高考数学第七章空间向量的应用(第2课时)利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)课件

第2课时利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)第2课时利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)考点一用空间向量求异面直线所成的角【例1】(1)(一题多解)(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(

)考点一用空间向量求异面直线所成的角【例1】(1)(一题多解析(1)法一

以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.图(1)解析(1)法一以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).法二

将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图(2))，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1.图(2)法二将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－高考数学第七章空间向量的应用(第2课时)利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)课件法二如图，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以BC⊥平面PAO，即平面PAO⊥平面ABC.且∠POA就是其二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，建立空间直角坐标系如图所示.法二如图，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△法三如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC是全等的等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角的平面角，答案(1)C

(2)A法三如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA，答案(1)高考数学第七章空间向量的应用(第2课时)利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)课件高考数学第七章空间向量的应用(第2课时)利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)课件解析法一如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接AC1，CB1，C1B′，易得MN∥AC1，EF∥CB1∥C1B′，那么∠AC1B′或∠AC1B′的补角即直线MN与EF所成的角.解析法一如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱法二如图，连接AC1，C1B，CB1，设C1B，CB1交于点O，取AB的中点D，连接CD，OD，则MN∥AC1∥OD，EF∥CB1，那么∠DOC或其补角即直线MN与EF所成的角.法二如图，连接AC1，C1B，CB1，法三取AB的中点O，连接CO，则CO⊥AB，以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，过点O且平行于CC1的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.答案C法三取AB的中点O，连接CO，则CO⊥AB，以O为坐标原点考点二用空间向量求线面角(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.考点二用空间向量求线面角(1)证明：PO⊥平面ABC；所以AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC为等腰直角三角形，由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.所以AB2＋BC2＝AC2，由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z).设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z).高考数学第七章空间向量的应用(第2课时)利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)课件规律方法

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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.规律方法利用向量法求线面角的方法：(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值.(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD.又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，因为DE⊥平面AB所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE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.所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，考点三用空间向量求二面角【例3】

(2019·北京海淀区模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.考点三用空间向量求二面角(1)(一题多解)证明：OD⊥平面PAQ；(2)若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.(1)证明法一取OO1的中点F，连接AF，PF，如图所示.∵P为BC的中点，∴PF∥OB，∵AQ∥OB，∴PF∥AQ，∴P，F，A，Q四点共面.由题图1可知OB⊥OO1，∵平面ADO1O⊥平面BCO1O，且平面ADO1O∩平面BCO1O＝OO1，OB⊂平面BCO1O，∴OB⊥平面ADO1O，∴PF⊥平面ADO1O，(1)(一题多解)证明：OD⊥平面PAQ；(1)证明法一又OD⊂平面ADO1O，∴PF⊥OD.由题意知，AO＝OO1，OF＝O1D，∠AOF＝∠OO1D，∴△AOF≌△OO1D，∴∠FAO＝∠DOO1，∴∠FAO＋∠AOD＝∠DOO1＋∠AOD＝90°，∴AF⊥OD.∵AF∩PF＝F，且AF⊂平面PAQ，PF⊂平面PAQ，∴OD⊥平面PAQ.又OD⊂平面ADO1O，∴PF⊥OD.法二由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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AQ的长为m，则O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0).∴OD⊥平面PAQ.法二由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1，2，1).易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0，0，1).设二面角C－BQ－A的大小为θ，由图可知，θ为锐角，设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，令z＝1，则y＝规律方法

利用空间向量计算二面角大小的常用方法：(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平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的大小.(2)找与棱垂直的方向向量：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.规律方法利用空间向量计算二面角大小的常用方法：【训练3】

