高考理科第一轮课件79利用空间向量求空间角和

第九节利用空间向量求空间角和距离第九节利用空间向量求空间角和距离高考理科第一轮课件(79利用空间向量求空间角和1.夹角的计算(1)直线间的夹角①两直线的夹角当两条直线l1与l2共面时，我们把两条直线交角中,范围在________内的角叫作两直线的夹角.②异面直线的夹角当直线l1与l2是异面直线时，在直线l1上任取一点A作AB∥l2，我们把______________的夹角叫作异面直线l1与l2的夹角.直线l1和直线AB1.夹角的计算直线l1和直线AB设s1，s2分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则0<〈s1，s2〉＜π〈s1,s2〉π-〈s1,s2〉设s1，s2分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则0<〈s(2)直线与平面的夹角平面外一条直线与它_________________的夹角叫作该直线与此平面的夹角.设直线l的方向向量为s，平面π的法向量为n，直线l与平面π的夹角为θ,则sinθ=｜cos〈s，n〉｜=__________.在该平面内的投影(2)直线与平面的夹角在该平面内的投影(3)平面间的夹角如图所示，平面π1与π2相交于直线l，点R为直线l上任意一点，过点R，在平面π1上作直线l1⊥l,在平面π2上作直线l2⊥l，则l1∩l2=R.我们把_______________叫作平面π1与π2的夹角.直线l1和l2的夹角(3)平面间的夹角直线l1和l2的夹角已知平面π1和π2的法向量分别为n1和n2，当0≤〈n1，n2〉≤时，平面π1与π2的夹角等于__________;当＜〈n1，n2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于_____________.〈n1，n2〉π-〈n1，n2〉已知平面π1和π2的法向量分别为n1和n2，〈n1，n2〉π2.距离的计算(1)点到直线的距离空间一点A到直线l的距离的算法框图如图:2.距离的计算(2)平行直线间的距离求平行直线间的距离通常转化为求_______________.(3)点到平面的距离空间一点A到平面π的距离的算法框图如图：点到直线的距离(2)平行直线间的距离点到直线的距离判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”).(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线的夹角.()(2)直线的方向向量和平面的法向量的夹角就是直线与平面的夹角.()(3)两个平面的法向量的夹角是这两个平面的夹角.()(4)两异面直线的夹角的范围是(0，］,直线与平面的夹角的范围是［0，］,平面与平面的夹角的范围是［0，］.()判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”).【解析】(1)错误.两直线的方向向量的夹角应是两直线的夹角或其补角.(2)错误.若直线的方向向量和平面的法向量的夹角为θ，直线与平面的夹角为α，则sinα=|cosθ|.(3)错误.两个平面的法向量的夹角是这两个平面的夹角或其补角.【解析】(1)错误.两直线的方向向量的夹角应是两直线的夹角或(4)正确.由异面直线的夹角、直线与平面的夹角及平面与平面的夹角的定义可知，两异面直线的夹角的范围是(0，］,直线与平面的夹角的范围是［0，］,平面与平面的夹角的范围是［0，］.答案：(1)×(2)×(3)×(4)√(4)正确.由异面直线的夹角、直线与平面的夹角及平面与1.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m,n〉=则l与α的夹角的大小为()(A)60°(B)120°(C)30°(D)150°【解析】选C.设l与α的夹角为α，则sinα=又∵0°≤α≤90°,∴α=30°.1.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，2.已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面的夹角的大小为()(A)45°(B)135°(C)45°或135°(D)以上都不对【解析】选A.∵m=(0,1,0),n=(0,1,1),∴|m|=1,|n|=m·n=1,∴cos〈m,n〉=∴〈m,n〉=45°,∴两平面的夹角的大小为45°.2.已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,3.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是A1C1的中点，则O到平面ABC1D1的距离为()(A)(B)(C)(D)【解析】选B.方法一：E为AD1的中点，过点O作OF∥A1E，交C1E于点F.∵E为AD1的中点，∴EA1⊥AD1.又BA⊥平面AD1，∴BA⊥EA1，∴EA1⊥平面ABC1D1.3.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是A1C1又FO∥EA1，∴FO⊥平面ABC1D1，∴FO＝方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，可得平面ABC1D1的法向量＝(1，0，1)，所以点O到平面ABC1D1的距离又FO∥EA1，4.长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE的夹角的余弦值为_______．【解析】由题意建立空间直角坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)，∴cos〈〉∴异面直线BC1与AE的夹角的余弦值为答案：4.长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，A考向1异面直线的夹角的求法【典例1】(2013·广州模拟)如图，在四棱锥O-ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC=OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点.(1)证明：直线MN∥平面OCD.(2)求异面直线AB与MD的夹角的大小.考向1异面直线的夹角的求法【思路点拨】(1)证明直线MN与平面OCD平行，可利用向量解决也可转化为证明MN所在的平面与平面OCD平行.(2)利用空间直角坐标系解决或将AB与MD的夹角的大小，转化为CD与MD的夹角的大小.【思路点拨】(1)证明直线MN与平面OCD平行，可利用向量解【规范解答】方法一(向量法):作AP⊥CD于点P，如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0，，0)，D(-，，0)，O(0，0，2)，M(0，0，1)，【规范解答】方法一(向量法):(1)设平面OCD的一个法向量为n=(x,y,z),则即取解得n=(0,4,).∵∴MN∥平面OCD.(1)(2)设AB与MD的夹角为θ,∵=(1,0,0),∴cosθ=∴异面直线AB与MD的夹角的大小为(2)设AB与MD的夹角为θ,方法二(综合法):(1)取OB的中点E，连接ME，NE.∵ME∥AB，AB∥CD，∴ME∥CD.又∵NE∥OC，ME∩NE=E,OC∩CD=C,∴平面MNE∥平面OCD,又∵MN平面MNE,∴MN∥平面OCD.方法二(综合法):(2)∵CD∥AB，∴∠MDC为异面直线AB与MD的夹角(或其补角).