高考大題研究課六　向量法求空間角與距離

高考大題研究課六向量法求空間角與距離掌握向量法求空間角與距離的公式，并會應用，提高學生空間想象能力、數學運算能力．關鍵能力·題型剖析題型一直線與平面所成的角例1[2024·河南焦作模擬]如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC＝2BC＝CC1＝2，D，E，F分別是棱A1C1，BC，AC的中點，∠ACB＝60°.(1)證明：平面ABD∥平面FEC1；(2)求直線AC與平面ABD所成角的正弦值．[聽課記錄]題后師說利用空間向量求線面角的解題步驟鞏固訓練1[2024·河北石家莊模擬]如圖，在△AOB中，∠AOB＝π2，OB＝3，OA＝1，C為OB的中點，將△AOB繞OB所在的直線逆時針旋轉至△BOD形成如圖所示的幾何體Γ，∠AOD＝2π(1)求幾何體Γ的體積；(2)求直線AB與平面ACD所成角的正弦值．題型二平面與平面的夾角例2(12分)[2023·新課標Ⅰ卷]如圖，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.點A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.(1)證明：B2C2∥A2D2；(2)點P在棱BB1上，當二面角PA2C2D2為150°時，求B2P.思路導引(1)建立空間坐標系→寫出B2C2與A2D2的坐標→B2C2∥A2(2)設P點坐標→求平面PA2C2與平面A2C2D2的法向量n，m→利用|cos〈n，m〉|＝32→求得點P坐標→由兩點間的距離公式求B2P[滿分答卷·評分細則]解析：(1)以C為坐標原點，CD，CB，CC1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖，→正確建系得1分則C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)，∴B2C2＝(0，－2，1)，A2D2＝(0，－2，1)，∴B2C2∥A又B2C2，A2D2不在同一條直線上，∴B2C2∥A2D2，→說明B2C2與A2D2不共線得1分(2)設P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，則A2C2＝(－2，－2，2)，PC2＝(0，－2，3－λ)，D2C2＝(－2，0，1)設平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)，則n·A2C2=-2x-2y+2z=0，n·PC2=-2y+3-λz=0，令z＝∴n=(λ－1，3－λ，2)，→正確求出平面PA2C2的法向量n得2分設平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)，則m·A2C2=-2a-2b+2c=0，m·D2C2=-2a+c=0∴m=(1，1，2)，→正確求得平面A2C2D2的法向量m得2分∴|cos〈n，m〉|＝n·mnm＝664+λ-12+3-λ2＝化簡可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，→正確求出λ得1分∴B2P=1.→正確求出B2P＝1得1分題后師說利用空間向量計算平面與平面夾角大小的常用方法(1)找法向量：分別求出兩個平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到平面與平面夾角的大?。?2)找與棱垂直的方向向量：分別在二面角的兩個半平面內找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，然后通過這兩個向量的夾角可得到平面與平面夾角的大?。柟逃柧?如圖，在正四棱臺ABCDA1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4.(1)證明：AC⊥BD1；(2)若正四棱臺ABCDA1B1C1D1的高為3，過BD1的平面α與CC1平行，求平面α與平面BCC1B1夾角的余弦值．題型三空間距離例3[2024·安徽滁州模擬]如圖，在三棱錐MABC中，MB⊥平面ABC，∠ACB＝90°，MB＝2，AB＝4.(1)求證：平面MAC⊥平面MBC，(2)若直線AB與平面MBC所成角為45°，點E為AM的中點，求點A到平面BCE的距離．[聽課記錄]題后師說利用向量法求點到平面的距離的步驟鞏固訓練3[2024·湖南長沙模擬]斜三棱柱ABCA1B1C1的各棱長都為2，∠A1AB＝60°，點A1在下底面ABC的投影為AB的中點O.(1)在棱BB1(含端點)上是否存在一點D使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的長；若不存在，請說明理由；(2)求點A1到平面BCC1B1的距離．