新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：7.6　利用空间向量求空间角和距离

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这是一份新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：7.6　利用空间向量求空间角和距离，共16页。

7.6　利用空间向量求空间角和距离
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.利用空间向量求角
(1)异面直线所成的角
两条异面直线所成的角,可以转化为两条异面直线的方向向量的夹角来求得.也就是说,若异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分别是u,v,则cos θ=|cos|=u·v|u||v|=|u·v||u||v|.
(2)直线与平面所成的角
直线与平面所成的角,可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角.如图,直线AB与平面α相交于点B,设直线AB与平面α所成的角为θ,直线AB的方向向量为u,平面α的法向量为n,则sin θ=|cos|=u·n|u||n|=|u·n||u||n|.

(3)平面与平面的夹角
平面α与平面β相交,形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角.
若平面α,β的法向量分别是n1和n2,则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ,则cos θ=|cos|=n1·n2|n1||n2|=|n1·n2||n1||n2|.

2.利用空间向量求距离
(1)两点间的距离
设P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2)是空间中任意两点,则P1P2=OP2-OP1=(x2-x1,y2-y1,z2-z1).所以P1P2=|P1P2|=(x2-x1)2+(y2-y1)2+(z2-z1)2.

(2)点到平面的距离
已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l,交平面α于点Q,则n是直线l的方向向量,且点P到平面α的距离就是AP在直线l上的投影向量QP的长度.因此PQ=AP·n|n|=AP·n|n|=|AP·n||n|.

1.最小角定理
cos θ=cos θ1cos θ2.

如图,若OA为平面α的一条斜线,O为斜足,OB为OA在平面α内的射影,OC为平面α内的一条直线,其中θ为OA与OC所成的角,θ1为OA与OB所成的角,即线面角,θ2为OB与OC所成的角,那么cos θ=cos θ1cos θ2.
2.(1)两异面直线所成的角为锐角或直角,而不共线的向量的夹角为(0,π),所以公式中要加绝对值号.
(2)直线与平面所成的角的范围为0,π2,而向量之间的夹角的范围为[0,π],所以公式中要加绝对值号.
3.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值,即sin θ=|cos|,不要误记为cos θ=|cos|.
4.二面角与法向量的夹角:利用平面的法向量求二面角的平面角的大小时,当求出两半平面α,β的法向量n1,n2后,要根据二面角的图形观察确定二面角的平面角是锐角、直角还是钝角,再决定|cos|这个数前面是加正号还是加负号.

考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)点到平面的距离可理解为平面的斜线的方向向量在平面法向量上的投影向量的长度.(　　)
(2)两个平面的法向量的夹角是这两个平面的夹角.(　　)
(3)直线与平面所成的角就是直线的方向向量与平面的法向量的夹角.(　　)
(4)两异面直线所成的角的范围是0,π2,直线与平面所成的角的范围是0,π2,二面角的平面角的范围是[0,π].(　　)
(5)两条直线的方向向量的夹角就是这两条直线所成的角.(　　)
2.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=-12,则l与α所成的角为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.30° B.60°
C.120° D.150°
3.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则平面AB1D1与平面BDC1的距离为(　　)
A.2a B.3a
C.23a D.33a

4.(2020湖北襄阳五中模考)将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1所在直线旋转一周形成圆柱,如图,AC长为2π3,A1B1长为π3,其中B1与C在平面AA1O1O的同侧.则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为(　　)
A.π6 B.π4 C.π3 D.π2

5.(2020山东威海校际联考)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为22,则AC1与侧面ABB1A1所成的角为　　　　　.
关键能力学案突破　

考点
异面直线所成的角

【例1】(1)(2017全国2,理10)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(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.32 B.155 C.105 D.33
(2)在三棱锥P-ABC中,△ABC和△PBC均为等边三角形,且二面角P-BC-A的大小为120°,则异面直线PB和AC所成角的余弦值为(　　)
A.58 B.34 C.78 D.14
解题心得1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是:
(1)选好基底或建立空间直角坐标系;
(2)求出两直线的方向向量v1,v2;
(3)代入公式|cos|=|v1·v2||v1||v2|求解.
2.两异面直线所成角的范围是θ∈0,π2,两向量的夹角α的范围是[0,π],当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,这个角就是这两条异面直线的夹角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线的夹角.
对点训练1(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知M,N分别是BD和AD的中点,则B1M与D1N所成角的余弦值为(　　)
A.3030 B.3015 C.3010 D.1515
(2)(2020重庆南开中学高三期中(理))正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=22,D为棱A1B1的中点,则异面直线AD与CB1所成角的大小为　　　　　.

考点
直线与平面所成的角

【例2】(2020全国2,理20)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于点E,交AC于点F.

(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;
(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.

解题心得利用向量求线面角的两种方法
(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的夹角,若这个角是锐角,就取其余角,若这个角是钝角,就用这个角减去90°,从而得到斜线与平面所成的角.
对点训练2

(2020浙江,19)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC.
(1)证明:EF⊥DB;
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.

