1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册五维课堂同步课件PPT（人教A版2019）

2025-07-28

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资源信息

学段	高中
学科	数学
教材版本	高中数学人教A版选择性必修第一册
年级	高二
章节	1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题
类型	课件
知识点	-
使用场景	同步教学-新授课
学年	2025-2026
地区（省份）	全国
地区（市）	-
地区（区县）	-
文件格式	PPTX
文件大小	3.17 MB
发布时间	2025-07-28
更新时间	2025-07-28
作者	山东鼎鑫书业有限公司
品牌系列	创新教程·高中五维课堂同步
审核时间	2025-07-28
下载链接	https://m.zxxk.com/soft/53193379.html
价格	5.00储值（1储值=1元）
来源	学科网

内容正文：

1．4　空间向量的应用 1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题第一章空间向量与立体几何下一页上一页返回导航第一章空间向量与立体几何创新教程五维课堂数学选择性必修第一册课前预习学案 01 课堂互动学案 02 课时素养提升 03 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1.理解线线、线面、面面夹角的概念 2．会用向量法求线线、线面、面面的夹角 3．理解点到平面、线面、面面距离的概念 4．会用向量法求点面、线面、面面距离　　通过利用空间向量求空间距离，异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角夹角的学习，提升学生的逻辑推理、数学运算的核心素养 [情境引入] 地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”，黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°26′.黄道面与天球相交的大圆为“黄道”．黄道及其附近的南北宽9°以内的区域称为黄道带，太阳及大多数行星在天球上的位置常在黄道带内．黄道带内有十二个星座，称为“黄道十二宫”．从春分(节气)点起，每30°便是一宫，并冠以星座名，如白羊座、狮子座、双子座等等，这便是星座的由来．问题：空间角包括哪些角？求解空间角常用的方法有哪些？提示：线线角、线面角、二面角；　传统方法和向量法． [知识梳理] [知识点一]　空间距离的向量求法　分类向量求法两点距设A、B为空间中的任意两点，则d＝　|AB|　点线距设直线l的单位方向向量为u，A∈l，P∉l，设eq \o(AP,\s\up16(→))＝a，则点P到直线l的距离d＝　eq \r(|a|2－a·u2)　点面距已知平面α的法向量为n，A∈α，P∉α，则点P到平面α的距离为d＝　eq \f(|\o(AP,\s\up16(→))·n|,|n|)　 1.如图，P是平面α外一点，PO⊥α于点O，PA，PB是α的两条斜线段.eq \o(PA,\s\up16(→))与eq \o(PB,\s\up16(→))在eq \o(PO,\s\up16(→))上的投影大小相等吗？如果相等都等于什么？ [提示]　相等，都等于|eq \o(PO,\s\up16(→))|，即P到平面α的距离． [知识点二]　空间角的向量求法　角的分类向量求法范围两异面直线l1与l2所成的角为θ 设l1与l2的方向向量分别为u，v，则cos θ ＝　|cos〈u，v〉|　＝　eq \f(|u·v|,|u||v|)　 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 直线l与平面α所成的角为θ 设l的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝　|cos〈u，n〉|　＝　eq \f(|u·n|,|u||n|)　 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 平面α与平面β的夹角为θ 设平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cos θ＝　|cos〈n1，n2〉|　＝　eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)　 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 2.直线与平面所成的角和直线的方向向量与平面的法向量所成的角有怎样的关系？ [提示]　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 θ＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－〈a，n〉，〈a，n〉∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，,〈a，n〉－\f(π,2)，〈a，n〉∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).)) [预习自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)． (1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( × ) (2)直线与平面所成的角等于直线与该平面法向量夹角的余角．( × ) (3)二面角的大小就是该二面角两个面的法向量的夹角．( × ) (4)若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该二面角的大小等于60°或120°.( √ ) 2．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于(　　) A．120°　　　　　　　 B．60° C．150° D．30° 解析：D　[因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，所以它们所在直线的夹角为60°，则直线l与平面α所成的角等于90°－60°＝30°.] 3．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4，则点B1到平面AD1C的距离为　________　. 解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(2，0,0)， C(0,2,0)，D1(0,0,4)，B1(2,2,4)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－2,2,0)，eq \o(AD1,\s\up16(→))＝(－2,0,4)，eq \o(B1D1,\s\up16(→))＝(－2，－2,0)，设平面AD1C的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＝0，,－2x＋4z＝0.)) 取z＝1，则x＝y＝2，所以n＝(2,2,1)．所以点B1到平面AD1C的距离d＝eq \f(|n·\o(B1D1,\s\up16(→))|,|n|)＝eq \f(8,3). 答案：eq \f(8,3) 点到直线的距离 [例1]　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝3，BC＝4，AA1＝5，求点A1到下列直线的距离： (1)直线AC.