高考理科第一輪課件79利用空間向量求空間角和

第九節(jié)利用空間向量求空間角和距離第九節(jié)利用空間向量求空間角和距離高考理科第一輪課件(79利用空間向量求空間角和1.夾角的計算(1)直線間的夾角①兩直線的夾角當兩條直線l1與l2共面時，我們把兩條直線交角中,范圍在________內的角叫作兩直線的夾角.②異面直線的夾角當直線l1與l2是異面直線時，在直線l1上任取一點A作AB∥l2，我們把______________的夾角叫作異面直線l1與l2的夾角.直線l1和直線AB1.夾角的計算直線l1和直線AB設s1，s2分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則0<〈s1，s2〉＜π〈s1,s2〉π-〈s1,s2〉設s1，s2分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則0<〈s(2)直線與平面的夾角平面外一條直線與它_________________的夾角叫作該直線與此平面的夾角.設直線l的方向向量為s，平面π的法向量為n，直線l與平面π的夾角為θ,則sinθ=｜cos〈s，n〉｜=__________.在該平面內的投影(2)直線與平面的夾角在該平面內的投影(3)平面間的夾角如圖所示，平面π1與π2相交于直線l，點R為直線l上任意一點，過點R，在平面π1上作直線l1⊥l,在平面π2上作直線l2⊥l，則l1∩l2=R.我們把_______________叫作平面π1與π2的夾角.直線l1和l2的夾角(3)平面間的夾角直線l1和l2的夾角已知平面π1和π2的法向量分別為n1和n2，當0≤〈n1，n2〉≤時，平面π1與π2的夾角等于__________;當＜〈n1，n2〉≤π時，平面π1與π2的夾角等于_____________.〈n1，n2〉π-〈n1，n2〉已知平面π1和π2的法向量分別為n1和n2，〈n1，n2〉π2.距離的計算(1)點到直線的距離空間一點A到直線l的距離的算法框圖如圖:2.距離的計算(2)平行直線間的距離求平行直線間的距離通常轉化為求_______________.(3)點到平面的距離空間一點A到平面π的距離的算法框圖如圖：點到直線的距離(2)平行直線間的距離點到直線的距離判斷下面結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”).(1)兩直線的方向向量的夾角就是兩條直線的夾角.()(2)直線的方向向量和平面的法向量的夾角就是直線與平面的夾角.()(3)兩個平面的法向量的夾角是這兩個平面的夾角.()(4)兩異面直線的夾角的范圍是(0，］,直線與平面的夾角的范圍是［0，］,平面與平面的夾角的范圍是［0，］.()判斷下面結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”).【解析】(1)錯誤.兩直線的方向向量的夾角應是兩直線的夾角或其補角.(2)錯誤.若直線的方向向量和平面的法向量的夾角為θ，直線與平面的夾角為α，則sinα=|cosθ|.(3)錯誤.兩個平面的法向量的夾角是這兩個平面的夾角或其補角.【解析】(1)錯誤.兩直線的方向向量的夾角應是兩直線的夾角或(4)正確.由異面直線的夾角、直線與平面的夾角及平面與平面的夾角的定義可知，兩異面直線的夾角的范圍是(0，］,直線與平面的夾角的范圍是［0，］,平面與平面的夾角的范圍是［0，］.答案：(1)×(2)×(3)×(4)√(4)正確.由異面直線的夾角、直線與平面的夾角及平面與1.已知向量m,n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m,n〉=則l與α的夾角的大小為()(A)60°(B)120°(C)30°(D)150°【解析】選C.設l與α的夾角為α，則sinα=又∵0°≤α≤90°,∴α=30°.1.已知向量m,n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，2.已知兩個平面的法向量分別為m=(0,1,0),n=(0,1,1),則兩平面的夾角的大小為()(A)45°(B)135°(C)45°或135°(D)以上都不對【解析】選A.∵m=(0,1,0),n=(0,1,1),∴|m|=1,|n|=m·n=1,∴cos〈m,n〉=∴〈m,n〉=45°,∴兩平面的夾角的大小為45°.2.已知兩個平面的法向量分別為m=(0,1,0),n=(0,3.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，O是A1C1的中點，則O到平面ABC1D1的距離為()(A)(B)(C)(D)【解析】選B.方法一：E為AD1的中點，過點O作OF∥A1E，交C1E于點F.∵E為AD1的中點，∴EA1⊥AD1.又BA⊥平面AD1，∴BA⊥EA1，∴EA1⊥平面ABC1D1.3.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，O是A1C1又FO∥EA1，∴FO⊥平面ABC1D1，∴FO＝方法二：建立如圖所示的空間直角坐標系，可得平面ABC1D1的法向量＝(1，0，1)，所以點O到平面ABC1D1的距離又FO∥EA1，4.長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點，則異面直線BC1與AE的夾角的余弦值為_______．【解析】由題意建立空間直角坐標系如圖，則A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)，∴cos〈〉∴異面直線BC1與AE的夾角的余弦值為答案：4.長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，A考向1異面直線的夾角的求法【典例1】(2013·廣州模擬)如圖，在四棱錐O-ABCD中，底面ABCD是邊長為1的菱形，∠ABC=OA⊥底面ABCD，OA=2，M為OA的中點，N為BC的中點.(1)證明：直線MN∥平面OCD.(2)求異面直線AB與MD的夾角的大小.考向1異面直線的夾角的求法【思路點撥】(1)證明直線MN與平面OCD平行，可利用向量解決也可轉化為證明MN所在的平面與平面OCD平行.(2)利用空間直角坐標系解決或將AB與MD的夾角的大小，轉化為CD與MD的夾角的大小.【思路點撥】(1)證明直線MN與平面OCD平行，可利用向量解【規(guī)范解答】方法一(向量法):作AP⊥CD于點P，如圖，分別以AB，AP，AO所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系，A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0，，0)，D(-，，0)，O(0，0，2)，M(0，0，1)，【規(guī)范解答】方法一(向量法):(1)設平面OCD的一個法向量為n=(x,y,z),則即取解得n=(0,4,).∵∴MN∥平面OCD.(1)(2)設AB與MD的夾角為θ,∵=(1,0,0),∴cosθ=∴異面直線AB與MD的夾角的大小為(2)設AB與MD的夾角為θ,方法二(綜合法):(1)取OB的中點E，連接ME，NE.∵ME∥AB，AB∥CD，∴ME∥CD.又∵NE∥OC，ME∩NE=E,OC∩CD=C,∴平面MNE∥平面OCD,又∵MN平面MNE,∴MN∥平面OCD.方法二(綜合法):(2)∵CD∥AB，∴∠MDC為異面直線AB與MD的夾角(或其補角).作AP⊥CD于點P，連接MP.∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP.∵所以AB與MD的夾角的大小為(2)∵CD∥AB，【拓展提升】1.異面直線夾角的求法利用空間向量求異面直線的夾角可利用直線的方向向量，轉化成向量的夾角.2.合理建立空間直角坐標系(1)①一般來說，如果已知的空間幾何體中含有兩兩垂直且交于一點的三條直線時，就以這三條直線為坐標軸建立空間直角坐標系；【拓展提升】②如果不存在這樣的三條直線，則應盡可能找兩條垂直相交的直線，以其為兩條坐標軸建立空間直角坐標系，即坐標系建立時以其中的垂直相交直線為基本出發(fā)點.(2)建系的基本思想是尋找其中的線線垂直關系，在沒有現(xiàn)成的垂直關系時要通過其他已知條件得到垂直關系，在此基礎上選擇一個合理的位置建立空間直角坐標系.②如果不存在這樣的三條直線，則應盡可能找兩條垂直相交的直線，【變式訓練】如圖，在四面體ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC,AD=CD,∠CAD=30°．(1)若AD=2,AB=2BC,求四面體ABCD的體積.(2)若平面CAB與平面DAB的夾角為60°，求異面直線AD與BC的夾角的余弦值．【變式訓練】如圖，在四面體ABCD中，平面ABC⊥平面ACD【解析】(1)如圖1,設F為AC的中點，連接DF，由于AD=CD，所以DF⊥AC.由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，即DF是四面體ABCD的高，且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=圖1【解析】(1)如圖1,設F為AC的中點，連接DF，由于AD=在Rt△ABC中，因AC=2AF=AB=2BC，由勾股定理易知BC=AB=故四面體ABCD的體積V=在Rt△ABC中，因AC=2AF=AB=2BC，(2)如圖2，設F為AC的中點，連接DF，過F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD，平面ABC⊥平面ACD，易知FC，F(xiàn)D，F(xiàn)M兩兩垂直，以F為原點，射線FM，F(xiàn)C，F(xiàn)D分別為x軸，y軸，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系.(2)如圖2，設F為AC的中點，連接DF，設AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知點A，C，D的坐標分別為A(0,-,0),C(0,,0),D(0,0,1),則顯然向量k=(0,0,1)是平面ABC的一個法向量.已知平面CAB與平面DAB的夾角為60°，故可取平面ABD的單位法向量t=(l,m,n),使得〈t,k〉=60°，從而由t⊥有m+n=0,從而設AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知點A，C，D由l2+m2+n2=1,得l=±設點B的坐標為(x,y,0)，由可取解之得易知與坐標系的建立方式不合，舍去.由l2+m2+n2=1,得l=±因此點B的坐標為所以從而又異面直線的夾角θ∈(0,］,故異面直線AD與BC的夾角的余弦值為因此點B的坐標為考向2直線與平面的夾角的求法【典例2】(2012·大綱版全國卷)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝PA＝2，E是PC上的一點，PE＝2EC.(1)證明：PC⊥平面BED.(2)設平面PAB與平面PBC的夾角為90°，求PD與平面PBC的夾角的大小.考向2直線與平面的夾角的求法【思路點撥】可用綜合法求解，也可建立空間直角坐標系，利用向量解決.【規(guī)范解答】方法一：(1)因為底面ABCD為菱形，所以BD⊥AC.又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC，所以PC⊥BD.【思路點撥】可用綜合法求解，也可建立空間直角坐標設AC∩BD＝F，連接EF.因為AC＝PA＝2，PE＝2EC，故從而因為∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.故PC與平面BED內兩條相交直線BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED.設AC∩BD＝F，連接EF.(2)在平面PAB內過點A作AG⊥PB，G為垂足.因為平面PAB與平面PBC的夾角為90°，所以平面PAB⊥平面PBC.又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，故AG⊥BC.BC與平面PAB內兩條相交直線PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD為正方形，AD＝2，(2)在平面PAB內過點A作AG⊥PB，G為垂足.設D到平面PBC的距離為d，因為AD∥BC，且AD平面PBC，BC平面PBC，故AD∥平面PBC，A，D兩點到平面PBC的距離相等，即d=AG＝設PD與平面PBC的夾角為α，則sinα＝所以PD與平面PBC的夾角為30°.設D到平面PBC的距離為d，方法二：(1)以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系.設C(2，0，0)，D(，b，0)，其中b>0，則P(0，0，2)，于是從而故PC⊥BE，PC⊥DE.又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BED.方法二：(1)以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐(2)＝(0，0，2)，＝(，-b,0).設m=(x,y,z)為平面PAB的法向量，則m·=0,m·=0,即2z=0且x-by=0,令x=b,則m=(b,,0).設n=(p,q,r)為平面PBC的法向量，則n·=0,n·＝0，即(2)＝(0，0，2)，＝(，-b,0).令p=1,則因為平面PAB⊥平面PBC，故m·n＝0,即于是n=(1,-1,),∵直線PD與平面PBC的夾角與互余，∴PD與平面PBC的夾角為30°.令p=1,則【拓展提升】利用向量求直線與平面的夾角的方法(1)分別求出斜線和它所在平面內的射影直線的方向向量,轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角).(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的夾角.【拓展提升】利用向量求直線與平面的夾角的方法【變式訓練】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.(1)證明：PE⊥BC.(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直線PA與平面PEH的夾角的正弦值.【變式訓練】如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面為等腰梯【解析】以H為原點，HA，HB，HP所在直線分別為x,y,z軸，線段HA的長為單位長，建立空間直角坐標系如圖，則A(1，0，0)，B(0，1，0).【解析】以H為原點，HA，HB，HP所在直線分別為x,y,z(1)設C(m,0,0)，P(0，0，n)(m<0,n>0)，則D(0,m,0),可得因為所以PE⊥BC.(1)設C(m,0,0)，P(0，0，n)(m<0,n>0)(2)由已知條件可得故C(0，0)，D(0，0)，P(0，0，1).