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1、创新设计一轮复习 第七章 第6节 第2课时 第2课时利用空间向量求夹角和距离(距离供选用)考点一用空间向量求异面直线所成的角【例1】 (1)(一题多解)(2017全国卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A. B. C. D.(2)(一题多解)(2019河北、山西、河南三省联考)在三棱锥PABC中，ABC和PBC均为等边三角形，且二面角PBCA的大小为120，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析(1)法一以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.图(1)则B(0，0，0)，B1(

2、0，0，1)，C1(1，0，1).又在ABC中，ABC120，AB2，则A(1，0).所以(1，1)，(1，0，1)，则cos，因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.法二将直三棱柱ABCA1B1C1补形成直四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图(2)，连接AD1，B1D1，则AD1BC1.图(2)则B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角)，易求得AB1，BC1AD1，B1D1.由余弦定理得cosB1AD1.(2)法一取BC的中点O，连接OP，OA，因为ABC和PBC均为等边三角形，所以AOBC，POBC，所以POA就是二面角PBCA的平面角，即POA120，过点B作AC的平

3、行线交AO的延长线于点D，连接PD，则PBD或其补角就是异面直线PB和AC所成的角.设ABa，则PBBDa，POPDa，所以cos PBD.法二如图，取BC的中点O，连接OP，OA，因为ABC和PBC均为等边三角形，所以AOBC，POBC，所以BC平面PAO，即平面PAO平面ABC.且POA就是其二面角PBCA的平面角，即POA120，建立空间直角坐标系如图所示.设AB2，则A(，0，0)，C(0，1，0)，B(0，1，0)，P，所以(，1，0)，cos ，所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为.法三如图所示，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AOBC，

4、POBC，所以POA就是二面角的平面角，设AB2，则，故()()，所以cos ，.即异面直线PB与AC所成角的余弦值为.答案(1)C(2)A规律方法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|cosv1，v2|求解.2.两异面直线所成角的范围是，两向量的夹角的范围是0，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；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.【训练1】 (一题多解)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1AB，E，F分别为BC，BB1的中点，M，N分

5、别为AA1，A1C1的中点，则直线MN与EF所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析法一如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接AC1，CB1，C1B，易得MNAC1，EFCB1C1B，那么AC1B或AC1B的补角即直线MN与EF所成的角.设AA1ABa，则AC1C1Ba，连接AB，则AB3a，由余弦定理得cos AC1B.故直线MN与EF所成角的余弦值为.法二如图，连接AC1，C1B，CB1，设C1B，CB1交于点O，取AB的中点D，连接CD，OD，则MNAC1OD，EFCB1，那么DOC或其补角即直线MN与EF所成的角.设AA1ABa，则AC1CB1a，于是ODOC，又

6、CD，于是OCD为正三角形，故DOC60，cos DOC，即直线MN与EF所成角的余弦值为.法三取AB的中点O，连接CO，则COAB，以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，过点O且平行于CC1的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AB2，则AA12，求得M(1，0，)，N，E，F(1，0，)，所以，cos ，.答案C考点二用空间向量求线面角【例2】 (2018全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点.(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明因为APCP

7、AC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.连接OB，因为ABBCAC，所以AB2BC2AC2，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB，OPAC且OBACO，知PO平面ABC.(2)解如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，(0，2，2).取平面PAC的一个法向量(2，0，0).设M(a，2a，0)(0a2)，则(a，4a，0).设平面PAM的法向量为n(x，y，z).由n0，n0得可取n(a4)，a，a)，

8、所以cos，n.由已知可得|cos，n|，所以，解得a4(舍去)，a，所以n.又(0，2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.规律方法利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它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所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.【训练2】 (2019郑州测试)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED平面ABCD，ABD，AB2AD.(1)求证：平面BDEF平面ADE；(2)若EDBD，求直线AF

9、与平面AEC所成角的正弦值.(1)证明在ABD中，ABD，AB2AD，由余弦定理，得BDAD，从而BD2AD2AB2，故BDAD，所以ABD为直角三角形且ADB.因为DE平面ABCD，BD平面ABCD，所以DEBD.又ADDED，所以BD平面ADE.因为BD平面BDEF，所以平面BDEF平面ADE.(2)解由(1)可得，在RtABD中，BAD，BDAD，又由EDBD，设AD1，则BDED.因为DE平面ABCD，BDAD，所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.则A(1，0，0)，C(1，0)，E(0，0，)，F(0，)，所以(1，0，

