第7节 利用空间向量求空间角和距离 课件-2027届高三数学一轮复习

第7节　利用空间向量求空间角和距离 1.利用空间向量求角 (1)异面直线所成的角 两条异面直线所成的角,可以转化为两条异面直线的方向向量的夹角来求得.也就是说,若异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分别是u,v,则 cos θ=|cos<u,v>|=. (2)直线与平面所成的角 直线与平面所成的角,可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角.如图,直线AB与平面α相交于点B,设直线AB与平面α所成的角为θ,直线AB的方向向量为u,平面α的法向量为n,则sin θ=|cos<u,n>|=. (3)平面与平面的夹角 平面α与平面β相交,形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角. 若平面α,β的法向量分别是n1和n2,则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ,则 cos θ=|cos<n1,n2>|=. 2.利用空间向量求距离 (1)两点间的距离 设P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2)是空间中任意两点,则 =(x2-x1,y2-y1,z2-z1).所以P1P2=||=. (2)点到直线的距离 如图,直线l的单位方向向量为u,向量在u上的投影向量为,则△APQ是直角三角形,设向量=a,点P到直线l的距离为 PQ==　　 　　　.  (3)点到平面的距离 已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l,交平面α于点Q,则n是直线l的方向向量,且点P到平面α的距离就是在n上的投影向量的长度.因此PQ=. [自主诊断] 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线上的任意一点到该直线的距离是0.(　　) (2)直线外一点到该直线的距离就是该点与直线上任意一点连线的距离. (　　) (3)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.(　　) (4)两条异面直线所成的角一定不能为0°.(　　) √ × 解析 直线外一点到直线的距离是该点到直线的垂线段长度,而非与直线上任意点连线的距离. × 解析 异面直线所成角是方向向量夹角或其补角(取锐角或直角),不一定相等,故错误. √ 2.(人A选一教材习题)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,D1,F1分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是(　　) A.　　　　　　B. C. D. A 解析 建立如图所示的空间直角坐标系.设BC=CA=CC1=1,则A(1,0,1),B(0,1,1),D1(,0),F1(,0,0),所以=(,-,-1),=(-,0,-1),所以|cos<>|=故选A. 3.(人A选一教材习题改编)如图,在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1,已知AB=1,BC=2,AA1=3,则点B到直线A1C的距离为(　　) A. B. C. D.1 B 解析 由题意知A1(0,0,3),B(1,0,0),C(1,2,0),则=(1,2,-3),=(0,2,0),方向上的单位向量为μ=(,-),所以点B到直线A1C的距离为故选B. 4.(人A选一教材习题改编)若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是A1C1的中点,则点O到平面ABC1D1的距离为(　　) A.　　B.　　C.　　D. B 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,0),A(1,0,1),B(1,1,1), O(,0),C1(0,1,0),则=(1,0,1),=(0,1,0),=(-,0).设平面ABC1D1的法向量为n=(x,y,z),则令x=1, 得平面ABC1D1的一个法向量为n=(1,0,-1), 故点O到平面ABC1D1的距离为d= 故选B. 5.(人A选一教材例题改编)已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC夹角的余弦值等 于　　　　.  解析 建立如图所示的空间直角坐标系. 设正方体的棱长为1.易知平面ABC的一个法向量为n1=(0,0,1),设平面AEF的一个法向量为n2=(x,y,z).因为A(1,0,0),E(1,1,),F(0,1,),所以=(0,1,),=(-1,0,),则取x=1,则y=-1,z=3, 故n2=(1,-1,3),所以cos<n1,n2>=,所以平面AEF与平面ABC夹角的余弦值为 6.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则平面AB1D1与平面BDC1的距离 为(　　) A. B. C. D. D 解析 由正方体的性质知AB1∥DC1,D1B1∥DB,AB1∩D1B1=B1,DC1∩DB=D,且AB1,D1B1⊂平面AB1D1, DC1,DB⊂平面BDC1,所以平面AB1D1∥平面BDC1,则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离. 