22 中篇 专题四 第三讲 空间角与空间距离（Word教参）-【优化指导】2024高考数学二轮复习高中总复习·第2轮（新教材）

第三讲　空间角与空间距离(大题突破) [对应学生用书P65] [典例] (2022·新高考全国 Ⅱ 卷)如图，PO是三棱锥P­ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点． (1)证明：OE∥平面PAC； (2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C­AE­B的正弦值． ►命题立意 考查 内容 本题以三棱锥为载体，考查空间中线面平行的判定和二面角的求解，属于课程学习情境 命题 探源 参照人教A版必修第二册第143页习题8.5第5题、选择性必修第一册第44页习题1.4第14题，人教B版必修第四册第110页第7题、选择性必修第一册第63页习题1­2B第5题命制 ►关键能力 (1)数学符号与抽象 序号 关键信息 数学符号与抽象 ① PO是三棱锥P­ABC的高 PO⊥底面ABC ② E是PB的中点 若能找到第二条线段中点可考虑构造中位线 ③ AB⊥AC 考虑直角三角形中的性质 (2)逻辑推理和运算求解能力 第一问取AB的中点D，由三角形全等得OA＝OB，可得OD∥AC.由线面平行的判定定理即可得证．第二问，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出二面角C­AE­B的正弦值． (1)证明：连接BO并延长，交AC于点D，连接OA，PD(图略). 因为PO是三棱锥P­ABC的高， 所以PO⊥平面ABC，AO，BO⊂平面ABC， 所以PO⊥AO，PO⊥BO. 又PA＝PB，所以△POA≌△POB，即OA＝OB， 所以∠OAB＝∠OBA. 又AB⊥AC，即∠BAC＝90°， 所以∠OAB＋∠OAD＝90°，∠OBA＋∠ODA＝90°， 所以∠ODA＝∠OAD， 所以AO＝DO，即AO＝DO＝OB， 所以O为BD的中点．又E为PB的中点，所以OE∥PD. 又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC， 所以OE∥平面PAC. (2)解：以点A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x轴，y轴，以过点A且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为PO＝3，AP＝5，所以OA＝＝4. 又∠OBA＝∠OBC＝30°， 所以BD＝2OA＝8，则AD＝4，AB＝4， 所以AC＝12，所以O(2，2，0)，B(4，0，0)，P(2，2，3)，C(0，12，0)，E(3，1，)， 所以＝(3，1，)，＝(4，0，0)，＝(0，12，0). 设平面AEB的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 令z＝2，则n＝(0，－3，2). 设平面AEC的一个法向量为m＝(a，b，c)， 则 令a＝，则m＝(，0，－6). 所以|cos 〈n，m〉|＝＝＝. 设二面角C­AE­B的平面角为θ， 则sin θ＝＝. 故二面角C­AE­B的正弦值为. [例1](2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1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)如图，过A1作A1D⊥CC1，垂足为D， ∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴A1C⊥BC， ∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC， 又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， ∵A1到平面BCC1B1的距离为1， ∴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ABC­A1B1C1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＝，AB＝A1B1＝，BC＝. 建立空间直角坐标系C­xyz如图所示， 则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，B1(－，，)，C1(－，0，)， ∴＝(0，，0)，＝(－，0，)，＝(－2，，)， 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，则n＝(1，0，1). 设AB1与平面BCC1B1所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝. ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 利用空间向量求线面角的解题策略 [练1] (2022·全国甲卷)在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝. (1)证明：BD⊥