2024秋高中數(shù)學(xué)第三章空間向量與立體幾何3.2.3空間向量與空間角距離學(xué)案含解析新人教A版選修2-1

PAGE1-3.2.3空間向量與空間角、距離自主預(yù)習(xí)·探新知情景引入同學(xué)們可能常常談?wù)?*同學(xué)是白羊座的，**同學(xué)是雙子座的．可是你知道十二星座的由來(lái)嗎？我們知道，地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)的軌道平面稱(chēng)為“黃道面”．黃道面與地球赤道面交角(二面角的平面角)為23°27′，它與天球相交的大圓為“黃道”．黃道及其旁邊的南北寬8°以?xún)?nèi)的區(qū)域稱(chēng)為黃道帶．黃道帶內(nèi)有十二個(gè)星座，稱(chēng)為“黃道十二宮”．從春分(節(jié)氣)點(diǎn)起，每30°便是一宮，并冠以星座名，如白羊座、金牛座、雙子座等等，這便是星座的由來(lái)．今日我們探討的問(wèn)題之一就是二面角的平面角問(wèn)題．新知導(dǎo)學(xué)1．異面直線所成角異面直線所成的角取值范圍是__(0，eq\f(π,2)]__，兩向量夾角的取值范圍是__[0，π]__，設(shè)l1與l2是兩異面直線，a、b分別為l1、l2的方向向量，l1、l2所成的角為θ，由向量夾角的定義及求法知〈a，b〉與θ__相等__或__互補(bǔ)__，∴cosθ＝__eq\f(|a·b|,|a|·|b|)__.2．直線與平面所成的角如圖，設(shè)l為平面α的斜線，l∩α＝A，a為l的方向向量，n為平面α的法向量，φ為l與α所成的角，θ＝〈a，n〉，則sinφ＝|cosθ|＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).直線與平面所成的角的取值范圍是__eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))__.3．二面角平面α與β相交于直線l，平面α的法向量為n1，平面β的法向量為n2，<n1，n2>＝θ，則二面角α－l－β為θ或π－θ.設(shè)二面角大小為φ，則|cosφ|＝__|cosθ|__＝__eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)__.由于兩條直線所成的角，線面角都不大于直角，因此可干脆通過(guò)確定值來(lái)表達(dá)，故可干脆求出，而二面角的范圍是__[0，π]__，有時(shí)比較難推斷二面角是銳角還是鈍角，因?yàn)椴荒軆H僅由法向量夾角余弦的正負(fù)來(lái)推斷，故這是求二面角的難點(diǎn)．4．點(diǎn)到平面的距離如圖所示，已知點(diǎn)B(x0，y0，z0)，平面α內(nèi)一點(diǎn)A(x1，y1，z1)，平面α的一個(gè)法向量n，直線AB與平面α所成的角為φ，θ＝〈n，eq\o(AB,\s\up6(→))〉，則sinφ＝|cos〈n，eq\o(AB,\s\up6(→))〉|＝|cosθ|.由數(shù)量積的定義知，n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|n||eq\o(AB,\s\up6(→))|cosθ，∴點(diǎn)B到平面α的距離d＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·sinφ＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|cosθ|＝__eq\f(|n·\o(AB,\s\up6(→))|,|n|)__.5．異面直線間的距離如圖，若CD是異面直線a、b的公垂線，A、B分別為a、b上的隨意兩點(diǎn)，令向量n⊥a，n⊥b，則n∥CD.則由eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))得，eq\o(AB,\s\up6(→))·n＝eq\o(AC,\s\up6(→))·n＋eq\o(CD,\s\up6(→))·n＋eq\o(DB,\s\up6(→))·n，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·n＝eq\o(CD,\s\up6(→))·n.∴|eq\o(AB,\s\up6(→))·n|＝|eq\o(CD,\s\up6(→))|·|n|，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).∴兩異面直線a、b間的距離為d＝__eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)__.6．直線到平面的距離設(shè)直線a∥平面α，A∈a，B∈α，n是平面α的法向量，過(guò)A作AC⊥α，垂足為C，則eq\o(AC,\s\up6(→))∥n，∵eq\o(AB,\s\up6(→))·n＝(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))·n＝eq\o(AC,\s\up6(→))·n，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))·n|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|·|n|.∴直線a到平面α的距離d＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝__eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)__.7．兩平行平面間的距離設(shè)n是兩平行平面的一個(gè)法向量，A、B分別是兩平行平面上的隨意兩點(diǎn)，則兩平行平面的距離d＝__eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)__.預(yù)習(xí)自測(cè)1．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，異面直線A1D與BC1A．45° B．60°C．90° D．135°[解析]如圖，連接B1C，則A1D∥B1∵B1C⊥BC1∴異面直線A1D與BC1所成的角為90°，故選C．2．已知長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，則直線BC1和平面DBB1D1A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(5),2)C．eq\f(\r(10),5) D．eq\f(\r(10),10)[解析]解法一：連接A1C1交B1D1于O點(diǎn)，由已知條件得C1O⊥B1D1，且平面BDD1B1⊥平面A1B1C1D1，所以C1O⊥平面BDD1B1，連接BO，則BO為BC1在平面BDD1B1上的射影，∠C1BO即為所求，通過(guò)計(jì)算得sin∠C1BO＝eq\f(\r(10),5)，故選C．