高考數(shù)學(xué)北師大版(通用,理)總復(fù)習(xí)講義 87 立體幾何中的向量方法(二)-求空間角和距離

§8.7立體幾何中的向量方法(二)——求空間角和距離1．空間向量與空間角的關(guān)系(1)已知異面直線l1，l2的方向向量分別為s1，s2，當(dāng)0≤〈s1，s2〉≤eq\f(π,2)時(shí)，直線l1與l2的夾角等于〈s1，s2〉；當(dāng)eq\f(π,2)<〈s1，s2〉≤π時(shí)，直線l1與l2的夾角等于π－〈s1，s2〉．(2)已知平面π1和π2的法向量分別為n1和n2，當(dāng)0≤〈n1，n2〉≤eq\f(π,2)時(shí)，平面π1與π2的夾角等于〈n1，n2〉；當(dāng)eq\f(π,2)<〈n1，n2〉≤π時(shí)，平面π1與π2的夾角等于π－〈n1，n2〉．(3)已知直線l的方向向量為s，平面π的法向量為n，則直線l與平面π的夾角θ滿足：sinθ＝|cos〈s，n〉|.2．距離公式點(diǎn)到直線的距離公式：d＝eq\r(|\o(PA,\s\up6(→))|2－|\o(PA,\s\up6(→))·s0|2).點(diǎn)到平面的距離公式：d＝|eq\o(PA,\s\up6(→))·n0|.1．判斷下面結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)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(gè)平面的法向量所成的角是這兩個(gè)平面的夾角． (×)(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)]． (√)(5)直線l的方向向量與平面α的法向量夾角為120°，則l和α所成角為30°. (√)2．已知二面角α－l－β的大小是eq\f(π,3)，m，n是異面直線，且m⊥α，n⊥β，則m，n所成的角為 ()A.eq\f(2π,3) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,2) D.eq\f(π,6)答案B解析∵m⊥α，n⊥β，∴異面直線m，n所成的角的補(bǔ)角與二面角α－l－β互補(bǔ)．又∵異面直線所成角的范圍為(0，eq\f(π,2)]，∴m，n所成的角為eq\f(π,3).3．在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，平面OAB的一個(gè)法向量為n＝(2，－2,1)，已知點(diǎn)P(－1,3,2)，則點(diǎn)P到平面OAB的距離d等于 ()A．4 B．2 C．3 D．1答案B解析P點(diǎn)到平面OAB的距離為d＝eq\f(|\o(OP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|－2－6＋2|,\r(9))＝2，故選B.4．若平面α的一個(gè)法向量為n＝(4,1,1)，直線l的一個(gè)方向向量為a＝(－2，－3,3)，則l與α所成角的正弦值為_____________．答案eq\f(4\r(11),33)解析∵n·a＝－8－3＋3＝－8，|n|＝eq\r(16＋1＋1)＝3eq\r(2)，|a|＝eq\r(4＋9＋9)＝eq\r(22)，∴cos〈n，a〉＝eq\f(n·a,|n|·|a|)＝eq\f(－8,3\r(2)×\r(22))＝－eq\f(4\r(11),33).又l與α所成角記為θ，即sinθ＝|cos〈n，a〉|＝eq\f(4\r(11),33).5．P是二面角α－AB－β棱上的一點(diǎn)，分別在平面α、β上引射線PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么平面α與β的夾角為________．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)abcos45°＋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(→))，∴平面α與β的夾角為90°.題型一求異面直線所成的角例1長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點(diǎn)，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為 ()A.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(\r(30),10) C.eq\f(2\r(15),10) D.eq\f(3\r(10),10)思維啟迪本題可以通過建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量eq\o(BC1,\s\up6(→))、eq\o(AE,\s\up6(→))所成的角來求．答案B解析建立坐標(biāo)系如圖，則A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)．eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1,2,1)，cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AE,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))|·|\o(AE,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(30),10).所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為eq\f(\r(30),10).思維升華用向量方法求兩條異面直線所成的角，是通過兩條直線的方向向量的夾角來求解，而兩異面直線所成角的范圍是θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，兩向量的夾角α的范圍是[0，π]，所以要注意二者的區(qū)別與聯(lián)系，應(yīng)有cosθ＝|cosα|.已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，AA1＝2AB，E為AA1的中點(diǎn)，則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為 ()A.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(1,5) C.eq\f(3\r(10),10) D.eq\f(3,5)答案C解析如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AA1＝2AB＝2，則B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，∴eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，∴cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(CD1,\s\up6(→))〉＝eq\f(1＋2,\r(2)·\r(5))＝eq\f(3\r(10),10).題型二求直線與平面所成的角例2如圖，已知四棱錐P—ABCD的底面為等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足為H，PH是四棱錐的高，E為AD的中點(diǎn)．(1)證明：PE⊥BC；(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直線PA與平面PEH所成角的正弦值．思維啟迪：平面的法向量是利用向量方法解決位置關(guān)系或夾角的關(guān)鍵，本題可通過建立坐標(biāo)系，利用待定系數(shù)法求出平面PEH的法向量．