2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册 课件 第一章 1.4 1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题

该高中数学课件聚焦用空间向量研究距离与夹角问题，涵盖点到直线、点到平面的距离及异面直线、线面、二面角的向量求法。通过目标导航衔接课标要求，以新知梳理构建从基础运算到应用的知识支架，帮助学生逐步掌握核心内容。 其亮点是例题与即时训练结合，规范“建系、求向量、用公式”解题步骤，体现数学思维的推理与运算能力。方法总结结构化呈现解题流程，如坐标法求二面角四步法，用数学语言清晰表达逻辑。学生能提升空间观念与解题能力，教师可直接应用于课堂，提高教学效率。

1.4.2　用空间向量 研究距离、夹角问题 [目标导航] 课标要求 1.学会求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的向量方法 2.能够应用向量方法解决一些简单的立体几何问题 3.提高分析与推理能力和空间想象能力 2 新知导学·素养启迪 新知梳理 1.距离 (1)点到直线的距离 (2)点到平面的距离 (3)用空间向量解决立体几何问题的“三步曲” ①建立立体图形与空间向量的联系,用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面,把立体几何问题转化为向量问题; ②通过向量运算,研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹角等问题; ③把向量运算的结果“翻译”成相应的几何结论. 2.夹角 (1)两条异面直线所成的角 (2)直线与平面所成的角 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, (3)平面与平面的夹角 ①平面α与平面β相交,形成四个二面角,把这四个二面角中不大于 的二面角称为平面α与平面β的夹角. 90° 小试身手 C 2.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角的大小为　　 　　.  45°或135° 3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是C1C的中点,O是底面ABCD的中心,P是A1B1上的任意点,则直线BM与OP所成的角为　　　　.  课堂探究·素养培育 利用空间向量求线线角 [例1] 如图,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2, AB=4.求异面直线AQ与PB所成角的余弦值. 解:由题设知,四边形ABCD是正方形,连接AC,BD,交于点O,则AC⊥BD. 连接PQ,则PQ过点O. 由正四棱锥的性质知PQ⊥平面ABCD, 故以O为坐标原点, 以直线CA,DB,QP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 即时训练1-1:如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,PD=3,PN=2ND, 底面ABCD为直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,BC=2AD=2DC=3.求异面直线PA与CN所成角的余弦值. 两异面直线所成角的求法 (1)平移法:即通过平移其中一条(也可两条同时平移),使它们转化为两条相交直线,然后通过解三角形获解. (3)用坐标法求异面直线的夹角的方法: ①建立恰当的空间直角坐标系; ②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式; ③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角; ④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角. 利用空间向量求线面角 即时训练2-1:如图,已知PA⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形,PA=AD=2, M,N分别为AB,PC的中点. (1)求证:MN⊥平面PCD; (2)求PD与平面PMC所成角的正弦值. 利用空间向量求二面角 [例3] 如图,四边形ABCD和三角形ADE所在平面互相垂直,AB∥CD, AB⊥BC,∠DAB=60°,AB=AD=4,AE⊥DE,AE=DE,平面ABE与平面CDE交于EF. (1)求证:CD∥EF; (1)证明:因为AB∥CD,AB⊂平面ABE,CD⊄平面ABE,所以CD∥平面ABE, 因为平面ABE∩平面CDE=EF,CD⊂平面CDE,所以CD∥EF. (2)若EF=CD,求二面角A-BC-F的余弦值. (2)解:取AD的中点N,连接BN,EN. 在等腰三角形ADE中,EN⊥AD. 因为平面ADE⊥平面ABCD,交线为AD, 又EN⊥AD, 所以EN⊥平面ABCD,又BN⊂平面ABCD, 所以EN⊥BN.由题意易得AN⊥BN. 如图,建立空间直角坐标系Nxyz, 二面角的向量求法 利用空间向量求距离 [例4] 已知正方形ABCD的边长为1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分别为AB,BC的中点. (1)求点D到平面PEF的距离; 解:法一　(1)建立如图所示的空间直角坐标系, (2)求直线AC到平面PEF的距离. 