作AP⊥CD于点P，连接MP.∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP.∵所以AB与MD的夹角的大小为(2)∵CD∥AB，【拓展提升】1.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，转化成向量的夹角.2.合理建立空间直角坐标系(1)①一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；【拓展提升】②如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点.(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系.②如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，【变式训练】如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC,AD=CD,∠CAD=30°．(1)若AD=2,AB=2BC,求四面体ABCD的体积.(2)若平面CAB与平面DAB的夹角为60°，求异面直线AD与BC的夹角的余弦值．【变式训练】如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD【解析】(1)如图1,设F为AC的中点，连接DF，由于AD=CD，所以DF⊥AC.由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，即DF是四面体ABCD的高，且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=图1【解析】(1)如图1,设F为AC的中点，连接DF，由于AD=在Rt△ABC中，因AC=2AF=AB=2BC，由勾股定理易知BC=AB=故四面体ABCD的体积V=在Rt△ABC中，因AC=2AF=AB=2BC，(2)如图2，设F为AC的中点，连接DF，过F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD，平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.(2)如图2，设F为AC的中点，连接DF，设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为A(0,-,0),C(0,,0),D(0,0,1),则显然向量k=(0,0,1)是平面ABC的一个法向量.已知平面CAB与平面DAB的夹角为60°，故可取平面ABD的单位法向量t=(l,m,n),使得〈t,k〉=60°，从而由t⊥有m+n=0,从而设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D由l2+m2+n2=1,得l=±设点B的坐标为(x,y,0)，由可取解之得易知与坐标系的建立方式不合，舍去.由l2+m2+n2=1,得l=±因此点B的坐标为所以从而又异面直线的夹角θ∈(0,］,故异面直线AD与BC的夹角的余弦值为因此点B的坐标为考向2直线与平面的夹角的求法【典例2】(2012·大纲版全国卷)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.(1)证明：PC⊥平面BED.(2)设平面PAB与平面PBC的夹角为90°，求PD与平面PBC的夹角的大小.考向2直线与平面的夹角的求法【思路点拨】可用综合法求解，也可建立空间直角坐标系，利用向量解决.【规范解答】方法一：(1)因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC，所以PC⊥BD.【思路点拨】可用综合法求解，也可建立空间直角坐标设AC∩BD＝F，连接EF.因为AC＝PA＝2，PE＝2EC，故从而因为∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.故PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED.设AC∩BD＝F，连接EF.(2)在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足.因为平面PAB与平面PBC的夹角为90°，所以平面PAB⊥平面PBC.又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，故AG⊥BC.BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD为正方形，AD＝2，(2)在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足.设D到平面PBC的距离为d，因为AD∥BC，且AD平面PBC，BC平面PBC，故AD∥平面PBC，A，D两点到平面PBC的距离相等，即d=AG＝设PD与平面PBC的夹角为α，则sinα＝所以PD与平面PBC的夹角为30°.设D到平面PBC的距离为d，方法二：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设C(2，0，0)，D(，b，0)，其中b>0，则P(0，0，2)，于是从而故PC⊥BE，PC⊥DE.又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BED.方法二：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐(2)＝(0，0，2)，＝(，-b,0).设m=(x,y,z)为平面PAB的法向量，则m·=0,m·=0,即2z=0且x-by=0,令x=b,则m=(b,,0).设n=(p,q,r)为平面PBC的法向量，则n·=0,n·＝0，即(2)＝(0，0，2)，＝(，-b,0).令p=1,则因为平面PAB⊥平面PBC，故m·n＝0,即于是n=(1,-1,),∵直线PD与平面PBC的夹角与互余，∴PD与平面PBC的夹角为30°.令p=1,则【拓展提升】利用向量求直线与平面的夹角的方法(1)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的夹角.【拓展提升】利用向量求直线与平面的夹角的方法【变式训练】如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点.(1)证明：PE⊥BC.(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH的夹角的正弦值.【变式训练】如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯【解析】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，建立空间直角坐标系如图，则A(1，0，0)，B(0，1，0).【解析】以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x,y,z(1)设C(m,0,0)，P(0，0，n)(m<0,n>0)，则D(0,m,0),可得因为所以PE⊥BC.(1)设C(m,0,0)，P(0，0，n)(m<0,n>0)(2)由已知条件可得故C(0，0)，D(0，0)，P(0，0，1).设n=(x,y,z)为平面PEH的一个法向量，因此可以取n=(1,,0).