2019高考数学一轮复习第8章立体几何第8课时空间向量的应用(二)空间的角与距离练习理

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2019高考数学一轮复习第8章立体几何第8课时空间向量的应用(二)空间的角与距离练习理

第8课时空间向量的应用(二) 空间的角与距离1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AB 的中点，则sin 〈DB 1→，CM →〉的值等于( ) A.12 B.21015 C.23D.1115答案 B解析分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建系，令AD ＝1，∴DB 1→＝(1，1，1)，CM →＝(1，－12，0)．∴cos 〈DB 1→，CM →〉＝1－123·52＝1515. ∴sin 〈DB 1→，CM →〉＝21015.2．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( ) A.1010B.15C.31010D.35答案 C解析如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．设AA 1＝2AB ＝2，则B(1，1，0)，E(1，0，1)，C(0，1，0)，D 1(0，0，2)． ∴BE →＝(0，－1，1)，CD 1→＝(0，－1，2)． ∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝1＋22·5＝31010.3．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 ．30° D ．150°答案 C解析设直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos120°|＝12，又0°≤θ≤90°.∴θ＝30°.4．(2018·天津模拟)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1与平面DBB 1D 1所成角的正弦值为( )A.32B.52C.105D.1010答案 C解析由题意，连接A 1C 1，交B 1D 1于点O ，连接BO.∵在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，∴C 1O ⊥B 1D 1.易得C 1O ⊥平面DBB 1D 1，∴∠C 1BO 即为直线BC 1与平面DBB 1D 1所成的角．在Rt △OBC 1中，OC 1＝22，BC 1＝25，∴直线BC 1与平面DBB 1D 1所成角的正弦值为105，故选C.5.(2018·辽宁沈阳和平区模拟)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BB 1＝4，则直线BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为( ) A.13 B.33 C.63D.223答案 A解析如图所示，建立空间直角坐标系．则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D 1(0，0，4)，B(2，2，0)，B 1(2，2，4)，AC →＝(－2，2，0)，AD 1→＝(－2，0，4)，BB 1→＝(0，0，4)．设平面ACD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－2x ＋4z ＝0，取x ＝2，则y ＝2，z ＝1，故n ＝(2，2，1)是平面ACD 1的一个法向量．设直线BB 1与平面ACD 1所成的角是θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BB 1→〉|＝|n ·BB 1→||n |·|BB 1→|＝49×4＝13.故选A.6．若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( ) A.35 B.45 C.34 D.55答案 B解析间接法：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B 1D ⊥平面ACD ，∴B 1D ⊥DC ，故△B 1DC 为直角三角形．设棱长为1，则有AD ＝52，B 1D ＝32，DC ＝52，∴S △B 1DC ＝12×32×52＝158. 设A 到平面B 1DC 的距离为h ，则有VA －B 1DC ＝VB 1－ADC ， ∴13×h ×S △B 1DC ＝13×B 1D ×S △ADC .∴13×h ×158＝13×32×12，∴h ＝25. 设直线AD 与平面B 1DC 所成的角为θ，则sin θ＝h AD ＝45.向量法：如图，取AC 的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系．设各棱长为2，则有A(0，－1，0)，D(0，0，2)，C(0，1，0)，B 1(3，0，2)．设n ＝(x ，y ，z)为平面B 1CD 的法向量，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0，2，1)．∴sin 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →|·|n |＝45.7．(2018·山东师大附中模拟，理)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝102，AB ＝10，PA ＝6，DA ⊥AB ，点Q 在PB 上，且满足PQ∶QB＝1∶3，则直线CQ 与平面PAC 所成角的正弦值为________．答案13052解析方法一：如图，过点Q 作QH∥CB 交PC 于点H. ∵DA ⊥AB ，DC ∥AB ，∴在Rt △ADC 中，AC ＝AD 2＋CD 2＝ 5. ∵PA ⊥平面ABCD ，∴在Rt △PAC 中，PC ＝PA 2＋AC 2＝11. 取AB 的中点M ，连接CM ，∵DC ∥AB ，CM ＝AD ＝102， ∴在Rt △CMB 中，CB ＝CM 2＋MB 2＝5，又PB 2＝PA 2＋AB 2＝16，∴PC 2＋CB 2＝PB 2，∴CB ⊥PC. ∵QH ∥BC ，∴QH ⊥PC.① ∵PA ⊥CB ，∴PA ⊥QH.②由①②可得，QH ⊥平面PAC ，∴∠QCH 是直线CQ 与平面PAC 所成的角．∵QH ＝14BC ＝54，HC ＝34PC ＝3114，∴CQ ＝QH 2＋HC 2＝262，∴sin ∠QCH ＝QH CQ ＝13052.方法二：以A 为坐标原点，AD ，AB ，AP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，6)，C(102，102，0)，B(0，10，0)， ∵PQ ＝14PB ，∴Q(0，104，364)，可知平面PAC 的一个法向量为m ＝(－1，1，0)，又CQ →＝(－102，－104，364)，∴|cos 〈m ，CQ →〉|＝|m ·CQ →||m ||CQ →|＝13052，故直线CQ 与平面PAC 所成角的正弦值为13052.8．(2018·上海八校联考)如图所示为一名曰“堑堵”的几何体，已知AE⊥底面BCFE ，DF ∥AE ，DF ＝AE ＝1，CE ＝7，四边形ABCD 是正方形．(1)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，判断四面体EABC 是否为鳖臑，若是，写出其每一个面的直角，并证明；若不是，请说明理由． (2)记AB 与平面AEC 所成的角为θ，求cos2θ的值．答案 (1)略 (2)17解析 (1)∵AE⊥底面BCFE ，EC ，EB ，BC 都在底面BCFE 上，∴AE ⊥EC ，AE ⊥EB ，AE ⊥BC.∵四边形ABCD 是正方形，∴BC ⊥AB ，∴BC ⊥平面ABE.又∵BE ⊂平面ABE ，∴BC ⊥BE ，∴四面体EABC 是鳖臑，∠AEB ，∠AEC ，∠CBE ，∠ABC 为直角．(2)∵AE ＝1，CE ＝7，AE ⊥EC ， ∴AC ＝22，又ABCD 为正方形． ∴BC ＝2，∴BE ＝ 3.作BO⊥EC 于O ，则BO⊥平面AEC ，连接OA ，则OA 为AB 在面AEC 上的射影．