(2)直线BD. [思路点拨]　(1)直接利用定义； (2)利用点到直线的距离公式求解． [解]　(1)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，显然AA1⊥AC，所以AA1＝5即为所求点A1到直线AC的距离． (2)如图建立空间直角坐标系，则有B(4,3,0)，A1(4,0,5), eq \o(DB,\s\up16(→))＝(4,3,0)，eq \o(DA1,\s\up16(→))＝(4,0,5)， eq \f(\o(DA1,\s\up16(→))·\o(DB,\s\up16(→)),|\o(DB,\s\up16(→))|)＝eq \f(16,5)，设点A1到直线BD的距离为d，则 d＝eq \r(|\o(DA1,\s\up16(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(DA1,\s\up16(→))·\o(DB,\s\up16(→)),|\o(DB,\s\up16(→))|)))2)＝eq \r(41－\f(256,25))＝eq \f(\r(769),5) 1．本题(1)利用基本定义直接求解距离． 2．点到直线的距离的算法框图空间一点A到直线l的距离的算法框图，如图． [变式训练] 1.如图，在已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝1，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，求点B到直线A1C1的距离．解：以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(4,0,1)，C1(0,3,1)，所以直线A1C1的方向向量eq \o(A1C1,\s\up16(→))＝(－4,3,0)，eq \o(BC1,\s\up16(→))＝(0,3,1)，所以点B到直线A1C1的距离 d＝eq \r(|\o(BC1,\s\up16(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC1,\s\up16(→))·\f(\o(A1C1,\s\up16(→)),|\o(A1C1,\s\up16(→))|)))2) ＝eq \r(10－\f(9,5)2)＝eq \f(13,5). 点到平面的距离 [例2]　如图，在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝2eq \r(3).M，N分别为AB，SB的中点．求点B到平面CMN的距离． [思路点拨]　借助平面SAC⊥平面ABC的性质，建立空间直角坐标系，先求平面CMN的法向量，再求距离．解：取AC的中点O，连接OS，OB. ∵SA＝SC，AB＝BC，∴AC⊥SO，AC⊥BO. ∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC， ∴SO⊥平面ABC. 又BO⊂平面ABC，∴SO⊥BO. 如图所示，分别以OA，OB，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，则B(0,2eq \r(3)，0)，C(－2,0,0)，S(0，0,2eq \r(2))，M(1，eq \r(3)，0)，N(0，eq \r(3)，eq \r(2))，∴eq \o(CM,\s\up16(→))＝(3，eq \r(3)，0)， eq \o(MN,\s\up16(→))＝(－1,0，eq \r(2))， eq \o(MB,\s\up16(→))＝(－1，eq \r(3)，0)．设n＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(CM,\s\up16(→))·n＝3x＋\r(3)y＝0，,\o(MN,\s\up16(→))·n＝－x＋\r(2)z＝0，))取z＝1，则x＝eq \r(2)，y＝－eq \r(6)，∴n＝(eq \r(2)，－eq \r(6)，1)． ∴点B到平面CMN的距离d＝eq \f(|n·\o(MB,\s\up16(→))|,|n|)＝eq \f(4\r(2),3). 　求点到平面的距离的主要方法 (1)作点到平面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离． (2)在三棱锥中用等体积法求解． (3)向量法：d＝eq \f(|n·\o(MA,\s\up16(→))|,|n|)(n为平面的法向量，A为平面上一点，MA为过点A的斜线段) [变式训练] 2.在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，点E是BC的中点，点F是CD中点． (1)证明：D1E⊥平面AB1F. (2)求点D到平面AB1F的距离．解：(1)证明：以A为坐标原点，直线AB，AD，AA1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A(0,0,0)，B1(2,0,2)，D1(0,2,2)，F(1,2,0)， E(2,1,0)，D(0,2,0)，则eq \o(AF,\s\up16(→))＝(1,2,0)，eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(2,0,2)，eq \o(D1E,\s\up16(→))＝(2，－1，－2)．设平面AB1F的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AF,\s\up16(→))＝x＋2y＝0，,m·\o(AB1,\s\up16(→))＝2x＋2z＝0，)) 取x＝－2，则y＝1，z＝2，所以m＝(－2,1,2)，又因为eq \o(D1E,\s\up16(→))＝(2，－1，－2)，所以m＝－eq \o(D1E,\s\up16(→))，所以D1E⊥平面AB1F. (2)由(1)知平面AB1F的一个法向量为m＝(－2,1,2)，又因为eq \o(DA,\s\up16(→))＝(0，－2,0)，所以点D到平面AB1F的距离为eq \f(|\o(DA,\s\up16(→))·m|,|m|)＝eq \f(2,3). 　利用向量法求两异面直线所成角 [例3]　如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角． [思路点拨]　建立空间直角坐标系，求出直线EF和BC1的方向向量的坐标，求它们的夹角即得直线EF和BC1所成的角． [解]　分别以直线BA，BC，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图)．设AB＝1，则B(0,0,0)，Eeq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，C1(0,1,1)，所以eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq \o(BC1,\s\up16(→))＝(0,1,1)．于是cos〈eq \o(BC1,\s\up16(→))，eq \o(EF,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(BC1,\s\up16(→))·\o(EF,\s\up16(→)),|\o(BC1,\s\up16(→))||\o(EF,\s\up16(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(2),2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，所以直线EF和BC1所成角的大小为60°. 1．利用空间向量求两异面直线所成角的步骤． (1)建立适当的空间直角坐标系． (2)求出两条异面直线的方向向量的坐标． (3)利用向量的夹角公式求出两直线方向向量的夹角． (4)结合异面直线所成角的范围得到两异面直线所成角． 2．