解法二：以A為原點(diǎn)，AB、AD、AA1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B(4,0,0)、B1(4,0,2)、D(0,4,0)、D1(0,4,2)、C1(4,4,2)，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,4,2)、eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－4,4,0)、eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，設(shè)平面BDD1B1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0,n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x＋4y＝0,2z＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x,z＝0)).取x＝1，則n＝(1,1,0)．又eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,4,2)設(shè)所求線面角為α，則sinα＝|cos〈n，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(BC1,\s\up6(→))|,|n|·|\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,\r(2)·\r(20))＝eq\f(\r(10),5).3．(2024－2024學(xué)年北京市房山區(qū)期末檢測(cè))在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝A1A＝3，則二面角A1－BC－A的大小為_(kāi)_[解析]設(shè)AD＝a，以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則平面ABC的法向量m＝(0,0,1)，A1(a,0,3)，B(a,3,0)，C(0,3,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－a,0,0)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(0，－3,3)，設(shè)平面A1BC的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝－ax＝0,n·\o(BA1,\s\up6(→))＝－3y＋3z＝0))，取y＝1，得n＝(0,1,1)設(shè)二面角A1－BC－A的大小為θ，則cosθ＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(\r(2),2)，∴θ＝45°，∴二面角A1－BC－A的大小為45°.故答案為45°.4．棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別是BC、CD的中點(diǎn)，則BD到平面EFD1B1的距離為_(kāi)_eq\f(1,3)__.[解析]以D為原點(diǎn)，直線DA、DC、DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，易求平面EFD1B1的法向量n＝(－1,1，eq\f(1,2))，又eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，0)，∴d＝eq\f(|\o(DF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,3).互動(dòng)探究·攻重難互動(dòng)探究解疑命題方向?異面直線所成的角典例1(1)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M、N分別是A1B1、A1C1的中點(diǎn)，BC＝CA＝CC1，則BM與ANA．eq\f(1,10) B．eq\f(2,5)C．eq\f(\r(30),10) D．eq\f(\r(2),2)[規(guī)范解答]如圖，分別以C1B1、C1A1、C1C為x、y、令A(yù)C＝BC＝C1C＝2，則A(0,2,2)、B(2,0,2)、M(1,1,0)、N(0,1,0)．令θ為AN，BM∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1,1，－2)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(0，－1，－2)．cosθ＝eq\f(\o(BM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(BM,\s\up6(→))|·|\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(|0－1＋4|,\r(6)·\r(5))＝eq\f(\r(30),10).故選C．(2)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，點(diǎn)E是棱AB上的動(dòng)點(diǎn)，若異面直線AD1與EC所成角為60°，試確定此時(shí)動(dòng)點(diǎn)E[規(guī)范解答]以DA所在直線為x軸，以DC所在直線為y軸，以DD1所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)E(1，t,0)(0≤t≤2)，則A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0,1)，C(0,2,0)，eq\o(D1A,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，t－2,0)，依據(jù)數(shù)量積的定義及已知得：1＋0×(t－2)＋0＝eq\r(2)×eq\r(1＋t－22)·cos60°，所以t＝1，所以點(diǎn)E的位置是AB中點(diǎn)．『規(guī)律總結(jié)』求異面直線所成的角的常用方法是：(1)作圖——證明——計(jì)算；(2)把角的求解轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算．若直線l1、l2的方向向量分別為a、b，l1與l2夾角為θ，則|cosθ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|).