∴θ＝∠BAO，由等面积法得BE·BC ＝EC·OB. ∴OB ＝3·27，sin θ＝OB AB ＝217，cos2θ＝1－2sin 2θ＝17.提示本题也可用向量法求解．9.(2016·课标全国Ⅲ，理)如图，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．答案 (1)略 (2)8525解析 (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN.由N 为PC 的中点知TN∥BC，TN ＝12BC ＝2.又AD∥BC，故TN 綊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.(2)取BC 的中点E ，连接AE.由AB ＝AC 得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－（BC 2）2＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz.由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(5，2，0)，N(52，1，2)，PM →＝(0，2，－4)，PN →＝(52，1，－2)，AN →＝(52，1，2)．设n ＝(x ，y ，z)为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0，2，1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525.所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.10．如图所示，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.(1)若M 为CD 中点，求证：AM⊥平面AA 1B 1B ； (2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值．答案 (1)略 (2)15解析 (1)四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，连接AC ，如图，则△ACD 为等边三角形，又M 为CD 中点，∴AM ⊥CD ，由CD∥AB，得AM⊥AB， ∵AA 1⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，∴AM ⊥AA 1，又AB∩AA 1＝A ， ∴AM ⊥平面AA 1B 1B.(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2，∴DM ＝1，AM ＝3，∴∠AMD ＝∠BAM＝90°，又AA 1⊥底面ABCD ，∴以AB ，AM ，AA 1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A －xyz ，则A 1(0，0，2)，B(2，0，0)，D(－1，3，0)，D 1(－12，32，2)，∴DD 1→＝(12，－32，2)，BD →＝(－3，3，0)，A 1B →＝(2，0，－2)，设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·A 1B →＝0，⇒⎩⎨⎧－3x ＋3y ＝0，2x －2z ＝0，⇒y ＝3x ＝3z ，令x ＝1，则n ＝(1，3，1)，∴直线DD 1与平面A 1BD 所成角θ的正弦值为 sin θ＝|cos 〈n ，DD 1→〉|＝|n ·DD 1→|n |·|DD 1→||＝15.11.(2018·山西太原一模)如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，BE ⊥平面ABCD ，DF ∥BE ，且DF ＝2BE ＝2，EF ＝3. (1)证明：平面ACF⊥平面BEFD ；(2)若二面角A －EF －C 是直二面角，求直线AE 与平面ABCD 所成角的正切值．答案 (1)略 (2)12解析 (1)∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD. ∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥AC ， ∵BD ∩BE ＝B ，∴AC⊥平面BEFD ， ∴平面ACF⊥平面BEFD.(2)设AC 与BD 的交点为O ，由(1)得AC⊥BD，分别以OA ，OB 为x 轴和y 轴，过点O 作垂直于平面ABCD 的直线为z ，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥BD ，∵DF ∥BE ，∴DF ⊥BD ， ∴BD 2＝EF 2－(DF －BE)2＝8，∴BD ＝2 2.设OA ＝a(a>0)，则A(a ，0，0)，C(－a ，0，0)，E(0，2，1)，F(0，－2，2)，∴EF →＝(0，－22，1)，AE →＝(－a ，2，1)，CE →＝(a ，2，1)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EF →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－22y 1＋z 1＝0，－ax 1＋2y 1＋z 1＝0，令z 1＝22，∴m ＝(32a ，1，22)是平面AEF 的一个法向量，设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·CE →＝0，即⎩⎨⎧－22y 2＋z 2＝0，ax 2＋2y 2＋z 2＝0，令z 2＝22，∴n ＝(－32a，1，22)是平面CEF 的一个法向量，∵二面角A －EF －C 是直二面角，∴m ·n ＝－18a 2＋9＝0，∴a ＝ 2.∵BE ⊥平面ABCD ，∴∠BAE 是直线AE 与平面ABCD 所成的角， ∵AB ＝OA 2＋OB 2＝2，∴tan ∠BAE ＝BE AB ＝12.故直线AE 与平面ABCD 所成角的正切值为12.1.(2017·山西临汾一模)如图所示，点P 在正方形ABCD 所在平面外，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ，则PB 与AC 所成的角是( )A ．90° ．60° C ．45° ．30°答案 B解析将其还原成正方体ABCD －PQRS ，显然PB∥SC，△ACS 为正三角形，∴∠ACS ＝60°.2.(2018·成都一诊)如图，正四棱锥P －ABCD 的体积为2，底面积为6，E 为侧棱PC 的中点，则直线BE 与平面PAC 所成的角为( ) A ．60° B ．30° C ．45° D ．90°答案 A解析如图，正四棱锥P －ABCD 中，根据底面积为6可得，BC ＝ 6.连接BD ，交AC 于点O ，连接PO ，则PO 为正四棱锥P －ABCD 的高，根据体积公式可得，PO ＝1.因为PO⊥底面ABCD ，所以PO⊥BD，又BD⊥AC，PO ∩AC ＝O ，所以BD⊥平面PAC ，连接EO ，则∠BEO 为直线BE 与平面PAC 所成的角．在Rt △POA 中，因为PO ＝1，OA ＝3，所以PA ＝2，OE ＝12PA ＝1，在Rt △BOE 中，因为BO ＝3，所以tan ∠BEO ＝BOOE＝3，即∠BEO＝60°.3.如图，平面ABCD⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.23B.33C.63D.13答案 C解析设GB 与平面AGC 所成的角为θ. 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2a ，0)，C(0，2a ，2a)，G(a ，a ，0)，AG →＝(a ，a ，0)，AC →＝(0，2a ，2a)，BG →＝(a ，－a ，0)，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0，AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，2ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1，1)．sin θ＝|BG →·n 1||BG →||n 1|＝2a 2a×3＝63.4．