2024秋高中数学第三章空间向量与立体几何3.2.3空间向量与空间角距离学案含解析新人教A版选修2-1

PAGE1-3.2.3空间向量与空间角、距离自主预习·探新知情景引入同学们可能常常谈论**同学是白羊座的，**同学是双子座的．可是你知道十二星座的由来吗？我们知道，地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”．黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°27′，它与天球相交的大圆为“黄道”．黄道及其旁边的南北宽8°以内的区域称为黄道带．黄道带内有十二个星座，称为“黄道十二宫”．从春分(节气)点起，每30°便是一宫，并冠以星座名，如白羊座、金牛座、双子座等等，这便是星座的由来．今日我们探讨的问题之一就是二面角的平面角问题．新知导学1．异面直线所成角异面直线所成的角取值范围是__(0，eq\f(π,2)]__，两向量夹角的取值范围是__[0，π]__，设l1与l2是两异面直线，a、b分别为l1、l2的方向向量，l1、l2所成的角为θ，由向量夹角的定义及求法知〈a，b〉与θ__相等__或__互补__，∴cosθ＝__eq\f(|a·b|,|a|·|b|)__.2．直线与平面所成的角如图，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，θ＝〈a，n〉，则sinφ＝|cosθ|＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).直线与平面所成的角的取值范围是__eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))__.3．二面角平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，<n1，n2>＝θ，则二面角α－l－β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cosφ|＝__|cosθ|__＝__eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)__.由于两条直线所成的角，线面角都不大于直角，因此可干脆通过确定值来表达，故可干脆求出，而二面角的范围是__[0，π]__，有时比较难推断二面角是锐角还是钝角，因为不能仅仅由法向量夹角余弦的正负来推断，故这是求二面角的难点．4．点到平面的距离如图所示，已知点B(x0，y0，z0)，平面α内一点A(x1，y1，z1)，平面α的一个法向量n，直线AB与平面α所成的角为φ，θ＝〈n，eq\o(AB,\s\up6(→))〉，则sinφ＝|cos〈n，eq\o(AB,\s\up6(→))〉|＝|cosθ|.由数量积的定义知，n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|n||eq\o(AB,\s\up6(→))|cosθ，∴点B到平面α的距离d＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·sinφ＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|cosθ|＝__eq\f(|n·\o(AB,\s\up6(→))|,|n|)__.5．异面直线间的距离如图，若CD是异面直线a、b的公垂线，A、B分别为a、b上的随意两点，令向量n⊥a，n⊥b，则n∥CD.则由eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))得，eq\o(AB,\s\up6(→))·n＝eq\o(AC,\s\up6(→))·n＋eq\o(CD,\s\up6(→))·n＋eq\o(DB,\s\up6(→))·n，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·n＝eq\o(CD,\s\up6(→))·n.∴|eq\o(AB,\s\up6(→))·n|＝|eq\o(CD,\s\up6(→))|·|n|，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).∴两异面直线a、b间的距离为d＝__eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)__.6．直线到平面的距离设直线a∥平面α，A∈a，B∈α，n是平面α的法向量，过A作AC⊥α，垂足为C，则eq\o(AC,\s\up6(→))∥n，∵eq\o(AB,\s\up6(→))·n＝(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))·n＝eq\o(AC,\s\up6(→))·n，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))·n|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|·|n|.∴直线a到平面α的距离d＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝__eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)__.7．两平行平面间的距离设n是两平行平面的一个法向量，A、B分别是两平行平面上的随意两点，则两平行平面的距离d＝__eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)__.预习自测1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线A1D与BC1A．45° B．60°C．90° D．135°[解析]如图，连接B1C，则A1D∥B1∵B1C⊥BC1∴异面直线A1D与BC1所成的角为90°，故选C．2．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1和平面DBB1D1A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(5),2)C．eq\f(\r(10),5) D．eq\f(\r(10),10)[解析]解法一：连接A1C1交B1D1于O点，由已知条件得C1O⊥B1D1，且平面BDD1B1⊥平面A1B1C1D1，所以C1O⊥平面BDD1B1，连接BO，则BO为BC1在平面BDD1B1上的射影，∠C1BO即为所求，通过计算得sin∠C1BO＝eq\f(\r(10),5)，故选C．解法二：以A为原点，AB、AD、AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(4,0,0)、B1(4,0,2)、D(0,4,0)、D1(0,4,2)、C1(4,4,2)，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,4,2)、eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－4,4,0)、eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，设平面BDD1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0,n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x＋4y＝0,2z＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x,z＝0)).取x＝1，则n＝(1,1,0)．又eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,4,2)设所求线面角为α，则sinα＝|cos〈n，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(BC1,\s\up6(→))|,|n|·|\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,\r(2)·\r(20))＝eq\f(\r(10),5).3．(2024－2024学年北京市房山区期末检测)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝A1A＝3，则二面角A1－BC－A的大小为__[解析]设AD＝a，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则平面ABC的法向量m＝(0,0,1)，A1(a,0,3)，B(a,3,0)，C(0,3,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－a,0,0)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(0，－3,3)，设平面A1BC的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝－ax＝0,n·\o(BA1,\s\up6(→))＝－3y＋3z＝0))，取y＝1，得n＝(0,1,1)设二面角A1－BC－A的大小为θ，则cosθ＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(\r(2),2)，∴θ＝45°，∴二面角A1－BC－A的大小为45°.故答案为45°.4．棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是BC、CD的中点，则BD到平面EFD1B1的距离为__eq\f(1,3)__.[解析]以D为原点，直线DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，易求平面EFD1B1的法向量n＝(－1,1，eq\f(1,2))，又eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，0)，∴d＝eq\f(|\o(DF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,3).互动探究·攻重难互动探究解疑命题方向❶异面直线所成的角典例1(1)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M、N分别是A1B1、A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与ANA．eq\f(1,10) B．eq\f(2,5)C．eq\f(\r(30),10) D．eq\f(\r(2),2)[规范解答]如图，分别以C1B1、C1A1、C1C为x、y、令AC＝BC＝C1C＝2，则A(0,2,2)、B(2,0,2)、M(1,1,0)、N(0,1,0)．令θ为AN，BM∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1,1，－2)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(0，－1，－2)．cosθ＝eq\f(\o(BM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(BM,\s\up6(→))|·|\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(|0－1＋4|,\r(6)·\r(5))＝eq\f(\r(30),10).故选C．(2)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB上的动点，若异面直线AD1与EC所成角为60°，试确定此时动点E[规范解答]以DA所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．设E(1，t,0)(0≤t≤2)，则A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0,1)，C(0,2,0)，eq\o(D1A,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，t－2,0)，依据数量积的定义及已知得：1＋0×(t－2)＋0＝eq\r(2)×eq\r(1＋t－22)·cos60°，所以t＝1，所以点E的位置是AB中点．『规律总结』求异面直线所成的角的常用方法是：(1)作图——证明——计算；(2)把角的求解转化为向量运算．若直线l1、l2的方向向量分别为a、b，l1与l2夹角为θ，则|cosθ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|).┃┃跟踪练习1__■(2024·全国卷Ⅱ理，9)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(C)A．eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(\r(2),2)[解析]方法1：如图(1)，在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝eq\r(12＋1＋12)＝eq\r(5)，B′B1＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\r(5).(1)在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′Beq\o\al(2,1)＋DBeq\o\al(2,1)－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×2eq\r(5)cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝eq\f(\r(5),5).故选C．方法2：如图(2)，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．(2)由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，eq\r(3))，B1(1,1，eq\r(3))，∴eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1,1，eq\r(3))，∴eq\o(AD1,\s\up6(→))·eq\o(DB1,\s\up6(→))＝－1×1＋0×1＋(eq\r(3))2＝2，|eq\o(AD1,\s\up6(→))|＝2，|eq\o(DB1,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，∴|cos〈eq\o(AD1,\s\up6(→))，eq\o(DB1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AD1,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→))|,|\o(AD1,\s\up6(→))|·|\o(DB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2\r(5))＝eq\f(\r(5),5).故选C．命题方向❷线面角典例2如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A1C与平面BB1[规范解答](1)取AB中点O，连接CO、A1B、A1O，∵AB＝AA1，∠BAA1＝60°，∴△BAA1是正三角形，∴A1O⊥AB，∵CA＝CB，∴CO⊥AB，∵CO∩A1O＝O，∴AB⊥平面COA1，∴AB⊥A1C(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB，又∵平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，∴OC⊥平面ABB1A1，∴OC⊥∴OA、OC、OA1两两相互垂直，以O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(OA,\s\up6(→))|为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系O－xyz，由题设知A(1,0,0)，A1(0，eq\r(3)，0)，C(0,0，eq\r(3))，B(－1，0,0)，则eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))、eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)、eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，eq\r(3))，设n＝(x，y，z)是平面CBB1C1则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0,n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0,－x＋\r(3)y＝0))，可取n＝(eq\r(3)，1，－1)，∴|cos〈n，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(A1C,\s\up6(→))|,|n||\o(A1C,\s\up6(→))|)＝|－eq\f(\r(10),5)|＝eq\f(\r(10),5)，∴直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为eq\f(\r(10),5)『规律总结』求直线与平面所成的角(1)综合几何方法：先找(或作)出线面角，然后通过解直角三角形求．基本步骤是作图→证明→计算．(2)向量几何方法：设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，l与α所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|a·n|,|a||n|).┃┃跟踪练习2__■(衡阳市2025届高三联考)如图a，平面四边形BADE中，C为BE上一点，△ABC和△DCE均为等边三角形，EC＝2CB＝2，M，N分别是EC和CB的中点，将四边形BADE沿BE向上翻折至四边形BA′D′E的位置，使二面角D′－BE－D为直二面角，如图b所示．(1)求证A′A∥平面D′MD；(2)求平面A′AB与平面D′DE所成角的正弦值．[解析](1)在等边△D′CE和△DCE中，D′M⊥CE，DM⊥CE，D′M∩DM＝M，所以直线CE⊥平面D′MD，即直线BE⊥平面D′MD，同理可证直线BE⊥平面A′NA，故平面D′MD∥平面A′NA.又A′A⊂平面A′AB，从而有A′A∥平面D′MD.(2)如图，以M为坐标原点，MD，ME，MD′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系M－xyz，易知M(0,0,0)，E(0,1,0)，D(eq\r(3)，0,0)，D′(0,0，eq\r(3))，B(0，－2,0)，A(eq\f(\r(3),2)，－eq\f(3,2)，0)，A′(0，－eq\f(3,2)，eq\f(\r(3),2))．设平面A′AB的一个法向量为m＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BA′,\s\up6(→))＝0,m·\o(BA,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\r(3)z＝0,\r(3)x＋y＝0))，令z＝1，得x＝1，y＝－eq\r(3)，所以平面A′AB的一个法向量为m＝(1，－eq\r(3)，1)．同理，设平面D′DE的一个法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(ED,\s\up6(→))＝0,n·\o(ED′,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y＝0,－y＋\r(3)z＝0))，令z＝1，得x＝1，y＝eq\r(3)，所以平面D′DE的一个法向量为n＝(1，eq\r(3)，1)．从而|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝|－eq\f(1,5)|＝eq\f(1,5)，故平面A′AB与平面D′DE所成角的正弦值为eq\r(1－－\f(1,5)2)＝eq\f(2\r(6),5).命题方向❸二面角典例3(湖南师大附中2024－2024学年高二期中)已知AO是圆锥的高，BD是圆锥底面的直径，C是底面圆周上一点，E是CD的中点，平面ABC和平面ACD将圆锥截去部分后的几何体如图所示．(1)求证：平面AEO⊥平面ACD；(2)若AC＝BD＝2，BC＝eq\r(2)，求二面角B－AC－D的余弦值．[思路分析](1)连结CO，易证EO⊥CD，AO⊥CD，从而可证明CD⊥平面AEO，进而可证明平面AEO⊥平面ACD；(2)先证明OB，OC，OA两两垂直，进而建立如图所示的空间直角坐标系，利用法向量的方法求得二面角B－AC－D的余弦值即可．[规范解答](1)连结CO，则CO＝OD＝1，又因为E是CD的中点，所以EO⊥CD.因为AO是圆锥的高，所以AO⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD，又AO∩EO＝O，所以CD⊥平面AEO，又CD⊂平面ACD，所以平面AEO⊥平面ACD.(2)由已知可得AB＝AD＝AC＝BD＝2，所以△ABD为正三角形，AO＝eq\r(3).又因为BC＝eq\r(2)，所以CD＝eq\r(2)，所以CO⊥BD.于是分别以OB，OC，OA为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(0,0，eq\r(3))，D(－1,0,0)．则eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(0，－1，eq\r(3))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1,0,0)．设平面ABC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝0,m·\o(CA,\s\up6(→))＝0))得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－y1＝0,y1－\r(3)z1＝0)).令z1＝1，得y1＝eq\r(3)，x1＝eq\r(3)，即m＝(eq\r(3)，eq\r(3)，1)．设平面ACD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up6(→))＝0,n·\o(CD,\s\up6(→))＝0))得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2－\r(3)z2＝2,x2＋y2＝0))，令z2＝1，得y2＝eq\r(3)，x2＝－eq\r(3)，即n＝(－eq\r(3)，eq\r(3)，1)．设二面角B－AC－D的大小为θ，由图可知，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则|cosθ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m|·|n|)))＝eq\f(1,7).故所求二面角B－AC－D的余弦值为－eq\f(1,7).『规律总结』用向量方法求异面直线所成的角、线面角、二面角，都是转化为直线的方向向量或平面的法向量的夹角计算问题，需留意的是①异面直线所成的角θ∈(0，eq\f(π,2)]，故两直线的方向向量夹角α的余弦值为负时，应取其确定值；②若直线与平面所成的角θ，直线的方向向量和平面的法向量夹角为φ，则其关系为sinθ＝|cosφ|；③若二面角为θ，两平面的法向量夹角为α，则|cosθ|＝|cosα|，需辨别角θ是锐角还是钝角，可由图形视察得出，也可由法向量特征得出．┃┃跟踪练习3__■(合肥市2025届高三教学质量检测)在四棱锥P－ABCD中，BC＝BD＝DC＝2eq\r(3)，AD＝AB＝PD＝PB＝2.(1)若点E为PC的中点，求证：BE∥平面PAD；(2)当平面PBD⊥平面ABCD时，求二面角C－PD－B的余弦值．[解析](1)取CD的中点为M，连接EM，BM.由已知得，△BCD为等边三角形，BM⊥CD.∵AD＝AB＝2，BD＝2eq\r(3)，∴∠ADB＝∠ABD＝30°，∴∠ADC＝90°，∴BM∥AD.又∵BM⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BM∥平面PAD.∵E为PC的中点，M为CD的中点，∴EM∥PD.又∵EM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，∴EM∥平面PAD.∵EM∩BM＝M，∴平面BEM∥平面PAD.∵BE⊂平面BEM，∴BE∥平面PAD.(2)连接AC，交BD于点O，连接PO，由对称性知，O为BD的中点，且AC⊥BD，PO⊥BD.∵平面PBD⊥平面ABCD，PO⊥BD，∴PO⊥平面ABCD，PO＝AO＝1，CO＝3.以O为坐标原点，eq\o(OC,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系D－xyz.则D(0，－eq\r(3)，0)，C(3,0,0)，P(0,0,1)．易知平面PBD的一个法向量为n1＝(1,0,0)．设平面PCD的法向量为n2＝(x，y，z)，则n2⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，n2⊥eq\o(DP,\s\up6(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(DC,\s\up6(→))＝0,n2·\o(DP,\s\up6(→))＝0))，∵eq\o(DC,\s\up6(→))＝(3，eq\r(3)，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋\r(3)y＝0,\r(3)y＋z＝0)).令y＝eq\r(3)，得x＝－1，z＝－3，∴n2＝(－1，eq\r(3)，－3)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(－1,\r(13))＝－eq\f(\r(13),13).设二面角C－PD－B的大小为θ，则cosθ＝eq\f(\r(13),13).命题方向❹异面直线间的距离典例4正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，求异面直线A1C1与AB1[规范解答]如图建立坐标系，则A(1,0,0)、A1(1,0,1)、B1(1,1,1)、C1(0,1,1)．∴eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－1,1,0)．设MN是直线A1C1与AB1的公垂线，且eq\o(AN,\s\up6(→))＝λeq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0，λ，λ)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝ueq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－u，u,0)，则eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AN,\s\up6(→))＝－(－u，u,0)＋(0,0，－1)＋(0，λ，λ)＝(u，λ－u，λ－1)．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(MN,\s\up6(→))·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0,\o(MN,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ－2u＝0,2λ－u－1＝0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(2,3),u＝\f(1,3))).∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝(eq\f(1,3)，eq\f(1,3)，－eq\f(1,3))，|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),3).『规律总结』求异面直线l与m之间的距离．(一)可以找出其公垂线转化为求公垂线段的长度．(二)可以设与异面直线都垂直的向量为n，l、m的方向向量e1、e2，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·e1＝0,n·e2＝0))，可求出n，然后在l、m上各取一个已知点A、B，则距离d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)，一般后一种方法比前一种方法要简便．┃┃跟踪练习4__■在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱A1B1、BB1的中点，则异面直线AM与CN的距离为__eq\f(\r(21),7)__.[解析]如图，分别以AB、AD、AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)、C(1,1,0)、N(1,0，eq\f(1,2))、M(eq\f(1,2)，0,1)，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，0,1)、eq\o(CN,\s\up6(→))＝(0，－1，eq\f(1,2))，设n＝(x，y，z)，且n⊥eq\o(AM,\s\up6(→))，n⊥eq\o(CN,\s\up6(→))，∴n·eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)x＋z＝0，n·eq\o(CN,\s\up6(→))＝－y＋eq\f(1,2)z＝0，∴x＝－2z，y＝eq\f(1,2)z.取z＝2，则n＝(－4,1,2)，∴AM与CN的距离d＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(21),7).命题方向❺线面距典例5已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点E、F分别在A1B、B1D1上，且A1E＝eq\f(1,3)A1B，B1F＝eq\f(1,3)B1D1.(1)求证：EF∥平面ABC1D1；(2)求EF与平面ABC1D1的距离d.[规范解答](1)证明：建立如图空间直角坐标系B－xyz，易得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，0，\f(2,3)a))、Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a，\f(1,3)a，a))，故eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)a，\f(1,3)a，\f(1,3)a))、eq\o(BA,\s\up6(→))＝(a,0,0)、eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0，a，a)．设n＝(x，y，z)是平面ABC1D1的法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up6(→))＝0,n·\o(BC1,\s\up6(→))＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＝0,ay＋az＝0))，令z＝1，得n＝(0，－1,1)．∵eq\o(EF,\s\up6(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)a，\f(1,3)a，\f(1,3)a))·(0，－1,1)＝0，∴eq\o(EF,\s\up6(→))⊥n，由于EF⊄平面ABC1D1，故EF∥平面ABC1D1.(2)解：由(1)得eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，0，\f(2,3)a))，∴eq\o(BE,\s\up6(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，0，\f(2,3)a))·(0，－1,1)＝eq\f(2,3)a.∴d＝eq\f(|\o(BE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(2),3)a.『规律总结』求线面之间的距离先确定直线与平面平行，然后将直线到平面的距离转化为直线上一点到平面的距离．┃┃跟踪练习5__■已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E、F分别为AB、BC的中点．求(1)点D到平面PEF的距离；(2)直线AC到平面PEF的距离．[解析](1)如图，建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)、A(1，0,0)、C(0,1,0)、Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))、Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0)).设DH⊥平面PEF，垂足为H，则eq\o(DH,\s\up6(→))＝xeq\o(DE,\s\up6(→))＋yeq\o(DF,\s\up6(→))＋zeq\o(DP,\s\up6(→))(x＋y＋z＝1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)y，\f(1,2)x＋y，z))，eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－1)).∵eq\o(DH,\s\up6(→))⊥eq\o(PE,\s\up6(→))，∴eq\o(DH,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))＝x＋eq\f(1,2)y＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋y))－z＝eq\f(5,4)x＋y－z＝0.同理，由eq\o(DH,\s\up6(→))⊥eq\o(PF,\s\up6(→))得，x＋eq\f(5,4)y－z＝0.又∵x＋y＋z＝1，∴可解得x＝y＝eq\f(4,17)，z＝eq\f(9,17).∴eq\o(DH,\s\up6(→))＝eq\f(3,17)(2,2,3)，∴|eq\o(DH,\s\up6(→))|＝eq\f(3\r(17),17).(2)设AH′⊥平面PEF，垂足为H′，则eq\o(AH′,\s\up6(→))∥eq\o(DH,\s\up6(→)).设eq\o(AH′,\s\up6(→))＝λ(2,2,3)＝(2λ，2λ，3λ)(λ≠0)，则eq\o(EH′,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(AH′,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))＋(2λ，2λ，3λ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2λ，2λ－\f(1,2)，3λ))，∴eq\o(AH′,\s\up6(→))·eq\o(EH′,\s\up6(→))＝4λ2＋4λ2－λ＋9λ2＝0，即λ＝eq\f(1,17).∴eq\o(AH′,\s\up6(→))＝eq\f(1,17)(2,2,3)，|eq\o(AH′,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(17),17).而AC∥平面PEF，eq\o(AH′,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(DH′,\s\up6(→))因此，点D到平面PEF的距离为eq\f(3\r(17),17).AC到平面PEF的距离为eq\f(\r(17),17).学科核心素养探究性、存在性问题以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在推断型问题是近年来高考数学命题创新的一个显著特点，它以较高的新奇性、开放性、探究性和创建性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：要推断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“存在”就是有，找出一个来；假如不存在，须要说明理由．这类问题常用“确定顺推”，求解此类问题的难点在于：涉及的点具有运动性和不确定性．所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解存在性问题，则思路简洁、解法固定、操作便利．典例6如图所示，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2，在线段AP上是否存在点M，使得二面角A－MC－B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．[思路分析]建立空间直角坐标系，假设在线段AP上存在点M，奇妙地引入参数λ(即待定系数)，利用二面角A－MC－B为直二面角，把点M的探究问题转化为参数λ的确定，然后通过向量运算来求出λ的值，使探究问题迎刃而解．[规范解答]以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0，－3，－4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－8,0,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－4,5,0)，设线段AP上存在点M，使得二面角A－MC－B为直二面角，则eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PA,\s\up6(→))(λ≠1)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，设平面BMC的法向量m＝(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n＝(x2，y2，z2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BM,\s\up6(→))·m＝0，,\o(BC,\s\up6(→))·m＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x1－2＋3λy1＋4－4λz1＝0，,－8x1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,z1＝\f(2＋3λ,4－4λ)y1，))取y1＝1，得向量m＝(0,1，eq\f(2＋3λ,4－4λ))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3y2＋4z2＝0，,－4x2＋5y2＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(5,4)y2，,z2＝－\f(3,4)y2，))取y2＝4，得向量n＝(5,4，－3)，由m·n＝0，得4－3·eq\f(2＋3λ,4－4λ)＝0，解得λ＝eq\f(2,5)，∴eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(PA,\s\up6(→))，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(AP,\s\up6(→))，∴|eq\o(AM,\s\up6(→))|＝eq\f(3,5)|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝eq\f(3,5)×5＝3.综上所述，存在点M使得二面角A－MC－B为直二面角，AM的长为3.『规律总结』解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际状况相冲突的结果，则说明假设不成立，即不存在．如本例，把直二面角转化为这两个平面的法向量垂直，利用两法向量数量积为零，得参数λ的方程．即把与两平面垂直有关的存在性问题一转化为方程有无解问题．┃┃跟踪练习6__■(2024·北京理，16)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且eq\f(PF,PC)＝eq\f(1,3).(1)求证：CD⊥平面PAD.(2)求二面角F－AE－P的余弦值．(3)设点G在PB上，且eq\f(PG,PB)＝eq\f(2,3).推断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．[解析](1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.(2)解：过点A作AD的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(2，－1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．因为E为PD的中点，所以E(0,1,1)．所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)．所以eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))，所以eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3))).设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0.))令z＝1，则y＝－1，x＝－1.于是n＝(－1，－1,1)．又因为平面PAD的一个法向量为p＝(1,0,0)，所以|cos〈n，p〉|＝eq\f(n·p,|n||p|)＝|－eq\f(\r(3),3)|＝eq\f(\r(3),3).由题知，二面角F－AE－P为锐角，所以其余弦值为eq\f(\r(3),3).(3)解：直线AG在平面AEF内．理由：因为点G在PB上，且eq\f(PG,PB)＝eq\f(2,3)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2，－1，－2)，所以eq\o(PG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，－\f(4,3)))，所以eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1，－1,1)，所以eq\o(AG,\s\up6(→))·n＝－eq\f(4,3)＋