設n=(x,y,z)為平面PEH的一個法向量，因此可以取n=(1,,0).由=(1,0,-1),可得所以直線PA與平面PEH的夾角的正弦值為(2)由已知條件可得考向3平面與平面的夾角的求法【典例3】(2012·新課標全國卷)如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中點，DC1⊥BD.(1)證明：DC1⊥BC.(2)求平面A1BD與平面C1BD的夾角的大小.【思路點撥】(1)可證明DC1⊥平面BCD.(2)可以CA，CB，CC1為坐標軸建立空間直角坐標系求解.考向3平面與平面的夾角的求法【規(guī)范解答】(1)由題設知，三棱柱的側面為矩形.由于D為AA1的中點，故DC＝DC1.又AC＝可得所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.又BC平面BCD，故DC1⊥BC.【規(guī)范解答】(1)由題設知，三棱柱的側面為矩形.(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，則BC⊥平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1兩兩互相垂直.以C為坐標原點，的方向為x軸的正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系.(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，則BC⊥平面A由題意知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1)，C1(0，0，2).則＝(0，0，-1)，＝(1，-1，1)，＝(-1，0，1).設n=(x,y,z)是平面A1B1BD的一個法向量，則即可取n=(1,1,0).由題意知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1同理，設m是平面C1BD的一個法向量，則可取m=(1，2，1).從而cos〈n,m〉故平面A1BD與平面C1BD的夾角的大小為30°.同理，設m是平面C1BD的一個法向量，【拓展提升】求平面與平面的夾角大小的常用方法(1)分別求出兩個面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到平面與平面的夾角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求角的大小.(2)分別在兩個半平面內找到與兩平面的交線垂直且以垂足為起點的兩個向量,則這兩個向量的夾角或其補角就是兩個平面的夾角的大小.【拓展提升】求平面與平面的夾角大小的常用方法【變式訓練】(2012·江西高考)在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝BC＝4，點A1在底面ABC的投影是線段BC的中點O.(1)證明在側棱AA1上存在一點E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的長.(2)求平面A1B1C與平面BB1C1C夾角的余弦值.【變式訓練】(2012·江西高考)在三棱柱ABC-A1B1C【解析】(1)連接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于點E，因為AA1∥BB1，得OE⊥BB1.因為A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因為AB＝AC，OB＝OC，所以AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C.又AO＝【解析】(1)連接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于點E(2)如圖，以O為原點，OA，OB，OA1所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，則A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，-2，0)，A1(0，0，2).由得點E的坐標是由(1)得平面BB1C1C的一個法向量是(2)如圖，以O為原點，OA，OB，OA1所在直線分別為x,設平面A1B1C的法向量為n=(x,y,z)，令y=1,得x=2,z=-1,即n=(2，1，-1).所以即平面A1B1C與平面BB1C1C的夾角的余弦值是設平面A1B1C的法向量為n=(x,y,z)，考向4求空間距離【典例4】(1)在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則點C1到平面A1ED的距離是__________.(2)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a．①求點C1到平面AB1D1的距離；②求平面CDD1C1與平面AB1D1的夾角的余弦值．考向4求空間距離【思路點撥】(1)建立空間直角坐標系，利用點到平面的距離公式求解.(2)建立空間直角坐標系，①利用點到平面的距離公式求解；②求得平面CDD1C1與平面AB1D1的法向量，進而求得平面與平面的夾角的余弦值.【規(guī)范解答】(1)以A為原點建立空間直角坐標系如圖所示.【思路點撥】(1)建立空間直角坐標系，利用點到平面的距離公式則A1(0,0,1)，E(1,0，)，D(0,1,0)，C1(1,1,1).∴=(0,1,-1),設平面A1ED的法向量為n1=(x,y,z)，則A1(0,0,1)，E(1,0，)，D(0,1,0)，令z=2，則n1=(1,2,2).又=(-1,-1,0)，∴點C1到平面A1ED的距離答案：1令z=2，則n1=(1,2,2).(2)①建立空間直角坐標系如圖所示，則A(0,0,0)，D1(0,a,a),B1(a,0,a),C1(a,a,a),∴=(-a,-a,-a)，=(0,a,a)，=(a,0,a)．設n=(x,y,z)是平面AB1D1的一個法向量，(2)①建立空間直角坐標系如圖所示，則A(0,0,0)，D1令z=-1,得x=1,y=1，可得n=(1,1,-1)．因此C1到平面AB1D1的距離為②由①知，平面AB1D1的一個法向量是n=(1,1,-1)．又因AD⊥平面CDD1C1，故平面CDD1C1的一個法向量是n1=(0,1,0)．設平面CDD1C1與平面AB1D1的夾角為θ，則故所求夾角的余弦值為令z=-1,得x=1,y=1，可得n=(1,1,-1)．【互動探究】在本例題(1)中，若條件不變，結論改為“則直線A1C1與平面A1ED的夾角的大小為_____”，如何求解？【解析】由題(1)的解法知，平面A1ED的一個法向量為n1=(1,2,2)，=(-1,-1,0).設所求角為θ，則sinθ=|cos〈n1,〉|故直線A1C1與平面A1ED的夾角的大小為45°.【互動探究】在本例題(1)中，若條件不變，結論改為“則【拓展提升】向量法求點到平面的距離的步驟(1)求平面α的法向量n.(2)在平面α內取一點A，確定向量的坐標.(3)代入公式求解.【拓展提升】向量法求點到平面的距離的步驟【變式備選】如圖，△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝(1)求點A到平面MBC的距離.(2)求平面ACM與平面BCD的夾角的正弦值.【變式備選】如圖，△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，【解析】取CD中點O，連接OB，OM，則OB⊥CD，OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD，則MO⊥平面BCD.