空间向量的应用----求空间角与距离一、考点梳理1.自新教材实施以来，近几年高考的立体几何大题，在考查常规解题方法的同时，更多地关注向量法（基向量法、坐标法）在解题中的应用。

坐标法（法向量的应用），以其问题（数量关系：空间角、空间距离）处理的简单化，而成为高考热点问题。

可以预测到，今后的高考中，还会继续体现法向量的应用价值。

2.利用法向量求空间角和空间距离，其常用技巧与方法总结如下：1)求直线和直线所成的角若直线AB 、CD 所成的角是α，cos α=|,cos |><CDAB ||||CD AB CD AB =2).利用法向量求线面角设θ为直线l 与平面α所成的角，ϕ为直线l 的方向向量v 与平面α的法向量n 之间的夹角，则有2πϕθ=-或2πϕθ=+。

特别地0ϕ=时， 2πθ=，l α⊥；2πϕ=时，0θ=，l α⊂或l α。

计算公式为：||sin cos ||||v n v n θϕ==或||sin sin()cos (0)2||||||||v n v n v n v n v n πθϕϕ=-=-=-=<3).利用法向量求二面角设1n 、2n 分别为平面α、β的法向量，二面角l αβ--的大小为θ，向量1n 、2n 的夹角为ϕ，则有θϕπ+=或θϕ=。

计算公式为：4).利用法向量求点面距离如图点P 为平面外一点，点A 为平面内的任一点，平面的法向量为n ,过点P 作平面α的垂线PO ，记∠OPA=θ，则点P 到平面的距离θcos ||||PA PO d ==5).法向量在距离方面除应用于点到平面的距离外，还能处理异面直线间的距离，线面间的距离，以及平行平面间的距离等。

其一，这三类距离都可以转化为点面间的距离；其二，异面直线间的距离可用如下方法操作：在异面直线上各取一点A 、B ，AB 在n 上的射影长即为所求。

n 为异面直线AD 、BC 公共垂直的方向向量，可由0n AD ⋅=及0n BC ⋅=求得，其计算公式为：||||n AB d n =。

其本质与求点面距离一致。

向量是新课程中引进的一个重要解题工具。

而法向量又是向量工具中的一朵厅葩，解题方法新颖，往往能使解题有起死回生的效果，所以在学习中应起足够的重视。

二、范例分析例1 已知ABCD 是上、下底边长分别为2和6，3将它沿对称轴1OO n αA POθ折成直二面角，如图所示，（1）证明：1AC BO ⊥；（2）求二面角1O AC O --的大小。

分析：题干给出一个直二面角和一条对称轴1OO ，易知1OO OB ⊥，1OO OA ⊥，故有着明显的建系条件；另外给出梯形的边长、高，则各点坐标较易求得。

用坐标法求解，可避开二面角的寻找、理推等困挠，只需先求面与面OAC 的法向量，再用公式计算便可。

第（1）问的作用在于证明1O B ⊥面OAC ，也就找到了一个法向量；而面1O AC 的法向量可用由0n AC ⋅=及10n O C ⋅=求得，只是解出x 、y 、z 关系后，对z 的取值要慎重，可先观察二面角的大小是锐角、直角，还是钝角。

解：（1）证明：由题设知1OO OA ⊥、1OO OB ⊥，所以AOB ∠是所折成的直二面角的平面角，即OA OB ⊥。

故可以O 为原点，OA 、OB 、1OO 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标第，如图，则相关各点的坐标是：(3,0,0)A ，(0,3,0)B ，(0,1,3)C ，1(0,0,3)O ，从而，(3,1,3)AC =-1(0,3,3)BO =-，13330AC BO ⋅=-+⨯=，即1AC BO ⊥。

（2）解：因为103330C BO ⋅=-+⨯=，所以1OC BO ⊥。

由（1）1AC BO ⊥，所以1BO ⊥平面OAC ，1BO 是平面OAC 的一个法向量。

设(,,)n x y z =是平面1O AC 的一个法向量，由1033000n AC x y z y n O C ⎧⎧⋅=-++=⎪⎪⇒⎨⎨=⋅=⎪⎪⎩⎩ 取3z =，得(1,0,3)n =。

设二面角1O AC O --的大小为θ，由n 、1BO 的方向可知1,n BO θ=<>， 所以1113cos cos ,4||||n BO n BO n BO θ=<>==，即二面角1O AC O --的大小是3arccos4。

感悟：（1）用法向量的方法处理二面角的问题时，将传统求二面角问题时的三步曲：“找——证——求”直接简化成了一步曲：“计算”，这表面似乎淡化了学生的空间想象能力，但实质不然，向量法对学生的空间想象能力要求更高，也更加注重对学生创新能力的培养，体现了教育改革的精神。

（2）利用坐标法求解和距离，关键是有明显或较为明显的建系条件，从而建立适当的空间直角坐标系——尽可能多地使空间的点在坐标轴上或坐标平面内，正确表达已知点的坐标。

在立体几何数量关系的解决中，法向量的运用可以使问题简单化，其难点在于掌握和应用法向量解决空间解和距离求法的常用技巧与方法，特别是体会其中的转化和思想方法。

例2．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，ABCD 是正方形，ABEF 是矩形，且,21a AD AF ==G 是EF 的中点，（Ⅰ）求证平面AGC ⊥平面BGC ； （Ⅱ）求GB 与平面AGC 所成角的正弦值. （Ⅲ）求二面角B —AC —G 的大小. 解析：如图，以A 为原点建立直角坐标系， 则(0,0,0)A ，(0,2,0)B a ，(0,2,2)C a a ， (,,0)G a a ，(,0,0)F a（I ）证明：略．（II ）由题意可得(,,0)AG a a =，(0,2,2)AC a a =，(,,0)BG a a =-，(0,0,2)BC a =，设平面AGC 的法向量为)1,,(111y x n =，由1100AG n AC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 1110220ax ay ay a +=⎧⇒⎨+=⎩ 1111x y =⎧⇒⎨=-⎩ )1,1,1(1-=⇒n（III ）因)1,,(111y x n =是平面AGC 的法向量， 又AF ⊥平面ABCD ，平面ABCD 的法向量)0,0,(a =，得11|||cos |||||n AFn AF θ⋅=⋅==， ∴ 二面角B —AC —G 的大小为感悟：因为二面角的大小有时为钝角，有时为锐角、直角，所以在计算之前应先依题意判断一下所求二面解的大小，然后根据计算取“相等角”或“补角”。

