1.5用空間向量研究距離、夾角問題知識點目錄知識點目錄TOC\o"11"\h\u【知識點1】點到線的距離 1【知識點2】點到面的距離 4【知識點3】線線角 9【知識點4】線面角 13【知識點5】面面角 18學習目標學習目標1.掌握點到線的距離、點到面的距離(重點)。2.掌握空間向量求空間角(重難點)。知識點1知識點1知識點知識點【知識點1】點到線的距離1．點到直線的距離點到線的距離：l的單位方向向量為u，AP=a，則點P到直線l的距離2．向量法求距離的方法(1)構建恰當的空間直角坐標系．(2)準確求解相關點的坐標．(3)求出直線的方向向量．(4)應用公式求解．典型例題典型例題例1：【例1】（2025春?江蘇校級期中）已知空間中三點A（﹣1，0，0），B（0，1，﹣1），C（﹣1，﹣1，2），則點C到直線AB的距離為（）A．63 B．32 C．2 【答案】C【分析】根據點到直線距離的向量坐標公式計算，即可得出答案．【解答】解：∵A（﹣1，0，0），B（0，1，﹣1），C（﹣1，﹣1，2），∴AC→則點C到直線AB的距離為|AC故選：C．【例2】（2024秋?琿春市校級期末）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BC的中點，P為D1E的中點，則點P到直線CC1的距離為（）A．1 B．52 C．32 【答案】B【分析】建立空間直角坐標系，利用坐標法求解點線距即可．【解答】解：如圖建立空間直角坐標系D﹣xyz，則E（1，2，0），D1（0，0，2），P（12，1，1），C∴CP→=(1∴點P到直線CC1的距離：d=CP故選：B．【例3】（2025?岳麓區校級模擬）在空間直角坐標系中，若一條直線經過點P（x0，y0，z0），且以向量m→=（a，b，c）（abc≠0）為方向向量，則這條直線可以用方程x?x0a=y?y0bA．52 B．522 C．5【答案】B【分析】根據直線方程，求出直線l經過點P（﹣1，0，1），且m→【解答】解：因為直線l的方程為x+12=y=?即x+12所以直線l經過點P（﹣1，0，1），且m→又點Q（2，4，﹣4），所以PQ→故點Q到直線l的距離為|PQ故選：B．【例4】（2025春?百色校級期中）在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，AD＝4，點E在棱BC上，且BC＝4BE，點G為△AB1C的重心，則點G到直線AE的距離為（）A．63 B．2 C．33 【答案】A【分析】根據給定條件，建立空間直角坐標系，利用空間向量求出點到直線的距離．【解答】解：在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，建立如圖所示的空間直角坐標系，由AB＝1，AA1＝2，AD＝4，得A（0，0，0），C（1，4，0），B1（1，0，2），由點E在棱BC上，且BC＝4BE，得E（1，1，0），△AB1C的重G(2則AE→=(1，1，0)，AG→=(23，所以點G到直線AE的距離d=|故選：A．知識點2知識點2知識點知識點【知識點2】點到面的距離1．點到平面的距離如圖，設AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則B到平面α的距離d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)．2．向量法求距離的方法(1)構建恰當的空間直角坐標系．(2)準確求解相關點的坐標．(3)求出直線的方向向量．(4)應用公式求解典型例題典型例題例1：【例5】（2025春?鹽城期中）若平面α過點A（2，3，0）且該平面的一個法向量為n→=（2，1，1），則點A．6 B．233 C．23【答案】A【分析】根據題意可得AP→【解答】解：由題意可知AP→=(?6，?12，30)，且平面α的一個法向量為所以點P（﹣4，﹣9，30）到平面α的距離d=|故選：A．【例6】（2025春?連云港校級月考）在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點P，Q分別為平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，則點B到平面APQ的距離為（）A．1010 B．1111 C．55【答案】B【分析】利用正方體建系，分別求出相關點和向量的坐標，計算出平面APQ的法向量坐標，利用點到平面距離的向量公式計算即得．【解答】解：如圖，以點D為坐標原點，建立空間直角坐標系D﹣xyz，則A（1，0，0），B1（1，1，1），D1（0，0，1），B（1，1，0），C1（0，1，1），因點P，Q分別為平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，則P(1于是，AP→設平面APQ的法向量為n→則n→?AP→=0n→又BA→=(0，?1，0)，|n→則點B到平面APQ的距離為d=|故選：B．【例7】（2025春?興化市期中）空間直角坐標系中，u（x﹣x0）+v（y﹣y0）+w（z﹣z0）＝0表示經過點（x0，y0，z0），且法向量為（u，v，w）的平面的方程．