用空间向量解决空间角与距离问题

a|π，nπ，0000a|π，nπ，0000|222第课时

用空间向解决空间角距离问题学习目标

理解直与平面所成角面角的概掌向量法解决空间角和距离问体会空间向量解决立体几何问题的三步曲．知识点一空间三种角的向量求空间角包括线线角、线面角、二面角，这三种角的定义确定了它们相应的取值范围，结合它们的取值范围可以用向量法进行求解．角的分类异面直线所成的角直线与平面所成的角

向量求法设两异面直线所成的角为θ们的方向向量分别为a，a则cos＝|cos〈，〉＝设直线l与面α所的角为l的向向量为面n|的法向量为n，θ＝|cos〈a，n〉＝设二面角－－β为θ平β的法向量分别为n，1

范围二面角

则cos＝|cos〈n，〉＝12

n1||n|12

[0π]知识点二利用空间向量求距离(※)点到平面的距离：用空间向量法求点到平面的距离具体步骤如下：先确定平面的法向量点平面内一点的连线形成的斜线段在平面的法向量上的射影长．如图，设n＝，，c是平面的个法向量，P，y，)α外一0点，P(x，y，)是平面内的任意一点，则点P到面α的离0→PPn－x＝＝.＋＋线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离，因此，只要掌握点到平面距离的求法，就可解决其他的距离问题．直线与平面所成的角α与直线的方向向量与平面的法向量的夹角β互余．×→→BM→→BM|π二面角的大小范围是0，×二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小(×)π直线与平面所成角的范围是，√类型一求线线角、线面角例在直三棱柱ABCAC中，∠＝，M分是A，AC的中点BC111＝＝CC，则BM与所的角的余弦值为．1考点向法求直线与直线所成角题点向法求线线角答案

解析如所示，以C为坐标原点，直线为x轴直线为y轴直线CC为建立空间直角坐标系.1设CACB＝CC＝1则(0,1,0)，1M，，1，A，1N，，1，＝，，，AN＝－，01，→→→→BM430所以〈BM，AN〉＝＝＝.→→65×如图四棱锥－ABCD中面为直角梯形ADBC＝，PA⊥底面，PA＝＝＝2BCMN分别为PC的点①求证PB⊥；②求BD与面ADMN成的角．考点向法求直线与直线所成角题点向法求线线角①证明如图，以A为标原点ABADAP所直线分别为轴轴，z轴，建立空间直角坐标系AxyzPBDBPBDB设BC1则A，(0,0,2)，B(2,0,0)，(0,2,0)C，M，，.→→∵PB＝，

，，1＝，∴PBDM→→②解∵PBAD＝(2,0，－2)·(0,2,0)＝0，∴PB.又∵⊥，∩D，∴PB平面ADMN→即PB平面ADMN的一个法向量．→→因此〈PB，DB的余角即是BD平面ADMN所的角．→→→→PBDB41∵〈PB，〉＝＝，→→22×2→→且〈，〉∈[0，，→→π∴〈，〉＝，π∴与面ADMN所成的角为.反思与感悟用量法解决线线角、线面角问题时，首先需建立适当的坐标系，然后求解相应的向量表达式，再借助于空间向量的运算进行求解．跟踪训练已在棱长为的方体ABCDBD中是11的点，建立如图所示的空间直角坐标系则AB与DE所角11的余弦值为

．－．－

考点向法求线线角题点向法求线线角11||EDπ11||EDπ答案A解析∵A，B，(0,1,0)，D，11→→∴AB＝，－，＝(0,1,2)11→→→→∴AB＝2，ED＝，ABED＝0＋4＝，111→→→→ABED210∴〈AB，ED〉＝＝，→→2×1011又异面直线所成角的范围是，，∴AB与所成角的余弦值为1

如图所示，三棱柱ABCC中，＝，AB＝AA，BAA＝11111①证明AB⊥C；1②若平面ABC平面AAB，＝，求直线平面BBC所成角的正弦值．111考点向法求线面角题点向法求线面角①证明取的点，接，，A.1∵＝CB∴⊥AB由于＝AA，∠＝60°1故eq\o\ac(△,)为等边三角形，1∴⊥1∵OC∩OA＝O1∴AB平面C1又C平面，故AB⊥A.11②解由①知OCAB，⊥AB1又平面ABC⊥平面AABB11交线为，OC平面ABC，所以OC⊥平面AAB，1故OA，，两垂直．11111以为标原点OA，，OC所直线分别为轴轴轴建立如图所示的空间直1角坐标系Oxyz.设AB2，则A，A(0，，0)，1C，3)，(－1,0,0)→→→则＝，3)，BB＝AA＝－，，，11→A＝，－，3)．1设n＝，，)是平面BBC的向量，11则

