第六節(jié)利用空間向量求空間角與距離?1.能用向量方法解決點(diǎn)到直線、點(diǎn)到平面、相互平行的直線、相互平行的平面的距離問(wèn)題和簡(jiǎn)單夾角問(wèn)題.2.能描述解決這一類(lèi)問(wèn)題的程序，體會(huì)向量方法在研究幾何問(wèn)題中的作用.CONTENTS010203/目錄

知識(shí)·逐點(diǎn)夯實(shí)考點(diǎn)·分類(lèi)突破課時(shí)·過(guò)關(guān)檢測(cè)01?1.異面直線所成角

提醒

兩異面直線所成的角為銳角或直角，而不共線的向量的夾角的范圍為（0，π），所以公式中要加絕對(duì)值.2.直線與平面所成角

3.平面與平面的夾角

4.空間距離

（3）兩異面直線間的距離：即兩條異面直線公垂線段的長(zhǎng)度.

?1.判斷正誤.（正確的畫(huà)“√”，錯(cuò)誤的畫(huà)“×”）（1）兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角.

（

）答案：（1）×

（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.

（

）答案：（2）×

（3）兩個(gè)平面的法向量所成的角是這兩個(gè)平面所成的角.

（

）答案：（3）×

答案：（4）√

A.30°B.60°C.120°D.150°

3.（2020·新高考Ⅰ卷）日晷是中國(guó)古代用來(lái)測(cè)定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來(lái)測(cè)定時(shí)間.把地球看成一個(gè)球（球心記為O），地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)A處的水平面是指過(guò)點(diǎn)A且與OA垂直的平面.在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處的緯度為北緯40°，則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為

（

）A.20°B.40°C.50°D.90°解析：B

過(guò)球心O、點(diǎn)A以及晷針的軸截面如圖所示，其中CD為晷面，GF為晷針?biāo)谥本€，EF為點(diǎn)A處的水平面，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°，∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.故選B.4.已知點(diǎn)M（0，1，－2），平面α過(guò)原點(diǎn)，且平面α的法向量n＝（1，－2，2），則點(diǎn)M到平面α的距離為

?.

答案：25.過(guò)正方形ABCD的頂點(diǎn)A作線段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，則平面ABP與平面CDP夾角的大小為

?.

答案：45°?

最小角定理如圖，若OA為平面α的一條斜線，O為斜足，OB為OA在平面α內(nèi)的射影，OC為平面α內(nèi)的一條直線，其中θ為OA與OC所成的角，θ1為OA與OB所成的角，即線面角，θ2為OB與OC所成的角，那么cosθ＝cosθ1cosθ2.?

已知AO為平面α的一條斜線，O為斜足，OB為OA在平面α內(nèi)的射影，直線OC在平面α內(nèi)，且∠AOB＝∠BOC＝45°，則∠AOC的大小為

（

）A.30°B.45°C.60°D.90°

02?直線與平面所成的角

（1）證明：BD⊥PA；解

（1）證明：如圖所示，取AB中點(diǎn)為O，連接DO，CO，則OB＝DC＝1.又DC∥OB，所以四邊形DCBO為平行四邊形.又BC＝OB＝1，所以四邊形DCBO為菱形，所以BD⊥CO.同理可得，四邊形DCOA為菱形，所以AD∥CO，所以BD⊥AD.因?yàn)镻D⊥底面ABCD，BD?底面ABCD，所以PD⊥BD，又AD∩PD＝D，AD，PD?平面ADP，所以BD⊥平面ADP.因?yàn)镻A?平面ADP，所以BD⊥PA.（2）求PD與平面PAB所成的角的正弦值.

｜解題技法｜向量法求直線與平面所成角的2種方法（1）分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角（或其補(bǔ)角）；（2）通過(guò)平面的法向量來(lái)求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角（或鈍角的補(bǔ)角），取其余角就是斜線和平面所成的角.?

