高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册空间向量的应用课时训练

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【自主学习】
一．空间距离的向量求法
解读：异面直线a，b间的距离
求出与两条直线的方向向量都垂直的法向量n，在两条直线上分别取A和B，则AB在法向量n上的投影向量的长度即为异面直线a，b的距离，所以距离为 |AB∙n||n|.
二．空间角的向量求法
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．

图（1）直线与平面所成角 图（2）平面与平面所成角
思考1：平面与平面所成的夹角与两平面的法向量所成夹角有何关系？
思考2：两个平面的夹角与二面角的平面角的区别？
【小试牛刀】
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
（1）两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( )
（2）直线与平面所成的角等于直线与该平面法向量夹角的余角．( )
（3）二面角的大小就是该二面角两个面的法向量的夹角．( )
（4）若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该二面角的大小等于60°或120°.( )
2.已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为
.
【经典例题】
题型一 利用空间向量求空间距离
角度1：点线距
点拨：用向量法求点到直线的距离时需注意以下几点：
(1)不必找点在直线上的垂足以及垂线段．
(2)在直线上可以任意选点，但一般选较易求得坐标的特殊点．
(3)直线的方向向量可以任取，但必须保证计算正确．
例1 已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝1，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，求点B到直线A1C1的距离．
角度2：点面距
点拨：求点到平面的距离的主要方法
(1)作点到平面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．
(2)在三棱锥中用等体积法求解．
(3)向量法：d＝eq \f(|n·\(MA,\s\up6(→))|,|n|)(n为平面的法向量，A为平面上一点，MA为过点A的斜线段)．
例2 在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝2eq \r(3)，M，N分别为AB，SB的中点，如图所示．求点B到平面CMN的距离．
角度3 线面距
例3 在直三棱柱中，AA1＝AB＝BC＝3，AC＝2，D是AC的中点．
(1)求证：B1C∥平面A1BD；
(2)求直线B1C到平面A1BD的距离．
角度4 面面距
点拨：求两个平行平面的距离，先在其中一个平面上找到一点，然后转化为该点到另一个平面的距离求解．注意：这个点要选取适当，以方便求解为主．
例4 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，求平面A1BD与平面B1CD1间的距离．
题型二 利用空间向量求夹角
角度1：线线角
点拨：1.利用空间向量求两异面直线所成角的步骤．
(1)建立适当的空间直角坐标系．
(2)求出两条异面直线的方向向量的坐标．
(3)利用向量的夹角公式求出两直线方向向量的夹角．
(4)结合异面直线所成角的范围得到两异面直线所成角．
2.求两条异面直线所成的角的两个关注点．
(1)余弦值非负：两条异面直线所成角的余弦值一定为非负值，而对应的方向向量的夹角可能为钝角．
(2)范围：异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，故两直线方向向量夹角的余弦值为负时，应取其绝对值．
例5 如图所示，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.eq \f(\r(30),10) B.eq \f(\r(30),15) C.eq \f(\r(30),30) D.eq \f(\r(15),15)
例5-变式 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的位置．
角度2：线面角
点拨；若直线l与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下：
例6 如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．
(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．
例6-变式 如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝eq \r(3)，BC＝1，AD＝AA1＝3.
(1)证明：AC⊥B1D；
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．
角度3：面面角
点拨：利用平面的法向量求两个平面的夹角
利用向量方法求两平面夹角大小时，多采用法向量法．即求出两个面的法向量，然后通过法向量的夹角来得到两平面夹角．需注意法向量夹角范围是[0，π]，而两平面夹角范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))．
例7 如图所示，在几何体S－ABCD中，AD⊥平面SCD，BC⊥平面SCD，AD＝DC＝2，BC＝1，又SD＝2，∠SDC＝120°，求平面SAD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值．
例7-变式 如图所示，正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点，求二面角A— A1D—B的余弦值．
【当堂达标】
1.已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cs〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，则l与α所成的角为( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
2.已知△ABC的顶点A(1，－1，2)，B(5，－6，2)，C(1，3，－1)，则AC边上的高BD的长等于( )
A．3 B．4 C．5 D．6
3.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别是线段BB1、B1C1的中点,则直线 MN到平面ACD1的距离为 .
4.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知DA＝DC＝4，DD1＝3，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为________．
5.如图,棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,N是棱AD的中点,M是棱CC1上的点,且CC1=3CM,则直线BM与B1N之间的距离为 .