→＝0，→BB＝0

＝，即y＝，可取＝(3，1－1)．→→nA故〈n，AC〉＝＝，1→5C1∴A与面BB所角的正弦值为1

类型二求二面角问题例2如所示，正三棱柱ABC－的所有棱长都为2D为11的中点，求二面角A－－B的弦值．1考点向法求二面角题点向法求二面角

1解

取BC的点eq\o\ac(△,为)正三角形AO⊥BC因为在正三棱柱－BC中，平面ABC⊥平面BCCB，平面11ABC平面BCCB＝，AO平ABC所以AO⊥平面.11取C的点，O为标原点，分别以，OO，OA所在直线为轴轴，z轴111建立空间直角坐标系Oxyz则B，D－1,1,0)，3)，，B(1,2,0)11设平面AD的向量为n＝(x，y，)，1→→＝(－，－3)，AA＝(0,2,0)．1→→因为⊥，⊥，11111→AD＝0，所以得→＝，

z＝，所以z令＝1，得n＝－3，0,1)平面AAD的个法向量．1→→又因为＝，－，＝(－2,1,0)，1→BA＝－，3)，1→→所以ABBD＝－2＋0＝，1→→AB＝1＋4－＝0，1→→→→所以AB⊥，⊥BA，11即BDABBA，11且BD＝，1所以AB⊥面BD11→所以AB是面BD的个法向量，11→→nAB所以〈n，AB〉1→AB1

－3－＝＝，22又二面角A－AD－为二面角，1所以二面角A－AD－的弦值为1

反思与感悟求二面角时，可以用方向向量法，也可以采用法向量法求解．跟踪训练如，⊥面，AC⊥BC＝2，＝AC＝1，求二面角－PB－C的余弦值．考点向法求二面角2EB32EA|2EB32EA|题点向法求二面角解以为坐标原点，所直线分别为轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz取的点，连接DC，可知DC，作PB于→→E，则向D与的夹角的大小为二面角－PB－的小．∵A(1,0,0)，B(02，(0,0,0)(1,0,1)，D为PB中点，1∴D，，.2在eq\o\ac(△,Rt)PAB中eq\o\ac(△,由)∽△AEB∽△PEAPE得＝＝，23∴E，，→3→21∴EA，，，DC＝－，－，－，422→→1∴EADC.→3→又EA＝，DC＝，→→→→EADC∴〈EA，DC＝＝＝，→→33×1∴二面角A－PB－余弦值为

类型三解决距离问※)例已正体ABCD－ABC的长为，E，，G别是C，，AB的中点，111求点到平面的离．考点向法求空间距离题点向法求点与平面间的距解以D为标原点，DADC，DD所在直线分别为轴轴，1轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(2,0,0)，(0,2,1)，(1,0,2)，G．→→→→→→→→→→→所以AGGE(－，GF＝－，．设n＝，，)是平面的向量，点到面的离为d，GE＝0，，则所以所以，令＝1，此时＝，→|1所以＝＝＝，|即点A到面EFG的离为

反思与感悟用量法计算距离问题时助空间向量的运算结合化归思想进行求解．跟踪训练3如所示，在棱为1的方体－ABCD中，F11分别为CC的中点，DG＝，E，F，G的面交AA于H，131求DA到面EFGH的离．1考点向法求空间距离题点向法求点与平面间的距解

因为点EF分为CC的中点，11所以∥C111又因为D平EFGH，平面EFGH，1所以A∥面EFGH，11所以DA到面EFGH的距离即为点D到面EFGH的离．11以D为标原点分以DADCDD所在直线为x轴轴1建立空间直角坐标系Dxyz1则1，，0，，，G0，0，D(0,0,1)，1所以E＝(－1,0,0)，FG0－1，－.EF0→n＝，→EF0→n＝，→1设平面法向量为n＝，，)则

→0即z＝，令＝6，可得＝(0．设DA到面EFGH的离为，连接DF，1又DF0，1，－，1→D|37所以＝＝，|37即DA到面EFGH的离为1．知向量n分是直线l的向向量和平面的法向量，若cos〈m，〉＝－，l与α所的角()ABC120°D．150°考点向法求线面角题点向法求线面角答案A解析设l与α所的角为θ，则sinθ|cos〈mn〉＝.∴θ30°.π．知二面角－lβ的个半平面与β的向量分别为a，b，若a，b＝，则二面角α－l－的大小()ππ2πC.或3考点向法求二面角题点向法求二面角答案

2πππ或3解析由二面角的范围是[，而二面角的两个半平面α与β的向量都有两个方向，π2π因此二面角α－l－的大小为或，故选C.正三棱柱－A中AB＝在BB上＝AD与面C1所成角的正弦值为)

