《1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题》教案、导学案、同步练习

《1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题》教案（第一课时）【教材分析】本节课选自《2019人教A版高中数学选择性必修第一册》第一章《空间向量与立体几何》，本节课主要学习运用空间向量解决计算空间距离问题。在向量坐标化的基础上，将空间中点到线、点到面、两条平行线及二平行平面角的距离问题，首先转化为向量语言，进而运用向量的坐标表示，从而实现运用空间向量解决空间距离问题，为学生学习立体几何提供了新的方法和新的观点，为培养学生思维提供了更广阔的空间。【教学目标与核心素养】课程目标学科素养A.能用向量语言表示点到直线、点到平面、互相平行的直线、互相平行的平面的距离问题.B.能用向量方法解决点到直线、点到平面、互相平行的直线、互相平行的平面的距离问题.1.数学抽象：向量语言表述空间距离2.逻辑推理：运用向量运算求解空间距离的原理；3.数学运算：空间向量的坐标运算解决空间距离问题.【教学重点】：理解运用向量方法求空间距离的原理【教学难点】：掌握运用空间向量求空间距离的方法【教学过程】教学过程教学设计意图一、情境导学如图，在蔬菜大棚基地有一条笔直的公路,某人要在点A处，修建一个蔬菜存储库。如何在公路上选择一个点,修一条公路到达A点,要想使这个路线长度理论上最短,应该如何设计？问题：空间中包括哪些距离?求解空间距离常用的方法有哪些?答案：点到直线、点到平面、两条平行线及两个平行平面的距离;传统方法和向量法.二、探究新知一、点到直线的距离、两条平行直线之间的距离1.点到直线的距离已知直线l的单位方向向量为μ,A是直线l上的定点,P是直线l外一点.设AP=a,则向量AP在直线l上的投影向量AQ=(a·μ)μ.点P到直线l的距离为PQ=a22.两条平行直线之间的距离求两条平行直线l,m之间的距离,可在其中一条直线l上任取一点P,则两条平行直线间的距离就等于点P到直线m的距离.点睛：点到直线的距离,即点到直线的垂线段的长度,由于直线与直线外一点确定一个平面,所以空间点到直线的距离问题可转化为空间某一个平面内点到直线的距离问题.1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是C1C,D1A1的中点,则点A到直线EF的距离为.

答案:174解析:如图,以点D为原点,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A(2,0,0),E(0,2,1),F(1,0,2),EF=(1,-2,1),FA=(1,0,-2),∴|EF|=12∴直线EF的单位方向向量μ=66(1,-∴点A到直线EF的距离d=|FA二、点到平面的距离、两个平行平面之间的距离点到平面的距离已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l,交平面α于点Q,则点P到平面α的距离为PQ=|AP点睛：1.实质上,n是直线l的方向向量,点P到平面α的距离就是AP在直线l上的投影向量QP的长度.2.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.3.两个平行平面之间的距离如果两个平面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.2.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面边长为2,侧棱长为4,则点B1到平面AD1C的距离为.

答案:83解析:以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A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,4),B1则AC=(-2,2,0),AD1=(-2,0,4),B1D1=设平面AD1C的法向量为n=(x,y,z),则n取z=1,则x=y=2,所以n=(2,2,1).所以点B1到平面AD1C的距离d=|n三、典例解析例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.解: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A1C1=(-4,3,0),BC1=(0,3,1),所以点B到直线A1C1的距离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.延伸探究1例1中的条件不变,若M,N分别是A1B1,AC的中点,试求点C1到直线MN的距离.解:如例1解中建立空间直角坐标系(图略).则M(2,0,1),N2,32,所以直线MN的方向向量为MN=0,32,-所以点C1到MN的距离d=|M延伸探究2将条件中直三棱柱改为所有棱长均为2的直三棱柱,求点B到A1C1的距离.解:以B为坐标原点,分别以BA,过B垂直于BA的直线,BB1为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A1(2,0,2),C1(1,3,2),所以A1C1的方向向量A1C1=(-1,3,0),BC所以点B到直线A1C1的距离d=|BC1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=23M,N分别为AB,SB的中点,如图所示.求点B到平面CMN的距离.思路分析借助平面SAC⊥平面ABC的性质,建立空间直角坐标系,先求平面CMN的法向量,再求距离.解: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.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(0,23,0),C(-2,0,0),S(0,0,22),M(1,3,0),N(0,3,2∴CM=(3,3,0),MN=(-1,0,2),MB=(-1,3,0).设n=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,则CM·n=3则x=2,y=-6,∴n=(2,-6,1).∴点B到平面CMN的距离d=|n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=|n·MA||n|(n跟踪训练1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.(1)证明:连接AB1交A1B于点E,连接DE.DE∥B1C,DE⊂平面A(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(0,22,3),B(0,22,0),A1(-1,0,3),DB1=(0,22,3),DB=(0,22,0),DA设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),所以22y=0,-所求距离为d=|n金题典例如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点E在棱BB1上,EB1=1,D,F,G分别为CC1,B1C1,A1C1的中点,EF与B1D相交于点H.(1)求证:B1D⊥平面ABD;(2)求证:平面EGF∥平面ABD;(3)求平面EGF与平面ABD的距离.思路分析：根据两个平行平面间距离的定义,可将平面与平面间的距离转化为一个平面内一点到另一个平面的距离,即点面距.(1)证明:如图所示建立空间直角坐标系,设AB=a,则A1(a,0,0),B1(0,0,0),C1(0,2,0),F(0,1,0),E(0,0,1),A(a,0,4),B(0,0,4),D(0,2,2),Ga2所以B1D=(0,2,2),AB=(-a,0,0),BD=(0,2,-所以B1D·AB=0+0+0=0,B1D·BD=所以B1所以B1D⊥AB,B1D⊥BD.又AB∩BD=B,所以B1D⊥平面ABD.(2)证明:由(1)可得AB=(-a,0,0),BD=(0,2,-2),GF=-a2,0,0,EF=(0,1,-1),所以所以GF∥AB,EF∥BD.又GF∩EF=F,AB∩BD=B,所以平面EGF∥平面ABD.(3)解:由(1)(2)知,B1D是平面EGF和平面ABD因为平面EGF∥平面ABD,所以点E到平面ABD的距离就是两平面的距离,设为d.因为EB=(0,0,3),B1D所以d=|B1D·总结：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.通过生活中的现实情况，帮助学生回顾空间距离的概念，并提出运用向量解空间距离的问题，引导学生回顾空间中线线、线面、面面的平行问题的解法方法，进一步体会空间几何问题代数化的基本思想由基本问题出发，让学生掌握运用空间向量解决空间距离问题的基本原理，实现将立体几何问题向量化。