例3如图，四面体ABCD 中，O 、E 分别BD 、BC 的中点,CA =CB =CD =BD =2 （Ⅰ）求证：AO ⊥平面BCD ；（Ⅱ）求异面直线AB 与CD 所成角的大小； （Ⅲ）求点E到平面的距离.本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所 成的角以及点到平面的距离基本知识，考查空间想象 能力、逻辑思维能力和运算能力。

（I ）证明：连结OC 在AOC ∆中，由已知可得1,AO CO ==而2,AC = 222,AO CO AC ∴+=90,o AOC ∴∠=即.AO OC ⊥A B CDEF GxyzABMDEOC,BD OC O = AO ∴⊥平面BCD（II ）解：以O 为原点，如图建立空间直角坐标系，则(1,0,0),(1,0,0),B D -∴异面直线AB 与CD 所成角的大小为2arccos.4（III ）解：设平面ACD 的法向量为(,,),n x y z =则令1,y =得(3,1,3)n =-是平面ACD 的一个法向量。

又13(,,0),2EC =- ∴点E 到平面ACD 的距离 .321.7EC n h n=== 例4、如图，已知三棱锥O ABC -的侧棱OA OB OC ，，两两垂直，且1OA =，2OB OC ==，E 是OC 的中点．（1）求O 点到面ABC 的距离；（2）求异面直线BE 与AC 所成的角； （3）求二面角E AB C --的大小．解析:(1)以O 为原点,OB 、OC 、OA 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系. 则有(0,0,1)A 、(2,0,0)B 、(0,2,0)C 、(0,1,0).E设平面ABC 的法向量为1(,,),n x y z = 则由11:20;n AB n AB x z ⊥⋅=-=知 由11:20.n AC n AC y z ⊥⋅=-=知取1(1,1,2)n =，则点O 到面ABC 的距离为116.3114n OA d n ⋅===++ cos <,EB AC >2,555==-⋅所以异面直线BE 与AC 所成的角2arccos 5.(3)设平面EAB 的法向量为(,,),n x y z =则由n AB ⊥知:20;n AB x z ⋅=-= 由n EB ⊥知:20.n EB x y ⋅=-=取(1,2,2).n = 由(1)知平面ABC 的法向量为1(1,1,2).n = 则cos <1,n n >11769636n n n n ⋅====⋅.结合图形可知,二面角E AB C --的大小为:76arccos18. 例5、在正三角形ABC 中，E 、F 、P 分别是AB 、AC 、BC 边上的点，满足AE:EB ＝CF:FA ＝CP:PB ＝1:2（如图1）。

将△AEF 沿EF 折起到EF A 1∆的位置，使二面角A 1－EF －B 成直二面角，连结A 1B 、A 1P （如图2）（Ⅰ）求证：A 1E ⊥平面BEP ；（Ⅱ）求直线A 1E 与平面A 1BP 所成角的大小；（Ⅲ）求二面角B －A 1P －F 的大小（用反三角函数表示） 解法:（1）作AH ⊥面BCD 于H ,连BH 、CH 、DH ,则四边形BHCD 是正方形,且1AH =,以D 为原点,以DB 为x 轴,DC 为y 轴建立空间直角坐标系如图,则(1,0,0),(0,1,0),(1,1,1).B C A (2)设平面ABC 的法向量为1(,,),n x y z =则由1n BC ⊥知:10n BC x y ⋅=-+=; 同理由1n CA ⊥知:10.n CA x z ⋅=+=可取1(1,1,1).n =- 同理,可求得平面ACD 的一个法向量为2(1,0,1).n =- 由图可以看出,三面角B AC D --的大小应等于<12,n n > 则cos <12,n n >12126332n n n n ⋅===⋅,即所求二面角的大小是6arccos 3. (3)设(,,)E x y z 是线段AC 上一点,则0,1,x z y ==> 平面BCD 的一个法向量为(0,0,1),(,1,),n DE x x == 要使ED 与面BCD 成30︒角,由图可知DE 与n 的夹角为60︒, 所以21cos ,cos 60.212DE n DE n DE nx ⋅===︒=+<>则2212x x =+,解得,22x =,则2 1.CE x == 故线段AC 上存在E 点,且1CE =,时ED 与面BCD 成30︒角.【解后反思】在立体几何学习中,我们要多培养空间想象能力, 对于图形的翻折问题,关健是利用翻折前后的不变量,二面角的平面角的适当选取是立体几何的核心考点之一.是高考数学必考的知识点之一.作,证,解,是我们求二面角的三步骤.作:作出所要求的二面角,A PF ECBA 1EFCP B 图1图2证:证明这是我们所求二面角,并将这个二面角进行平面化,置于一个三角形中,最好是直角三角形,利用我们解三角形的知识求二面角的平面角.向量的运用也为我们拓宽了解决立体几何问题的角度,不过在向量运用过程中,要首先要建系,建系要建得合理,最好依托题目的图形,坐标才会容易求得.以上介绍了平面的法向量及其几个引理，以此为工具，解决了立体几何中的部分难题。