1.4.2 第1课时 距离问题-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册同步辅导与测试(人教A版)

M∥DA,又MN4平面ABD, (-8,0,0)=0,所以AP⊥B武，即AP!入无解，所以不存在DQ与平面ABD .MN∥平面A,BD. BC. 垂直.] 法三：M=C衣-CM=号CB (2)由(1)知AP=5,又AM-3,且点M在5.解存在.理由如下： ·平面ADEF⊥平面ABCD,四边形 2Gt-号i-合Ai-是成+ 线段AP上，所以前=号市-(0，号， ADEF为正方形，∴.DE⊥平面ABCD.过 点D作DG⊥BC于点G. i)-AB+)=D成-A成 号)又耐=(-4，-5,0)，所以威 如图，以，点D为原点，建立空间直角坐 标系， 即M可用A1B与D线性表示，故M不与： 成+-(-4，-，号）到市 AB,DB是共面向量，又MN中平面 A1BD,故MN∥平面ABD. 威i=034(49号) =0,所 对点训练 1.D[因为L∥12，所以a∥b,所以存在入∈： 以AP⊥B成M,即AP⊥BM,又根据(1)的结 R,使a=h,则有2=3入，4=Ax,5=入y,所 论知APBC,且BC∩BM=B,所以AP *入 以=6y=号] ⊥平面BMC,于是AM⊥平面BMC.又 AMC平面AMC,故平面AMC⊥ 平 2.证明如图，建立 面BMC 以D为坐标原，点， 素养演练·提升技能 A,0D.B(.0 DA,DC,DD1所在 直线分别为x轴，y 1LB[对于B,Aà-=(-1,4，）则n ,D(0,0,0),E(0,0,1) 轴、x轴的空间直 角坐标系，则D(0 AQ=(3,1,2)·(-1,4,-2)=0,n1 F(1,0,1),∴.AF=(0,0,1), 0,0),A1(5,0,4) A立则点Q13,）在平面e内.] 1√3 B(5,3,0),D1(0, 0,4),B1(5,3,4),C(0,3,0),∴.A1D= 2.ABC[:AB·AP=0,AD·AP=0, (-5,0,-4),AB=(0,3,-4),D1C= ∴ABLAP,AD⊥AP,则A,B正确；又AB D=(- (0,3,-4),B1C=(-5,0,-4). 与AD不平行，∴.AP是平面ABCD的一个 设平面A,BD的一个法向量为m=(x,y, ,则m·A1D=0 法向量，则C正确；由于BD=AD-AB= X<1,则B=B=(-，- 即{-5x4x=0, (2,3,4),AP=(-1,2,-1),∴BD与AP ∴.AN=AB+BN= {m·AB=0,{3y-4x=0, 不平行，故D错误.门 取x=1,可得平面A1BD的一个法向量为！3.C[连接OE(图略.设点M的坐标为(x,: -告，号设平西BD,C的- 4 m=( 个法向量为n=(x',y,2),同理可得n= ,周为Cn0=0所以0（竖，号 号.o） 设n=(x,y,z)是平面AFN的一个法向 告，专，m=n,甲m/m 0,又E(0,0,1),A(W2,2,0),所以OE= 量，则m·AF=0, {n·AN=0. 又B年平面BD1C, 2 =(x-√2，y-2, 一0， .平面A1BD∥平面BDC 即 题点三 1),因为AM∥平面BDE,所以O正∥AM, [典例]证明 (1) 以D为原，点，建立 D x一2-2 0, {V3(1-A)y=(1+)x, 取x=√3，则 如图所示的空间直 即 2 解得 21 所以点 1+ 角坐标系Dxyz, 设正方体ABCD 2 y 2 A,B,C1D1的棱长 AFV的一个法向量. 为2，则E(0,0,1), M的坐标为（，， 由n.市=55-5×1+以 A(2,0,0),C(0,2, 4.D以A1为坐标原点，A1B1,AC1,A1A1 2 21-λ =0,得λ 0),B(2,2,2),B(2, 所在直线分别为x轴、y轴、x轴建立空间 2,0),D1(0,0,2),.AC=(-2,2,0),AE= 直角坐标系（图略），则由已知得A1(0,0,1 了，符合题意，即存在点N,使得直线 2 (-2,0,1),AB1=(0.2,2),BD=(-2,-2, 0),B1(1,0,0),C(0,1,0),B(1,0,1),1 CE/平面AFN,此时器=号 2).设平面AB,C的法向量为m=(x,yz), D01,）P02,0,所以A店=1… 1.4.2用空间向量研究距离、 则m:220取=1，对 m·AB1=2y十2z=0, 01).Ai=01,）BD-(-12, 夹角问题 =1,x=-1,∴.m=(1,1,-1).BD= 第一课时距离问题 -2m,..BD1∥m,..BD⊥平面ABC. 