幻灯片 1第九节 利用空间向量求空间角与距离
----
幻灯片 2三年23考 高考指数:★★★★
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.
----
幻灯片 31.利用直线的方向向量和平面的法向量求空间角与距离是高考的热点，尤其是用向量法求平面与平面的夹角和点到平面的距离；
2.本节的重点是利用向量法求空间角，难点是正确地进行计算
3.高考对本节的考查多以解答题的形式出现，综合考查空间想象能力、运算能力及数形结合思想.
----
幻灯片 41.夹角的计算
(1)直线间的夹角
①两直线的夹角
当两条直线l1与l2共面时，我们把两条直线交角中,范围在_________内的角叫作两直线的夹角.
［0, ］
----
幻灯片 5②异面直线的夹角
当直线l1与l2是异面直线时，在直线l1上任取一点A作AB∥l2，我们把_______________的夹角叫作异面直线l1与l2的夹角.
设s1，s2分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
直线l1和直线AB
----
幻灯片 6----
幻灯片 7(2)直线与平面的夹角
平面外一条直线与它_________________的夹角叫作该直线与此平面的夹角.
设直线l的方向向量为s，平面π的法向量为n，直线l与平面π的夹角为θ,则sinθ=｜cos〈s，n〉｜=_________.
在该平面内的投影
----
幻灯片 8(3)平面间的夹角
如图所示，平面π1与π2相交
于直线l，点R为直线l上任意
一点，过点R，在平面π1上
作直线l1⊥l,在平面π2上作
直线l2⊥l，则l1∩l2=R.我们把
_______________叫作平面π1与π2的夹角.
直线l1和l2的夹角
----
幻灯片 9已知平面π1和π2的法向量分别为n1和n2，
当0≤〈n1，n2〉≤ 时，平面π1与π2的夹角等于________;
当 ＜〈n1，n2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于
______________.
〈n1，n2〉
π-〈n1，n2〉
----
幻灯片 10【即时应用】
(1)思考：直线与平面的夹角、平面的法向量与直线的方向向量的夹角具有怎样的关系？
提示：当直线的方向向量与平面的法向量的夹角是锐角时，其余角为线面角；当直线的方向向量与平面的法向量的夹角是钝角时，其补角的余角是线面角.
----
幻灯片 11(2)长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=2，AD=1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE夹角的余弦值为______.
----
幻灯片 12【解析】建立坐标系如图，则A(1，
0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，
C1(0，2，2)，
= .所以异面直线BC1与AE夹角的余弦值为 .
答案：
----
幻灯片 132.距离的计算
(1)点到直线的距离
空间一点A到直线l的距离的算法框图为：
在直线l上
任取一点P
确定直线l的
方向向量s
计算点A到直线l的距离d=
----
幻灯片 14(2)平行直线间的距离
求平行直线间的距离通常转化为求________________.
(3)点到平面的距离
空间一点A到平面π的距离的算法框图为：
点到直线的距离
----
幻灯片 15在平面π上
任取一点P
计算点A到平面π的距离d=
----
幻灯片 16【即时应用】
(1)思考：如何求线面距离与面面距离？
提示：求这两种距离，通常都转化为求点到平面的距离.
----
幻灯片 17(2)思考：如何推导点到平面的距离公式？
提示：如图,点A到平面α的距离就是向
量 在平面α 的法向量n上投影的绝
对值,即
d=| |sin∠ABO
=｜| |cos〈 ,n〉｜=
利用该公式求点到平面的距离简便易行.
----
幻灯片 18(3)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是_____.
【解析】如图，建立坐标系，则A1(2,0,
4)，A(2,0,0)，B1(2,2,4)，D1(0,0,4)，
4),设平面AB1D1的一个法向量为n＝(x，
y，z)，
由
----
幻灯片 19得
令z=1，则n＝(2,－2,1)，
设点A1到平面AB1D1的距离为d，
则
答案：
----
幻灯片 20 用空间向量求空间角
【方法点睛】
1.两异面直线夹角的求法
利用空间向量求异面直线的夹角可利用直线的方向向量转化成向量的夹角.
