空间向量运算的夹角和距离
用空间向量研究距离、夹角问题全文
MN ( 1 1 )2 (0 1 )2 ( 1 0)2 2 .
22
22
2
y
x
【巩固训练3】如图，正方体ABCD和ABEF的边长都是1，且它们所在平面互相垂 直，点M在AC上，点N在BF上，若CM = BN = 2，求MN的长.
2
解2：设 AB a, AD b, AF c . 则
2. 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1
的中点.
z
(4) 求直线FC1到平面AB1E的距离.
D1
C1
解 : FC1 //平面AB1E,直线FC1到平面AB1E的距离 A1
B1
等于点C1到平面AB1 E的距离.
E
由(3)知平面AB1E的一个法向量为n (1, 2, 2). 易知C1(0,1,1), B1(1,1,1),C1B1 (1,0,0).
D1 A1
E
D
C1 B1
F
C
A
B
2. 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1
的中点.
z
(1) 求点A1到直线B1E的距离;
D1
C1
解 : 如图示,以D为原点建立空间直角坐标系, 则有
A1
B1
1 A1(1, 0,1), B1(1,1,1), E(0, 0, 2).
z0 ,
0
取y
1, 则z
1,
x
1.
∴平面D1CB1的一个法向量为n (1,1,1).
D
A x
C y
B
点B到平面D1CB1
的距离为
|
BC n |n|
1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题之二：夹角问题
法向量的夹角即可.
典型例题
例5如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=CB=2,AA1=3,∠ACB=90°,P为BC的
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.
解：先做出平面PQR与平面A1 1 1 的
典型例题
例5如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=CB=2,AA1=3,
∠ACB=90°,P为BC的中点，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.
分析：因为平面PQR与平面A1B1C1的夹角
可以转化为平面PQR与平面A1B1C1的法向
若异面直线l1,l2所成的角为 (0 ≤ ) ，其方向向量分别为 , Ԧ
则 =< , Ԧ >, 或 = −<, >
Ԧ
2
∙ Ԧ
= < , Ԧ > =
Ԧ
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0 ≤ ,而
交线。
做PE⊥ 1 1 于E,则PE//Q1 ,PQ∩
1 = .
PR∩ 1 1 = ,则GH即为平面PQR与
平面A1 1 1 的交线。
做PF⊥ 于F,连C1 , ∠1 就是平面
PQR与平面A1 1 1 的二面角的平面角。
我们在⊿PF1 中求∠1 ，接下去就是
= < 1 , 2 > =
.
1 2
反思：1、三式中到底是sin还是cos，我们要通过记图来记住公
用空间向量研究距离、夹角问题
用空间向量研究距离问题课程标准学习目标1.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题.2.体会向量方法在研究几何问题中的作用 1.借助直线的方向向量和平面的法向量,能计算点到直线的距离、点到平面的距离,并知道两条平行直线之间的距离、直线与平面平行时两者间的距离、两个平行平面之间的距离. 2.能分析和解决一些立体几何中的距离问题,体会向量方法与综合几何方法的共性和差异,体会直线的方法向量和平面的法向量的作用,感悟向量是研究几何问题的有效工具知识点 用空间向量研究距离问题 1.点到直线的距离如图1-4-18,已知直线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AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,则向量AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 在直线l 上的投影向量AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ·u )u.在Rt △APQ 中,由勾股定理,得PQ= = .图1-4-182.点到平面的距离如图1-4-19,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AP⃗⃗⃗⃗⃗ 在直线l 上的投影向量QP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的长度.因此PQ=AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n|n |= = . 图1-4-19【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)(1)平面α外一点A 到平面α的距离,就是点A 与平面α内一点B 所成向量AB⃗⃗⃗⃗⃗ 的长度.( )(2)直线l∥平面α,则直线l到平面α的距离就是直线l上的点到平面α的距离.()(3)若平面α∥平面β,则两平面α,β的距离可转化为平面α内某条直线到平面β的距离,也可转化为平面α内某点到平面β的距离.()3.解决立体几何中问题的步骤用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”可以概括为“一化二算三译”六字诀.“一化”就是把立体几何问题转化为向量问题;“二算”就是通过向量运算,研究点、线、面之间的位置关系以及它们之间的距离问题;“三译”就是把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义.