0),D正=（1，-1，-2）设平面ABD (2)设平面EAC的法向量为n=(z,y, 必备知识·自主梳理 ),则m·A正=-2+2=0， 的法向量为n=(x,y,之)，则1√a2-(a·m)严 !即时小练 {n·AC--2.x'+2y'=0, 取x= n·A1B=x十x=0, 1,则y'=1,z=2,∴.n=(1,1,2).m·n n…AD=y+=0. 取z=-2,则x1.D[因为A(-1,3,0),P(-2,1,4),所以AP =(一1，一2,4)，又因为平面a的一个法向量 =1+1-2=0,,.平面EAC⊥平面ABC. 一2，y=1,所以平面ABD的一个法向量1 对点训练 n=(-2,-2,1),点A在a内，所以P(一2， 为n=(2,1,-2).假设DQ⊥平面ABD, 证明(1)以0为坐 标原，点，以射线OD为 且B1Q=λB1P=λ(-1,2,0)=(-A,2x, 1,4)到。的距离为AP,n n y轴正半轴，射线OP 1(-1,-2,4)·(-2,-2,1)=1 为：轴正半轴建立如 0),则D0=DB+BQ-（1-x,-1+2以， 3 3·7 图所示的空间直角坐 号）：周为成也是平面A,BD的一个：2号 [因为PA=(-2,0,-1),n= √2 标系O-xyz.则O(0, 2 2 0,0),A(0,-3,0), B(4,2,0),C(-4,2, 法向量，所以n与成共线，所以12= 2 0,号)为1的一个单位方向向量点卫 0),P(0,0,4).于是AP-(0,3,4),BC= (-8,0,0),所以AP·BC-(0,3,4)· -1+2λ 2 到1的距离d=√/PA2-(PA·n)2= -2 =4成立，但此方程关于 190 n=(2,0,1),且CA=(-1,3,-2), 5 ∴.点C到平面ABD的距离d= ABD与平面B,CD,间的距离为 关键能力·合作探究 CA·nl-44⑤ :对点训练 解如图所示，以A为 题点 n √5 5 坐标原点，平面ABC 「典例] 解 AB=1,BC=2,AA'=3, !对点训练 内垂直于AC边所在 .A'(0,0,3),C(1,2,0),B(1,0,0), 所以直线AC的方向向量花1,2.1 [由题意得Ai=(-1,2,2),AC= 直线的直线为x 轴 AC所在直线为y 轴， -3). (-2,-2,1),设平面ABC的法向量为n AP所在直线为轴建 法-取a=BC=(0,2,0), =(xy,x),则n·AB=-x十2y+2e=0, 立空间直角坐标系 A元 n·AC=-2.x-2y十x=0,解得x=一2y, .AP=2,AB=BC=AC=4,又E,F分别 1 2 3 A √14'√14 14 -2y.令y=-1,得x=2=2.∴平面 是BC,AC的中点，∴A(0,0,0),B(2√5， ABC的一个法向量为n=(2,一1,2).又 2,0),C(0,4,0),F(0,2,0),E(3,3,0), 则a2=4,a·u= 4 N14 OA=(2,2,0),∴.原点O到平面ABC的 o) ,P(0,0,2). 所以点B到直线A'C的距离为 距离为d= 0A·n= -am√语-2厘 n 3·] (1)证明 7 2.解取AC的中 法二又BC=(0,2,0), 点O,连接(OS, (W5,3,0),A正=2F0.:AE与FQ无 OB.'SA=SC, 所以B配在A亡上的投影长为 交点，AE∥FQ.又FQC平面PFQ,AE AB-BC,.AC 寸平面PFQ,AE∥平面PFQ. BC.A元 4 ⊥SO,AC⊥BO. (2)由(1)知，AE∥平面PFQ,,点A到平 A元 141 平面SAC⊥平 面PFQ的距离就是AE与平面PFQ间的 面ABC,平面 距离，设平面PFQ的法向量为n=(x,y, 所以，点B到直线A'C的距离为 SAC∩平面ABC=AC,.SO⊥平 面 x),PF-(0,2,-2),F0=（ 3 BC.A元| ABC.又B)C平面ABC,.∴.SO⊥BO.如 图所示，分别以OA,OB,OS所在直线为x A它 轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系！ n序=2y-2=0,m范=9x+ 16_235 /4- Oxyz,则B(0,2√5,0)，C(-2,0,0),S(0,1 3 14 7 0,2√2)，M1W3,0),N(0,N3,2)..CM y=0.