由=(1,0,-1),可得所以直线PA与平面PEH的夹角的正弦值为(2)由已知条件可得考向3平面与平面的夹角的求法【典例3】(2012·新课标全国卷)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.(1)证明：DC1⊥BC.(2)求平面A1BD与平面C1BD的夹角的大小.【思路点拨】(1)可证明DC1⊥平面BCD.(2)可以CA，CB，CC1为坐标轴建立空间直角坐标系求解.考向3平面与平面的夹角的求法【规范解答】(1)由题设知，三棱柱的侧面为矩形.由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.又AC＝可得所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.又BC平面BCD，故DC1⊥BC.【规范解答】(1)由题设知，三棱柱的侧面为矩形.(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两互相垂直.以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面A由题意知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1)，C1(0，0，2).则＝(0，0，-1)，＝(1，-1，1)，＝(-1，0，1).设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的一个法向量，则即可取n=(1,1,0).由题意知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1同理，设m是平面C1BD的一个法向量，则可取m=(1，2，1).从而cos〈n,m〉故平面A1BD与平面C1BD的夹角的大小为30°.同理，设m是平面C1BD的一个法向量，【拓展提升】求平面与平面的夹角大小的常用方法(1)分别求出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平面与平面的夹角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.(2)分别在两个半平面内找到与两平面的交线垂直且以垂足为起点的两个向量,则这两个向量的夹角或其补角就是两个平面的夹角的大小.【拓展提升】求平面与平面的夹角大小的常用方法【变式训练】(2012·江西高考)在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长.(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.【变式训练】(2012·江西高考)在三棱柱ABC-A1B1C【解析】(1)连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E，因为AA1∥BB1，得OE⊥BB1.因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因为AB＝AC，OB＝OC，所以AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C.又AO＝【解析】(1)连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E(2)如图，以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，-2，0)，A1(0，0，2).由得点E的坐标是由(1)得平面BB1C1C的一个法向量是(2)如图，以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x,设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z)，令y=1,得x=2,z=-1,即n=(2，1，-1).所以即平面A1B1C与平面BB1C1C的夹角的余弦值是设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z)，考向4求空间距离【典例4】(1)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则点C1到平面A1ED的距离是__________.(2)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a．①求点C1到平面AB1D1的距离；②求平面CDD1C1与平面AB1D1的夹角的余弦值．考向4求空间距离【思路点拨】(1)建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式求解.(2)建立空间直角坐标系，①利用点到平面的距离公式求解；②求得平面CDD1C1与平面AB1D1的法向量，进而求得平面与平面的夹角的余弦值.【规范解答】(1)以A为原点建立空间直角坐标系如图所示.【思路点拨】(1)建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式则A1(0,0,1)，E(1,0，)，D(0,1,0)，C1(1,1,1).∴=(0,1,-1),设平面A1ED的法向量为n1=(x,y,z)，则A1(0,0,1)，E(1,0，)，D(0,1,0)，令z=2，则n1=(1,2,2).又=(-1,-1,0)，∴点C1到平面A1ED的距离答案：1令z=2，则n1=(1,2,2).(2)①建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，D1(0,a,a),B1(a,0,a),C1(a,a,a),∴=(-a,-a,-a)，=(0,a,a)，=(a,0,a)．设n=(x,y,z)是平面AB1D1的一个法向量，(2)①建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，D1令z=-1,得x=1,y=1，可得n=(1,1,-1)．因此C1到平面AB1D1的距离为②由①知，平面AB1D1的一个法向量是n=(1,1,-1)．又因AD⊥平面CDD1C1，故平面CDD1C1的一个法向量是n1=(0,1,0)．设平面CDD1C1与平面AB1D1的夹角为θ，则故所求夹角的余弦值为令z=-1,得x=1,y=1，可得n=(1,1,-1)．【互动探究】在本例题(1)中，若条件不变，结论改为“则直线A1C1与平面A1ED的夹角的大小为_____”，如何求解？【解析】由题(1)的解法知，平面A1ED的一个法向量为n1=(1,2,2)，=(-1,-1,0).设所求角为θ，则sinθ=|cos〈n1,〉|故直线A1C1与平面A1ED的夹角的大小为45°.【互动探究】在本例题(1)中，若条件不变，结论改为“则【拓展提升】向量法求点到平面的距离的步骤(1)求平面α的法向量n.(2)在平面α内取一点A，确定向量的坐标.(3)代入公式求解.【拓展提升】向量法求点到平面的距离的步骤【变式备选】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，AB＝(1)求点A到平面MBC的距离.(2)求平面ACM与平面BCD的夹角的正弦值.【变式备选】如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，【解析】取CD中点O，连接OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD，则MO⊥平面BCD.