发展学生逻辑推理，数学抽象和数学运算的核心素养。通过典型例题的分析和解决，让学生感受空间向量坐标运算在解决立体几何问题的应用。发展学生数学抽象、逻辑推理的核心素养。通过典例解析，进一步让学生体会空间向量坐标运算在解决立体几何中的应用，提升推理论证能力，提高学生的数学运算及逻辑推理的核心素养。三、达标检测1.两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量n=(-1,0,1),则两平面间的距离是()A.32 B.22 C.3答案:B解析:∵两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),OA=(2,1,1),且两平面的一个法向量n=(-1,0,1),∴两平面间的距离d=|n·OA2.若三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直,且满足PA=PB=PC=1,则点P到平面ABC的距离是()A.66 B.63 C.3答案:D解析:分别以PA,PB,PC所在的直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系(图略),则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1).可以求得平面ABC的一个法向量为n=(1,1,1),则d=|PA3.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是平面A1B1C1D1的中心,则O到平面ABC1D1的距离是()A.12 B.24 C.2答案:B解析:建立坐标系如图,则A(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),O12∴AB=(0,1,0),AD1=(-设n=(1,y,z)是平面ABC1D1的一个法向量,则AB·n=y=0,AD1·n又OA=∴点O到平面ABC1D1的距离为|OA4.Rt△ABC的两条直角边BC=3,AC=4,PC⊥平面ABC,PC=95,则点P到斜边AB的距离是答案:3解析:以点C为坐标原点,CA,CB,CP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.则A(4,0,0),B(0,3,0),P0,所以AB=(-4,3,0),AP所以点P到AB的距离d=|AP|25.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.

答案:3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),C(0,1,0),D1(0,0,1),M1,1,∴AM=0,1,12,AC=设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),则n令x=1,则y=z=1,∴n=(1,1,1).∴点M到平面ACD1的距离d=|AM故直线MN到平面ACD1的距离为32通过练习巩固本节所学知识，通过学生解决问题，发展学生的数学运算、逻辑推理、数学建模的核心素养。四、小结运用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的额距离和夹角等问题；（3）把向量运算的结果“翻译”成相应的几何结论。五、课时练通过总结，让学生进一步巩固本节所学内容，提高概括能力。【教学反思】教学中主要突出了几个方面：一是进一步突出运用向量法解决立体几何问题的基本程序，发展学生的数学建模思想和逻辑推理能力。二是典例解析，通过对典型问题的分析解决，帮助学生建立运用空间向量解决立体几何问题的基本思路。教学设计尽量做到注意学生的心理特点和认知规律，触发学生的思维，使教学过程真正成为学生的学习过程，以思维教学代替单纯的记忆教学。注意在探究问题时留给学生充分的时间，使数学教学成为数学活动的教学。从而发展学生的直观想象、逻辑推理、数学建模的核心素养。《1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题》教案（第二课时）【教材分析】本节课选自《2019人教A版高中数学选择性必修第一册》第一章《空间向量与立体几何》，本节课主要学习运用空间向量解决计算空间角问题。在向量坐标化的基础上，将空间中线线角、线面角及二面角问题，首先转化为向量语言，进而运用向量的坐标表示，从而实现运用空间向量解决空间角问题，为学生学习立体几何提供了新的方法和新的观点，为培养学生思维提供了更广阔的空间。【教学目标与核心素养】课程目标学科素养A.理解两异面直线所成角与它们的方向向量之间的关系,会用向量方法求两异面直线所成角.B.理解直线与平面所成角与直线方向向量和平面法向量夹角之间的关系,会用向量方法求直线与平面所成角.C.理解二面角大小与两个面法向量夹角之间的关系,会用向量方法求二面角的大小.1.数学抽象：向量语言表述空间角2.逻辑推理：运用向量运算求解空间角的原理；3.数学运算：空间向量的坐标运算解决空间角问题.【教学重点】：理解运用向量方法求空间角的原理【教学难点】：掌握运用空间向量求空间角的方法【教学过程】教学过程教学设计意图一、情境导学地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”,黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°26'.黄道面与天球相交的大圆为“黄道”.黄道及其附近的南北宽9°以内的区域称为黄道带,太阳及大多数行星在天球上的位置常在黄道带内.黄道带内有十二个星座,称为“黄道十二宫”.从春分(节气)点起,每30°便是一宫,并冠以星座名,如白羊座、狮子座、双子座等等,这便是星座的由来.问题：空间角包括哪些角?求解空间角常用的方法有哪些?答案：线线角、线面角、二面角;传统方法和向量法.二、探究新知1.利用向量方法求两异面直线所成角若两异面直线l1,l2所成角为θ,它们的方向向量分别为a,b,则有cosθ=|cos<a,b>|=|a特别提醒：不要将两异面直线所成的角与其方向向量的夹角等同起来,因为两异面直线所成角的范围是0,π1.若异面直线l1,l2的方向向量分别是a=(0,-2,-1),b=(2,0,4),则异面直线l1与l2的夹角的余弦值等于()A.-25 B.25 C.-2解析因为a·b=-4,|a|=5,|b|=25,所以cosθ=|cos<a,b>|=a·b2.利用向量方法求直线与平面所成角若直线l与平面α所成的角为θ,直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,则有sinθ=|cos<a,n>|=|特别提醒：直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角.2.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l与平面α所成的角等于()A.120° B.60° C.150° D.30°解析：因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,所以它们所在直线的夹角为60°,则直线l与平面α所成的角等于90°-60°=30°.答案：D3.利用向量方法求二面角(1)若二面角α-l-β的平面角的大小为θ,其两个面α,β的法向量分别为n1,n2,则|cosθ|=|cos<n1,n2>|=|(2)二面角的大小还可以转化为两直线方向向量的夹角.在二面角α-l-β的两个半平面α,β内,各取一条与棱l垂直的直线,则当直线的方向向量的起点在棱上时,两个方向向量的夹角即为二面角的大小.特别提醒：由于二面角的取值范围是[0,π],而两个面的法向量的方向无法从图形上直观确定,因此不能认为二面角的大小就是其两个面法向量夹角的大小,需要结合具体图形判断二面角是锐角还是钝角,从而求得其大小.3.二面角α-l-β中,平面α的一个法向量为n1=32,-12,-2,平面β的一个法向量是n2=0,12A.120°B.150°C.30°或150° D.60°或120°解析：设所求二面角的大小为θ,则|cosθ|=|n1·n2例1.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,试求直线EF和BC1所成的角.思路分析:建立空间直角坐标系,求出直线EF和BC1的方向向量的坐标,求它们的夹角即得直线EF和BC1所成的角.解:分别以直线BA,BC,BB1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系(如右图).设AB=1,则B(0,0,0),E12,0,0,F0,0,12,C1(0,1,1),所以EF=-12,1.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0,π跟踪训练1如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为.