探究点一点到直线的距离例1 如图1-4-20,在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A'B'C'D',AB=1,BC=2,AA'=3,求点B到直线A'C的距离.图1-4-20变式1 [2020·潍坊高二期末] 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()B.1A.2√23C.√2D.2√2变式2 已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是C1C,D1A1的中点,求点A到直线EF的距离.[素养小结]用向量法求点到直线的距离的一般步骤:(1)建立空间直角坐标系;(2)求直线的方向向量;(3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线上的投影向量的长度;(4)利用勾股定理求解.另外,要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化.探究点二点到平面的距离例2 如图1-4-21,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F,G分别是C1C,D1A1,AB的中点,求点A到平面EFG的距离.图1-4-21变式如图1-4-22所示,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD=DA=2,F,E分别为AD,PC的中点.(1)求证:DE∥平面PFB;(2)求点E到平面PFB的距离.图1-4-22[素养小结]用向量法求点到平面的距离的步骤:(1)建系:建立恰当的空间直角坐标系;(2)求点的坐标:写出(求出)相关点的坐标;(3)求向量:求出相关向量的坐标;(4)利用公式即可求得点到平面的距离.探究点三线面距和面面距例3 如图1-4-23所示,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面为直角梯形,AB∥CD且∠ADC=90°,AD=1,CD=√3,BC=2,AA1=2,E是CC1的中点,求直线A1B1到平面ABE的距离.图1-4-23变式如图1-4-24,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,求平面A1BC1与平面ACD1的距离.图1-4-24[素养小结](1)求线面距离可以转化为求直线上任意一点到平面的距离,利用求点到平面的距离的方法求解即可.(2)求两个平行平面间的距离可以转化为求点到平面的距离,利用求点到平面的距离的方法求解即可.拓展如图1-4-25,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F 分别为AB,BC的中点.求:图1-4-25(1)点D到平面PEF的距离;(2)直线AC到平面PEF的距离.1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点E是A1B1的中点,则点A到直线BE的距离为()A.6√55B.4√55C.2√55D.√552.在三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PA=PB=PC=1,则点P到平面ABC的距离是()A.√66B.√63C.√36D.√333.若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,则点B到平面ACD1的距离为()A.√3B.√33C.3√22D.324.如图1-4-26,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,AD=1,点F,G分别是AB,CC1的中点,则点D1到直线GF的距离为.图1-4-265.在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1=1,AD=DC=√3,Q 是线段A 1C 1上一点,且C 1Q=13C 1A 1,则点Q 到平面A 1DC 的距离为 .用空间向量研究距离问题参考答案【课前预习】知识点1.√|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |2-|AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |2 √a 2-(a ·u )22.|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |n |||AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |诊断分析 (1)× (2)√ (3)√ 【课中探究】探究点一例1 解:因为AB=1,BC=2,AA'=3, 所以A'(0,0,3),C (1,2,0),B (1,0,0), 所以直线A'C 的方向向量A'C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-3). 又BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 在A 'C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影向量的长度为|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 'C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||A 'C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√14,所以点B 到直线A'C 的距离d=√|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2-(|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 'C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||A 'C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|) 2=√4-1614=2√357. 