2023版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何與空間向量8.8立體幾何中的向量方法(二)-求空間角和距離教師用書理新人教版

PAGEPAGE28第八章立體幾何與空間向量8.8立體幾何中的向量方法(二)——求空間角和距離教師用書理新人教版1．兩條異面直線所成角的求法設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，那么l1與l2所成的角θa與b的夾角β范圍(0，eq\f(π,2)][0，π]求法cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)2.直線與平面所成角的求法設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，a與n的夾角為β，那么sinθ＝|cosβ|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).3．求二面角的大小(1)如圖①，AB，CD分別是二面角α－l－β的兩個面內(nèi)與棱l垂直的直線，那么二面角的大小θ＝〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉．(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，那么二面角的大小θ滿足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補角)．【知識拓展】利用空間向量求距離(供選用)(1)兩點間的距離設(shè)點A(x1，y1，z1)，點B(x2，y2，z2)，那么|AB|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22＋z1－z22).(2)點到平面的距離如下圖，AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，那么B到平面α的距離為|eq\o(BO,\s\up6(→))|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).【思考辨析】判斷以下結(jié)論是否正確(請在括號中打“√〞或“×〞)(1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角．(×)(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角．(×)(3)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面所成的角．(×)(4)兩異面直線夾角的范圍是(0，eq\f(π,2)]，直線與平面所成角的范圍是[0，eq\f(π,2)]，二面角的范圍是[0，π]．(√)(5)假設(shè)二面角α－a－β的兩個半平面α，β的法向量n1，n2所成角為θ，那么二面角α－a－β的大小是π－θ.(×)1．(2022·煙臺質(zhì)檢)兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，那么兩平面所成的二面角為()A．45° B．135°C．45°或135° D．90°答案C解析cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，即〈m，n〉＝45°.∴兩平面所成的二面角為45°或180°－45°＝135°.2．向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，假設(shè)cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，那么l與α所成的角為()A．30°B．60°C．120°D．150°答案A解析設(shè)l與α所成角為θ，∵cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，∴sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2)，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.應(yīng)選A.3．(2022·鄭州模擬)如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，那么直線BC1與直線AB1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(\r(5),6) D.eq\f(\r(5),4)答案A解析設(shè)CA＝2，那么C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，由向量的夾角公式得cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(0＋4－1,\r(4＋4＋1)×\r(0＋4＋1))＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，應(yīng)選A.4．(教材改編)如圖，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面邊長為2，側(cè)棱長為2eq\r(2)，那么AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為________．答案eq\f(π,6)解析以A為原點，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))(AE⊥AB)，eq\o(AA1,\s\up6(→))所在直線為坐標(biāo)軸(如圖)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)D為A1B1中點，那么A(0,0,0)，C1(1，eq\r(3)，2eq\r(2))，D(1,0,2eq\r(2))，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，2eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1,0,2eq\r(2))．∠C1AD為AC1與平面ABB1A1所成的角，cos∠C1AD＝eq\f(\o(AC1,\s\up6(→))·\o(AD,\s\up6(→)),|\o(AC1,\s\up6(→))||\o(AD,\s\up6(→))|)＝eq\f(1，\r(3)，2\r(2)×1，0，2\r(2),\r(12)×\r(9))＝eq\f(\r(3),2)，又∵∠C1AD∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴∠C1AD＝eq\f(π,6).5．P是二面角α－AB－β棱上的一點，分別在平面α、β上引射線PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小為________．答案90°解析不妨設(shè)PM＝a，PN＝b，如圖，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，∵∠EPM＝∠FPN＝45°，∴PE＝eq\f(\r(2),2)a，PF＝eq\f(\r(2),2)b，∴eq\o(EM,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))＝(eq\o(PM,\s\up6(→))－eq\o(PE,\s\up6(→)))·(eq\o(PN,\s\up6(→))－eq\o(PF,\s\up6(→)))＝eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))－eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))－eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＋eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝abcos60°－a×eq\f(\r(2),2)bcos45°－eq\f(\r(2),2)a×bcos45°＋eq\f(\r(2),2)a×eq\f(\r(2),2)b＝eq\f(ab,2)－eq\f(ab,2)－eq\f(ab,2)＋eq\f(ab,2)＝0，∴eq\o(EM,\s\up6(→))⊥eq\o(FN,\s\up6(→))，∴二面角α－AB－β的大小為90°.