6.如图,已知点P在正方体ABCD-A'B'C'D'的体对角线BD'上,满足BP=2PD'.
(1)求DP与CC'所成角的余弦值;
(2)求DP与平面AA'D'D所成角的正弦值.
【参考答案】
【自主学习】
一．eq \r(a2－（a·u）2) eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)
二．|cs| eq \f(|u·v|,|u||v|) eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) |cs| eq \f(|u·n|,|u||n|) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) |cs| eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|) eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
思考1：两平面的夹角是两法向量的夹角或其补角.
思考2：平面α与平面β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π2的二面角称为平面α与平面β的夹角.面面角的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，二面角的取值范围为[0,π].
【小试牛刀】
1. × × × √
2.eq \f(π,4)或eq \f(3π,4) 解析： cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(\r(2),2)，∴〈m，n〉＝eq \f(π,4).∴两平面所成二面角的大小为eq \f(π,4)或eq \f(3π,4).
【经典例题】
例1 以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(4,0,1)，C1(0,3,1)，
所以直线A1C1的方向向量eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(－4,3,0)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(0,3,1)，
所以点B到直线A1C1的距离
d＝eq \r(\a\vs4\al(|\(BC1,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(BC1,\s\up6(→))·\f(\(A1C1,\s\up6(→)),|\(A1C1,\s\up6(→))|)))2))＝eq \r(10－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,5)))2)＝eq \f(13,5)．
例2取AC的中点O，连接OS，OB．
∵SA＝SC，AB＝BC，∴AC⊥SO，AC⊥BO．
∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC，
∴SO⊥平面ABC．
又BO⊂平面ABC，∴SO⊥BO．
又∵△ABC为正三角形，O为AC的中点，∴AO⊥BO．
如图所示，分别以OA，OB，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，
则B(0,2eq \r(3)，0)，C(－2,0,0)，S(0，0,2eq \r(2))，M(1，eq \r(3)，0)，N(0，eq \r(3)，eq \r(2))．
∴eq \(CM,\s\up6(→))＝(3，eq \r(3)，0)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(－1,0，eq \r(2))，eq \(MB,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)．
设n＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(CM,\s\up6(→))·n＝3x＋\r(3)y＝0，,\(MN,\s\up6(→))·n＝－x＋\r(2)z＝0，))取z＝1，
则x＝eq \r(2)，y＝－eq \r(6)，∴n＝(eq \r(2)，－eq \r(6)，1)．
∴点B到平面CMN的距离d＝eq \f(|n·\(MB,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(4\r(2),3)．
例3 (1)证明：连接AB1交A1B于点E，连接DE．
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(DE∥B1C，,DE⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD))⇒B1C∥平面A1BD．
(2)解：因为B1C∥平面A1BD，所以B1C到平面A1BD的距离就等于点B1到平面A1BD的距离，
如图建立坐标系，
则B1(0,2eq \r(2)，3)，B(0,2eq \r(2)，0)，A1(－1,0,3)，eq \(DB1,\s\up6(→))＝(0,2eq \r(2)，3)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(0,2eq \r(2)，0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(－1,0,3)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(2)y＝0，,－x＋3z＝0，))所以n＝(3,0,1)．
所求距离为d＝eq \f(|n·\(DB1,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(3\r(10),10)．
例4 以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，
eq \(A1B,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq \(A1D,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，eq \(A1D1,\s\up6(→))＝(－1,0,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1B,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1D,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－z＝0，,－x－z＝0.))令z＝1，得y＝1，x＝－1，
∴n＝(－1,1,1)，
∴点D1到平面A1BD的距离d＝eq \f(|\(A1D1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)．
易证平面A1BD∥平面B1CD1，
∴平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，∴平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3)．
例5 A 解析：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)，∴eq \(B1M,\s\up6(→))＝(－1，－1，－2)，eq \(D1N,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，∴cs〈eq \(B1M,\s\up6(→))，eq \(D1N,\s\up6(→))〉＝eq \f(－1＋4,\r(1＋1＋4)×\r(1＋4))＝eq \f(\r(30),10).
例5-变式 解：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，如图所示．
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 \(D1A,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(1，t－2,0)，
根据数量积的定义及已知得：1＋0×(t－2)＋0＝eq \r(2)×·cs 60°，
所以t＝1，所以点E的位置是AB的中点．
例6 解： (1)连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
所以，A1E⊥平面ABC.
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，
建立空间直角坐标系E­xyz.