┃┃跟蹤練習(xí)1__■(2024·全國(guó)卷Ⅱ理，9)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(C)A．eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(\r(2),2)[解析]方法1：如圖(1)，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1的一側(cè)補(bǔ)上一個(gè)相同的長(zhǎng)方體A′B′BA－A1′B1′B1A1.連接B1B′，由長(zhǎng)方體性質(zhì)可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′為異面直線AD1與DB1所成的角或其補(bǔ)角．連接DB′，由題意，得DB′＝eq\r(12＋1＋12)＝eq\r(5)，B′B1＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\r(5).(1)在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′Beq\o\al(2,1)＋DBeq\o\al(2,1)－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×2eq\r(5)cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝eq\f(\r(5),5).故選C．方法2：如圖(2)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．(2)由題意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，eq\r(3))，B1(1,1，eq\r(3))，∴eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1,1，eq\r(3))，∴eq\o(AD1,\s\up6(→))·eq\o(DB1,\s\up6(→))＝－1×1＋0×1＋(eq\r(3))2＝2，|eq\o(AD1,\s\up6(→))|＝2，|eq\o(DB1,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，∴|cos〈eq\o(AD1,\s\up6(→))，eq\o(DB1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AD1,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→))|,|\o(AD1,\s\up6(→))|·|\o(DB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2\r(5))＝eq\f(\r(5),5).故選C．命題方向?線面角典例2如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)證明：AB⊥A1C(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直線A1C與平面BB1[規(guī)范解答](1)取AB中點(diǎn)O，連接CO、A1B、A1O，∵AB＝AA1，∠BAA1＝60°，∴△BAA1是正三角形，∴A1O⊥AB，∵CA＝CB，∴CO⊥AB，∵CO∩A1O＝O，∴AB⊥平面COA1，∴AB⊥A1C(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB，又∵平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，∴OC⊥平面ABB1A1，∴OC⊥∴OA、OC、OA1兩兩相互垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，|eq\o(OA,\s\up6(→))|為單位長(zhǎng)度，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系O－xyz，由題設(shè)知A(1,0,0)，A1(0，eq\r(3)，0)，C(0,0，eq\r(3))，B(－1，0,0)，則eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))、eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)、eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，eq\r(3))，設(shè)n＝(x，y，z)是平面CBB1C1則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0,n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0,－x＋\r(3)y＝0))，可取n＝(eq\r(3)，1，－1)，∴|cos〈n，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(A1C,\s\up6(→))|,|n||\o(A1C,\s\up6(→))|)＝|－eq\f(\r(10),5)|＝eq\f(\r(10),5)，∴直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值為eq\f(\r(10),5)『規(guī)律總結(jié)』求直線與平面所成的角(1)綜合幾何方法：先找(或作)出線面角，然后通過(guò)解直角三角形求．基本步驟是作圖→證明→計(jì)算．(2)向量幾何方法：設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，l與α所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|a·n|,|a||n|).┃┃跟蹤練習(xí)2__■(衡陽(yáng)市2025屆高三聯(lián)考)如圖a，平面四邊形BADE中，C為BE上一點(diǎn)，△ABC和△DCE均為等邊三角形，EC＝2CB＝2，M，N分別是EC和CB的中點(diǎn)，將四邊形BADE沿BE向上翻折至四邊形BA′D′E的位置，使二面角D′－BE－D為直二面角，如圖b所示．(1)求證A′A∥平面D′MD；(2)求平面A′AB與平面D′DE所成角的正弦值．[解析](1)在等邊△D′CE和△DCE中，D′M⊥CE，DM⊥CE，D′M∩DM＝M，所以直線CE⊥平面D′MD，即直線BE⊥平面D′MD，同理可證直線BE⊥平面A′N(xiāo)A，故平面D′MD∥平面A′N(xiāo)A.又A′A?平面A′AB，從而有A′A∥平面D′MD.