題型一求異面直線所成的角例1(2022·課標(biāo)全國Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)證明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值．(1)證明如下圖，連接BD，設(shè)BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF.在菱形ABCD中，不妨設(shè)GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\r(3).由BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝eq\r(3)，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝eq\r(2)，故DF＝eq\f(\r(2),2).在Rt△FDG中，可得FG＝eq\f(\r(6),2).在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq\r(2)，DF＝eq\f(\r(2),2)，可得EF＝eq\f(3\r(2),2)，從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因為EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)解如圖，以G為坐標(biāo)原點，分別以eq\o(GB,\s\up6(→))，eq\o(GC,\s\up6(→))的方向為x軸，y軸正方向，|eq\o(GB,\s\up6(→))|為單位長度，建立空間直角坐標(biāo)系Gxyz，由(1)可得A(0，－eq\r(3)，0)，E(1,0，eq\r(2))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，eq\r(2))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))).故cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(CF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(CF,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).思維升華用向量法求異面直線所成角的一般步驟(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標(biāo)系；(2)確定異面直線上兩個點的坐標(biāo)，從而確定異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對值．如下圖正方體ABCD－A′B′C′D′，點H在A′B′C′D′的對角線B′D′上，∠HDA＝60°.求DH與CC′所成的角的大小．解如下圖，以D為原點，DA為單位長度，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，那么eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CC′,\s\up6(→))＝(0,0,1)．設(shè)eq\o(DH,\s\up6(→))＝(m，m,1)(m>0)，由，〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝60°，由eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DH,\s\up6(→))＝|eq\o(DA,\s\up6(→))|·|eq\o(DH,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉，可得2m＝eq\r(2m2＋1)，解得m＝eq\f(\r(2),2)，∴eq\o(DH,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2)，1)，∵cos〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×0＋1×1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又∵〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉∈[0°，180°]，∴〈eq\o(DH,\s\up6(→))，eq\o(CC′,\s\up6(→))〉＝45°，即DH與CC′所成的角為45°.題型二求直線與平面所成的角例2(2022·全國丙卷)如圖，四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點．(1)證明MN∥平面PAB；(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值．(1)證明由得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT.因為AT?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)解取BC的中點E，連接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，從而AE⊥AD，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))2)＝eq\r(5).以A為坐標(biāo)原點，eq\o(AE,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.由題意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(eq\r(5)，2,0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2))，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(0,2，－4)，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2)).設(shè)n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PN,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))可取n＝(0,2,1)．于是|cos〈n，eq\o(AN,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AN,\s\up6(→))|,|n||A\o(N,\s\up6(→))|)＝eq\f(8\r(5),25).設(shè)AN與平面PMN所成的角為θ，那么sinθ＝eq\f(8\r(5),25)，∴直線AN與平面PMN所成角的正弦值為eq\f(8\r(5),25).思維升華利用向量法求線面角的方法(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角，取其余角就是斜線和平面所成的角．在平面四邊形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.將△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如下圖．(1)求證：AB⊥CD；(2)假設(shè)M為AD中點，求直線AD與平面MBC所成角的正弦值．(1)證明∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB?平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.又CD?平面BCD，∴AB⊥CD.(2)解過點B在平面BCD內(nèi)作BE⊥BD，如圖．由(1)知AB⊥平面BCD，BE?平面BCD，BD?平面BCD.∴AB⊥BE，AB⊥BD.以B為坐標(biāo)原點，分別以eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系．依題意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，那么eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)．設(shè)平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋y0＝0，,\f(1,2)y0＋\f(1,2)z0＝0，))取z0＝1，得平面MBC的一個法向量n＝(1，－1,1)．