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33C.23D.13答案 A解析如图，连接AC 交BD 于点O ，连接C 1O ，过C 作CH⊥C 1O 于点H. ∵⎩⎪⎨⎪⎧BD⊥AC BD⊥AA 1AC ∩AA 1＝A ⇒⎩⎪⎨⎪⎧BD⊥平面ACC 1A 1CH ⊂平面ACC 1A 1⇒⎩⎪⎨⎪⎧CH⊥BD CH⊥C 1O BD ∩C 1O ＝O ⇒CH ⊥平面C 1BD ，∴∠HDC 为CD 与平面BDC 1所成的角．5．(2018·黑龙江大庆实验中学期末)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，点D 在棱BB 1上，若BD ＝3，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为( ) A.235B.23913C.54D.43答案 B解析取AC 的中点E ，连接BE ，如图所示，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →，即5×23×cos θ＝4×23×32(θ为AD →与EB →的夹角)，∴cos θ＝235，sin θ＝135，tan θ＝396，又BE⊥平面AA 1C 1C ，∴所求角的正切值为23913.6．(2016·北京东城质量调研)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G.则A 1B 与平面ABD 所成角的余弦值是( ) A.23 B.73 C.32D.37答案 B解析以C 为坐标原点，CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，CC 1所在直线为z 轴，建立直角坐标系，设CA ＝CB ＝a ，则A(a ，0，0)，B(0，a ，0)，A 1(a ，0，2)，D(0，0，1)，∴E(a 2，a 2，1)，G(a 3，a 3，13)，GE →＝(a6，a 6，23)，BD →＝(0，－a，1)，∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ， ∴GE →⊥平面ABD ，∴GE →·BD →＝0，解得a ＝2.∴GE →＝(13，13，23)，BA 1→＝(2，－2，2)，∵GE →⊥平面ABD ，∴GE →为平面ABD 的一个法向量．∵cos<GE →，BA 1→>＝GE →·BA 1→|GE →|·|BA 1→|＝4363×23＝23，∴A 1B 与平面ABD 所成的角的余弦值为73.7．(2018·太原模拟)在三棱锥A －BCD 中，底面BCD 为边长是2的正三角形，顶点A 在底面BCD 上的射影为△BCD 的中心，若E 为BC 的中点，且直线AE 与底面BCD 所成角的正切值为22，则三棱锥A －BCD 外接球的表面积为( ) A ．3π B ．4π C ．5π D ．6π答案 D解析 ∵顶点A 在底面BCD 上的射影为△BCD 的中心，而且△BCD 是正三角形，∴三棱锥A －BCD 是正三棱锥，∴AB ＝AC ＝AD.令底面△BCD 的重心(即中心)为P ，∵△BCD 是边长为2的正三角形，DE 是BC 边上的高，∴DE ＝3，PE ＝33，DP ＝233.∵直线AE 与底面BCD 所成角的正切值为22，即tan ∠AEP ＝22，∴AP ＝263，∵AE 2＝AP 2＋EP 2，∴AD ＝2，于是AB ＝AC ＝AD ＝BC ＝CD ＝DB ＝2，∴三棱锥A －BCD 为正四面体．构造正方体，由面上的对角线构成正四面体，故正方体的棱长为2，∴正方体的体对角线长为6，∴外接球的半径为62，∴外接球的表面积为4π(62)2＝6π.8．(2018·江西临海上一中一模)已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为1.点E 是棱A 1B 1的中点，则直线AE 与平面BDD 1B 1所成角的正弦值是________．答案1010解析取AB 的中点为F ，连接B 1F ，过点F 作FG⊥BD，垂足为G ，连接B 1G ，由正方体性质知BB 1⊥FG ，BD ∩BB 1＝B ，BD ⊂平面BDD 1B 1，BB 1⊂平面BDD 1B 1，所以FG⊥平面BDD 1B 1，故∠FB 1G为FB 1与平面BDD 1B 1所成的角，所以FG ＝24，B 1F ＝52，所以sin ∠FB 1G ＝2452＝1010.又因为AE∥B 1F ，所以直线AE 与平面BDD 1B 1所成角的正弦值是1010. 9．(2014·福建，理)在平面四边形ABCD 中．AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD.将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD⊥平面BCD ，如图所示． (1)求证：AB⊥CD；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．答案 (1)略 (2)63解析 (1)∵平面ABD⊥平面BCD ，平面ABD∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD.又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD.(2)过点B 在平面BCD 内作BE⊥BD，如图所示．由(1)知AB⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD.以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，则BC →＝(1，1，0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，AD →＝(0，1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)．设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63，即直线AD与平面MBC 所成角的正弦值为63.11 10．(2017·浙江)如图，已知四棱锥P －ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点．(1)证明：CE∥平面PAB ；(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．解析 (1)如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB.因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以EF∥AD 且EF ＝12AD ，又因为BC∥AD，BC ＝12AD ，所以EF∥BC 且EF ＝BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB.(2)分别取BC ，AD 的中点为M ，N.连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ.因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE.由△PAD 为等腰直角三角形得P N⊥AD.由DC⊥AD，N 是AD 的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN ，由BC∥AD 得BC⊥平面PBN ，那么平面PBC⊥平面PBN.过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH.MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD ＝1.在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2，在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14，在Rt △MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2，所以sin ∠QMH ＝28，所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28.。