取O為原點，直線OC，BO，OM為x軸，y軸,z軸，建立空間直角坐標系如圖,【解析】取CD中點O，連接OB，OM，則OB＝OM＝各點坐標分別為C(1，0，0)，M(0，0，)，B(0，-，0)，A(0，-，2).(1)設n=(x,y,z)是平面MBC的一個法向量，則=(1,,0),=(0,,).由n⊥得x+y=0.由n⊥得y+z=0.取n=(,-1,1),又=(0,0,2),則點A到平面MBC的距離為則OB＝OM＝各點坐標分別為C(1，0，0)，M(0，(2)＝(-1，0，)，＝(-1，-，2).設平面ACM的一個法向量為n1=(x,y,z),由n1⊥,n1⊥得解得x=z,y=z,取n1=(,1,1).又平面BCD的一個法向量為n2=(0,0,1),所以cos〈n1,n2〉=設所求兩平面的夾角為θ,則sinθ=(2)＝(-1，0，)，＝(-1，-，2【滿分指導】用空間向量解立體幾何問題的規(guī)范解答【典例】(12分)(2012·北京高考改編)如圖1，在Rt△ABC中，∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分別是AC，AB上的點，且DE∥BC，DE＝2.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如圖2.【滿分指導】用空間向量解立體幾何問題的規(guī)范解答(1)求證：A1C⊥平面BCDE.(2)若M是A1D的中點，求CM與平面A1BE的夾角的大小.(3)線段BC上是否存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由.(1)求證：A1C⊥平面BCDE.【思路點撥】【思路點撥】【規(guī)范解答】(1)因為AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.…………2分所以DE⊥A1C.又因為A1C⊥CD，所以A1C⊥平面BCDE.…………3分【規(guī)范解答】(1)因為AC⊥BC，DE∥BC，(2)如圖，以C為坐標原點，建立空間直角坐標系，則A1(0，0，2)，D(0，2，0)，M(0，1，)，B(3，0，0)，E(2，2，0).…………5分設平面A1BE的法向量為n=(x,y,z)，則又=(3,0,-2),=(-1,2,0),所以令y=1,則x=2,z=所以n=(2,1,).①………………6分(2)如圖，以C為坐標原點，建立空間直角坐標系，則A1(0，設CM與平面A1BE的夾角為θ.因為＝(0，1，)，所以②所以CM與平面A1BE的夾角的大小為……………………7分設CM與平面A1BE的夾角為θ.(3)線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直.③…………8分理由如下：假設這樣的點P存在，設其坐標為(p,0,0)，其中p∈［0,3］.設平面A1DP的法向量為m=(x,y,z),則(3)線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直又＝(0，2，＝(p,-2,0),所以令x=2,則y=p,所以m=(2,p,).………………10分平面A1DP⊥平面A1BE，當且僅當m·n=0,即4+p+p=0.解得p=-2，與p∈［0，3］矛盾.④所以線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直.………12分又＝(0，2，＝(p,-2,0),【失分警示】(下文①②③④見規(guī)范解答過程)【失分警示】(下文①②③④見規(guī)范解答過程)1.(2012·陜西高考)如圖，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為()(A)(B)(C)(D)1.(2012·陜西高考)如圖，在空間直角坐標系中有直三棱柱【解析】選A.設CA=2，則C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，B1(0，2，1)，可得向量＝(-2，2，1)，=(0，2，-1)，由向量的夾角公式得【解析】選A.設CA=2，則C(0，0，0)，A(2，0，02.(2012·大綱版全國卷)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝E為CC1的中點，則直線AC1與平面BED的距離為()(A)2(B)(C)(D)1【解析】選D.連接AC交BD于O，連接OE，由題意得AC1∥OE，∴AC1∥平面BED，直線AC1與平面BED的距離等于點A到平面BED的距離，也等于點C到平面BED的距離，作CH⊥OE于H，則CH＝OE＝1為所求，故選D.2.(2012·大綱版全國卷)已知正四棱柱ABCD-A1B13.(2013·長春模擬)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=AA1=1，則D1C1與平面A1BC1的夾角的正弦值為______.【解析】如圖，建立空間直角坐標系,則D1(0,0,1),C1(0,2,1),A1(1,0,1),B(1,2,0),∴=(0,2,0),=(-1,2,0),=(0,2,-1).3.(2013·長春模擬)在長方體ABCD-A1B1C1D1設平面A1BC1的一個法向量為n=(x,y,z),由得令y=1，得n=(2,1,2).設D1C1與平面A1BC1的夾角為θ，則即直線D1C1與平面A1BC1的夾角的正弦值為答案：設平面A1BC1的一個法向量為n=(x,y,z),4.(2012·安徽高考)平面圖形ABB1A1C1C如圖1所示，其中BB1C1C是矩形.BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝A1B1＝A1C1＝現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊，使△ABC與△A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直，再分別連接A1A，A1B，A1C，得到如圖2所示的空間圖形，對此空間圖形解答下列問題:(1)證明：AA1⊥BC.(2)求AA1的長.(3)求平面ABC與平面A1BC的夾角的余弦值.4.(2012·安徽高考)平面圖形ABB1A1C1C如圖1所高考理科第一輪課件(79利用空間向量求空間角和【解析】方法一(向量法)：(1)取BC，B1C1的中點分別為D和D1，連接A1D1,DD1,AD.由BB1C1C為矩形知，DD1⊥B1C1.因為平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1.又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.故以D1為坐標原點，可建立如圖所示的空間直角坐標系.【解析】方法一(向量法)：由題設，可得A1D1＝2，AD＝1.由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1.所以A(0，-1，4)，B(1，0，4)，A1(0，2，0)，C(-1，0，4)，D(0，0，4).故＝(0，3，-4)，＝(-2，0，0)，=0，因此即AA1⊥BC.(2)因為＝(0，3，-4)，所以||＝5，即AA1＝5.由題設，可得A1D1＝2，AD＝1.(3)連接A1D.由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，∴BC⊥A1D，所以∠ADA1為平面ABC與平面A1BC的夾角或其補角.