已知平面α的方程為x+2y+z﹣3＝0，過點P（1，2，3）作直線l⊥α，點M（a，b，c）為直線l上任意一點，則a，b滿足的關系式為；點P到平面α的距離為．【答案】b＝2a；56【分析】空一：根據平面的法向量與MP→空二；利用P到平面α的距離公式|AP【解答】解：平面α的方程為x+2y+z﹣3＝0，所以平面α的法向量為n→又直線l⊥α，且P，M∈l，因為點P（1，2，3），M（a，b，c），所以MP→=(1?a，2?b，3?c)，則MP→∥n即（1﹣a，2﹣b，3﹣c）＝λ（1，2，1），即1?a=λ2?b=2λ所以2（1﹣a）＝2﹣b，即b＝2a；又平面x+2y+z﹣3＝0經過點（0，0，3），記為A，則AP→所以點P到平面α的距離為|AP故答案為：b＝2a；56【例8】（2025?濱海新區校級三模）在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為矩形，AF⊥平面ABCD，EF∥AB，其中AD＝2，AB＝AF＝2EF＝1，P是棱DF的中點．（Ⅰ）求證：BF∥平面APC；（Ⅱ）求直線DF與平面APC夾角的正弦值；（Ⅲ）求點E到平面APC的距離；【答案】（Ⅰ）證明見解答；（Ⅱ）45【分析】（Ⅰ）根據中位線性質得出BF∥PO，即可得證；（Ⅱ）建立空間直角坐標系，求出平面APC的法向量，利用向量法求解即可；（Ⅲ）求出EA→=(?1【解答】解：（Ⅰ）證明：連接BD交AC于點O，因為P，O分別為DF，DB的中點，所以BF∥PO，又PO?平面APC，BF?平面APC，則BF∥平面APC；（Ⅱ）直線AF⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以AF⊥AB，且AF⊥AD，AB⊥AD，則以A為原點，AB，AD，AF所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則B（1，0，0），D（0，2，0），E(12，0，1)，C（1，2，0），F所以AP→=(0，1，1設平面APC的法向量為n→由n→?AP令x＝2，得n→=(2，?1，2)，且所以cos＜DF直線DF與平面APC夾角的正弦值為45（Ⅲ）因為EA→且平面APC的法向量為n→則點E到平面APC的距離d=|知識點3知識點3知識點知識點【知識點3】線線角1．異面直線所成的角(1)設a，b是兩條異面直線，過空間任一點O作直線a′∥a，b′∥b，則a′與b′所夾的銳角或直角叫做a與b所成的角．2．向量法求兩異面直線所成角的步驟(1)選好基底或建立空間直角坐標系．(2)求出兩直線的方向向量v1，v2．(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝eq\f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解．典型例題典型例題例1：【例9】（2025?南寧模擬）空間中，已知兩條直線m，n，其方向向量分別為a→，b→，則“?a→，A．充分非必要條件 B．必要非充分條件 C．充要條件 D．既非充分又非必要條件【答案】A【分析】根據空間兩直線所成角及直線方向向量的定義，結合充分條件、必要條件的定義判斷即可．【解答】解：空間中，已知兩條直線m，n，其方向向量分別為a→由?a→，b→?=π但直線m與n所成角為π4時，?a→所以?a→，b→?=π故選：A．【例10】（2025春?常州月考）已知四棱錐P﹣ABCD的底面為直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝1，AB＝2，則異面直線AC與PB所成的角的余弦值為．【答案】105【分析】根據空間直角坐標系即可求解．【解答】解：以A為坐標原點，AD，AB，AP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖，則A（0，0，0），B（0，2，0），C（1，1，0），P（0，0，1），所以AC→=(1，1，0)，故|AC→|=2，所以cos?AC→，PB→?=AC故答案為：10【例11】（2025?蘇州三模）如圖，正四棱錐S﹣ABCD，SA＝2，AB=2，P為側棱SD上的點，且SP（1）求證：AC⊥SD；（2）求異面直線SA與CP所成角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）728【分析】（1）連接BD，交AC于點O，連結SO，可證出SO⊥平面ABCD，SO⊥AC，結合AC⊥BD，運用線面垂直的判定定理證出AC⊥平面SBD，進而證出AC⊥SD；（2）以{OB→，OC→，OS→}為正交基底，建立空間直角坐標系，求出向量SA→，CP→【解答】（1）證明：連接BD，交AC于點O，連結SO，因為四棱錐S﹣ABCD為正四棱錐，所以SO⊥平面ABCD，結合AC?平面ABCD，可得SO⊥AC，正四棱錐S﹣ABCD中，底面四邊形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，因為AC⊥SO，AC⊥BD，SO∩BD＝O，SO、SO?平面SBD，所以AC⊥平面SBD，結合SD?平面SBD，可得AC⊥SD；（2）解：以{OB→則A（0，﹣1，0），S(0，0，3)，C（0，1，0），所以SA→=（0，﹣1，?3），DSCP→=CD→+DP→=CD可得cos＜SA→，因此異面直線SA與CP所成角的余弦值為728【例12】（2025?閔行區校級三模）如圖，P是圓錐的頂點，AB是底面圓O的一條直徑，OC是一條半徑，且∠AOC＝60°，已知該圓錐的側面展開圖是一個面積為8π的半圓面．（1）求該圓錐的體積；（2）求異面直線PB與AC所成角的余弦值．【答案】見試題解答內容【分析】（1）設該圓錐的母線長為l，底面圓半徑為r，高為h，由題意12πl2=8π，得l＝4，底面圓周長C＝2πr＝πl＝4π，求出r＝2，從而（2）取弧AB中點D，則OD⊥OB，由OP垂直于底面，得OD，OB，OP兩兩垂直，以OD為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出異面直線PB與AC所成角的大小．【解答】解：（1）設該圓錐的母線長為l，底面圓半徑為r，高為h，由題意12πl底面圓周長C＝2πr＝πl＝4π，解得r＝2，∴h=l2?∴該圓錐的體積V=1（2）如圖所示，取弧AB中點D，則OD⊥OB，∵OP垂直于底面，∴OD，OB，OP兩兩垂直，以OD為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系，由題意A（0，﹣2，0），B（0，2，0），C（3，?1，0），P（0，0，23AC→=（3，1，0），PB設PB與AC所成角為θ，則cosθ=|∴異面直線PB與AC所成角的余弦值為14知識點4知識點4知識點知識點【知識點4】線面角1．直線與平面所成角如圖所示，設直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sinφ＝|cosθ|＝eq\f(|e·n|,|e||n|)．2．向量法求線面角的方法(1)分別求出斜線和它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(鈍角時取其補角)，取其余角就是斜線和平面所成的角典型例題典型例題例1：【例13】（多選）（2025春?長沙月考）在三棱錐P﹣ABC中，P（2，2，0），A（4，0，6），B（0，4，2），C（0，0，4），則（）A．|PB|=23B．直線CA與直線CB夾角的余弦值為?1C．向量n→=（﹣1，1，2）是平面ABCD．PB與平面ABC所成角的正弦值為2【答案】ACD【分析】由空間兩點間的距離公式判斷A；利用數量積求夾角判斷B；由數量積為0判斷C；求出平面ABC的一個法向量，再由向量求夾角判斷D．【解答】解：對于A：∵P（2，2，0），B（0，4，2），∴|PB|=(2?0)2∵A（4，0，6），B（0，4，2），C（0，0，4），∴CA→=(4，0，2)，CB→=（0，4，﹣2），∴cos?CA→，CB→∵n→=（﹣1，1，2），且CA→?n→=4×(?1)+0×1+2×2=0，CB又PB→=(?2，2，2)，PB與平面ABC所成角的正弦值為|cos?PB故選：ACD．【例14】（2025春?江門期中）若點A（0，2，0），B（1，3，﹣1），平面α的一個法向量為n→=（1，2，﹣2），則直線AB與平面α所成角的正弦值為．【答案】53【分析】利用線面夾角公式即可求解．【解答】解：由條件可得：AB→直線AB與平面α所成角的正弦值為：|AB故答案為：53【例15】（2025?河北模擬）如圖，在棱長為3的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分別為棱AA1，BB1的中點，點G滿足A1（1）證明：A1C1∥平面BED1；（2）求直線DG與平面D1EF所成角的正弦值．【答案】（1）證明過程見解析；（2）9110【分析】（1）建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出平面BED1的法向量m→=(1，1，2)，求出A1C1→?m→（2）求出平面D1EF的法向量，利用線面角的正弦公式求出答案．【解答】解：（1）證明：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，A1A1設平面BED1的法向量為m→則m→⊥BE令z＝2，得x＝y＝1，故m→所以A1故A1C1→⊥m→，所以A（2）G(3，2，3)，D(0，0，0)，F(3，3，32)，DG設平面D1EF的法向量為n→則n→⊥EF解得y1＝0，令x1＝1，則z1＝2，故n→設直線DG與平面D1EF所成角大小為θ，則sinθ=|cos＜DG【例16】（2025春?虹口區校級月考）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=BC=1，AA1=AC=3，D，E分別為AA（1）求證：BE⊥AC1；（2）求直線AC1與平面DBC所成角的大小．【答案】（1）證明見解析；（2）arcsin3【分析】（1）根據給定條件，利用線面垂直的判定、性質推理得證；（2）以E為原點建立空間直角坐標系，求出平面DBC的法向量，再利用線面角的向量法求解．【解答】解：（1）證明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BE?平面ABC，則AA1⊥BE，由BA＝BC，E為AC的中點，得AC⊥BE，又AA1∩AC＝A，AC?平面ACC1A1，AA1?平面ACC1A1，BE⊥平面ACC1A1，又AC1?平面ACC1A1，所以BE⊥AC1．（2）以E為原點，直線EA，EB分別為x，y軸，過點E作與AA1平行的直線為z軸，建立空間直角坐標系，由E為AC的中點，BE⊥AC，AB=BC=1，AA1=AC=BE=AB2?AE2=1A(3AC設平面BCD的法向量為n→則n→⊥BC→n→⊥記直線AC1與平面DBC所成角的大小為θ，則sinθ=|所以直線AC1與平面DBC所成角為arcsin3知識點5知識點5知識點知識點【知識點5】面面角1．求二面角的大小(1)如圖1，AB、CD是二面角α－l－β的兩個面內與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉．2．向量法計算二面角大小的方法(1)找法向量法：分別求出二面角的兩個半平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二面角的大小．但要注意結合實際圖形判斷所求角的大小．(2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小典型例題典型例題例1：【例17】（2025春?海安市期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝22，點E滿足BE→（1）若λ=12，求點A到平面（2）若平面DEC與平面BEC夾角的余弦值為23【答案】（1）263；（2）λ【分析】（1）以D為原點建系，利用向量法求點到平面的距離即可；（2）利用向量法求面面角，可得關于λ的方程，解之即可．【解答】解：（1）以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則D（0，0，0），P（0，0，22），A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），當λ=12時，E是PB的中點，所以E（1，1，所以DA→=（2，0，0），DC→=（0，2，0），設平面DEC的一個法向量為m→=（x，y，z），則取z＝﹣1，則x=2，y＝0，所以m→=所以點A到平面DEC的距離為|DA（2）由題意知，BE→=λBP所以CE→=CB→+設平面DEC的一個法向量為n1→=（x1，y1，z1取x1=2λ，z1＝λ﹣1，所以n1設平面BEC的一個法向量為n2→=（x2，y2，z2取z2＝1，x2＝0，y2=2，所以n1→因為平面DEC與平面BEC夾角的余弦值為23所以|cos＜n1→，n整理得3λ2+2λ﹣1＝0，解得λ=2故λ=2【例18】（2025?淄博校級模擬）在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC，面PAC⊥底面ABCD，PA⊥AC，PA＝BC＝2AB＝4，∠ABC＝60°．（1）證明：AB⊥AP；（2）求平面ACP與平面CDP夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）257【分析】（1）利用面面垂直的性質可得PA⊥平面ABCD，再利用線面垂直的性質可得結論；（2）以A為原點，以AB，AC，AP分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，求出平面CDP的一個法向量以及平面ACP的一個法向量，利用空間向量夾角公式求解即可．【解答】解：（1）證明：∵平面PAC⊥底面ABCD，平面PAC∩平面ABCD＝AC，PA?平面PAC，PA⊥AC，∴PA⊥平面ABCD，又∵AB?平面ABCD，∴PA⊥AB；（2）∵底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC，AB＝2，BC＝4，∠ABC＝60°，∴AC=4+16?2×2×4×∴AB2+AC2＝16＝BC2，∴BA⊥AC，由（1）PA⊥平面ABCD，以A為原點，以AB，AC，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的坐標系，C(0，23，0)，D(0，23∴DC→=(1，3設平面CDP的一個法向量n1則n1令x=23，可得n而平面ACP的一個法向量n2設平面ACP與平面CDP的夾角為θ，則cosθ=|【例19】（2025?金鳳區校級模擬）已知ABCD是菱形，AB＝3，AC＝2，E為AC的中點，將△DAC沿AC折起，使點D與點P重合，且PB＝4．（1）證明：PE⊥平面ABC；（2）求二面角B﹣PA﹣C的余弦值．【答案】（1）證明見解答；（2）1010【分析】（1）根據菱形得出PE⊥AC，再利用勾股定理得出PE⊥BE，利用線面垂直的判定定理即可得證；（2）建立空間直角坐標系，分別求出平面ABP和平面PAC的一個法向量，利用向量法求解即可．【解答】解：（1）證明：因為ABCD是菱形，E為AC的中點，所以PE⊥AC，又因為AB＝3，A