考点
二面角

【例3】(2020全国3,理19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.
(1)证明:点C1在平面AEF内;
(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.

解题心得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.

对点训练3(2020全国1,理18)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=66DO.
(1)证明:PA⊥平面PBC;
(2)求二面角B-PC-E的余弦值.

考点
求空间距离

【例4】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=23,求点A到平面MBC的距离.

解题心得求点面距一般有以下三种方法
(1)作点到面的垂线,点到垂足的距离即为点到平面的距离.
(2)等体积法.
(3)向量法.其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便.
对点训练4如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1,∠BCA=90°,AC=BC=2,A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D,且BA1⊥AC1.

(1)求证:AC1⊥平面A1BC;
(2)求CC1到平面A1AB的距离.

7.6　利用空间向量求空间角和距离
必备知识·预案自诊
考点自诊
1.(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×
2.A　由于cos=-12,所以=120°,所以直线l与平面α所成的角为30°.
3.D　显然A1C⊥平面AB1D1,以D为坐标原点,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,则平面AB1D1的一个法向量为n=(a,-a,a),A(a,0,0),B(a,a,0),BA=(0,-a,0),因为平面AB1D1∥平面BDC1,所以两平面的距离为点B到平面AB1D1的距离,则两平面间的距离d=|BA·n||n|=33a.

4.B　以O为坐标原点建系,如图,则A(0,1,0),A1(0,1,1),B132,12,1,C32,-12,0.

所以AA1=(0,0,1),B1C=(0,-1,-1),
所以cos=AA1·B1C|AA1||B1C|　
=0×0+0×(-1)+1×(-1)1×02+(-1)2+(-1)2=-22,
所以=3π4,
所以异面直线B1C与AA1所成的角为π4.故选B.
5.

π6　以C为原点建立空间直角坐标系,如图所示,则A(2,0,0),C1(0,0,22).取AB的中点D,连接CD,则CD⊥AB,又平面ABB1A1⊥平面ABC,且两者相交于直线AB,所以CD⊥平面ABB1A1.所以CD是平面ABB1A1的一个法向量.易知D32,32,0,所以CD=32,32,0.又AC1=(-2,0,22),设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ,则sinθ=|AC1·CD||AC1||CD|=33·12=12,又θ∈0,π2,所以θ=π6.
关键能力·学案突破
例1(1)C　(2)A　(1)(方法1)如图,取AB,BB1,B1C1的中点M,N,P,连结MN,NP,PM,可知AB1与BC1所成的角等于MN与NP所成的角.

由题意可知BC1=2,AB1=5,则MN=12AB1=52,NP=12BC1=22.
取BC的中点Q,连结PQ,QM,则可知△PQM为直角三角形.
在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=4+1-2×2×1×-12=7,即AC=7.又CC1=1,所以PQ=1,MQ=12AC=72.在△MQP中,可知MP=MQ2+PQ2=112.
在△PMN中,
cos∠PNM=MN2+NP2-PM22·MN·NP=
522+222-11222×52×22=-105,
又异面直线所成角的范围为0,π2,
故所求角的余弦值为105.
(方法2)把三棱柱ABC-A1B1C1补成四棱柱ABCD-A1B1C1D1,如图,

连结C1D,BD,则AB1与BC1所成的角为∠BC1D.由题意可知BC1=2,
BD=22+12-2×2×1×cos60°=3,C1D=AB1=5.可知BC12+BD2=C1D2,
所以cos∠BC1D=25=105,故选C.
(2)

(方法1)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.设AB=2,则A(3,0,0),C(0,-1,0),B(0,1,0),P-32,0,32,
所以AC=(-3,-1,0),PB=32,1,-32,cos=-58,所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为58.

(方法2)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,设AB=2,则AC=OC-OA,PB=OB-OP,
故AC·PB=(OC-OA)·(OB-OP)=-52,所以cos=AC·PB|AC||PB|　=-58.即异面直线PB与AC所成角的余弦值为58.
对点训练1(1)C　(2)π6　(1)建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为2,则B1(2,2,2),M(1,1,0),D1(0,0,2),N(1,0,0),∴B1M=(-1,-1,-2),D1N=(1,0,-2),

∴B1M与D1N所成角的余弦值为|B1M·D1N||B1M||D1N|　=|-1+4|1+1+4×1+4=3010.
(2)如图,

AD=AA1+A1D=AA1+12A1B1=AA1+12AB,CB1=CA+AB+BB1=AA1-AC+AB,且AB=AC=BC=2,AA1=22,侧棱和底面垂直,
∴AD·CB1=AA1+12AB·(AA1-AC+AB)
=AA12-12AB·AC+12AB2
=8-12×2×2×12+12×4=9,
|AD|=8+1=3,|CB1|=8+4=23,
∴cos=93×23=32,且∈[0,π],∴=π6,
∴异面直线AD与CB1所成角的大小为π6.
例2(1)证明因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥CC1.
又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.
因为△A1B1C1是正三角形,
所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN.
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)解由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点,MA　的方向为x轴正方向,|MB　|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=3.