不妨设AC＝4，则A1(0,0,2eq \r(3))，B(eq \r(3)，1,0)，B1(eq \r(3)，3，2eq \r(3))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2\r(3)))，C(0,2,0)．
因此，eq \(EF,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2\r(3)))，eq \(BC,\s\up8(→))＝(－eq \r(3)，1,0)．由eq \(EF,\s\up8(→))·eq \(BC,\s\up8(→))＝0得EF⊥BC.
(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ，
由(1)可得eq \(BC,\s\up8(→))＝(－eq \r(3)，1,0)，eq \(A1C,\s\up8(→))＝(0,2，－2eq \r(3))，
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up8(→))·n＝0,\(A1C,\s\up8(→))·n＝0))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x＋y＝0,y－\r(3)z＝0))，
取n＝(1，eq \r(3)，1)，故sin θ＝|cs〈eq \(EF,\s\up8(→))，n〉|＝eq \f(|\(EF,\s\up8(→))·n|,|\(EF,\s\up8(→))|·|n|)＝eq \f(4,5).
因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为eq \f(3,5).
例6-变式 (1)证明 以A为原点，以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，C(eq \r(3)，1,0)，B1(eq \r(3)，0,3)，D(0,3,0)，C1(eq \r(3)，1,3)，D1(0,3,3)．
易知eq \(AC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1,0)，eq \(B1D,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，3，－3)，
∴eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(B1D,\s\up6(→))＝0，∴AC⊥B1D.
(2)解 设平面ACD1的法向量为m＝(x，y，z)，
eq \(AC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1,0)，eq \(AD1,\s\up6(→))＝(0,3,3)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\(AD1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，))
令x＝1，则y＝－eq \r(3)，z＝eq \r(3)，
∴平面ACD1的一个法向量为m＝(1，－eq \r(3)，eq \r(3))．
设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ，∵eq \(B1C1,\s\up6(→))＝(0,1,0)，∴sin θ＝eq \f(|\(B1C1,\s\up6(→))·m|,|\(B1C1,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(\r(21),7)，
∴直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \f(\r(21),7).
例7 解 如图，过点D作DC的垂线交SC于E，以D为原点，以DC，DE，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
∵∠SDC＝120°，∴∠SDE＝30°，又SD＝2，∴点S到y轴的距离为1，到x轴的距离为eq \r(3)，则有D(0,0,0)，S(－1，eq \r(3)，0)，A(0,0,2)，C(2,0,0)，B(2,0,1)，设平面SAD的法向量为m＝(x，y，z)，
∵eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq \(AS,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，－2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2z＝0，,－x＋\r(3)y－2z＝0，))取x＝eq \r(3)，得平面SAD的一个法向量为m＝(eq \r(3)，1,0)．
又eq \(AB,\s\up6(→))＝(2,0，－1)，设平面SAB的法向量为n＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AS,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－c＝0，,－a＋\r(3)b－2c＝0，))令a＝eq \r(3)，则n＝(eq \r(3)，5,2eq \r(3))，
∴cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(8,2\r(10)×2)＝eq \f(\r(10),5)，
故平面SAD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值是eq \f(\r(10),5).
例7-变式 解：如图所示，取BC中点O，连接AO.因为△ABC是正三角形，所以AO⊥BC，因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1中点为O1，以O为原点，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OO1,\s\up6(→))，eq \(OA,\s\up6(→))为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq \r(3))，A(0,0，eq \r(3))，B1(1,2,0)．
设平面A1AD的法向量为n＝(x，y，z)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1,1，－eq \r(3))，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
因为n⊥eq \(AD,\s\up6(→))，n⊥eq \(AA1,\s\up6(→))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\(AA1,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y－\r(3)z＝0，,2y＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,x＝－\r(3)z.))
令z＝1，得n＝(－eq \r(3)，0,1)为平面A1AD的一个法向量．
又因为eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1,2，－eq \r(3))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2,1,0)，eq \(BA1,\s\up6(→))＝(－1,2，eq \r(3))，所以eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝－2＋2＋0＝0，
eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(BA1,\s\up6(→))＝－1＋4－3＝0，所以eq \(AB1,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，eq \(AB1,\s\up6(→))⊥eq \(BA1,\s\up6(→))，即AB1⊥BD，AB1⊥BA1，
又BD∩BA1＝B，BD⊂平面A1BD，BA1⊂平面A1BD，所以AB1⊥平面A1BD，
所以eq \(AB1,\s\up6(→))是平面A1BD的一个法向量，所以cs〈n，eq \(AB1,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(AB1,\s\up6(→)),|n||\(AB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(－\r(3)－\r(3),2·2\r(2))＝－eq \f(\r(6),4)，
又因为二面角A—A1D—B为锐角，所以二面角A— A1D—B的余弦值为eq \f(\r(6),4).