2.利用向量求直线与平面夹角的方法
(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角);
----
幻灯片 21(2)通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面的夹角.
3.求平面与平面夹角的常用方法
(1)分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小.
(2)分别在两个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(或其补角)的大小就是平面与平面夹角的大小.
----
幻灯片 22【提醒】求直线与平面和平面与平面夹角的两种方法各有利弊，要善于结合题目的特点选择适当的方法解题.
----
幻灯片 23【例1】(1)(2012•合肥模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则直线BC1与平面A1BD夹角的余弦值是( )
(A) (B)
(C) (D)
----
幻灯片 24(2)(2012·天津模拟)如图，在五面
体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD,
AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，
AF=AB=BC=FE=
①求异面直线BF与DE夹角的大小；
②证明：平面AMD⊥平面CDE；
③求平面ABCD与平面CDE夹角的余弦值.
----
幻灯片 25【解题指南】(1)建立空间直角坐标系，用向量法求解；
(2)①通过求向量 的夹角来求异面直线所成的角；②证
进而得CE⊥AM，CE⊥AD，可得结论成立；
③利用两平面法向量的夹角求两平面夹角的大小.
----
幻灯片 26【规范解答】(1)选C.建立空间直
角坐标系如图所示.
设正方体的棱长为1,直线BC1与平
面A1BD所成的角为θ,
则D(0,0,0),A1(1,0,1),
B(1,1,0),C1(0，1，1)，
∴
设n=(x,y,z)是平面A1BD的一个法向量,
----
幻灯片 27则 ,令z=1,则x=-1,y=1.
∴n=(-1,1,1)，
∴sinθ=
∵θ∈［0, ］,
∴
----
幻灯片 28(2)如图所示，建立空间直角坐标系，
点A为坐标原点.设AB=1,依题意得
B(1,0,0),C(1,1,0)，
D(0,2,0),E(0,1,1)，
F(0,0,1)，M( ,1, ).
①
于是
所以异面直线BF与DE所成角为60°.
D
E
C
B
A
F
M
y
z
x
----
幻灯片 29②由
可得
所以CE⊥AM,CE⊥AD.
又AM∩AD=A，故CE⊥平面AMD.
又CE 平面CDE,所以平面AMD⊥平面CDE.
----
幻灯片 30③令平面CDE的法向量为u=(x,y,z),
则 于是
令x=1,可得u=(1,1,1)
又由题设知平面ABCD的一个法向量为v=(0,0,1).
则cos〈u,v〉=
故所求平面ABCD与平面CDE夹角的余弦值为 .
----
幻灯片 31【反思·感悟】1.异面直线的夹角与向量的夹角不同，应注意思考它们的联系和区别；
2.直线与平面的夹角可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角，由于向量方向的变化，所以要注意它们的区别与联系.
----
幻灯片 32【变式训练】(2011·重庆高考)如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC,AD=CD,∠CAD=30°．
(1)若AD=2,AB=2BC,求四面体ABCD的体
积；
(2)若二面角C-AB-D为60°，求异面直
线AD与BC所成角的余弦值．
----
幻灯片 33【解析】(1)如图1,设F为AC的中点，连接DF，由于AD=CD，所以DF⊥AC.
故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，
即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，
且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=
----
幻灯片 34在Rt△ABC中，因AC=2AF= ，AB=2BC，
由勾股定理易知
故四面体ABCD的体积V=
----
幻灯片 35(2)如图2，过F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD，平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.
----
幻灯片 36设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为A(0,- ,0),C(0, ,0),D(0,0,1),
则
显然向量k=(0,0,1)是平面ABC的一个法向量.
已知二面角C—AB—D为60°，故可取平面ABD的单位法向量t=(l,m,n),
使得〈t,k〉=60°，从而
由t⊥ ,有 m+n=0,从而
----
幻灯片 37由l2+m2+n2=1,得l
设点B的坐标为(x,y,0)，
由 ,可取l=
有
解之得 或 (舍去)．
----
幻灯片 38易知l 与坐标系的建立方式不合，舍去.