(1)證明以H為原點(diǎn)，HA，HB，HP所在直線分別為x，y，z軸，線段HA的長(zhǎng)為單位長(zhǎng)度，建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，則A(1,0,0)，B(0,1,0)．設(shè)C(m,0,0)，P(0,0，n)(m<0，n>0)，則D(0，m,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(m,2)，0)).可得eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(m,2)，－n))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(m，－1,0)．因?yàn)閑q\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(m,2)－eq\f(m,2)＋0＝0，所以PE⊥BC.(2)解由已知條件可得m＝－eq\f(\r(3),3)，n＝1，故Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),3)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),6)，0))，P(0,0,1)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面PEH的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(HE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(HP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(\r(3),6)y＝0，,z＝0.))因此可以取n＝(1，eq\r(3)，0)．又eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，所以|cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\r(2),4).所以直線PA與平面PEH所成角的正弦值為eq\f(\r(2),4).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(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)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．(2013·湖南)如圖，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)證明：AC⊥B1D；(2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值．方法一(1)證明如圖，因?yàn)锽B1⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BB1.又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D，而B1D平面BB1D，所以AC⊥B1D.(2)解因?yàn)锽1C1∥AD，所以直線B1C1與平面ACD1所成的角等于直線AD與平面ACD1所成的角(記為θ)．如圖，連接A1D，因?yàn)槔庵鵄BCD－A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1A1，從而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四邊形ADD1A1是正方形．于是A1D⊥AD1，故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.故∠ADB1＝90°－θ，在直角梯形ABCD中，因?yàn)锳C⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.從而Rt△ABC∽R(shí)t△DAB，故eq\f(AB,DA)＝eq\f(BC,AB)，即AB＝eq\r(DA·BC)＝eq\r(3).連接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BBeq\o\al(2,1)＋BD2＝BBeq\o\al(2,1)＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝eq\r(21).在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝eq\f(AD,B1D)＝eq\f(3,\r(21))＝eq\f(\r(21),7)，即cos(90°－θ)＝eq\f(\r(21),7).從而sinθ＝eq\f(\r(21),7).即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為eq\f(\r(21),7).方法二(1)證明易知，AB，AD，AA1兩兩垂直．如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝t，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．從而eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－t,3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(t,1,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－t,3,0)．因?yàn)锳C⊥BD，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝eq\r(3)或t＝－eq\r(3)(舍去)．于是eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,0)，因?yàn)閑q\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝－3＋3＋0＝0，所以eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(B1D,\s\up6(→))，即AC⊥B1D.(2)解由(1)知，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0,3,3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,0)，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(0,1,0)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面ACD1的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，))令x＝1，則n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))．設(shè)直線B1C1與平面ACD1所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(B1C1,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(B1C1,\s\up6(→)),|n|·|\o(B1C1,\s\up6(→))|)))＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為eq\f(\r(21),7).