設(shè)直線AD與平面MBC所成角為θ，那么sinθ＝|cos〈n，eq\o(AD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AD,\s\up6(→))|,|n||\o(AD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(6),3)，即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為eq\f(\r(6),3).題型三求二面角例3(2022·山東)在如下圖的圓臺中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O′的直徑，F(xiàn)B是圓臺的一條母線．(1)G，H分別為EC，F(xiàn)B的中點，求證：GH∥平面ABC；(2)EF＝FB＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(3)，AB＝BC，求二面角FBCA的余弦值．(1)證明設(shè)FC的中點為I，連接GI，HI，在△CEF中，因為點G是CE的中點，所以GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，因為H是FB的中點，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因為GH?平面GHI，所以GH∥平面ABC.(2)解連接OO′，那么OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圓O的直徑，所以BO⊥AC.以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由題意得B(0,2eq\r(3)，0)，C(－2eq\r(3)，0,0)．過點F作FM垂直O(jiān)B于點M，所以FM＝eq\r(FB2－BM2)＝3，可得F(0，eq\r(3)，3)．故eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，－2eq\r(3)，0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，3)．設(shè)m＝(x，y，z)是平面BCF的一個法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x－2\r(3)y＝0，,－\r(3)y＋3z＝0.))可得平面BCF的一個法向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(\r(3),3)))，因為平面ABC的一個法向量n＝(0,0,1)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(7),7).所以二面角FBCA的余弦值為eq\f(\r(7),7).思維升華利用向量法計算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角的大?。?2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，那么這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大?。?2022·天津)如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點G為AB的中點，AB＝BE＝2.(1)求證：EG∥平面ADF；(2)求二面角O—EF—C的正弦值；(3)設(shè)H為線段AF上的點，且AH＝eq\f(2,3)HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值．(1)證明依題意，OF⊥平面ABCD，如圖，以O(shè)為原點，分別以eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(OF,\s\up6(→))的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，依題意可得O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(－1，－1,0)，C(1，－1,0)，D(1,1,0)，E(－1，－1,2)，F(xiàn)(0,0,2)，G(－1,0,0)．依題意，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，－1,2)．設(shè)n1＝(x1，y1，z1)為平面ADF的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＝0，,x1－y1＋2z1＝0，))不妨取z1＝1，可得n1＝(0,2,1)，又eq\o(EG,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，可得eq\o(EG,\s\up6(→))·n1＝0，又因為直線EG?平面ADF，所以EG∥平面ADF.(2)解易證eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－1,1,0)為平面OEF的一個法向量，依題意，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(－1,1,2)．設(shè)n2＝(x2，y2，z2)為平面CEF的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝0，,－x2＋y2＋2z2＝0，))不妨取x2＝1，可得n2＝(1，－1,1)．因此有cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·n2,|\o(OA,\s\up6(→))|·|n2|)＝－eq\f(\r(6),3)，于是sin〈eq\o(OA,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\r(3),3).所以二面角O—EF—C的正弦值為eq\f(\r(3),3).(3)解由AH＝eq\f(2,3)HF，得AH＝eq\f(2,5)AF.因為eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，所以eq\o(AH,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，－\f(2,5)，\f(4,5)))，進(jìn)而有Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(3,5)，\f(4,5)))，從而eq\o(BH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(8,5)，\f(4,5))).因此cos〈eq\o(BH,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\o(BH,\s\up6(→))·n2,|\o(BH,\s\up6(→))||n2|)＝－eq\f(\r(7),21).所以直線BH和平面CEF所成角的正弦值為eq\f(\r(7),21).題型四求空間距離(供選用)例4如圖，△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2eq\r(3)，求點A到平面MBC的距離．解如圖，取CD的中點O，連接OB，OM，因為△BCD與△MCD均為正三角形，所以O(shè)B⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，所以MO⊥平面BCD.以O(shè)為坐標(biāo)原點，直線OC，BO，OM分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.因為△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，所以O(shè)B＝OM＝eq\r(3)，那么O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0，eq\r(3))，B(0，－eq\r(3)，0)，A(0，－eq\r(3)，2eq\r(3))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，eq\r(3))．設(shè)平面MBC的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(BC,\s\up6(→))，,n⊥\o(BM,\s\up6(→))))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋\r(3)z＝0，))取x＝eq\r(3)，可得平面MBC的一個法向量為n＝(eq\r(3)，－1,1)．又eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0,0,2eq\r(3))，所以所求距離為d＝eq\f(|\o(BA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2\r(15),5).思維升華求點面距一般有以下三種方法：(1)作點到面的垂線，點到垂足的距離即為點到平面的距離；(2)等體積法；(3)向量法．其中向量法在易建立空間直角坐標(biāo)系的規(guī)那么圖形中較簡便．(2022·四川成都外國語學(xué)校月考)如下圖，在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA＝PD＝eq\r(2)，PA⊥PD，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O為AD中點．(1)求直線PB與平面POC所成角的余弦值；(2)求B點到平面PCD的距離；(3)線段PD上是否存在一點Q，使得二面角Q－AC－D的余弦值為eq\f(\r(6),3)？假設(shè)存在，求出eq\f(PQ,QD)的值；假設(shè)不存在，請說明理由．解(1)在△PAD中，PA＝PD，O為AD中點，∴PO⊥AD.又∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，∴PO⊥平面ABCD.在△PAD中，PA⊥PD，PA＝PD＝eq\r(2)，∴AD＝2.在直角梯形ABCD中，O為AD的中點，AB⊥AD，∴OC⊥AD.以O(shè)為坐標(biāo)原點，OC為x軸，OD為y軸，OP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖，那么P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，∴eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，－1，－1)．易證OA⊥平面POC，∴eq\o(OA,\s\up6(→))＝(0，－1,0)為平面POC的法向量，cos〈eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(OA,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))||\o(OA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(3),3)，∴PB與平面POC所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3).(2)∵eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，－1，－1)，設(shè)平面PCD的法向量為u＝(x，y，z)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(u·\o(CP,\s\up6(→))＝－x＋z＝0，,u·\o(PD,\s\up6(→))＝y(tǒng)－z＝0.))取z＝1，得u＝(1,1,1)．那么B點到平面PCD的距離d＝eq\f(|\o(PB,\s\up6(→))·u|,|u|)＝eq\f(\r(3),3).(3)假設(shè)存在，且設(shè)eq\o(PQ,\s\up6(→))＝λeq\o(PD,\s\up6(→))(0≤λ≤1)．∵eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，∴eq\o(OQ,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(0，λ，－λ)，∴eq\o(OQ,\s\up6(→))＝(0，λ，1－λ)，∴Q(0，λ，1－λ)．設(shè)平面CAQ的法向量為m＝(x，y，z)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝x＋y＝0，,m·\o(AQ,\s\up6(→))＝λ＋1y＋1－λz＝0.))取z＝1＋λ，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)．平面CAD的一個法向量為n＝(0,0,1)，∵二面角Q－AC－D的余弦值為eq\f(\r(6),3)，∴|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\r(6),3).整理化簡，得3λ2－10λ＋3＝0.解得λ＝eq\f(1,3)或λ＝3(舍去)，∴存在，且eq\f(PQ,QD)＝eq\f(1,2).6．利用空間向量求解空間角典例(12分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點E為棱PC的中點．(1)證明：BE⊥DC；(2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值；(3)假設(shè)F為棱PC上一點，滿足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．標(biāo)準(zhǔn)解答(1)證明依題意，以點A為原點建立空間直角坐標(biāo)系如圖，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．[1分]由E為棱PC的中點，得E(1,1,1)．eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，故eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，所以BE⊥DC.[3分](2)解eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－2)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面PBD的一個法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))不妨令y＝1，[5分]可得n＝(2,1,1)．于是有cos〈n，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(BE,\s\up6(→)),|n||\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(6)×\r(2))＝eq\f(\r(3),3)，所以，直線BE與平面PBD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).[7分](3)解eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－2，－2,2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．由點F在棱PC上，設(shè)eq\o(CF,\s\up6(→))＝λeq\o(CP,\s\up6(→))，0≤λ≤1，故eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋λeq\o(CP,\s\up6(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(3,4)，即eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(3,2))．[9分]設(shè)n1＝(x，y，z)為平面FAB的一個法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0.))不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)．取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0)，那么cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(－3,\r(10)×1)＝－eq\f(3\r(10),10).易知，二面角F－AB－P是銳角，所以其余弦值為eq\f(3\r(10),10).[12分]利用向量求空間角的步驟：第一步：建立空間直角坐標(biāo)系；第二步：確定點的坐標(biāo)；第三步：求向量(直線的方向向量、平面的法向量)坐標(biāo)；第四步：計算向量的夾角(或函數(shù)值)；第五步：將向量夾角轉(zhuǎn)化為所求的空間角；第六步：反思回憶．