(2)如圖，以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MD，ME，MD′所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系M－xyz，易知M(0,0,0)，E(0,1,0)，D(eq\r(3)，0,0)，D′(0,0，eq\r(3))，B(0，－2,0)，A(eq\f(\r(3),2)，－eq\f(3,2)，0)，A′(0，－eq\f(3,2)，eq\f(\r(3),2))．設(shè)平面A′AB的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BA′,\s\up6(→))＝0,m·\o(BA,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\r(3)z＝0,\r(3)x＋y＝0))，令z＝1，得x＝1，y＝－eq\r(3)，所以平面A′AB的一個(gè)法向量為m＝(1，－eq\r(3)，1)．同理，設(shè)平面D′DE的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(ED,\s\up6(→))＝0,n·\o(ED′,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y＝0,－y＋\r(3)z＝0))，令z＝1，得x＝1，y＝eq\r(3)，所以平面D′DE的一個(gè)法向量為n＝(1，eq\r(3)，1)．從而|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝|－eq\f(1,5)|＝eq\f(1,5)，故平面A′AB與平面D′DE所成角的正弦值為eq\r(1－－\f(1,5)2)＝eq\f(2\r(6),5).命題方向?二面角典例3(湖南師大附中2024－2024學(xué)年高二期中)已知AO是圓錐的高，BD是圓錐底面的直徑，C是底面圓周上一點(diǎn)，E是CD的中點(diǎn)，平面ABC和平面ACD將圓錐截去部分后的幾何體如圖所示．(1)求證：平面AEO⊥平面ACD；(2)若AC＝BD＝2，BC＝eq\r(2)，求二面角B－AC－D的余弦值．[思路分析](1)連結(jié)CO，易證EO⊥CD，AO⊥CD，從而可證明CD⊥平面AEO，進(jìn)而可證明平面AEO⊥平面ACD；(2)先證明OB，OC，OA兩兩垂直，進(jìn)而建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用法向量的方法求得二面角B－AC－D的余弦值即可．[規(guī)范解答](1)連結(jié)CO，則CO＝OD＝1，又因?yàn)镋是CD的中點(diǎn)，所以EO⊥CD.因?yàn)锳O是圓錐的高，所以AO⊥平面BCD，CD?平面BCD，所以AO⊥CD，又AO∩EO＝O，所以CD⊥平面AEO，又CD?平面ACD，所以平面AEO⊥平面ACD.(2)由已知可得AB＝AD＝AC＝BD＝2，所以△ABD為正三角形，AO＝eq\r(3).又因?yàn)锽C＝eq\r(2)，所以CD＝eq\r(2)，所以CO⊥BD.于是分別以O(shè)B，OC，OA為x軸，y軸，z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(0,0，eq\r(3))，D(－1,0,0)．則eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(0，－1，eq\r(3))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1,0,0)．設(shè)平面ABC的法向量為m＝(x1，y1，z1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝0,m·\o(CA,\s\up6(→))＝0))得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－y1＝0,y1－\r(3)z1＝0)).令z1＝1，得y1＝eq\r(3)，x1＝eq\r(3)，即m＝(eq\r(3)，eq\r(3)，1)．設(shè)平面ACD的法向量為n＝(x2，y2，z2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up6(→))＝0,n·\o(CD,\s\up6(→))＝0))得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2－\r(3)z2＝2,x2＋y2＝0))，令z2＝1，得y2＝eq\r(3)，x2＝－eq\r(3)，即n＝(－eq\r(3)，eq\r(3)，1)．設(shè)二面角B－AC－D的大小為θ，由圖可知，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則|cosθ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m|·|n|)))＝eq\f(1,7).故所求二面角B－AC－D的余弦值為－eq\f(1,7).『規(guī)律總結(jié)』用向量方法求異面直線所成的角、線面角、二面角，都是轉(zhuǎn)化為直線的方向向量或平面的法向量的夾角計(jì)算問(wèn)題，需留意的是①異面直線所成的角θ∈(0，eq\f(π,2)]，故兩直線的方向向量夾角α的余弦值為負(fù)時(shí)，應(yīng)取其確定值；②若直線與平面所成的角θ，直線的方向向量和平面的法向量夾角為φ，則其關(guān)系為sinθ＝|cosφ|；③若二面角為θ，兩平面的法向量夾角為α，則|cosθ|＝|cosα|，需辨別角θ是銳角還是鈍角，可由圖形視察得出，也可由法向量特征得出．┃┃跟蹤練習(xí)3__■(合肥市2025屆高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))在四棱錐P－ABCD中，BC＝BD＝DC＝2eq\r(3)，AD＝AB＝PD＝PB＝2.(1)若點(diǎn)E為PC的中點(diǎn)，求證：BE∥平面PAD；(2)當(dāng)平面PBD⊥平面ABCD時(shí)，求二面角C－PD－B的余弦值．[解析](1)取CD的中點(diǎn)為M，連接EM，BM.由已知得，△BCD為等邊三角形，BM⊥CD.∵AD＝AB＝2，BD＝2eq\r(3)，∴∠ADB＝∠ABD＝30°，∴∠ADC＝90°，∴BM∥AD.又∵BM?平面PAD，AD?平面PAD，∴BM∥平面PAD.∵E為PC的中點(diǎn)，M為CD的中點(diǎn)，∴EM∥PD.又∵EM?平面PAD，PD?平面PAD，∴EM∥平面PAD.∵EM∩BM＝M，∴平面BEM∥平面PAD.∵BE?平面BEM，∴BE∥平面PAD.(2)連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接PO，由對(duì)稱(chēng)性知，O為BD的中點(diǎn)，且AC⊥BD，PO⊥BD.