解析：以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Dxyz,设AB=1.则B(1,1,0),A1(1,0,2),A(1,0,0),D1(0,0,2),A1B=(0,1,-2),ADcos<A1B,AD1>=A1B·AD1|A1例2.如图所示,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN∥平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.思路分析:(1)线面平行的判定定理⇒MN∥平面PAB.(2)利用空间向量计算平面PMN与AN方向向量的夹角⇒直线AN与平面PMN所成角的正弦值.(1)证明:由已知得AM=23AD=2.如图,取BP的中点T,连接AT,TN由N为PC的中点知TN∥BC,TN=12BC=2又AD∥BC,故TN∥AM且TN=AM,所以四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)解:如图,取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=AB以A为坐标原点,AE的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.由题意知P(0,0,4),M(0,2,0),C(5,2,0),N52,1,2,PM=(0,2,-4),PN=52,1,-2,AN=52,1,2.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则n即2y-4z=0,52x+y-2z=0所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为85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:跟踪训练2在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,则直线A1B与平面BDE所成的角为()A.π6B.π3C.π2解析:以D为原点建立空间直角坐标系,可求得平面BDE的法向量n=(1,-1,2),而BA1=(0,-1,1),所以cosθ=1+223=32,则θ=30°,故直线答案：B例3.如图,在正方体ABEF-DCE'F'中,M,N分别为AC,BF的中点,求平面MNA与平面MNB所成锐二面角的余弦值.思路分析:有两种思路,一是先根据二面角平面角的定义,在图形中作出二面角的平面角,然后利用向量方法求出夹角从而得到所成二面角的大小;另一种是直接求出两个面的法向量,通过法向量的夹角求得二面角的大小.解:设正方体棱长为1.以B为坐标原点,BA,BE,BC所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系B-xyz,则M12,0,12,N1(方法1)取MN的中点G,连接BG,AG,则G12因为△AMN,△BMN为等腰三角形,所以AG⊥MN,BG⊥MN,故∠AGB为二面角的平面角或其补角.又因为GA=12,-14,-14,GB=-1(方法2)设平面AMN的法向量n1=(x,y,z).由于AM=则n1·AM=0,n1·AN=0,即-同理可求得平面BMN的一个法向量n2=(1,-1,-1),所以cos<n1,n2>=n1·n故所求两平面所成锐二面角的余弦值为13利用平面的法向量求二面角利用向量方法求二面角的大小时,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二面角的大小,但利用这种方法求解时,要注意结合图形观察分析,确定二面角是锐角还是钝角,不能将两个法向量的夹角与二面角的大小完全等同起来.跟踪训练3如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=BC=AB=2,AB⊥BC,求二面角B1-A1C-C1的大小.解：如图,建立空间直角坐标系.则A(2,0,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),B1(0,0,2),C1(0,2,2),即BM=(1,1,0)是平面A1C1C的一个法向量.设平面A1B1C的一个法向量是n=(x,y,z),A1C=(-2,2,-2),A1所以n·A1B1=-2x=0,n·A1C=-2x+2令z=1,解得x=0,y=1,故n=(0,1,1).设法向量n与BM的夹角为φ,二面角B1-A1C-C1的大小为θ,显然θ为锐角.因为cosθ=|cosφ|=|n·BM|所以二面角B1-A1C-C1的大小为π3金题典例如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O⊥底面ABCD.(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.(1)证明因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形,所以CC1⊥AC,DD1⊥BD,又CC1∥DD1∥OO1,所以OO1⊥AC,OO1⊥BD,因为AC∩BD=O,所以O1O⊥底面ABCD.(2)解：因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形ABCD为菱形,AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD,所以OB,OC,OO1两两垂直.如图,以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.设棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=3,OC=1,所以O(0,0,0),B1(3,0,2),C1(0,1,2),平面BDD1B1的一个法向量为n=(0,1,0),设平面OC1B1的法向量为m=(x,y,z),则由m⊥OB1,m⊥OC1,所以3x+2z=0,y+2z=0,取z=-3,则x=所以|cos<m,n>|=m·由图形可知二面角C1-OB1-D的大小为锐角,所以二面角C1-OB1-D的余弦值为257延伸探究1本例条件不变,求二面角B-A1C-D的余弦值.解:建立如图所示的空间直角坐标系.设棱长为2,则A1(0,-1,2),B(3,0,0),C(0,1,0),D(-3,0,0).所以BC=(-3,1,0),A1C=(0,2,-2),CD=(-3,-设平面A1BC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·A1C=0,n1·BC=0,即2y1-2z1=0,-3x1+y1=0,取x1=3,则则n取x2=3,则y2=z2=-3,故n2=(3,-3,-3).所以|cos<n1,n2>|=n1由图形可知二面角B-A1C-D的大小为钝角,所以二面角B-A1C-D的余弦值为-57延伸探究2本例四棱柱中,∠CBA=60°改为∠CBA=90°,设E,F分别是棱BC,CD的中点,求平面AB1E与平面AD1F所成锐二面角的余弦值.