10、)，(2，0).设平面AEC的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，得n(，2，1)，为平面AEC的一个法向量.因为(1，)，所以cos n，所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.考点三用空间向量求二面角【例3】 (2019北京海淀区模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，ABCD，且CD6，AB12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQOB.(1)(一题多解)证明：OD平面PAQ；(2)若BE2AE，求二面角CBQA的余弦值.(1)证明法一取OO1的中点F，连接AF，PF，

11、如图所示.P为BC的中点，PFOB，AQOB，PFAQ，P，F，A，Q四点共面.由题图1可知OBOO1，平面ADO1O平面BCO1O，且平面ADO1O平面BCO1OOO1，OB平面BCO1O，OB平面ADO1O，PF平面ADO1O，又OD平面ADO1O，PFOD.由题意知，AOOO1，OFO1D，AOFOO1D，AOFOO1D，FAODOO1，FAOAODDOO1AOD90，AFOD.AFPFF，且AF平面PAQ，PF平面PAQ，OD平面PAQ.法二由题设知OA，OB，OO1两两垂直，以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ的长为m，

12、则O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0).点P为BC的中点，P，(3，0，6)，(0，m，0)，.0，0，又与不共线，OD平面PAQ.(2)解BE2AE，AQOB，AQOB3，则Q(6，3，0)，(6，3，0)，(0，3，6).设平面CBQ的法向量为n1(x，y，z)，由得令z1，则y2，x1，n1(1，2，1).易得平面ABQ的一个法向量为n2(0，0，1).设二面角CBQA的大小为，由图可知，为锐角，则cos ，即二面角CBQA的余弦值为.规律方法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

13、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.【训练3】 (2018安徽六校第二次联考)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABCD，ABBCCC12CD，E为线段AB的中点，F是线段DD1上的动点.(1)求证：EF平面BCC1B1；(2)(一题多解)若BCDC1CD60，且平面D1C1CD平面ABCD，求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.(1)证明如图(1)，连接DE，D

14、1E.图(1)ABCD，AB2CD，E是AB的中点，BECD，BECD，四边形BCDE是平行四边形，DEBC.又DE平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，DE平面BCC1B1.DD1CC1，DD1平面BCC1B1，CC1平面BCC1B1，D1D平面BCC1B1.又D1DDED，平面DED1平面BCC1B1.EF平面DED1，EF平面BCC1B1.(2)解如图(1)，连接BD.设CD1，则ABBCCC12.BCD60，BD.CD2BD2BC2，BDCD.同理可得，C1DCD.法一平面D1C1CD平面ABCD，平面D1C1CD平面ABCDCD，C1D平面D1C1CD，C1D平面ABCD，BC平面

15、ABCD，C1DBC，C1DB1C1.在平面ABCD中，过点D作DHBC，垂足为H，连接C1H，如图(1).C1DDHD，BC平面C1DH.C1H平面C1DH，BCC1H，B1C1C1H，DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角.在RtC1CD中，C1D，在RtBCD中，DHCDsin 60，在RtC1DH中，C1H，cos DC1H.平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角(锐角)的余弦值为.法二以D为原点，分别以DB，DC，DC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图(2)，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，0，)，B(，0，0)，图(2)(，1，0)，

16、(0，0，)，(0，1，).设平面BCC1B1的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即取z11，则y1，x11，平面BCC1B1中的一个法向量为n1(1，1).设平面DC1B1的法向量为n2(x2，y2，z2).则即令x21，则y2，z20，平面DC1B1的一个法向量为n2(1，0).设平面BCC1B1与平面DC1B1所成的锐二面角的大小为，则cos .平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角(锐角)的余弦值为.考点四用空间向量求空间距离(供选用)【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，AB2，求点A到平面MBC的距离.解设CD的中点为E，连

17、接ME，BE，因为MCD是正三角形，所以MECD.又因为平面MCD平面BCD，ME平面MCD.平面MCD平面BCDCD.所以ME平面BCD.因为BCD是正三角形，所以BECD，以E点为坐标原点，ED，EB，EM所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图.则E(0，0，0)，M(0，0，)，C(1，0，0)，B(0，0)，A(0，2).所以(0，)，(0，)，(1，0，)，设n(x，y，z)是平面MBC的法向量，则n，n，所以n0，n0，所以令z1，则y1，x，所以n(，1，1).所以点A到平面MBC的距离为d.规律方法1.空间中两点间的距离的求法两点间的距离就是以这两点为端点的向量的模

