點P到平面α的距離
(1)建立恰當的空間直角坐標系.
(2)寫出(求出)相關點的坐標.
(3)求出,平面α的法向量n(點A為平面α內一點).
(4)求距離d=.
3.AC　對于A,=(-1,1,-2),=(1,2,3),所以·=-1+2-6=-5,故A正確;
對于B,=(0,3,1),所以||==,故B錯誤;
對于C,=(1,1,-2),所以||=,
因為cos<,>===,
所以異面直線OB與AC所成角的余弦值為,故C正確;
對于D,=(1,1,-2),=(1,2,3),
所以=,所以點O到直線BC的距離是==,故D錯誤.
故選AC.
4.答案　
解析　以D為原點,,,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Dxyz,
則G(4,λ,4),D1(0,0,4),E(4,0,2),F(4,4,2),
所以=(4,0,-2),=(4,4,-2),=(0,-λ,-2),
設平面D1EF的法向量為n=(x,y,z),
則即
令x=1,則y=0,z=2,所以平面D1EF的一個法向量為n=(1,0,2).
所以點G到平面D1EF的距離為==.
5.解析　(1)證明:以A為原點,AD,AB,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則F(0,1,0),G(0,2,1),C1(2,2,2),A(0,0,0),B1(0,2,2),E(2,0,1),
則=(0,1,1),=(2,1,2),=(0,2,2),=(2,0,1),
設平面FGC1的法向量為m=(x,y,z),
則令z=2,則y=-2,x=-1,
所以平面FGC1的一個法向量為m=(-1,-2,2).
設平面AB1E的法向量為n=(a,b,c),
則令c=2,則a=-1,b=-2,
所以平面AB1E的一個法向量為n=(-1,-2,2).
因為m=n,所以平面FGC1∥平面AB1E.
(2)由(1)得=(2,0,1),=(2,0,1),
所以∥,即GC1∥AE,所以點C1到直線AE的距離即為直線GC1到直線AE的距離,
又=(2,2,2),所以==,||=2,所以直線GC1到直線AE的距離為=.
(3)因為平面FGC1∥平面AB1E,GC1 平面FGC1,所以GC1∥平面AB1E,
所以直線GC1到平面AB1E的距離等于點C1到平面AB1E的距離.
由(1)知=(-2,0,0),平面AB1E的一個法向量為n=(-1,-2,2),
所以點C1到平面AB1E的距離為=,
所以直線GC1到平面AB1E的距離為.
6.D　由AB⊥BC,AB=BC,AC=2,得AB=BC=2,
以B為坐標原點,BC,BA,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F,C1(2,0,2),A(0,2,0),E(0,1,2),
所以=,=(0,-1,2),
所以cos<,>===,
故直線AE與C1F所成角的余弦值為.故選D.
易錯警示　異面直線所成角的范圍是,故兩直線方向向量夾角的余弦值為負時,應取其絕對值,才得兩條異面直線所成角的余弦值.
7.A　因為PA⊥平面ABCD,AB,AD 平面ABCD,底面ABCD為矩形,所以PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD,
所以AB,AD,AP兩兩互相垂直,設AB=1,則AD=AP=2,
以A為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,
則B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),
所以=(-1,2,0),=(-1,0,2),=(1,2,-2),
設平面PBD的法向量為n=(x,y,z),
則解得
令x=2,則y=1,z=1,所以n=(2,1,1),
設直線PC與面PBD所成的角為θ,
所以sin θ=|cos<,n>|===,
所以直線PC與面PBD所成角的正弦值為.
故選A.