连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=233,E233,13,0.
由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM,垂足为Q,则NQ⊥平面ABC.
设Q(a,0,0),
则NQ=4-233-a2,B1a,1,4-233-a2,故B1E　=233-a,-23,-4-233-a2,|B1E　|=2103.又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的法向量,
故sinπ2-=cos
=n·B1E　|n||B1E　|　=1010.
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为1010.
对点训练2

(1)证明如图,过点D作DO⊥AC,交直线AC于点O,连接OB.
由∠ACD=45°,DO⊥AC,得CD=2CO,
由平面ACFD⊥平面ABC,得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC.由∠ACB=45°,BC=12CD=22CO,得BO⊥BC.
所以BC⊥平面BDO,故BC⊥DB.
由三棱台ABC-DEF,得BC∥EF.所以EF⊥DB.
(2)解(方法1)过点O作OH⊥BD,交直线BD于点H,连接CH.
由三棱台ABC-DEF,得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC
所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由BC⊥平面BDO,得OH⊥BC,故OH⊥平面BCD,所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.设CD=22.
由DO=OC=2,BO=BC=2,
得BD=6,OH=233,
所以sin∠OCH=OHOC=33,因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.

(方法2)由三棱台ABC-DEF,得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角,记为θ.
如图,以O为原点,分别以射线OC,OD为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.设CD=22.由题意知,O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2).因此OC=(0,2,0),BC=(-1,1,0),CD=(0,-2,2).
设平面BCD的法向量n=(x,y,z).
由n·BC=0,n·CD=0,即-x+y=0,-2y+2z=0,
可取n=(1,1,1).所以sinθ=|cos|=|OC·n||OC||n|=33.因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.
例3解设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,C1D1的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1-xyz.
(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,23c,F0,b,13c,EA=0,b,13c,C1F=0,b,13c,
得EA=C1F,
因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,
所以点C1在平面AEF内.

(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),AE=(0,-1,-1),AF=(-2,0,-2),A1E=(0,-1,2),A1F=(-2,0,1).
设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则n1·AE=0,n1·AF=0,
即-y-z=0,-2x-2z=0,
可取n1=(-1,-1,1).
设n2为平面A1EF的法向量,
则n2·A1E=0,n2·A1F=0,同理可取n2=12,2,1.因为cos=n1·n2|n1||n2|=-77,所以二面角A-EF-A1的正弦值为427.
对点训练3(1)证明设DO=a,由题设可得PO=66a,AO=33a,AB=a,PA=PB=PC=22a.因此PA2+PB2=AB2,
从而PA⊥PB.又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.所以PA⊥平面PBC.

(2)解以O为坐标原点,OE的方向为y轴正方向,|OE|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C-32,12,0,P0,0,22.
所以EC=-32,-12,0,EP=0,-1,22.设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则m·EP=0,m·EC=0,
即-y+22z=0,-32x-12y=0.
可取m=-33,1,2.
由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP,
则cos=n·m|n||m|=255.
所以二面角B-PC-E的余弦值为255.
例4解

如图,取CD的中点O,连接OB,OM,因为△BCD与△MCD均为正三角形,所以OB⊥CD,OM⊥CD,又平面MCD⊥平面BCD,平面MCD∩平面BCD=CD,OM⊂平面MCD,所以MO⊥平面BCD,所以OM⊥OB.
以O为坐标原点,直线OC,BO,OM分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,所以OB=OM=3,
则O(0,0,0),C(1,0,0),M(0,0,3),B(0,-3,0),A(0,-3,23),
所以BC=(1,3,0),BM=(0,3,3).
设平面MBC的法向量n=(x,y,z),
由n⊥BC,n⊥BM,得n·BC=0,n·BM=0,
即x+3y=0,3y+3z=0,
取x=3,可得平面MBC的一个法向量为n=(3,-1,1).又BA=(0,0,23),
所以所求距离为d=|BA·n||n|=2155.
对点训练4(1)证明如图,取AB的中点E,连接DE,则DE∥BC.

因为BC⊥AC,所以DE⊥AC.
又A1D⊥平面ABC,以DE,DC,DA1的方向为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系,设A1D=t(t>0),则A(0,-1,0),C(0,1,0),B(2,1,0),A1(0,0,t),C1(0,2,t),
所以AC1=(0,3,t),BA1=(-2,-1,t),CB=(2,0,0).
由AC1·CB=0,知AC1⊥CB,
又BA1⊥AC1,BC与BA1相交于点B,从而AC1⊥平面A1BC.
(2)解由AC1·BA1=-3+t2=0,得t=3.
设平面A1AB的法向量为n=(x,y,z),AA1=(0,1,3),AB=(2,2,0),
所以n·AA1=y+3z=0,n·AB=2x+2y=0.
设z=1,则n=(3,-3,1),
又CC1∥AA1,所以CC1∥平面A1AB.
所以CC1到平面A1AB的距离可转化为点C1到平面A1AB的距离d,且d=|AC1·n||n|=2217.