【当堂达标】
1. A 解析 设l与α所成的角为θ且θ∈[0,90°]，则sin θ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(1,2).∴θ＝30°.
2.C解析：因为 eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(4，－5，0)， eq \(AC,\s\up6(→)) ＝(0，4，－3)，则 eq \(AC,\s\up6(→)) 对应的单位向量为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,5)，－\f(3,5))) ，所以AC边上的高BD的长为B到AC的距离d＝ eq \r(\(AB,\s\up6(→))2－（\(AB,\s\up6(→))·u）2) ＝ eq \r(41－16) ＝5.
3. 32 解析：如图,以点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C(0,1,0),D1(0,0,1),M1,1,12,A(1,0,0),
∴AM=0,1,12,AC=(-1,1,0),AD1=(-1,0,1).
设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),则n·AC=0,n·AD1=0,即-x+y=0,-x+z=0,
令x=1,则y=z=1,∴n=(1,1,1),
∴点M到平面ACD1的距离d=|AM·n||n|=32.
又MN∥AD1,且MN⊄平面ACD1,AD1⊂平面ACD1,
∴MN∥平面ACD1,
故直线MN到平面ACD1的距离即点M到平面ACD1的距离,为32.
4. eq \f(9,25)解析：如图，建立空间直角坐标系．由已知得A1(4,0,0)，B(4,4,3)，B1(4，4,0)，C(0,4,3)．∴eq \(A1B,\s\up6(→))＝(0,4,3)，eq \(B1C,\s\up6(→))＝(－4,0,3)，
∴cs〈eq \(A1B,\s\up6(→))，eq \(B1C,\s\up6(→))〉＝eq \f(9,25).
5.68989 解析：如图,建立空间直角坐标系,
则B(1,1,0),B1(1,1,1),M0,1,13,N12,0,0,∴BB1=(0,0,1),BM=-1,0,13,B1N=-12,-1,-1.
设直线BM与B1N的公垂线方向上的向量n=(x,y,z),由n·BM=0,n·B1N=0,
得-x+13z=0,-12x-y-z=0,令x=2,则z=6,y=-7,∴n=(2,-7,6).
设直线BM与B1N之间的距离为d,则d=|BB1·n||n|=689=68989.
6. 解：如图建立空间直角坐标系,
设棱长为1,则
B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),C'(0,1,1),D'(0,0,1)，则
BD'=(-1,-1,1),DB=(1,1,0),CC'=(0,0,1),DC=(0,1,0),
∵BP=2PD',
∴BP=23BD'=23(−1,−1,1)=-23,-23,23.
(1)DP=DB+BP=(1,1,0)+-23,-23,23=13,13,23,
设DP与CC'所成角为θ,则cs θ=|DP·CC’||DP||CC’|=2319+19+49×1=2363=63,
∴DP与CC'所成角的余弦值为63.
(2)由(1)知DP=13,13,23.
∵DC⊥平面AA'D'D,∴DC=(0,1,0)为平面AA'D'D的一个法向量,
设DP与平面AA'D'D所成的夹角为α,
∴sin α=|cs|=|DP·DC||DP||DC|=1319+19+49×1=1363=16=66,
∴DP与平面AA'D'D所成角的正弦值为66.
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
基 础 练
巩固新知 夯实基础
1.已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（ ）
A.B.2 C.D.
2.已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(10),10) B.eq \f(1,5) C.eq \f(3\r(10),10) D.eq \f(3,5)
3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为 ( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),2)
4.已知正方体的棱长为2，，分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
5.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为__________.
6.在空间直角坐标系O-xyz中，向量分别为异面直线方向向量，则异面直线所成角的余弦值为___________.
7.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________．
8.如图所示，在多面体A1B1D1－DCBA，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.
(1)证明：EF∥B1C.
(2)求二面角E－A1D－B1的余弦值.
