1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题 导学案（含答案） 高二年级数学人教A版选择性必修第一册

1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题
第1课时
学案设计
学习目标
1.理解运用向量运算求解空间距离问题的原理.
2.能应用空间向量法解决距离问题.
3.理解用空间向量解决立体几何中距离问题的“三步曲”.
自主预习
知识点一:点P到直线l的距离
如图,直线l的单位方向向量为u,A是直线l上的定点,P是直线l外一点.设=a,则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u.在Rt△APQ中,由勾股定理,得点P到直线l的距离为PQ=　　　　　　　　　=　　　　　　　　　.
知识点二:点P到平面α的距离
如图,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n是直线l的方向向量,且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度.因此PQ=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　.
课堂探究
问题1:观察下面加油站的设计图,大家找找里面蕴藏了哪些距离问题,这些问题可以抽象为哪些数学模型
探究一:两点间的距离
问题2:我们常见的距离有哪些
问题3:这些距离都可以转化为两点间的距离,所以先来研究用向量法解决两点间的距离问题.用向量法解决长度问题的常用方法有哪些
例1　已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=3,AA1=5,∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°,求AC1的长.
探究二:点到直线的距离
例2　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　　　　　.
探究三:点到平面的距离
追问:如何借助向量解决点到平面的距离问题
例3　如图,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别是AB,AD的中点,GC⊥平面ABCD,且GC=2,求点B到平面EFG的距离.
探究四:直线到平面的距离
问题4:如何求直线与和它平行平面的距离
探究五:平面到平面的距离
问题5:如何求两平行平面间的距离
小结:用向量方法求距离的相关公式
距离问题 图示 向量法求距离公式
两点间 的距离 PQ=||
点到直线 的距离
两平行 线之间 的距离
点到平面 的距离
例4　如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1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.
核心素养专练
1.已知直线l过定点A(2,3,1),且n=(0,1,1)为其一个方向向量,则点P(4,3,2)到直线l的距离为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.
2.若两平行平面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),则平面α,β间的距离是(　　)
A. B. C. D.3
3.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. B. C. D.
4.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. B. C. D.
5.已知Rt△ABC的两条直角边BC=3,AC=4,PC⊥平面ABC,PC=,则点P到斜边AB的距离是　　　　　.
6.已知棱长为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　　　　　.
参考答案
自主预习
知识点一:
知识点二:
课堂探究
问题1:通过实例抽象出两点间、点到直线、点到平面、直线与和它平行平面、两平行平面的距离.
问题2:两点间的距离,点到直线的距离,点到平面的距离,直线与和它平行平面的距离,两平行平面的距离.
问题3:两点间距离公式,利用空间向量基本定理,转化为基底向量的数量积运算.
例1　解 设=a,=b,=c,
则由题意可知=a+b+c,
||2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a·b+b·c+a·c)=4+1+9+2+3+6=25,
故AC1的长为5.
例2　　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,
∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,∴A(2,0,0),E(0,2,1),F(1,0,2),=(1,-2,1),=(1,0,-2),
∴||=,
∴直线EF的单位方向向量u=(1,-2,1),
∴点A到直线EF的距离d=.
追问:略
例3　解 如图,建立空间直角坐标系Cxyz.
由题设知C(0,0,0),A(4,4,0),B(0,4,0),D(4,0,0),E(2,4,0),F(4,2,0),G(0,0,2),=(2,-2,0),=(-2,-4,2),
设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z),
∵n⊥,n⊥,∴
∴n=,1,=(2,0,0),
∴d=.
故点B到平面EFG的距离为.
问题4:
把线面距转化为点面距,如上图,则所求距离d=.
问题5:
把面面距转化为点面距,如上图,则所求距离d=.
小结:用向量方法求距离的相关公式
距离 问题 图示 向量法求距离公式
两点间 的距离 PQ=||
点到直 线的距 离 PQ==
两平行 线之间 的距离 PQ==
点到平 面的距 离 PQ==
例4　(1)证明 连接AB1交A1B于点E,则E是AB1的中点,连接DE.因为D是AC的中点,所以DE∥B1C,又DE 平面A1BD,B1C 平面A1BD,所以B1C∥平面A1BD.
(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.
建立如图所示的空间直角坐标系,
则B1(0,2,3),B(0,2,0),A1(-1,0,3),=(0,2,3),=(0,2,0),=(-1,0,3).
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),
所以
取z=1,则x=3,y=0,所以n=(3,0,1).
所以点B1到平面A1BD的距离为,即直线B1C到平面A1BD的距离为.
核心素养专练
1.A　解析 由题意知,=(-2,0,-1),||=,则点P到直线l的距离d=.
2.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),=(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=.故选B.
3.D　解析 以P为坐标原点,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),则点P到平面ABC的距离是d=.
4.B　解析 建立如图所示的空间直角坐标系,
∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,
∴A(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),O,1.
∴=(0,1,0),=(-1,0,1).
设n=(1,y,z)是平面ABC1D1的一个法向量,
则
解得y=0,z=1,∴n=(1,0,1).
又=,-,-1,
∴点O到平面ABC1D1的距离为.
5.3　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),P0,0,,
所以=(-4,3,0),
=-4,0,,
所以点P到AB的距离
d==3.
6.　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.
∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,
∴D(0,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),M1,1,,A(1,0,0),
∴=0,1,,=(-1,1,0),=(-1,0,1).
设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则y=z=1,∴n=(1,1,1).
∴点M到平面ACD1的距离d=.
又,故MN∥平面ACD1,
故直线MN到平面ACD1的距离为.
第2课时
学案设计
学习目标
1.能用向量语言表述线线、线面、平面与平面的夹角.
2.能用向量方法解决线线、线面、平面与平面的夹角问题.
3.能描述用向量方法解决夹角问题的程序,体会向量方法在研究几何问题中的作用.
自主预习
知识点一:利用向量方法求两条异面直线所成的角
若异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分别是u,v,则cos θ=|cos|=　　　　　　　　=　　　　　.
注意:
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,而两个向量的夹角的范围是[0,π],事实上,两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系.
知识点二:利用向量方法求直线与平面所成的角
直线AB与平面α相交于点B,设直线AB与平面α所成的角为θ,直线AB的方向向量为u,平面α的法向量为n,则sin θ=|cos|=　　　　　　　=　　　　　.
注意:
1.直线与平面所成的角是指这条直线与它在这个平面内的投影所成的角,其范围是.
2.若是一个锐角,则θ=-;若是一个钝角,则θ=-.
知识点三:利用向量方法求两个平面的夹角
1.平面α与平面β的夹角:平面α与平面β相交,形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角.
2.若平面α,β的法向量分别是n1和n2,则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角,设平面α与平面β的夹角为θ,则cos θ=|cos|=　=
　　　.
注意:
1.两个平面夹角的范围是,若夹角为,则两个平面垂直.
2.因为两个平面法向量的方向不确定,故∈[0,π],若为钝角,应取其补角.
课堂探究
问题1:与距离一样,角度是立体几何中的另一类度量问题.本质上,角度是对两个方向的差的度量,向量是有方向的量,所以利用向量研究角度问题有其独特的优势.本节我们用空间向量研究夹角问题,你认为可以按怎样的顺序展开研究
1.典型例题,求解直线与直线所成的角
例1　如图,在棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中,M,N分别为BC,AD的中点,求直线AM和CN夹角的余弦值.
2.类比研究,求解直线与平面、平面与平面所成的角
问题2:你能用向量方法求例1中的直线AB与平面BCD所成的角吗 一般地,如何求直线和平面所成的角
问题3:类比已有的直线、平面所成角的定义,你认为应如何合理定义两个平面所成的角 进一步地,如何求平面和平面的夹角
3.巩固应用,解决立体几何中的角度问题
例2　如图,在直棱柱ABC-A1B1C1中,AC=CB=2,AA1=3,∠ACB=90°,P为BC中点,点Q,R分别在棱AA1,BB1上,A1Q=2AQ,BR=2RB1.求平面PQR与平面A1B1C1夹角的余弦值.
核心素养专练
1.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=-,则l与α所成的角为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.30° B.60°
C.120° D.150°
2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=2,DD1=3,则AC与BD1所成角的余弦值为(　　)
A.0 B.
C.- D.
3.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,B1C和C1D与底面所成角分别为60°和45°,则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
4.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　)
A. B.
C. D.
5.如图,在空间直角坐标系Dxyz中,四棱柱ABCD -A1B1C1D1为长方体,AA1=AB=2AD,E,F分别为C1D1,A1B的中点,则平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值为(　　)
A.- B.-
C. D.
6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱AA1和BB1的中点,则sin<>=　　　　　.
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,四边形ABCD为正方形,且PD=AB=1,G为△ABC的重心,则PG与底面ABCD所成的角θ的余弦值为　　　　　.
8.如图,在三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB,∠O1OB=60°,∠AOB=90°,且OB=OO1=2,OA=,求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值.
9.如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.
(1)证明:EF⊥BC;
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
参考答案
自主预习
知识点一:
知识点二:
知识点三:
课堂探究
问题1:研究路径:直线与直线所成的角→直线与平面所成的角→平面与平面所成的角.
例1　解 化为向量问题
以{}作为基底,则.
设向量的夹角为θ,则直线AM和CN夹角的余弦值等于|cos θ|.
进行向量运算
=·=,
又△ABC和△ACD均为等边三角形,
所以||=||=,
所以cos θ=,
回到图形问题
所以,直线AM和CN夹角的余弦值为.
问题2:如图所示,将直线AB与平面BCD所成的角转化为直线AB的方向向量u与平面BCD的法向量n的夹角,从而得到直线与平面所成的角的一般表达式sin α=|cos|=.
其中,u为直线的方向向量,n为平面的法向量.
问题3:如右图,平面α和平面β相交,形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α和平面β的夹角.设平面α,β的法向量分别是n1,n2,平面α和平面β的夹角为θ,则cos θ=|cos|=.
例2　解 转化为向量问题
如图,以C1为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
设平面A1B1C1的法向量为n1,平面PQR的法向量为n2,平面PQR与平面A1B1C1的夹角即为n1与n2的夹角或其补角.
进行向量运算
因为C1C⊥平面A1B1C1,所以平面A1B1C1的一个法向量为n1=(0,0,1).
根据所建立的空间直角坐标系,可知P(0,1,3),Q(2,0,2),R(0,2,1),所以=(2,-1,-1),=(0,1,-2).
设n2=(x,y,z),则
所以令z=2得n2=(3,4,2),
则cos=.
回到图形问题
设平面PQR与平面A1B1C1的夹角为θ,则cos θ=|cos|=,
即平面PQR与平面A1B1C1的夹角的余弦值为.
核心素养专练
1.A　解析 由已知得直线l的方向向量和平面α的法向量的夹角为120°,因此l与α所成的角为30°.
2.A　解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,3),B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0).所以=(-2,-2,3),=(-2,2,0).所以cos<>==0.
3.A　解析 建立如图所示的空间直角坐标系,
∵B1C和C1D与底面所成角分别为60°和45°,
∴∠CB1C1=60°,∠DC1D1=45°,
设B1C1=1,则CC1==DD1.
∴C1D1=,则有B1(,0,0),C(,1,),C1(,1,0),D(0,1,).
∴=(0,1,),=(-,0,).
∴cos<>=.
4.A　解析 建立如图所示的空间直角坐标系,设AA1=2AB=2,则B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),C1(0,1,2),故=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,1,0).
设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,则y=-2,x=2,所以平面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θ,则sin θ=|cos|=,故选A.
5.C　解析 设AD=1,则A1(1,0,2),B(1,2,0).
因为E,F分别为C1D1,A1B的中点,所以E(0,1,2),F(1,1,1),所以=(-1,1,0),=(0,2,-2).
设m=(x,y,z)是平面A1BE的法向量,则取x=1,则y=z=1,所以平面A1BE的一个法向量为m=(1,1,1).
又因为DA⊥平面A1B1B,所以=(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量,所以cos=.所以平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值为,故选C.
6.　解析 建立如图所示空间直角坐标系,设正方体棱长为2,
∵M,N分别是棱AA1和BB1的中点,∴C(0,2,0),M(2,0,1),D1(0,0,2),N(2,2,1).
∴=(2,-2,1),=(2,2,-1).
∴cos<>==-.
∴sin<>=.
7.　解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),所以G,0,=,-1.
易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),
则cos<,n>==-,
所以PG与平面ABCD所成角的余弦值为.
8.解 以O为坐标原点,的方向为x轴、y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.
∵平面OBB1O1⊥平面OAB,∠O1OB=60°,∠AOB=90°,且OB=OO1=2,OA=,
∴O(0,0,0),O1(0,1,),A(,0,0),A1(,1,),B(0,2,0),
∴=(-,1,-),=(,-1,-).
∴|cos<>|=
=
=.
∴异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为.
9.(1)证明 连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E 平面A1ACC1,
平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
所以A1E⊥平面ABC.
如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Exyz.
不妨设AC=4,则A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),F,2,C(0,2,0),
可得,=,2,=(-,1,0).
由=0得EF⊥BC.
(2)解 设直线EF与平面A1BC所成角为θ,
由(1)可得=(-,1,0),=(0,2,-2),设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),
由取n=(1,,1),故sin θ=|cos<,n>|=.
因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.
第3课时
学案设计
学习目标
1.理解利用空间向量解决立体几何问题的三步曲.
2.会用几何法、向量法、坐标法及综合方法解决问题.
自主预习
1.已知直线l在平面α外,且a=(-2,2,5)是直线l的方向向量,b=(6,-4,4)是平面α的法向量,则直线l与平面α的位置关系为　　　　　.
2.已知直线l的方向向量为s=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(1,2,-3),则直线l与平面α夹角的余弦值为　　　　　.
3.已知点A(-1,2,1)在平面α内,点P(2,1,3)在平面α外,若b=(1,-2,2)是平面α的法向量,则点P到平面α的距离为　　　　　.
课堂探究
例1　如图为某种礼物降落伞的示意图,其中有8根绳子和伞面连接,每根绳子和水平面的法向量的夹角均为30°.已知礼物的质量为1 kg,每根绳子的拉力大小相同.求降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小(重力加速度g取9.8 m/s2,精确到0.01 N).
例2　如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.
(1)求证:PA∥平面EDB;
(2)求证:PB⊥平面EFD;
(3)求平面CPB与平面PBD的夹角的大小.
变式训练　如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的三等分点,且PE=2EC.问线段PB上是否存在点F,使得AF∥平面EDB 若存在,求出BF∶PB的值;若不存在,请说明理由.
例3　如图,二面角α-l-β的棱上有两个点A,B,线段BD与AC分别在这个二面角的两个平面内,并且都垂直于棱l.若AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,求平面α与平面β的夹角.
练习　如图,在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,M,N分别是AD,BC的中点.求异面直线AN与CM所成角的余弦值.
核心素养专练
1.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
2.若直线l的方向向量为m,平面α的法向量为n,则可能使l∥α的是(　　)
A.m=(1,0,0),n=(-2,0,0)
B.m=(1,3,5),n=(1,0,1)
C.m=(0,2,1),n=(-1,0,-1)
D.m=(1,-1,3),n=(0,3,1)
3.已知直线l的斜率为10,则直线l的一个法向量的坐标为(　　)
A.(10,-1) B.(-5,2)
C.(-10,-2) D.(5,2)
4.在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C是边长为2的菱形,∠CBB1=60°,BC1交B1C于点O,AO⊥侧面BB1C1C,且△AB1C为等腰直角三角形.若建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则点A1的坐标为(　　)
A.(-1,,2) B.(-,1,1)
C.(-1,2,) D.(-2,1,)
5.在△ABC中,A(1,-2,-1),B(0,-3,1),C(2,-2,1).若向量n与平面ABC垂直,且|n|=,则n的坐标为　　　　　.
6.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AA1=2,AD=1,E为CD的中点,则点B1到平面AD1E的距离为　　　　　.
7.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为平行四边形,E为CD的中点,AE=CD.
(1)证明:PC⊥AD;
(2)若△AED为等边三角形,PA=AD=6,F为PB上一点,且PF=PB,求直线EF与平面PAE所成角的正弦值.
8.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PD⊥平面ABCD,M是PA的中点,且PD=CD=4,AD=2.
(1)求AP与平面CMB所成角的正弦值;
(2)求点M到平面PBC的距离.
参考答案
自主预习
1.平行
2.
3.3
课堂探究
例1　解 记铅垂线方向的单位向量为n,设每根绳子的拉力为F,
因为=30°,所以向量F在向量n上的投影向量为|F|cos 30°·n=|F|·n.
由于8根绳子的合力大小与礼物重力大小相等,所以8·|F|=9.8,所以|F|=≈1.41(N),
即降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小是1.41 N.
例2　(1)证明 如图,连接AC交BD于点G,再连接EG,
由正方形ABCD可得AG=GC,
又因为E是PC的中点,
所以PA∥EG,
又因为PA 平面EDB,EG 平面EDB,
所以PA∥平面EDB.
(2)证明 以D为原点,DA,DC,DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设DC=1,则依题意得A(1,0,0),P(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),E0,.
=(1,1,-1),=0,.
故=(1,1,-1)·0,=0+=0.
所以PB⊥DE.
由已知EF⊥PB,且EF∩DE=E,EF 平面EFD,DE 平面EFD,所以PB⊥平面EFD.
(3)解 由第(2)小题可得PB⊥平面EFD,PB⊥EF,PB⊥DF,
所以平面CPB与平面PBD的夹角就是∠DFE.
设点F的坐标为(x,y,z),则=(x,y,z-1),
因为EF⊥PB且交PB于点F,所以=k,
即(x,y,z-1)=k(1,1,-1)=(k,k,-k),
所以x=k,y=k,z=-k+1,
又由PB⊥DF可得=(1,1,-1)·(k,k,1-k)=3k-1=0,
所以k=,即点F的坐标为,所以=-,-,=-,-,-,
即cos∠EFD=
=
=,
所以∠EFD=60°,
即平面CPB与平面PBD的夹角的大小为60°.
变式训练　解 以D为原点,DA,DC,DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设DC=1,则依题意得:A(1,0,0),P(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),E0,.
=(1,1,0),=0,.
设平面EDB的法向量为n=(x,y,z),
则所以取z=2,则x=1,y=-1.
所以n=(1,-1,2),又设点F的坐标为(x,y,z),则根据题意有=k,即(x,y,z-1)=k(1,1,-1)=(k,k,-k),
所以x=k,y=k,z=-k+1,即=(k-1,k,1-k).
因为要满足AF∥平面EDB,所以n⊥,
即n·=(1,-1,2)·(k-1,k,1-k)=2k-1=0,
所以k=,即线段PB上存在中点F满足AF∥平面EDB,此时PF∶PB的值是.
例3　解 由题图可知,
所以||2=+2+2+2,
因为,
所以=0,=0,
又因为AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,
所以68=36+16+64+0+0+2·6·8·cos<>,
即cos<>=-,所以<>=120°,
即<>=60°,所以平面α与平面β的夹角是60°.
练习　解法1 由下图可知,
则||2=+2+2+2,
于是有1=8+1+8+(-2)+0+2·8·cos<>,可得cos<>=-,
所以异面直线AN与CM所成角的余弦值是.
解法2 由下图可知,
则||2=+2+2+2,
于是有9=8+7+8+(-14)+(-14)+2·8·cos<>,可得cos<>=,
所以异面直线AN与CM所成角的余弦值是.
核心素养专练
1.A　解析 ∵A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),
∴=(1,0,0),=(-1,2,-2).
设a==(1,0,0),直线BC的方向向量u==-,-,
∴点A到直线BC的距离d=.
2.D　解析 因为l∥α,所以m⊥n,即m·n=0,满足条件的只有选项D,故选D.
3.A　解析 由题意知,直线l的一个方向向量为(1,10),
所以直线l的法向量可以是(-10,1)或(10,-1).故选A.
4.B　解析 如图所示,作A1D⊥平面BB1C1C于点D,连接B1D,C1D,OD,于是点A1与点D的横纵坐标相同,点A1竖坐标的值为A1D的长度,AA1∥CC1,CC1 平面BB1C1C,AA1 平面BB1C1C,所以AA1∥平面BB1C1C,所以A和A1到平面BB1C1C的距离相等.而A1D⊥平面BB1C1C,AO⊥平面BB1C1C,所以A1D=AO,A1D∥AO,所以AODA1为平行四边形,所以AA1∥OD,AA1=OD,所以OD∥CC1,OD=CC1,所以OCC1D为平行四边形.所以OC∥C1D,OC=C1D=OB1.所以DB1OC1为平行四边形,所以B1D=OC1,C1D=OB1.而在边长为2的菱形CC1B1B中,∠CBB1=60°,可得OC1=BO=,OC=OB1=1.所以点D的坐标为(-,1,0),而△AB1C为等腰直角三角形,所以OA=OC=OB1=1,故点A1的坐标为(-,1,1).故选B.
5.(-2,4,1)或(2,-4,-1)　解析 据题意,得=(-1,-1,2),=(1,0,2).
设n=(x,y,z),
∵n与平面ABC垂直,
∴可得
∵|n|=,
∴,
解得y=4或y=-4.
当y=4时,x=-2,z=1;
当y=-4时,x=2,z=-1.
6.　解析 以D为坐标原点,射线DA,DC,DD1依次为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则点E(0,2,0),D1(0,0,2),A(1,0,0),B1(1,4,2),从而=(1,0,-2),=(-1,2,0),=(1,4,0),设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),由可得令y=1,可得n=(2,1,1),所以点B1到平面AD1E的距离为d=,故答案为.
7.(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,
∴PA⊥AD.
∵AE=CD,E为CD的中点,
∴∠CAE=∠ECA,∠EAD=∠EDA,
又∵∠CAE+∠ECA+∠EAD+∠EDA=π,
∴∠CAE+∠EAD=,∴AC⊥AD.
∵PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,
∴AD⊥平面PAC.
∵PC 平面PAC,∴AD⊥PC.
(2)解 方法1:
由(1)得AC⊥AD.
以点A为原点,分别以AC,AD,AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
∵△AED为等边三角形,PA=AD=6,
∴CD=12,AC=6,
∴A(0,0,0),B(6,-6,0),C(6,0,0),D(0,6,0),P(0,0,6),
又∵E为CD的中点,且PF=PB,
∴E(3,3,0),F(2,-2,4),
∴=(,5,-4),=(0,0,6),=(3,3,0).
设平面PAE的一个法向量为n=(x,y,z),
由
令x=1,则y=-,z=0,∴n=(1,-,0).
设直线EF与平面PAE所成的角为θ,
∴sin θ=|cos<,n>|=.
方法2:
由(1)得AC⊥AD.
以点A为原点,分别以AC,AD,AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
∵△AED为等边三角形,PA=AD=6,
∴CD=12,AC=6,
∴A(0,0,0),B(6,-6,0),C(6,0,0),D(0,6,0),P(0,0,6),
又∵E为CD的中点,且PF=PB,
∴E(3,3,0),F(2,-2,4),
∴=(,5,-4).
取AE的中点N,连接DN,
∵△AED为等边三角形,∴DN⊥AE.
∵PA⊥平面ABCD,DN 平面ABCD,
∴PA⊥DN.
由PA∩AE=A,∴DN⊥平面PAE,
∴就是平面PAE的一个法向量.
∵N,0,∴=,-,0.
设EF与平面PAE所成的角为θ,
∴sin θ=|cos<>|=.
8.解 (1)因为底面ABCD是矩形,PD⊥平面ABCD,所以以D为原点,DA,DC,DP分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(2,0,0),P(0,0,4),M(1,0,2),C(0,4,0),B(2,4,0),
=(-2,0,4),=(1,4,-2),=(-2,0,0).
设平面CMB的法向量n=(x1,y1,z1),
则令y1=1,可得n=(0,1,2),
设AP与平面CMB所成角为θ,则sin θ=.
(2)结合(1)问中坐标系可知=(0,4,-4),=(-1,4,-2).
设平面PBC的法向量m=(x2,y2,z2),
则令y2=1,可得m=(0,1,1).
设点M到平面PBC的距离为d,则d=.