1、 8.8 立体几何中的向量方法立体几何中的向量方法(二二)求空间求空间角和距离角和距离 最新考纲 考情考向分析 1.能用向量方法解决直线与直线、 直线与平面、平面与平面所成角的 计算问题 2.了解向量方法在研究立体几何问 题中的应用. 本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间 异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空 间距离等内容，考查热点是空间角的求解题型以 解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函 数与方程的思想、转化与化归思想. 1两条异面直线所成角的求法 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 a 与 b 的夹角 范围 0， 2 0，
2、求法 cos |a b| |a|b| cos a b |a|b| 2.直线与平面所成角的求法 设直线 l 的方向向量为 a，平面 的法向量为 n，直线 l 与平面 所成的角为 ，a 与 n 的夹 角为 ，则 sin |cos |a n| |a|n|. 3求二面角的大小 (1)如图，AB，CD 分别是二面角 l 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 AB ，CD (2)如图，n1，n2分别是二面角 l 的两个半平面 ， 的法向量，则二面角的大小 满足|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量 n1与 n2的夹角(或其补角) 知识拓展 利用空间向量求距离(供选用) (1)两
3、点间的距离 设点 A(x1，y1，z1)，点 B(x2，y2，z2)，则|AB|AB | x1x22y1y22z1z22. (2)点到平面的距离 如图所示，已知AB 为平面 的一条斜线段，n 为平面 的法向量，则B 到平面 的距离为|BO | |AB n| |n| . 题组一 思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角( ) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角( ) (4)两异面直线夹角的范围是 0， 2 ， 直线与平面所成角的范围是 0，
4、 2 ， 二面角的范围是0， ( ) (5)若二面角 a 的两个半平面 ， 的法向量 n1，n2所成角为 ，则二面角 a 的 大小是 .( ) 题组二 教材改编 2P104T2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为( ) A45 B135 C45 或 135 D90 答案 C 解析 cosm，n m n |m|n| 1 1 2 2 2 ，即m，n45 . 两平面所成二面角为 45 或 180 45 135 . 3 P117A 组 T4(2)如图， 正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为 2， 侧棱长为 2 2，则 AC1与侧
5、面 ABB1A1所成的角为_ 答案 6 解析 以 A 为原点，以AB ，AE(AEAB)，AA 1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴(如图)建立空 间直角坐标系，设 D 为 A1B1的中点， 则 A(0,0,0)，C1(1， 3，2 2)，D(1,0,2 2)，AC1 (1， 3，2 2)， AD (1,0,2 2) C1AD 为 AC1与平面 ABB1A1所成的角， cosC1AD AC1 AD |AC1 |AD | 1， 3，2 2 1，0，2 2 12 9 3 2 ， 又C1AD 0， 2 ，C1AD 6. 题组三 易错自纠 4在直三棱柱 ABCA1B1C1中，BCA90 ，M，N
6、 分别是 A1B1，A1C1的中点，BCCA CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( ) A. 1 10 B. 2 5 C. 30 10 D. 2 2 答案 C 解析 以点 C 为坐标原点，CA，CB，CC1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 设直三棱柱的棱长为 2，则可得 A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，BM (1，1,2)， AN (1,0,2) cosBM ，AN BM AN |BM |AN | 14 121222 120222 3 6 5 30 10 . 5已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 的方