1 (1)向量法求点到直线的距离的两种思路 ①将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题,即利用待定系数法求出垂足的坐标,然后求出向量的模,这是求各种距离的通法. (2)点面距、线面距、面面距的求解方法 线面距、面面距实质上都是求点面距,求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行. 点面距的求解步骤: ①求出该平面的一个法向量; ②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量; 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,即可求出点到平面的距离. 当堂即练·素养达成 1.若两异面直线l1与l2的方向向量分别为a=(0,4,-3),b=(1,2,0),则直线l1与l2的夹角的余弦值为(　 　) B 当堂即练 A 3.把正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角,点E,F分别是AD,BC的中点,O是正方形中心,则折起后,∠EOF的大小为(　 　) A.(0°,90°) B.90° C.120° D.(60°,120°) C 4.平面α的法向量n1=(1,0,-1),平面β的法向量n2=(0,-1,1),则平面α与β所成二面角的大小为　　　　.  1.运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤: (1)建立恰当的空间直角坐标系;(2)求出相关点的坐标;(3)写出向量坐标;(4)结合公式进行论证、计算;(5)转化为几何结论. 课堂小结 感谢观看 已知直线l的单位方向向量为u,A是直线l上的定点,P是直线l外一点.向量 在直线l上的投影向量为,点P到直线l的距离PQ== . 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的距离就是在直线l上的投影向量的长度.因此PQ=|·|=||=. 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>|= ||= . 则sin θ=|cos<u,n>|=||= . ②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>|= ||= . 1.已知平面α的一个法向量是m=(-2,-1,2),点 A(3,4,-1)是平面α内的一点,则点 P(1,2,-1)到平面α的距离是(　 　) A.1 B. C.2 D.2 解析:因为点A(3,4,-1)是平面α内的一点, 而P(1,2,-1),则=(-2,-2,0), 又平面α的一个法向量是m=(-2,-1,2), 所以点P到平面α的距离为d===2.故选C. 则P(0,0,1), A(2,0,0),Q(0,0,-2), B(0,2,0), 所以=(-2,0,-2),=(0,2,-1). 于是cos <,>==, 所以异面直线AQ与PB所成角的余弦值为. 解:由PD⊥平面ABCD,∠ADC=90°. 以D为原点,以DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略). 由PD=3,PN=2ND,BC=2AD=2DC=3, 得N(0,0,1),A(,0,0),C(0,,0),P(0,0,3),则=(-,0,3),=(0,-,1), 所以|cos<,>|===,所以异面直线PA与CN所成角的余弦值为. (2)取定基底法:在一些不适合建立坐标系的题型中,我们经常采用取定基底的方法,这是小技巧.在由公式cos <a,b>=求向量a,b的夹角时,关键是求出 a·b 及|a|与|b|,一般是把a,b用一组基底表示出来,再求有关的量. [例2] 如图,在正三棱柱ABCA′B′C′中,底面边长为2,AA′=,求直线AB′与侧面ACC′A′所成角的正弦值. 解:由正三棱柱知 AA′⊥平面ABC,故以点A为原点,AC,AA′所在直线分别为y轴,z轴,建立空间直角坐标系如图所示.易知n=(1,0,0)是平面ACC′A′的一个法向量. 由△ABC是边长为2的正三角形,可得 B′(,1,). 所以=(,1,). 设直线AB′与侧面ACC′A′所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|=||=. 所以直线AB′与侧面ACC′A′所成角的正弦值为. (1)证明:以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则M(1,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),N(1,1,1), D(0,2,0).=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,2,-2), 所以MN⊥PC,MN⊥PD, 由于PC∩PD=P,所以MN⊥平面PCD. (2)解:=(0,2,-2),=(-1,0,2), =(1,2,0),设平面PMC的法向量为n=(x,y,z), 则令z=1,则x=2,y=-1,所以n=(2,-1,1). 设直线PD与平面PMC所成角为θ, 则sin θ=||==.所以PD与平面PMC所成角的正弦值为. 则N(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C(-3, ,0),D(-2,0,0),E(0,0,2). 因为EF=CD, 所以F(-1,,2). 设平面BCF的法向量为n=(x,y,z), =(-1,-,2),=(-3,-,0), 则即 令y=,则x=-1,z=1, 于是n=(-1,,1). 