解題模板　求線面角θ的步驟:
8.C　因為∠PAC=90°,所以PA⊥AC,又因為平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PA 平面PAC,所以PA⊥平面ABC,又AB 平面ABC,所以AB⊥PA.在Rt△ABC中,BC=1,AC=2,∠ABC=90°,所以AB===.以B為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則B(0,0,0),P(,0,1),C(0,1,0),E,所以=(,-1,1),=(-,0,-1),=.設平面BPC的法向量為m=(x1,y1,z1),則令x1=1,則m=(1,0,-),設平面EPC的法向量為n=(x2,y2,z2),則令x2=2,則n=(2,,-).設二面角B-PC-E的平面角為θ,由題圖可知θ∈,則cos θ===.故選C.
專家支招　求兩個平面所成的角一般有兩種思路,一是先根據二面角的平面角及兩個平面夾角的定義,在兩個半平面內分別找出與二面角的棱垂直的直線,然后利用兩直線的方向向量的夾角得到兩平面夾角的大小;另一種是直接求出兩個平面的法向量,通過法向量的夾角求得兩平面夾角的大小,但要注意兩平面夾角的取值范圍是,而兩個法向量的夾角為[0,π].
9.解析　(1)以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸和z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,
則B1(1,1,1),E,F,A(1,0,0),C1(0,1,1),A1(1,0,1),
可得=,=(0,1,1),
設異面直線AB1與C1F所成的角為θ,
則cos θ=|cos<,>|===,
所以異面直線AB1與C1F所成角的余弦值為.
(2)由(1)得=(0,1,1),=,=(0,0,1),
設平面AB1E的法向量為n=(x,y,z),
則
取z=2,可得x=1,y=-2,所以n=(1,-2,2),
設直線AA1與平面AB1E所成的角為α,則sin α=|cos<,n>|===,
所以直線AA1與平面AB1E所成角的正弦值為.
10.解析　(1)建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz,
則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4),
∴=(2,0,-4),=(1,-1,-4),
∴cos<,>===,
∴異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為.
(2)易知=(0,2,0)是平面ABA1的一個法向量,
設平面ADC1的法向量為m=(x,y,z),
由(1)知=(1,1,0),=(0,2,4),
∴取z=1,得y=-2,x=2,
∴平面ADC1的一個法向量為m=(2,-2,1),
設平面ADC1與平面ABA1的夾角為θ,
∴cos θ=|cos<,m>|==,
∴sin θ==.
∴平面ADC1與平面ABA1的夾角的正弦值為.
11.解析　(1)因為四邊形ABCD為正方形,所以BC⊥BA,因為平面ABCD⊥平面ABEF,且交線為AB,BC 平面ABCD,所以BC⊥平面ABEF,
因為BE 平面ABEF,所以BC⊥BE,
又AB⊥BE,所以BA,BE,BC兩兩垂直,
建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(1,0,0),C(0,0,1),B(0,0,0),F(1,1,0),
所以=(-1,0,1),=(1,1,0),
設異面直線AC與BF所成的角為θ,
則cos θ=|cos<,>|==,
所以異面直線AC與BF所成角的余弦值為.
(2)由題可得,M,N,
所以MN===,
所以當a=時,線段MN的長最小,為.
(3)由(2)可知,當線段MN的長最小時,
M,N,
所以=,=,
設平面AMN的法向量為m=(x,y,z),
則令x=1,則y=1,z=1,
所以m=(1,1,1),
設AB與平面AMN所成的角為α,
因為=(1,0,0),所以sin α=|cos<,m>|==,
因為α∈,所以cos α=.
所以AB與平面AMN所成角的余弦值為.
能力提升練
1.A 2.C 3.B 5.A 6.D 7.C 8.C
1.A　由題意得=(-1,2,0),=(0,-2,2),=(1,0,0),
設H(x,y,z),易知x,y,z>0,且=(x,y,z),
設m=(a,b,c)為平面ABC的法向量,則即
令b=1,則a=2,c=1,故m=(2,1,1),
則點O到平面ABC的距離為==,
當點O到H的距離取最小值時,||==,則x2+y2+z2=,此時∥m,
設=λm,λ∈R,λ≠0,
即(x,y,z)=λ(2,1,1),
所以x=2λ,y=λ,z=λ,代入x2+y2+z2=,
可解得λ=(負值舍去),則x=,y=z=,
所以=,則H,故選A.
