第六节向量法求空间角与距离
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.能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用.
1.已知直线l1的方向向量s1＝（1，0，1），直线l2的方向向量s2＝（－1，2，－2），则l1和l2夹角的余弦值为（）
A.24 B.
C.22 D.
解析：C因为s1＝（1，0，1），s2＝（－1，2，－2），所以cos＜s1，s2＞＝s1·s2｜s1||s2｜＝－1
2.在空间直角坐标系中，已知A（1，－1，0），B（4，3，0），C（5，4，－1），则A到BC的距离为（）
A.3 B.58
C.2173
解析：D因为A（1，－1，0），B（4，3，0），C（5，4，－1），所以BA＝（－3，－4，0），BC＝（1，1，－1），｜BA｜＝5，｜BC｜＝3，所以cos＜BA，BC＞＝BA·BC｜BA｜·｜BC｜＝－7315，所以sin＜BA，BC＞＝1－cos2＜BA，BC＞＝1－49
3.已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos＜m，n＞＝－12，则l与α所成的角为
答案：π
解析：设直线l与α所成角为θ，sinθ＝｜cos＜m，n＞｜＝12，又∵θ∈［0，π2］，∴θ＝
最小角定理
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cosθ＝cosθ1cosθ2.
已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，直线OC在平面α内，且∠AOB＝∠BOC＝45°，则∠AOC的大小为.
答案：60°
解析：由结论可知有cos∠AOB·cos∠BOC＝cos∠AOC.因为∠AOB＝∠BOC＝45°，则cos∠AOC＝cos45°·cos45°＝22×22＝12，则∠
直线与平面所成的角
【例1】（2023·全国甲卷18题）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.
（1）证明：A1C＝AC；
（2）已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
解：（1）证明：如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D，
∵A1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，
∴A1C⊥BC，
又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，
∵A1C，AC?平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，
∴BC⊥平面ACC1A1，
∵A1D?平面ACC1A1，∴BC⊥A1D，
又CC1，BC?平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，∴A1D⊥平面BCC1B1，∴A1D＝1.
由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1D＝1，
∴D为CC1的中点，又A1D⊥CC1，
∴A1C＝A1C1，
又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝A1C1，
∴A1C＝AC.
（2）如图，连接A1B，由（1）易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，
∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2，
又A1D＝1且A1C＝AC，
∴A1C＝A1C1＝AC＝2，AB＝A1B1＝5，BC＝3.
建立空间直角坐标系C-xyz如图所示，则C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，3，0），B1（－2，3，2），C1（－2，0，2），
∴CB＝（0，3，0），CC1＝（－2，0，2），AB1＝（－22，
设平面BCC1B1的法向量为n＝（x，y，z），
则n·CB=0，n·CC1=0，即3y=0，
∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝（1，0，1）.
设AB1与平面BCC1B1所成角为θ，
则sinθ＝｜cos＜n，AB1＞｜＝｜n
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为1313
解题技法
向量法求直线与平面所成角的2种方法
（1）分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）；
（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（或钝角的补角），取其余角就是斜线和平面所成的角.
（2022·全国甲卷18题）在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝3.
（1）证明：BD⊥PA；
（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
解：（1）证明：如图所示，取AB中点为O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1.
又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形.
又BC＝OB＝1，
所以四边形DCBO为菱形，所以BD⊥CO.
同理可得