令y=1,则x=-5,x=1,.平 对点训练 解如图，分别以AB,AD,AP所在直线 =(3,W5,0),MN=(-1,0,2),Mi= 面PFQ的一个法向量为n=(一√5,1,1). 为x,y,z轴建立空间直角坐标系， (-1,√3,0).设n=(x,y,x)为平面CMN 又QA= 则P(0,0,1),B(3,0,0),D(0,4,0), 的一个法向量，则 ∴.PB=(3,0,-1),BD=(-3,4,0), CM·n=3.x+3y=0, 取x=1, d= QA·n=25 取a=P3=(3,0,-1), MN·n=-x+√2z=0, 则x=√2，y= 6,∴.n=(2,-6,1). 素养演练·提升技能 BD 1.C[如图，建立空间直角坐标系Dxyz,则 B成 点B到平面CMN的距离d=n:M应 A(2,0,0),A1(2,0,4),B1(2,2,4),D1(0, n 0,4), 4√2 3· .DB=(2,2, 9 则a2=10,a·u=-5 题点三 0),D1A=(2,0, [典例]解(1)如图 -4),AA1=(0,0, 所以点P到BD的距离为 建立空间直角坐标 4). √a2-(a·w/10 系，则D(0,0,0) 设n=(x,y,z)是 B(2,2,0),A1(2,0, 平面ABD1的法 题点二 2),B(2,2,2),C 向量， 典例门 解(1)证明 (0,2,0),所以CB 则n⊥DB,n⊥ 如图，以D为坐标原 点，分别以DC,DA所 =(2,0,2),DA= DA, 在直线为x轴、y轴， (2,0,2),DB=(2,2,0),所以CB∥DA1, 过点D且与AA平行 "…DB=0, 即CB1∥DA1,又CB,史平面ABD,DA 1n·D1A=0, 的直线为之轴建立空 C平面ABD,所以BC∥平面ABD,所 间直角坐标系Dxyz, 即2x+2y=0, 以直线BC到平面ABD的距离等于点！ 2x-4z=0, 则D(0,0,0),C(1,0, 令z一1，则平面ABD1的一个法向量为 0),B1(-1,0,2),A B1到平面A1BD的距离.设平面A1BD的 B D 个法向量为n=(x,y,之)，则 n=(2,-2,1). (0,5,2),A(0,√3,0)，C(1,0,2),AC 故，点A1到平面ABD的距离为d= (1,-√5，-2)，AB1=(-1,-3,2),AD n·DA=2x+2x=0, n·DB=2x+2y=0, 令x1,则n= =(0,-√5,0) 设平面ABD的法向量为n=(x,y,x),则 (1,-1,-1),又AB,=(0,2,0),所以点！2.BCD[建立如图所 (AB·n=0, B:到平面ABD的距离d- AB1·n1 示的空间直角坐标 系，则A(3,0,0),B AD·n=0, (3,3,0),C(0,3,0) 即-x3y+2x=0, =23,即直线B,C到平面ABD的 3 D(0,0,0),A1(3,0 3 1-3y=0. 3),B(3,3,3),C y=0:令=1，则y=0,x=2, 距离为2V3 (0,3,3),D(0,0, 1x=2z. .n=(2,0,1) (2)由(1)知B,C∥平面ABD,同理， 3),所以BD1=(-3, D1B1∥平面A1BD,B1C∩D1B1=B1,所 A1C·n=1×2+(-√5)×0+(-2)×1 -3,3),因为B前=号Bd=(-1,-1, 以平面A1BD∥平面BCD1,即平面 =0,∴A1C1n. A1BD与平面BCD间的距离等于点B1 1),所以DP=D+B驴=(2,2,1).所以 A1C正平面ABD 到平面ABD的距离.由(1)知，点B,到 PA=PC1=|PB,|=√+22+1- .AC∥平面ABD (2)由(1)知平面ABD的一个法向量为{ 平面ABD的距离d=25所以平面 √6.|PD|=IPA1I=1PC|= 3 191 √2+2+下=3，PB=5,PD=2.2网 A1B=(-√5,1，-3)， √2+2+2-2尽.故P到各顶点的距 15 [由题意设直线a与平面a所成！ a·b 4 O1A=(5,-1,-5) 离的不同取值有√6,3,5,25故选B、 的角为0，则sin0= ab= √6×√5 AB.OA C、D. 3.B以O为坐标原点， -2y3] ÷cosA店，01= ABIOA 建立如图所示的空间直 15 角坐标系Oxyz =1(-3,1,③)·(3，-1，-) 3.A [因为cos(u,v)= u·v 7X7 7+ 由题意可知A(1,0,0), uv1×2 B(0,2,0),C(0,0,2), √ ∴.异面直线A1B与AO所成角的余弦值 AB=(-1,2,0),BC 2 ,所以(，〉=45，所以两平面的夹角 =(0,-2,2),取a= 为45°.] 关键能力·合作探究 !题点二 AB=(-1,2,0),W= 「典例门解建立如图所 BC 题点一 [典例7 A「法 示的空间直角坐标系， ZA 如图，取BC 则A(0,0,0),B(0,a, 的中点O,连接 0),A1(0,0,√2a), 号)，则点A到直线C的距离为 OP,OA, 因为△ABC和 C a,Ea）, √a-(a·)r-√5-2=5.] △PBC均为等 B,(0,a,2a).Ai=(0, 4.3 [如图所示，建立空间直角坐标系！ 边三角形，所以 AO⊥BC,PO a,0),AA,=(0,0,√2a).设侧面ABB1A Dxyz,则A(4,0,0),M(2,0,4),D(0,0, ⊥BC, 0),B(4,4,0),E(0,2,4),F(2,4,4),V(4, 所以BC⊥平面PAO,从而平面PA)⊥平 的法向量为n=(入，y,z),则n·AB=0,且 2,4)..EF=(2,2,0),M=(2,2,0), 面ABC, n·AA1=0,∴ay=0,且2az=0,y=x AM=(-2,0,4),BF=(-2,0,4),∴.EF 且∠POA就是二面角P一BC一A的平面！ 角，即∠P0A=120°， =0,故n=(,0,0).又AC= 3 -MN,BF-AM, 建立空间直角坐标系如图所示 ..EF∥MN.BF∥ 设AB=2,则A(5,0,0),C(0,-1,0), a AC1·n AM,EF∩BF=F, 2a cos(AC,n)= MN∩AM-M. ACn ∴.平面AMN∥平 √5 面EFBD.设n 所以AC=(一√5，-1,0)， (x,y,z)是平面 31 2入设AC与侧面 AMW的法向量， ABB1A1所成的角为0，则sin0= 则 n·MN-2.x+2y=0, 取 cos(AC,PB)= AC.PB cos(AC,n)1=7,.0=30°，即AC与 n·AM=-2x+4z=0, AC·PB 8,所 侧面ABB1A1所成的角为30° z=1,则x=2,y=一2，得n=(2,一2,1).1 以异面直线PB与AC所成角的余弦值对点训练 平面AMN到平面EFBD的距离就是点· 解以点A为坐标原，点， A到平面EFBD的距离.：AB=(0,4, AB为x轴，平面ABCD 0),,平面AMN与平面EFBD间的距离 法二如图所示，取 内垂直于AB的直线为y BC的中，点O,连接 轴，AA1为x轴建立如图 OP,OA, 因为△ABC和 所示的空间直角坐标系 5,解由题意知底面ABCD为菱形，AA1= △PBC均为等边三 A 4,AB=2,∠BAD=60°，E为BC的中点， 角形，所以AO 则A(0,0,0),D一立 故以D为原点，DA,DE,DD所在直线分 BC,PO⊥BC,所以 ）D(- 1W3 别为x,y,z轴建立空间直角坐标系（图 ∠POA就是二面角 略)，则C(一1,3,4)，C(一1,3,0)， P-BCA的平面角，设AB=2,则AC= D(0,0,0),E(0N5,0),则CC=(0,0,4), OC-OA,PB=OB-OP, B00.2,F(是，9市= DC=(-1,W5,4,DE=(0W3,0). 故AC.PB=(O元-OA)·(OB-O亦)= 设平面CDE的法向量n=(x,y,z), 0元.Oi-0元.Op-OA.Oi+oA.O 则n·DC=-x+5+4e=0, (0）立-（合9- (n·DE=5y=0, =-1-0-0+6×5×(-号)= DF-(2,0,一2).设平面D,EF的法向量为 取之=1， 则y=0,x=4,所以n=(4,0,1),所以点C1 m=(x,y,),由 mD-0:可得 m.D,F-0, 到平面CDE的距离为CC·n AC.PB 5 n 所以cos(AC,PB》 ACIPBI 8 y一=0，令x=√5，则m 4 417 √16+17 即异面直线PB与AC所成角的余弦值 2x-2z=0, D·m 第二课时 夹角问题 为) (5,-1N5),cos(AD,m)= :对点训练 AD1·m 必备知识·自主梳理 解以O为坐 a·b a b (,引 E=一√2I,因此，直线AD与平面 cos a,n) 标原点，OA 今 7 OB的方向为x [o,] cos(n1,2〉 [] 轴、y轴的正 D,EF所成角的正弦值为牙 即时小练 方向建立如图 题点三 1.C[设直线a与b所成的角为0，则 所示的空间直 「典例]解设正方体棱长为1.