高考大題研究課六向量法求空間角與距離關鍵能力·題型剖析例1解析：(1)證明：在△ABC中，因為E，F分別是BC，AC的中點，所以AB∥EF.AB?平面FEC1，EF?平面FEC1，則AB∥平面FEC1，因為AC∥A1C1，則AF∥DC1，又AF＝12AC＝12A1C1＝DC所以四邊形AFC1D為平行四邊形，所以AD∥FC1，AD?平面FEC1，FC1?平面FEC1，則AD∥平面FEC1，又因為AD∩AB＝A，且AD，AB?平面ABD，所以平面ABD∥平面FEC1.(2)因為AC＝2，CB＝1，∠ACB＝60°，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB＝22＋12－2×2×cos60°＝3，所以AB2＋BC2＝AC2，從而AB⊥BC.以B為坐標原點BC，BA，BB1的方向為x軸，y軸，z軸的正方向故B(0，0，0)，A(0，3，0)，D(12，32，2)，C(1，0從而BA＝(0，3，0)，BD＝(12，32，2)，AC＝(1，－3設平面ABD的法向量為n＝(x，y，z)，由n·BA取x＝4，則n＝(4，0，－1)為平面ABD的一個法向量，所以cos〈n，AC〉＝n·ACnAC＝所以直線AC與平面ABD所成角的正弦值為217鞏固訓練1解析：(1)根據圓錐的定義易知，幾何體Γ為圓錐的一部分，且OB為圓錐的高，所以V＝13×S扇形AOD×OB＝13×12×2π3×(2)過O點作OM⊥OA，分別以OA，OM，OB所在的直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則：A(1，0，0)，C(0，0，32)，B(0，0，3)，D(－12，3則AC＝(－1，0，32)，AD＝(－32，32，0)，AB＝(－1，設平面ACD的法向量為n＝(x，y，z)，則n·AC令y＝3，得n＝(3，3，2)，設直線AB與平面ACD所成角為θ，則sinθ＝|cos〈AB，n〉|＝AB·nABn＝所以直線AB與平面ACD所成角的正弦值為38鞏固訓練2解析：(1)證明：連接BD，B1D1，設正四棱臺的上、下底面的中心分別為O1，O，則O1，O分別為B1D1，BD的中點，連接OO1.因為ABCDA1B1C1D1是正四棱臺，所以O1O⊥平面ABCD，又AC?平面ABCD，所以O1O⊥AC.因為ABCD為正方形，所以AC⊥BD，又BD∩OO1＝O，BD，OO1?平面DBB1D1，所以AC⊥平面DBB1D因為BD1?平面DBB1D1，所以AC⊥BD1.(2)設BC，AB的中點分別為F，G，連接OF，OG，易知OG，OF，OO1兩兩垂直，則以O為坐標原點，分別以OG，OF，OO1所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則O(0，0，0)，B(2，2，0)，D1(－1，－1，3)，C(－2，2，0)，C1(－1，1，3)，B1(1，1，3)，所以BD1＝(－3，－3，3)，BC＝(－4，0，0)，BB1＝(－1，－1，3)，CC1＝(1，－1，設平面BCC1B1的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則n取z1＝1，則y1＝3，x1＝0，所以n＝(0，3，1)．設平面α的法向量為m＝(x2，y2，z2)，則m取x2＝1，則y2＝－2，z2＝－1，所以m＝(1，－2，－1)．設平面α與平面BCC1B1的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n，m〉|＝n·mnm＝710×6＝71530，所以平面例3解析：(1)證明：因為MB⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以MB⊥AC，因為∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，又M∩BCB＝B，所以AC⊥平面MBC，又AC?平面MAC，所以平面MAC⊥平面MBC.(2)由(1)知AC⊥平面MBC，且直線AB與平面MBC所成角為45°，所以∠ABC＝45°，又AB＝4，所以BC＝AC＝22，建立如圖所示空間直角坐標系，則A(22，0，0)，B(0，22，0)，M(0，22，2)，E(2，2，1所以CB＝(0，22，0)，CE＝(2，2，1)，CA＝(22，0，0設平面BCE的一個法向量為m＝(x，y，z)，則CB·m令x＝2，則y＝0，z＝－2，則m＝(2，0，－2)，所以點A到平面BCE的距離是d＝CA·mm＝4鞏固訓練3解析：(1)連接OC，因為AC＝BC，O為AB的中點，所以OC⊥AB，由題意知A1O⊥平面ABC，又AA1＝2，∠A1AO＝60°，所以A1O＝3，以O點為原點，如圖建立空間直角坐標系，則A1(0，0，3)，A(1，0，0)，B(－1，0，0)，C(0，3，0)，由AB＝A1B1得B1(－2，0，3)，同理得C1(－1，設BD＝tBB1，t∈[0，1]，得D(－1－t，0，3t又AC1＝(－2