題型三求兩個(gè)平面的夾角例3(2013·課標(biāo)全國Ⅱ)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點(diǎn)，AA1＝AC＝CB＝eq\f(\r(2),2)AB.(1)證明：BC1∥平面A1CD；(2)求平面A1CD與平面A1CE夾角的正弦值．思維啟迪根據(jù)題意知∠ACB＝90°，故CA、CB、CC1兩兩垂直，可以C為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量求兩個(gè)平面的夾角．(1)證明連接AC1交A1C于點(diǎn)F，則F為AC1的中點(diǎn)．又D是AB的中點(diǎn)，連接DF，則BC1∥DF.因?yàn)镈F平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.(2)解由AC＝CB＝eq\f(\r(2),2)AB得，AC⊥BC.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(CA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，eq\o(CB,\s\up6(→))的方向?yàn)閥軸正方向，eq\o(CC1,\s\up6(→))的方向?yàn)閦軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz.設(shè)CA＝2，則D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(2,0,2)．設(shè)n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CA1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋y1＝0，,2x1＋2z1＝0.))可取n＝(1，－1，－1)．同理，設(shè)m是平面A1CE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CA1,\s\up6(→))＝0.))可取m＝(2,1，－2)．從而cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),3)，故sin〈n，m〉＝eq\f(\r(6),3).所以平面A1CD與平面A1CE夾角的正弦值為eq\f(\r(6),3).思維升華求平面間的夾角最常用的方法就是分別求出兩個(gè)平面的法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到所求角的大小，但要注意平面間的夾角的范圍為[0，eq\f(π,2)]．如圖，在圓錐PO中，已知PO＝eq\r(2)，⊙O的直徑AB＝2，C是的中點(diǎn)，D為AC的中點(diǎn)．(1)證明：平面POD⊥平面PAC；(2)求平面ABP與平面ACP夾角的余弦值．(1)證明如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，eq\r(2))，D(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0)．設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一個(gè)法向量，則由n1·eq\o(OD,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(OP,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x1＋\f(1,2)y1＝0，,\r(2)z1＝0.))所以z1＝0，x1＝y(tǒng)1，取y1＝1，得n1＝(1,1,0)．設(shè)n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一個(gè)法向量，則由n2·eq\o(PA,\s\up6(→))＝0，n2·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－\r(2)z2＝0，,y2－\r(2)z2＝0.))所以x2＝－eq\r(2)z2，y2＝eq\r(2)z2.取z2＝1，得n2＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，1)．因?yàn)閚1·n2＝(1,1,0)·(－eq\r(2)，eq\r(2)，1)＝0，所以n1⊥n2.從而平面POD⊥平面PAC.(2)解因?yàn)閥軸⊥平面PAB，所以平面PAB的一個(gè)法向量為n3＝(0,1,0)．由(1)知，平面PAC的一個(gè)法向量為n2＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，1)．設(shè)向量n2和n3的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(n2·n3,|n2|·|n3|)＝eq\f(\r(2),\r(5))＝eq\f(\r(10),5).所以平面ABP與平面ACP夾角的余弦值為eq\f(\r(10),5).題型四求空間距離例4已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點(diǎn)，則點(diǎn)C到平面GEF的距離為________．思維啟迪所求距離可以看作CG在平面GEF的法向量的投影．答案eq\f(6\r(11),11)解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz，則eq\o(CG,\s\up6(→))＝(0,0,2)，由題意易得平面GEF的一個(gè)法向量為n＝(1,1,3)，所以點(diǎn)C到平面GEF的距離為d＝eq\f(|n·\o(CG,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(6\r(11),11).思維升華求點(diǎn)面距一般有以下三種方法：①作點(diǎn)到面的垂線，點(diǎn)到垂足的距離即為點(diǎn)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)則圖形中較簡(jiǎn)便．(2012·大綱全國改編)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，AB＝2，CC1＝2eq\r(2)，E為CC1的中點(diǎn)，則點(diǎn)A到平面BED的距離為 ()A．2 B.eq\r(3) C.eq\r(2) D．1答案D解析以D為原點(diǎn)，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)，則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))．設(shè)n＝(x，y，z)是平面BED的法向量．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0,n·\o(DE,\s\up6(→))＝2y＋\r(2)z＝0)).取y＝1，則n＝(－1,1，－eq\r(2))為平面BED的一個(gè)法向量．又eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，∴點(diǎn)A到平面BED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.