取O为原点，直线OC，BO，OM为x轴，y轴,z轴，建立空间直角坐标系如图,【解析】取CD中点O，连接OB，OM，则OB＝OM＝各点坐标分别为C(1，0，0)，M(0，0，)，B(0，-，0)，A(0，-，2).(1)设n=(x,y,z)是平面MBC的一个法向量，则=(1,,0),=(0,,).由n⊥得x+y=0.由n⊥得y+z=0.取n=(,-1,1),又=(0,0,2),则点A到平面MBC的距离为则OB＝OM＝各点坐标分别为C(1，0，0)，M(0，(2)＝(-1，0，)，＝(-1，-，2).设平面ACM的一个法向量为n1=(x,y,z),由n1⊥,n1⊥得解得x=z,y=z,取n1=(,1,1).又平面BCD的一个法向量为n2=(0,0,1),所以cos〈n1,n2〉=设所求两平面的夹角为θ,则sinθ=(2)＝(-1，0，)，＝(-1，-，2【满分指导】用空间向量解立体几何问题的规范解答【典例】(12分)(2012·北京高考改编)如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.【满分指导】用空间向量解立体几何问题的规范解答(1)求证：A1C⊥平面BCDE.(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE的夹角的大小.(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由.(1)求证：A1C⊥平面BCDE.【思路点拨】【思路点拨】【规范解答】(1)因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.…………2分所以DE⊥A1C.又因为A1C⊥CD，所以A1C⊥平面BCDE.…………3分【规范解答】(1)因为AC⊥BC，DE∥BC，(2)如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系，则A1(0，0，2)，D(0，2，0)，M(0，1，)，B(3，0，0)，E(2，2，0).…………5分设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z)，则又=(3,0,-2),=(-1,2,0),所以令y=1,则x=2,z=所以n=(2,1,).①………………6分(2)如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系，则A1(0，设CM与平面A1BE的夹角为θ.因为＝(0，1，)，所以②所以CM与平面A1BE的夹角的大小为……………………7分设CM与平面A1BE的夹角为θ.(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.③…………8分理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈［0,3］.设平面A1DP的法向量为m=(x,y,z),则(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直又＝(0，2，＝(p,-2,0),所以令x=2,则y=p,所以m=(2,p,).………………10分平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n=0,即4+p+p=0.解得p=-2，与p∈［0，3］矛盾.④所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.………12分又＝(0，2，＝(p,-2,0),【失分警示】(下文①②③④见规范解答过程)【失分警示】(下文①②③④见规范解答过程)1.(2012·陕西高考)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()(A)(B)(C)(D)1.(2012·陕西高考)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱【解析】选A.设CA=2，则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，B1(0，2，1)，可得向量＝(-2，2，1)，=(0，2，-1)，由向量的夹角公式得【解析】选A.设CA=2，则C(0，0，0)，A(2，0，02.(2012·大纲版全国卷)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为()(A)2(B)(C)(D)1【解析】选D.连接AC交BD于O，连接OE，由题意得AC1∥OE，∴AC1∥平面BED，直线AC1与平面BED的距离等于点A到平面BED的距离，也等于点C到平面BED的距离，作CH⊥OE于H，则CH＝OE＝1为所求，故选D.2.(2012·大纲版全国卷)已知正四棱柱ABCD-A1B13.(2013·长春模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=AA1=1，则D1C1与平面A1BC1的夹角的正弦值为______.【解析】如图，建立空间直角坐标系,则D1(0,0,1),C1(0,2,1),A1(1,0,1),B(1,2,0),∴=(0,2,0),=(-1,2,0),=(0,2,-1).3.(2013·长春模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1设平面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),由得令y=1，得n=(2,1,2).设D1C1与平面A1BC1的夹角为θ，则即直线D1C1与平面A1BC1的夹角的正弦值为答案：设平面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),4.(2012·安徽高考)平面图形ABB1A1C1C如图1所示，其中BB1C1C是矩形.BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝A1B1＝A1C1＝现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题:(1)证明：AA1⊥BC.(2)求AA1的长.(3)求平面ABC与平面A1BC的夹角的余弦值.4.(2012·安徽高考)平面图形ABB1A1C1C如图1所高考理科第一轮课件(79利用空间向量求空间角和【解析】方法一(向量法)：(1)取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1,DD1,AD.由BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1.因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1.又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系.【解析】方法一(向量法)：由题设，可得A1D1＝2，AD＝1.由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1.所以A(0，-1，4)，B(1，0，4)，A1(0，2，0)，C(-1，0，4)，D(0，0，4).故＝(0，3，-4)，＝(-2，0，0)，=0，因此即AA1⊥BC.(2)因为＝(0，3，-4)，所以||＝5，即AA1＝5.