求两条异面直线所成的角的两个关注点． (1)余弦值非负：两条异面直线所成角的余弦值一定为非负值，而对应的方向向量的夹角可能为钝角． (2)范围：异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故两直线方向向量夹角的余弦值为负时，应取其绝对值． [变式训练] 3．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为　__________　. 解析：如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，设AB＝1.则B(1,1,0)，A1(1,0,2)，A(1,0,0)，D1(0，0,2)，eq \o(A1B,\s\up16(→))＝(0,1，－2)，eq \o(AD1,\s\up16(→))＝(－1,0,2)， cos〈eq \o(A1B,\s\up16(→))，eq \o(AD1,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(A1B,\s\up16(→))·\o(AD1,\s\up16(→)),|\o(A1B,\s\up16(→))||\o(AD1,\s\up16(→))|)＝eq \f(－4,\r(5)×\r(5))＝－eq \f(4,5)，故异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为eq \f(4,5). 答案：eq \f(4,5) 求直线与平面所成的角 [例4]　如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点． (1)证明MN∥平面PAB； (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值． [思路点拨]　(1)线面平行的判定定理⇒MN∥平面PAB. (2)利用空间向量计算平面PMN与AN方向向量的夹角⇒直线AN与平面PMN所成角的正弦值． [解]　(1)证明：由已知得AM＝eq \f(2,3)AD＝2. 取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝eq \f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT. 因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB. (2)如图，取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝eq \r(AB2－BE2) ＝eq \r(AB2－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))2)＝eq \r(5). 以A为坐标原点，eq \o(AE,\s\up16(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz. 由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(eq \r(5)，2,0)，Neq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2))， eq \o(PM,\s\up16(→))＝(0,2，－4)，eq \o(PN,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，－2))， eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2)). 设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PM,\s\up16(→))＝0，,n·PN＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，)) 可取n＝(0,2,1)．于是|cos〈n，eq \o(AN,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|n·\o(AN,\s\up16(→))|,|n||\o(AN,\s\up16(→))|)＝eq \f(8\r(5),25). 所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为eq \f(8\r(5),25). 若直线l与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下： [变式训练] 4.如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq \r(5). (1)求证：PD⊥平面PAB. (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值． (3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求出eq \f(AM,AP)的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB. (2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD. 又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO. 因为AC＝CD，所以CO⊥AD. 如图，建立空间直角坐标系O xyz. 由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)，则eq \o(PC,\s\up16(→))＝(2,0，－1)，eq \o(PD,\s\up16(→))＝(0，－1，－1)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up16(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,2x－z＝0.)) 令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2,2)．又eq \o(PB,\s\up16(→))＝(1,1，－1)，所以cos〈n，eq \o(PB,\s\up16(→))〉＝eq \f(n·\o(PB,\s\up16(→)),|n||\o(PB,\s\up16(→))|)＝－eq \f(\r(3),3). 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3). (3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得eq \o(AM,\s\up16(→))＝λeq \o(AP,\s\up16(→)).因此点M(0,1－λ，λ)，eq \o(BM,\s\up16(→))＝(－1，－λ，λ)．因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD当且仅当eq \o(BM,\s\up16(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝eq \f(1,4).所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时eq \f(AM,AP)＝eq \f(1,4). 求平面与平面的夹角 [例5]　如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求平面APB与平面CPB的夹角的余弦值． [思路点拨]　(1)先证线面垂直，再证面面垂直； (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解． [解]　(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD. 因为AB∥CD，所以AB⊥PD.