以B为坐 m0-80-2分 角坐标系， 标原点，BA,BE,BC所在直线分别为x 则0(0,1， A 轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Bxyz, 又c(0,受]故0=亭] √3)，A(3,0, 0),A(5,1, 则M20,）N(分0）A1 √3)，B(0,2,0), 0,0),B(0,0,0). 192第一章空间向量与立体几何 C.AP是平面ABCD的一个法向量 5.如图，在多面体 D.AP∥BD ABCDEF中，平面 ADEF⊥平面AB 3.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互： CD,四边形ADEF 相垂直，AB=√2，AF=1,M在EF上，且AM∥ 为正方形，四边形 平面BDE,则点M的坐标为 ( ABCD为梯形，且AD∥BC,△ABD是边长为 AZ 1的等边三角形，BC=3.问：线段BD上是否 存在点N(不包括端点)，使得直线CE∥平面 APN?若存在，求出8>的值：若不存在，请说 明理由. A.(1,1,1) c(停号 n 4.如图所示，在三棱柱ABC- A1B1C1中，侧棱AA1⊥底 面A1B1C1,∠BAC=90°， 课堂小结 AB=AC=AA1=1,D是棱 B CC1的中点，P是AD的延长线与A1C的延长 重要思想与方法 线的交点，若点Q在线段B1P上，则下列结论 (1)利用空间向量表示直线、平面体现了数形结合的思想 方法. 正确的是 ( ) (2)证明直线、平面平行或垂直问题体现了转化与化归的思 A.当点Q为线段B,P的中点时，DQ⊥平 想方法 面A1BD B.当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平 空间直线、平面 直线的方向向量 面A1BD 空间向量 的向量表示 平面的法向量 的应用 C.在线段B1P的延长线上，存在一点Q,使得 利用向量法判定直线和平面的位置关系 DQ⊥平面A1BD D.不存在DQ与平面A1BD垂直 温馨提示 请做课时分层检测（六） 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 第一课时距离问题 【课标要求】1.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面间的距离 问题.2.通过空间中距离问题的求解，体会向量方法在研究几何问题中的作用. 【素养要求】通过学习空间中距离的概念，点、线、面距离的相互转化与计算，培养学生的数学抽象、 直观想象素养和数学运算素养， 必备知识·自主梳理 预习新知夯实基础 1.点到直线的距离 PQ=√1AP12-1AQ12= 如图，已知直线1的单位方 向向量为u,AP=a,则点P : 2.点到平面的距离 到直线1的距离为： 如图，已知平面a的法向量为n,则平面外一点 23 数学选择性必修第一册 P到平面。的距离为：PQ=市·- 即时小练 AP·n=AP·n 1.已知平面a的一个法向量n=(一2，一2,1)，点 n n A(一1,3,0)在a内，则P(-2,1,4)到平面a的 距离为 ( A.10 B.3 c号 D. 2.已知直线1经过点A(2,3,1),且向量n= 受0为1的一个单位方向向量，则点 P(4,3,2)到1的距离为 关键能力·合作探究 讲练设计探究重点 题点一 用向量法求点线距 对点训练 [典例]如图，在空间直角坐 如图，P为矩形ABCD所在平面 D 标系中有长方体ABCD 外一点，PA⊥平面ABCD,若已 A'B'C'D',AB=1,BC=2, 知AB=3,AD=4,PA=1,求点 AA'=3,求点B到直线A'C P到BD的距离. A 的距离. B [听课记录] /方法技巧/ 用向量法求点线距的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量； (3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量 在直线的方向向量上的投影长； (4)利用勾股定理求解.