第六節(jié)向量法求空間角與距離課件高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)

第六節(jié)向量法求空間角與距離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

行的平面的距離問題和簡單夾角問題.2.能描述解決這一類問題的程序，體會(huì)向量方法在研究幾何問題中的

作用.目錄CONTENTS123知識(shí)體系構(gòu)建課時(shí)跟蹤檢測(cè)考點(diǎn)分類突破PART1知識(shí)體系構(gòu)建必備知識(shí)系統(tǒng)梳理基礎(chǔ)重落實(shí)課前自修

1.已知直線

l

1的方向向量

s

1＝（1，0，1），直線

l

2的方向向量

s

2＝

（－1，2，－2），則

l

1和

l

2夾角的余弦值為（

）A.

B.

C.

D.

2.在空間直角坐標(biāo)系中，已知

A

（1，－1，0），

B

（4，3，0），

C

（5，4，－1），則

A

到

BC

的距離為（

）A.3B.

C.

D.

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

?.

60°PART2考點(diǎn)分類突破精選考點(diǎn)典例研析技法重悟通課堂演練直線與平面所成的角【例1】

（2024·全國甲卷18題）如圖，在三棱柱

ABC

-

A

1

B

1

C

1中，

A

1

C

⊥平面

ABC

，∠

ACB

＝90°，

AA

1＝2，

A

1到平面

BCC

1

B

1的距離

為1.（1）證明：

A

1

C

＝

AC

；解：證明：如圖，過

A

1作

A

1

D

⊥

CC

1，垂足為

D

，∵

A

1

C

⊥平面

ABC

，

BC

?平面

ABC

，∴

A

1

C

⊥

BC

，又∠

ACB

＝90°，∴

AC

⊥

BC

，∵

A

1

C

，

AC

?平面

ACC

1

A

1，且

A

1

C

∩

AC

＝

C

，∴

BC

⊥平面

ACC

1

A

1，∵

A

1

D

?平面

ACC

1

A

1，∴

BC

⊥

A

1

D

，又

CC

1，

BC

?平面

BCC

1

B

1，且

CC

1∩

BC

＝

C

，∴

A

1

D

⊥平面

BCC

1

B

1，∴

A

1

D

＝1.由已知條件易證△

CA

1

C

1是直角三角形，

又

CC

1＝

AA

1＝2，

A

1

D

＝1，∴

D

為

CC

1的中點(diǎn)，又

A

1

D

⊥

CC

1，∴

A

1

C

＝

A

1

C

1，又在三棱柱

ABC

-

A

1

B

1

C

1中，

AC

＝

A

1

C1，∴

A

1

C

＝

AC

.

（2）已知

AA

1與

BB

1的距離為2，求

AB

1與平面

BCC

1

B

1所成角

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（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：

BD

⊥

PA

；解：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)?/p>

PD

⊥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)?/p>

PA

?平面

ADP

，所以

BD

⊥

PA

.

（2）求

PD

與平面

PAB

所成的角的正弦值.

平面與平面的夾角（二面角）【例2】

（2024·新高考Ⅱ卷20題）如圖，三棱錐

A

-

BCD

中，

DA

＝

DB

＝

DC

，

BD

⊥

CD

，∠

ADB

＝∠

ADC

＝60°，

E

為

BC

的中點(diǎn).（1）證明：

BC

⊥

DA

；解：證明：如圖，連接

DE

，

AE

.

因?yàn)?/p>

DC

＝

DB

，

E

為

BC

的中點(diǎn)，所以

BC

⊥

DE

.

因?yàn)椤?/p>

ADB

＝∠

ADC

＝60°，

DA

＝

DC

＝

DB

，所以△

ABD

≌△

ACD

，所以

AB

＝

AC

.

又

E

為

BC

的中點(diǎn)，所以

BC

⊥

AE

.

又

AE

?平面

ADE

，

DE

?平面

ADE

，

AE

∩

DE

＝

E

，所以

BC

⊥平面

ADE

.

又

DA

?平面

ADE

，所以

BC

⊥

DA

.

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小；（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.

（2024·新高考Ⅰ卷18題）如圖，在正四棱柱

ABCD

-

A

1

B

1

C

1

D

1中，

AB

＝2，

AA

1＝4.點(diǎn)

A

2，

B

2，

C

2，

D

2分別在棱

AA

1，

BB

1，

CC

1，

DD

1上，

AA

2＝1，

BB

2＝

DD

2＝2，

CC

2＝3.（1）證明：

B

2

C

2∥

A

2

D

2；

（2）點(diǎn)

P

在棱

BB

1上，當(dāng)二面角

P

-

A

2

C

2-

D

2為150°時(shí)，求

B

2

P

.

距離問題【例3】如圖，正三棱柱

ABC

-

A

1

B

1

C

1中，各棱長均為4，

N

是

CC

1

的中點(diǎn).（1）求點(diǎn)

N

到直線

AB

的距離；

（2）求點(diǎn)

C

1到平面

ABN

的距離.

解題技法利用向量法求點(diǎn)到平面的距離的步驟

1.四面體

OABC

滿足∠

AOB

＝∠

BOC

＝∠

COA

＝90°，

OA

＝1，

OB

＝2，

OC

＝3，點(diǎn)

D

在棱

OC

上，且

OC

＝3

OD

，點(diǎn)

G

為△

ABC

的重

心，則點(diǎn)

G

到直線

AD

的距離為（

）A.

B.

C.

D.

2.（2024·黃岡模擬）已知正方形

ABCD

的邊長為4，

CG

⊥平面

ABCD

，

CG

＝2，

E

是

AB

的中點(diǎn)，

F

是

AD

上靠近

A

的四等分點(diǎn)，

則點(diǎn)

B

到平面

GEF

的距離為

?.

PART3課時(shí)跟蹤檢測(cè)關(guān)鍵能力分層施練素養(yǎng)重提升課后練習(xí)

A.

B.

C.

D.

－

12345678910111213141516171819202122232425262728

2.已知三棱錐

S

-

ABC

中，底面

ABC

為邊長等于2的等邊三角形，

SA

垂

直于底面

ABC

，

SA

＝3，那么直線

AB

與平面

SBC

所成角的正弦值

為（

）A.

B.

C.

D.

3.正方體

ABCD

-

A

1

B

1

C

1

D

1的棱長為2，

E

，

F

，

G

分別是

CC

1，

D

1

A

1，

AB

的中點(diǎn)，則點(diǎn)

A

到平面

EGF

的距離為

?.

4.如圖，四棱柱

ABCD

-

A

1

B

1

C

1

D

1的所有棱長都相等，

AC

∩

BD

＝

O

，

A

1

C

1∩

B

1

D

1＝

O

1，四邊形

ACC

1

A

1和四邊形

BDD

1

B

1均為矩形.（1）證明：

O

1

O

⊥底面

ABCD

；解：證明：由題意得，

CC

1⊥

AC

，

DD

1⊥

BD

，又

CC

1∥

DD

1∥

OO

1，所以

OO

1⊥

AC

，

OO

1⊥

BD

，因?yàn)?/p>

AC

∩

BD

＝

O

，

AC

，

BD

?平面

ABCD

，所以

O

1

O

⊥底面

ABCD

.

（2）若∠

CBA

＝60°，求平面

C

1

OB

1與平面

OB

1

D

夾角的余弦值.解：因?yàn)樗睦庵?/p>

ABCD

-

A

1

B

1

C

1

D

1的所

有棱長都相等，所以四邊形

ABCD

為菱

形，

AC

⊥

BD

，又

O

1

O

⊥底面

ABCD

，

所以

OB

，

OC

，

OO

1兩兩垂直.如圖，

以

O

為坐標(biāo)原點(diǎn)，

OB

，

OC

，

OO

1所在

直線分別為

x

軸，

y

軸，

z

軸建立空間直

角坐標(biāo)系.

（2）求

AD

到平面

PBC

的距離.

（1）證明：平面

ABC

⊥平面

ABB

1

A

1；

（2）設(shè)點(diǎn)

P

是棱

BB

1的中點(diǎn)，求直線

BC

與平面

A

1

PC

所成角θ的正

弦值.

7.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：證明：因?yàn)?/p>

BE

⊥平面

ABC

，且

BE⊥平面

DEFG

，所以

DE

⊥

BE

，且

AB

⊥

BE

，又

AB

，

DE

?平面

ABED

，所以

DE

∥

AB

，同理，

EF

∥

BC

，所以∠

DEF

＝∠

ABC

＝60°，又

EF

＝2

DE

，所以

DF

⊥

DE

，由

BE

⊥平面

DEFG

，知

DF

⊥

BE

，又因?yàn)?/p>

ED

∩

BE

＝

E

，所以

DF

⊥平面

ABED

.

解：取

AB

中點(diǎn)

O

，由題可知，

DE

∥

OB

且

DE

＝

OB

，所以四邊形

OBED

為平行四邊形，所以

OD

∥

BE

，于是

OD

⊥平面

ABC

，又△

ABC

為正三角形，

所以

OC

，

OA

，

OD

兩兩垂直.以

O

為坐標(biāo)原點(diǎn)，