解:以A为坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示,设此棱柱的棱长为1,则A(0,0,0),B1(1,0,1),E1,12,0,D1(0,1,1),F12,1,0,AE=1,12,0,AB1=(1,0,1),AF=12,1,0,AD1=(0,1,1).设平面AB1E的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·AB1=0,n1·AE=0,所以n1=(-1,2,1).设平面AD1F的法向量为n2=(x2,y2,z2).则n令x2=2,则y2=-1,z2=1.所以n2=(2,-1,1).所以平面AB1E与平面AD1F所成锐二面角的余弦值为cos<n1,n2>=|n向量法求二面角(或其某个三角函数值)的四个步骤(1)建立适当的坐标系,写出相应点的坐标;(2)求出两个半平面的法向量n1,n2;(3)设二面角的平面角为θ,则|cosθ|=|cos<n1,n2>|;(4)根据图形判断θ为钝角还是锐角,从而求出θ(或其三角函数值).通过生活中的现实情况，帮助学生回顾空间角的概念，并提出运用向量解空间角的问题，引导学生回顾空间中线线、线面、面面的平行问题的解法方法，进一步体会空间几何问题代数化的基本思想由基本问题出发，让学生掌握运用空间向量解决空间角问题的基本原理，实现将立体几何问题向量化。发展学生逻辑推理，数学抽象和数学运算的核心素养。通过典型例题的分析和解决，让学生感受空间向量坐标运算在解决立体几何问题的应用。发展学生数学抽象、逻辑推理的核心素养。通过典例解析，进一步让学生体会空间向量坐标运算在解决立体几何中的应用，提升推理论证能力，提高学生的数学运算及逻辑推理的核心素养。三、达标检测1.平面α的斜线l与它在这个平面上射影l'的方向向量分别为a=(1,0,1),b=(0,1,1),则斜线l与平面α所成的角为()A.30° B.45° C.60° D.90°解析:l与α所成的角即为a与b所成的角(或其补角),因为cos<a,b>=a·b|a||b|=12.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos<m,n>=-12,则l与α所成的角为(A.30° B.60° C.120° D.150°解析：由已知得直线l和平面α法向量所夹锐角为60°,因此l与α所成的角为30°.答案：A3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别为棱BC和棱CC1的中点,则异面直线AC和MN所成的角为()A.30°B.45°C.90° D.60°解析以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设正方体ABCD-A1B1C1D1中棱长为2,∵M、N分别为棱BC和棱CC1的中点,∴M(1,2,0),N(0,2,1),A(2,0,0),C(0,2,0),MN=(-1,0,1),AC=(-2,2,0),设异面直线AC和MN所成的角为θ,.cosθ=|MN则又θ是锐角,∴θ=60°∴异面直线AC和MN所成的角为60°,故选D.答案D4.在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=BC=12PA,点O,D分别是AC,PC的中点,OP⊥底面ABC,则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为解析:以O为原点,射线OA,OB,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,设AB=a,则OP=72a,OD=-2所以cos<OD,n>=OD·n|OD||n|=21030答案:2105.如图,四棱锥P-ABCD中,PB⊥底面ABCD,CD⊥PD,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,AB=AD=PB=3.点E在棱PA上,且PE=2EA.求二面角A-BE-D的余弦值.解：以B为原点,以直线BC,BA,BP分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设平面EBD的一个法向量为n1=(x,y,1),因为BE=(0,2,1),BD=(3,3,0),由n1·于是n1=12又因为平面ABE的一个法向量为n2=(1,0,0),所以cos<n1,n2>=16=66.故二面角通过练习巩固本节所学知识，通过学生解决问题，发展学生的数学运算、逻辑推理、数学建模的核心素养。四、小结五、课时练通过总结，让学生进一步巩固本节所学内容，提高概括能力。【教学反思】教学中主要突出了几个方面：一是进一步突出运用向量法解决立体几何问题的基本程序，发展学生的数学建模思想和逻辑推理能力。二是典例解析，通过对典型问题的分析解决，帮助学生建立运用空间向量解决立体几何问题的基本思路。教学设计尽量做到注意学生的心理特点和认知规律，触发学生的思维，使教学过程真正成为学生的学习过程，以思维教学代替单纯的记忆教学。注意在探究问题时留给学生充分的时间，使数学教学成为数学活动的教学。《1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题》导学案（第一课时）【学习目标】1.用向量语言表示点到直线、点到平面、互相平行的直线、互相平行的平面的距离问题2.能用向量方法解决点到直线、点到平面、互相平行的直线、互相平行的平面的距离问题.【重点和难点】重点：理解运用向量方法求空间距离的原理难点：掌握运用空间向量求空间距离的方法【知识梳理】一、自主导学（一）、点到直线的距离、两条平行直线之间的距离1.点到直线的距离已知直线l的单位方向向量为μ,A是直线l上的定点,P是直线l外一点.设AP=a,则向量AP在直线l上的投影向量AQ=(a·μ)μ.点P到直线l的距离为PQ=a22.两条平行直线之间的距离求两条平行直线l,m之间的距离,可在其中一条直线l上任取一点P,则两条平行直线间的距离就等于点P到直线m的距离.点睛：点到直线的距离,即点到直线的垂线段的长度,由于直线与直线外一点确定一个平面,所以空间点到直线的距离问题可转化为空间某一个平面内点到直线的距离问题.（二）、点到平面的距离、两个平行平面之间的距离点到平面的距离已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l,交平面α于点Q,则点P到平面α的距离为PQ=|AP点睛：1.实质上,n是直线l的方向向量,点P到平面α的距离就是AP在直线l上的投影向量QP的长度.2.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.3.两个平行平面之间的距离如果两个平面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.二、小试牛刀1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是C1C,D1A1的中点,则点A到直线EF的距离为.

2.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面边长为2,侧棱长为4,则点B1到平面AD1C的距离为.