10B－C.．考点向法求解直线与平面所的角题点向法解决直线与平面所的角答案A解析取的点，接BE则BE⊥AC，以为标原点BB所在直线分别为轴，z轴建立如1图所示的空间直角坐标系Bxyz，313则，，，(0,0,1)，(0,0,0)，E2

，0，→1→3则AD－，－，1，＝，，022∵平面ABC⊥平面AA，11平面ABC平面AAC，⊥ACBE平面ABC，11∴BE平面C，1→3∴BE，，0为面C的一个法向量．11设平面AAC所角为α11→→6∵〈AD，BE＝－，→→∴α＝〈，〉＝.．a是直线α，是平面，⊥，⊥，量a在，向量b在上，＝，b(－3,4,0)则αβ所二面角中较小的一个角的余弦值．考点向法求二面角题点向法求二面角答案

a|πa|π解析设，β所二面角中较小的个角为θ，由题意得，cosθ＝〈a，〉＝

，＝＝.a|3·515已等边三角形ABC与方形ABDE有一公共边二角－ABD的弦值为

，M分是，的中点，则EMAN所角的余弦值．考点向法求线线角题点向法求线线角答案

解析过C点⊥平ABDE垂足为点，的中点F连接CF，则∠CFO为面角C－D的平面角．设AB1，则＝

，∴＝·cos∠＝

×＝，3∴OC＝

，且O为方形的心．以为坐标原点，OA，OB所直分别为x，轴z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz则0－

222，0，M，，，，，0，，，，→→22∴EM，，，＝－，，，444→→→→1∴〈EM，AN＝＝，→→6EMAN|又异面直线所成角的范围是，，∴EMAN所角的余弦值为.．向量法求角两条异面直线所成的角θ可借助这两条直线方向向量的夹角求＝φ|.|＋9＋＋16|＋9＋＋16直线与平面所成的角可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sinθ＝φ或cosθφ.二面角的大小可以通过该二面角的两个面的法向量的夹角求得等两个法向量的夹角或其补角．．量法求距离※)→求PQ点间的距离，可转化为Q模．点到平面距离的求法：设是平面α的向量，是平面α外一是面内一点，→|AB是面α的条斜线，则点到平面α的离为d线面距离、面面距离均可转化为点面距离，利(中的方法求解．一、选择题．一个二面角的两个半平面内，与二面角的棱垂直的两个向量分别，－，，则这个二面角的余弦值为()

－

C.

15或－考点向法求二面角题点向法求二面角答案D1，3－2＋12解析由＝＝，×24知这个二面角的余弦值为

15或－，故选．知两平面的法向量分别为＝(0,1,0)，＝，两平面所成的二面角为)AC．45°135°

BD．π233π233考点向法求面面角题点向法求面面角答案解析

12cos，n＝＝＝，n〉所以两平面所成面角为或mn1·22－＝π．设直线l与面α相，且l的向向量为a，α的向量为n，若，n＝，l与α所的角()2ππππC.6考点向法求线面角题点向法求线面角答案解析线角的范围是0.2π∵〈，n〉＝，l与向量所在直线所成角，3π∴与α所的角为．平面α的个向量为n＝，直线l的个方向向量a＝－2，则l与α所成角的余弦值为)913A－．－D.1133考点向法求线面角题点向法求线面角答案D解析设α与l所的角为θ＝〈a＝

－3＝＋＋×16＋

＝

，故直线l所角的余弦值为

913－＝．正方体－CD中，直线与面A成的角的正弦值()111

2D.3考点向法求线面角题点向法求线面角11答案→→→解析以D为标原点DA，，DD所在直线分别为轴，y轴轴，建立间直角坐1标系Dxyz.设正方体的棱长为1，则D，，(1,1,0)，C，，11→→→∴BC(－1,0,1)，＝－，B，－1)，11→AD＝(－，－．1→→→→∴AC＝1－1＝0ACD＝11＝0.1111∴AC⊥AB，⊥AD又AB＝，1111且，平面BD∴AC⊥平面BD.1，1→∴AC平面BD的一个法向量．11→→→→AC∴〈，AC〉＝＝1→→BC||AC11

＋1＝.×33∴直线与面BD所的角的正弦值为11

如所，在正方体－ABD中，M，分别是棱CC，111，AB上点，若∠B＝，则∠PMN的小)1．等于90°．小于．大于．不确定考点向法求线线角题点向法求线线角答案A解析⊥面B，AB⊥MN，11→→→→→MPMN(MB＋B)·MN1→→→→→→→→＝MB＋BMN，1∴MP，即PMN90°.如是正三形ABC所平外一点N分是和中点，＝SB＝，且∠ASB＝∠＝CSA＝，则异面直线SM与BN所角的余弦值()A－C．