高考数学一轮复习第八章立体几何 8.4 空间角与距离、空间向量及其应用课件理

则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0, ), =(1,0,
), =(2,-1,0).
3
3
C G
A C
设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),

x 3 z 0 ,
n 0,
则 C G即

2 x y 0 .
A C n 0 ,
所以可取n=(3,6,- ).
3
又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),
所以cos<n,m>=
.
3
n m
因此二面角B-CG-| An 的大小为30°
.
|| m | 2
=
思路分析 (1)利用折叠前后AD与BE平行关系不变,可得AD∥CG,进而可得A、C、G、D四点
共面.由折叠前后不变的位置关系可得AB⊥BE,AB⊥BC,从而AB⊥平面BCGE,由面面垂直的判
(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,
的方向为
x轴正方向,| |为单位长,建立如图所示的

A B
空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1, ),
=(1,0,- ),
3
2021/12/8
第十六页，共一百五十一页。
A B
=(1,0,0).

P C
正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知棱AB,AD,AA1所在直线与平面A1BD所成的角均相等,所以α∥平
面A1BD,当平面α趋近于点A时,截面图形的面积趋近于0;当平面α经过正方体的中心O时,截面
图形为正六边形,其边长为
,截面图形的面积为6

高三数学一轮复习基础导航 8.4空间向量的应用

8.4空间向量的应用【考纲要求】1、理解直线的方向向量与平面的法向量.2、能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.3、能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）.4、能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究几何问题中的应用. 【基础知识】一、空间直线、平面位置（平行和垂直）关系的判定和证明空间直线、平面位置（平行和垂直）关系的判定和证明一般有两种方法。

方法一（几何法）：线线（平行或垂直）线面（平行或垂直）面面（平行或垂直）它体现的主要是一个转化的思想。

方法二（向量法）：它体现的是数学的转化的思想和向量的工具性。

其中向量,a b 是直线,a b 的方向向量，且111222(,,),(,,)a x y z b x y z ==向量,m n 是平面的法向量，且333444(,,),(,,)m x y z b x y z ==,,21212(,1x y y z z a b a b x a b a b λλλ===⇔⇔直线直线其中分别为直线，的方向向量）1200(,1212z z a b a b a b x x y y a b a b +⊥⇔⊥⇔=⇔+=直线直线其中分别为直线，的方向向量）13a 00(1313z z a a m m x x y y a a m αα+⇔⊥⇔=⇔+=直线平面其中为直线的方向向量,为平面的法向量）,,31313(1x y y z z a a m x a a m λλλαα===⊥⇔⇔直线平面其中为直线的方向向量,为平面的法向量）3,,4434(3x y z z m n x y m λλλαβαβ===⇔⇔平面平面其中,n 分别为平面，的法向量） 3400(3434z z m n m n x x y y m αβαβ+⊥⇔⊥⇔=⇔+=平面平面其中,n 分别为平面，的法向量）二、空间角和距离的计算空间的角和距离定义范围计算方法几何法向量法其它异面直线所成的角直线,a b 是异面直线，经过空间任意一点O ，(0,]2πα∈找→作（平移法）→证（定义）→指→求（解三角形）cos m n m nα∙=分别引直线1a∥a,1b∥b,我们把直线1a和1b所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角。

高考理科数学一轮复习《第8章立体几何与空间向量》8.6 空间向量及其运算

高考总复习·数学理科（RJ）
第八章立体几何与空间向量＝21O→A＋32×12(O→B＋O→C)－23×21O→A ＝61O→A＋31O→B＋31O→C ＝61a＋31b＋31c. 【答案】 16a＋13b＋13c
高考总复习·数学理科（RJ）
第八章立体几何与空间向量
2．若本例(2)中条件不变，问题改为：设 E 是棱 DD1 上的点，且D→E＝23D→D1，若E→O＝xA→B＋yA→D＋zA→A1，试求 x，y，z 的值．
第八章立体几何与空间向量
§8.6 空间向量及其运算［考纲要求］1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.
高考总复习·数学理科（RJ）
高考总复习·数学理科（RJ）
第八章立体几何与空间向量＝－61O→A＋31O→B＋31O→C. O→G＝O→M＋M→G＝21O→A－61O→A＋13O→B＋13O→C ＝31O→A＋31O→B＋31O→C.
高考总复习·数学理科（RJ）
第八章立体几何与空间向量题型二共线定理、共面定理的应用【例2】已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的
第八章立体几何与空间向量【证明】 (1)如图，连接BG，
高考总复习·数学理科（RJ）
第八章立体几何与空间向量则E→G＝E→B＋B→G＝E→B＋12(B→C＋B→D) ＝E→B＋B→F＋E→H＝E→F＋E→H，由共面向量定理的推论知： E，F，G，H 四点共面． (2)因为E→H＝A→H－A→E ＝21A→D－21A→B＝21(A→D－A→B)＝21B→D，所以 EH∥BD.

高考数学(理)基础知识总复习名师讲义：第8章第8节空间向量的应用(一)[ 高考]

第八节空间向量的应用(一)知识梳理一、异面直线所成的角1．定义：已知两条异面直线a ，b ，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，a ′，b ′所成的角的大小与点O 的选择无关，把a ′，b ′所成的锐角(或直角)叫异面直线a ，b 所成的角(或夹角)．为了简便起见，点O 通常取在异面直线的一条上．2．异面直线所成的角的取值范围：⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，π2. 3．求异面直线所成的角的方法：①几何法；②向量法．二、直线和平面所成的角1．定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线和这个平面所成的角．特例：当一直线垂直于平面，规定它们所成的角是直角；当一直线平行于平面或在平面内，规定它们所成的角为0°角．2．直线和平面所成角的取值范围：⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π2. 三、二面角1．定义：平面内的一条直线把平面分为两个部分，其中的每一部分叫做半平面；从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面理解异面直线所成的角、线面角、二面角的概念，并会求这三类空间角的大小或它的一种三角函数值.角的面．若棱为l ，两个面分别为α，β的二面角记为αl β.2．二面角的平面角．(1)过二面角的棱上的一点O 分别在两个半平面内作棱的两条垂线OA ，OB ，则∠AOB 叫做二面角αl β的平面角．(2)一个平面垂直于二面角αl β的棱l ，且与两半平面交线分别为OA ，OB ，O 为垂足，则∠AOB 就是αl β的平面角．说明：①二面角的平面角范围是[0，π]；②二面角的平面角为直角时，则称为直二面角，组成直二面角的两个平面互相垂直．3．二面角大小的求法：①几何法；②向量法．4．求二面角的射影公式：cos θ＝S ′S，其中各个符号的含义是：S 是二面角的一个面内图形F 的面积，S ′是图形F 在二面角的另一个面内的射影，θ是二面角的平面角大小．四、三种空间角的向量法计算公式1．异面直线a ，b 所成的角θ：cos θ＝||a ，b (其中a ，b 分别是异面直线a ，b 的方向向量)．2．直线a 与平面α(其法向量为n )所成的角θ：sin θ＝||a ，n . 3．锐二面角θ：(法一)cos θ＝||m ，n ，其中m ，n 为两个面的法向量．(法二)cos θ＝||a ，b ，其中a ，b 是分别在两个面内且与棱都垂直的向量．基础自测1．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 ．30°D ．60°或30°解析：根据线面角的定义知，选项C 正确．答案：C2．(2013·山东卷)已知三棱柱ABCA 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π6解析：如题图所示：S ABC ＝12×3×3×sin 60°＝334. 所以VABCA 1B 1C 1＝S ABC ×OP ＝334×OP ＝94， ∴OP ＝ 3.又OA ＝32×3×23＝1，所以tan∠OAP ＝OP OA ＝3，又0<∠OAP <π2，所以∠OAP ＝π3. 答案：B3．如图，在直三棱柱中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1，侧棱AA 1＝2，M 为A 1B 1的中点，则AM 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为________．答案：134．如图所示，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝2.E ，F 分别是线段AB ，BC 上的点，且EB ＝FB ＝1.则：(1)二面角CDEC 1的余弦值为________；(2)直线EC1与FD1所成角的余弦值________.解析：(1)如图，以A 为原点，AB →，AD →，AA1→分别为x 轴、y 轴、z 轴的正向建立空间直角坐标系Axyz ，则有D (0,3,0)，D 1(0，3,2)，E (3,0,0)，F (4,1,0)，C 1(4,3,2)．于是，DE →＝(3，－3,0)，EC1→＝(1,3,2)，FD 1→＝(－4,2,2)．设向量n ＝(x ，y ，z )与平面C 1DE 垂直，则有⎭⎬⎫n ⊥DE →n ⊥EC 1→⇒ ⎭⎪⎬⎪⎫3x －3y ＝0x ＋3y ＋2z ＝0⇒x ＝y ＝－12z . ∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－z 2，－z 2，z ＝z 2(－1，－1,2)，其中z ＞0.取n 0＝(－1，－1,2)，则n 0是一个与平面C 1DE 垂直的向量．∵向量AA1→＝(0,0,2)与平面CDE 垂直， ∴n 0与AA1→所成的角θ为二面角CDEC 1的平面角． ∴cos θ＝n 0·AA 1→|n 0|×|AA 1→|＝－1×0－1×0＋2×21＋1＋4×0＋0＋4＝63. (2)设EC 1与FD 1所成角为β，则cos β＝EC 1→·FD 1→|EC1→|×|FD 1→|＝－＋3×2＋2×212＋32＋22×－2＋22＋22＝ 2114. 答案：(1)63 (2)21141. (2012·陕西卷)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35解析：设CB ＝a ，则CA ＝CC 1＝2a ，A (2a,0,0)，B (0,0，a )，C 1(0,2a ，0)，B 1(0,2a ，a )，∴AB1→＝(－2a,2a ，a )，BC 1→＝(0,2a ，－a )． ∴cos〈AB 1→，BC 1→〉＝AB1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝55.故选A. 答案：A2．(2013·广东卷)如图1，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC 、AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将△ADE 沿DE 折起，得到如图2所示的四棱锥A ′BCDE ，其中A ′O ＝ 3.(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；(2)求二面角A ′CDB 的平面角的余弦值．(1)证明：在题图1中，易得OC ＝3，AC ＝32，AD ＝22，连接OD ，OE ，在△OCD 中，由余弦定理可得OD ＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45°＝5，由翻折不变性可知A ′D ＝22，所以A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，所以A ′O ⊥OD ，同理可证A ′O ⊥OE ，又OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊥平面BCDE .(2)解析：(法一)(几何法)过O 作OH ⊥CD 交CD 的延长线于H ，连接A ′H ，因为A ′O ⊥平面BCED ，所以A ′H ⊥CD ，所以∠A ′HO 为二面角A ′CDB 的平面角．结合题图可知，H 为AC 中点，故OH ＝322，从而A ′H ＝OH 2＋OA ′2＝302，所以cos∠A ′HO ＝OH A ′H ＝155，所以二面角A ′CDB 的平面角的余弦值为155. (法二)(向量法)以点O 为原点，建立空间直角坐标系Oxyz 如图所示，则A ′(0,0，3)，C (0，－3,0)，D (1，－2,0)，所以CA ′→＝(0,3，3)，DA ′→＝(－1,2，3)．设n ＝(x ，y ，z )为平面A ′CD →的法向量，则⎩⎨⎧ n ·CA ′→＝0，n ·DA′→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧ 3y ＋3z ＝0，－x ＋2y ＋3z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－x ，z ＝3x .令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)，由(1)知，OA ′→＝(0,0，3)为平面CDB 的一个法向量，所以cos 〈n ，OA ′→〉＝n ·OA ′→|n ||OA ′→|＝33·5＝155，即二面角的平面角A ′CDB 的余弦值为155.1．如图所示，四棱锥PABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD ＝60°，E 是CD 的中点，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝ 3.(1)证明：平面PBE ⊥平面PAB ；(2)求二面角ABEP 的大小．(法一)(1)证明：连接BD ，由ABCD 是菱形且∠BCD ＝60°知，△BCD 是等边三角形．因为E 是CD 的中点，所以BE ⊥CD .又AB ∥CD ，所以BE ⊥AB . 又因为PA ⊥平面ABCD ，BE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BE ，而PA ∩AB ＝A ，因此 BE ⊥平面PAB .又BE ⊂平面PBE ，所以平面PBE ⊥平面PAB .(2)解析：由(1)知，BE ⊥平面PAB, PB ⊂平面PAB, 所以PB ⊥BE .又AB ⊥BE ，所以∠PBA 是二面角ABEP 的平面角．在Rt△PAB 中， tan∠PBA ＝PA AB ＝3，∠PBA ＝60°. 故二面角ABEP 的大小为60°.(法二)如图所示，以A 为原点，建立空间直角坐标系．则相关各点的坐标分别是A (0,0,0)，B (1,0,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，32，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，32，0，P (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，32，0.(1)证明：因为BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，0，平面PAB 的一个法向量是n 0＝(0,1,0)，所以BE →和n 0共线．从而BE ⊥平面PAB .又因为BE ⊂平面PBE ，所以平面PBE ⊥平面PAB .(2)解析：易知PB →＝(1,0，－3)，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，0，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面PBE 的一个法向量，则由⎩⎨⎧n 1·PB →＝0，n 1·BE →＝0得， ⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋0×y 1－3z 1＝0，0×x 1＋32y 1＋0×z 1＝0，所以y 1＝0，x 1＝3z 1.故可取n 1＝(3，0,1)．而平面ABE 的一个法向量是n 2＝(0,0,1)．于是，cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝12. 故二面角ABEP 的大小为60°.2．(2013·深圳一模)如图1，⊙O 的直径AB ＝4，点C 、D 为⊙O 上两点，且∠CAB ＝45°，∠DAB ＝60°，F 为BC 的中点．沿直径AB 折起，使两个半圆所在平面互相垂直(如图2)．(1)求证：OF ∥平面ACD ；(2)求二面角CADB 的余弦值； (3)在BD 上是否存在点G ，使得FG ∥平面ACD ？若存在，试指出点G 的位置，并求直线AG 与平面ACD 所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．(1)证明：如图，因为∠CAB ＝45°，连接OC ，则OC ⊥A B. 以AB 所在的直线为y 轴，以OC 所在的直线为z 轴，以O 为原点，建立空间直角坐标系Oxyz ，则A (0，－2,0)，C (0,0,2)．AC →＝(0,0,2)－(0，－2,0)＝(0,2,2)，因为点F 为BC 的中点，所以点F 的坐标为(0，2，2)，OF →＝(0，2，2)．所以OF →＝22AC →，即OF ∥AC . 因为OF ⊄平面ACD ，AC ⊂平面ACD ，所以OF ∥平面ACD .(2)解析：因为∠DAB ＝60°，所以点D 的坐标D (3，－1,0)，AD →＝(3，1,0)．设二面角CADB 的大小为θ，n 1＝(x ，y ，z )为平面ACD 的一个法向量．由⎩⎨⎧ n 1·AC →＝0，n 1·AD →＝0，有▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌精诚凝聚 =^_^= 成就梦想 ▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓点亮心灯 ~~~///(^v^)\\\~~~ 照亮人生 ▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓ ⎩⎪⎨⎪⎧ x ，y ，z ，2，＝0，x ，y ，z 3，1，＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2y ＋2z ＝0，3x ＋y ＝0. 取x ＝1，解得y ＝－3，z ＝ 3.所以n 1＝(1，－ 3，3)．取平面ADB 的一个法向量n 2＝(0,0,1)，所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|1×0＋－3＋3×1|7×1＝217. (3)解析：设在BD 上存在点G ，使得FG ∥平面ACD ，∵OF ∥平面ACD ，∴平面OFG ∥平面ACD ，则有OG ∥A D.设OG →＝λAD →(λ＞0)，因为AD →＝(3，1,0)，所以OG →＝(3λ，λ，0)．又因为|OG →|＝2，所以3λ2＋λ2＋02＝2，解得λ＝±1(舍去－1)．所以，OG →＝(3，1,0)则G 为BD 的中点．因此，在BD 上存在点G ，使得FG ∥平面ACD ，且点G 为BD 的中点．设直线AG 与平面ACD 所成角为α，因为，AG →＝(3，1,0)－(0，－2,0)＝(3，3,0)，根据(2)的计算n 1＝(1，－3，3)为平面ACD 的一个法向量，所以sin α＝cos (90°－α)＝|AG →·n 1||AG →|·|n 1|＝ |3×1＋－3＋0×3|23×7＝77. 因此，直线AG 与平面ACD 所成角的正弦值为77.。