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示. 由正方体的棱长为1,得A(1,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),C(0,1,0),B1(1,1,1), D1(0,0,1), 所以=(1,-1,1),=(0,-1,0),=(0,1,1),=(-1,-1,0). 连接A1C,由=(1,-1,1)·(0,1,1)=1×0+(-1)×1+1×1=0, =(1,-1,1)·(-1,-1,0)=1×(-1)+(-1)×(-1)+1×0=0, 得, 又AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1⊂平面AB1D1,可知CA1⊥平面AB1D1, 得平面AB1D1的一个法向量为=n=(1,-1,1),则两平面间的距离为 d=||=||==故选D. 考点一　异面直线所成的角 例1 (2025·浙江温州期末)如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,点E为SC中点,SD=AD,则异面直线EB与AC所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. A 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 因为SD⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,故以D为原点,分别以DA,DC,DS所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设SD=AD=2,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,2),因为点E为SC中点,所以E(0,1,1),所以=(2,1,-1),=(-2,2,0),设异面直线EB与AC所成角为θ, 则cos θ=故选A. 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　向量法求异面直线所成角的步骤 (1)选好基底或建立空间直角坐标系; (2)求出两直线的方向向量v1,v2; (3)代入公式|cos<v1,v2>|=求解. 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练1](2025·浙江学业考试)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB⊥AC, E是CC1的中点,D是BB1的中点,AD与A1B相交于点F,AB=2,AC=1,AA1=2,则AB与EF所成的角的大小为(　　) A. B. C. D. B 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 由题意建立如图所示的空间直角坐标系, 因为AB=2,AC=1,AA1=2, 所以A(0,0,0),B(2,0,0),B1(2,0,2),A1(0,0,2),D(2,0,), E(0,1,),由于AD,A1B在xAz平面内,所以A,D,A1,B,F的纵坐标为0,且直线AD方程满足z=x,A1B满足=1,联立解得x=,z=, 考点一 考点二 考点三 考点四 所以F(,0,),因为=(2,0,0),=(,-1,-), 所以AB与EF所成的角的余弦值为,所以AB与EF所成的角的大小为故选B. 考点一 考点二 考点三 考点四 考点二　直线与平面所成的角 例2　(2026·河北衡水高三开学考试)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=AC=,BC=2BB1=2,P为B1C1的中点. (1)证明:A1B⊥CP; (2)若,求直线A1B与平面CPQ所成角的正弦值. 考点一 考点二 考点三 考点四 (1)证明 连接A1P,BP,取BC的中点M,连接PM,以点P为原点,分别以PM,PB1,PA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系, 由题可知A1B1=A1C1,P为B1C1的中点,∴A1P⊥B1C1. ∵A1B1=,PB1=1,∴A1P=2, ∴B(1,1,0),A1(0,0,2),C(1,-1,0),P(0,0,0), =(1,1,-2),=(1,-1,0),=0,, 即A1B⊥PC. 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)解 ∵ ,∴Q为A1B的中点,∴Q(,1),=(,1). 设平面CPQ的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令y=1,则x=1,z=-1,故n=(1,1,-1), 则直线A1B与平面CPQ所成角的正弦值为 |cos<,n>|= 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　利用空间向量求线面角的解题步骤 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练2](2026·浙江杭州高三开学考试)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,侧面PCD是边长为4的正三角形,E,F分别为棱CD和PB的中点. (1)证明:EF∥平面PAD; (2)若平面PCD⊥平面ABCD,AD=2,∠CDA=,求直线EF与平面PBC所成角的正弦值. 考点一 考点二 考点三 考点四 (1)证明 如图,取PA中点M,连接MF,MD,因为F为PB中点,所以MF∥AB且MF=AB. 又四边形ABCD为平行四边形,且E为CD中点,所以DE∥AB,且DE=AB. 所以MF∥DE且MF=DE,所以四边形DMFE为平行四边形.所以EF∥MD. 又MD⊂平面PAD,EF⊄平面PAD,所以EF∥平面PAD. 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)解 因为△PCD是边长为4的等边三角形,E为CD中点,所以PE⊥CD. 又平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PE⊂平面PCD, 所以PE⊥平面ABCD. 连接AE,在△ADE中,AD=2,DE=2,∠ADE=, 由余弦定理可得AE2=DA2+DE2-2DA·DEcos=8+4-2×22=4,所以AE=2,所以AE2+DE2=AD2,所以△ADE是等腰直角 三角形,∠AED=所以EA,EC,EP两两垂直.以E为 原点,分别以EA,EC,EP所在直线为x轴、y轴、z轴, 建立如图所示的空间直角坐标系. 考点一 考点二 考点三 考点四 则E(0,0,0),B(2,4,0),C(0,2,0),P(0,0,2),F(1,2,),则=(1,2,),=(2,2,0),=(0,-2,2). 设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z),则 令z=1,得m=(-,1). 所以cos<,m>= 所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为 考点一 考点二 考点三 考点四 考点三　平面与平面的夹角(二面角) 例3　(2025·全国2,17)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明:A'B∥平面CD'F; (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 考点一 考点二 考点三 考点四 (1)证明 由题意知,EB∥FC,FC⊂平面CD'F,EB⊄平面CD'F,所以EB∥平面CD'F. 又A'E∥D'F,D'F⊂平面CD'F,A'E⊄平面CD'F,所以A'E∥平面CD'F. 又A'E∩EB=E,A'E,EB⊂平面A'EB,所以平面A'EB∥平面CD'F.又A'B⊂平面A'EB,所以A'B∥平面CD'F. (2)解 因为AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,CD=2AD,EF∥AD, 所以四边形AEFD为正方形且FD'=FC,所以EF⊥FC,EF⊥FD',又平面EFD'A'∩平面EFCB=EF,FD'⊂平面EFD'A',FC⊂平面EFCB, 所以∠D'FC为平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角的平面角,所以∠D'FC=60°,所以△D'FC为等边三角形. 考点一 考点二 考点三 考点四 (方法一)延长EF,BC交于点C1,连接C1D'.不妨设DF=1,则由题可得FC=1,BE=2,又BE∥FC,所以CF为△C1EB的中位线,所以C1F=1,所以S△D'FC·C1F=12×1= 又D'C1=,D'C=1,C1C=, 设△CC1D'中CD'边上的高为h1,则h1=, 则CD'·h1= 考点一 考点二 考点三 考点四 设点F到平面D'C1C的距离为h2,由,得h2=易知点F到D'C1的距离为D'C1= 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ= 考点一 考点二 考点三 考点四 (方法二)取FC中点G,连接D'G,则D'G⊥FC. 过点G作GH∥EF,交BE于点H.由题可得EF⊥平面FCD',则GH⊥平面FCD',又D'G,FC⊂平面FCD',所以GH⊥D'G,GH⊥GC. 以点G为坐标原点,分别以GH,GC,GD'所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 考点一 考点二 考点三 考点四 设AD=1,则C(0,,0),B(1,,0),F(0,-,0),E(1,-,0),D'(0,0,),所以=(-1,-1,0), =(0,-),=(-1,0,0),=(0,).设平面BCD'的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 则 令z1=1,得y1=,x1=-,则平面BCD'的一个法向量为m=(-,1). 考点一 考点二 考点三 考点四 设平面EFD'A'的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则 令z2=1,得x2=0,y2=-,则平面EFD'A'的一个法向量为n=(0,-,1). cos<m,n>==- 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ= 考点一 考点二 考点三 考点四 教考衔接 (人A选一教材习题)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD满足AB⊥AD, AB⊥BC,SA⊥底面ABCD,且SA=AB=BC=1,AD=0.5. (1)求四棱锥S-ABCD的体积; (2)求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值. 考点一 考点二 考点三 考点四 解 (1)∵SA⊥平面ABCD,AB⊥AD,BC⊥AB,且SA=AB=BC=1,AD=0.5, ∴四棱锥S-ABCD的体积V=SABCD·SA=(+1)×1×1= (2)以点A为原点,分别以AD,AB,AS所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,由SA=AB=BC=1,AD=, 可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),D(,0,0),S(0,0,1),则=(,1,0),=(,0,-1), 考点一 考点二 考点三 考点四 由(1)知BC⊥平面SAB,为平面SAB的一个法向量,且=(1,0,0). 设n=(x,y,z)为平面SCD的一个法向量, 令z=1,则x=2,y=-1,∴n=(2,-1,1),设平面SCD与平面SAB所成的二面角为θ, ∴cos θ=|cos<,n>|=,∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为 考点一 考点二 考点三 考点四 点评:高考真题与课本题在核心考查内容(如二面角求解,尤其是空间直角坐标系的建立与法向量应用)及解题方法上高度衔接,其中课本题作为基础,为真题的解题思路构建和相关能力考查提供了重要铺垫. 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　向量法求二面角的方法 考点一 考点二 考点三 考点四 [对点训练3](2025·南京盐城一模)如图,△ABC内接于圆O,AB为圆O的直径,CD⊥平面ABC,E为线段AD中点. (1)求证:平面BCE⊥平面ACD; (2)若AB=,BC=1,CD=2,求平面BCE与平面BDE所成锐二面角的余弦值. 考点一 考点二 考点三 考点四 (1)证明 因为△ABC内接于圆O,AB为圆O的直径,所以AC⊥BC. 因为CD⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以CD⊥BC. 又AC,CD⊂平面ACD,AC∩CD=C,所以BC⊥平面ACD.因为BC⊂平面BCE,所以平面BCE⊥平面ACD. (2)解 以C为坐标原点,CA,CB,CD所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 考点一 考点二 考点三 考点四 因为AB=,BC=1,所以AC=2,则A(2,0,0),B(0,1,0),D(0,0,2),E(1,0,), 所以=(1,0,),=(0,1,0).设平面BCE的一个法向量m=(x1,y1,z1), 由不妨设z1=1,则x1=-,所以m=(-,0,1).又=(0,-1,2),=(1,0,-),设平面BDE的一个法向量n=(x2,y2,z2), 由不妨设z2=1,则x2=,y2=2,所以n=(,2,1),所以cos<m,n>==-,即平面BCE与平面BDE所成锐二面角的余弦值为 考点一 考点二 考点三 考点四 考点四　利用空间向量求空间距离 例4　(2025·湖北黄石模拟)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段DD1的中点,F为线段BB1的中点. (1)求点A1到直线B1E的距离; (2)求直线FC1到直线AE的距离; (3)求点A1到平面AB1E的距离; (4)求直线FC1到平面AB1E的距离. 考点一 考点二 考点三 考点四 解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系, 则A1(2,0,2),B1(2,2,2),E(0,0,1),F(2,2,1),C1(0,2,2),A(2,0,0). 则=(2,2,1),=(0,2,0),则,所以点A1到直线B1E的距离为 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)由(1)可得=(-2,0,1),=(-2,0,1),=(0,2,1),即, 可知,即AE∥FC1,所以直线FC1到直线AE的距离即为点F到直线AE的距离 (3)因为=(0,2,2),=(-2,0,1),=(0,0,2), 设平面AB1E的一个法向量为n=(x,y,z),则 令z=2,则y=-2,x=1,则n=(1,-2,2).所以点A1到平面AB1E的距离为d= 考点一 考点二 考点三 考点四 (4)因为AE∥FC1,AE⊄平面AB1E,FC1⊂平面AB1E,所以FC1∥平面AB1E, 可知直线FC1到平面AB1E的距离等于C1到平面AB1E的距离, 由(3)可知平面AB1E的一个法向量为n=(1,-2,2),且=(2,0,0),则C1到平面AB1E的距离为,所以直线FC1到平面AB1E的距离为 考点一 考点二 考点三 考点四 规律方法　1.利用向量法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. 考点一 考点二 考点三 考点四 2.利用向量法求点到平面的距离的步骤 考点一 考点二 考点三 考点四 $