(2018·安徽六校第二次联考)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝BC＝CC1＝2CD，E为线段AB的中点，F是线段DD1上的动点.(1)求证：EF∥平面BCC1B1；(2)(一题多解)若∠BCD＝∠C1CD＝60°，且平面D1C1CD⊥平面ABCD，求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.【训练3】(2018·安徽六校第二次联考)如图，在四棱柱A(1)证明如图(1)，连接DE，D1E.∵AB∥CD，AB＝2CD，E是AB的中点，∴BE∥CD，BE＝CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴DE∥BC.又DE⊄平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.图(1)∵DD1∥CC1，DD1⊄平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，∴D1D∥平面BCC1B1.又D1D∩DE＝D，∴平面DED1∥平面BCC1B1.∵EF⊂平面DED1，∴EF∥平面BCC1B1.(1)证明如图(1)，连接DE，D1E.图(1)∵DD1∥(2)解如图(1)，连接BD.设CD＝1，则AB＝BC＝CC1＝2.∴CD2＋BD2＝BC2，∴BD⊥CD.同理可得，C1D⊥CD.法一∵平面D1C1CD⊥平面ABCD，平面D1C1CD∩平面ABCD＝CD，C1D⊂平面D1C1CD，∴C1D⊥平面ABCD，∵BC⊂平面ABCD，∴C1D⊥BC，∴C1D⊥B1C1.在平面ABCD中，过点D作DH⊥BC，垂足为H，连接C1H，如图(1).(2)解如图(1)，连接BD.∴CD2＋BD2＝BC2，∴∵C1D∩DH＝D，∴BC⊥平面C1DH.∵C1H⊂平面C1DH，∴BC⊥C1H，∴B1C1⊥C1H，∴∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角.∵C1D∩DH＝D，∴BC⊥平面C1DH.图(2)设平面BCC1B1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，取z1＝1，则y1＝，x1＝1，图(2)设平面BCC1B1的法向量为n1＝(x1，y1，z1设平面DC1B1的法向量为n2＝(x2，y2，z2).设平面BCC1B1与平面DC1B1所成的锐二面角的大小为θ，设平面DC1B1的法向量为n2＝(x2，y2，z2).设平面考点四用空间向量求空间距离(供选用)解设CD的中点为E，连接ME，BE，因为△MCD是正三角形，所以ME⊥CD.又因为平面MCD⊥平面BCD，ME⊂平面MCD.平面MCD∩平面BCD＝CD.所以ME⊥平面BCD.因为△BCD是正三角形，所以BE⊥CD，考点四用空间向量求空间距离(供选用)解设CD的中点为E，高考数学第七章空间向量的应用(第2课时)利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)课件高考数学第七章空间向量的应用(第2课时)利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)课件【训练4】

正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别是棱AB，AD，B1C1，D1C1的中点，则平面EFD1B1和平面GHDB的距离是________.解析因为平面EFD1B1∥平面GHDB，EF∥平面GHDB，所以平面EFD1B1和平面GHDB的距离，就是EF到平面GHDB的距离，也就是点F到平面GHDB的距离.建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，【训练4】正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，设平面GHDB的法向量为n＝(x，y，z)，不妨设y＝－2，则n＝(2，－2，1)，设平面GHDB的法向量为n＝(x，y，z)，不妨设y＝－2，[思维升华]1.利用空间向量求空间角，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.利用法向量求距离问题的程序思想方法

第一步，确定法向量；

第二步，选择参考向量；

第三步，确定参考向量到法向量的投影向量；

第四步，求投影向量的长度.[思维升华][易错防范]1.异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角.2.利用向量法求二面角大小的注意点 (1)建立空间直角坐标系时，若垂直关系不明确，应先给出证明； (2)对于某些平面的法向量，要结合题目条件和图形多观察，判断该法向量是否已经隐含着，不用再求. (3)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误.[易错防范]第2课时利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)第2课时利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)考点一用空间向量求异面直线所成的角【例1】(1)(一题多解)(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(

)考点一用空间向量求异面直线所成的角【例1】(1)(一题多解析(1)法一

以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.图(1)解析(1)法一以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).法二

将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图(2))，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1.图(2)法二将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－高考数学第七章空间向量的应用(第2课时)利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)课件法二如图，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以BC⊥平面PAO，即平面PAO⊥平面ABC.且∠POA就是其二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，建立空间直角坐标系如图所示.法二如图，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△法三如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC是全等的等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角的平面角，答案(1)C