因為＝(0，-1，0)，＝(0，2，-4)，所以cos〈,〉即平面ABC與平面A1BC的夾角的余弦值為(3)連接A1D.由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面方法二(綜合法)：(1)取BC，B1C1的中點分別為D和D1，連接A1D1，DD1，AD，A1D.由條件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1.由上可得AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，因此AD∥A1D1，即AD，A1D1確定平面AD1A1D.又因為DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以DD1⊥BC.又AD⊥BC，所以BC⊥平面AD1A1D，故AA1⊥BC.方法二(綜合法)：(2)延長A1D1到G點，使GD1＝AD.連接AG.因為ADGD1，所以AGDD1BB1.由于BB1⊥平面A1B1C1，所以AG⊥A1G.由條件可知，A1G＝A1D1+D1G＝3，AG＝4.所以AA1＝5.(2)延長A1D1到G點，使GD1＝AD.連接AG.(3)因為BC⊥平面AD1A1D，所以∠ADA1為平面ABC與平面A1BC的夾角或其補角.在Rt△A1DD1中，DD1＝4，A1D1＝2，解得sin∠D1DA1=cos∠ADA1=cos(+∠D1DA1)=即平面ABC與平面A1BC的夾角的余弦值為(3)因為BC⊥平面AD1A1D，1.如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC為正三角形，側面ACC1A1是∠A1AC＝的菱形，且側面ACC1A1⊥底面ABC，D為AC的中點.(1)求證：平面A1BD⊥平面ACC1A1.(2)若點E為AA1上的一點，當CE⊥BB1時，求平面AEC與平面BEC的夾角的正切值.1.如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC為正三角形【解析】方法一：(1)∵∠A1AC＝AA1=AC,D為AC的中點，△ABC為正三角形，∴AC⊥A1D，AC⊥BD,∴AC⊥平面A1BD.而AC平面ACC1A1，∴平面A1BD⊥平面ACC1A1.(2)∵AA1∥BB1，CE⊥BB1，∴CE⊥AA1.∴點E為AA1的中點.∵BD⊥AC，BD⊥A1D，∴BD⊥平面ACE.【解析】方法一：(1)∵∠A1AC＝AA1=AC,D為過點D作DF⊥CE，垂足為F，連接BF，如圖(1)，則BF⊥CE，∴∠BFD為平面AEC與平面BEC的夾角或其補角.∵DF⊥CE,易得DF＝AE.設AB＝a,則BD＝DF＝AE＝AA1＝a,∴tan∠BFD=故平面AEC與平面BEC的夾角的正切值為過點D作DF⊥CE，垂足為F，連接BF，如圖(1)，方法二：(1)依題意有AC，BD，A1D兩兩垂直且相交于點D，故建立如圖(2)所示的空間直角坐標系，設AB＝2a,則A(0，-a,0),B(a,0,0),C(0,a,0),D(0,0,0),A1(0,0,a).(1)∵=(0,2a,0),=(a,0,0),方法二：(1)依題意有AC，BD，A1D兩兩垂直且相交于點D∴AC⊥DB,AC⊥DA1.∴AC⊥平面A1BD.而AC平面ACC1A1，∴平面A1BD⊥平面ACC1A1.∴AC⊥DB,AC⊥DA1.∴AC⊥平面A1BD.(2)∵AA1∥BB1,CE⊥BB1,∴CE⊥AA1.∴點E為AA1的中點.∵BD⊥AC,BD⊥A1D,∴BD⊥平面AEC.∴＝(a,0,0)為平面AEC的一個法向量.設n＝(x,y,z)為平面BEC的一個法向量，則有n·＝0，n·=0,又=(a，-a，0)，所以(2)∵AA1∥BB1,CE⊥BB1,∴CE⊥AA1.令x=a,則y=a，z=3a,∴n=(a,a,3a),∴n·而∴∴平面AEC與平面BEC的夾角的正切值為令x=a,則y=a，z=3a,2.在棱長為a的正方體ABCD-A′B′C′D′中，E,F分別是BC,A′D′的中點，(1)求直線A′C與DE夾角的余弦值.(2)求直線AD與平面B′EDF夾角的余弦值.(3)求平面B′EDF與平面ABCD夾角的余弦值.2.在棱長為a的正方體ABCD-A′B′C′D′中，E,F分【解析】(1)如圖建立空間直角坐標系，則A′(0,0,a),C(a,a,0),D(0,a,0),E(a,,0)，∴=(a,a,-a)，=(a,-,0),∴故A′C與DE夾角的余弦值為【解析】(1)如圖建立空間直角坐標系，則A′(0,0,a),(2)∵∠ADE=∠ADF,所以AD在平面B′EDF內的射影在∠EDF的平分線上，又四邊形B′EDF為菱形，∴DB′為∠EDF的平分線，故直線AD與平面B′EDF的夾角為∠ADB′，由坐標系知，A(0,0,0),B′(a,0,a)，D(0,a,0)，∴=(0,-a,0),=(a,-a,a),∴cos∠ADB′=|cos〈,〉|故AD與平面B′EDF夾角的余弦值為(2)∵∠ADE=∠ADF,(3)由A(0,0,0),A′(0,0,a),B′(a,0,a),D(0,a,0),E(a,,0),所以平面ABCD的法向量為m==(0,0,a).下面求平面B′EDF的法向量，設n=(1,y,z)，由=(-a,,0)，=(0,-,a),∴∴n=(1,2,1),∴cos〈n，m〉=所以平面B′EDF與平面ABCD夾角的余弦值為(3)由A(0,0,0),A′(0,0,a),B′(a,0,高考理科第一輪課件(79利用空間向量求空間角和高考理科第一輪課件(79利用空間向量求空間角和高考理科第一輪課件(79利用空間向量求空間角和第九節(jié)利用空間向量求空間角和距離第九節(jié)利用空間向量求空間角和距離高考理科第一輪課件(79利用空間向量求空間角和1.夾角的計算(1)直線間的夾角①兩直線的夾角當兩條直線l1與l2共面時，我們把兩條直線交角中,范圍在________內的角叫作兩直線的夾角.②異面直線的夾角當直線l1與l2是異面直線時，在直線l1上任取一點A作AB∥l2，我們把______________的夾角叫作異面直線l1與l2的夾角.直線l1和直線AB1.夾角的計算直線l1和直線AB設s1，s2分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則0<〈s1，s2〉＜π〈s1,s2〉π-〈s1,s2〉設s1，s2分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則0<〈s(2)直線與平面的夾角平面外一條直線與它_________________的夾角叫作該直線與此平面的夾角.設直線l的方向向量為s，平面π的法向量為n，直線l與平面π的夾角為θ,則sinθ=｜cos〈s，n〉｜=__________.在該平面內的投影(2)直線與平面的夾角在該平面內的投影(3)平面間的夾角如圖所示，平面π1與π2相交于直線l，點R為直線l上任意一點，過點R，在平面π1上作直線l1⊥l,在平面π2上作直線l2⊥l，則l1∩l2=R.我們把_______________叫作平面π1與π2的夾角.直線l1和l2的夾角(3)平面間的夾角直線l1和l2的夾角已知平面π1和π2的法向量分別為n1和n2，當0≤〈n1，n2〉≤時，平面π1與π2的夾角等于__________;當＜〈n1，n2〉≤π時，平面π1與π2的夾角等于_____________.〈n1，n2〉π-〈n1，n2〉已知平面π1和π2的法向量分別為n1和n2，〈n1，n2〉π2.距離的計算(1)點到直線的距離空間一點A到直線l的距離的算法框圖如圖:2.