∵平面PBD⊥平面ABCD，PO⊥BD，∴PO⊥平面ABCD，PO＝AO＝1，CO＝3.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OC,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz.則D(0，－eq\r(3)，0)，C(3,0,0)，P(0,0,1)．易知平面PBD的一個(gè)法向量為n1＝(1,0,0)．設(shè)平面PCD的法向量為n2＝(x，y，z)，則n2⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，n2⊥eq\o(DP,\s\up6(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(DC,\s\up6(→))＝0,n2·\o(DP,\s\up6(→))＝0))，∵eq\o(DC,\s\up6(→))＝(3，eq\r(3)，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋\r(3)y＝0,\r(3)y＋z＝0)).令y＝eq\r(3)，得x＝－1，z＝－3，∴n2＝(－1，eq\r(3)，－3)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(－1,\r(13))＝－eq\f(\r(13),13).設(shè)二面角C－PD－B的大小為θ，則cosθ＝eq\f(\r(13),13).命題方向?異面直線間的距離典例4正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，求異面直線A1C1與AB1[規(guī)范解答]如圖建立坐標(biāo)系，則A(1,0,0)、A1(1,0,1)、B1(1,1,1)、C1(0,1,1)．∴eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－1,1,0)．設(shè)MN是直線A1C1與AB1的公垂線，且eq\o(AN,\s\up6(→))＝λeq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0，λ，λ)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝ueq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－u，u,0)，則eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AN,\s\up6(→))＝－(－u，u,0)＋(0,0，－1)＋(0，λ，λ)＝(u，λ－u，λ－1)．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(MN,\s\up6(→))·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0,\o(MN,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ－2u＝0,2λ－u－1＝0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(2,3),u＝\f(1,3))).∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝(eq\f(1,3)，eq\f(1,3)，－eq\f(1,3))，|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),3).『規(guī)律總結(jié)』求異面直線l與m之間的距離．(一)可以找出其公垂線轉(zhuǎn)化為求公垂線段的長(zhǎng)度．(二)可以設(shè)與異面直線都垂直的向量為n，l、m的方向向量e1、e2，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·e1＝0,n·e2＝0))，可求出n，然后在l、m上各取一個(gè)已知點(diǎn)A、B，則距離d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)，一般后一種方法比前一種方法要簡(jiǎn)便．┃┃跟蹤練習(xí)4__■在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M、N分別為棱A1B1、BB1的中點(diǎn)，則異面直線AM與CN的距離為_(kāi)_eq\f(\r(21),7)__.[解析]如圖，分別以AB、AD、AA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)、C(1,1,0)、N(1,0，eq\f(1,2))、M(eq\f(1,2)，0,1)，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，0,1)、eq\o(CN,\s\up6(→))＝(0，－1，eq\f(1,2))，設(shè)n＝(x，y，z)，且n⊥eq\o(AM,\s\up6(→))，n⊥eq\o(CN,\s\up6(→))，∴n·eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)x＋z＝0，n·eq\o(CN,\s\up6(→))＝－y＋eq\f(1,2)z＝0，∴x＝－2z，y＝eq\f(1,2)z.取z＝2，則n＝(－4,1,2)，∴AM與CN的距離d＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(21),7).命題方向?線面距典例5已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，點(diǎn)E、F分別在A1B、B1D1上，且A1E＝eq\f(1,3)A1B，B1F＝eq\f(1,3)B1D1.(1)求證：EF∥平面ABC1D1；(2)求EF與平面ABC1D1的距離d.[規(guī)范解答](1)證明：建立如圖空間直角坐標(biāo)系B－xyz，易得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，0，\f(2,3)a))、Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a，\f(1,3)a，a))，故eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)a，\f(1,3)a，\f(1,3)a))、eq\o(BA,\s\up6(→))＝(a,0,0)、eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0，a，a)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面ABC1D1的法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up6(→))＝0,n·\o(BC1,\s\up6(→))＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＝0,ay＋az＝0))，令z＝1，得n＝(0，－1,1)．