7、向向量和法向量，若 cosm，n1 2，则 l 与 所成的角为_ 答案 30 解析 设 l 与 所成角为 ，cosm，n1 2， sin |cosm，n|1 2，0 90 ，30 . 6过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA平面 ABCD，若 ABPA，则平面 ABP 与平面 CDP 所成的角为_ 答案 45 解析 如图， 以点 A 为坐标原点， AB， AD， AP 所在直线分别为 x 轴， y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，设 ABPA1， 则 A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)， 由题意， 知 AD平面 PAB， 设 E 为 PD 的中点， 连接 AE， 则 A
8、EPD， 又 CD平面 PAD， CDAE，从而 AE平面 PCD. AD (0,1,0)，AE 0，1 2， 1 2 分别是平面 PAB，平面 PCD 的法向量，且AD ，AE 45 . 故平面 PAB 与平面 PCD 所成的角为 45 . 题型一 求异面直线所成的角 典例 如图，四边形 ABCD 为菱形，ABC120 ，E，F 是平面 ABCD 同一侧的两点，BE 平面 ABCD，DF平面 ABCD，BE2DF，AEEC. (1)证明：平面 AEC平面 AFC； (2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值 (1)证明 如图所示，连接 BD，设 BDACG，连接 EG，FG，EF. 在
9、菱形 ABCD 中，不妨设 GB1. 由ABC120 ， 可得 AGGC 3. 由 BE平面 ABCD，ABBC2，可知 AEEC. 又 AEEC，所以 EG 3，且 EGAC. 在 RtEBG 中，可得 BE 2，故 DF 2 2 . 在 RtFDG 中，可得 FG 6 2 . 在直角梯形 BDFE 中， 由 BD2， BE 2， DF 2 2 ， 可得 EF3 2 2 ， 从而 EG2FG2EF2， 所以 EGFG. 又 ACFGG，AC，FG平面 AFC， 所以 EG平面 AFC. 因为 EG平面 AEC，所以平面 AEC平面 AFC. (2)解 如图， 以 G 为坐标原点， 分别以 G
10、B， GC 所在直线为 x 轴， y 轴， |GB |为单位长度， 建立空间直角坐标系 Gxyz， 由(1)可得 A(0， 3，0)，E(1,0， 2)，F 1，0， 2 2 ，C(0， 3，0)， 所以AE (1， 3， 2)，CF 1， 3， 2 2 . 故 cosAE ，CFAE CF |AE |CF| 3 3 . 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 3 3 . 思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系； (2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值； (4)两
11、异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值 跟踪训练 (2017 广东五校第一次诊断)如图所示，菱形 ABCD 中，ABC60 ，AC 与 BD 相 交于点 O，AE平面 ABCD，CFAE，ABAE2. (1)求证：BD平面 ACFE； (2)当直线 FO 与平面 BED 所成的角为 45 时， 求异面直线 OF 与 BE 所成角的余弦值的大小 (1)证明 四边形 ABCD 是菱形， BDAC. AE平面 ABCD，BD平面 ABCD， BDAE. 又ACAEA，AC，AE平面 ACFE， BD平面 ACFE. (2)解 以 O 为原点，OA，OB 所在直线分别为 x 轴，y 轴，过
12、 O 且平行 于 CF 的直线为 z 轴(向上为正方向)， 建立空间直角坐标系， 则 B(0， 3， 0)，D(0， 3，0)，E(1,0,2)，F(1,0，a)(a0)，OF (1,0，a) 设平面 EBD 的法向量为 n(x，y，z)， 则有 n OB 0， n OE 0， 即 3y0， x2z0， 令 z1，则 n(2,0,1)， 由题意得 sin 45 |cosOF ，n|OF n| |OF |n| |2a| a21 5 2 2 ， 解得 a3 或 a1 3(舍去) OF (1,0,3)，BE (1， 3，2)， cosOF ，BE 16 10 8 5 4 ， 故异面直线 OF 与 B
13、E 所成角的余弦值为 5 4 . 题型二 求直线与平面所成的角 典例 (2016 全国)如图， 四棱锥 PABCD 中， PA底面 ABCD， ADBC， ABADAC3， PABC4，M 为线段 AD 上一点，AM2MD，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 (1)证明 由已知得 AM2 3AD2. 取 BP 的中点 T，连接 AT，TN，由 N 为 PC 的中点知 TNBC，TN1 2BC2. 又 ADBC，故 TN 綊 AM，四边形 AMNT 为平行四边形，于是 MNAT. 因为 AT平面 PAB，MN平面 PAB，所以
14、 MN平面 PAB. (2)解 取 BC 的中点 E，连接 AE. 由 ABAC 得 AEBC， 从而 AEAD，AE AB2BE2 AB2 BC 2 2 5. 以 A 为坐标原点，AE，AD，AP 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 Axyz. 由题意知， P(0,0,4)， M(0,2,0)， C( 5， 2,0)， N 5 2 ，1，2 ， PM (0,2， 4)， PN 5 2 ，1，2 ， AN 5 2 ，1，2 . 设 n(x，y，z)为平面 PMN 的法向量，则 n PM 0， n PN 0， 即 2y4z0， 5 2 xy2z0， 可取 n(
15、0,2,1) 于是|cosn，AN |n AN | |n|AN | 8 5 25 . 设 AN 与平面 PMN 所成的角为 ，则 sin 8 5 25 ， 即直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为8 5 25 . 思维升华 利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或 其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就 是斜线和平面所成的角 跟踪训练 如图，在直棱柱 ABCDA1B1C1D1中，ADBC，BAD90 ，ACBD，BC1， ADAA13. (1)证明：ACB1D；
16、(2)求直线 B1C1与平面 ACD1所成角的正弦值 (1)证明 易知 AB，AD，AA1两两垂直， 如图，以 A 为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐 标系 设 ABt，则相关各点的坐标为 A(0,0,0)，B(t,0,0)， B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3) 从而B1D (t,3，3)，AC (t,1,0)，BD (t,3,0)， 因为 ACBD，所以AC BD t2300， 解得 t 3或 t 3(舍去) 于是B1D ( 3，3，3)，AC ( 3，1,0)， 因为AC B 1D
17、 3300， 所以AC B 1D ，即 ACB1D. (2)解 由(1)知，AD1 (0,3,3)，AC ( 3，1,0)， B1C1 (0,1,0)， 设 n(x，y，z)是平面 ACD1的一个法向量， 则 n AC 0， n AD1 0， 即 3xy0， 3y3z0， 令 x1，则 n(1， 3， 3) 设直线 B1C1与平面 ACD1所成的角为 ， 则 sin |cosn，B1C1 |n B1C1 | |n|B1C1 | 3 7 21 7 ， 即直线 B1C1与平面 ACD1所成角的正弦值为 21 7 . 题型三 求二面角 典例 (2017 全国)如图， 四棱锥 P-ABCD 中， 侧面
18、 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD， ABBC1 2AD，BADABC90 ，E 是 PD 的中点 (1)证明：直线 CE平面 PAB； (2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45 ，求二面角 M-AB-D 的余弦值 (1)证明 取 PA 的中点 F，连接 EF，BF. 因为 E 是 PD 的中点，所以 EFAD，EF1 2AD. 由BADABC90 ，得 BCAD，又 BC1 2AD， 所以 EF 綊 BC，四边形 BCEF 是平行四边形，CEBF， 又 BF平面 PAB，CE平面 PAB， 故 CE平面 PAB. (2)解 由已知得 BAAD，以
19、 A 为坐标原点，AB，AD 所在直线分别为 x 轴，y 轴，|AB |为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 则 A(0,0,0)， B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1， 3)，PC (1,0， 3)，AB(1,0,0) 设 M(x，y，z)(0x1)，则 BM (x1，y，z)，PM (x，y1，z 3) 因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45 ， 而 n(0,0,1)是底面 ABCD 的法向量， 所以|cosBM ，n|sin 45 ， |z| x12y2z2 2 2 ， 即(x1)2y2z20. 又 M 在棱 PC 上，设PM PC ，则 x，y1，z
20、 3 3. 由解得 x1 2 2 ， y1， z 6 2 (舍去)或 x1 2 2 ， y1， z 6 2 ， 所以 M 1 2 2 ，1， 6 2 ，从而AM 1 2 2 ，1， 6 2 . 设 m(x0，y0，z0)是平面 ABM 的法向量，则 m AM 0， m AB 0， 即 2 2x02y0 6z00， x00， 所以可取 m(0， 6，2) 于是 cosm，n m n |m|n| 10 5 . 由图可知二面角 MABD 是锐角， 所以二面角 M-AB-D 的余弦值为 10 5 . 思维升华 利用向量法计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法
21、向量，然后通过两个平面的法向 量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小 (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的 两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 跟踪训练 (2017 天津)如图，在三棱锥 P-ABC 中，PA底面 ABC，BAC90 .点 D，E，N 分别为棱 PA，PC，BC 的中点，M 是线段 AD 的中点，PAAC4，AB2. (1)求证：MN平面 BDE； (2)求二面角 C-EM-N 的正弦值； (3)已知点 H 在棱 PA 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为 7 21， 求线段 A
22、H 的长 (1)证明 如图，以 A 为原点，分别以 AB，AC，AP 所在直线为 x 轴， y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系由题意，可得 A(0,0,0)，B(2,0,0)， C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)， M(0,0,1)，N(1,2,0) DE (0,2,0)，DB (2,0，2) 设 n(x，y，z)为平面 BDE 的一个法向量， 则 n DE 0， n DB 0， 即 2y0， 2x2z0. 不妨设 z1， 可得 n(1,0,1)又MN (1,2，1)，可得MN n0. 因为 MN平面 BDE，所以 MN平面 BDE. (2)解 易知 n1(
23、1,0,0)为平面 CEM 的一个法向量 设 n2(x1，y1，z1)为平面 EMN 的一个法向量， 则 n2 EM 0， n2 MN 0， 因为EM (0，2，1)，MN (1,2，1)， 所以 2y1z10， x12y1z10. 不妨设 y11，可得 n2(4,1，2) 因此 cosn1，n2 n1 n2 |n1|n2| 4 21， 于是 sinn1，n2 105 21 . 所以二面角 C-EM-N 的正弦值为 105 21 . (3)解 由题意，设 AHh(0h4)， 则 H(0,0，h)，进而可得NH (1，2，h)， BE (2,2,2) 由已知，得|cosNH ，BE |NH BE
24、 | |NH |BE | |2h2| h252 3 7 21， 整理得 10h221h80，解得 h8 5或 h 1 2. 所以线段 AH 的长为8 5或 1 2. 题型四 求空间距离(供选用) 典例 (2018 株洲模拟)如图，BCD 与MCD 都是边长为 2 的正三角形，平面 MCD平面 BCD，AB平面 BCD，AB2 3，求点 A 到平面 MBC 的距离 解 如图， 取CD的中点O， 连接OB， OM， 因为BCD与MCD均为正三角形， 所以OBCD， OMCD，又平面 MCD平面 BCD，平面 MCD平面 BCDCD，OM平面 MCD，所以 MO平面 BCD. 以 O 为坐标原点，直
25、线 OC，BO，OM 分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz. 因为BCD 与MCD 都是边长为 2 的正三角形， 所以 OBOM 3， 则 O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0， 3)，B(0， 3，0)，A(0， 3，2 3)， 所以BC (1， 3，0)， BM (0， 3， 3) 设平面 MBC 的法向量为 n(x，y，z)， 由 nBC ， nBM 得 n BC 0， n BM 0， 即 x 3y0， 3y 3z0， 取 x 3，可得平面 MBC 的一个法向量为 n( 3，1,1) 又BA (0,0,2 3)， 所以所求距离为 d|BA n| |n|
26、2 15 5 . 思维升华 求点面距一般有以下三种方法： (1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离 (2)等体积法 (3)向量法其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便 跟踪训练 (2018 武昌质检)如图所示，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，侧棱 PAPD 2，PAPD，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BCAD，ABAD，ABBC1，O 为 AD 的中点 (1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值； (2)求 B 点到平面 PCD 的距离； (3)线段 PD 上是否存在一点 Q，使得二面角 QACD 的余弦值为 6 3 ？若存在，求出P
27、Q QD的 值；若不存在，请说明理由 解 (1)在PAD 中，PAPD，O 为 AD 的中点， POAD. 又侧面 PAD底面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，PO平面 PAD， PO平面 ABCD. 在PAD 中，PAPD，PAPD 2，AD2. 在直角梯形 ABCD 中，O 为 AD 的中点，OABC1， OCAD. 以 O 为坐标原点，OC 所在直线为 x 轴，OD 所在直线为 y 轴，OP 所在直线为 z 轴建立空间 直角坐标系，如图所示， 则 P(0,0,1)，A(0，1,0)，B(1，1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)， PB (1，1，1) OAOP，OAOC
28、，OPOCO， OA平面 POC. OA (0，1,0)为平面 POC 的法向量， cosPB ，OA PB OA |PB |OA | 3 3 ， PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 6 3 . (2)PB (1，1，1)， 设平面 PCD 的法向量为 u(x，y，z)， 则 u CP xz0， u PD yz0. 取 z1，得 u(1,1,1) 则 B 点到平面 PCD 的距离 d|PB u| |u| 3 3 . (3)假设存在，且设PQ PD (01) PD (0,1，1)，OQ OP PQ (0，)， OQ (0，1)，Q(0，1) 设平面 CAQ 的法向量为 m(x1，y1，z1)
29、， 则 m AC x 1y10， m AQ 1y11z10. 取 z11，得 m(1，1，1) 平面 CAD 的一个法向量为 n(0,0,1)， 二面角 QACD 的余弦值为 6 3 ， |cosm，n|m n| |m|n| |1| 1212121 6 3 ， 整理化简，得 321030. 解得 1 3或 3(舍去)， 线段 PD 上存在满足题意的点 Q，且PQ QD 1 2. 利用空间向量求解空间角 典例 (12 分)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，ADAB，ABDC，ADDC AP2，AB1，点 E 为棱 PC 的中点 (1)证明：BEDC； (2)求直线 BE 与平面
30、 PBD 所成角的正弦值； (3)若 F 为棱 PC 上一点，满足 BFAC，求二面角 FABP 的余弦值 规范解答 (1)证明 由题意，以点 A 为原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴， 建立空间直角坐标系如图， 可得 B(1,0,0)， C(2,2,0)， D(0,2,0)，P(0,0,2)1 分 由 E 为棱 PC 的中点，得 E(1,1,1) BE (0,1,1)，DC (2,0,0)， 故BE DC 0，所以 BEDC.3 分 (2)解 BD (1,2,0)，PB (1,0，2) 设 n(x，y，z)为平面 PBD 的一个法向量， 则 n BD 0， n
31、 PB 0， 即 x2y0， x2z0. 不妨令 y1，5 分 可得 n(2,1,1) 于是有 cosn，BE n BE |n|BE | 2 6 2 3 3 ， 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 3 .7 分 (3)解 BC (1,2,0)，CP(2，2,2)，AC(2,2,0)，AB(1,0,0) 由点 F 在棱 PC 上，设CF CP(01)， 故BF BCCFBCCP(12，22，2) 由 BFAC，得BF AC0， 因此，2(12)2(22)0， 解得 3 4， 即BF 1 2， 1 2， 3 2 .9 分 设 n1(x1，y1，z1)为平面 FAB 的一个法向量， 则 n1 AB 0， n1 BF 0， 即 x10， 1 2x1 1 2y1 3 2z10. 不妨令 z11，可得 n1(0，3,1) 取平面 ABP 的法向量 n2(0,1,0)， 则 cosn1，n2 n1 n2 |n1|n2| 3 101 3 10 10 . 因为二面角 FABP 是锐角， 所以其余弦值为3 10 10 .12 分 利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系； 第二步：确定点的坐标； 第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标； 第四步：计算向量的夹角(或函数值)； 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角； 第六步：反思回顾查看关键点、易错点和答题规范
