7 第6节 第1课时 向量法求空间角、距离(Word教参)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版2019）

第6节　立体几何中的向量方法 [课标要求]　1.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角．　2.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用． 第一课时　向量法求空间角、距离　► 对应学生用书P172 备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识 1．异面直线所成的角 设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 l1与l2所成的角θ a与b的夹角β 范围 [0，π] 求法 cos θ＝ cos β＝ [点拨]　两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角范围为(0，π)，所以公式中要加绝对值． 2.直线与平面所成的角 如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则sin φ＝|cos〈a，n〉|＝． [点拨]　直线与平面所成角的范围为，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值． 3．二面角 (1)若AB，CD分别是二面角α­l­β的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量与的夹角，如图①. (2)平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α­l­β为θ或π－θ.设二面角的大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝，如图②③. [提醒]　利用公式求二面角的平面角时，要注意〈n1，n2〉与二面角大小的关系是相等还是互补，需要结合图形进行判断． 4．利用空间向量求距离 (1)两点间的距离 设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||＝. (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||＝. 【小题热身】 1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)设a，b是异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角就是a，b的夹角．(　　) (2)设a是直线l的方向向量，b是平面α的法向量，则直线l与平面α成的角就是a，b的夹角．(　　) (3)设a，b是两个平面α，β的法向量，则α与β所成的二面角的大小等于a，b的夹角的大小．(　　) (4)利用||2＝·可以求空间中有向线段的长度．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．(人教A版选择性必修一·P38练习T1改编)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，CC1＝3，∠ACB＝90°，则BC1与A1C所成的角的余弦值为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选A.如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则C，A1，B(0，4，0)，C1， 所以 CA1＝， BC1＝， 所以cos 〈 CA1, BC1〉＝＝＝， 所以直线BC1与A1C所成角的余弦值为. 3．(人教A版选择性必修一·P34例6改编)已知向量n＝(2，0，1)为平面α的法向量，点A(－1，2，1)在α内，则点P(1，2，2)到平面α的距离为________. 解析： ＝(－2，0，－1)，点P到平面α的距离为＝＝ . 答案： 4．(湘教版选择性必修二·P92例12)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，则直线AB与平面A1BD所成角θ的正弦值为__________. 解析：如图，以点D为原点，分别以，，DD1为x轴，y轴，z轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，A1(a，0，a)， 于是＝(－a，－a，0)，DA1＝(a，0，a)，＝(0，a，0)， 取直线AB的方向向量v＝(0，1，0)， 设n＝(x，y，z)是平面A1BD的法向量， 则 取x＝1，得y＝－1，z＝－1， 则n＝(1，－1，－1)是平面A1BD的一个法向量， 故sin θ＝|cos 〈v，n〉|＝＝＝， 因此，直线AB与平面BDA1所成角θ的正弦值为. 答案： 5．(人教B版选择性必修一·P52例3改编)如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD且SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.则平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值是________． 解析：如图，以A为原点，AD、AB、AS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，2，0)，D(1，0，0)，S(0，0，2)，平面SAB的法向量n1＝(1，0，0)，＝(2，2，－2)，＝(1，0，－2)， 设平面SCD的法向量n2＝(x，y，z)， 则取x＝2，得n2＝(2，－1，1)， 设平面SCD与平面SAB所成二面角的平面角为θ，则cos θ＝＝， 故平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为. 答案： 备考第2步——突破核心考点，提升关键能力 考点1　异面直线所成的角 [例1] (1)(2024·福建龙岩模拟)已知直三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，则AM与BC1所成角的正弦值为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选C.取线段AC的中点O，则BO⊥AC，设直三棱柱ABC­A1B1C1的棱长为2，以点O为原点，、、的方向分别为x、y、z的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)，M(0，0，2)，B(，0，0)，C1(0，1，2)， 所以＝(0，1，2)，BC1＝(－，1，2)，cos 〈，BC1〉＝＝＝， 所以sin 〈，BC1〉＝＝. (2)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________. 