【学习过程】一、情境导学如图，在蔬菜大棚基地有一条笔直的公路,某人要在点A处，修建一个蔬菜存储库。如何在公路上选择一个点,修一条公路到达A点,要想使这个路线长度理论上最短,应该如何设计？问题：空间中包括哪些距离?求解空间距离常用的方法有哪些?答案：点到直线、点到平面、两条平行线及两个平行平面的距离;传统方法和向量法.二、典例解析例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.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.延伸探究1例1中的条件不变,若M,N分别是A1B1,AC的中点,试求点C1到直线MN的距离.延伸探究2将条件中直三棱柱改为所有棱长均为2的直三棱柱,求点B到A1C1的距离.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=23M,N分别为AB,SB的中点,如图所示.求点B到平面CMN的距离.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=|n·MA||n|(n跟踪训练1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.金题典例如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点E在棱BB1上,EB1=1,D,F,G分别为CC1,B1C1,A1C1的中点,EF与B1D相交于点H.(1)求证:B1D⊥平面ABD;(2)求证:平面EGF∥平面ABD;(3)求平面EGF与平面ABD的距离.总结：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.【达标检测】1.两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量n=(-1,0,1),则两平面间的距离是()A.32 B.22 C.32.若三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直,且满足PA=PB=PC=1,则点P到平面ABC的距离是()A.66 B.63 C.33.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是平面A1B1C1D1的中心,则O到平面ABC1D1的距离是()A.12 B.24 C.24.Rt△ABC的两条直角边BC=3,AC=4,PC⊥平面ABC,PC=95,则点P到斜边AB的距离是5.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.

【课堂小结】运用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的额距离和夹角等问题；（3）把向量运算的结果“翻译”成相应的几何结论。【参考答案】知识梳理二、小试牛刀1.答案:1746解析:如图,以点D为原点,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A(2,0,0),E(0,2,1),F(1,0,2),EF=(1,FA=(1,0,-2),∴|EF|=12∴直线EF的单位方向向量μ=66(1,-∴点A到直线EF的距离d=|FA2.答案:83解析:以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A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,4),B1(2,2,4),则AC=(-2,2,0),AD1=(-2,0,4),B1D1设平面AD1C的法向量为n=(x,y,z),则n取z=1,则x=y=2,所以n=(2,2,1).所以点B1到平面AD1C的距离d=|n学习过程例1.解: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A1C1=(-4,3,0),所以点B到直线A1C1的距离d=|BC1延伸探究1解:如例1解中建立空间直角坐标系(图略).则M(2,0,1),N2,32,所以直线MN的方向向量为MN=0,32,-所以点C1到MN的距离d=|M延伸探究2解:以B为坐标原点,分别以BA,过B垂直于BA的直线,BB1为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A1(2,0,2),C1(1,3,2),所以A1C1的方向向量A1C1=(-1,3,0),BC所以点B到直线A1C1的距离d=|BC1例2思路分析借助平面SAC⊥平面ABC的性质,建立空间直角坐标系,先求平面CMN的法向量,再求距离.解: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.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(0,23,0),C(-2,0,0),S(0,0,22),M(1,3,0),N(0,3,2∴CM=(3,3,0),MN=(-1,0,2),MB=(-1,3,0).设n=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,则CM·n=3则x=2,y=-6,∴n=(2,-6,1).∴点B到平面CMN的距离d=|n跟踪训练1(1)证明:连接AB1交A1B于点E,连接DE.DE∥B1C,DE⊂平面A(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(0,22,3),B(0,22,0),A1(-1,0,3),DB1=(0,22,3),DB=(0,22,0),DA设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),所以22y=0,-所求距离为d=|n金题典例思路分析：根据两个平行平面间距离的定义,可将平面与平面间的距离转化为一个平面内一点到另一个平面的距离,即点面距.(1)证明:如图所示建立空间直角坐标系,设AB=a,则A1(a,0,0),B1(0,0,0),C1(0,2,0),F(0,1,0),E(0,0,1),A(a,0,4),B(0,0,4),D(0,2,2),Ga2所以B1D=(0,2,2),AB=(-a,0,0),BD=(0,2,-所以B1D·AB=0+0+0=0,B1D·BD=所以B1所以B1D⊥AB,B1D⊥BD.又AB∩BD=B,所以B1D⊥平面ABD.(2)证明:由(1)可得AB=(-a,0,0),BD=(0,2,-2),GF=-a2所以AB=2GF,BD=2EF,所以所以GF∥AB,EF∥BD.又GF∩EF=F,AB∩BD=B,所以平面EGF∥平面ABD.(3)解:由(1)(2)知,B1D是平面EGF和平面ABD因为平面EGF∥平面ABD,所以点E到平面ABD的距离就是两平面的距离,设为d.因为EB=(0,0,3),B1D所以d=|B1D·达标检测1.答案:B解析:∵两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),OA=(2,1,1),且两平面的一个法向量n=(-1,0,1),∴两平面间的距离d=|n·OA2.答案:D解析:分别以PA,PB,PC所在的直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系(图略),则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1).可以求得平面ABC的一个法向量为n=(1,1,1),则d=|PA3.答案:B解析:建立坐标系如图,则A(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),O12∴AB=(0,1,0),AD1=(-设n=(1,y,z)是平面ABC1D1的一个法向量,则AB·n=y=0,AD1·n又OA=∴点O到平面ABC1D1的距离为|OA4.答案:3解析:以点C为坐标原点,CA,CB,CP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.则A(4,0,0),B(0,3,0),P0,所以AB=(-4,3,0),AP所以点P到AB的距离d=|AP|25.答案:3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),C(0,1,0),D1(0,0,1),M1,1,∴AM=0,1,12,AC=设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),则n令x=1,则y=z=1,∴n=(1,1,1).