查看關(guān)鍵點、易錯點和答題標(biāo)準(zhǔn)．1．假設(shè)直線l的方向向量與平面α的法向量的夾角等于120°，那么直線l與平面α所成的角等于()A．120° B．60°C．30° D．60°或30°答案C解析設(shè)直線l與平面α所成的角為β，直線l與平面α的法向量的夾角為γ.那么sinβ＝|cosγ|＝|cos120°|＝eq\f(1,2).又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，應(yīng)選C.2．(2022·廣州模擬)二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，那么該二面角的大小為()A．150° B．45°C．60° D．120°答案C解析如下圖，二面角的大小就是〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉．∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴eq\o(CD,\s\up6(→))2＝eq\o(CA,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(BD,\s\up6(→))2＋2(eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→)))＝eq\o(CA,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(BD,\s\up6(→))2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→)).∴eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)[(2eq\r(17))2－62－42－82]＝－24.因此eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝24，cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))||\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝60°，故二面角為60°.3．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，那么平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(2),2)答案B解析以A為原點建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，設(shè)棱長為1，那么A1(0,0,1)，E(1,0，eq\f(1,2))，D(0,1,0)，∴eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(1,0，－eq\f(1,2))．設(shè)平面A1ED的一個法向量為n1＝(1，y，z)，那么有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(A1E,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2.))∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一個法向量為n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3)，即所成的銳二面角的余弦值為eq\f(2,3).4．(2022·長春模擬)在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，CP的中點，AB＝AC＝1，PA＝2，那么直線PA與平面DEF所成角的正弦值為()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(2,5)答案C解析以A為原點，AB，AC，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系，由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，D(eq\f(1,2)，0,0)，E(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0)，F(xiàn)(0，eq\f(1,2)，1)．∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，0)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，1)．設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，那么由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－x＋y＋2z＝0.))取z＝1，那么n＝(2,0,1)，設(shè)直線PA與平面DEF所成的角為θ，那么sinθ＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|\o(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(5),5)，∴直線PA與平面DEF所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).應(yīng)選C.5．正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2eq\r(2)，E為CC1的中點，那么直線AC1到平面BDE的距離為()A．2B.eq\r(3)C.eq\r(2)D．1答案D解析以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，那么D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2eq\r(2))，E(0,2，eq\r(2))，易知AC1∥平面BDE.設(shè)n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0，,n·\o(DE,\s\up6(→))＝2y＋\r(2)z＝0.))取y＝1，那么n＝(－1,1，－eq\r(2))為平面BDE的一個法向量，又eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，∴點A到平面BDE的距離是d＝eq\f(|n·\o(DA,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(|－1×2＋0＋0|,\r(－12＋12＋－\r(2)2))＝1.故直線AC1到平面BDE的距離為1.6.如下圖，三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱長為3，底面邊長A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，D點在棱AA1上且AD＝2DA1，P點在棱C1C上，那么eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PB1,\s\up6(→))的最小值為()A.eq\f(5,2) B．－eq\f(1,4)C.eq\f(1,4) D．－eq\f(5,2)答案B解析建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系，那么D(1,0,2)，B1(0,1,3)，設(shè)P(0,0，z)，那么eq\o(PD,\s\up6(→))＝(1,0,2－z)，eq\o(PB1,\s\up6(→))＝(0,1,3－z)，∴eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PB1,\s\up6(→))＝0＋0＋(2－z)(3－z)＝(z－eq\f(5,2))2－eq\f(1,4)，故當(dāng)z＝eq\f(5,2)時，eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PB1,\s\up6(→))取得最小值為－eq\f(1,4).7．(2022·合肥模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，那么直線D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為________．