(2)A法三如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA，答案(1)高考数学第七章空间向量的应用(第2课时)利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)课件高考数学第七章空间向量的应用(第2课时)利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)课件解析法一如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接AC1，CB1，C1B′，易得MN∥AC1，EF∥CB1∥C1B′，那么∠AC1B′或∠AC1B′的补角即直线MN与EF所成的角.解析法一如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱法二如图，连接AC1，C1B，CB1，设C1B，CB1交于点O，取AB的中点D，连接CD，OD，则MN∥AC1∥OD，EF∥CB1，那么∠DOC或其补角即直线MN与EF所成的角.法二如图，连接AC1，C1B，CB1，法三取AB的中点O，连接CO，则CO⊥AB，以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，过点O且平行于CC1的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.答案C法三取AB的中点O，连接CO，则CO⊥AB，以O为坐标原点考点二用空间向量求线面角(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.考点二用空间向量求线面角(1)证明：PO⊥平面ABC；所以AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC为等腰直角三角形，由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.所以AB2＋BC2＝AC2，由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z).设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z).高考数学第七章空间向量的应用(第2课时)利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)课件规律方法

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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.规律方法利用向量法求线面角的方法：(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值.(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD.又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，因为DE⊥平面AB所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE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.所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，考点三用空间向量求二面角【例3】

(2019·北京海淀区模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.考点三用空间向量求二面角(1)(一题多解)证明：OD⊥平面PAQ；(2)若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.(1)证明法一取OO1的中点F，连接AF，PF，如图所示.∵P为BC的中点，∴PF∥OB，∵AQ∥OB，∴PF∥AQ，∴P，F，A，Q四点共面.由题图1可知OB⊥OO1，∵平面ADO1O⊥平面BCO1O，且平面ADO1O∩平面BCO1O＝OO1，OB⊂平面BCO1O，∴OB⊥平面ADO1O，∴PF⊥平面ADO1O，(1)(一题多解)证明：OD⊥平面PAQ；(1)证明法一又OD⊂平面ADO1O，∴PF⊥OD.由题意知，AO＝OO1，OF＝O1D，∠AOF＝∠OO1D，∴△AOF≌△OO1D，∴∠FAO＝∠DOO1，∴∠FAO＋∠AOD＝∠DOO1＋∠AOD＝90°，∴AF⊥OD.∵AF∩PF＝F，且AF⊂平面PAQ，PF⊂平面PAQ，∴OD⊥平面PAQ.又OD⊂平面ADO1O，∴PF⊥OD.法二由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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AQ的长为m，则O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0).∴OD⊥平面PAQ.法二由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1，2，1).易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0，0，1).设二面角C－BQ－A的大小为θ，由图可知，θ为锐角，设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，令z＝1，则y＝规律方法

利用空间向量计算二面角大小的常用方法：(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平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的大小.(2)找与棱垂直的方向向量：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.规律方法利用空间向量计算二面角大小的常用方法：【训练3】

(2018·安徽六校第二次联考)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝BC＝CC1＝2CD，E为线段AB的中点，F是线段DD1上的动点.(1)求证：EF∥平面BCC1B1；(2)(一题多解)若∠BCD＝∠C1CD＝60°，且平面D1C1CD⊥平面ABCD，求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.【训练3】(2018·安徽六校第二次联考)如图，在四棱柱A(1)证明如图(1)，连接DE，D1E.∵AB∥CD，AB＝2CD，E是AB的中点，∴BE∥CD，BE＝CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴DE∥BC.又DE⊄平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.图(1)∵DD1∥CC1，DD1⊄平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，∴D1D∥平面BCC1B1.又D1D∩DE＝D，∴平面DED1∥平面BCC1B1.∵EF⊂平面DED1，∴EF∥平面BCC1B1.(1)证明如图(1)，连接DE，D1E.图(1)∵DD1∥(2)解如图(1)，连接BD.设CD＝1，则AB＝BC＝CC1＝2.∴CD2＋BD2＝BC2，∴BD⊥CD.同理可得，C1D⊥CD.法一∵平面D1C1CD⊥平面ABCD，平面D1C1CD∩平面ABCD＝CD，C1D⊂平面D1C1CD，∴C1D⊥平面ABCD，∵BC⊂平面ABCD，∴C1D⊥BC，∴C1D⊥B1C1.在平面ABCD中，过点D作DH⊥BC，垂足为H，连接C1H，如图(1).(2)解如图(1)，连接BD.∴CD2＋BD2＝BC2，∴∵C1D∩DH＝D，∴BC⊥平面C1DH.∵C1H⊂平面C1DH，∴BC⊥C1H，∴B1C1⊥C1H，∴∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角.∵C1D∩DH＝D，∴BC⊥平面C1DH.图(2)设平面BCC1B1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，取z1＝1，则