∴点M到平面ACD1的距离d=|AM故直线MN到平面ACD1的距离为32《1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题》导学案（第二课时）【学习目标】1.理解两异面直线所成角与它们的方向向量之间的关系,会用向量方法求两异面直线所成角.2.理解直线与平面所成角与直线方向向量和平面法向量夹角之间的关系,会用向量方法求直线与平面所成角.3.理解二面角大小与两个面法向量夹角之间的关系,会用向量方法求二面角的大小.【重点和难点】重点：理解运用向量方法求空间角的原理难点：掌握运用空间向量求空间角的方法【知识梳理】一、自主导学1.利用向量方法求两异面直线所成角若两异面直线l1,l2所成角为θ,它们的方向向量分别为a,b,则有cosθ=|cos<a,b>|=|a特别提醒：不要将两异面直线所成的角与其方向向量的夹角等同起来,因为两异面直线所成角的范围是0,π2.利用向量方法求直线与平面所成角若直线l与平面α所成的角为θ,直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,则有sinθ=|cos<a,n>|=|特别提醒：直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角.3.利用向量方法求二面角(1)若二面角α-l-β的平面角的大小为θ,其两个面α,β的法向量分别为n1,n2,则|cosθ|=|cos<n1,n2>|=|(2)二面角的大小还可以转化为两直线方向向量的夹角.在二面角α-l-β的两个半平面α,β内,各取一条与棱l垂直的直线,则当直线的方向向量的起点在棱上时,两个方向向量的夹角即为二面角的大小.特别提醒：由于二面角的取值范围是[0,π],而两个面的法向量的方向无法从图形上直观确定,因此不能认为二面角的大小就是其两个面法向量夹角的大小,需要结合具体图形判断二面角是锐角还是钝角,从而求得其大小.二、小试牛刀1.若异面直线l1,l2的方向向量分别是a=(0,-2,-1),b=(2,0,4),则异面直线l1与l2的夹角的余弦值等于()A.-25 B.25 C.-22.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l与平面α所成的角等于()A.120° B.60°C.150° D.30°3.二面角α-l-β中,平面α的一个法向量为n1=32,-12,-2,平面β的一个法向量是n2=0,12A.120° B.150°C.30°或150° D.60°或120°【学习过程】一、情境导学地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”,黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°26'.黄道面与天球相交的大圆为“黄道”.黄道及其附近的南北宽9°以内的区域称为黄道带,太阳及大多数行星在天球上的位置常在黄道带内.黄道带内有十二个星座,称为“黄道十二宫”.从春分(节气)点起,每30°便是一宫,并冠以星座名,如白羊座、狮子座、双子座等等,这便是星座的由来.问题：空间角包括哪些角?求解空间角常用的方法有哪些?答案：线线角、线面角、二面角;传统方法和向量法.二、典例解析例1.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,试求直线EF和BC1所成的角.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0,π跟踪训练1如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为.

例2.如图所示,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN∥平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.跟踪训练2在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,则直线A1B与平面BDE所成的角为()A.π6B.π3C.π2例3.如图,在正方体ABEF-DCE'F'中,M,N分别为AC,BF的中点,求平面MNA与平面MNB所成锐二面角的余弦值.利用平面的法向量求二面角利用向量方法求二面角的大小时,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二面角的大小,但利用这种方法求解时,要注意结合图形观察分析,确定二面角是锐角还是钝角,不能将两个法向量的夹角与二面角的大小完全等同起来.跟踪训练3如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=BC=AB=2,AB⊥BC,求二面角B1-A1C-C1的大小.金题典例如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O⊥底面ABCD.(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.延伸探究1本例条件不变,求二面角B-A1C-D的余弦值.延伸探究2本例四棱柱中,∠CBA=60°改为∠CBA=90°,设E,F分别是棱BC,CD的中点,求平面AB1E与平面AD1F所成锐二面角的余弦值.向量法求二面角(或其某个三角函数值)的四个步骤(1)建立适当的坐标系,写出相应点的坐标;(2)求出两个半平面的法向量n1,n2;(3)设二面角的平面角为θ,则|cosθ|=|cos<n1,n2>|;(4)根据图形判断θ为钝角还是锐角,从而求出θ(或其三角函数值).【达标检测】1.平面α的斜线l与它在这个平面上射影l'的方向向量分别为a=(1,0,1),b=(0,1,1),则斜线l与平面α所成的角为()A.30° B.45° C.60° D.90°2.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos<m,n>=-12,则l与α所成的角为(A.30° B.60°C.120° D.150°3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别为棱BC和棱CC1的中点,则异面直线AC和MN所成的角为()A.30° B.45° C.90° D.60°4.在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=BC=12PA,点O,D分别是AC,PC的中点,OP⊥底面ABC,则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为5.如图,四棱锥P-ABCD中,PB⊥底面ABCD,CD⊥PD,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,AB=AD=PB=3.点E在棱PA上,且PE=2EA.求二面角A-BE-D的余弦值.【课堂小结】【参考答案】知识梳理1.解析因为a·b=-4,|a|=5,|b|=25,所以cosθ=|cos<a,b>|=a·b2.解析：因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,所以它们所在直线的夹角为60°,则直线l与平面α所成的角等于90°-60°=30°.答案：D3.解析：设所求二面角的大小为θ,则|cosθ|=|n1·n2|学习过程例1.思路分析:建立空间直角坐标系,求出直线EF和BC1的方向向量的坐标,求它们的夹角即得直线EF和BC1所成的角.解:分别以直线BA,BC,BB1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系(如右图).设AB=1,则B(0,0,0),E12,0,0,F0,0,于是cos<BC1,EF>=BC1·跟踪训练1解析：以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Dxyz,设AB=1.则B(1,1,0),A1(1,0,2),A(1,0,0),D1(0,0,2),A1B=(0,1,-2),ADcos<A1B,AD1>=A1B·AD1答案:4例2.思路分析:(1)线面平行的判定定理⇒MN∥平面PAB.(2)利用空间向量计算平面PMN与AN方向向量的夹角⇒直线AN与平面PMN所成角的正弦值.(1)证明:由已知得AM=23AD=2.如图,取BP的中点T,连接AT,TN由N为PC的中点知TN∥BC,TN=12BC=2又AD∥BC,故TN∥AM且TN=AM,所以四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)解:如图,取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=AB以A为坐标原点,AE的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.