又平面ABCD的一个法向量为=(0,0,2), 所以cos<n,>==. 由题知二面角ABCF为锐角, 所以二面角ABCF的余弦值为. 即时训练31:若PA⊥平面ABC,AC⊥BC,PA=AC=1,BC=,求二面角 APBC的余弦值. 解:法一　如图所示,取PB的中点D,连接CD. 因为PC=BC=, 所以CD⊥PB. 所以作AE⊥PB于E,那么二面角APBC的大小就等于异面直线DC与EA所成的角θ的大小. 易得PD=1,PE==, 所以DE=PD-PE=, 又因为AE==,CD=1,AC=1, =++,且⊥,⊥, 所以||2=||2+||2+||2+2||·||·cos (π-θ), 即1=++1-2××1×cos θ, 解得cos θ=. 故二面角APBC的余弦值为. 法二　由法一可知,向量与的夹角的大小就是二面角APBC的大小, 以C为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,,0),C(0,0,0), P(1,0,1), D为PB的中点,D(,,). 因为==,即E分的比为,所以E(,,),=(,-,-), =(-,-,-),||=,||=1,·=×(-)+(-)×(-)+(-)×(-)=. 所以cos <,>==. 故二面角APBC的余弦值为. 法三　如图所示,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(,1,0),C(0,1,0), P(0,0,1),=(0,0,1), =(,1,0), =(,0,0),=(0,-1,1), 设平面PAB的法向量为m=(x,y,z), 则⇒⇒ 令x=1,则m=(1,-,0). 设平面PBC的法向量为n=(x′,y′,z′), 则⇒⇒ 令y′=-1,则n=(0,-1,-1),所以cos <m,n>==. 所以二面角APBC的余弦值为. (1)若AB,CD分别是二面角αlβ的两个半平面内与棱l垂直的异面直线,则二面角的大小就是向量的夹角(如图1). (2)利用坐标法求二面角的步骤 设n1,n2分别是平面α,β的法向量,则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小,如图2.坐标法的解题步骤如下. ①建系:依据几何条件建立适当的空间直角坐标系. ②求法向量:在建立的坐标系下求两个面的法向量n1,n2. ③计算:求n1与n2所成锐角θ,cos θ=. ④定值:若二面角为锐角,则为θ;若二面角为钝角,则为π-θ. 则D(0,0,0),P(0,0,1), A(1,0,0),C(0,1,0), E(1,,0),F(,1,0). 设DH⊥平面PEF,垂足为H, 则=x+y+z=(x+y,x+y,z)(x+y+z=1), =(1,,-1),=(,1,-1). 所以·=x+y+(x+y)-z=x+y-z=0. 同理,·=x+y-z=0, 又x+y+z=1, 所以可解得x=y=,z=. 所以=(2,2,3).所以||=. 因此,点D到平面PEF的距离为. 法二　(1)由法一建立的空间直角坐标系知=(-,,0),=(1,,-1),=(1,,0). 设平面PEF的法向量为n=(x,y,z), 则解得 令x=2,则n=(2,2,3), 所以点D到平面PEF的距离为d===. 解:法一 (2)设AH′⊥平面PEF,垂足为H′, 则∥. 设=λ(2,2,3)=(2λ,2λ,3λ)(λ≠0), 则=+ =(0,-,0)+(2λ,2λ,3λ) =(2λ,2λ-,3λ). 所以·=4λ2+4λ2-λ+9λ2=0, 即λ=. 所以=(2,2,3),||=. 又AC∥平面PEF, 所以AC到平面PEF的距离为. 法二 (2)因为AC∥EF,所以直线AC到平面PEF的距离也即是点A到平面PEF的距离. 又=(0,,0), 所以点A到平面PEF的距离为d===. 即时训练41:已知直三棱柱ABCA1B1C1中,∠ABC=90°,AC=AA1=2,AB=2,M为BB1的中点,则点B1与平面ACM的距离为　　　　.  解析:因为AB=2,AC=2,∠ABC=90°, 所以BC===2. 建立空间直角坐标系如图, 则A(2,0,0),B(0,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),M(0,0,), 所以=(-2,2,0), =(-2,0,), =(0,0,-). 设n=(x,y,z)是平面ACM的法向量, 则所以 即 令x=1,则y=1,z=, 所以平面ACM的一个法向量为n=(1,1,), 所以点B1与平面ACM的距离d===1. ②直接套用点线距公式求解,其步骤为 直线的方向向量a→所求点到直线上一点的向量及其在直线的方向向量a上的投影→代入公式. 注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化. A. B. C. D. 解析:设l1,l2的夹角为θ,则cos θ=|cos <a,b>|==.故选B. 2.已知空间中三点A(1,0,0),B(2,1,-1),C(0,-1,2),则点C到直线AB的距离为(　 　) A. B. C. D. 解析:依题意得 =(-1,-1,2),=(1,1,-1), 则u==(,,-),·u=-, 则点C到直线AB的距离为d====. 故选A. 解析:=(+),=(+), 所以·=(·+·+·+·)=-||2. 又||=||=||, 所以cos <,>==-. 所以∠EOF=120°.故选C. 解析:设二面角的大小为θ, 则cos <n1,n2>==-,所以cos θ=或-,所以θ=或. 或 2.求点P到平面α的距离的三个步骤:(1)在平面α内取一点A,确定向量的坐标表示;(2)确定平面α的法向量n;(3)代入公式d=求解. $