能 力 练
综合应用 核心素养
9.正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A－BD－C的正弦值为( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(2\r(5),5) D.eq \f(\r(6),3)
10.在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为( )
A.eq \f(\r(6),3) B.eq \f(\r(3),3)a C.eq \f(a,3) D.eq \r(6)a
11.在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且 SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是( )
30° B．45° C．60° D．90°
12.已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面，线段的中点分别为，，若异面直线与所成角的余弦值为，则（ ）
A．1B．C．2D．3
13.如图，已知正方体的棱长为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
14.（多选）如图，在边长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当为中点时，直线平面
B．当为中点时，直线与所成的角为
C．若是棱上的动点，且，则平面平面
D．当在上运动时，直线与平面所成的角的最大值为
15.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq \r(17)，则该二面角的大小为__________.
16.如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，点E为PC的中点，AB∥CD，CD⊥AD，CD＝2AB＝2，PA＝AD＝1，PA⊥AD．
(1)证明：BE⊥平面PCD；
(2)求二面角P−BD−E的余弦值．
【参考答案】
1.D 解析：依题意，，所以点P到平面的距离为.
故选：D
2. C 解析：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，E(1，0，1)，D1(0，0，2).所以eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq \(CD1,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，
所以cs〈eq \(BE,\s\up6(→))，eq \(CD1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BE,\s\up6(→))·\(CD1,\s\up6(→)),|\(BE,\s\up6(→))|·|\(CD1,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,\r(2)×\r(5))＝eq \f(3\r(10),10).
3. B解析：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，D(0，1，0)，∴eq \(A1D,\s\up8(→))＝(0，1，－1)，eq \(A1E,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(1,2)))，设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(A1D,\s\up8(→))·n1＝0，,\(A1E,\s\up8(→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2，,z＝2.))∴n1＝(1，2，2)．
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，∴ cs〈n1，n2〉＝eq \f(2,3×1)＝eq \f(2,3).
即所成的锐二面角的余弦值为eq \f(2,3).
4.A 解析：
如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，易知，设平面的法向量，则，令，解得，故点到平面的距离为.故选：A.
5.eq \f(1,3) 解析：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，设n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量.则n·eq \(A1B,\s\up6(→))＝0，n·eq \(A1C1,\s\up6(→))＝0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y－z＝0，,－x＋2y＝0，))令z＝2，则y＝1，x＝2，
于是n＝(2，1，2)，eq \(D1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)设所求线面角为α，则sin α＝| cs〈n，eq \(D1C1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(1,3).
6. 解析：因为，所以.
因为异面直线所成角的范围为，所以异面直线所成角的余弦值为.
故答案为：
7.60° 解析 以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．
设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则eq \(EF,\s\up8(→))＝(0，－1，1)，eq \(BC1,\s\up8(→))＝(2，0，2)，∴eq \(EF,\s\up8(→))·eq \(BC1,\s\up8(→))＝2，∴cs〈eq \(EF,\s\up8(→))，eq \(BC1,\s\up8(→))〉＝eq \f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,2)，
∴EF和BC1所成的角为60°.
8.(1)证明：由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.
(2)解：因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)).
设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq \(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，由n1⊥eq \(A1E,\s\up6(→)).
n1⊥eq \(A1D,\s\up6(→))得r1，s1，t1应满足的方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)r1＋\f(1,2)s1＝0，,s1－t1＝0，))(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).
设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角E－A1D－B1的余弦值为eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3).
9. C 解析 取BC中点O，连接AO，DO.建立如图所示坐标系，设BC＝1，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，0)).∴eq \(OA,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，eq \(BA,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(BD,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)).由于eq \(OA,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))为平面BCD的一个法向量，可进一步求出平面ABD的一个法向量n＝(1，－eq \r(3)，1)，∴ cs〈n，eq \(OA,\s\up8(→))〉＝eq \f(\r(5),5)，∴ sin〈n，eq \(OA,\s\up8(→))〉＝eq \f(2\r(5),5).
10. B 解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P－xyz，则P(0，0，，0)，A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(0，0，a)．过点P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离．
∵PA＝PB＝PC，∴H为△ABC的外心．又∵△ABC为正三角形，
∴H为△ABC的重心，可得H点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，\f(a,3)，\f(a,3))).
∴PH＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)－0))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)－0))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)－0))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),3)a.∴点P到平面ABC的距离为eq \f(\r(3),3)a.
A 解析：如图，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a.则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,2)，\f(a,2))).