由题设，可得A1D1＝2，AD＝1.(3)连接A1D.由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，∴BC⊥A1D，所以∠ADA1为平面ABC与平面A1BC的夹角或其补角.因为＝(0，-1，0)，＝(0，2，-4)，所以cos〈,〉即平面ABC与平面A1BC的夹角的余弦值为(3)连接A1D.由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面方法二(综合法)：(1)取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD，A1D.由条件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1.由上可得AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，因此AD∥A1D1，即AD，A1D1确定平面AD1A1D.又因为DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以DD1⊥BC.又AD⊥BC，所以BC⊥平面AD1A1D，故AA1⊥BC.方法二(综合法)：(2)延长A1D1到G点，使GD1＝AD.连接AG.因为ADGD1，所以AGDD1BB1.由于BB1⊥平面A1B1C1，所以AG⊥A1G.由条件可知，A1G＝A1D1+D1G＝3，AG＝4.所以AA1＝5.(2)延长A1D1到G点，使GD1＝AD.连接AG.(3)因为BC⊥平面AD1A1D，所以∠ADA1为平面ABC与平面A1BC的夹角或其补角.在Rt△A1DD1中，DD1＝4，A1D1＝2，解得sin∠D1DA1=cos∠ADA1=cos(+∠D1DA1)=即平面ABC与平面A1BC的夹角的余弦值为(3)因为BC⊥平面AD1A1D，1.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，侧面ACC1A1是∠A1AC＝的菱形，且侧面ACC1A1⊥底面ABC，D为AC的中点.(1)求证：平面A1BD⊥平面ACC1A1.(2)若点E为AA1上的一点，当CE⊥BB1时，求平面AEC与平面BEC的夹角的正切值.1.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形【解析】方法一：(1)∵∠A1AC＝AA1=AC,D为AC的中点，△ABC为正三角形，∴AC⊥A1D，AC⊥BD,∴AC⊥平面A1BD.而AC平面ACC1A1，∴平面A1BD⊥平面ACC1A1.(2)∵AA1∥BB1，CE⊥BB1，∴CE⊥AA1.∴点E为AA1的中点.∵BD⊥AC，BD⊥A1D，∴BD⊥平面ACE.【解析】方法一：(1)∵∠A1AC＝AA1=AC,D为过点D作DF⊥CE，垂足为F，连接BF，如图(1)，则BF⊥CE，∴∠BFD为平面AEC与平面BEC的夹角或其补角.∵DF⊥CE,易得DF＝AE.设AB＝a,则BD＝DF＝AE＝AA1＝a,∴tan∠BFD=故平面AEC与平面BEC的夹角的正切值为过点D作DF⊥CE，垂足为F，连接BF，如图(1)，方法二：(1)依题意有AC，BD，A1D两两垂直且相交于点D，故建立如图(2)所示的空间直角坐标系，设AB＝2a,则A(0，-a,0),B(a,0,0),C(0,a,0),D(0,0,0),A1(0,0,a).(1)∵=(0,2a,0),=(a,0,0),方法二：(1)依题意有AC，BD，A1D两两垂直且相交于点D∴AC⊥DB,AC⊥DA1.∴AC⊥平面A1BD.而AC平面ACC1A1，∴平面A1BD⊥平面ACC1A1.∴AC⊥DB,AC⊥DA1.∴AC⊥平面A1BD.(2)∵AA1∥BB1,CE⊥BB1,∴CE⊥AA1.∴点E为AA1的中点.∵BD⊥AC,BD⊥A1D,∴BD⊥平面AEC.∴＝(a,0,0)为平面AEC的一个法向量.设n＝(x,y,z)为平面BEC的一个法向量，则有n·＝0，n·=0,又=(a，-a，0)，所以(2)∵AA1∥BB1,CE⊥BB1,∴CE⊥AA1.令x=a,则y=a，z=3a,∴n=(a,a,3a),∴n·而∴∴平面AEC与平面BEC的夹角的正切值为令x=a,则y=a，z=3a,2.在棱长为a的正方体ABCD-A′B′C′D′中，E,F分别是BC,A′D′的中点，(1)求直线A′C与DE夹角的余弦值.(2)求直线AD与平面B′EDF夹角的余弦值.(3)求平面B′EDF与平面ABCD夹角的余弦值.2.在棱长为a的正方体ABCD-A′B′C′D′中，E,F分【解析】(1)如图建立空间直角坐标系，则A′(0,0,a),C(a,a,0),D(0,a,0),E(a,,0)，∴=(a,a,-a)，=(a,-,0),∴故A′C与DE夹角的余弦值为【解析】(1)如图建立空间直角坐标系，则A′(0,0,a),(2)∵∠ADE=∠ADF,所以AD在平面B′EDF内的射影在∠EDF的平分线上，又四边形B′EDF为菱形，∴DB′为∠EDF的平分线，故直线AD与平面B′EDF的夹角为∠ADB′，由坐标系知，A(0,0,0),B′(a,0,a)，D(0,a,0)，∴=(0,-a,0),=(a,-a,a),∴cos∠ADB′=|cos〈,〉|故AD与平面B′EDF夹角的余弦值为(2)∵∠ADE=∠ADF,(3)由A(0,0,0),A′(0,0,a),B′(a,0,a),D(0,a,0),E(a,,0),所以平面ABCD的法向量为m==(0,0,a).下面求平面B′EDF的法向量，设n=(1,y,z)，由=(-a,,0)，=(0,-,a),∴∴n=(1,2,1),∴cos〈n，m〉=所以平面B′EDF与平面ABCD夹角的余弦值为(3)由A(0,0,0),A′(0,0,a),B′(a,0,高考理科第一轮课件(79利用空间向量求空间角和高考理科第一轮课件(79利用空间向量求空间角和高考理科第一轮课件(79利用空间向量求空间角和第九节利用空间向量求空间角和距离第九节利用空间向量求空间角和距离高考理科第一轮课件(79利用空间向量求空间角和1.夹角的计算(1)直线间的夹角①两直线的夹角当两条直线l1与l2共面时，我们把两条直线交角中,范围在________内的角叫作两直线的夹角.②异面直线的夹角当直线l1与l2是异面直线时，在直线l1上任取一点A作AB∥l2，我们把______________的夹角叫作异面直线l1与l2的夹角.直线l1和直线AB1.夹角的计算直线l1和直线AB设s1，s2分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则0<〈s1，s2〉＜π〈s1,s2〉π-〈s1,s2〉设s1，s2分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则0<〈s(2)直线与平面的夹角平面外一条直线与它_________________的夹角叫作该直线与此平面的夹角.设直线l的方向向量为s，平面π的法向量为n，直线l与平面π的夹角为θ,则sinθ=｜cos〈s，n〉｜=__________.在该平面内的投影(2)直线与平面的夹角在该平面内的投影(3)平面间的夹角如图所示，平面π1与π2相交于直线l，点R为直线l上任意一点，过点R，在平面π1上作直线l1⊥l,在平面π2上作直线l2⊥l，则l1∩l2=R.我们把_______________叫作平面π1与π2的夹角.直线l1和l2的夹角(3)平面间的夹角直线l1和l2的夹角已知平面π1和π2的法向量分别为n1和n2，当0≤〈n1，n2〉≤时，平面π1与π2的夹角等于__________;当＜〈n1，n2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于_____________.