考点向法求线线角题点向法求线线角答案B→→→解析不设SA＝＝SC＝1以S为坐标原点SA，，所在直线分别为，y轴，z轴建立空间直角坐标系Sxyz，则相各点坐标为A，B，(0,0,1)，S(0,0,0)1M，，0，，，.1因为S＝，，0，BN＝0－1，，→所以＝

→，＝

→→1，SM＝－，2→→→→SMBN〈SM，〉＝＝－，→→BN因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以异面直线与所角的余弦值为

二、填空题．两个平面，的向量分别是n，＝－，这两个平面成的锐二面角为．考点向法求面面角题点向法求面面角→→D＝，→→D＝，→n＝0121答案60°解析cos〈，〉

－1＝－，且〈，〉∈[0°，180°]，2·∴〈，＝故平面所成的锐二面角为在正方体ABCD－B中点E为BB的点则面平面ABCD成的锐11二面角的余弦值为．考点向法求二面角题点向法求二面角答案

→→→解析如所示，以为标原点，，ADAA所直线分别为轴1y轴轴建立空间直角坐标系xyz，正方体棱长为1，则，1E1，，，所以AD＝，1)，＝1，1设平面ED的向量为n＝(1，z，1则

→＝01即＝01

所以所以n．1平面的个法向量为＝(0,0,1)，2n22所以〈，〉＝＝，1||n3即所求的锐二面角的余弦值为.10.如图，平面⊥平面，ABCD为方形，∠＝90°，且PA＝＝，，分是线段，的点，则异面直线EF与BD成角的余弦值_．考点向法求线线角题点向法求线线角答案

→→2222222224＋5422222→→2222222224＋5422222解析以A坐标原点AB，ADAP所直线分别为x轴轴轴，建立如图所示空间直角坐标系，则E，F(1,2,0)，(2,0,0)，D．→→＝，－1)，＝－，→→23故〈，〉＝＝.如图知矩形ABCD与全为二面角M的中点FMBD所的角为，且cosθ比为________

则AB与BC的边长之答案

∶2→→→解析设AB＝a，＝b，以A坐标原点，AB，AD在直线分别为轴，y轴z轴建立如图所的空间直角坐标系Axyz，则相关各点坐标为F(，M，，，B，a,，，)．FM＝－，，，BD(0，－，b，→所以FM＝

→＋，BD＝

＋b，→→aFMBD＝－，→→|cosFM，BD〉＝

－＋

＋b

＝，整理得，4

－＝0，13a2解得＝＝(．所以＝＝.a4b三、解答题12.如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面，AD∥∥FE2→→＋＋1DE→2→→＋＋1DE→→2⊥，M为EC的点，AF＝AB＝＝.求异面直线DE所成的角的大小；证明：平面AMD⊥平面；求二面角A－CDE的弦值．考点向法解决二面角问题题点求面角→→→解如所示，以为坐标原点，AB，，所直线分别为x轴轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz设AB1，依题意得1B，，D(0,2,0)，E(0，1,1)，(0,0,1)，，1，，(0,0,0)．→→则B＝－，DE＝，－，→→BFDE于是〈BFDE〉＝＝＝.→→×2所以异面直线与DE所的角的大小为证明由M，1，CE＝(－1,0,1)，→→→→→＝，可得CAM＝，CEAD＝0.因此，⊥AM，⊥又AMAD，AM平AMDAD⊂面，故CE平面AMD.又CE平面，所以平面AMD⊥面CDE→→→1→→→1解设面的法向量为＝x，y，，则

→＝0，z＝，即＝0令＝，可得＝．又由题设知，平面ACD的个法向量为v(0,0,1)．＋＋1所以，〈u，〉＝＝.|u||v|×13因为二面角A－－E为角，所以其余弦值为

13.如图所示棱为a的方体－AD中分是BC11AD的点．11求直线AC与DE所角的余弦值；1求直线AD与面BEDF所角的余弦值；1求平面BEDF与平面所锐二面角的余弦值．1考点向法求面面角题点向法求面面角解以A为坐标原点，分别以AB，所直线为x，轴1轴，建立空间直角坐标系Axyz则(0,0，)，(，a,0)，1D，0)，Ea，0，∴AC(，a，－a)，DEa－，，1→→→→DE∴〈C，DE＝＝，1→→15A1故CDE所角的余弦值1

连接DB，∠ADE＝∠ADF，1∴在面BEDF内的射影∠EDF的分上．1又为形∴DB为∠EDF的分线，11π→→→1π→→→故直线平面B所的角为∠ADB.1由(0,0,0)，，a)，，0)，1→→得＝(0，－0)，＝a，)，1→→→→DA3∴〈DA，〉＝，1→→3DA1又直线与平面所成角的范围是，，故直线平面B所角的余弦值为