变式1 A [解析] ∵A (0,0,2),B (1,0,2),C (0,2,0),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-2),∴点A 到直线BC 的距离d=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |√1-(cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC⃗⃗⃗⃗⃗ >)2=1×√1-(-11×3)2=2√23.故选A .变式2 解:连接AF ,以D 为原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,设DA=2,则A (2,0,0),E (0,2,1),F (1,0,2),则EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,1),FA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-2). |EF⃗⃗⃗⃗⃗ |=√12+(-2)2+12=√6,FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF⃗⃗⃗⃗⃗ =1×1+0×(-2)+(-2)×1=-1, FA ⃗⃗⃗⃗⃗ 在EF ⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影向量的长度为|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||EF ⃗⃗⃗⃗⃗|=√6, 所以点A 到直线EF 的距离d=√|FA |2-(√6) 2=√296=√1746. 探究点二例2 解:以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A (2,0,0),E (0,2,1),F (1,0,2),G (2,1,0), 所以AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),GE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),GF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,2). 设n=(x ,y ,z )是平面EFG 的法向量, 点A 到平面EFG 的距离为d ,则{n ·GE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·GF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{-2x +y +z =0,-x -y +2z =0,取z=1,得n=(1,1,1),所以d=|AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√3=√33,即点A 到平面EFG 的距离为√33.变式 解:(1)证明:以D 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则P (0,0,2),F (1,0,0),B (2,2,0),E (0,1,1), 所以FP⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1), 所以DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12FP ⃗⃗⃗⃗⃗ +12FB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,又因为DE ⊄平面PFB , 所以DE ∥平面PFB. (2)因为DE ∥平面PFB ,所以点E 到平面PFB 的距离等于点D 到平面PFB 的距离. 设平面PFB 的法向量为n=(x ,y ,z ), 则{n ·FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·FP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +2y =0,-x +2z =0,取x=2,得n=(2,-1,1). 因为FD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),所以点D 到平面PFB 的距离d=|FD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√6=√63,所以点E 到平面PFB 的距离为√63.探究点三例3 解:如图,以D 为坐标原点,分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A 1(1,0,2),A (1,0,0),E (0,√3,1),C (0,√3,0). 过点C 作AB 的垂线交AB 于点F ,易得BF=√3, ∴B (1,2√3,0),∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√3,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-√3,1). 设平面ABE 的法向量为n=(x ,y ,z ), 则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2√3y =0,-x -√3y +z =0,取x=1,得n=(1,0,1).∵AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),∴点A 1到平面ABE 的距离d=|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√2=√2.∵直线A 1B 1到平面ABE 的距离等于点A 1到平面ABE 的距离, ∴直线A 1B 1到平面ABE 的距离为√2.变式 解:如图,建立空间直角坐标系,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),设平面ACD 1的法向量为n=(x ,y ,z ),由n ⊥AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⊥AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 得{-x +y =0,-x +z =0,取x=1,得n=(1,1,1),所以平面ACD 1的一个法向量为n=(1,1,1),因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),所以点B 到平面ACD 1的距离d=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√3=√33. 因为平面A 1BC 1与平面ACD 1的距离等于点B 到平面ACD 1的距离, 所以平面A 1BC 1与平面ACD 1的距离为√33.拓展 解:(1)连接DE.∵PD ⊥平面ABCD ,∴PD ⊥AD ,PD ⊥CD ,又AD ⊥CD , ∴可建立如图所示的空间直角坐标系,则P (0,0,1),A (1,0,0),C (0,1,0),E 1,12,0,F 12,1,0,∴PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,12,-1,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12,12,0. 设平面PEF 的法向量为n=(x ,y ,z ), 则{n ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-12x +12y =0,x +12y -z =0,取x=1,则平面PEF 的一个法向量为n=1,1,32.易知DE⃗⃗⃗⃗⃗ =1,12,0,设D 到平面PEF 的距离为d , 则d=|DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=|1+12|√172=3√1717, 故点D 到平面PEF 的距离为3√1717.(2)由(1)知,平面PEF 的一个法向量为n=1,1,32.∵EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12,12,0,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0), ∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥EF⃗⃗⃗⃗⃗ . ∵AC ,EF 不共线,∴AC ∥EF ,又∵AC ⊄平面PEF ,EF ⊂平面PEF ,∴AC ∥平面PEF. 易得AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,12,0,设直线AC 到平面PEF 的距离为h , 则h=|AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=12√172=√1717, 故直线AC 到平面PEF 的距离为√1717. 【课堂评价】1.B [解析] 如图,以B 为原点,分别以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2),设∠ABE=θ,则cos θ=|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗||BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2×√5=√55,则sin θ=√1-cos 2θ=2√55,故点A 到直线BE 的距离d=|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |sin θ=2×2√55=4√55. 2.D [解析] 以P 为原点,分别以PA ,PB ,PC 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A (1,0,0),B (0,1,0),C (0,0,1),则PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),易得平面ABC 的一个法向量为n=(1,1,1),则P 到平面ABC 的距离d=|PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√33.3.A [解析] 如图,以D 为原点,分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x ,y ,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,则B (3,3,0),A (3,0,0),C (0,3,0),D 1(0,0,3),所以AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,3,0),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,0,3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,0).设平面ACD 1的法向量为n=(x ,y ,z ),则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-3x +3y =0,n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-3x +3z =0,取x=1,得n=(1,1,1),∴点B 到平面ACD 1的距离d=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√3=√3.故选A . 4.√423 [解析] 连接GD 1.以D 为坐标原点,分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x ,y ,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,则D 1(0,0,2),F (1,1,0),G (0,2,1),所以GF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,-1),GD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,1),所以GF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·GD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |GF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2-1√3=1√3,|GD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5,所以点D 1到直线GF 的距离为√5-13=√423. 5.√33 [解析] 连接DQ ,建立如图所示的空间直角坐标系,则D (0,0,1),C (0,√3,1),A 1(√3,0,0),C 1(0,√3,0),由C 1Q=13C 1A 1,得Q √33,2√33,0,∴DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,0),DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,-1),DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√33,2√33,-1.设平面A 1DC 的法向量为n=(x ,y ,z ),由{n ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{√3y =0,√3x -z =0,可取n=(1,0,√3),∴点Q 到平面A 1DC 的距离d=|DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |=√33.。
向量法求空间距离和角
—的平而角“a®牆用向量方法求空间角和距离在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题，其传统的“三步曲”解 法：“作图、证明、解三角形”，作辅助线多、技巧性强，是教学和学习的难点.向 量进入高中教材，为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,木专题将运用 向量方法简捷地解决这些问题.1求空间角问题空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；二面角.(1)求异而直线所成的角.=arcsinli I/II H I法一、在Q 内N 丄/,在0内b 丄/,其方向如图，则二面角设方、乙分别为异而直线a 、b 的方向向量, a 则两异而直线所成的角 a — arccos 1 而Q 所成的角方向向量，；；是平而&的法 (3)求二而法二、设入云是二而角a-/-0的两个半平而的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角a-1-p的平而角a =arccos彳"22求空间距离问题构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，象异而直线间的距离、线而距离；而而距离都可化为点而距离来求.（1）求点而距离法一、设;;是平面Q的法向量，在a内取一点B,则A■ ■■I“・•到&的距离d =1 AB II cos 0\=空叫\n\法二、设AO丄a于O,利用AO丄a和点0在&内的向量表示，可确定点O的位置，从而求出I走1・（2）求异而直线的距离二 ___ ?—法一、找平而0使比0且砂0,则异而直线a、b的距离就转化为直线a到平面0的距离，又转化为点A到平面0的距离.法二、在a上取一点A,在b上取一点B,设方、b分别为异面直线a、b的方向向量,求；；（万丄方，齐丄乙），则・・D于点而距异而直线a、b的距离心而llcos弘空叫（此方法移植丨川(I )求异而直线DE 与FG 所成的角;rh 向量法求空间距离和角例1.如图，在棱长为2的正方体ABCD-gCQ 中,分别是棱4久心的中点•(II )求g 和ffiEFBD 所成的角;(III)求Q 到面EFBD 的距离解：(I )记异而直线DE 与g 所成的角为—则&等于向量码运的夹角或其补角,■ D E.FC 、|cos a =1—:_ I \DE\.\FC {\(II)缈初万冷万石)•(两霸頁艸坐标系D-小, —I 一 ・• II DE bl FC [丨呢= (1,0,2),面= (220)设面E 単翌進|=二・・・a 回風X^s£=("l ) A /5V5 5— _v 、 DE ・H = 0<DB • /z = 0得 7 = (-221)又 BC ； = (-2,0,2)记g 和而EFBD 所成的角为&则 sin 0 =1 cos 〈BC], n) 1=1 ."9 ? 1=I BC { II7? I 2 ・•・Bq 和面EFBD 所成的角为冬.4(III)点目到ffiEFBD 的距离d 等于向量丽;在而EFBD 的法向量上的投影的绝对值,BiTl 33.完成这3道小题后, 总结：例2・己知A BCD 是边长为1的正方形，四边形DA ・ q=0DC ・ q = 0向量法求空间距离和角设计说明：1・作为本专题的例1,首先选择以一个容易建立空间直角坐标系 的多而体 正方体为载体，来说明空间角和距离的向量求法易于学生理解.2.解决(1)后，可让学生进一步求这两条异而直线的距离，并让学生体会一下:如果用传统方法恐怕很难(不必多讲，高考对公垂线的作法不作要求).角、距离还是证明平行、垂直(是前者的特殊情况)，都可用向量方法来解决, 向量方法可以人人学会，它程序化，不需技巧.AA'B'B 是矩形，平丄平面A3CD 。
空间向量的夹角与距离求解公式-高中数学知识点讲解
空间向量的夹角与距离求解公式1．空间向量的夹角与距离求解公式【知识点的认识】1．空间向量的夹角公式→→设空间向量푎=（a1，a2，a3），푏=（b1，b2，b3），→→cos＜푎，푏＞=→→푎⋅푏→→|푎|⋅|푏|=푎1푏1+푎2푏2+푎3푏3푎12+푎22+푎32⋅푏12+푏22+푏32注意：→→→→（1）当 cos＜푎，푏＞= 1时，푎与푏同向；→→→→（2）当 cos＜푎，푏＞=― 1时，푎与푏反向；→→→→（3）当 cos＜푎，푏＞= 0时，푎⊥푏．2．空间两点的距离公式设A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2），则→퐴퐵=(푥2―푥1，푦2―푦1，푧2―푧1)→d A，B＝|퐴퐵| =→퐴퐵⋅→퐴퐵=(푥2―푥1)2+(푦2―푦1)2+(푧2―푧1)2．【解题思路点拨】1．求空间两条直线的夹角建系→写出向量坐标→利用公式求夹角2．求空间两点的距离建系→写出点的坐标→利用公式求距离．【命题方向】（1）利用公式求空间向量的夹角→→例：已知A（2，﹣5，1），B（2，﹣2，4），C（1，﹣4，1），则向量퐴퐵与퐴퐶的夹角为（）1/ 3A.30°B.45°C.60°D.90°→→→分析：由题意可得：퐴퐵=(0，3，3)，퐴퐶=(―1，1，0)，进而得到퐴퐵⋅→→→→→퐴퐶与|퐴퐵|，|퐴퐶|，再由cos＜퐴퐵，퐴퐶＞=→→퐴퐵⋅퐴퐶→→可得答案．|퐴퐵||퐴퐶|解答：因为A（2，﹣5，1），B（2，﹣2，4），C（1，﹣4，1），所以→→퐴퐵=(0，3，3)，퐴퐶=(―1，1，0)，→所以퐴퐵⋅→→→퐴퐶═0×（﹣1）+3×1+3×0＝3，并且|퐴퐵|＝3 2，|퐴퐶| = 2，→→所以 cos＜퐴퐵，퐴퐶＞=→→퐴퐵⋅퐴퐶→→|퐴퐵||퐴퐶|=332×2=12，→→∴퐴퐶的夹角为 60°퐴퐵与故选C．点评：解决此类问题的关键是熟练掌握由空间中点的坐标写出向量的坐标与向量求模，以及由向量的数量积求向量的夹角，属于基础试题．（2）利用公式求空间两点的距离例：已知空间直角坐标系中两点A（3，﹣1，2），B（0，﹣1，﹣2），则A，B 两点间的距离是（）A.3B. 29C.25D.5分析：求出AB 对应的向量，然后求出AB 的距离即可．解答：因为空间直角坐标系中两点A（3，﹣1，2），B（0，﹣1，﹣2），→→所以퐴퐵=（﹣3，0，﹣4），所以|퐴퐵|=(―3)2+02+(―4)2= 5．故选D．点评：本题考查空间两点的距离求法，考查计算能力．2/ 33/ 3。
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
用空间向量研究距离、夹角问题
第1课时
距离问题
核心素养
能用向量方法解决点到
直线、点到平面、互相
平行的直线、互相平行
的平面的距离问题.(直
观想象、数学运算)
思维脉络
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
·1 = 0,
取 z=1,则 x=y=2,所以 n=(2,2,1).
|·1 1 |
所以点 B1 到平面 AD1C 的距离 d=
||
8
= 3.
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.
)
3
A.
2
2
B.
2
C. 3
D.3 2
答案: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=
||
=
|-2+0+1|
2
=
2
2
.故选 B.
探究一
探究二
素养形成
当堂检测
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
所以点 B 到直线 A1C1 的距离
1 1
2
d= |1 | - 1 ·|
= 8-
-1+3+0
空间向量的夹角和距离公式(讲课)
a//b a 1 b 1 ,a 2 b 2 ,a 3 b 3 ( R ) ;
a 1/b 1a 2/b 2a 2/b 2 . a b a1b 1a2b2a3b30;
二、距离与夹角 （1）空间两点间的距离公式
在空间直角坐标系中，已知 A(x1 , y1 , z1) 、 B(x2 , y2 ,z2)，则
例2 如图，在正方体 A B C DA 1B 1C 1D 1中，B1E1
D1F1
A1B1 4
，求
BE1
与
D
F1
所成的角的余弦值。
z
D1
F1
C1
D F 1 0 , 1 4， 1 (0 ,0 ,0 ) 0 , 1 4， 1 .
A1
E1 B1
B E 1D F 1 0 0 1 4 1 4 1 1 1 1 6 5,
| AM| 5 30 6.故 点 A到 直 线 EF的 距 离 为6.
2 10 4
4
课堂练习：
1 . 若 正 方 体 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 的 边 长 为 1 , E , F 分 别 是
C C 1 , D 1 A 1 的 中 点 . 求 ( 1 ) < F E , F A , ( 2 ) 点 A 到 直 线 E F 的 距 离 .
D1
F A1
C1 B1
E
2021/3/11
D A
C B
9
课堂练习：
1 . 若 正 方 体 A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 的 边 长 为 1 , E , F 分 别 是
C C 1 , D 1 A 1 的 中 点 . 求 ( 1 ) < F E , F A , ( 2 ) 点 A 到 直 线 E F 的 距 离 .
空间向量的距离和夹角公式
例2 在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F分別是BB1、 D1 B1的中點，求證：EF⊥ DA1
例3 在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F分別是BB1、 CD的中點，求證：D1F⊥ 平面ADE
例4 如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，已知
B1E1
D1F1
1 4
AB
，與BE1與DF1所成的角的余弦值。
BC=1，AA1=√6，M是棱CC1的中點，
求證：A1B⊥AM
C1
B1
A1
M
C
B
A
3、在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F分別
是DD1，DB中點，G在棱CD上，CD=4CG，H是C1G的
中點，
z
(1) 求證：EF⊥B1C ；
D1
C1
A1 E
B1 H
D
G
C y
F
A
B
x
3、在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F分別
| a| | b |
a12 a22 a32 b12 b22 b32
(2) 空間兩點間的距離公式 在空間直角坐標系中，已知A(x1 , y1 , z1),
B(x2 , y2 , z2)，則
AB (x2 x1, y2 y1, z2 z1)
| AB | AB AB (x2 x1)2 ( y2 y1)2 (z2 z1)2
是DD1，DB中點，G在棱CD上，CD=4CG，H是C1G的
中點，
z
(2) 求EF與C1G所成的角的余弦； D1
C1
(3) 求FH的長。A1 EB1 H NhomakorabeaD
G
C y
F
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
(1) A(1,1, 0) , B(1,1,1) ;
(2) C(3 ,1, 5) , D(0 , 2 , 3) .
例1 如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，B1E1
D1F1
A1B1 4
，求
BE1
与
DF1
所成的角的余弦值。
z
解：设正方体的棱长为1，如图建
全国名校高二数学优质学案专题汇编（附详解）
夹角与距离
z
k i Oj
x
A(x,y,z) y
二、距离与夹角
1.距离公式 （1）向量的长度（模）公式
设a (a1, a2 , a3 )则
| a |2 a a a12 a22 a32
（2）空间两点间的距离公式 在空间直角坐标系中，已知 A(x1 , y1 , z1) 、
2.两个向量夹角公式
cos a,b a b | a || b |
注意：
a1b1 a2b2 a3b3
;
a12 a22 a32 b12 b22 b32
（1）当 cos a , b 1 时，a 与 b 同向； （2）当 cos a , b 1时，a 与 b 反向；
C
A
B
思考题：
已知A（0,2,3)、B（ 2,1,6), C(1,1,5), 用向量 方法求 ABC的面积 S。
三、应用举例
例1 已知 A(3 , 3 ,1)、B(1, 0 , 5) ，求：
（1）线段 AB 的中点坐标和长度；
（2）到 A 、B两点距离相等的点 P(x , y , z) 的
D1
F1
C1
立空间直角坐标系 O xyz ，则
A1
E1 B1
D
O
A
x
Cy
15
B
cos
BE1
,
DF1
|
BE1 BE1 |
DF1 | DF1
|
16 15 . 17 17 17
44
练习二：
正方体A1B1C1D1－ABCD ，E、F分别是C1C
D1A1的中点，1)求 AB, EF 2)求点A到直线EF的距离。 (用向量方法）
B(x2 , y2 , z2 )，则 AB ( x2 x1 , y2 y1 , z2 z1)
| AB | AB AB (x2 x1)2 ( y2 y1)2 (z2 z1)2
d A,B ( x2 x1)2 ( y2 y1)2 (z2 z1)2
坐标 x , y , z 满足的条件。
A
M
到 A 、B 两点距离相等的点的坐标
B
(x , y , z) 满足的条件是 4x 6 y 8z 7 0
O
四、课堂小结：
1.基本知识： （1）向量的长度公式与两点间的距离公式； （2）两个向量的夹角公式。 2.思想方法：用向量计算或证明几何问题 时，可以先建立直角坐标系，然后把向量、点坐 标化，借助向量的直角坐标运算法则进行计算或 证明。
D1
F A1
C1 B1
E
D A
C B
练习三：
如图：直三棱柱ABC A1B1C1, 底面ABC 中，
CA＝CB＝1，BCA＝90o，棱AA1＝2，M、
N分别为A1B1、AA1的中点，
C11)求BN的长；来自A1B1M
2)求 cos BA1, CB1 的值； N
3)求证：A1B C1M。
（3）当cos a , b 0 时，a b 。
思考：当 0 cos a , b 1及 1 cos a , b 时0 ， 的夹角在什么范围内？
练习一：
1.求下列两个向量的夹角的余弦：
(1) a (2 , 3 , 3) , b (1, 0 , 0) ; (2) a (1, 1,1) , b (1, 0 ,1) ;