由题意知P(0,0,4),M(0,2,0),C(5,2,0),N52,1,2,PM=(0,2,-4),PN=52,1,-2,AN=52,1,2.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则n即2y-4z=0,52x+y-2z=0所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为85跟踪训练2解析:以D为原点建立空间直角坐标系,可求得平面BDE的法向量n=(1,-1,2),而BA1=(0,-1,1),所以cosθ=1+223=32,则θ=30°,故直线答案：B例3.思路分析:有两种思路,一是先根据二面角平面角的定义,在图形中作出二面角的平面角,然后利用向量方法求出夹角从而得到所成二面角的大小;另一种是直接求出两个面的法向量,通过法向量的夹角求得二面角的大小.解:设正方体棱长为1.以B为坐标原点,BA,BE,BC所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系B-xyz,则M12,0,12,N1(方法1)取MN的中点G,连接BG,AG,则G12因为△AMN,△BMN为等腰三角形,所以AG⊥MN,BG⊥MN,故∠AGB为二面角的平面角或其补角.又因为GA=12,-14,-14,故所求两平面所成锐二面角的余弦值为13(方法2)设平面AMN的法向量n1=(x,y,z).由于AM=则n1·AM=0,n1·AN=0,即-同理可求得平面BMN的一个法向量n2=(1,-1,-1),所以cos<n1,n2>=n1·n故所求两平面所成锐二面角的余弦值为13跟踪训练3解：如图,建立空间直角坐标系.则A(2,0,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),B1(0,0,2),C1(0,2,2),即BM=(1,1,0)是平面A1C1C的一个法向量.设平面A1B1C的一个法向量是n=(x,y,z),A1C=(-2,2,-2),A1所以n·A1B1=-2x=0,n·A1C=-2x+2令z=1,解得x=0,y=1,故n=(0,1,1).设法向量n与BM的夹角为φ,二面角B1-A1C-C1的大小为θ,显然θ为锐角.因为cosθ=|cosφ|=|n·BM|所以二面角B1-A1C-C1的大小为π3金题典例(1)证明因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形,所以CC1⊥AC,DD1⊥BD,又CC1∥DD1∥OO1,所以OO1⊥AC,OO1⊥BD,因为AC∩BD=O,所以O1O⊥底面ABCD.(2)解：因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形ABCD为菱形,AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD,所以OB,OC,OO1两两垂直.如图,以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.设棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=3,OC=1,所以O(0,0,0),B1(3,0,2),C1(0,1,2),平面BDD1B1的一个法向量为n=(0,1,0),设平面OC1B1的法向量为m=(x,y,z),则由m⊥OB1,m⊥O取z=-3,则x=2,y=23,所以m=(2,23,-3),所以|cos<m,n>|=m·由图形可知二面角C1-OB1-D的大小为锐角,所以二面角C1-OB1-D的余弦值为257延伸探究1解:建立如图所示的空间直角坐标系.设棱长为2,则A1(0,-1,2),B(3,0,0),C(0,1,0),D(-3,0,0).所以BC=(-3,1,0),A1C=(0,2,-2),CD=(-3,-设平面A1BC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n取x1=3,则y1=z1=3,故n1=(3,3,3).设平面A1CD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n取x2=3,则y2=z2=-3,故n2=(3,-3,-3).所以|cos<n1,n2>|=n1由图形可知二面角B-A1C-D的大小为钝角,所以二面角B-A1C-D的余弦值为-57延伸探究2解:以A为坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示,设此棱柱的棱长为1,则A(0,0,0),B1(1,0,1),E1,12,0,D1(0,1,1),F12,1,0,AE=1,12,0,AB1=(1,0,1),AF=12,1,0,AD1=(0,1,1).设平面AB1E的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·AB1=0,n1·AE=0,所以n1=(-1,2,1).设平面AD1F的法向量为n2=(x2,y2,z2).则n令x2=2,则y2=-1,z2=1.所以n2=(2,-1,1).所以平面AB1E与平面AD1F所成锐二面角的余弦值为cos<n1,n2>=|n达标检测1.解析:l与α所成的角即为a与b所成的角(或其补角),因为cos<a,b>=a·b|a||b|=答案：C2.解析：由已知得直线l和平面α法向量所夹锐角为60°,因此l与α所成的角为30°.答案：A3.解析以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设正方体ABCD-A1B1C1D1中棱长为2,∵M、N分别为棱BC和棱CC1的中点,∴M(1,2,0),N(0,2,1),A(2,0,0),C(0,2,0),MN=(-1,0,1),AC=(-2,2,0),设异面直线AC和MN所成的角为θ,.cosθ=|MN则又θ是锐角,∴θ=60°∴异面直线AC和MN所成的角为60°,故选D.答案D4.解析:以O为原点,射线OA,OB,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,设AB=a,则OP=72a,OD=-2所以cos<OD,n>=OD·n|OD||n|=21030答案:2105.解：以B为原点,以直线BC,BA,BP分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设平面EBD的一个法向量为n1=(x,y,1),因为BE=(0,2,1),BD=(3,3,0),由n1·于是n1=12又因为平面ABE的一个法向量为n2=(1,0,0),所以cos<n1,n2>=16=66.故二面角《1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题-基础练》同步练习（第一课时）一、选择题1.若O为坐标原点,OA=(1,1,-2),OB=(3,2,8),OC=(0,1,0),则线段AB的中点P到点C的距离为()A.1652 B.214 C.53 D.2.已知平面α的一个法向量n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则平面α外的点P(-2,1,4)到平面α的距离为()A.10 B.3 C.83 D.3．已知A（0，0，2），B（1，0，2），C（0，2，0），则点A到直线BC的距离为（）A． B．1 C． D．24.在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AA1的中点,则点A1到平面MBD的距离是()A.6a6 B.3a65．已知空间直角坐标系中有一点，点是平面内的直线上的动点，则，两点的最短距离是（）A． B． C． D．6．（多选题）在正方体中，，分别是和的中点，则下列结论正确的是()A．平面 B．平面C． D．点与点到平面的距离相等二、填空题7．空间直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标是______，______.8.如图,P为矩形ABCD所在平面外一点,PA⊥平面ABCD.若已知AB=3,AD=4,PA=1,则点P到直线BD的距离为.

9.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M,N,E,F分别为A1D1,A1B1,C1D1,B1C1的中点,则平面AMN与平面EFBD的距离为.