18、.因此，要求两点间的距离除了使用距离公式外，还可转化为求向量的模.2.求点P到平面的距离的三个步骤：(1)在平面内取一点A，确定向量的坐标表示；(2)确定平面的法向量n；(3)代入公式d求解.【训练4】 正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别是棱AB，AD，B1C1，D1C1的中点，则平面EFD1B1和平面GHDB的距离是_.解析因为平面EFD1B1平面GHDB，EF平面GHDB，所以平面EFD1B1和平面GHDB的距离，就是EF到平面GHDB的距离，也就是点F到平面GHDB的距离.建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则(1，0，0)，(0，1，2)，(2，2，0)，设

19、平面GHDB的法向量为n(x，y，z)，则即不妨设y2，则n(2，2，1)，所以点F到平面GHDB的距离d，即平面EFD1B1和平面GHDB的距离也是.答案思维升华1.利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算.2.利用法向量求距离问题的程序思想方法第一步，确定法向量；第二步，选择参考向量；第三步，确定参考向量到法向量的投影向量；第四步，求投影向量的长度.易错防范1.异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否

20、则向量夹角的补角是异面直线所成的角.2.利用向量法求二面角大小的注意点(1)建立空间直角坐标系时，若垂直关系不明确，应先给出证明；(2)对于某些平面的法向量，要结合题目条件和图形多观察，判断该法向量是否已经隐含着，不用再求.(3)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角等于120，则直线l与平面所成的角等于()A.120 B.60C.30 D.60或30解析设直线l与平面所成的角为，直线l与平面的法向量的夹角为.则sin |cos |cos 120|.又090，30.答案C2.在正

21、方体A1B1C1D1ABCD中，AC与B1D所成角大小为()A. B. C. D.解析建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0).(1，1，0)，(1，1，1)，1(1)110(1)0，AC与B1D所成的角为.答案D3.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD4，AB2.以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.则CD与平面ACM所成角的正弦值为()A. B. C. D.解析如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，4)，B(2，0，0)，C(2，4，

22、0)，D(0，4，0)，M(0，2，2).所以(2，4，0)，(0，2，2)，(2，0，0).设平面ACM的一个法向量n(x，y，z)，由n，n，可得令z1，得n(2，1，1).设所求角为，则sin .答案D4.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为()A. B. C. D.解析以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，(0，1，1)，.设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则有即n1(1，2，2).平面ABCD的一个法

23、向量为n2(0，0，1)，|cosn1，n2|，即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为.答案B5.(2019日照模拟)设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是()A. B. C. D.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D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，(2，0，0)，(2，2，0)，(2，0，2)，设平面A1BD的一个法向量n(x，y，z)，则令z1，得n(1，1，1).D1到平面A1BD的距离d.答案D二、填空题6.(2019昆明月考)如图所示，在

24、三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是_.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ABBCAA12，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则(0，1，1)，(2，0，2)，2，cos，EF和BC1所成的角为60.答案607.在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于_.解析以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.设AA12AB2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1

25、，2)，则(0，1，0)，(1，1，0)，(0，1，2).设平面BDC1的一个法向量为n(x，y，z)，则n，n，所以有令y2，得平面BDC1的一个法向量为n(2，2，1).设直线CD与平面BDC1所成的角为，则sin |cos n，|.答案8.(一题多解)已知点E，F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的锐二面角的正切值为_.解析法一延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示.设正方体的棱长为3，则GBBC3，作BHAG于点H，连接EH，则EHB为所求锐二面角的平面角.BH，EB1，tan EHB.法二如图，以

26、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Dxyz，设DA1，由已知条件得A(1，0，0)，E，F，设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为，由得令y1，z3，x1，则n(1，1，3)，取平面ABC的法向量为m(0，0，1)，则cos |cos n，m|，tan .答案三、解答题9.(2018江苏卷)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.解如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中

27、，设AC，A1C1 的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以，为基底，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为ABAA12，所以A(0，1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2).(1)因为P为A1B1的中点，所以P，从而，(0，2，2)，故|cos，|.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点，所以Q，因此，(0，2，2)，(0，0，2).设n(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取n(，1，1).设直线CC1与平面AQC1所成角为，则sin |cos，n|，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.10. (2018河北五校联考)如图，在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C底面ABC，底面ABC是边长为2的正三角形，A1AA1C，A1AA1C.(1)求证：A1C1B1C；(2)(一题多解)求二面角B1A1CC1的正弦值.(1)证明如图，取A1C1的中点D，连接B1D，CD，C1CA