〈n1，n2〉π-〈n1，n2〉已知平面π1和π2的法向量分别为n1和n2，〈n1，n2〉π2.距离的计算(1)点到直线的距离空间一点A到直线l的距离的算法框图如图:2.距离的计算(2)平行直线间的距离求平行直线间的距离通常转化为求_______________.(3)点到平面的距离空间一点A到平面π的距离的算法框图如图：点到直线的距离(2)平行直线间的距离点到直线的距离判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”).(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线的夹角.()(2)直线的方向向量和平面的法向量的夹角就是直线与平面的夹角.()(3)两个平面的法向量的夹角是这两个平面的夹角.()(4)两异面直线的夹角的范围是(0，］,直线与平面的夹角的范围是［0，］,平面与平面的夹角的范围是［0，］.()判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”).【解析】(1)错误.两直线的方向向量的夹角应是两直线的夹角或其补角.(2)错误.若直线的方向向量和平面的法向量的夹角为θ，直线与平面的夹角为α，则sinα=|cosθ|.(3)错误.两个平面的法向量的夹角是这两个平面的夹角或其补角.【解析】(1)错误.两直线的方向向量的夹角应是两直线的夹角或(4)正确.由异面直线的夹角、直线与平面的夹角及平面与平面的夹角的定义可知，两异面直线的夹角的范围是(0，］,直线与平面的夹角的范围是［0，］,平面与平面的夹角的范围是［0，］.答案：(1)×(2)×(3)×(4)√(4)正确.由异面直线的夹角、直线与平面的夹角及平面与1.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m,n〉=则l与α的夹角的大小为()(A)60°(B)120°(C)30°(D)150°【解析】选C.设l与α的夹角为α，则sinα=又∵0°≤α≤90°,∴α=30°.1.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，2.已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面的夹角的大小为()(A)45°(B)135°(C)45°或135°(D)以上都不对【解析】选A.∵m=(0,1,0),n=(0,1,1),∴|m|=1,|n|=m·n=1,∴cos〈m,n〉=∴〈m,n〉=45°,∴两平面的夹角的大小为45°.2.已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,3.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是A1C1的中点，则O到平面ABC1D1的距离为()(A)(B)(C)(D)【解析】选B.方法一：E为AD1的中点，过点O作OF∥A1E，交C1E于点F.∵E为AD1的中点，∴EA1⊥AD1.又BA⊥平面AD1，∴BA⊥EA1，∴EA1⊥平面ABC1D1.3.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是A1C1又FO∥EA1，∴FO⊥平面ABC1D1，∴FO＝方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，可得平面ABC1D1的法向量＝(1，0，1)，所以点O到平面ABC1D1的距离又FO∥EA1，4.长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE的夹角的余弦值为_______．【解析】由题意建立空间直角坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)，∴cos〈〉∴异面直线BC1与AE的夹角的余弦值为答案：4.长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，A考向1异面直线的夹角的求法【典例1】(2013·广州模拟)如图，在四棱锥O-ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC=OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点.(1)证明：直线MN∥平面OCD.(2)求异面直线AB与MD的夹角的大小.考向1异面直线的夹角的求法【思路点拨】(1)证明直线MN与平面OCD平行，可利用向量解决也可转化为证明MN所在的平面与平面OCD平行.(2)利用空间直角坐标系解决或将AB与MD的夹角的大小，转化为CD与MD的夹角的大小.【思路点拨】(1)证明直线MN与平面OCD平行，可利用向量解【规范解答】方法一(向量法):作AP⊥CD于点P，如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0，，0)，D(-，，0)，O(0，0，2)，M(0，0，1)，【规范解答】方法一(向量法):(1)设平面OCD的一个法向量为n=(x,y,z),则即取解得n=(0,4,).∵∴MN∥平面OCD.(1)(2)设AB与MD的夹角为θ,∵=(1,0,0),∴cosθ=∴异面直线AB与MD的夹角的大小为(2)设AB与MD的夹角为θ,方法二(综合法):(1)取OB的中点E，连接ME，NE.∵ME∥AB，AB∥CD，∴ME∥CD.又∵NE∥OC，ME∩NE=E,OC∩CD=C,∴平面MNE∥平面OCD,又∵MN平面MNE,∴MN∥平面OCD.方法二(综合法):(2)∵CD∥AB，∴∠MDC为异面直线AB与MD的夹角(或其补角).作AP⊥CD于点P，连接MP.∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP.∵所以AB与MD的夹角的大小为(2)∵CD∥AB，【拓展提升】1.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，转化成向量的夹角.2.合理建立空间直角坐标系(1)①一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；【拓展提升】②如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点.(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系.②如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，【变式训练】如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC,AD=CD,∠CAD=30°．(1)若AD=2,AB=2BC,求四面体ABCD的体积.(2)若平面CAB与平面DAB的夹角为60°，求异面直线AD与BC的夹角的余弦值．【变式训练】如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD【解析】(1)如图1,设F为AC的中点，连接DF，由于AD=CD，所以DF⊥AC.