则eq \(CA,\s\up8(→))＝(2a，0，0)，eq \(AP,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a，－\f(a,2)，\f(a,2)))，eq \(CB,\s\up8(→))＝(a，a，0)，
设平面PAC的一个法向量为n，设n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CA,\s\up8(→))＝0，,n·\(AP,\s\up8(→))＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝z，))
可取n＝(0，1，1)，则 cs〈eq \(CB,\s\up8(→))，n〉＝eq \f(\(CB,\s\up8(→))·n,|\(CB,\s\up8(→))|·|n|)＝eq \f(a,\r(2a2)·\r(2))＝eq \f(1,2)，
∴〈eq \(CB,\s\up8(→))，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.
12.C 解析：如图示，以D为原点，分别为x、y、z轴正方向联立空间直角坐标系.
不妨设.则，，，，，，.
所以，.
因为异面直线与所成角的余弦值为，所以，解得：t=2.即2.故选：C
13.D 解析：如图建立空间直角坐标系，则，
设，则，
∴动点P到直线的距离为
，当时取等号，
即线段上的动点P到直线的距离的最小值为.故选：D.
14.ACD解析：图，以为原点建立空间直角坐标系，设，
当为中点时，，
所以,
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则可得，
因为，所以，
因为平面，所以平面，故A正确；
因为，所以当为中点时，直线与所成的角为，故B错误；
若，则，又,
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，可得，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，可得，
因为，所以平面平面，故C正确；
因为，易得平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
则当时，取得最大值为，所以直线与平面所成的角的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
15.60° 解析：∵eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→))，
∴|eq \(CD,\s\up6(→))|＝eq \r(（\(CA,\s\up6(→))＋\(AB,\s\up6(→))＋\(BD,\s\up6(→))）2)＝eq \r(36＋16＋64＋2\(CA,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)))＝eq \r(116＋2\(CA,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)))＝eq \r(17).
∴eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝|eq \(CA,\s\up6(→))|·|eq \(BD,\s\up6(→))|· cs〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝－24.
∴ cs〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝－eq \f(1,2).又所求二面角与〈eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(BD,\s\up6(→))〉互补，∴所求的二面角为60 °.
16.(1)证明：取PD的中点F，连接AF，EF，
则，．
又，，所以，，
所以四边形ABEF为平行四边形，所以．
因为，，所以．
所以．
因为平面PAD⊥平面ABCD，，
所以PA⊥平面ABCD，所以，
所以．
又点E为PC的中点，所以．
又，所以BE⊥平面PCD．
(2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，0，0），P（0，0，1），B（1，0，0），D（0，1，0），C（2，1，0），E（1，，）．
于是
设平面PBD的法向量为，则
得．取．得
设平面EBD的法向量为，则，
得取．得．所以，
所以二面角P−BD−E的余弦值为。课程标准
学科素养
1.理解点到直线、点到平面距离的公式及其推导．
2.了解利用空间向量求点到直线、点到平面、直线到直线、直线到平面、平面到平面的距离的基本思想．
3.会用向量法求线线、线面、面面夹角．
4.能正确区分向量夹角与所求线线角、线面角、面面角的关系．
1、直观想象
2、数学运算
3、逻辑推理
分类
图示
向量求法
点线距
u为直线l的单位方向向量，P∉l，A∈l，Q∈l， eq \(AP,\s\up6(→)) ＝a， eq \(AP,\s\up6(→)) 在直线l上的投影向量为 eq \(AQ,\s\up6(→)) ＝(a·u)u，则PQ＝eq \r(|\a\vs4\al(\(AP,\s\up6(→)))|2－|\a\vs4\al(\(AQ,\s\up6(→)))|2)＝ .
线线距
转化为点线距
在其中一条直线上取定一点，则该点到另一条直线的距离即为两条平行直线之间的距离．
点面距
设平面α的法向量为n，P∉α，A∈α， PQ⊥α， eq \(AP,\s\up6(→)) 在直线l上的投影向量为 eq \(AQ,\s\up6(→)) ，则P点到平面α的距离
PQ＝
线面距（前提是线面平行）
转化为点面距
如果一条直线l与一个平面α平行，可在直线l上任取一点P，将线面距离转化为点P到平面α的距离求解．
面面距（前提是面面平行）
转化为点面距
如果两个平面α，β互相平行，在其中一个平面α内任取一点P，可将两个平行平面的距离转化为点P到平面β的距离求解．
角的分类
向量求法
范围
两异面直线l1与l2所成的角为θ
设l1与l2的方向向量分别为u，v，
则csθ＝ ＝
直线l与平面α所成的角为θ
设l的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝ ＝
平面α与平面β的夹角为θ
设平面α，β的法向量分别为n1，n2，
则cs θ＝ ＝