距離的計算(2)平行直線間的距離求平行直線間的距離通常轉化為求_______________.(3)點到平面的距離空間一點A到平面π的距離的算法框圖如圖：點到直線的距離(2)平行直線間的距離點到直線的距離判斷下面結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”).(1)兩直線的方向向量的夾角就是兩條直線的夾角.()(2)直線的方向向量和平面的法向量的夾角就是直線與平面的夾角.()(3)兩個平面的法向量的夾角是這兩個平面的夾角.()(4)兩異面直線的夾角的范圍是(0，］,直線與平面的夾角的范圍是［0，］,平面與平面的夾角的范圍是［0，］.()判斷下面結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”).【解析】(1)錯誤.兩直線的方向向量的夾角應是兩直線的夾角或其補角.(2)錯誤.若直線的方向向量和平面的法向量的夾角為θ，直線與平面的夾角為α，則sinα=|cosθ|.(3)錯誤.兩個平面的法向量的夾角是這兩個平面的夾角或其補角.【解析】(1)錯誤.兩直線的方向向量的夾角應是兩直線的夾角或(4)正確.由異面直線的夾角、直線與平面的夾角及平面與平面的夾角的定義可知，兩異面直線的夾角的范圍是(0，］,直線與平面的夾角的范圍是［0，］,平面與平面的夾角的范圍是［0，］.答案：(1)×(2)×(3)×(4)√(4)正確.由異面直線的夾角、直線與平面的夾角及平面與1.已知向量m,n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m,n〉=則l與α的夾角的大小為()(A)60°(B)120°(C)30°(D)150°【解析】選C.設l與α的夾角為α，則sinα=又∵0°≤α≤90°,∴α=30°.1.已知向量m,n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，2.已知兩個平面的法向量分別為m=(0,1,0),n=(0,1,1),則兩平面的夾角的大小為()(A)45°(B)135°(C)45°或135°(D)以上都不對【解析】選A.∵m=(0,1,0),n=(0,1,1),∴|m|=1,|n|=m·n=1,∴cos〈m,n〉=∴〈m,n〉=45°,∴兩平面的夾角的大小為45°.2.已知兩個平面的法向量分別為m=(0,1,0),n=(0,3.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，O是A1C1的中點，則O到平面ABC1D1的距離為()(A)(B)(C)(D)【解析】選B.方法一：E為AD1的中點，過點O作OF∥A1E，交C1E于點F.∵E為AD1的中點，∴EA1⊥AD1.又BA⊥平面AD1，∴BA⊥EA1，∴EA1⊥平面ABC1D1.3.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，O是A1C1又FO∥EA1，∴FO⊥平面ABC1D1，∴FO＝方法二：建立如圖所示的空間直角坐標系，可得平面ABC1D1的法向量＝(1，0，1)，所以點O到平面ABC1D1的距離又FO∥EA1，4.長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點，則異面直線BC1與AE的夾角的余弦值為_______．【解析】由題意建立空間直角坐標系如圖，則A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)，＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)，∴cos〈〉∴異面直線BC1與AE的夾角的余弦值為答案：4.長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，A考向1異面直線的夾角的求法【典例1】(2013·廣州模擬)如圖，在四棱錐O-ABCD中，底面ABCD是邊長為1的菱形，∠ABC=OA⊥底面ABCD，OA=2，M為OA的中點，N為BC的中點.(1)證明：直線MN∥平面OCD.(2)求異面直線AB與MD的夾角的大小.考向1異面直線的夾角的求法【思路點撥】(1)證明直線MN與平面OCD平行，可利用向量解決也可轉化為證明MN所在的平面與平面OCD平行.(2)利用空間直角坐標系解決或將AB與MD的夾角的大小，轉化為CD與MD的夾角的大小.【思路點撥】(1)證明直線MN與平面OCD平行，可利用向量解【規(guī)范解答】方法一(向量法):作AP⊥CD于點P，如圖，分別以AB，AP，AO所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系，A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0，，0)，D(-，，0)，O(0，0，2)，M(0，0，1)，【規(guī)范解答】方法一(向量法):(1)設平面OCD的一個法向量為n=(x,y,z),則即取解得n=(0,4,).∵∴MN∥平面OCD.(1)(2)設AB與MD的夾角為θ,∵=(1,0,0),∴cosθ=∴異面直線AB與MD的夾角的大小為(2)設AB與MD的夾角為θ,方法二(綜合法):(1)取OB的中點E，連接ME，NE.∵ME∥AB，AB∥CD，∴ME∥CD.又∵NE∥OC，ME∩NE=E,OC∩CD=C,∴平面MNE∥平面OCD,又∵MN平面MNE,∴MN∥平面OCD.方法二(綜合法):(2)∵CD∥AB，∴∠MDC為異面直線AB與MD的夾角(或其補角).作AP⊥CD于點P，連接MP.∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP.∵所以AB與MD的夾角的大小為(2)∵CD∥AB，【拓展提升】1.異面直線夾角的求法利用空間向量求異面直線的夾角可利用直線的方向向量，轉化成向量的夾角.2.合理建立空間直角坐標系(1)①一般來說，如果已知的空間幾何體中含有兩兩垂直且交于一點的三條直線時，就以這三條直線為坐標軸建立空間直角坐標系；【拓展提升】②如果不存在這樣的三條直線，則應盡可能找兩條垂直相交的直線，以其為兩條坐標軸建立空間直角坐標系，即坐標系建立時以其中的垂直相交直線為基本出發(fā)點.(2)建系的基本思想是尋找其中的線線垂直關系，在沒有現(xiàn)成的垂直關系時要通過其他已知條件得到垂直關系，在此基礎上選擇一個合理的位置建立空間直角坐標系.②如果不存在這樣的三條直線，則應盡可能找兩條垂直相交的直線，【變式訓練】如圖，在四面體ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC,AD=CD,∠CAD=30°．(1)若AD=2,AB=2BC,求四面體ABCD的體積.(2)若平面CAB與平面DAB的夾角為60°，求異面直線AD與BC的夾角的余弦值．【變式訓練】如圖，在四面體ABCD中，平面ABC⊥平面ACD【解析】(1)如圖1,設F為AC的中點，連接DF，由于AD=CD，所以DF⊥AC.由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，即DF是四面體ABCD的高，且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=圖1【解析】(1)如圖1,設F為AC的中點，連接DF，由于AD=在Rt△ABC中，因AC=2AF=AB=2BC，由勾股定理易知BC=AB=故四面體ABCD的體積V=在Rt△ABC中，因AC=2AF=AB=2BC，(2)如圖2，設F為AC的中點，連接DF，過F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD，平面ABC⊥平面ACD，易知FC，F(xiàn)D，F(xiàn)M兩兩垂直，以F為原點，射線FM，F(xiàn)C，F(xiàn)D分別為x軸，y軸，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系.(2)如圖2，設F為AC的中點，連接DF，設AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知點A，C，D的坐標分別為A(0,-,0),C(0,,0),D(0,0,1),則顯然向量k=(0,0,1)是平面ABC的一個法向量.已知平面CAB與平面DAB的夾角為60°，故可取平面ABD的單位法向量t=(l,m,n),使得〈t,k〉=60°，從而由t⊥有m+n=0,從而設AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知點A，C，D由l2+m2+n2=1,得l=±設點B的坐標為(x,y,0)，由可取解之得易知與坐標系的建立方式不合，舍去.由l2+m2+n2=1,得l=±因此點B的坐標為所以從而又異面直線的夾角θ∈(0,］,故異面直線AD與BC的夾角的余弦值為因此點B的坐標為考向2直線與平面的夾角的求法【典例2】(2012·大綱版全國卷)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝PA＝2，E是PC上的一點，PE＝2EC.(1)證明：PC⊥平面BED.(2)設平面PAB與平面PBC的夾角為90°，求PD與平面PBC的夾角的大小.考向2直線與平面的夾角的求法【思路點撥】可用綜合法求解，也可建立空間直角坐標系，利用向量解決.【規(guī)范解答】方法一：(1)因為底面ABCD為菱形，所以BD⊥AC.又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC，所以PC⊥BD.【思路點撥】可用綜合法求解，也可建立空間直角坐標設AC∩BD＝F，連接EF.因為AC＝PA＝2，PE＝2EC，故從而因為∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.故PC與平面BED內兩條相交直線BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED.設AC∩BD＝F，連接EF.(2)在平面PAB內過點A作AG⊥PB，G為垂足.因為平面PAB與平面PBC的夾角為90°，所以平面PAB⊥平面PBC.又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，故AG⊥BC.BC與平面PAB內兩條相交直線PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD為正方形，AD＝2，(2)在平面PAB內過點A作AG⊥PB，G為垂足.設D到平面PBC的距離為d，因為AD∥BC，且AD平面PBC，BC平面PBC，故AD∥平面PBC，A，D兩點到平面PBC的距離相等，即d=AG＝設PD與平面PBC的夾角為α，則sinα＝所以PD與平面PBC的夾角為30°.設D到平面PBC的距離為d，方法二：(1)以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系.設C(2，0，0)，D(，b，0)，其中b>0，則P(0，0，2)，于是從而故PC⊥BE，PC⊥DE.又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BED.方法二：(1)以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐(2)＝(0，0，2)，＝(，-b,0).設m=(x,y,z)為平面PAB的法向量，則m·=0,m·=0,即2z=0且x-by=0,令x=b,則m=(b,,0).設n=(p,q,r)為平面PBC的法向量，則n·=0,n·＝0，即(2)＝(0，0，2)，＝(，-b,0).令p=1,則因為平面PAB⊥平面PBC，故m·n＝0,即于是n=(1,-1,),∵直線PD與平面PBC的夾角與互余，∴PD與平面PBC的夾角為30°.令p=1,則【拓展提升】利用向量求直線與平面的夾角的方法(1)分別求出斜線和它所在平面內的射影直線的方向向量,轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角).(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的夾角.【拓展提升】利用向量求直線與平面的夾角的方法【變式訓練】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.(1)證明：PE⊥BC.(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直線PA與平面PEH的夾角的正弦值.【變式訓練】如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面為等腰梯【解析】以H為原點，HA，HB，HP所在直線分別為x,y,z軸，線段HA的長為單位長，建立空間直角坐標系如圖，則A(1，0，0)，B(0，1，0).【解析】以H為原點，HA，HB，HP所在直線分別為x,y,z(1)設C(m,0,0)，P(0，0，n)(m<0,n>0)，則D(0,m,0),可得因為所以PE⊥BC.(1)設C(m,0,0)，P(0，0，n)(m<0,n>0)(2)由已知條件可得故C(0，0)，D(0，0)，P(0，0，1).設n=(x,y,z)為平面PEH的一個法向量，因此可以取n=(1,,0).由=(1,0,-1),可得所以直線PA與平面PEH的夾角的正弦值為(2)由已知條件可得考向3平面與平面的夾角的求法【典例3】(2012·新課標全國卷)如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中點，DC1⊥BD.(1)證明：DC1⊥BC.(2)求平面A1BD與平面C1BD的夾角的大小.【思路點撥】(1)可證明DC1⊥平面BCD.(2)可以CA，CB，CC1為坐標軸建立空間直角坐標系求解.考向3平面與平面的夾角的求法【規(guī)范解答】(1)由題設知，三棱柱的側面為矩形.由于D為AA1的中點，故DC＝DC1.又AC＝可得所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.又BC平面BCD，故DC1⊥BC.【規(guī)范解答】(1)由題設知，三棱柱的側面為矩形.(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，則BC⊥平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1兩兩互相垂直.以C為坐標原點，的方向為x軸的正方向，為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系.(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，則BC⊥平面A由題意知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1)，C1(0，0，2).則＝(0，0，-1)，＝(1，-1，1)，＝(-1，0，1).設n=(x,y,z)是平面A1B1BD的一個法向量，則即可取n=(1,1,0).