又AP∩DP＝P，AP，DP⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD. 因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F. 由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，又AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABCD，可得PF⊥平面ABCD. 以F为坐标原点，eq \o(FA,\s\up16(→))的方向为x轴正方向，|eq \o(AB,\s\up16(→))|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz. 由(1)及已知可得Aeq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，0))，Peq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))，Beq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，0))，Ceq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0)). 所以eq \o(PC,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2)))，eq \o(CB,\s\up16(→))＝(eq \r(2)，0,0), eq \o(PA,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，－\f(\r(2),2)))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0,1,0)．设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CB,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)x1＋y1－\f(\r(2),2)z1＝0，,\r(2)x1＝0.)) 所以可取n＝(0，－1，－eq \r(2))．设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(PA,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x2－\f(\r(2),2)z2＝0，,y2＝0.)) 所以可取m＝(1,0,1)，则cos〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(－\r(2),\r(3)×\r(2))＝－eq \f(\r(3),3). 所以平面APB与平面CPB夹角的余弦值为eq \f(\r(3),3). 　利用向量法求平面与平面夹角的步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)分别求出二个平面的两个半平面所在平面的法向量； (3)求两个法向量的夹角； (4)确定平面与平面的夹角的大小． [变式训练] 5．(2023·全国乙卷，改编)如图，三棱锥PABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，PB＝PC＝eq \r(6)，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝eq \r(5)DO，点F在AC上，BF⊥AO. (1)证明：EF∥平面ADO. (2)证明：平面ADO⊥平面BEF. (3)求平面DAO与平面CAO夹角的正弦值．解析：(1)连接DE，OF，设AF＝tAC(0＜t＜1)，则eq \o(BF,\s\up16(→))＝eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \o(AF,\s\up16(→))＝(1－t)eq \o(BA,\s\up16(→))＋teq \o(BC,\s\up16(→))，eq \o(AO,\s\up16(→))＝－eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up16(→))， BF⊥AO，则eq \o(BF,\s\up16(→))·eq \o(AO,\s\up16(→))＝[(1－t)eq \o(BA,\s\up16(→))＋teq \o(BC,\s\up16(→))]·eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\o(BA,\s\up16(→))＋\f(1,2)\o(BC,\s\up16(→))))＝(t－1)eq \o(BA,\s\up16(→))2＋eq \f(1,2)teq \o(BC,\s\up16(→))2＝4(t－1)＋4t＝0，解得t＝eq \f(1,2)，则F为AC的中点，由D，E，O，F分别为PB，PA，BC，AC的中点，于是DE∥AB，DE＝eq \f(1,2)AB，OF∥AB，OF＝eq \f(1,2)AB，即DE∥OF，DE＝OF，则四边形ODEF为平行四边形， EF∥DO，EF＝DO，又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO. (2)由(1)可知EF∥OD，则AO＝eq \r(6)，DO＝eq \f(\r(6),2)，得AD＝eq \r(5)DO＝eq \f(\r(30),2)，因此OD2＋AO2＝AD2＝eq \f(15,2)，则OD⊥AO，EF⊥AO，又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF， EF⊂平面BEF，则有AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF. (3)以B为原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，O(0，eq \r(2)，0)，C(0,2eq \r(2)，0)．因为cos∠ADB＝－cos∠ADP，即eq \f(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2＋\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(30),2)))2－22,2×\f(\r(6),2)×\f(\r(30),2)) ＝－eq \f(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2＋\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(30),2)))2－PA2,2×\f(\r(6),2)×\f(\r(30),2)). 解得PA＝eq \r(14). 设P(x，y，z)，由PB＝PC＝eq \r(6)，PA＝eq \r(14)，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋z2＝6，,x2＋y－2\r(2)2＋z2＝6，,x－22＋y2＋z2＝14，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝\r(2)，,z＝\r(3)舍负，)) 故P(－1，eq \r(2)，eq \r(3))，Deq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2))). 取平面AOC的法向量为m1＝(0,0,1)，设平面AOD的法向量为m2＝(x2，y2，z2)，由eq \o(AO,\s\up16(→))＝(－2，eq \r(2)，0)，eq \o(OD,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x2＋\r(2)y2＝0，,－\f(1,2)x2－\f(\r(2),2)y2＋\f(\r(3),2)z2＝0，))令x2＝1，则m2＝(1，eq \r(2)，eq \r(3))．