由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，即DF是四面体ABCD的高，且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=图1【解析】(1)如图1,设F为AC的中点，连接DF，由于AD=在Rt△ABC中，因AC=2AF=AB=2BC，由勾股定理易知BC=AB=故四面体ABCD的体积V=在Rt△ABC中，因AC=2AF=AB=2BC，(2)如图2，设F为AC的中点，连接DF，过F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD，平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.(2)如图2，设F为AC的中点，连接DF，设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为A(0,-,0),C(0,,0),D(0,0,1),则显然向量k=(0,0,1)是平面ABC的一个法向量.已知平面CAB与平面DAB的夹角为60°，故可取平面ABD的单位法向量t=(l,m,n),使得〈t,k〉=60°，从而由t⊥有m+n=0,从而设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D由l2+m2+n2=1,得l=±设点B的坐标为(x,y,0)，由可取解之得易知与坐标系的建立方式不合，舍去.由l2+m2+n2=1,得l=±因此点B的坐标为所以从而又异面直线的夹角θ∈(0,］,故异面直线AD与BC的夹角的余弦值为因此点B的坐标为考向2直线与平面的夹角的求法【典例2】(2012·大纲版全国卷)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.(1)证明：PC⊥平面BED.(2)设平面PAB与平面PBC的夹角为90°，求PD与平面PBC的夹角的大小.考向2直线与平面的夹角的求法【思路点拨】可用综合法求解，也可建立空间直角坐标系，利用向量解决.【规范解答】方法一：(1)因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC，所以PC⊥BD.【思路点拨】可用综合法求解，也可建立空间直角坐标设AC∩BD＝F，连接EF.因为AC＝PA＝2，PE＝2EC，故从而因为∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.故PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED.设AC∩BD＝F，连接EF.(2)在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足.因为平面PAB与平面PBC的夹角为90°，所以平面PAB⊥平面PBC.又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，故AG⊥BC.BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD为正方形，AD＝2，(2)在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足.设D到平面PBC的距离为d，因为AD∥BC，且AD平面PBC，BC平面PBC，故AD∥平面PBC，A，D两点到平面PBC的距离相等，即d=AG＝设PD与平面PBC的夹角为α，则sinα＝所以PD与平面PBC的夹角为30°.设D到平面PBC的距离为d，方法二：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设C(2，0，0)，D(，b，0)，其中b>0，则P(0，0，2)，于是从而故PC⊥BE，PC⊥DE.又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BED.方法二：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐(2)＝(0，0，2)，＝(，-b,0).设m=(x,y,z)为平面PAB的法向量，则m·=0,m·=0,即2z=0且x-by=0,令x=b,则m=(b,,0).设n=(p,q,r)为平面PBC的法向量，则n·=0,n·＝0，即(2)＝(0，0，2)，＝(，-b,0).令p=1,则因为平面PAB⊥平面PBC，故m·n＝0,即于是n=(1,-1,),∵直线PD与平面PBC的夹角与互余，∴PD与平面PBC的夹角为30°.令p=1,则【拓展提升】利用向量求直线与平面的夹角的方法(1)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的夹角.【拓展提升】利用向量求直线与平面的夹角的方法【变式训练】如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点.(1)证明：PE⊥BC.(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH的夹角的正弦值.【变式训练】如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯【解析】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，建立空间直角坐标系如图，则A(1，0，0)，B(0，1，0).【解析】以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x,y,z(1)设C(m,0,0)，P(0，0，n)(m<0,n>0)，则D(0,m,0),可得因为所以PE⊥BC.(1)设C(m,0,0)，P(0，0，n)(m<0,n>0)(2)由已知条件可得故C(0，0)，D(0，0)，P(0，0，1).设n=(x,y,z)为平面PEH的一个法向量，因此可以取n=(1,,0).由=(1,0,-1),可得所以直线PA与平面PEH的夹角的正弦值为(2)由已知条件可得考向3平面与平面的夹角的求法【典例3】(2012·新课标全国卷)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.(1)证明：DC1⊥BC.(2)求平面A1BD与平面C1BD的夹角的大小.【思路点拨】(1)可证明DC1⊥平面BCD.(2)可以CA，CB，CC1为坐标轴建立空间直角坐标系求解.考向3平面与平面的夹角的求法【规范解答】(1)由题设知，三棱柱的侧面为矩形.由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.又AC＝可得所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.又BC平面BCD，故DC1⊥BC.【规范解答】(1)由题设知，三棱柱的侧面为矩形.(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两互相垂直.以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面A由题意知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1)，C1(0，0，2).则＝(0，0，-1)，＝(1，-1，1)，＝(-1，0，1).设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的一个法向量，则即可取n=(1,1,0).由题意知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1同理，设m是平面C1BD的一个法向量，则可取m=(1，2，1).