由題意知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1同理，設m是平面C1BD的一個法向量，則可取m=(1，2，1).從而cos〈n,m〉故平面A1BD與平面C1BD的夾角的大小為30°.同理，設m是平面C1BD的一個法向量，【拓展提升】求平面與平面的夾角大小的常用方法(1)分別求出兩個面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到平面與平面的夾角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求角的大小.(2)分別在兩個半平面內找到與兩平面的交線垂直且以垂足為起點的兩個向量,則這兩個向量的夾角或其補角就是兩個平面的夾角的大小.【拓展提升】求平面與平面的夾角大小的常用方法【變式訓練】(2012·江西高考)在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝BC＝4，點A1在底面ABC的投影是線段BC的中點O.(1)證明在側棱AA1上存在一點E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的長.(2)求平面A1B1C與平面BB1C1C夾角的余弦值.【變式訓練】(2012·江西高考)在三棱柱ABC-A1B1C【解析】(1)連接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于點E，因為AA1∥BB1，得OE⊥BB1.因為A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因為AB＝AC，OB＝OC，所以AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C.又AO＝【解析】(1)連接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于點E(2)如圖，以O為原點，OA，OB，OA1所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，則A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，-2，0)，A1(0，0，2).由得點E的坐標是由(1)得平面BB1C1C的一個法向量是(2)如圖，以O為原點，OA，OB，OA1所在直線分別為x,設平面A1B1C的法向量為n=(x,y,z)，令y=1,得x=2,z=-1,即n=(2，1，-1).所以即平面A1B1C與平面BB1C1C的夾角的余弦值是設平面A1B1C的法向量為n=(x,y,z)，考向4求空間距離【典例4】(1)在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則點C1到平面A1ED的距離是__________.(2)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a．①求點C1到平面AB1D1的距離；②求平面CDD1C1與平面AB1D1的夾角的余弦值．考向4求空間距離【思路點撥】(1)建立空間直角坐標系，利用點到平面的距離公式求解.(2)建立空間直角坐標系，①利用點到平面的距離公式求解；②求得平面CDD1C1與平面AB1D1的法向量，進而求得平面與平面的夾角的余弦值.【規(guī)范解答】(1)以A為原點建立空間直角坐標系如圖所示.【思路點撥】(1)建立空間直角坐標系，利用點到平面的距離公式則A1(0,0,1)，E(1,0，)，D(0,1,0)，C1(1,1,1).∴=(0,1,-1),設平面A1ED的法向量為n1=(x,y,z)，則A1(0,0,1)，E(1,0，)，D(0,1,0)，令z=2，則n1=(1,2,2).又=(-1,-1,0)，∴點C1到平面A1ED的距離答案：1令z=2，則n1=(1,2,2).(2)①建立空間直角坐標系如圖所示，則A(0,0,0)，D1(0,a,a),B1(a,0,a),C1(a,a,a),∴=(-a,-a,-a)，=(0,a,a)，=(a,0,a)．設n=(x,y,z)是平面AB1D1的一個法向量，(2)①建立空間直角坐標系如圖所示，則A(0,0,0)，D1令z=-1,得x=1,y=1，可得n=(1,1,-1)．因此C1到平面AB1D1的距離為②由①知，平面AB1D1的一個法向量是n=(1,1,-1)．又因AD⊥平面CDD1C1，故平面CDD1C1的一個法向量是n1=(0,1,0)．設平面CDD1C1與平面AB1D1的夾角為θ，則故所求夾角的余弦值為令z=-1,得x=1,y=1，可得n=(1,1,-1)．【互動探究】在本例題(1)中，若條件不變，結論改為“則直線A1C1與平面A1ED的夾角的大小為_____”，如何求解？【解析】由題(1)的解法知，平面A1ED的一個法向量為n1=(1,2,2)，=(-1,-1,0).設所求角為θ，則sinθ=|cos〈n1,〉|故直線A1C1與平面A1ED的夾角的大小為45°.【互動探究】在本例題(1)中，若條件不變，結論改為“則【拓展提升】向量法求點到平面的距離的步驟(1)求平面α的法向量n.(2)在平面α內取一點A，確定向量的坐標.(3)代入公式求解.【拓展提升】向量法求點到平面的距離的步驟【變式備選】如圖，△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝(1)求點A到平面MBC的距離.(2)求平面ACM與平面BCD的夾角的正弦值.【變式備選】如圖，△BCD與△MCD都是邊長為2的正三角形，【解析】取CD中點O，連接OB，OM，則OB⊥CD，OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD，則MO⊥平面BCD.取O為原點，直線OC，BO，OM為x軸，y軸,z軸，建立空間直角坐標系如圖,【解析】取CD中點O，連接OB，OM，則OB＝OM＝各點坐標分別為C(1，0，0)，M(0，0，)，B(0，-，0)，A(0，-，2).(1)設n=(x,y,z)是平面MBC的一個法向量，則=(1,,0),=(0,,).由n⊥得x+y=0.由n⊥得y+z=0.取n=(,-1,1),又=(0,0,2),則點A到平面MBC的距離為則OB＝OM＝各點坐標分別為C(1，0，0)，M(0，(2)＝(-1，0，)，＝(-1，-，2).設平面ACM的一個法向量為n1=(x,y,z),由n1⊥,n1⊥得解得x=z,y=z,取n1=(,1,1).又平面BCD的一個法向量為n2=(0,0,1),所以cos〈n1,n2〉=設所求兩平面的夾角為θ,則sinθ=(2)＝(-1，0，)，＝(-1，-，2【滿分指導】用空間向量解立體幾何問題的規(guī)范解答【典例】(12分)(2012·北京高考改編)如圖1，在Rt△ABC中，∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分別是AC，AB上的點，且DE∥BC，DE＝2.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如圖2.【滿分指導】用空間向量解立體幾何問題的規(guī)范解答(1)求證：A1C⊥平面BCDE.(2)若M是A1D的中點，求CM與平面A1BE的夾角的大小.(3)線段BC上是否存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由.(1)求證：A1C⊥平面BCDE.【思路點撥】【思路點撥】【規(guī)范解答】(1)因為AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE