§8.8立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离最新考纲考情考向分析1.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.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.本节是高考中的必考内容,涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容,考查热点是空间角的求解.题型以解答题为主,要求有较强的数学运算素养,广泛应用函数与方程思想、转化与化归思想.1.两条异面直线所成角的求法设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量,则l1与l2所成的角θa与b的夹角β范围0,π2[0,π]求法cosθ=|a·b||a||b|cosβ=a·b|a||b|2.斜线和平面所成的角(1)斜线和它在平面内的射影的所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角).(2)斜线和它在平面内的射影所成的角,是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角.3.二面角(1)从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.(2)在二面角α—l—β的棱上任取一点O,在两半平面内分别作射线OA⊥l,OB⊥l,则∠AOB叫做二面角α—l—β的平面角.4.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cosθ=|cos〈m1,m2〉|.(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m,n,则直线l与平面α所成角θ满足sinθ=|cos〈m,n〉|.(3)求二面角的大小1°如图①,AB、CD是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ=〈AB→,CD→〉.2°如图②③,n1,n2分别是二面角α—l—β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足cosθ=cos〈n1,n2〉或-cos〈n1,n2〉.概念方法微思考1.利用空间向量如何求线段长度?提示利用|AB→|2=AB→·AB→可以求空间中有向线段的长度.2.如何求空间点面之间的距离?提示点面距离的求法:已知AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量,则点B到平面α的距离为|BO→|=|AB→||cos〈AB→,n〉|.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(×)(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.(×)(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.(×)(4)两异面直线夹角的范围是0,π2,直线与平面所成角的范围是0,π2,二面角的范围是[0,π].(√)(5)若二面角α-a-β的两个半平面α,β的法向量n1,n2所成角为θ,则二面角α-a-β的大小是π-θ.(×)题组二教材改编2.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为()A.45°B.135°C.45°或135°D.90°答案C解析cos〈m,n〉=m·n|m||n|=11·2=22,即〈m,n〉=45°.∴两平面所成二面角为45°或180°-45°=135°.3.如图,正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为22,则AC1与侧面ABB1A1所成的角为______.答案π6解析如图,以A为原点,以AB→,AE→(AE⊥AB),AA1→所在直线分别为x轴、y轴、z轴(如图)建立空间直角坐标系,设D为A1B1的中点,则A(0,0,0),C1(1,3,22),D(1,0,22),∴AC1→=(1,3,22),AD→=(1,0,22).∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角,cos∠C1AD=AC1→·AD→|AC1→||AD→|=1,3,22·1,0,2212×9=32,又∵∠C1AD∈0,π2,∴∠C1AD=π6.题组三易错自纠4.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为()A.110B.25C.3010D.22答案C解析以点C为坐标原点,CA,CB,CC1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.设BC=CA=CC1=2,则可得A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,2),N(1,0,2),∴BM→=(1,-1,2),AN→=(-1,0,2).∴cos〈BM→,AN→〉=BM→·AN→|BM→||AN→|=1×-1+-1×0+2×212+-12+22×-12+02+22=36×5=3010.5.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〈m,n〉=-12,则l与α所成的角为________.答案30°解析设l与α所成角为θ,∵cos〈m,n〉=-12,∴sinθ=|cos〈m,n〉|=12,∵0°≤θ≤90°,∴θ=30°.题型一求异面直线所成的角例1如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.(1)证明:平面AEC⊥平面AFC;(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.(1)证明如图所示,连接BD,设BD∩AC=G,连接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=3.由BE⊥平面ABCD,AB=BC=2,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=3,且EG⊥AC.在Rt△EBG中,可得BE=2,故DF=22.在Rt△FDG中,可得FG=62.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=2,DF=22,可得EF=322,从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.