2.C　以D為原點,,,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(1,0,0),D(0,0,0),C(0,1,0),C1(0,1,2).
設P(0,y1,z1),Q(x2,y2,0),其中0≤y1≤1,0≤z1≤2,0≤x2≤1,0≤y2≤1.
由題意可設=λ,=μ,其中λ,μ∈[0,1],所以(0,y1,z1)=λ(0,1,2),(x2-1,y2,0)=μ(-1,1,0),所以P(0,λ,2λ),Q(1-μ,μ,0).
所以線段PQ的長度為
=
=,
所以當λ=,μ=時,線段PQ的長度取得最小值,為.
3.B　以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(6,0,0),B(6,6,0),M(0,6,3),設P(x,y,6),x∈[0,6],y∈[0,6],
則=(-6,6,3),=(x-6,y-6,6),
由BP⊥AM得·=0,即-6(x-6)+6(y-6)+3×6=0,即y=x-3,
由于x∈[0,6],y∈[0,6],所以x∈[3,6],y∈[0,3],所以點P的軌跡為圖中的線段EF(E,F分別為A1D1,A1B1的中點),易知EF==3,故選B.
4.答案　
解析　三棱錐S-ABC的三組對棱分別相等,因此三棱錐S-ABC的外接平行六面體為長方體,將三棱錐S-ABC放在長方體中,設長方體的長、寬、高分別為a,b,c,
且則所以
以B為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(1,0,),C(1,,0),M,N,所以=,=.
設n=(x,y,z)垂直于和,
所以
令y=,則z=,x=0,所以n=.
又=(0,0,),
所以異面直線AM與CN的距離d===.
5.A　以正方體ABCD-A1B1C1D1為例,若“表截面”為面ABC1D1與面ABCD,則它們的夾角為45°;
若“表截面”為面ABC1D1與面BDD1B1,以D為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,
設正方體的棱長為1,則D(0,0,0),A1(1,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),
在正方形ADD1A1中,A1D⊥AD1,
因為AB⊥面ADD1A1,且A1D 面ADD1A1,所以AB⊥A1D,
又AD1∩AB=A,AD1,AB 面ABC1D1,所以A1D⊥面ABC1D1,即面ABC1D1的一個法向量為=(1,0,1),
同理可證,AC⊥面BDD1B1,
所以面BDD1B1的一個法向量為=(-1,1,0),
設面ABC1D1與面BDD1B1的夾角為θ,
則cos θ=|cos<,>|===,
所以θ=60°;
若“表截面”為面ABB1A1與面ABCD,則它們的夾角為90°.
故選A.
6.D　以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示,
則A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),B1(2,2,3),A1(2,0,3),C1(0,2,3),所以=(-2,2,0),=(0,2,3),=(-2,2,0),
由題可設=a=a(-2,2,0)(0≤a≤1),則P(2-2a,2a,3),則=(1-2a,2a-1,3),
設平面AB1C的法向量為n=(x,y,z),
則
令y=3,得x=3,z=-2,所以n=(3,3,-2),
所以sin θ=|cos|==,
由于0≤a≤1,所以∈[3,],
所以sin θ∈.故選D.
7.C　以A為原點,,,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(0,0,0),B(3,0,0),D(0,3,0),A1(0,0,3),C(3,3,0),B1(3,0,3),D1(0,3,3).