解析：以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 又正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)， 所以D1E＝(0，2，－1)，A1F＝A1A＋＝A1A＋λ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2)， 所以|cos〈A1F，D1E〉|＝＝＝， 解得λ＝或λ＝－(舍去). 答案： 【思维升华】　用向量法求异面直线所成角的步骤 跟踪训练1 (2024·山东日照模拟)在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何 体的上、下底面平行，且均为扇环形(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为______． 解析：设上底面圆心为O′，下底面圆心为O，连接OO′，OC，OB，以O为原点，分别以OC，OB，OO′所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则C(1，0，0)，A(0，2，0)，B1(0，1，2)，D1(2，0，2)，则CD1＝(1，0，2)，AB1＝(0，－1，2)， 所以cos 〈CD1，AB1〉＝＝＝， 又因为异面直线所成角的范围为(0，]， 故异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为. 答案： 考点2　直线与平面所成的角 [例2]如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD. (1)证明：AB⊥PM； (2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值． 解：(1)证明：因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点， 所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°， 易得CD⊥DM. 又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM， 所以CD⊥平面PDM. 因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM. 又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM. (2)因为PM⊥MD，PM⊥DC， 所以PM⊥平面ABCD. 连接AM，则PM⊥AM. 因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以AM＝， 又PA＝，所以PM＝2. 由(1)知CD⊥DM， 过点M作ME∥CD交AD于点E，则ME⊥MD. 故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(－，2，0)，P(0，0，2)，C(，－1，0)，N(，－，)， 所以＝(，－，). 易知平面PDM的一个法向量为n＝(0，1，0). 设直线AN与平面PDM所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝. 故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为. 【思维升华】　利用空间向量求线面角的解题步骤 1．建坐标系：根据图形与已知条件，构建适当的空间直角坐标系． 2．求法向量：设直线AB与平面α所成的角为θ，求平面α的法向量n与直线AB的方向向量. 3．用公式：cos 〈，n〉＝. 4．得结论：利用sin θ＝|cos 〈，n〉|及直线和平面所成角的范围是[0，]，即可得出直线和平面所成的角． 跟踪训练2 (2024·山东聊城一模)如图，在四棱锥P­ABCD中，△PAD为等边三角形，M为PA的中点，PD⊥AB，平面PAD⊥平面ABCD. (1)证明：平面CDM⊥平面PAB； (2)若AD∥BC，AD＝2BC，AB＝2，直线PB与平面MCD所成角的正弦值为，求三棱锥P­MCD的体积． 解：(1)取AD的中点N，连接PN， 因为△PAD为等边三角形，所以PN⊥AD， 且平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN⊂平面PAD， 所以PN⊥平面ABCD， 又AB⊂平面ABCD，所以PN⊥AB， 又因为PD⊥AB，PN∩PD＝P，PN，PD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD， 又因为DM⊂平面PAD，所以AB⊥DM， 因为M为AP中点，所以DM⊥PA，且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， 所以DM⊥平面PAB，且DM⊂平面CDM， 所以平面CDM⊥平面PAB. (2)由(1)可知AB⊥平面PAD，且AD⊂平面PAD，所以AB⊥AD， 以A为坐标原点，分别以AB，AD所在直线为x，y轴，建立如图所示空间直角坐标系， 设AD＝2a，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(0，a，a)，M(0，，)，C(2，a，0)，D(0，2a，0)， 故＝(2，－a，－a)，＝(2，－a，0)，＝(0，－a，a)， 设平面MCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 即取y＝2，则x＝a，z＝2， 所以平面MCD的一个法向量为n＝(a，2，2)， 设直线PB与平面MCD所成角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝， 解得a2＝16或a2＝1，即a＝4或1， 当a＝4时，则AD＝2a＝8，所以VP­MCD＝SPMD·|AB|＝××4×4×2＝， 当a＝1时，AD＝2，所以VP­MCD＝SPMD·|AB|＝××1××2＝， 故三棱锥P­MCD的体积为或. 考点3　平面与平面的夹角 【思维升华】　利用空间向量求二面角的两种常用方法 跟踪训练3 (2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A­BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角D­AB­F的正弦值． 解：(1)证明：连接AE，DE，∵E为BC中点，DB＝DC，∴DE⊥BC， ∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， ∴△ACD与△ABD均为等边三角形， ∴AC＝AB，从而AE⊥BC，又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，∴BC⊥平面ADE， ∵AD⊂平面ADE，∴BC⊥DA. (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2， ∵BD⊥CD，∴BC＝2，DE＝AE＝， ∴AE2＋DE2＝4＝AD2，∴AE⊥DE， 又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，∴AE⊥平面BCD. 以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)，E(0，0，0)，＝(0，，－)， 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，二面角D­AB­F的平面角为θ， ∵＝＝(－，0，)， ∴F(－，0，)，即有＝(－，0，0)， ∴即取x1＝1，所以n1＝(1，1，1)； 即取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)， ∴|cos θ|＝＝＝， 从而sin θ＝＝， 故二面角D­AB­F的正弦值为. 考点4　求空间距离 　点到直线的距离 [例4] 如图，在四棱锥P­ABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD为菱形，边长为2，PC⊥BD，PA＝PC，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°. (1)求证：PO⊥平面ABCD； (2)若E是线段OC的中点，求点E到直线BP的距离． 解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形， 所以AC⊥BD， 因为PC⊥BD，PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面APC， 所以BD⊥平面APC， 因为PO⊂平面APC，所以BD⊥PO， 因为PA＝PC，O为AC中点，所以PO⊥AC， 又因为AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD. (2)以O为原点，OB，OC，OP方向为x，y，z轴方向，建系如图， 因为AB∥CD， 所以∠PBA为异面直线PB，PC所成的角， 所以∠PBA＝60°，在菱形ABCD中，AB＝2， 因为∠ABC＝60°，所以OA＝1，OB＝， 设PO＝a，则PA＝，PB＝， 在△PBA中，由余弦定理得，PA2＝BA2＋BP2－2BA·BP·cos ∠PBA， 所以a2＋1＝4＋a2＋3－2，解得a＝， 所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，)，E(0，，0)，＝(－，，0)，＝(－，0，)，||＝，||＝3， 所以d＝＝＝， 所以点E到直线BP的距离为. 【思维升华】　求点到直线距离的方法 ①设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝； ②若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离． 跟踪训练4 如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2. (1)求证：EG∥平面ADF； (2)求点D到直线EG的距离． 解：(1)证明：取AD的中点M，连接MG，OD，FM， 又正方形ABCD的中心为O，则B，O，D共线， 又G为线段AB的中点， 则MG∥BD，MG＝OB， ∵四边形OBEF为矩形，则EF∥OB，EF＝OB， ∴EF∥MG，EF＝MG， ∴四边形EFMG为平行四边形， ∴EG∥FM，而FM⊂平面AFD，EG⊄平面AFD， ∴EG∥平面AFD. (2)连接ED， ∵四边形OBEF为矩形，∴EB⊥BO， ∵平面OBEF⊥平面ABCD，平面OBEF∩平面ABCD＝BO，EB⊂平面OBEF， ∴EB⊥平面ABCD， 故以B为坐标原点，以BC，BA，BE为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B­xyz，则D(2，2，0)，G(0，1，0)，E(0，0，2)，＝(2，2，－2)，＝(0，1，－2)， 直线EG的单位方向向量e＝＝(0，1，－2)，∴·e＝·＝， ∴点D到直线EG的距离d＝＝＝. 　点到平面的距离 [例5] (2024·江西吉安模拟) 如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝BC＝PA＝PC＝AB，BC⊥PA. (1)证明：平面PBC⊥平面PAC； (2)若PB＝2，求点B到平面PAD的距离． 解：(1)证明：取AB的中点E，连接CE，可知四边形ADCE是平行四边形， ∴CE＝AB，∴点C在以AB为直径的圆上，∴AC⊥BC. 又BC⊥PA，PA∩AC＝A，且PA，AC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC， 又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC. (2)∵BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC， ∴BC⊥PC， 由PB＝2，BC＝PC，得BC＝2，AC＝2. ∵BC⊥平面PAC，又BC⊂平面ABCD， ∴平面ABCD⊥平面PAC， 连接DE交AC于点O，则O为AC的中点，连接PO，则PO⊥AC，且PO＝1， ∵平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面PAC＝AC， ∴PO⊥平面ABCD， ∴PO⊥OE，由题意可知，OE∥BC， ∴OE⊥AC， 故以点O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(，0，0)，P(0，0，1)，B(－，2，0)，D(0，－1，0)，＝(－，－1，0)，＝(－，0，1)，＝(－2，2，0)， 设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，则即 令x＝1，则n＝(1，－，)， 故点B到平面PAD的距离为||＝||＝. 【思维升华】　利用向量法求点到平面的距离的步骤 跟踪训练5 (2023·吉林白山二模)如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝2，AA1＝AB＝4，E为棱AA1的中点． (1)证明：BC⊥C1E. (2)设＝λ(0<λ<1)，若C1到平面BB1M的距离为，求λ. 解：(1)证明：以A为坐标原点，AD，AA1，AB所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0，0，4)，D(2，0，0)，C(2，0，2)，E(0，2，0)，C1(2，4，2)，B1(0，4，4)， 所以＝(2，0，－2)，EC1＝(2，2，2)， 所以·EC1＝2×2＋0＋2×(－2)＝0， 所以⊥EC1，故BC⊥C1E. (2)因为BB1＝(0，4，0)，＝(－2，2，－2)， 所以＝＋＝＋λ＝(2－2λ，2λ，－2－2λ)， 设平面BB1M的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1＋λ，则n＝(1＋λ，0，1－λ)， 因为B1C1＝(2，0，－2)， 所以C1到平面BB1M的距离d＝＝＝，解得λ＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$