答案eq\f(1,3)解析如圖，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，那么D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)．∴eq\o(D1C1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，設(shè)平面A1BC1的一個法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up6(→))＝x，y，z·－1，2，0＝－x＋2y＝0，,n·\o(A1B,\s\up6(→))＝x，y，z·0，2，－1＝2y－z＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2y，,z＝2y，))令y＝1，得n＝(2,1,2)，設(shè)直線D1C1與平面A1BC1所成角為θ，那么sinθ＝|cos〈eq\o(D1C1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(D1C1,\s\up6(→))·n|,|\o(D1C1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2,2×3)＝eq\f(1,3)，即直線D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為eq\f(1,3).8．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，那么直線CD與平面BDC1所成角的正弦值等于________．答案eq\f(2,3)解析以D為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)AA1＝2AB＝2，那么D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，那么eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,2)．設(shè)平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，那么n⊥eq\o(DB,\s\up6(→))，n⊥eq\o(DC1,\s\up6(→))，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令y＝－2，得平面BDC1的一個法向量為n＝(2，－2,1)．設(shè)CD與平面BDC1所成的角為θ，那么sinθ＝|cos〈n，eq\o(DC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(DC,\s\up6(→))|,|n||\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,3).9．(2022·石家莊模擬)點E，F(xiàn)分別在正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，那么平面AEF與平面ABC所成的二面角的正切值為________．答案eq\f(\r(2),3)解析如圖，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，設(shè)DA＝1，由條件得A(1,0,0)，E(1,1，eq\f(1,3))，F(xiàn)(0,1，eq\f(2,3))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,1，eq\f(1,3))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－1,1，eq\f(2,3))，設(shè)平面AEF的法向量為n＝(x，y，z)，平面AEF與平面ABC所成的二面角為θ，由圖知θ為銳角，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)z＝0，,－x＋y＋\f(2,3)z＝0.))令y＝1，z＝－3，x＝－1，那么n＝(－1,1，－3)，取平面ABC的法向量為m＝(0,0，－1)，那么cosθ＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(3\r(11),11)，tanθ＝eq\f(\r(2),3).10．(2022·南昌模擬)如圖(1)，在邊長為4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，點E，F(xiàn)分別是邊CD，CB的中點，AC∩EF＝O，沿EF將△CEF翻折到△PEF，連接PA，PB，PD，得到如圖(2)的五棱錐P－ABFED，且PB＝eq\r(10).(1)求證：BD⊥平面POA；(2)求二面角B－AP－O的正切值．(1)證明∵點E，F(xiàn)分別是邊CD，CB的中點，∴BD∥EF.∵菱形ABCD的對角線互相垂直，∴BD⊥AC，∴EF⊥AC，∴EF⊥AO，EF⊥PO.∵AO?平面POA，PO?平面POA，AO∩PO＝O，∴EF⊥平面POA，∴BD⊥平面POA.(2)解設(shè)AO∩BD＝H，連接BO.∵∠DAB＝60°，∴△ABD為等邊三角形，∴BD＝4，BH＝2，HA＝2eq\r(3)，HO＝PO＝eq\r(3)，在Rt△BHO中，BO＝eq\r(HB2＋HO2)＝eq\r(7).在△PBO中，BO2＋PO2＝10＝PB2，∴PO⊥BO.∵PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF?平面BFED，BO?平面BFED，∴PO⊥平面BFED.以O(shè)為原點，OF所在直線為x軸，AO所在直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，如下圖，那么A(0，－3eq\r(3)，0)，B(2，－eq\r(3)，0)，P(0,0，eq\r(3))，H(0，－eq\r(3)，0)，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,3eq\r(3)，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,2eq\r(3)，0)．設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，由n⊥eq\o(AP,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3\r(3)y＋\r(3)z＝0，,2x＋2\r(3)y＝0.))令y＝1，得z＝－3，x＝－eq\r(3).∴平面PAB的一個法向量為n＝(－eq\r(3)，1，－3)．由(1)知平面PAO的一個法向量為eq\o(BH,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，設(shè)二面角B－AP－O的平面角為θ，那么cosθ＝|cos〈n，eq\o(BH,\s\up6(→))〉|＝eq\f(n·\o(BH,\s\up6(→)),|n||\o(BH,\s\up6(→))|)＝eq\f(2\r(3),\r(13)×2)＝eq\f(\r(39),13)，∴sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(130),13)，tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝eq\f(\r(30),3)，∴二面角B－AP－O的正切值為eq\f(\r(30),3).11．(2022·四川)如圖，在四棱錐PABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD.E為棱AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90°.(1)在平面PAB內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PBE，并說明理由；(2)假設(shè)二面角PCDA的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值．解(1)在梯形ABCD中，AB與CD不平行．延長AB，DC，相交于點M(M∈平面PAB)，點M即為所求的一個點．理由如下：由，BC∥ED且BC＝ED.所以四邊形BCDE是平行四邊形，從而CM∥EB.又EB?平面PBE，CM?平面PBE，所以CM∥平面PB