另外，要注意平行直线 间的距离与点到直线的距离之间的转化. -24 第一章空间向量与立体几何 题点二用向量法求点面距 题点三直线到平面、平面到平面的距离 [典例门 在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是BC;[典例] 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长 的中点，AA1=AB=2. 为2. (1)求证：A1C∥平面AB1D; (1)求直线B1C到平面A1BD的距离； (2)求点C1到平面AB1D的距离. (2)求平面A1BD与平面B1CD1间的距离. [听课记录] [听课记录] /方法技巧/ 、 用向量法求点面距的步骤 /方法技巧/ (1)建系：建立恰当的空间直角坐标系； 线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线 (2)求点坐标：写出（求出）相关点的坐标； 到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面 (3)求向量：求出相关向量的坐标(AP,α内两 面平行. 个不共线向量，平面a的法向量n)； 点面距的求解步骤： (1)求出该平面的一个法向量； (4)求距离d= lAP·n n (2)找出从该点出发到平面的任一条斜线段对 应的向量； 对点训练 (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的 绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平 1.已知A(2,2,0),B(1,4,2),C(0,0,1),则原点O 面的距离. 到平面ABC的距离为 2.如图，在三棱锥S-ABC中， 对点训练 △ABC是边长为4的正三 角形，平面SAC⊥平面 己知边长为4的正三角形ABC,E,F分别为 BC和AC的中点.PA=2,且PA⊥平面ABC, ABC,SA=SC=2√3，M,N 设Q是CE的中点， 分别为AB,SB的中点.求点B到平面CMN的： (1)求证：AE∥平面PFQ; 距离。 (2)求AE与平面PFQ间的距离. 25 数学选择性必修第一册 素养演练·提升技能 达标训练素养提高 1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面是边长为5.如图，直四棱柱ABCD 2的正方形，高为4，则点A1到平面AB1D1的 A1B1CD1的底面是菱形， 距离为 ( AA1=4,AB=2,∠BAD= 60°，E,M,N分别是BC, c BB1,A1D的中点.求点C到 2.(多选)如图，在棱长为3的正 平面C1DE的距离. 方体ABCD-A1B1C1D1中，P 为对角线BD1上靠近B点的 三等分点，则P到各顶点的距 离的取值有 ( A.2 B.√6 C.3 D.23 3.已知三棱锥OABC中，OA⊥OB,OB⊥OC,OC 课堂小结 ⊥OA,且OA=1,OB=2,OC=2,则点A到直 重要思想与方法 线BC的距离为 (1)线面距、面面距实质上都是求点到面的距离，求直线到 A.√2 B.√5 平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行 (2)利用向量求空间距离应用数形结合与转化化归的思想 C.5 D.3 方法. 4.正方体ABCD-A1B1C1D1的 D MA 点到直线的距离 棱长为4，M,N,E,F分别为 4 空间距离的 向量求法 点到平面的距离 AD1:A B1,C1D1:BC 平面到平面的距离 中点，则平面AMN与平面 EFBD的距离为 温馨提示 请做课时分层检测（七） 第二课时 夹角问题 【课标要求】1.能用向量方法解决简单夹角问题.2.通过用空间向量解决夹角问题，体会向量方法在 研究几何问题中的作用. 【素养要求】通过学习空间角的计算步骤和方法，把两异面直线所成的角、线面角、二面角转化为向 量的夹角求解，培养学生的直观想象素养和数学运算素养. 必备知识·自主梳理 预习新知夯实基础 空间角的向量求法 角的分类 向量求法 范围 设l的方向向量为a,平面a 直线1与平面a 的法向量为n,则sin0= 两异面直线11 设山1与2的方向向量分别 所成的角0 a·n 为a,b,则cos0=cos(a,b) a n 与l2所成的角0 26