又AC∩FG=G,AC,FG⊂平面AFC,所以EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(2)解如图,以G为坐标原点,分别以GB,GC所在直线为x轴、y轴,|GB→|为单位长度,建立空间直角坐标系Gxyz,由(1)可得A(0,-3,0),E(1,0,2),F-1,0,22,C(0,3,0),所以AE→=(1,3,2),CF→=-1,-3,22.故cos〈AE→,CF→〉=AE→·CF→|AE→||CF→|=-33.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为33.思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系;(2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线的方向向量;(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值;(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.跟踪训练1三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等边三角形,AA1⊥平面ABC,AA1=AB,N,M分别是A1B1,A1C1的中点,则AM与BN所成角的余弦值为()A.110B.35C.710D.45答案C解析如图所示,取AC的中点D,以D为原点,BD,DC,DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,不妨设AC=2,则A(0,-1,0),M(0,0,2),B(-3,0,0),N-32,-12,2,所以AM→=(0,1,2),BN→=32,-12,2,所以cos〈AM→,BN→〉=AM→·BN→|AM→|·|BN→|=725×5=710,故选C.题型二求直线与平面所成的角例2(2018·全国Ⅰ)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得BF⊥PF,BF⊥EF,PF∩EF=F,PF,EF⊂平面PEF,所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解如图,作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,HF→的方向为y轴正方向,|BF→|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,所以PE⊥PF.所以PH=32,EH=32.则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP→=1,32,32,HP→=0,0,32.又HP→为平面ABFD的法向量,设DP与平面ABFD所成的角为θ,则sinθ=|cos〈HP→,DP→〉|=|HP→·DP→||HP→||DP→|=343=34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.思维升华若直线l与平面α的夹角为θ,直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹角为β,则θ=π2-β或θ=β-π2,故有sinθ=|cosβ|=|l·n||l||n|.跟踪训练2(2018·全国Ⅱ)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明因为PA=PC=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=23.如图,连接OB.因为AB=BC=22AC,所以△ABC为等腰直角三角形,所以OB⊥AC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.因为OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,OB,AC⊂平面ABC,所以PO⊥平面ABC.(2)解由(1)知OP,OB,OC两两垂直,则以O为坐标原点,分别以OB,OC,OP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP→=(0,2,23).由(1)知平面PAC的一个法向量为OB→=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0≤a≤2),则AM→=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由AP→·n=0,AM→·n=0,得2y+23z=0,ax+4-ay=0,可取y=3a,得平面PAM的一个法向量为n=(3(a-4),3a,-a),所以cos〈OB→,n〉=OB→·n|OB→||n|=23a-423a-42+3a2+a2.由已知可得|cos〈OB→,n〉|=cos30°=32,所以23|a-4|23a-42+3a2+a2=32,解得a=-4(舍去)或a=43.所以n=-833,433,-43.又PC→=(0,2,-23),所以cos〈PC→,n〉=34.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.题型三求二面角例3(2018·锦州模拟)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=2,∠ABC=60°,平面ACEF⊥平面ABCD,四边形ACEF是菱形,∠CAF=60°.(1)求证:BF⊥AE;(2)求二面角B-EF-D的平面角的正切值.(1)证明依题意,在等腰梯形ABCD中,AC=23,AB=4,∵BC=2,∴AC2+BC2=AB2,即BC⊥AC,又∵平面ACEF⊥平面ABCD,平面ACEF∩平面ABCD=AC,BC⊂平面ABCD,∴BC⊥平面ACEF,而AE⊂平面ACEF,∴AE⊥BC,连接CF,∵四边形ACEF为菱形,∴AE⊥FC,又∵BC∩CF=C,BC,CF⊂平面BCF,∴AE⊥平面BCF,∵BF⊂平面BCF,∴BF⊥AE.(2)解取EF的中点M,连接MC,∵四边形ACEF是菱形,且∠CAF=60°,∴由平面几何易知MC⊥AC,又∵平面ACEF⊥平面ABCD,平面ACEF∩平面ABCD=AC,CM⊂平面ACEF,∴MC⊥平面ABCD.以CA,CB,CM所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,各点的坐标依次为C(0,0,0),A(23,0,0),B(0,2,0),D(3,-1,0),E(-3,0,3),F(3,0,3),设平面BEF和平面DEF的一个法向量分别为