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课件网) 第六节 空间向量与空间角、距离问题 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和简单夹角问题. 2.了解向量方法在研究立体几何问题中的作用. 1．空间向量与空间角 2.空间向量与距离 (1)最小角定理cos θ＝cos θ1cos θ2 如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面 α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的 角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. (2)线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|. (3)平面与平面所成的角和二面角的概念不同． 3．(人教A版选择性必修第一册P44·T15改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为_____. 重难点———逐一精研(补欠缺) 重难点(一) 直线与平面所成的角 [典例] (2021·深圳二模)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中， AB∥CD，DC＝2，AA1＝3，AB＝BC＝AD＝1，点E和F分别在侧棱 AA1，CC1上，且A1E＝CF＝1. (1)求证：BC∥平面D1EF； (2)求直线AD与平面D1EF所成角的正弦值． [方法技巧] 利用空间向量求线面角的解题模型 [针对训练] (2021·南平二模)如图，已知四边形ACDE为菱形，∠CDE＝60°，A C⊥BC，F是DE的中点，平面ABC∩平面BDE＝l. (1)证明：l⊥平面BCF； (2)若平面ABC⊥平面ACDE，AC＝BC＝2，求AE与平面BDE所成角的正弦值． 解：(1)证明：因为四边形ACDE为菱形，∠CDE＝60°，所以△CDE是等边三角形，因为F是DE的中点，所以AC⊥CF，又AC⊥BC，CF∩BC＝C，CF，BC 平面BCF，所以AC⊥平面BCF.又菱形ACDE中，ED∥AC，AC 平面BDE，DE 平面BDE，所以AC∥平面BDE.而AC 平面ABC，平面ABC∩平面BDE＝l，得l∥AC.因此l⊥平面BCF. [方法技巧] 1．利用向量法解二面角问题的策略 找法向量法 分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小 找与棱垂直的方向向量法 分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 2.两个平面夹角的向量求法 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面的夹角，用坐标法解题的步骤如下： (1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系； (2)求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n1，n2； [针对训练] 1.如图所示，AB为圆锥S-ABC底面圆的直径，点C为底面半圆弧AB 上不与A，B重合的一点，设点D为劣弧BC的中点． (1)求证：BC⊥SD； (2)设AB＝2，且圆锥的高为3，当∠BAC＝60°时，求二面角A-SC-B的余弦值． 解：(1)证明：取AB的中点O，连接SO，OD，则SO⊥平面ABC， 且OD垂直平分BC，所以SO⊥BC，BC⊥OD，又因为SO∩OD＝ O，SO 平面SOD，OD 平面SOD，所以BC⊥平面SOD，因为SD 平面SOD，所以BC⊥SD. 2．(2022·滨州一模)如图1所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为4的正方形．过点A的平面与棱BB1，CC1，DD1分别相交于E，F，G三点，且CF＝3，DG＝2. (1)求BE的长； (2)若平行六面体ABCD-A1B1C1D1是侧棱长为6的直四棱柱(如图2)，求平面ABCD与平面AED1所成锐二面角的余弦值． 解：(1)如图，过点G作GH平行于DC，与棱CC1相交于点H， 则四边形GHCD为平行四边形，所以CH＝2，GH＝DC，GH ∥DC， 又AB＝DC，AB∥DC，所以GH＝AB，GH∥AB， 则四边形ABHG为平行四边形，所以AG∥BH. 又因为平面BCC1B1∥平面ADD1A1，平面AEFG∩平面BCC1B ... ...