人教版高考数学理科一轮总复习配套课件8.8空间向量的应用(Ⅱ)——求空间角、距离

8.8
空间向量的应用(Ⅱ) ——求空间角、距离
-2-
考纲要求 1.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 2.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角及距离问题.
-3-
1.空间向量与空间角的关系 (1)设异面直线 l1,l2 的方向向量分别为 m1,m2,则 l1 与 l2 所成的角 θ 满足 cos θ=
考点一
考点二
考点三
-15-
解:方法一:以 A 为原点,�� , ��, ��1 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则有 D1(0,3,2),E(3,0,0),F(4,1,0),C1(4,3,2),
于是��1 =(1,3,2),��1 =(-4,2,2), 设 EC1 与 FD1 所成的角为 β, 则 cos β=
|AB·��| |��|
.
-7-
基础自测
1.若直线 l 的方向向量为 a=(1,0,2),平面 α 的法向量为 u=(-2,0,-4),则( A.l∥α B.l⊥α C.l⊂ α D.l 与 α 斜交 )
关闭
∵ u=-2a,∴ u∥a,则 l⊥α.
关闭
B
解析答案
-8-
2.(2013 山东高考)已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱与底面垂直,体积为 ,底面是边长为 3的正三角形.若 P 为底面 A1B1C1 的中心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为 ( ,由棱柱体积为 ) 如图所示 ,底面正三角形的边长为 3,可求得棱柱的高
|��1 ·��2 | |��1 ||��2 |

高三理科数学一轮复习课件空间向量的应用二(空间向量与空间角)

如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1 的底面边长为a，侧棱长为 2a，求AC1与侧面 ABB1A1所成角的大小．
[解题过程] 取BC中点O，B1C1中点O1，连结AO，OO1，则AO⊥OC，OO1⊥平面ABC，以O为坐标原点，OC、OA、OO1 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
解析：以O为坐标原点，OA、OB分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A( 3，0,0)，B(0,2,0)，A1( 3，1， 3)，O1(0,1， 3)，所以A→1B＝(－ 3，1，－ 3)，O→1A＝( 3，－1，－ 3)，设所求的角为α，则cos α＝||AA→→11BB|··|OO→→11AA||＝17. 即异面直线A1B与O1A所成的角的余弦值为17.
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
由nn··PC→→CD ＝＝00
得2－
2y－2 2x＝0
2z＝0
，
令z＝1得平面PCD的一个法向量为n0＝(0,1,1)．设PB与平面PCD所成的角为θ，
则sin θ＝||PP→→BB|·|nn00||＝24 22＝12， ∴PB与平面PCD所成的角为30°.
坐标系Oxyz，
则A0， 23a，0，C1a2，0，

2a，

所以A→C1＝a2，－ 23a， 2a.
取AB中点M，连结CM，则CM⊥AB. 因为平面ABB1A1⊥平面ABC，所以CM⊥平面ABB1A1，所以C→M是平面ABB1A1的一个法向量．因为B－a2，0，0，所以M－a4， 43a，0，
故A→M·C→N＝0×1＋12×0＋1×12＝12，
|A→M|＝ 02＋122＋12＝ 25，
|C→N|＝

人教版高三数学一轮复习精品课件3：8.8 空间向量在立体几何中的应用(二)——求空间角和距离

A．23
B．
3 3
C．
2 3
D．13
[答案] A
[解析] 解法 1：如图，连接 C1O，过 C 作 CM⊥C1O.
∵BD⊥平面 C1CO，∴BD⊥CM，∴CM⊥平面 BC1D ∴∠CDM 即为 CD 与平面 BDC1 所成的角
令 AB＝1，∴AA1＝2，CO＝ 22， C1O＝ 22＋ 222＝ 92＝322， CM·C1O＝CC1·CO，即3 2 2CM＝2·22，∴CM＝23，∴sin∠CDM＝CCMD ＝23.
5．线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距离的方法进行求解．
6．点到直线的距离设 l 是过点 P 平行于向量 s 的直线，A 是直线 l 外一定点．设 AA′⊥l，垂足为 A′，则点 A 到直线 l 的距离 d 等于线段 AA′的长度，而向量P→A在 s 上的投影的大小|P→A·s|等于线段 PA′的长度，所以根据勾股定理有点 A 到直线 l 的距离 d＝ ________________.
路漫漫其修远兮，吾将上下而求索！
知识梳理
• 1.两条异面直线的夹角 • (1)范围：两异面直线夹角θ的取值范围是__(0_，__π2_]__．
• (2)向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ， a·b
则有cosθ＝__|_c_o_sφ_|__＝___|a_|_·|b_|__.
• 2．直线与平面的夹角 • (1)定义：直线和平面的夹角，是指直线与它在这个平面内
的投影的夹角． • (2)范围：直线和平面夹角θ的取值范围是__[_0_，__π2_]_． • (3)向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，
直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有 • sinθ＝_|_c_o_sφ__| 或cosθ＝sinφ.

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2019高考数学一轮复习第8章立体几何第8课时空间向量的应用(二)空间的角与距离练习理