2013版高中全程复习方略配套课件：7.9利用空间向量求空间角与距离（北师大版·数学理）

1、第九节第九节 利用空间向量求空间角与距离利用空间向量求空间角与距离 三年三年2323考考 高考指数高考指数: : 1.1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的 夹角的计算问题夹角的计算问题. . 2.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. . 1.1.利用直线的方向向量和平面的法向量求空间角与距离是高考利用直线的方向向量和平面的法向量求空间角与距离是高考 的热点，尤其是用向量法求平面与平面的夹角和点到平面的距的热点，尤其是用向量法求平面与平面的夹角和点到平面的距 离；离； 2.2.本

2、节的重点是利用向量法求空间角，难点是正确地进行计算本节的重点是利用向量法求空间角，难点是正确地进行计算 3.3.高考对本节的考查多以解答题的形式出现，综合考查空间想高考对本节的考查多以解答题的形式出现，综合考查空间想 象能力、运算能力及数形结合思想象能力、运算能力及数形结合思想. . 1.1.夹角的计算夹角的计算 (1)(1)直线间的夹角直线间的夹角 两直线的夹角两直线的夹角 当两条直线当两条直线l1 1与与l2 2共面时，我们把两条直线交角中共面时，我们把两条直线交角中, ,范围在范围在 _内的角叫作两直线的夹角内的角叫作两直线的夹角. . 0, 0, 2 异面直线的夹角异面直线的夹角 当直

3、线当直线l1 1与与l2 2是异面直线时，在直线是异面直线时，在直线l1 1上任取一点上任取一点A A作作ABABl2 2，我，我 们把们把_的夹角叫作异面直线的夹角叫作异面直线l1 1与与l2 2的夹角的夹角. . 设设s1 1，s2 2分别是两异面直线分别是两异面直线l1 1，l2 2的方向向量，则的方向向量，则 直线直线l1 1和直线和直线ABAB l1 1与与l2 2的夹角的夹角 范围范围 求法求法 关系关系 与 的夹角 , 1212 sss s 0 2 12 0 ， ss coscos ， 12 ss 12 12 s s ss cos ， 12 ss 0s , 2 当时 2 s 1

4、1 ,s ; 1 s 2 2 , 2 当 时， 12 s s, 12 s s 12 12 s s ss (2)(2)直线与平面的夹角直线与平面的夹角 平面外一条直线与它平面外一条直线与它_的夹角叫作该直线与此的夹角叫作该直线与此 平面的夹角平面的夹角. . 设直线设直线l的方向向量为的方向向量为s，平面，平面的法向量为的法向量为n，直线，直线l与平面与平面的的 夹角为夹角为,则则sin=sin=coscoss，n=_.=_. 在该平面内的投影在该平面内的投影 s n sn (3)(3)平面间的夹角平面间的夹角 如图所示，平面如图所示，平面1 1与与2 2相交相交 于直线于直线l，点，点R R为

5、直线为直线l上任意上任意 一点，过点一点，过点R R，在平面，在平面1 1上上 作直线作直线l1 1l, ,在平面在平面2 2上作上作 直线直线l2 2l，则，则l1 1l2 2=R.=R.我们把我们把 _叫作平面叫作平面1 1与与2 2的夹角的夹角. . 直线直线l1 1和和l2 2的夹角的夹角 已知平面已知平面1 1和和2 2的法向量分别为的法向量分别为n1 1和和n2 2， 当当00n1 1，n2 2 时，平面时，平面1 1与与2 2的夹角等于的夹角等于_;_; 当当 n1 1，n2 2时，平面时，平面1 1与与2 2的夹角等于的夹角等于 _._. 2 n1 1，n2 2 -n1 1，n

6、2 2 2 【即时应用】【即时应用】 (1)(1)思考：直线与平面的夹角、平面的法向量与直线的方向向量思考：直线与平面的夹角、平面的法向量与直线的方向向量 的夹角具有怎样的关系？的夹角具有怎样的关系？ 提示：提示：当直线的方向向量与平面的法向量的夹角是锐角时，其当直线的方向向量与平面的法向量的夹角是锐角时，其 余角为线面角；当直线的方向向量与平面的法向量的夹角是钝余角为线面角；当直线的方向向量与平面的法向量的夹角是钝 角时，其补角的余角是线面角角时，其补角的余角是线面角. . (2)(2)长方体长方体ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中，中，AB=AAAB=AA

7、1 1=2=2，AD=1AD=1，E E为为CCCC1 1的中点，的中点， 则异面直线则异面直线BCBC1 1与与AEAE夹角的余弦值为夹角的余弦值为_._. 【解析】【解析】建立坐标系如图，则建立坐标系如图，则A(1A(1， 0 0，0)0)，E(0E(0，2 2，1)1)，B(1B(1，2 2，0)0)， C C1 1(0(0，2 2，2)2)， = .= .所以异面直线所以异面直线BCBC1 1与与AEAE夹角的余弦值为夹角的余弦值为 . . 答案：答案： 1 BC10 2 ， ， ， AE1 21 ， ， 1 1 1 BCAE cosBC ,AE |BC |AE| 30 10 30 1

8、0 30 10 2.2.距离的计算距离的计算 (1)(1)点到直线的距离点到直线的距离 空间一点空间一点A A到直线到直线l的距离的算法框图为：的距离的算法框图为： 在直线在直线l上上 任取一点任取一点P P 确定直线确定直线l的的 方向向量方向向量s 计算向量计算向量 PA 计算计算 在向量在向量 上的投影上的投影 PA s PA s 计算点计算点A A到直线到直线l的距离的距离d=d= 22 PAPA s (2)(2)平行直线间的距离平行直线间的距离 求平行直线间的距离通常转化为求求平行直线间的距离通常转化为求_._. (3)(3)点到平面的距离点到平面的距离 空间一点空间一点A A到平面

9、到平面的距离的算法框图为：的距离的算法框图为： 点到直线的距离点到直线的距离 在平面在平面上上 任取一点任取一点P P 找到平面找到平面 的法向量的法向量n 计算向量计算向量 PA 计算计算 在向量在向量 上的投影上的投影 PA n PA 0 n 计算点计算点A A到平面到平面的距离的距离d=d=PA 0 n 【即时应用】【即时应用】 (1)(1)思考：如何求线面距离与面面距离？思考：如何求线面距离与面面距离？ 提示：提示：求这两种距离，通常都转化为求点到平面的距离求这两种距离，通常都转化为求点到平面的距离. . (2)(2)思考：如何推导点到平面的距离公式？思考：如何推导点到平面的距离公式？

10、 提示：提示：如图如图, ,点点A A到平面到平面的距离就是向的距离就是向 量量 在平面在平面 的法向量的法向量n上投影的绝上投影的绝 对值对值, ,即即 d=| |sinABOd=| |sinABO = =| |cos| |cos , ,n= = 利用该公式求点到平面的距离简便易行利用该公式求点到平面的距离简便易行. . AB AB AB AB ABAB AB. AB nn nn (3)(3)已知在长方体已知在长方体ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中，底面是边长为中，底面是边长为2 2的正方形，的正方形， 高为高为4 4，则点，则点A A1 1到截面到截面A

11、BAB1 1D D1 1的距离是的距离是_._. 【解析】【解析】如图，建立坐标系，则如图，建立坐标系，则A A1 1(2,0,(2,0, 4)4)，A(2,0,0)A(2,0,0)，B B1 1(2,2,4)(2,2,4)，D D1 1(0,0,4)(0,0,4)， 4),4),设平面设平面ABAB1 1D D1 1的一个法向量为的一个法向量为n(x(x， y y，z)z)， 由由 111 AD2,0,4 ,AB0,2,4 ,AA(0,0, 1 1 AD2x4z0 AB2y4z0 n n 得得 令令z=1z=1，则，则n(2,(2,2,1)2,1)， 设点设点A A1 1到平面到平面ABAB

12、1 1D D1 1的距离为的距离为d d， 则则 答案：答案： x2z y2z ， 4 3 1 |AA|4 d. |3 n n 用空间向量求空间角用空间向量求空间角 【方法点睛】【方法点睛】 1.1.两异面直线夹角的求法两异面直线夹角的求法 利用空间向量求异面直线的夹角可利用直线的方向向量转化成利用空间向量求异面直线的夹角可利用直线的方向向量转化成 向量的夹角向量的夹角. . 2.2.利用向量求直线与平面夹角的方法利用向量求直线与平面夹角的方法 (1)(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量, ,转化转化 为求两个方向向量的夹角为求两个

13、方向向量的夹角( (或其补角或其补角);); (2)(2)通过平面的法向量来求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即求出斜线的方向向量与平面的法 向量所夹的锐角向量所夹的锐角, ,取其余角就是斜线和平面的夹角取其余角就是斜线和平面的夹角. . 3.3.求平面与平面夹角的常用方法求平面与平面夹角的常用方法 (1)(1)分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的 夹角得到平面与平面夹角的大小夹角得到平面与平面夹角的大小. . (2)(2)分别在两个平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量分别在两个平面内找到与棱垂直

14、且以垂足为起点的两个向量, , 则这两个向量的夹角则这两个向量的夹角( (或其补角或其补角) )的大小就是平面与平面夹角的的大小就是平面与平面夹角的 大小大小. . 【提醒】【提醒】求直线与平面和平面与平面夹角的两种方法各有利弊，求直线与平面和平面与平面夹角的两种方法各有利弊， 要善于结合题目的特点选择适当的方法解题要善于结合题目的特点选择适当的方法解题. . 【例【例1 1】(1)(2012(1)(2012合肥模拟合肥模拟) )已知正方体已知正方体ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1，则直线，则直线 BCBC1 1与平面与平面A A1 1BDBD夹角的余弦值是夹

15、角的余弦值是( )( ) (A) (A) (B)(B) (C) (C) (D)(D) 2 4 2 3 3 3 3 2 (2)(2012(2)(2012天津模拟天津模拟) )如图，在五面如图，在五面 体体ABCDEFABCDEF中，中，FAFA平面平面ABCD,ABCD, ADBCFE ADBCFE，ABADABAD，M M为为ECEC的中点，的中点， AF=AB=BC=FE= AF=AB=BC=FE= 求异面直线求异面直线BFBF与与DEDE夹角的大小；夹角的大小； 证明：平面证明：平面AMDAMD平面平面CDECDE； 求平面求平面ABCDABCD与平面与平面CDECDE夹角的余弦值夹角的余

16、弦值. . 1 AD. 2 【解题指南】【解题指南】(1)(1)建立空间直角坐标系，用向量法求解；建立空间直角坐标系，用向量法求解； (2)(2)通过求向量通过求向量 的夹角来求异面直线所成的角；的夹角来求异面直线所成的角；证证 进而得进而得CEAMCEAM，CEADCEAD，可得结论成立；，可得结论成立； 利用两平面法向量的夹角求两平面夹角的大小利用两平面法向量的夹角求两平面夹角的大小. . BF,DE CEAM CEAD ， 【规范解答】【规范解答】(1)(1)选选C.C.建立空间直建立空间直 角坐标系如图所示角坐标系如图所示. . 设正方体的棱长为设正方体的棱长为1,1,直线直线BCBC

17、1 1与平与平 面面A A1 1BDBD所成的角为所成的角为, 则则D(0,0,0),AD(0,0,0),A1 1(1,0,1),(1,0,1), B(1,1,0),CB(1,1,0),C1 1(0(0，1 1，1)1)， 设设n=(x,y,z)=(x,y,z)是平面是平面A A1 1BDBD的一个法向量的一个法向量, , 11 DA101 DB110 BC101 ， ， ， ， ， 则则 , ,令令z=1,z=1,则则x=-1,y=1.x=-1,y=1. n=(-1,1,1)=(-1,1,1)， sin=sin= 0, 0, , , 1 DAxz0 DBxy0 n n 1 1 16 cos,

18、BC 332 ，n 2 2 3 cos1 sin. 3 (2)(2)如图所示，建立空间直角坐标系，如图所示，建立空间直角坐标系， 点点A A为坐标原点为坐标原点. .设设AB=1,AB=1,依题意得依题意得 B(1,0,0),C(1,1,0)B(1,0,0),C(1,1,0)， D(0,2,0),E(0,1,1)D(0,2,0),E(0,1,1)， F(0,0,1)F(0,0,1)，M( ,1, ).M( ,1, ). 于是于是 所以异面直线所以异面直线BFBF与与DEDE所成角为所成角为6060. . 1 2 1 2 BF1,0,1 ,DE0, 1,1 ， BF DE00 11 cosBF,

19、DE. 2|BF|DE|22 D D E E C C B B A A F F M M y y z z x x 由由 可得可得 所以所以CEAM,CEAD.CEAM,CEAD. 又又AMAD=AAMAD=A，故，故CECE平面平面AMD.AMD. 又又CECE 平面平面CDE,CDE,所以平面所以平面AMDAMD平面平面CDE.CDE. 11 AM( ,1, ) CE1,0,1 22 ， AD0,2,0 ， CE AM0 CE AD0. ， 令平面令平面CDECDE的法向量为的法向量为u=(x,y,z),=(x,y,z), 则则 于是于是 令令x=1,x=1,可得可得u=(1,1,1)=(1,1

20、,1) 又由题设知平面又由题设知平面ABCDABCD的一个法向量为的一个法向量为v=(0,0,1).=(0,0,1). 则则coscosu, ,v= = 故所求平面故所求平面ABCDABCD与平面与平面CDECDE夹角的余弦值为夹角的余弦值为 . . CE0, DE0. u u xz0, yz0. 3 3 00 13 . |33 1 u v uv 【反思【反思感悟】感悟】1.1.异面直线的夹角与向量的夹角不同，应注意异面直线的夹角与向量的夹角不同，应注意 思考它们的联系和区别；思考它们的联系和区别； 2.2.直线与平面的夹角可以转化为直线的方向向量与平面的法向直线与平面的夹角可以转化为直线的方

21、向向量与平面的法向 量的夹角，由于向量方向的变化，所以要注意它们的区别与联量的夹角，由于向量方向的变化，所以要注意它们的区别与联 系系. . 【变式训练】【变式训练】(2011(2011重庆高考重庆高考) )如图，在四面体如图，在四面体ABCDABCD中，平面中，平面 ABCABC平面平面ACDACD，ABBC,AD=CD,CAD=30ABBC,AD=CD,CAD=30 (1)(1)若若AD=2,AB=2BC,AD=2,AB=2BC,求四面体求四面体ABCDABCD的体的体 积；积； (2)(2)若二面角若二面角C-AB-DC-AB-D为为6060，求异面直，求异面直 线线ADAD与与BCBC

22、所成角的余弦值所成角的余弦值 【解析】【解析】(1)(1)如图如图1,1,设设F F为为ACAC的中点，连接的中点，连接DFDF，由于，由于AD=CDAD=CD，所以，所以 DFAC.DFAC. 故由平面故由平面ABCABC平面平面ACDACD，知，知DFDF平面平面ABCABC， 即即DFDF是四面体是四面体ABCDABCD的面的面ABCABC上的高，上的高， 且且DF=ADsin30DF=ADsin30=1=1，AF=ADcos30AF=ADcos30= = 3. 在在RtRtABCABC中，因中，因AC=2AF= AC=2AF= ，AB=2BCAB=2BC， 由勾股定理易知由勾股定理易知

23、 故四面体故四面体ABCDABCD的体积的体积V=V= 2 3 2 154 15 BC,AB. 55 ABC 1 SDF 3 114 152 154 1. 32555 (2)(2)如图如图2 2，过，过F F作作FMACFMAC，交，交ABAB于于M M，已知，已知AD=CDAD=CD，平面，平面ABCABC平平 面面ACDACD，易知，易知FCFC，FDFD，FMFM两两垂直，以两两垂直，以F F为原点，射线为原点，射线FMFM，FCFC， FDFD分别为分别为x x轴，轴，y y轴，轴，z z轴的正半轴，建立空间直角坐标系轴的正半轴，建立空间直角坐标系. . 设设AD=2AD=2，由，由C

24、D=ADCD=AD，CAD=30CAD=30，易知点，易知点A A，C C，D D的坐标分别为的坐标分别为 A(0,- ,0),C(0, ,0),D(0,0,1),A(0,- ,0),C(0, ,0),D(0,0,1), 则则 显然向量显然向量k=(0,0,1)=(0,0,1)是平面是平面ABCABC的一个法向量的一个法向量. . 已知二面角已知二面角C CABABD D为为6060，故可取平面，故可取平面ABDABD的单位法向量的单位法向量 t=(=(l,m,n),m,n), 使得使得t, ,k=60=60，从而，从而 由由t , ,有有 m+n=0,m+n=0,从而从而 33 AD0, 3

25、,1 . 1 n. 2 AD 3 3 m. 6 由由l2 2+m+m2 2+n+n2 2=1,=1,得得l 设点设点B B的坐标为的坐标为(x,y,0)(x,y,0)， 由由 , ,可取可取l= = 有有 解之得解之得 或或 ( (舍去舍去) ) 6 . 3 ABBC,AB t 6 3 22 xy3 63 xy30 36 ， 4 6 x 9 7 3 y 9 x0 y3 易知易知l 与坐标系的建立方式不合，舍去与坐标系的建立方式不合，舍去. . 因此点因此点B B的坐标为的坐标为( ,0).( ,0). 所以所以 从而从而 又异面直线的夹角又异面直线的夹角(0, (0, , , 故异面直线故异面

26、直线ADAD与与BCBC所成角的余弦值为所成角的余弦值为 6 3 4 6 7 3 , 99 4 62 3 CB,0 . 99 （） AD CB cosAD,CB |AD|CB| 22 2 3 3() 3 9 6 4 62 3 3 1()() 99 2 3 . 6 用空间向量求空间距离用空间向量求空间距离 【方法点睛】【方法点睛】 求平面求平面外一点外一点P P到平面到平面的距离的步骤的距离的步骤 (1)(1)求平面求平面的法向量的法向量n； (2)(2)在平面在平面内取一点内取一点A,A,确定向量确定向量 的坐标；的坐标； (3)(3)代入公式代入公式 求解求解. . PA |PA| d |

27、n n 【例【例2 2】(1)(1)在棱长为在棱长为1 1的正方体的正方体ABCDABCDA A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中，点中，点E E为为BBBB1 1的的 中点，则点中点，则点C C1 1到平面到平面A A1 1EDED的距离是的距离是_._. (2)(2012(2)(2012衡水模拟衡水模拟) )已知四棱锥已知四棱锥P-ABCDP-ABCD中中PAPA平面平面ABCDABCD，且，且 PA=4PQ=4PA=4PQ=4，CDA=BAD=90CDA=BAD=90，AB=2AB=2，CD=1CD=1，AD= AD= ，M M，N N分分 别是别是PDPD，PBPB的中点的中

28、点. . 求证：求证：MQMQ平面平面PCBPCB； 求截面求截面MCNMCN与底面与底面ABCDABCD夹角的大小；夹角的大小； 求点求点A A到平面到平面MCNMCN的距离的距离. . 2 【解题指南】【解题指南】(1)(1)建立空间直角坐标系，利用点到面的距离公式建立空间直角坐标系，利用点到面的距离公式 求解求解. . (2)(2)以以A A为原点建立空间直角坐标系，用向量法求解：为原点建立空间直角坐标系，用向量法求解： 求出平面求出平面PCBPCB的一个法向量的一个法向量n0 0, ,只需证明只需证明 即可；即可； 先求出截面先求出截面MCNMCN的一个法向量的一个法向量n, ,只需利

29、用夹角公式求得两个平只需利用夹角公式求得两个平 面的法向量的夹角面的法向量的夹角n, , , ,便可得出答案；便可得出答案； 利用点到平面的距离公式解题利用点到平面的距离公式解题. . 0 MQ0 n AP 【规范解答】【规范解答】(1)(1)以以A A为原点建立空间为原点建立空间 直角坐标系如图所示直角坐标系如图所示. . 则则A A1 1(0,0,1)(0,0,1)，E(1,0E(1,0， ) )， D(0,1,0)D(0,1,0)，C C1 1(1,1,1).(1,1,1). 设平面设平面A A1 1EDED的法向量为的法向量为n1 1=(x,y,z)=(x,y,z)， 由由 ，得，得

30、1 2 11 1 A D0,1, 1 ,A E(1,0,) 2 11 11 A Dyz0 1 A Exz0 2 n n yz . 1 xz 2 令令z=2z=2，则，则n1 1=(1,2,2).=(1,2,2). 又又 点点C C1 1到平面到平面A A1 1EDED的距离的距离 答案：答案：1 1 (2)(2)以以A A为原点，以为原点，以ADAD，ABAB，APAP所在直线分别为所在直线分别为x,y,zx,y,z轴建立空轴建立空 间直角坐标系如图所示间直角坐标系如图所示, ,由由AB=2AB=2，CD=1CD=1，AD= AD= ，PA=4PQ=4PA=4PQ=4， M M，N N分别是分

31、别是PDPD，PBPB的中点，可得的中点，可得 11 C A1, 1,0 ， 111 1 |C A|3 d1. |3 n n 2 A(0A(0，0 0，0)0)，B(0B(0，2 2，0)0)，C( C( ，1 1，0)0)，D( D( ，0 0，0)0)，P(0P(0， 0 0，4)4)，Q(0Q(0，0 0，3)3)，M( M( ，0 0，2)2)，N(0N(0，1 1，2)2)， 22 2 2 2 BC( 210) PB0,2, 4 ,MQ(,0,1), 2 ， ， 设平面设平面PCBPCB的一个法向量为的一个法向量为n0 0=(x,y,z),=(x,y,z),则有则有 令令z=1,z=

32、1,则则x= ,y=2x= ,y=2n0 0=( =( ，2 2，1),1), 又又MQMQ 平面平面PCBPCB，MQMQ平面平面PCB.PCB. 设平面设平面MCNMCN的一个法向量为的一个法向量为n=(x,y,z)=(x,y,z)， 又又 0 0 BC(x,y,z) ( 2, 1,0)02xy0, PB(x,y,z)0,2, 402y4z0 ， n n 22 0 2 MQ(01) ( 2,2,1)0, 2 ， ，n 2 CM(, 1,2),CN(2 0 2) 2 ， ， 则有：则有： 令令z=1,z=1,则则x= ,y=1x= ,y=1n=( =( ，1 1，1)1)， 又又 =(0=(

33、0，0 0，4)4)为平面为平面ABCDABCD的法向量，的法向量， coscosn, , = = 截面截面MCNMCN与底面与底面ABCDABCD夹角的大小为夹角的大小为 所求的距离所求的距离d=d= 22 CM(x,y,z) (, 1,2)0 xy2z0, 22 CN(x,y,z) (2,0,2)02x2z0, n n 2 2 AP AP AP41 , 2 42| |AP| n n . 3 CA2, 1,0 , |CA|221 1 1 0|3 . |22 n n 【互动探究】【互动探究】在本例在本例(1)(1)中，若条件不变，结论改为中，若条件不变，结论改为“则直线则直线 A A1 1C

34、C1 1与平面与平面A A1 1EDED夹角的大小为夹角的大小为_”_”，则如何求解？，则如何求解？ 【解析】【解析】由例题由例题(1)(1)的解法知，平面的解法知，平面A A1 1EDED的法向量为的法向量为 n1 1=(1,2,2)=(1,2,2)， 设所求角为设所求角为，则，则sin=|cossin=|cosn1 1, , | | 故直线故直线A A1 1C C1 1与平面与平面A A1 1EDED夹角的大小为夹角的大小为4545. . 答案：答案：4545 11 C A1, 1,0 . 11 C A 111 111 |C A |32 . 2| |C A |32 n n 【反思【反思感悟

35、】感悟】空间距离包括两点间的距离、点到线的距离、空间距离包括两点间的距离、点到线的距离、 点到面的距离等点到面的距离等. .其中点到点、点到线的距离可以用空间向量的其中点到点、点到线的距离可以用空间向量的 模来求解，而点到面的距离则借助平面的法向量求解，也可借模来求解，而点到面的距离则借助平面的法向量求解，也可借 助于几何体的体积求解助于几何体的体积求解. . 【变式备选】【变式备选】如图所示的多面如图所示的多面 体是由底面为体是由底面为ABCDABCD的长方体被的长方体被 截面截面AEFGAEFG所截而得，其中所截而得，其中ABAB 4 4，BCBC1 1，BEBE3 3，CFCF4 4，若

36、，若 如图所示建立空间直角坐标系：如图所示建立空间直角坐标系： (1)(1)求求 和点和点G G的坐标；的坐标； (2)(2)求异面直线求异面直线EFEF与与ADAD的夹角；的夹角； (3)(3)求点求点C C到截面到截面AEFGAEFG的距离的距离 EF 【解析】【解析】 (1)(1)由图可知：由图可知：A(1,0,0)A(1,0,0)，B(1,4,0)B(1,4,0)，E(1,4,3)E(1,4,3)， F(0,4,4)F(0,4,4)， 又又 ，设，设G(0,0G(0,0，z)z)， 则则( (1,01,0，z)z)( (1,0,1)1,0,1)，zz1 1，即，即G(0,0,1)G(0

37、,0,1) (2)(2) ADAD和和EFEF的夹角为的夹角为4545. . EF1,0,1 ， AGEF AD1,0,0 EF1,0,1 ， ， AD EF2 cosAD,EF 2|AD| |EF| ， (3)(3)设设n平面平面AEFGAEFG，n(x(x0 0，y y0 0，z z0 0) )， 而而 则则 ，得，得 n(z(z0 0， z z0 0，z z0 0) )，取，取z z0 04 4，则，则n(4(4，3,4)3,4)， 所求距离为所求距离为 点点C C到截面到截面AEFGAEFG的距离为的距离为 . . AGAE ，nn AG1,0,1 AE0,4,3 ， ， 00 00

38、xz0 4y3z0 00 00 xz 3 yz 4 3 4 CF0,0,4 ， 16 41 41 |CF|16 41 d. |41 n n 用空间向量解决探索性问题用空间向量解决探索性问题 【方法点睛】【方法点睛】 探索性问题的类型及解题策略探索性问题的类型及解题策略 探索性问题分为存在判断型和位置判断型两种：探索性问题分为存在判断型和位置判断型两种： (1)(1)存在判断型存在判断型 存在判断型问题的解题策略是：先假设存在，并在假设的前提存在判断型问题的解题策略是：先假设存在，并在假设的前提 下进行推理，若不出现矛盾则肯定存在，若出现矛盾则否定假下进行推理，若不出现矛盾则肯定存在，若出现矛盾

39、则否定假 设设. . (2)(2)位置判断型位置判断型 与平行、垂直有关的探索性问题的解题策略为：将空间中的与平行、垂直有关的探索性问题的解题策略为：将空间中的 平行与垂直转化为向量的平行或垂直来解决平行与垂直转化为向量的平行或垂直来解决. . 与角有关的探索性问题的解题策略为：将空间角转化为与向与角有关的探索性问题的解题策略为：将空间角转化为与向 量有关的问题后应用公式量有关的问题后应用公式cos= (cos= (其中其中n1 1, ,n2 2是两平面是两平面 的法向量或两直线的方向向量的法向量或两直线的方向向量) )即可解决即可解决. . 12 12 | | nn nn 【例【例3 3】(

40、2011(2011浙江高考浙江高考) )如图，在三棱锥如图，在三棱锥P-ABCP-ABC中，中，AB=ACAB=AC，D D 为为BCBC的中点，的中点，POPO平面平面ABCABC，垂足，垂足O O落在线段落在线段ADAD上，已知上，已知BC=8BC=8， PO=4PO=4，AO=3AO=3，OD=2.OD=2. (1)(1)证明：证明：APBCAPBC； (2)(2)在线段在线段APAP上是否存在点上是否存在点M M，使得二面角，使得二面角A-MC-BA-MC-B为直二面角？为直二面角？ 若存在，求出若存在，求出AMAM的长；若不存在，请说明理由的长；若不存在，请说明理由 【解题指南】【解

41、题指南】建立坐标系，建立坐标系，(1)(1)利用利用 来证明；来证明；(2)(2)假假 设存在满足条件的点，求出两个半平面的法向量，判断两法向设存在满足条件的点，求出两个半平面的法向量，判断两法向 量是否能垂直即可量是否能垂直即可. .若垂直，则假设成立；若不垂直，则假设不若垂直，则假设成立；若不垂直，则假设不 成立成立. . AP BC0 【规范解答】【规范解答】(1)(1)如图以如图以O O为原点，以射为原点，以射 线线ODOD，OPOP分别为分别为y y轴，轴，z z轴的正半轴，建轴的正半轴，建 立空间直角坐标系，则立空间直角坐标系，则O(0,0,0)O(0,0,0)，A(0,A(0,

42、-3,0),B(4,2,0)-3,0),B(4,2,0)，C(-4,2,0),P(0,0,4).C(-4,2,0),P(0,0,4). 即即APBC.APBC. AP0,3,4 , BC8,0,0 AP BC0 ， APBC ， A A B B C C D D O O P P x x y y z z (2)(2)假设存在假设存在M M，设，设 , ,其中其中0,1),0,1), 则则 =(-4,-2,4)+(0,-3,-4)=(-4,-2,4)+(0,-3,-4) =(-4,-2-3,4-4)=(-4,-2-3,4-4) 设平面设平面BMCBMC的法向量的法向量n1 1=(x=(x1 1,y,

43、y1 1,z,z1 1) )， 平面平面APCAPC的法向量的法向量n2 2=(x=(x2 2,y,y2 2,z,z2 2) ) PMPA PM0, 3, 40, 3 , 4 BMBPPMBPPA AC4,5,0 ,BC( 8,0,0) 由由 即即 可取可取n1 1=(0,1, )=(0,1, ) 由由 得得 可取可取n2 2=(5,4,-3).=(5,4,-3). 1111 11 BM4x23y44z0, BC8x0, n n 1 11 x0, 23 zy , 44 23 44 222 222 AP3y4z0, AC4x5y0. n n 22 22 5 xy , 4 3 zy , 4 由由n

44、1 1n2 2=0,=0,得得 解得解得= = ，故，故AM=3AM=3 综上所述，存在点综上所述，存在点M M符合题意，符合题意，AM=3AM=3 23 430 44 ， 2 5 【反思【反思感悟】感悟】1.1.开放性问题是近几年高考中出现较多的一种开放性问题是近几年高考中出现较多的一种 题型，向量法是解此类问题的常用方法题型，向量法是解此类问题的常用方法. . 2.2.对于探索性问题，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转对于探索性问题，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转 化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若 有解但不

45、满足题意或无解则不存在有解但不满足题意或无解则不存在. . 【变式训练】【变式训练】(2012(2012武汉模拟武汉模拟) )如图，如图， 平面平面PADPAD平面平面ABCDABCD，四边形，四边形ABCDABCD为正为正 方形，方形，PADPAD是直角三角形，且是直角三角形，且PA=AD=2PA=AD=2， E E、F F、G G分别是线段分别是线段PAPA、PDPD、CDCD的中点的中点. . (1)(1)求证：求证：PBPB平面平面EFGEFG； (2)(2)求异面直线求异面直线EGEG与与BDBD夹角的余弦值；夹角的余弦值； (3)(3)在线段在线段CDCD上是否存在一点上是否存在一

46、点Q Q，使得，使得A A点到平面点到平面EFQEFQ的距离为的距离为 若存在，求出若存在，求出CQCQ的值？若不存在，请说明理由的值？若不存在，请说明理由. . 4 5， 【解析】【解析】方法一：方法一：(1)(1)取取ABAB的中点的中点H H，连接，连接GHGH，HEHE， EE、F F、G G分别是线段分别是线段PAPA、PDPD、CDCD的中点，的中点， GHADEFGHADEF，EE、F F、H H、G G四点共面四点共面. . 又又H H为为ABAB的中点，的中点，EHPB.EHPB. 又又EHEH 平面平面EFGEFG，PBPB 平面平面EFGEFG， PBPB平面平面EFG.

47、EFG. (2)(2)取取BCBC的中点的中点M M，连接，连接GMGM、AMAM、EMEM，则，则GMBDGMBD， EGM(EGM(或其补角或其补角) )就是异面直线就是异面直线EGEG与与BDBD的夹角的夹角. . 在在RtRtMAEMAE中，中， 同理同理 在在MGEMGE中，中，cosEGM= cosEGM= 故异面直线故异面直线EGEG与与BDBD夹角的余弦值为夹角的余弦值为 . . 22 EMAEAM6， 1 EG6GMBD2 2 ，又， 3 6 222 EGGMME6263 , 2EG GM62 62 (3)(3)假设在线段假设在线段CDCD上存在一点上存在一点Q Q满足题设条

48、件，过点满足题设条件，过点Q Q作作QRABQRAB于于 R R，连接，连接RERE，则，则QRAD.QRAD. 四边形四边形ABCDABCD是正方形，是正方形，PADPAD是直角三角形，是直角三角形， ADABADAB，ADPA.ADPA.又又ABPA=AABPA=A， ADAD平面平面PAB.PAB. 又又EE、F F分别是分别是PAPA、PDPD的中点，的中点，EFADEFAD， EFEF平面平面PAB.PAB. 又又EFEF 平面平面EFQEFQ，平面平面EFQEFQ平面平面PAB.PAB. 过过A A作作ATERATER于于T T，则，则ATAT平面平面EFQEFQ， ATAT就是点

49、就是点A A到平面到平面EFQEFQ的距离的距离. . 设设CQ=x(0 x2),CQ=x(0 x2),则则BR=CQ=x,AR=2-x,AE=1,BR=CQ=x,AR=2-x,AE=1, 在在RtRtEAREAR中，中， ，解得，解得x= .x= .故故 存在点存在点Q Q，当，当CQ= CQ= 时，点时，点A A到平面到平面EFQEFQ的距离为的距离为 2 2 AR AE(2x) 14 AT RE5 2x1 2 3 2 3 4 . 5 方法二：建立如图所示的空间直角坐标系方法二：建立如图所示的空间直角坐标系, , 则则A(0A(0，0 0，0)0)，B(2B(2，0 0，0)0)，C(2C

50、(2，2 2，0)0)， D(0D(0，2 2，0)0)，P(0P(0，0 0，2)2)，E(0E(0，0 0，1)1)， F(0F(0，1 1，1)1)，G(1G(1，2 2，0).0). (1)(1) 设设 , ,即即(2(2，0 0，-2)=s(0-2)=s(0，-1-1，0)+t(10)+t(1，1 1，-1)-1)， 解得解得s=t=2.s=t=2. PB2,0, 2 ,FE0, 1,0 ,FG1,1, 1 , PBsFEtFG t2, ts0, t2, 又又 与与 不共线，不共线， 共面共面 . . PBPB 平面平面EFGEFG，PBPB平面平面EFG.EFG. (2)(2) 故

51、异面直线故异面直线EGEG与与BDBD夹角的余弦值为夹角的余弦值为 PB2FE2FG, FE FG PBFEFG ， 与 EG1 21 BD2 2 0 . ， ， ， EG BD243 cosEG,BD, 6|EG| |BD|6 2 2 3 . 6 (3)(3)假设在线段假设在线段CDCD上存在一点上存在一点Q Q满足题设条件，令满足题设条件，令CQ=m(0m2),CQ=m(0m2), 则则DQ=2-m,DQ=2-m, 点点Q Q的坐标为的坐标为(2-m,2,0),(2-m,2,0), 而而 =(0=(0，1 1，0)0)，设平面，设平面EFQEFQ的一个法向量为的一个法向量为n=(x,y,z

52、),=(x,y,z),则则 EQ2m,2, 1 , EF EF(x,y,z)0,1,00, EQ(x,y,z)2m,2, 10, n n y0, 2m x2yz0. 令令x=1,x=1,则则n=(1,0,2-m),=(1,0,2-m),又又 点点A A到平面到平面EFQEFQ的距离的距离 即即 m= m= 或或m= ,m= ,又又m= 2m= 2不合题意，舍去不合题意，舍去. . 故存在点故存在点Q Q，当，当CQ= CQ= 时，点时，点A A到平面到平面EFQEFQ的距离为的距离为 AE0 01 ， ， 2 AE2m4 d | |5 12m ， n n 2 16 (2m), 9 2 3 2

53、3 10 3 10 3 4 . 5 【变式备选】【变式备选】(2012(2012郑州模拟郑州模拟) )如图，已知三棱柱如图，已知三棱柱ABCABCA A1 1B B1 1C C1 1 的侧棱与底面垂直，的侧棱与底面垂直，AAAA1 1ABABACAC1 1，ABACABAC，M M、N N分别是分别是CCCC1 1， BCBC的中点，点的中点，点P P在直线在直线A A1 1B B1 1上，且上，且 111 A PA B (1)(1)证明：无论证明：无论取何值，总有取何值，总有AMPNAMPN； (2)(2)当当取何值时，直线取何值时，直线PNPN与平面与平面ABCABC的夹角的夹角最大？并求

54、该角最大？并求该角 取最大值时的正切值取最大值时的正切值 (3)(3)是否存在点是否存在点P P，使得平面，使得平面PMNPMN与平面与平面ABCABC的夹角为的夹角为3030，若存，若存 在，试确定点在，试确定点P P的位置，若不存在，请说明理由的位置，若不存在，请说明理由 【解析】【解析】如图，以如图，以A A为原点建立空间直为原点建立空间直 角坐标系，则角坐标系，则 A A1 1(0,0,1)(0,0,1)，B B1 1(1,0,1),M(0,1, ),(1,0,1),M(0,1, ), N( , ,0),N( , ,0), 1 2 1 2 1 2 111 A PA B1,0,0,0,0

55、 ， 11 APAAA P,0,1 11 PN(, 1) 22 ， (1)(1) 无论无论取何值，总有取何值，总有AMPNAMPN (2)(2)m=(0=(0，0 0，1)1)是平面是平面ABCABC的一个法向量的一个法向量 sin=|cossin=|cosm, , | | 当当= = 时，时，取得最大值，取得最大值， 1 AM(0,1, ) 2 ， 11 AM PN00 22 PN 22 00 11 1115 ()1() 2424 1 2 此时此时 即当即当= = 时，时，取得最大值，且取得最大值，且tan=2.tan=2. (3)(3)假设存在，假设存在， ，设，设n=(x,y,z)=(x

56、,y,z)是平面是平面PMNPMN的一个的一个 法向量法向量 则则 得得 令令x=3x=3，得，得y=1+2,z=2-2y=1+2,z=2-2， 41 sin,cos,tan2 55 1 2 1 1 1 NM(, ) 2 2 2 111 xyz0 222 11 ()xyz0 22 12 yx 3 22 zx 3 ， n=(3,1+2,2-2)=(3,1+2,2-2) |cos|cosm, ,n|=|= 化简得化简得442 2+10+13=0(+10+13=0(* *) ) 100-4100-44 41313-1080-1080)AD=4-t0)， CD1,1,0 ,PD0,4t, t . CD

57、,PD nn xy0 4t ytz0. PB |, | |PB| n n 2 2 222 2t4t 1 , 2 tt4t2t 4 5 所以所以AB= .AB= .8 8分分 假设在线段假设在线段ADAD上存在一个点上存在一个点G(G(如图如图) )，使得点，使得点G G到点到点P P、B B、C C、 D D的距离都相等，的距离都相等， 设设G(0,m,0)(G(0,m,0)(其中其中0m4-t)0m4-t)，则，则 4 5 9 9分分 由由 得得1 12 2+(3-t-m)+(3-t-m)2 2=(4-t-m)=(4-t-m)2 2, ,即即t=3-m.t=3-m. 由由 得得(4-m-t)

58、(4-m-t)2 2=m=m2 2+t+t2 2. . 由由消去消去t t，化简得，化简得m m2 2-3m+4=0.-3m+4=0. 由于方程由于方程没有实数根，所以在线段没有实数根，所以在线段ADAD上不存在一个点上不存在一个点G G，使得，使得 点点G G到点到点P P，B B，C C，D D的距离都相等的距离都相等. . 1212分分 GC1,3tm,0 ,GD0,4tm,0 ,GP(0, m,t) |GC| |GD| |GD| |GP| 【阅卷人点拨】【阅卷人点拨】通过高考中的阅卷数据分析与总结，我们可以通过高考中的阅卷数据分析与总结，我们可以 得到以下失分警示和备考建议：得到以下失

59、分警示和备考建议： 失失 分分 警警 示示 在解答本题时有两点容易造成失分：在解答本题时有两点容易造成失分： (1)(1)建立坐标系后，求点的坐标时出现错误；建立坐标系后，求点的坐标时出现错误； (2)(2)解答第解答第(2)(2)问时，不知根据条件将问题转化为方问时，不知根据条件将问题转化为方 程的知识来解决，使解题思路受阻而无法解题程的知识来解决，使解题思路受阻而无法解题 备备 考考 建建 议议 解决空间向量在立体几何中的应用问题时，还有以下几解决空间向量在立体几何中的应用问题时，还有以下几 点容易造成失分，在备考时要高度关注：点容易造成失分，在备考时要高度关注： (1)(1)建系前缺少证

60、明垂直关系而使步骤不完整建系前缺少证明垂直关系而使步骤不完整. . (2)(2)建系不恰当，导致点的坐标不易确定或求解时繁琐建系不恰当，导致点的坐标不易确定或求解时繁琐. . (3)(3)不会利用直线的方向向量及平面法向量解决相应问题不会利用直线的方向向量及平面法向量解决相应问题. . (4)(4)计算失误导致结果不正确计算失误导致结果不正确. . 另外需要熟练掌握直线方向向量及平面法向量的求法，另外需要熟练掌握直线方向向量及平面法向量的求法， 有利于快速正确地解题有利于快速正确地解题. . 1.(20121.(2012西安模拟西安模拟) )如图，正方体如图，正方体ABCDABCD -A-A1