（1）證明：AB⊥PM；解：（1）證明：因?yàn)榈酌鍭BCD是平行四邊形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M為BC的中點(diǎn)，所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，易得CD⊥DM.又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM?平面PDM，所以CD⊥平面PDM.因?yàn)锳B∥CD，所以AB⊥平面PDM.又PM?平面PDM，所以AB⊥PM.（2）求直線AN與平面PDM所成角的正弦值.

平面與平面的夾角（二面角）【例2】

（2022·新高考Ⅱ卷）如圖，PO是三棱錐P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E為PB的中點(diǎn).（1）證明：OE∥平面PAC；解

（1）證明：如圖，取AB的中點(diǎn)D，連接DP，DO，DE.因?yàn)锳P＝PB，所以PD⊥AB.因?yàn)镻O為三棱錐P－ABC的高，所以PO⊥平面ABC，因?yàn)锳B?平面ABC，所以PO⊥AB.又PO，PD?平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.因?yàn)镺D?平面POD，所以AB⊥OD，又AB⊥AC，所以O(shè)D∥AC，因?yàn)镺D?平面PAC，AC?平面APC，所以O(shè)D∥平面PAC.因?yàn)镈，E分別為BA，BP的中點(diǎn)，所以DE∥PA，因?yàn)镈E?平面PAC，PA?平面PAC，所以DE∥平面PAC.又OD，DE?平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC.又OE?平面ODE，所以O(shè)E∥平面PAC.（2）若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C－AE－B的正弦值.

｜解題技法｜向量法求平面與平面夾角（二面角）的方法（1）找法向量：分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在平面的法向量，然后通過(guò)兩個(gè)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(shí)際圖形判斷所求角的大??；（2）找與棱垂直的方向向量：分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，則這兩個(gè)向量的夾角的大小就是二面角的大小.?如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD.（1）求證：AB⊥PD；解：（1）證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以AB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.

距離問(wèn)題【例3】

如圖，正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長(zhǎng)均為4，N是CC1的中點(diǎn).（1）求點(diǎn)N到直線AB的距離；

（2）求點(diǎn)C1到平面ABN的距離；

（3）求直線AA1到直線BN的距離.

?

（1）求證：CD⊥平面ABB1A1；

解：（2）取BC中點(diǎn)為O，B1C1中點(diǎn)為Q，連接OA，OQ，則OA⊥BC，OQ⊥BC，由（1）知A1A⊥平面ABC，且OA?平面ABC，所以O(shè)A⊥AA1，又B1B∥A1A，所以O(shè)A⊥BB1，BB1∩BC＝B，所以O(shè)A⊥平面BCC1B1，于是OA，OB，OQ兩兩垂直.

03?1.如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，已知M，N分別是BD和AD的中點(diǎn)，則B1M與D1N所成角的余弦值為（

）

2.在正方體ABCD

－A1B1C1D1中，點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)，則平面A1ED與平面ABCD夾角的余弦值為（

）

3.如圖，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都相等，E，F(xiàn)，G分別為AB，AA1，A1C1的中點(diǎn)，則B1F與平面GEF所成角的正弦值為

（

）

A.150°B.45°C.60°D.120°

9.如圖，空間幾何體由兩部分構(gòu)成，上部是一個(gè)底面半徑為1，高為2的圓錐，下部是一個(gè)底面半徑為1，高為2的圓柱，圓錐和圓柱的軸在同一直線上，圓錐的下底面與圓柱的上底面重合，點(diǎn)P是圓錐的頂點(diǎn)，AB是圓柱下底面的一條直徑，AA1，BB1是圓柱的兩條母線，C是弧AB的中點(diǎn).（1）求異面直線PA1與BC所成角的余弦值；

（2）求點(diǎn)B1到平面PAC的距離.

10.如圖，在三棱臺(tái)ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC.（1）證明：EF⊥DB；

（2）求直線DF與平面DBC所成角的正弦值.

?11.如圖，六面體ABCDEFG中，BE⊥平面ABC，且BE⊥平面DEFG，DG∥EF，ED＝DG＝GF＝1，AB＝BC＝CA＝EF＝2.（1）求證：DF⊥平面ABED；解：（1）證明：因?yàn)锽E⊥平面ABC，且BE