从而cos〈n,m〉故平面A1BD与平面C1BD的夹角的大小为30°.同理，设m是平面C1BD的一个法向量，【拓展提升】求平面与平面的夹角大小的常用方法(1)分别求出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平面与平面的夹角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.(2)分别在两个半平面内找到与两平面的交线垂直且以垂足为起点的两个向量,则这两个向量的夹角或其补角就是两个平面的夹角的大小.【拓展提升】求平面与平面的夹角大小的常用方法【变式训练】(2012·江西高考)在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长.(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.【变式训练】(2012·江西高考)在三棱柱ABC-A1B1C【解析】(1)连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E，因为AA1∥BB1，得OE⊥BB1.因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因为AB＝AC，OB＝OC，所以AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C.又AO＝【解析】(1)连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E(2)如图，以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，-2，0)，A1(0，0，2).由得点E的坐标是由(1)得平面BB1C1C的一个法向量是(2)如图，以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x,设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z)，令y=1,得x=2,z=-1,即n=(2，1，-1).所以即平面A1B1C与平面BB1C1C的夹角的余弦值是设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z)，考向4求空间距离【典例4】(1)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则点C1到平面A1ED的距离是__________.(2)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a．①求点C1到平面AB1D1的距离；②求平面CDD1C1与平面AB1D1的夹角的余弦值．考向4求空间距离【思路点拨】(1)建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式求解.(2)建立空间直角坐标系，①利用点到平面的距离公式求解；②求得平面CDD1C1与平面AB1D1的法向量，进而求得平面与平面的夹角的余弦值.【规范解答】(1)以A为原点建立空间直角坐标系如图所示.【思路点拨】(1)建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式则A1(0,0,1)，E(1,0，)，D(0,1,0)，C1(1,1,1).∴=(0,1,-1),设平面A1ED的法向量为n1=(x,y,z)，则A1(0,0,1)，E(1,0，)，D(0,1,0)，令z=2，则n1=(1,2,2).又=(-1,-1,0)，∴点C1到平面A1ED的距离答案：1令z=2，则n1=(1,2,2).(2)①建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，D1(0,a,a),B1(a,0,a),C1(a,a,a),∴=(-a,-a,-a)，=(0,a,a)，=(a,0,a)．设n=(x,y,z)是平面AB1D1的一个法向量，(2)①建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，D1令z=-1,得x=1,y=1，可得n=(1,1,-1)．因此C1到平面AB1D1的距离为②由①知，平面AB1D1的一个法向量是n=(1,1,-1)．又因AD⊥平面CDD1C1，故平面CDD1C1的一个法向量是n1=(0,1,0)．设平面CDD1C1与平面AB1D1的夹角为θ，则故所求夹角的余弦值为令z=-1,得x=1,y=1，可得n=(1,1,-1)．【互动探究】在本例题(1)中，若条件不变，结论改为“则直线A1C1与平面A1ED的夹角的大小为_____”，如何求解？【解析】由题(1)的解法知，平面A1ED的一个法向量为n1=(1,2,2)，=(-1,-1,0).设所求角为θ，则sinθ=|cos〈n1,〉|故直线A1C1与平面A1ED的夹角的大小为45°.【互动探究】在本例题(1)中，若条件不变，结论改为“则【拓展提升】向量法求点到平面的距离的步骤(1)求平面α的法向量n.(2)在平面α内取一点A，确定向量的坐标.(3)代入公式求解.【拓展提升】向量法求点到平面的距离的步骤【变式备选】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，AB＝(1)求点A到平面MBC的距离.(2)求平面ACM与平面BCD的夹角的正弦值.【变式备选】如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，【解析】取CD中点O，连接OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD，则MO⊥平面BCD.取O为原点，直线OC，BO，OM为x轴，y轴,z轴，建立空间直角坐标系如图,【解析】取CD中点O，连接OB，OM，则OB＝OM＝各点坐标分别为C(1，0，0)，M(0，0，)，B(0，-，0)，A(0，-，2).(1)设n=(x,y,z)是平面MBC的一个法向量，则=(1,,0),=(0,,).由n⊥得x+y=0.由n⊥得y+z=0.取n=(,-1,1),又=(0,0,2),则点A到平面MBC的距离为则OB＝OM＝各点坐标分别为C(1，0，0)，M(0，(2)＝(-1，0，)，＝(-1，-，2).设平面ACM的一个法向量为n1=(x,y,z),由n1⊥,n1⊥得解得x=z,y=z,取n1=(,1,1).又平面BCD的一个法向量为n2=(0,0,1),所以cos〈n1,n2〉=设所求两平面的夹角为θ,则sinθ=(2)＝(-1，0，)，＝(-1，-，2【满分指导】用空间向量解立体几何问题的规范解答【典例】(12分)(2012·北京高考改编)如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.【满分指导】用空间向量解立体几何问题的规范解答(1)求证：A1C⊥平面BCDE.(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE的夹角的大小.(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由.(1)求证：A1C⊥平面BCDE.【思路点拨】【思路点拨】【规范解答】(1)因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE