第一章空间向量与立体几何
1.4 空间向量的应用
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
第1课时 距离问题
课后篇巩固提升
基础达标练
1.若O为坐标原点,=(1,1,-2),=(3,2,8),=(0,1,0),则线段AB的中点P到点C的距离为( )
A.
B.2
C.
D.
解析∵)=(4,3,6)==(0,1,0),
∴,
∴||=.
答案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.
D.
解析由题意可知=(1,2,-4).
设点P到平面α的距离为h,则h=.
答案D
3.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.
B.
C.
D.
解析建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),
M,B(a,a,0),A1(a,0,a),
∴=(a,a,0),=(a,0,a).
设平面MBD的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=-1,z=-2,可得n=(1,-1,-2).
∴点A1到平面MBD的距离d=a.
答案A
4.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 .?
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),
∴=(3,0,-1),
=(-3,4,0),
∴点P到直线BD的距离
d=,
∴点P到直线BD的距离为.
答案
5.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1=,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=1,则点B1到平面A1BC的距离为 .?
解析如图所示,建立空间直角坐标系,
则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,0),A1(1,0,),B1(0,1,),C1(0,0,),
∴=(-1,1,-),=(-1,0,-),=(-1,1,0).
设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1得x=-,y=0,
∴n=(-,0,1).
∴点B1到平面A1BC的距离d=.
答案
6.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,求平面A1BD与平面B1CD1间的距离.
解以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),D1(0,0,1),
=(0,1,-1),=(-1,0,-1),=(-1,0,0).
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),
则?
令z=1,得y=1,x=-1,∴n=(-1,1,1),
∴点D1到平面A1BD的距离
d=.
易证平面A1BD∥平面B1CD1,
∴平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,
∴平面A1BD与平面B1CD1间的距离为.
7.已知正方形ABCD的边长为1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分别为AB,BC的中点.
(1)求点D到平面PEF的距离;
(2)求直线AC到平面PEF的距离.
解(1)建立以D为坐标原点,分别为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系,如图所示.
则P(0,0,1),A(1,0,0),
C(0,1,0),E,
F,
所以,
,
设平面PEF的法向量n=(x,y,z),
则
令x=2,则y=2,z=3,所以n=(2,2,3),
所以点D到平面PEF的距离d=,
因此点D到平面PEF的距离为.
(2)因为E,F分别为AB,BC的中点,
所以EF∥AC.
又因为AC?平面PEF,EF?平面PEF,
所以AC∥平面PEF.
因为,所以点A到平面PEF的距离d=.
所以直线AC到平面PEF的距离为.
能力提升练
1.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,则点B到平面EFG的距离为( )
A.
B.
C.
D.1
解析以C为坐标原点,所在直线为x轴,所在直线为y轴,所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则F(4,2,0),E(2,4,0),G(0,0,2),B(0,4,0),∴=(2,0,0),=(-2,2,0),=(-2,-4,2).
设平面EFG的法向量为m=(x,y,z),
则
令x=1,则y=1,z=3,则m=(1,1,3),
∴点B到平面EFG的距离d=.
答案B
2.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为BB1,C1C的中点,G为线段DD1上的点,且DG=DD1,过E,F,G的平面交AA1于点H,则A1D1到平面EFGH的距离为 .?
解析以点D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
则E,F,G,D1(0,0,1),A1(1,0,1),
∴=(-1,0,0),=(1,0,0),∴.
又∵EF?平面EFGH,D1A1?平面EFGH,
∴D1A1∥平面EFGH.
∴A1D1到平面EFGH的距离,
即为点D1到平面EFGH的距离.
设平面EFGH的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令z=6,则y=-1,
∴n=(0,-1,6),
n的单位向量n0=.
又∵,
∴点D1到平面EFGH的距离d=|·n0|=,
∴A1D1到平面EFGH的距离为.
答案
3.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 .?
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).
∴=(2,2,0),=(2,2,0),=(-2,0,4),=(-2,0,4),
∴,
∴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
解得
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.
∵=(0,4,0),
∴平面AMN与平面EFBD间的距离d=.
答案
4.四棱锥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(0,2,0),C(2,2,0),D(-2,2,0),P(0,0,4),E(0,0,2).
设平面BED的一个法向量为n=(x,y,z),
由=(-4,0,2),=(2,-2,2),
得
即
取z=2,则x=1,y=,得n=(1,,2).
∵=(2,2,-4),∴n·=2+6-8=0,
∴n⊥,故PC∥平面BED,
∴PC到平面BED的距离就是点P到平面BED的距离.
∵=(0,0,2),
∴点P到平面BED的距离d=,
即PC到平面BED的距离为,且直线PC上各点到平面BED的距离都相等.
5.如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=,AB=BC=AD=a,PA⊥平面ABCD,且PA=a,点F在AD上,且CF⊥PC.
(1)求点A到平面PCF的距离;
(2)求AD到平面PBC的距离.
解(1)由题意知AP,AB,AD两两垂直,建立空间直角坐标系,如图.
则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,3a,0),P(0,0,a).设F(0,m,0),
则=(-a,m-a,0),=(-a,-a,a).
∵PC⊥CF,∴,
∴=(-a)·(-a)+(m-a)·(-a)+0·a=a2-a(m-a)=0,
∴m=2a,即F(0,2a,0).
设平面PCF的法向量为n=(x,y,z),
则解得
取x=1,得n=(1,1,2).
设点A到平面PCF的距离为d,由=(a,a,0),
得d=a.
(2)由于=(-a,0,a),=(0,a,0),=(0,0,a).
设平面PBC的法向量为n1=(x0,y0,z0),
由
取x0=1,得n1=(1,0,1).
设点A到平面PBC的距离为h,
∵AD∥BC,AD?平面PBC,
∴AD∥平面PBC,
∴h为AD到平面PBC的距离,
∴h=a.
素养培优练
如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,问:线段AD上是否存在一点Q,使得它到平面PCD的距离为?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
解取AD的中点O,在△PAD中,
∵PA=PD,∴PO⊥AD.
又侧面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
∴PO⊥平面ABCD.
建立如图所示的空间直角坐标系,易得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),
则=(-1,0,1),=(-1,1,0).
假设存在点Q,使它到平面PCD的距离为,
设Q(0,y,0)(-1≤y≤1),则=(-1,y,0).
设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0),
则
∴
即x0=y0=z0,取x0=1,
则平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1).
∴点Q到平面PCD的距离d=,∴y=-或y=(舍去).
此时,
则||=,||=.
∴存在点Q满足题意,此时.(共38张PPT)
第2课时 利用向量求空间角
激趣诱思
知识点拨
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.
激趣诱思
知识点拨
一、利用向量方法求两条异面直线所成的角
名师点析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.
激趣诱思
知识点拨
微练习
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( )
答案:B
激趣诱思
知识点拨
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
名师点析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射影所成的角,其范围是
激趣诱思
知识点拨
微练习
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°
答案:D
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°.
激趣诱思
知识点拨
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
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.
激趣诱思
知识点拨
A.120°
B.30°
C.60°
D.30°或150°
答案:B
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
利用向量方法求两异面直线所成角
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.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
反思感悟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
,故两直线方向向量夹角的余弦值为负时,应取其绝对值.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
变式训练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 .?
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
利用向量方法求直线与平面所成角
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.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
又AD∥BC,故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.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
(2)解:如图,取BC的中点E,连接AE.
由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
反思感悟若直线l与平面α的夹角为θ,利用法向量计算θ的步骤如下:
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
变式训练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( )
答案:B
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
利用向量方法求两个平面的夹角
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的夹角的余弦值.
思路分析有两种思路,一是先根据二面角平面角及两个平面夹角的定义,在图形中作出二面角的平面角,然后利用向量方法求出向量夹角从而得到两平面夹角的大小;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两平面夹角的大小.
?
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
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
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
反思感悟利用平面的法向量求两个平面的夹角
利用向量方法求两平面夹角大小时,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两平面夹角.需注意法向量夹角范围是[0,π],而两平面夹角范围是
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
变式训练3如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,
AA1=BC=AB=2,AB⊥BC,求平面A1B1C与平面A1CC1夹角的大小.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
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),
设AC的中点为M,
因为BM⊥AC,BM⊥CC1,
所以BM⊥平面A1C1C,
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
一题多变——空间角的求法
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°,求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
(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.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
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),
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
延伸探究1本例条件不变,求平面BA1C与平面A1CD夹角的余弦值.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
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夹角的余弦值.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
令x2=2,则y2=-1,z2=1.所以n2=(2,-1,1).
所以平面AB1E与平面AD1F夹角的余弦值为
方法总结
向量法求两平面夹角(或其某个三角函数值)的三个步骤
(1)建立适当的坐标系,写出相应点的坐标;
(2)求出两个平面的法向量n1,n2;
(3)设两平面的夹角为θ,则cos
θ=|cos|,据此得解.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
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°
答案:C
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
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=-
,则l与α所成的角为( )
A.30°
B.60°
C.120°
D.150°
答案:A
解析:由已知得直线l的方向向量和平面α的法向量所夹锐角为120°,因此l与α所成的角为30°.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
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°
答案:D
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,
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
4.在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=BC=
PA,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 .?
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
5.如图,在四棱锥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.求平面ABE与平面DBE夹角的余弦值.
探究一
探究二
探究三
素养形成
当堂检测
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.则P(0,0,3),A(0,3,0),D(3,3,0).
设平面EBD的一个法向量为n1=(x,y,z),(共27张PPT)
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
第1课时 距离问题
激趣诱思
知识点拨
某人在一片丘陵上开垦了一块田地,在丘陵的上方架有一条直的水渠,此人想从水渠上选择一个点,通过一条管道把水引到田地中的一个点P处,要想使这个管道的长度理论上最短,应该如何设计?
激趣诱思
知识点拨
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
2.两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.
名师点析点到直线的距离,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.
激趣诱思
知识点拨
微练习
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 .?
激趣诱思
知识点拨
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
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.
激趣诱思
知识点拨
微练习
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 .?
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),
探究一
探究二
素养形成
当堂检测
利用空间向量求点线距
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
探究一
探究二
素养形成
当堂检测
反思感悟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.
探究一
探究二
素养形成
当堂检测
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).
探究一
探究二
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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),
探究一
探究二
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利用空间向量求点面距
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=2
,M,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.
探究一
探究二
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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,
探究一
探究二
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反思感悟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.
探究一
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变式训练在直三棱柱中,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.
探究一
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(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,
探究一
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转化与化归思想在求空间距离中的应用
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.
探究一
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(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),
所以B1D⊥AB,B1D⊥BD.
又AB∩BD=B,所以B1D⊥平面ABD.
探究一
探究二
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所以GF∥AB,EF∥BD.
又GF∩EF=F,AB∩BD=B,
所以平面EGF∥平面ABD.
探究一
探究二
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方法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.
探究一
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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( )
答案:B
探究一
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2.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( )
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
探究一
探究二
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3.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( )
答案:B
探究一
探究二
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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),
探究一
探究二
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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 .?
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.
探究一
探究二
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当堂检测第一章空间向量与立体几何
1.4 空间向量的应用
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
第2课时 利用向量求空间角
课后篇巩固提升
基础达标练
1.若平面α的一个法向量为n1=(1,0,1),平面β的一个法向量是n2=(-3,1,3),则平面α与β所成的角等于
( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
解析因为n1·n2=(1,0,1)·(-3,1,3)=0,所以α⊥β,即平面α与β所成的角等于90°.
答案D
2.已知A(0,1,1),B(2,-1,0),C(3,5,7),D(1,2,4),则直线AB和直线CD所成角的余弦值为( )
A.
B.-
C.
D.-
解析=(2,-2,-1),=(-2,-3,-3),而cos??=,故直线AB和CD所成角的余弦值为.
答案A
3.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AA1=3,AB=AC=BC=2,则AA1与平面AB1C1所成角的大小为( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
解析取AB的中点D,连接CD,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
可得A(1,0,0),A1(1,0,3),故=(0,0,3),而B1(-1,0,3),C1(0,,3),设平面AB1C1的法向量为m=(a,b,c),
根据m·=0,m·=0,解得m=(3,-,2),cos=.
故AA1与平面AB1C1所成角的大小为30°,故选A.
答案A
4.已知正方形ABCD所在平面外一点P,PA⊥平面ABCD,若PA=PB,则平面PAB与平面PCD的夹角为( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
解析如图所示,建立空间直角坐标系.
设PA=AB=1,则A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),
∴=(0,1,0).
取PD的中点E,则E,
∴,
易知是平面PAB的一个法向量,是平面PCD的一个法向量,所以cos<>=,故平面PAB与平面PCD的夹角为45°.
答案B
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为AD,C1D1的中点,O为侧面BCC1B1的中心,则异面直线MN与OD1所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.-
D.-
解析如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2,则M(1,0,0),N(0,1,2),O(1,2,1),D1(0,0,2),∴=(-1,1,2),=(-1,-2,1).则cos<>=.∴异面直线MN与OD1所成角的余弦值为,故选A.
答案A
6.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,AA1=4,E是侧棱CC1的中点,则直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为 .?
解析在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,AA1=4,E是侧棱CC1的中点,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,A(2,0,0),E(0,1,2),A1(2,0,4),D(0,0,0),=(2,-1,-2),=(2,0,4),=(0,1,2),设平面A1ED的法向量为n=(x,y,z),则n·=2x+4z=0,n·=y+2z=0,取z=1,得n=(-2,-2,1),设直线AE与平面A1ED所成角为θ,则sinθ=cos<,n>=.∴直线AE与平面A1ED所成角的正弦值为.
答案
7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为 .?
解析建立空间直角坐标系如图,设正方体的棱长为2,则D(2,0,0),A1(0,0,2),E(0,2,1),则=(2,0,-2),=(0,2,-1).
设平面A1ED的法向量为n=(x,y,z),
则
则
令y=1,得n=(2,1,2).
易知平面ABCD的法向量为m=(0,0,1),
则cos=.
设平面A1ED与平面ABCD的夹角为θ,
则cosθ=|cos|=.
答案
8.在空间中,已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0,a)(a>0),如果平面α与平面xOy的夹角为45°,则a= .?
解析平面xOy的一个法向量为n=(0,0,1),设平面α的一个法向量为m=(x,y,z),则
即3x=4y=az,取z=1,
则x=,y=,
∴m=.
由题意得|cos|=.
又因为a>0,所以a=.
答案
9.如图所示,四边形ABCD是直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=2,AD=1.
(1)求SC与平面ASD所成角的余弦值;
(2)求平面SAB和平面SCD夹角的余弦值.
解(1)建立如图所示的空间直角坐标系,S(0,0,2),C(2,2,0),D(1,0,0),=(2,2,-2),∵AB⊥平面SAD,故平面ASD的一个法向量为=(0,2,0),设SC与平面ASD所成的角为θ,则sinθ=|cos<>|=,故cosθ=,即SC与平面ASD所成角的余弦值为.
(2)平面SAB的一个法向量为m=(1,0,0),∵=(2,2,-2),=(1,0,-2),设平面SCD的一个法向量为n=(x,y,z),由令z=1可得平面SCD的一个法向量为n=(2,-1,1),设平面SAB和平面SCD的夹角为α,则cosα=,即平面SAB和平面SCD夹角的余弦值为.
能力提升练
1.(2020安徽黄山高二期末)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长相等,∠ABC=60°,则直线BC1与平面ABB1A1所成角的余弦值等于( )
A.
B.
C.
D.
解析直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长相等,∠ABC=60°,取AB中点E,以A为原点,AE为x轴,AD为y轴,AA1为z轴,建立空间直角坐标系,
设AB=2,则B(,-1,0),C1(,1,2),A(0,0,0),A1(0,0,2),=(0,2,2),=(,-1,0),=(0,0,2),
设平面ABB1A1的法向量n=(x,y,z),
则
取x=1,得n=(1,,0),
设直线BC1与平面ABB1A1所成角为θ,
则sinθ=,
∴cosθ=,
∴直线BC1与平面ABB1A1所成角的余弦值等于,故选B.
答案B
2.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,且AC⊥BD,AC与BD交于O,PO⊥底面ABCD,PO=2,AB=2,E,F分别是AB,AP的中点.则平面FOE与平面OEA夹角的余弦值为( )
A.-
B.
C.-
D.
解析由题意,以O为坐标原点,OB,OC,OP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,
由题知,OA=OB=2,
则A(0,-2,0),B(2,0,0),P(0,0,2),
∴E(1,-1,0),F(0,-1,1),
∴=(1,-1,0),=(0,-1,1),
设平面OEF的法向量为m=(x,y,z),
则
令x=1,可得m=(1,1,1),
易知平面OAE的一个法向量为n=(0,0,1),
则cos=,
设平面FOE与平面OEA夹角为θ,
则cosθ=|cos|=.
答案B
3.正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,则AC1与平面BB1C1C的夹角的余弦值为 .?
解析设三棱柱的棱长为1,以B为原点,建立坐标系如图,
则C1(0,1,1),A,
,
又平面BB1C1C的一个法向量n=(1,0,0),
设AC1与平面BB1C1C的夹角为θ.
则sinθ=|cos|=,
故cosθ=.
答案
4.如图,三棱柱OAB-O1A1B1中,平面OBB1O1⊥平面OAB,且∠O1OB=60°,∠AOB=90°,OB=OO1=2,OA=,求异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为 .?
解析以O为坐标原点,OA,OB所在直线分别为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(,0,0),B(0,2,0),A1(,1,),O1(0,1,),
所以=(-,1,-),=(,-1,-).
设所求的角为α,
则cosα=,
即异面直线A1B与O1A所成角的余弦值为.
答案
5.已知菱形ABCD中,∠ABC=60°,沿对角线AC折叠之后,使得平面BAC⊥平面DAC,则平面BCD与平面CDA夹角的余弦值为 .?
解析如图,
取AC的中点E,分别以EA,ED,EB为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设菱形ABCD的边长为2,则A(1,0,0),C(-1,0,0),D(0,,0),B(0,0,).
设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),
∵=(-1,0,-),=(0,,-),
∴
令z=,则y=,x=-3,即n=(-3,).
平面ACD的法向量为m=(0,0,1),
设平面BCD与平面CDA夹角为θ,则
cosθ=.
答案
6.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PBC⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,且∠BCD=,PD⊥BC.
(1)求证:PC=PD;
(2)若底面ABCD是菱形,PA与平面ABCD所成的角为,求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值.
(1)证明如图①,过P作PE⊥BC,垂足为E,连接DE.
图①
因为平面PBC⊥平面ABCD,
所以PE⊥平面ABCD.
因为PD⊥BC,
所以BC⊥平面PDE,
所以DE⊥BC.
因为∠BCD=,所以DE=CE.
在△PED和△PEC中,
PE=PE,∠PED=∠PEC=90°,DE=CE,
所以△PED≌△PEC,
所以PD=PC.
(2)解因为BC⊥平面PDE,PE⊥平面ABCD,
所以∠PAE是直线PA与平面ABCD所成的角,
即∠PAE=,且DE⊥BC,DE⊥PE.
设PE=a,则AE=a,PA=2a.
在△DEC中,设DE=m,
则EC=m,DC=m,
所以在Rt△EDA中,(a)2=m2+(m)2,
所以m=a.
以E为坐标原点,ED,EB,EP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图②所示的空间直角坐标系,
图②
则D(a,0,0),A(a,a,0),P(0,0,a),
则平面PBC的一个法向量为a=(1,0,0).
设平面PAD的一个法向量为b=(x,y,z),
因为=(-a,-a,a),=(0,-a,0),
所以
取x=1,则b=(1,0,1).
设平面PAD与平面PBC的夹角为θ,
则cosθ=,
所以平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为.
素养培优练
如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=,BC=2,PA=2.
(1)取PC的中点N,求证:DN∥平面PAB.
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值.
(3)在线段PD上,是否存在一点M,使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°?如果存在,求出BM与平面MAC所成角的大小;如果不存在,请说明理由.
(1)证明取BC的中点E,连接DE,交AC于点O,连接ON,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,-1,0),B(2,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),P(0,-1,2).
∵点N为PC的中点,∴N(0,0,1),
∴=(1,0,1).
设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),
由=(0,0,2),=(2,0,0),
可得n=(0,1,0),∴·n=0.
又∵DN?平面PAB,∴DN∥平面PAB.
(2)解由(1)知=(0,2,0),=(-1,1,-2).
设直线AC与PD所成的角为θ,
则cosθ=.
(3)解存在.
设M(x,y,z),且=λ,0<λ<1,
∴
∴M(-λ,λ-1,2-2λ).
设平面ACM的一个法向量为m=(x,y,z),
由=(0,2,0),=(-λ,λ,2-2λ),
可得m=(2-2λ,0,λ),
由图知平面ACD的一个法向量为n=(0,0,1),
∴|cos|=,
解得λ=或λ=2(舍去).
∴M,
∴,m=.
设BM与平面MAC所成的角为φ,
则sinφ=|cos<,m>|=,
∴φ=30°.
故存在点M,使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°,此时BM与平面MAC所成的角为30°.