利用空間向量求角典例：(12分)(2013·江西)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，E為BD的中點(diǎn)，G為PD的中點(diǎn)，△DAB≌△DCB，EA＝EB＝AB＝1，PA＝eq\f(3,2)，連接CE并延長(zhǎng)交AD于F.(1)求證：AD⊥平面CFG；(2)求平面BCP與平面DCP夾角的余弦值．思維啟迪(1)可利用判定定理證明線面垂直；(2)利用AD、AP、AB兩兩垂直建立空間直角坐標(biāo)系，求兩個(gè)平面的法向量，利用向量夾角求兩個(gè)平面BCP、DCP夾角的余弦值．規(guī)范解答(1)證明在△ABD中，因?yàn)镋為BD的中點(diǎn)，所以EA＝EB＝ED＝AB＝1，故∠BAD＝eq\f(π,2)，∠ABE＝∠AEB＝eq\f(π,3).因?yàn)椤鱀AB≌△DCB，所以△EAB≌△ECB，從而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝eq\f(π,3)，所以∠FED＝∠FEA. [2分]故EF⊥AD，AF＝FD，又因?yàn)镻G＝GD，所以FG∥PA.又PA⊥平面ABCD， [4分]所以GF⊥AD，故AD⊥平面CFG. [6分](2)解以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，D(0，eq\r(3)，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(3,2)))，故eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0)). [8分]設(shè)平面BCP的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CP,\s\up6(→))＝0,n1·\o(BC,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)x1－\f(\r(3),2)y1＋\f(3,2)z1＝0,\f(1,2)x1＋\f(\r(3),2)y1＝0))令y1＝－eq\r(3)，則x1＝3，z1＝2，n1＝(3，－eq\r(3)，2)． [9分]同理求得面DCP的法向量為n2＝(1，eq\r(3)，2)， [10分]從而平面BCP與平面DCP夾角θ的余弦值為cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(4,4×2\r(2))＝eq\f(\r(2),4). [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(diǎn)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(jì)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：反思回顧．查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)和答題規(guī)范．溫馨提醒(1)利用向量求角是高考的熱點(diǎn)，幾乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用．(2)本題易錯(cuò)點(diǎn)是在建立坐標(biāo)系時(shí)不能明確指出坐標(biāo)原點(diǎn)和坐標(biāo)軸，導(dǎo)致建系不規(guī)范．(3)將向量的夾角轉(zhuǎn)化成空間角時(shí)，要注意根據(jù)角的概念和圖形特征進(jìn)行轉(zhuǎn)化，否則易錯(cuò)．方法與技巧1．用向量來求空間角，各類角都可以轉(zhuǎn)化為向量的夾角來計(jì)算．2．求點(diǎn)到平面的距離，若用向量知識(shí)，則離不開以該點(diǎn)為端點(diǎn)的平面的斜線段．失誤與防范1．利用向量求角，一定要注意將向量夾角轉(zhuǎn)化為各空間角．因?yàn)橄蛄繆A角與各空間角的定義、范圍不同．2．求點(diǎn)到平面的距離，有時(shí)利用等體積法求解可能更方便．

A組專項(xiàng)基礎(chǔ)訓(xùn)練(時(shí)間：40分鐘)一、選擇題1．已知正方體ABCD—A1B1C1D1如圖所示，則直線B1D和CD1所成的角為 ()A．60° B．45°C．30° D．90°答案D解析以A為原點(diǎn)，AB、AD、AA1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體邊長(zhǎng)為1，則射線CD1、B1D的方向向量分別是eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，cos〈eq\o(CD1,\s\up6(→))，eq\o(B1D,\s\up6(→))〉＝eq\f(1＋0－1,\r(2)×\r(3))＝0，∴直線B1D和CD1所成的角為90°.2．如圖，四棱錐S－ABCD的底面為正方形，SD⊥底面ABCD，則下列結(jié)論中不正確的是 ()A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角D．AB與SC所成的角等于DC與SA所成的角答案D解析∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥AC.其中SD∩BD＝D，∴AC⊥平面SDB，從而AC⊥SB.故A正確；易知B正確；設(shè)AC與DB交于O點(diǎn)，連接SO.則SA與平面SBD所成的角為∠ASO，SC與平面SBD所成的角為∠CSO，又OA＝OC，SA＝SC，∴∠ASO＝∠CSO.故C正確；由排除法可知選D.3．(2013·山東)已知三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為eq\f(9,4)，底面是邊長(zhǎng)為eq\r(3)的正三角形．若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為 ()A.eq\f(5π,12) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)答案B解析如圖所示：SABC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(3)×sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),4).∴VABC－A1B1C1＝SABC×OP＝eq\f(3\r(3),4)×OP＝eq\f(9,4)，∴OP＝eq\r(3).又OA＝eq\f(\r(3),2)×eq\r(3)×eq\f(2,3)＝1，∴tan∠OAP＝eq\f(OP,OA)＝eq\r(3)，又0<∠OAP<eq\f(π,2)，∴∠OAP＝eq\f(π,3).4．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 ()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(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，設(shè)棱長(zhǎng)為1，則A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，∴eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，設(shè)平面A1ED的一個(gè)法向量為n1＝(1，y，z)，則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(gè)法向量為n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3).所以平面A1ED與平面ABCD夾角的余弦值為eq\f(2,3).5．在四面體P－ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，設(shè)PA＝PB＝PC＝a，則點(diǎn)P到平面ABC的距離為 ()A.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(\r(3),3)a C.eq\f(a,3) D.eq\r(6)a答案B解析根據(jù)題意，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Pxyz，則P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)．過點(diǎn)P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于點(diǎn)H，則PH的長(zhǎng)即為點(diǎn)P到平面ABC的距離．∵PA＝PB＝PC，∴H為△ABC的外心．又∵△ABC為正三角形，∴H為△ABC的重心，可得H點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,3)，\f(a,3))).∴PH＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))2)＝eq\f(\r(3),3)a.∴點(diǎn)P到平面ABC的距離為eq\f(\r(3),3)a.二、填空題6．已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面夾角的大小為________．答案eq\f(π,4)解析cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(2),2)，∴〈m，n〉＝eq\f(π,4).∴兩平面夾角的大小為eq\f(π,4).7．如圖所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點(diǎn)E、F分別是棱AB、BB1的中點(diǎn)，則直線EF和BC1所成的角是________．答案60°解析以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝BC＝AA1＝2，則C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝2，∴cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，∴EF和BC1所成的角為60°.8．正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E、F分別為BB1、CD的中點(diǎn)，則點(diǎn)F到平面A1D1E的距離為________．答案eq\f(3\r(5),10)解析以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB、AD、AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A1(0,0,1)，E(1,0，eq\f(1,2))，F(xiàn)(eq\f(1,2)，1,0)，D1(0,1,1)．∴eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(1,0，－eq\f(1,2))，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(0,1,0)．設(shè)平面A1D1E的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1E,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1D1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)z＝0，,y＝0.))令z＝2，則x＝1.∴n＝(1,0,2)．又eq\o(A1F,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，1，－1)，∴點(diǎn)F到平面A1D1E的距離為d＝eq\f(|\o(A1F,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|\f(1,2)－2|,\r(5))＝eq\f(3\r(5),10).三、解答題9．如圖，四棱錐P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA與平面ABD所成的角為60°，在四邊形ABCD中，∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2.(1)建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，并寫出點(diǎn)B，P的坐標(biāo)；(2)求異面直線PA與BC所成的角的余弦值．解(1)建立如圖空間直角坐標(biāo)系，∵∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2，∴A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,4,0)．由PD⊥平面ABCD，得∠PAD為PA與平面ABCD所成的角，∴∠PAD＝60°.在Rt△PAD中，由AD＝2，得PD＝2eq\r(3)，∴P(0,0,2eq\r(3))．(2)∵eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2,0，－2eq\r(3))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2，－3,0)，∴cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(2×－2＋0×－3＋－2\r(3)×0,4\r(13))＝－eq\f(\r(13),13)，∴異面直線PA與BC所成的角的余弦值為eq\f(\r(13),13).10．(2013·天津)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E為棱AA1的中點(diǎn)．(1)證明：B1C1⊥CE；(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；(3)設(shè)點(diǎn)M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為eq\f(\r(2),6)，求線段AM的長(zhǎng)．方法一如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，以AD，AA1，AB所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，依題意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．(1)證明易得eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，于是eq\o(B1C1,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝0，所以B1C1⊥CE.(2)解eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(1，－2，－1)．設(shè)平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(B1C,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y－z＝0，,－x＋y－z＝0.))消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一個(gè)法向量為m＝(－3，－2,1)．由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(1,0，－1)為平面CEC1的一個(gè)法向量．于是cos〈m，eq\o(B1C1,\s\up6(→))〉＝eq\f(m·\o(B1C1,\s\up6(→)),|m|·|\o(B1C1,\s\up6(→))|)＝eq\f(－4,\r(14)×\r(2))＝－eq\f(2\r(7),7)，從而sin〈m，eq\o(B1C1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(21),7)，所以二面角B1－CE－C1的正弦值為eq\f(\r(21),7).(3)解eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(EC1,\s\up6(→))＝(1,1,1)，設(shè)eq\o(EM,\s\up6(→))＝λeq\o(EC1,\s\up6(→))＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(EM,\s\up6(→))＝(λ，λ＋1，λ)．可取eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,0,2)為平面ADD1A1的一個(gè)法向量．設(shè)θ為直線AM與平面ADD1A1所成的角，則sinθ＝|cos〈eq\o(AM,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AM,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))|,|\o(AM,\s\up6(→))|·|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(2λ,\r(λ2＋λ＋12＋λ2)×2)＝eq\f(λ,\r(3λ2＋2λ＋1))，于是eq\f(λ,\r(3λ2＋2λ＋1))＝eq\f(\r(2),6)，解得λ＝eq\f(1,3)(負(fù)值舍去)，所以AM＝eq\r(2).方法二(1)證明因?yàn)閭?cè)棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.經(jīng)計(jì)算可得B1E＝eq\r(5)，B1C1＝eq\r(2)，EC1＝eq\r(3)，從而B1E2＝B1Ceq\o\al(2,1)＋ECeq\o\al(2,1)，所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E，又CC1，C1E平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E，又CE平面CC1E，故B1C1⊥CE.(2)解過B1作B1G⊥CE于點(diǎn)G，連接C1G.由(1)知，B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，所以∠B1GC1為二面角B1－CE－C1的平面角．在△CC1E中，由CE＝C1E＝eq\r(3)，CC1＝2，可得C1G＝eq\f(2\r(6),3).在Rt△B1C1G中，B1G＝eq\f(\r(42),3)，所以sin∠B1GC1＝eq\f(\r(21),7)，即二面角B1－CE－C1的正弦值為eq\f(\r(21),7).(3)解連接D1E，過點(diǎn)M作MH⊥ED1于點(diǎn)H，可得MH⊥平面ADD1A1，連接AH，AM，則∠MAH為直線AM與平面ADD1A1所成的角．設(shè)AM＝x，從而在Rt△AHM中，有MH＝eq\f(\r(2),6)x，AH＝eq\f(\r(34),6)x.在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝eq\r(2)，得EH＝eq\r(2)MH＝eq\f(1,3)x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos135°，得eq\f(17,18)x2＝1＋eq\f(1,9)x2＋eq\f(\r(2),3)x，整理得5x2－2eq\r(2)x－6＝0，解得x＝eq\r(2)(負(fù)值舍去)．所以線段AM的長(zhǎng)為eq\r(2).

B組專項(xiàng)能力提升(時(shí)間：30分鐘)1．過正方形ABCD的頂點(diǎn)A作線段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，則平面ABP與平面CDP的夾角大小為 ()A．30° B．45° C．60° D．90°答案B解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝PA＝1，知A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1)由題意得，AD⊥平面ABP，設(shè)E為PD的中點(diǎn)，連接AE，則AE⊥PD，又∵CD⊥平面PAD，∴AE⊥CD，又PD∩CD＝D，∴AE⊥平面CDP.∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))分別是平面ABP、平面CDP的法向量，而〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝45°，∴平面ABP與平面CDP的夾角大小為45°.2．在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中點(diǎn)，E，F(xiàn)分別是CC1，AD的中點(diǎn)，那么異面直線OE和FD1所成的角的余弦值等于________．答案eq\f(\r(15),5)解析以D為原點(diǎn)，分別以DA、DC、DD1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，∴F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0,2,1)，∴eq\o(FD1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(OE,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，∴cos〈eq\o(FD1,\s\up6(→))，eq\o(OE,\s\up6(→))〉＝eq\f(1＋2,\r(5)·\r(3))＝eq\f(\r(15),5).3．設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，則點(diǎn)D1到平面A1BD的距離是________．答案eq\f(2\r(3),3)解析如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，∴eq\o(D1A1,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，設(shè)平面A1BD的一個(gè)法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝2x＋2z＝0,n·\o(DB,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0)).令x＝1，則n＝(1，－1，－1)，∴點(diǎn)D1到平面A1BD