10．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，AB＝2，PA＝，E为BC中点，F在棱PD上，AF⊥PD，点B到平面AEF的距离为．三、解答题11.四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形,AB=4,∠ABC=60°,侧棱PA⊥底面ABCD,且PA=4,E是PA的中点,求PC与平面BED的距离,并说明直线PC上各点到平面BED的距离间的关系.12.如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．《1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题(1)-基础练》同步练习答案解析一、选择题1.若O为坐标原点,OA=(1,1,-2),OB=(3,2,8),OC=(0,1,0),则线段AB的中点P到点C的距离为()A.1652 B.214 C.53 D.【答案】D【解析】∵OP=12(OA+OB)∴PC=OC-OP=-22.已知平面α的一个法向量n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则平面α外的点P(-2,1,4)到平面α的距离为()A.10 B.3 C.83 D.【答案】D【解析】由题意可知PA=(1,2,-4).设点P到平面α的距离为h,则h=|PA3．已知A（0，0，2），B（1，0，2），C（0，2，0），则点A到直线BC的距离为（）A． B．1 C． D．2【答案】A【解析】∵A（0，0，2），B（1，0，2），C（0，2，0），＝（1，0，0），＝（﹣1，2，﹣2），∴点A到直线BC的距离为：d＝||＝1×＝．4.在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AA1的中点,则点A1到平面MBD的距离是()A.6a6 B.3a6【答案】A【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),Ma,0,a2,B(a,a,0),A1∴DM=a,0,a2,DB=(a,a,0设平面MBD的法向量为n=(x,y,z),则n令x=1,则y=-1,z=-2,可得n=(1,-1,-2).∴点A1到平面MBD的距离d=|D5．已知空间直角坐标系中有一点，点是平面内的直线上的动点，则，两点的最短距离是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为点是平面内的直线上的动点,所以可设点，由空间两点之间的距离公式,得,令,当时,的最小值为,所以当时,的最小值为,即两点的最短距离是,故选B.6．（多选题）在正方体中，，分别是和的中点，则下列结论正确的是()A．平面 B．平面C． D．点与点到平面的距离相等【答案】AC【解析】对A,因为,分别是和的中点故,故平面成立.对B,建立如图空间直角坐标系,设正方体边长为2则，.故.故不互相垂直.又属于平面.故平面不成立.对C,同B空间直角坐标系有,.故成立.对D,点与点到平面的距离相等则点与点中点在平面上.连接易得平面即平面.又点与点中点在上,故点不在平面上.故D不成立.故选AC二、填空题7．空间直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标是______，______.【答案】；【解析】①空间直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标横坐标不变，纵坐标和竖坐标分别与的纵坐标和竖坐标互为相反数即；②利用空间直角坐标系中两点距离公式即可求得.故答案为：①；②8.如图,P为矩形ABCD所在平面外一点,PA⊥平面ABCD.若已知AB=3,AD=4,PA=1,则点P到直线BD的距离为.

【答案】135【解析】如图,分别以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则P(0,0,1),B(3,0,0),D(0,4,0),∴PB=(3,0,-1),BD=(-3,4,0),∴点P到直线BDd=|PB|2-PB·BD|BD9.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M,N,E,F分别为A1D1,A1B1,C1D1,B1C1的中点,则平面AMN与平面EFBD的距离为.

【答案】83【解析】如图所示,建立空间直角坐标系Dxyz,则A(4,0,0),M(2,0,4),D(0,0,0),B(4,4,0),E(0,2,4),F(2,4,4),N(4,2,4).∴EF=(2,2,0),MN=(2,2,0),AM=(-2,0,4),BF=(-2,0,4),∴EF=∴EF∥MN,BF∥AM,EF∩BF=F,MN∩AM=M.∴平面AMN∥平面EFBD.设n=(x,y,z)是平面AMN的法向量,则n·MN取z=1,则x=2,y=-2,得n=(2,-2,1).平面AMN到平面EFBD的距离就是点B到平面EFBD的距离.∵AB=(0,4,0),∴平面AMN与平面EFBD间的距离d=|n10．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，AB＝2，PA＝，E为BC中点，F在棱PD上，AF⊥PD，点B到平面AEF的距离为．【答案】【解析】∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，∴以A为原点，AE为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB＝2，PA＝，E为BC中点，F在棱PD上，AF⊥PD，∴A（0，0，0），B（，﹣1，0），E（），P（0，0，），D（0，2，0），设F（a，b，c），，则（a，b，c﹣）＝（0，2λ，﹣），解得a＝0，b＝2λ，c＝，∴＝（0，2λ，），＝（0，2，﹣），∵AF⊥PD，∴＝4λ﹣，解得λ＝，∴＝（），＝（），＝（0，，），设平面AEF的法向量＝（x，y，z），则，取y＝，得＝（0，），∴点B到平面AEF的距离为：d＝＝．三、解答题11.四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形,AB=4,∠ABC=60°,侧棱PA⊥底面ABCD,且PA=4,E是PA的中点,求PC与平面BED的距离,并说明直线PC上各点到平面BED的距离间的关系.【解析】以A为原点,AB所在直线为x轴,△ACD中CD边上的高AF所在直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则F为CD的中点,A(0,0,0),B(4,0,0),F(0,23,0),C(2,23,0),D(-2,23,0),P(0,0,4),E(0,0,2).设平面BED的一个法向量为n=(x,y,z),由BE=(-4,0,2),DE=(2,-23,2),得n·BE取z=2,则x=1,y=3,得n=(1,3,2).∵PC=(2,23,-4),∴n·PC=2+6-8=0,∴n⊥PC,故PC∥平面BED,∴PC到平面BED的距离就是点P到平面BED的距离.∵EP=(0,0,2),∴点P到平面BED的距离d=|EP即PC到平面BED的距离为2,且直线PC上各点到平面BED的距离都相等.12.如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．【解析】解法一：证明：（1）连结B1C，ME，∵M，E分别是BB1，BC的中点，∴ME∥B1C，又N为A1D的中点，∴ND＝A1D，由题设知A1B1DC，∴B1CA1D，∴MEND，∴四边形MNDE是平行四边形，MN∥ED，又MN⊄平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．解：（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到时平面C1DE的距离，由已知可得CE＝1，CC1＝4，∴C1E＝，故CH＝，∴点C到平面C1DE的距离为．解法二：证明：（1）∵直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别