因此点B的坐标为( ,0).
所以
从而
又异面直线的夹角θ∈(0, ］,
故异面直线AD与BC所成角的余弦值为
----
幻灯片 39 用空间向量求空间距离
【方法点睛】
求平面α外一点P到平面α的距离的步骤
(1)求平面α的法向量n；
(2)在平面α内取一点A,确定向量 的坐标；
(3)代入公式 求解.
----
幻灯片 40【例2】(1)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的
中点，则点C1到平面A1ED的距离是______.
(2)(2012·衡水模拟)已知四棱锥P-ABCD中PA⊥平面ABCD，且
PA=4PQ=4，∠CDA=∠BAD=90°，AB=2，CD=1，AD= ，M，N分
别是PD，PB的中点.
①求证：MQ∥平面PCB；
②求截面MCN与底面ABCD夹角的大小；
③求点A到平面MCN的距离.
----
幻灯片 41----
幻灯片 42【解题指南】(1)建立空间直角坐标系，利用点到面的距离公式求解.
(2)以A为原点建立空间直角坐标系，用向量法求解：
①求出平面PCB的一个法向量n0,只需证明 即可；
②先求出截面MCN的一个法向量n,只需利用夹角公式求得两个平面的法向量的夹角〈n, 〉,便可得出答案；
③利用点到平面的距离公式解题.
----
幻灯片 43【规范解答】(1)以A为原点建立空间
直角坐标系如图所示.
则A1(0,0,1)，E(1,0， )，
D(0,1,0)，C1(1,1,1).
∴
设平面A1ED的法向量为n1=(x,y,z)，
由 ，得
----
幻灯片 44令z=2，则n1=(1,2,2).
又
∴点C1到平面A1ED的距离
答案：1
(2)①以A为原点，以AD，AB，AP所在直线分别为x,y,z轴建立空
间直角坐标系如图所示,由AB=2，CD=1，AD= ，PA=4PQ=4，
M，N分别是PD，PB的中点，可得
----
幻灯片 45A(0，0，0)，B(0，2，0)，C( ，1，0)，D( ，0，0)，P(0，
0，4)，Q(0，0，3)，M( ，0，2)，N(0，1，2)，
∴
----
幻灯片 46设平面PCB的一个法向量为n0=(x,y,z),则有
令z=1,则x= ,y=2⇒n0=( ，2，1),
∴
又MQ 平面PCB，∴MQ∥平面PCB.
②设平面MCN的一个法向量为n=(x,y,z)，
又
----
幻灯片 47则有：
令z=1,则x= ,y=1⇒n=( ，1，1)，
又 =(0，0，4)为平面ABCD的法向量，
∴cos〈n, 〉=
∴截面MCN与底面ABCD夹角的大小为
③∵
∴所求的距离d=
----
幻灯片 48【互动探究】在本例(1)中，若条件不变，结论改为“则直线A1C1与平面A1ED夹角的大小为______”，则如何求解？
【解析】由例题(1)的解法知，平面A1ED的法向量为
n1=(1,2,2)，
设所求角为θ，则sinθ=|cos〈n1, 〉|
故直线A1C1与平面A1ED夹角的大小为45°.
答案：45°
----
幻灯片 49【反思·感悟】空间距离包括两点间的距离、点到线的距离、点到面的距离等.其中点到点、点到线的距离可以用空间向量的模来求解，而点到面的距离则借助平面的法向量求解，也可借助于几何体的体积求解.