所以cos〈m1，m2〉＝eq \f(m1·m2,|m1||m2|)＝eq \f(\r(3),\r(1＋2＋3))＝eq \f(\r(2),2)，所以平面DAO与平面CAO夹角的正弦值为eq \f(\r(2),2). [当堂达标] 1．在长方体ABCD A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AA1，C1D1，DD1的中点，AB＝AA1＝2AD，则异面直线EF与BG所成角的大小为(　　 ) A．30°　 B．60° C．90°　 D．120° 解析：C　[以D为坐标原点，分别以eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系D－xyz，如图，设AD＝1，则E(1,0,1)，F(0,1,2)，G(0,0,1)，B(1,2,0)，所以eq \o(EF,\s\up16(→))＝(－1,1,1)，eq \o(BG,\s\up16(→))＝(－1，－2,1)，eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(BG,\s\up16(→))＝0，所以eq \o(EF,\s\up16(→))⊥eq \o(BG,\s\up16(→))，所以异面直线EF与BG所成角的大小为90°.] 2．正方体ABCD A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为(　　) A.eq \f(\r(2),3)　 B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(2,3)　　　 D.eq \f(\r(6),3) 解析：B　[设正方体的棱长为1，依题意，建立如图所示的坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)， ∴eq \o(AD1,\s\up16(→))＝(－1,0,1)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1，1,0)．设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n⊥\o(AD,\s\up16(→)),n⊥\o(AC,\s\up16(→))，)) 而eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－x＋y＝0，))令x＝1，得n＝(1,1,1)．又∵eq \o(BB1,\s\up16(→))＝(0,0,1)，∴BB1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(BB1,\s\up16(→)),|n||\o(BB1,\s\up16(→)))))＝eq \f(\r(3),3).] 3．设正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是　_________　. 解析：如图建立坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，eq \o(DA1,\s\up16(→))＝(2,0,2)，eq \o(D1A1,\s\up16(→))＝(2,0,0)，eq \o(DB,\s\up16(→))＝(2,2,0)，设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up16(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up16(→))＝0，)) ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))令z＝1，得n＝(－1,1,1)． ∴点D1到平面A1BD的距离d＝eq \f(|\o(D1A1,\s\up16(→))·n|,|n|) ＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3). 答案：eq \f(2\r(3),3) 4．(2023·天津卷，17)如图，在三棱台ABCA1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M，N分别是线段BC，AB的中点． (1)求证：A1N∥平面C1MA； (2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值； (3)求点C到平面C1MA的距离．解：(1)连接MN，C1A.由M，N分别是BC，BA的中点，根据中位线性质，MN∥AC，且MN＝eq \f(AC,2)＝1，由棱台性质，A1C1∥AC，于是MN∥A1C1，由MN＝A1C1＝1可知，四边形MNA1C1是平行四边形，则A1N∥MC1，又A1N⊄平面C1MA，MC1⊂平面C1MA，于是A1N∥平面C1MA. (2)因为A1A⊥平面ABC，且AB，AC⊂平面ABC，所以A1A⊥AB，A1A⊥AC，又AB⊥AC，所以直线A1A，AB，AC两两垂直．如图，以向量eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(AA1,\s\up16(→))的方向为x轴、y轴和z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，因为AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，所以A(0,0,0)，C1(0,1,2)，B(2,0,0)，C(0,2,0)．由点M是线段BC的中点，可得M(1,1,0)，所以eq \o(AC1,\s\up16(→))＝(0,1,2)，eq \o(AM,\s\up16(→))＝(1,1,0)．设平面C1MA的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(AC1,\s\up16(→))·m＝0，,\o(AM,\s\up16(→))·m＝0，))由此可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＋2z＝0，,x＋y＝0，))令y＝2，则x＝－2，z＝－1，得平面C1MA的一个法向量为m＝(－2,2，－1)，易知平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1,0,0)，设平面C1MA与平面ACC1A1所成的夹角为θ，θ∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(2,3)，故平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为eq \f(2,3). (3)由(2)知，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(0,2,0)，平面C1MA的一个法向量m＝(－2,2，－1)．设点C到平面C1MA的距离为d，则d＝eq \f(|\o(AC,\s\up16(→))·m|,|m|)＝eq \f(|0，2，0·－2，2，－1|,\r(－22＋22＋12))＝eq \f(4,3).所以，点C到平面C1MA的距离为eq \f(4,3). $$

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1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册五维课堂同步课件PPT（人教A版2019）

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