對于A,因為B1P=2PC,所以==(0,3,-3)=(0,2,-2),所以P(3,2,1),故=(3,2,1),AP=||==,A中結論正確;
對于B,=(0,3,0),=(3,0,-3),因為B1P=2PC,所以P(3,2,1),所以=(3,2,-2),
設平面A1BP的法向量為m=(x,y,z),
則即
取x=1,則y=-,z=1,故m=,所以點D1到平面A1BP的距離為=1,B中結論正確;
對于C,設=λ(0<λ<1),則P(3,3λ,3-3λ),所以=(3,3λ,-3λ),易得=(-3,3,0),若直線A1P與BD所成的角為,則|cos<,>|===,解得λ=-(二重根),又λ∈(0,1),所以直線A1P與BD所成的角不可能是,C中結論錯誤;
對于D,=(3,0,0),=(3,0,-3),由C可知=(3,3λ,-3λ),設平面BA1P,平面B1A1P的法向量分別為a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),所以即分別令z1=1,z2=1,則x1=1,y1=1-,x2=0,y2=1,故a=,b=(0,1,1),設二面角B-A1P-B1的平面角為θ,則sin θ=,
則|cos θ|===,解得λ=或λ=,均符合題意,D中結論正確.
故選C.
8.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=×(8-4)=2,FN==4,
所以FH==2,
則F(0,0,2),B(3,2,0),C(-3,2,0),D(-3,-6,0),
所以=(3,2,-2),=(-3,2,-2),=(0,-8,0).
設平面EFCD的一個法向量為n=(x,y,z),
則即
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.
9.解析　(1)證明:取CD的中點N,連接AN,則AB=NC=1,又AB∥NC,AB⊥BC,AB=BC=1,故四邊形ABCN為正方形,則AN⊥AB,
因為PA⊥平面ABCD,AB,AN 平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AN,則PA,AN,AB兩兩互相垂直.以點A為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(0,0,0),D(1,-1,0),P(0,0,1),C(1,1,0),
所以=(1,-1,0),=(1,1,-1),
所以·=1-1+0=0,
故⊥,即AD⊥PC.
(2)易知平面PAB的一個法向量為(1,0,0),記n=(1,0,0),
設平面PCD的法向量為m=(a,b,c),
則
取a=1,可得m=(1,0,1),
所以cos===,
設平面PCD與平面PAB的夾角為θ,則cos θ=|cos|=,
故平面PCD與平面PAB的夾角為.
(3)假設存在,設M(0,t,1-t)(0≤t≤1),
由PC⊥平面ADM,AM 平面ADM,知PC⊥AM,
因為=(1,1,-1),=(0,t,1-t),
所以·=(1,1,-1)·(0,t,1-t)=t-1+t=0,
解得t=,所以=.
所以M到平面PCD的距離為==.
10.解析　(1)設E為CD的中點,連接AE,則AB=CE=1,又AB∥CE,AB⊥BC,則四邊形ABCE為矩形,故AE⊥AB,
因為PA⊥平面ABCD,AB,AE 平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AE,則AE,AB,AP兩兩互相垂直.
以AE,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),B(0,1,0),C(2,1,0),D(2,-1,0),P(0,0,1),∴=(0,0,1),=(2,-1,0),=(2,0,0),=(0,-1,1).
設平面PAD的法向量為n1=(x1,y1,z1),
則取x1=1得n1=(1,2,0),
設平面PBC的法向量為n2=(x2,y2,z2),
則取y2=1得n2=(0,1,1),
故平面PAD與平面PBC所成銳二面角的余弦值為
|cos|===.
(2)由(1)得N,=,=(2,0,0),
則cos<,>===,故sin<,>=,
∴點N到直線BC的距離為||sin<,>=×=.
(3)存在.令=λ,λ∈[0,1],M(x,y,z),
∴(x-2,y+1,z)=λ(-2,1,1),
∴M(2-2λ,λ-1,λ),∴=(-2λ,λ-2,λ).
由(1)知,平面PBC的一個法向量為n2=(0,1,1),
∵直線CM與平面PBC所成角的正弦值為,
∴==,化簡得21λ2-50λ+24=0,即(3λ-2)(7λ-12)=0,
∵λ∈[0,1],∴λ=,
故存在滿足題意的點M,且=.
7

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