----
幻灯片 50【变式备选】如图所示的多面
体是由底面为ABCD的长方体被
截面AEFG所截而得，其中AB＝
4，BC＝1，BE＝3，CF＝4，若
如图所示建立空间直角坐标系：
(1)求 和点G的坐标；
(2)求异面直线EF与AD的夹角；
(3)求点C到截面AEFG的距离．
----
幻灯片 51【解析】 (1)由图可知：A(1,0,0)，B(1,4,0)，E(1,4,3)，F(0,4,4)，∴
又∵ ，设G(0,0，z)，
则(－1,0，z)＝(－1,0,1)，∴z＝1，即G(0,0,1)．
(2)∵
∴
∴AD和EF的夹角为45°.
----
幻灯片 52(3)设n⊥平面AEFG，n＝(x0，y0，z0)，
∵
而
则 ，得
∴n＝(z0， z0，z0)，取z0＝4，则n＝(4，－3,4)，
∵
∴所求距离为
∴点C到截面AEFG的距离为 .
----
幻灯片 53 用空间向量解决探索性问题
【方法点睛】
探索性问题的类型及解题策略
探索性问题分为存在判断型和位置判断型两种：
(1)存在判断型
存在判断型问题的解题策略是：先假设存在，并在假设的前提下进行推理，若不出现矛盾则肯定存在，若出现矛盾则否定假设.
----
幻灯片 54(2)位置判断型
①与平行、垂直有关的探索性问题的解题策略为：将空间中的
平行与垂直转化为向量的平行或垂直来解决.
②与角有关的探索性问题的解题策略为：将空间角转化为与向
量有关的问题后应用公式cosθ= (其中n1,n2是两平面
的法向量或两直线的方向向量)即可解决.
----
幻灯片 55【例3】(2011·浙江高考)如图，在三棱锥P-ABC中，AB=AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．
----
幻灯片 56【解题指南】建立坐标系，(1)利用 来证明；(2)假设存在满足条件的点，求出两个半平面的法向量，判断两法向量是否能垂直即可.若垂直，则假设成立；若不垂直，则假设不成立.
----
幻灯片 57【规范解答】(1)如图以O为原点，以射
线OD，OP分别为y轴，z轴的正半轴，建
立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0,
-3,0),B(4,2,0)，C(-4,2,0),P(0,0,4).
∴
∴
∴ 即AP⊥BC.
----
幻灯片 58(2)假设存在M，设 ,其中λ∈［0,1),
则
=(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4)
=(-4,-2-3λ,4-4λ)
设平面BMC的法向量n1=(x1,y1,z1)，
平面APC的法向量n2=(x2,y2,z2)
----
幻灯片 59由
即
可取n1=(0,1, )
由 得 可取n2=(5,4,-3).
----
幻灯片 60由n1·n2=0,得
解得λ= ，故AM=3．
综上所述，存在点M符合题意，AM=3．
----
幻灯片 61【反思·感悟】1.开放性问题是近几年高考中出现较多的一种题型，向量法是解此类问题的常用方法.
2.对于探索性问题，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
----
幻灯片 62【变式训练】(2012·武汉模拟)如图，
平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正
方形，△PAD是直角三角形，且PA=AD=2，
E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点.
(1)求证：PB∥平面EFG；
(2)求异面直线EG与BD夹角的余弦值；
(3)在线段CD上是否存在一点Q，使得A点到平面EFQ的距离为
若存在，求出CQ的值？若不存在，请说明理由.
----
幻灯片 63【解析】方法一：(1)取AB的中点H，连接GH，HE，
∵E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点，
∴GH∥AD∥EF，∴E、F、H、G四点共面.
又H为AB的中点，∴EH∥PB.
又EH 平面EFG，PB 平面EFG，
∴PB∥平面EFG.
----
幻灯片 64(2)取BC的中点M，连接GM、AM、EM，则GM∥BD，
∴∠EGM(或其补角)就是异面直线EG与BD的夹角.
在Rt△MAE中，
同理
∴在△MGE中，cos∠EGM=
故异面直线EG与BD夹角的余弦值为 .
----
幻灯片 65(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件，过点Q作QR⊥AB于R，连接RE，则QR∥AD.
∵四边形ABCD是正方形，△PAD是直角三角形，
∴AD⊥AB，AD⊥PA.又AB∩PA=A，
∴AD⊥平面PAB.
又∵E、F分别是PA、PD的中点，∴EF∥AD，
∴EF⊥平面PAB.
又EF 平面EFQ，∴平面EFQ⊥平面PAB.
----
幻灯片 66过A作AT⊥ER于T，则AT⊥平面EFQ，
∴AT就是点A到平面EFQ的距离.
设CQ=x(0≤x≤2),则BR=CQ=x,AR=2-x,AE=1,
在Rt△EAR中， ，解得x= .故
存在点Q，当CQ= 时，点A到平面EFQ的距离为
----
幻灯片 67方法二：建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，
D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，
F(0，1，1)，G(1，2，0).
(1)∵
设 ,即(2，0，-2)=s(0，-1，0)+t(1，1，-1)，
解得s=t=2.
----
幻灯片 68∴
又∵ 与 不共线，∴ 共面 .
∵PB 平面EFG，∴PB∥平面EFG.
(2)∵
∴
故异面直线EG与BD夹角的余弦值为
----
幻灯片 69(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件，令CQ=m(0≤m≤2),则DQ=2-m,
∴点Q的坐标为(2-m,2,0),∴
而 =(0，1，0)，设平面EFQ的一个法向量为n=(x,y,z),则
∴
----
幻灯片 70令x=1,则n=(1,0,2-m),又
∴点A到平面EFQ的距离
即
∴m= 或m= ,又m= >2不合题意，舍去.
故存在点Q，当CQ= 时，点A到平面EFQ的距离为
----
幻灯片 71【变式备选】(2012·郑州模拟)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M、N分别是CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上，且
----
幻灯片 72(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥PN；
(2)当λ取何值时，直线PN与平面ABC的夹角θ最大？并求该角取最大值时的正切值．
(3)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为30°，若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由．
----
幻灯片 73【解析】如图，以A为原点建立空间直
角坐标系，则
A1(0,0,1)，B1(1,0,1),M(0,1, ),
N( , ,0),
----
幻灯片 74(1)∵
∴
∴无论λ取何值，总有AM⊥PN．
(2)∵m=(0，0，1)是平面ABC的一个法向量．
∴sinθ=|cos〈m, 〉|
∴当λ= 时，θ取得最大值，
----
幻灯片 75此时
即当λ= 时，θ取得最大值，且tanθ=2.
(3)假设存在， ，设n=(x,y,z)是平面PMN的一个法向量．
则 得
令x=3，得y=1+2λ,z=2-2λ，
----
幻灯片 76∴n=(3,1+2λ,2-2λ)
∴|cos〈m,n〉|=
化简得4λ2+10λ+13=0(*)
∵Δ＝100-4×4×13＝-108<0
∴方程(*)无解，
∴不存在点P使得平面PMN与平面ABC的夹角为30°.
----
幻灯片 77【满分指导】用空间向量解答立体几何问题的规范解答
【典例】(12分)(2011·福建高考)如
图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD.
四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，
CD= ，∠CDA=45°.
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
----
幻灯片 78(2)设AB=AP.
①若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；
②在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由.
【解题指南】(1)证明平面PAB中的直线AB⊥平面PAD，从而可推得平面PAB⊥平面PAD；(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后用空间向量法进行求解探究.
----
幻灯片 79【规范解答】(1)因为PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，所以PA⊥AB，
又AB⊥AD,PA∩AD=A，
所以AB⊥平面PAD.又AB 平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD.………………………………………3分
(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系(如图).在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，则CE⊥AD.
----
幻灯片 80在Rt△CDE中，DE=CD·cos45°=1.设AB=AP=t，则B(t,0,0),P(0,0,t)，
由AB+AD＝4得AD=4-t，所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0).
----
幻灯片 81 ………………………………5分
①设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
由 ,得
取x=t，得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).