∵eq\o(EF,\s\up6(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)a，\f(1,3)a，\f(1,3)a))·(0，－1,1)＝0，∴eq\o(EF,\s\up6(→))⊥n，由于EF?平面ABC1D1，故EF∥平面ABC1D1.(2)解：由(1)得eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，0，\f(2,3)a))，∴eq\o(BE,\s\up6(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，0，\f(2,3)a))·(0，－1,1)＝eq\f(2,3)a.∴d＝eq\f(|\o(BE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(2),3)a.『規(guī)律總結(jié)』求線面之間的距離先確定直線與平面平行，然后將直線到平面的距離轉(zhuǎn)化為直線上一點(diǎn)到平面的距離．┃┃跟蹤練習(xí)5__■已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E、F分別為AB、BC的中點(diǎn)．求(1)點(diǎn)D到平面PEF的距離；(2)直線AC到平面PEF的距離．[解析](1)如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0,0,1)、A(1，0,0)、C(0,1,0)、Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))、Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0)).設(shè)DH⊥平面PEF，垂足為H，則eq\o(DH,\s\up6(→))＝xeq\o(DE,\s\up6(→))＋yeq\o(DF,\s\up6(→))＋zeq\o(DP,\s\up6(→))(x＋y＋z＝1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)y，\f(1,2)x＋y，z))，eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－1)).∵eq\o(DH,\s\up6(→))⊥eq\o(PE,\s\up6(→))，∴eq\o(DH,\s\up6(→))·eq\o(PE,\s\up6(→))＝x＋eq\f(1,2)y＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋y))－z＝eq\f(5,4)x＋y－z＝0.同理，由eq\o(DH,\s\up6(→))⊥eq\o(PF,\s\up6(→))得，x＋eq\f(5,4)y－z＝0.又∵x＋y＋z＝1，∴可解得x＝y(tǒng)＝eq\f(4,17)，z＝eq\f(9,17).∴eq\o(DH,\s\up6(→))＝eq\f(3,17)(2,2,3)，∴|eq\o(DH,\s\up6(→))|＝eq\f(3\r(17),17).(2)設(shè)AH′⊥平面PEF，垂足為H′，則eq\o(AH′,\s\up6(→))∥eq\o(DH,\s\up6(→)).設(shè)eq\o(AH′,\s\up6(→))＝λ(2,2,3)＝(2λ，2λ，3λ)(λ≠0)，則eq\o(EH′,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(AH′,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))＋(2λ，2λ，3λ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2λ，2λ－\f(1,2)，3λ))，∴eq\o(AH′,\s\up6(→))·eq\o(EH′,\s\up6(→))＝4λ2＋4λ2－λ＋9λ2＝0，即λ＝eq\f(1,17).∴eq\o(AH′,\s\up6(→))＝eq\f(1,17)(2,2,3)，|eq\o(AH′,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(17),17).而AC∥平面PEF，eq\o(AH′,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(DH′,\s\up6(→))因此，點(diǎn)D到平面PEF的距離為eq\f(3\r(17),17).AC到平面PEF的距離為eq\f(\r(17),17).學(xué)科核心素養(yǎng)探究性、存在性問(wèn)題以“平行、垂直、距離和角”為背景的存在推斷型問(wèn)題是近年來(lái)高考數(shù)學(xué)命題創(chuàng)新的一個(gè)顯著特點(diǎn)，它以較高的新奇性、開(kāi)放性、探究性和創(chuàng)建性深受命題者的青睞，此類(lèi)問(wèn)題的基本特征是：要推斷在某些確定條件下的某一數(shù)學(xué)對(duì)象(數(shù)值、圖形等)是否存在或某一結(jié)論是否成立．“存在”就是有，找出一個(gè)來(lái)；假如不存在，須要說(shuō)明理由．這類(lèi)問(wèn)題常用“確定順推”，求解此類(lèi)問(wèn)題的難點(diǎn)在于：涉及的點(diǎn)具有運(yùn)動(dòng)性和不確定性．所以用傳統(tǒng)的方法解決起來(lái)難度較大，若用空間向量方法來(lái)處理，通過(guò)待定系數(shù)法求解存在性問(wèn)題，則思路簡(jiǎn)潔、解法固定、操作便利．典例6如圖所示，在三棱錐P－ABC中，AB＝AC，D為BC的中點(diǎn)，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2，在線段AP上是否存在點(diǎn)M，使得二面角A－MC－B為直二面角？若存在，求出AM的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．[思路分析]建立空間直角坐標(biāo)系，假設(shè)在線段AP上存在點(diǎn)M，奇妙地引入?yún)?shù)λ(即待定系數(shù))，利用二面角A－MC－B為直二面角，把點(diǎn)M的探究問(wèn)題轉(zhuǎn)化為參數(shù)λ的確定，然后通過(guò)向量運(yùn)算來(lái)求出λ的值，使探究問(wèn)題迎刃而解．[規(guī)范解答]以O(shè)為原點(diǎn)，以射線OP為z軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz，則O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0，－3，－4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－8,0,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－4,5,0)，設(shè)線段AP上存在點(diǎn)M，使得二面角A－MC－B為直二面角，則eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PA,\s\up6(→))(λ≠1)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，設(shè)平面BMC的法向量m＝(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n＝(x2，y2，z2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BM,\s\up6(→))·m＝0，,\o(BC,\s\up6(→))·m＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x1－2＋3λy1＋4－4λz1＝0，,－8x1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,z1＝\f(2＋3λ,4－4λ)y1，))取y1＝1，得向量m＝(0,1，eq\f(2＋3λ,4－4λ))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3y2＋4z2＝0，,－4x2＋5y2＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(5,4)y2，,z2＝－\f(3,4)y2，))取y2＝4，得向量n＝(5,4，－3)，由m·n＝0，得4－3·eq\f(2＋3λ,4－4λ)＝0，解得λ＝eq\f(2,5)，∴eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(PA,\s\up6(→))，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(AP,\s\up6(→))，∴|eq\o(AM,\s\up6(→))|＝eq\f(3,5)|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝eq\f(3,5)×5＝3.綜上所述，存在點(diǎn)M使得二面角A－MC－B為直二面角，AM的長(zhǎng)為3.『規(guī)律總結(jié)』解決與平行、垂直有關(guān)的存在性問(wèn)題的基本策略是：通常假定題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)，然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，若能導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)，說(shuō)明假設(shè)成立，即存在，并可進(jìn)一步證明；若導(dǎo)出與條件或?qū)嶋H狀況相沖突的結(jié)果，則說(shuō)明假設(shè)不成立，即不存在．如本例，把直二面角轉(zhuǎn)化為這兩個(gè)平面的法向量垂直，利用兩法向量數(shù)量積為零，得參數(shù)λ的方程．即把與兩平面垂直有關(guān)的存在性問(wèn)題一轉(zhuǎn)化為方程有無(wú)解問(wèn)題．┃┃跟蹤練習(xí)6__■(2024·北京理，16)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且eq\f(PF,PC)＝eq\f(1,3).(1)求證：CD⊥平面PAD.(2)求二面角F－AE－P的余弦值．(3)設(shè)點(diǎn)G在PB上，且eq\f(PG,PB)＝eq\f(2,3).推斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說(shuō)明理由．[解析](1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.又因?yàn)锳D⊥CD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.(2)解：過(guò)點(diǎn)A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M.因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0,0,0)，B(2，－1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以E(0,1,1)．所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)．所以eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))，所以eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3))).設(shè)平面AEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0.))令z＝1，則y＝－1，x＝－1.于是n＝(－1，－1,1)．又因?yàn)槠矫鍼AD的一個(gè)法向量為p＝(1,0,0)，所以|cos〈n，p〉|＝eq\f(n·p,|n||p|)＝|－eq\f(\r(3),3)|＝eq\f(\r(3),3).由題知，二面角F－AE－P為銳角，所以其余弦值為eq\f(\r(3),3).(3)解：直線AG在平面AEF內(nèi)．理由：因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上，且eq\f(PG,PB)＝eq\f(2,3)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2，－1，－2)，所以eq\o(PG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，－\f(4,3)))，所以eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).由(2)知，平面AEF的一個(gè)法向量n＝(－1，－1,1)，所以eq\o(AG,\s\up6(→))·n＝－eq\f(4,3)＋