【步步高】2014届高三数学大一轮复习 8.8立体几何中的向量方法（Ⅱ）求空间角、距离教案 理 新人教A版

1、§8.8立体几何中的向量方法()求空间角、距离2014高考会这样考1.考查用向量方法求空间角的大小；2.考查简单的空间距离的计算(点面距是重点)复习备考要这样做1.掌握空间角的定义、范围，掌握求空间角的向量方法；2.会利用向量方法对距离进行转化1 空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角满足cos |cosm1，m2|.(2)设直线l的方向向量和平面的法向量分别为m，n，则直线l与平面所成角满足sin |cosm，n|.(3)求二面角的大小1°如图，AB、CD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，2&#

2、176;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或cosn1，n22. 点面距的求法如图，设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d.难点正本疑点清源1 向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数化，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点线面的位置关系的判定和计算程序化、简单化主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算2 利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面、的向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补3 求点到平面距离

3、的方法：垂面法：借助面面垂直的性质来作垂线，其中过已知点确定已知面的垂面是关键；等体积法，转化为求三棱锥的高；等价转移法；法向量法1 若平面的一个法向量为n(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a(2，3,3)，则l与所成角的正弦值为_答案解析n·a8338，|n|3，|a|，cosn，a.又l与所成角记为，即sin |cosn，a|.2 若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面所成的角为_答案30°解析由题意得直线l与平面的法向量所在直线的夹角为60°，直线l与平面所成的角为90°60°30°.3

4、 从空间一点P向二面角l的两个面，分别作垂线PE，PF，垂足分别为E，F，若二面角l的大小为60°，则EPF的大小为_答案60°或120°4. 如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为a的正方体ABCOABCD，AC的中点E与AB的中点F的距离为_答案a解析由图易知A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，A(a,0，a)F，E.EFa.5 在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中点，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于_答案解析以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立

5、空间直角坐标系，F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0,2,1)，(1,0,2)，(1,1,1)，cos，.题型一求异面直线所成的角例1如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点E是正方形BCC1B1的中心，点F、G分别是棱C1D1、AA1的中点，设点E1、G1分别是点E、G在平面DCC1D1内的正投影(1)证明：直线FG1平面FEE1；(2)求异面直线E1G1与EA所成角的正弦值思维启迪：本题可方便地建立空间直角坐标系，通过点的坐标得到向量坐标，然后求解(1)证明以D为原点，、分别为z轴、y轴、x轴的正向，|为1个单位长度建立空间直角坐标系由题设知点E、F

6、、G1、E1的坐标分别为(1,2,1)，(0,1,2)，(0,0,1)，(0,2,1)，(0,1，1)，(0，1，1)，(1,0,0)，·0，·0，又EE1FE1E1.FG1平面FEE1.(2)解由题意知点A的坐标为(2,0,0)，又由(1)可知(1，2，1)，(0，2,0)，cos，sin，.探究提高用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解，而两异面直线所成角的范围是，两向量的夹角的范围是0，所以要注意二者的区别与联系，应有cos |cos |. 如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AB4，AD3，AA12.E、F分别是线段AB

7、、BC上的点，且EBBF1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值解以A为原点，、分别为x轴、y轴、z轴的正向建立空间直角坐标系，则有D1(0,3,2)，E(3,0,0)，F(4,1,0)，C1(4,3,2)，于是(1,3,2)，(4,2,2)，设EC1与FD1所成的角为，则：cos ，直线EC1与FD1所成的角的余弦值为.题型二求直线与平面所成的角例2如图，已知四棱锥PABCD的底面为等腰梯形，ABCD，ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点(1)证明：PEBC；(2)若APBADB60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值思维启迪：平面的法向量是利用向量方法解决位置

8、关系或夹角的关键，本题可通过建立坐标系，利用待定系数法求出平面PEH的法向量(1)证明以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图)，则A(1,0,0)，B(0,1,0)设C(m,0,0)，P(0,0，n) (m<0，n>0)，则D(0，m,0)，E.可得，(m，1,0)因为·00，所以PEBC.(2)解由已知条件可得m，n1，故C，D，E，P(0,0,1)设n(x，y，z)为平面PEH的法向量，则即因此可以取n(1，0)又(1,0，1)，所以|cos，n|.所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为.探究提高利用

9、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 已知三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABAC，PAACAB，N为AB上一点，且AB4AN，M，S分别为PB，BC的中点(1)证明：CMSN；(2)求SN与平面CMN所成角的大小(1)证明设PA1，以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M(1,0，)，N(，0,0)，S(

10、1，0)所以(1，1，)，(，0)因为·00，所以CMSN.(2)解设平面CMN的法向量为n(x，y，z)，则.yx，zx，取x2，则n(2,1，2)为平面CMN的一个法向量cosn·.n·135°，故SN与平面CMN所成角的大小为45°.题型三求二面角例3(2012·广东)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，点E在线段PC上，PC平面BDE.(1)证明：BD平面PAC；(2)若PA1，AD2，求二面角BPCA的正切值思维启迪：利用图中的PA平面ABCD、ABCD为矩形的条件建立空间直角坐标系，转化为

11、向量问题(1)证明PA平面ABCD，BD平面ABCD，PABD.同理由PC平面BDE可证得PCBD.又PAPCP，BD平面PAC.(2)解如图，分别以射线AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系由(1)知BD平面PAC，又AC平面PAC，BDAC.故矩形ABCD为正方形，ABBCCDAD2.A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)(2,0，1)，(0,2,0)，(2,2,0)设平面PBC的一个法向量为n(x，y，z)，则即取x1得n(1,0,2)BD平面PAC，(2,2,0)为平面PAC的一个法向量cos n，.设二面角BPC

12、A的平面角为，由图知0<<，cos ，sin .tan 3，即二面角BPCA的正切值为3.探究提高求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，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是锐角还是钝角 (2011·辽宁)如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QAABPD.(1)证明：平面PQC平面DCQ；(2)求二面角QBPC的余弦值(1)证明如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，以DA、DP、DC所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz.依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)

13、，P(0,2,0)，则(1,1,0)，(0,0,1)，(1，1,0)所以·0，·0，即PQDQ，PQDC.又DQDCD，所以PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ.(2)解依题意有B(1,0,1)，(1,0,0)，(1,2，1)设n(x，y，z)是平面PBC的法向量，则即因此可取n(0，1，2)同理，设m是平面PBQ的法向量，则可取m(1,1,1)所以cosm，n.故二面角QBPC的余弦值为.题型四求空间距离例4在三棱锥SABC中，ABC是边长为4的正三角形，平面SAC平面ABC，SASC2，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示. 求点B到平面CMN的

14、距离思维启迪：由平面SAC平面ABC，SASC，BABC，可知本题可以取AC中点O为坐标原点，分别以OA，OB，OS所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，用向量法求解解取AC的中点O，连接OS、OB.SASC，ABBC，ACSO，ACBO.平面SAC平面ABC，平面SAC平面ABCAC，SO平面ABC，又BO平面ABC，SOBO.如图所示，分别以OA，OB，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(0,2，0)，C(2,0,0)，S(0,0,2)，M(1，0)，N(0，)(3，0)，(1,0，)，(1，0)设n(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则，取z1，

15、则x，y，n(，1)点B到平面CMN的距离d.探究提高点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法如本题，事实上，作BH平面CMN于H.由及·nn·，|·n|n·|·|n|，|，即d. (2012·大纲全国)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2，CC12，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为 ()A2 B. C. D1答案D解析以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1

16、(0,2,2)，E(0,2，)，易知AC1平面BDE.设n(x，y，z)是平面BDE的法向量则.取y1，则n(1,1，)为平面BDE的一个法向量又(2,0,0)，点A到平面BDE的距离是d1.故直线AC1到平面BED的距离为1.利用空间向量求角典例：(12分)如图，已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA11，直线BD与平面AA1B1B所成的角为30°，AE垂直BD于点E，F为A1B1的中点(1)求异面直线AE与BF所成角的余弦值；(2)求平面BDF与平面AA1B所成二面角(锐角)的余弦值. 审题视角(1)研究的几何体为长方体，AB2，AA11.(2)所求的是异面直线所成

17、的角和二面角(3)可考虑用空间向量法求解规范解答解(1)以A为坐标原点，以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(如图所示)2分由于AB2，BD与平面AA1B1B所成角为30°，即ABD30°，AD，3分A(0,0,0)，B(2,0,0)，D，F(1,0,1)又AEBD，故由平面几何知识得AE1，从而E，4分因为，(1,0,1)，··(1,0,1)，|1，|，6分设AE与BF所成角为1，则cos 1.8分故异面直线AE与BF所成角的余弦值为.(2)设平面BDF的法向量为n(x，y，z)，由，得zx，yx，取x1，得n(1，1)

18、10分求得平面AA1B的一个法向量为m.设平面BDF与平面AA1B所成二面角的大小为2.则cos 2|cosm，n|.12分答题模板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、易错点和答题规范温馨提醒(1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用(2)本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范(3)将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易错

19、方法与技巧1 若利用向量求角，各类角都可以转化为向量的夹角来运算(1)求两异面直线a、b的夹角，须求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos |cosa，b|.(2)求直线l与平面所成的角可先求出平面的法向量n与直线l的方向向量a的夹角则sin |cosn，a|.(3)求二面角l的大小，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则n1，n2或n1，n22 求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段失误与防范1 利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同2 求点到平面的距离，有时利用等积法求解可能更方便3 求二面角要根据图形确定

20、所求角是锐角还是钝角A组专项基础训练(时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1. 已知正方体ABCDA1B1C1D1如图所示，则直线B1D和CD1所成的角为 ()A60° B45°C30° D90°答案D解析以A为原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，则射线CD1、B1D的方向向量分别是(1,0,1)，(1,1，1)，cos，0，两直线所成的角为90°.2 在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n(2，2,1)，已知点P(1,3,2)，则点P到平面OAB的

21、距离d等于 ()A4 B2 C3 D1答案B解析P点到平面OAB的距离为d2，故选B.3. 如图所示，已知正方体ABCDA1B1C1D1，E、F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是 ()A60° B45°C30° D90°答案B解析以D为原点，分别以射线DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，E，F，(0,1,0)，cos，135°，异面直线EF和CD所成的角是45°.提醒两异面直线的方向向量的夹角与异面直线

22、所成的角相等或互补4 在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为 ()A. B. C. D.答案B解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，(0,1，1)，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则n1(1,2,2)平面ABCD的一个法向量为n2(0,0,1)，cosn1，n2.即所成的锐二面角的余弦值为.二、填空题(每小题5分，共15分)5. 如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90°，点E、F分别是

23、棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是_答案60°解析以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系设ABBCAA12，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，则(0，1,1)，(2,0,2)，·2，cos，EF和BC1所成的角为60°.6 长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为_答案解析建立坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，(1,0,2)，(1,2,1)，cos，.7 设正方体ABCDA1B1C

24、1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是_答案解析如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，(2,0,0)，(2,0,2)，(2,2,0)，设平面A1BD的一个法向量n(x，y，z)，则.令x1，则n(1，1，1)，点D1到平面A1BD的距离d.三、解答题(共22分)8 (10分)如图，四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，PA与平面ABD所成的角为60°，在四边形ABCD中，ADCDAB90°，AB4，CD1，AD2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标；(2)求异面直线PA与BC所成的角的余弦值

25、解(1)建立如图空间直角坐标系，ADCDAB90°，AB4，CD1，AD2，A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,4,0)由PD平面ABCD，得PAD为PA与平面ABCD所成的角，PAD60°.在RtPAD中，由AD2，得PD2，P(0,0,2)(2)(2,0，2)，(2，3,0)，cos，PA与BC所成的角的余弦值为.9 (12分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥PABCD中，ADBC，ABC90°，PA平面ABCD，PA3，AD2，AB2，BC6.(1)求证：BD平面PAC；(2)求二面角PBDA的大小(1)证明如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)

26、，B(2，0,0)，C(2，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，(0,0,3)，(2，6,0)，(2，2,0)·0，·0.BDAP，BDAC.又PAACA，BD面PAC.(2)解设平面ABD的法向量为m(0,0,1)，设平面PBD的法向量为n(x，y，z)，则n·0，n·0.(2，0,3)，解得令x，则n(，3,2)，cosm，n.二面角PBDA的大小为60°.B组专项能力提升(时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1 在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin，的值为

27、()A. B.C. D.答案B解析设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，可知(2，2,1)，(2,2，1)，cos，sin，.2 在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为()A. B. C. D.答案C解析建立如图所示的空间直角坐标系，设AB2，则C1(，1,0)、A(0,0,2)，(，1，2)，平面BB1C1C的一个法向量为n(1,0,0)，所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为.故选C.3. 如图，设动点P在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1上，记.当APC为钝角时

28、，则的取值范围是 ()A. B.C. D.答案D解析由题设可知，以、为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)由(1,1，1)得(，)，所以(，)(1,0，1)(1，1)，(，)(0,1，1)(，1，1)显然APC不是平角，所以APC为钝角等价于cosAPCcos，<0，这等价于·<0，即(1)()()(1)(1)2(1)(31)<0，得<<1.因此，的取值范围为.二、填空题(每小题5分，共15分)4 (2012·陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱

29、ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为_答案解析利用向量法求解不妨令CB1，则CACC12.可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，1(0,2，1)，1(2,2,1)，cos1，1>0.1与1的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.5 (2012·大纲全国)三棱柱ABCA1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，BAA1CAA160°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为_答案解析连接A1B交AB1于点O，取A1C1的中点D，连接B1D、DO.O、D分别为A1B、A1C1的中点，ODBC1，DOB1或其补角即为异面直线AB1与BC1所成的角设各棱长为a，则DB1a.A1AB60°，OB1AOa.又，2()222·22·2·2a22a2cos 60