……………………………………………………………………6分
由题意得cos60°=
即
解得t= 或t=4(舍去，因为AD=4-t>0)，
----
幻灯片 82所以AB= .……………………………………………………8分
②假设在线段AD上存在一个点G(如图)，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等，
设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t)，则
----
幻灯片 83 …………9分
由
得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,即t=3-m.①
由 得(4-m-t)2=m2+t2.②
由①②消去t，化简得m2-3m+4=0.③
由于方程③没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等. …………………………12分
----
幻灯片 84【阅卷人点拨】通过高考中的阅卷数据分析与总结，我们可以得到以下失分警示和备考建议：
----
幻灯片 85----
幻灯片 861.(2012·西安模拟)如图，正方体ABCD
-A1B1C1D1的棱长为1，O是平面A1B1C1D1
的中心，则O到平面ABC1D1的距离是( )
(A) (B)
(C) (D)
----
幻灯片 87【解析】选B.以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x,y,z轴
建立空间直角坐标系，则C1(0,1,1),O( , ,1),D(0,0,0)和
A1(1,0,1),
显然 =(1,0,1)是平面ABC1D1的一个法向量.
又
∴点O到平面ABC1D1的距离
----
幻灯片 882.(2012·鞍山模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是C1D1，CC1的中点，则直线B1N与平面BDM夹角的正弦值为______．
----
幻灯片 89【解析】以D为坐标原点，分别以 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B1(2,2,2)，N(0,2,1)， ，又M(0,1,2)，
D(0,0,0)，B(2,2,0)，则 可得平面BDM的一个法向量n＝(2，－2,1)，因为
故直线B1N与平面BDM夹角的正弦值是 .
答案：
----
幻灯片 903.(2012·福州模拟)如图，已知三
棱锥O—ABC的侧棱OA，OB，OC两两
垂直，且OA=1，OB=OC=2，E是OC的
中点.
(1)求O点到平面ABC的距离；
(2)求异面直线BE与AC夹角的余弦值；
(3)求平面EAB与平面ABC夹角的余弦值.
----
幻灯片 91【解析】方法一：(1)以O为原点，OB、OC、OA所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系.
----
幻灯片 92则有A(0，0，1)、B(2，0，0)、C(0，2，0)、E(0，1，0).
设平面ABC的一个法向量为n1=(x,y,z),
则由 知：
由 知: 取n1=(1,1,2),则点O到平面ABC的距离为
(2)
所以异面直线BE与AC夹角的余弦值为
----
幻灯片 93(3)设平面EAB的一个法向量为n=(x,y,z)，则由n⊥ 知：n· =2x-z=0,
由n⊥ 知：n· =2x-y=0,取n=(1,2,2).
由(1)知平面ABC的一个法向量为n1=(1,1,2).
则
故平面EAB与平面ABC夹角的余弦值为
----
幻灯片 94方法二：(1)取BC的中点D，
连接AD、OD，
∵OB=OC,则OD⊥BC，
AD⊥BC，
∴BC⊥平面OAD，∴平面ABC⊥平面OAD，
过O点作OH⊥AD于H，
则OH⊥平面ABC，OH的长就是所要求的距离.
----
幻灯片 95∵OA⊥OB，OA⊥OC，∴OA⊥平面OBC，则OA⊥OD.
在直角三角形OAD中，有
(另解：由 知，OH= .)
(2)取OA的中点M，连EM、BM，则EM∥AC，∠BEM是异面直线BE与AC的夹角.
求得：
----
幻灯片 96
(3)连结CH并延长交AB于F，连结OF、EF.
∵OC⊥平面OAB，∴OC⊥AB.
又∵OH⊥平面ABC，∴AB⊥OH，又OC∩OH=O，∴AB⊥平面COF，∴CF⊥AB,EF⊥AB,
则∠EFC就是所求的角.
作EG⊥CF于G，则
在直角三角形OAB中，
----
幻灯片 97在直角三角形OEF中，
∴平面EAB与平面ABC夹角的余弦值为
----
幻灯片 98----
幻灯片 99----
【点此下载】