第7章 第6节 第2课时 空间角及空间距离（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

第二课时　空间角及空间距离 [对应学生用书P171] 【例1】 (2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点． (1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值． (1)证明：因为AD＝CD，E为AC的中点， 所以AC⊥DE. 在△ABD和△CBD中，因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB＝CB. 又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE. 又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE＝E， 所以AC⊥平面BED. 因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD. (2)解：连接EF，由(1)知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED， 所以AC⊥EF，所以S△AFC＝AC·EF. 当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小． 因为△ABD≌△CBD，所以CB＝AB＝2， 又因为∠ACB＝60°，所以△ABC是等边三角形， 因为点E为AC的中点，所以AE＝EC＝1，BE＝， 因为AD⊥CD，所以DE＝AC＝1. 在△DEB中，DE2＋BE2＝BD2，所以BE⊥DE. 在Rt△BED中，当EF最小时，EF⊥BD，∴EF＝＝.∴DF＝＝.∴FB＝.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 则A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)， 所以＝(－1，0，1)，＝(－1，，0)， 设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则取y＝，则n＝(3，，3). 又设F (0，m，n)，由3＝，得3(0，m，n－1)＝(0，－m，－z)，可得m＝，n＝，所以F，所以＝， 所以cos 〈n，〉＝＝＝. 设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ， 所以sin θ＝|cos 〈n，〉|＝， 所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为. 【练1】 (2023·江苏秦淮区高三一模)如图，在四棱锥P­ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB，CD⊥PD. (1)证明：CD⊥平面PAD； (2)若E是PD的中点，AB＝AP＝4，AD＝DC＝2.求直线CE与平面BCP所成角的正弦值． (1)证明：∵AD⊥平面PAB，又AP⊂平面PAB， ∴AP⊥AD.又AP⊥AB，AD∩AB＝A，且AD，AB⊂平面ABCD， ∴AP⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD， ∴CD⊥AP，又CD⊥PD，且AP∩PD＝P， ∴CD⊥平面PAD. (2)解：根据(1)可知AB，AD，AP两两相互垂直， ∴分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图， 则根据题意可得，C(2，2，0)，E(0，1，2)，B(4，0，0)，P(0，0，4)， ∴＝(－2，－1，2)，＝(－2，2，0)，＝(－4，0，4). 设平面BCP的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则取n＝(1，1，1)， ∴直线CE与平面BCP所成角的正弦值为 |cos 〈，n〉|＝＝＝. 角度1　向量法求二面角的值或三角函数值 【例2】 (2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A­BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角D­AB­F的正弦值． (1)证明：如图，连接DE，AE. 因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC. 因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB， 所以△ADB≌△ADC(SAS). 可得AC＝AB，故AE⊥BC. 因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE. 又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA. (2)解：由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC. 不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2. 由题意可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝. 因为AE⊥BC，所以AE＝＝. 在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED. 以E为坐标原点，ED，EB，EA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则D(，0，0)，B(0，，0)，A(0，0，)，＝(－，0，)，＝(0，－，). 设F (xF，yF，zF)，因为＝，所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，可得F (－，0，).所以＝(，0，0). 设平面DAB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则即取x1＝1，则y1＝z1＝1， m＝(1，1，1)为平面DAB的一个法向量． 设平面ABF的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，则即得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1)为平面ABF的一个法向量． 所以cos 〈m，n〉＝＝＝. 记二面角D­AB­F的大小为θ， 则sin θ＝＝＝， 故二面角D­AB­F的正弦值为. 【练2】(2023·北京卷)如图，四面体P­ABC中，PA＝AB＝BC＝1，PC＝，PA⊥平面ABC. (1)求证：BC⊥平面PAB； (2)求二面角A­PC­B的大小． (1)证明：∵PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴PA⊥AC，PA⊥BC. ∵PA＝1，PC＝， ∴AC＝＝＝. 又∵AB＝BC＝1， ∴AC2＝AB2＋BC2， ∴BC⊥AB，又∵PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， ∴BC⊥平面PAB. (2)解：以点B为坐标原点，分别以，所在直线为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，1，0)，B(0，0，0)，C(1，0，0)， P(0，1，1)， ∴＝(0，0，1)，＝(1，－1，0)，＝(0，1，1)，＝(1，0，0). 设平面APC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则取x＝1，得n＝(1，1，0). 设平面BPC的一个法向量为m＝(a，b，c)， 则取b＝1，得m＝(0，1，－1). ∴cos 〈m，n〉＝＝＝. 由图可知二面角A­PC­B为锐角，设二面角A­PC­B的大小为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝， ∴θ＝， 即二面角A­PC­B的大小为. 角度2　由二面角求几何量或参数值问题 【例3】 (2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P­A2C2­D2为150°时，求B2P. (2)解：建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中方法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)， 则 令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)为平面PA2C2的一个法向量. 设平面A2C2D2的一个法向量为b＝(x2，y2，z2)， 令y2＝1，得b＝(1，1，2)为平面A2C2D2的一个法向量． 所以|cos 150°|＝|cos 〈a，b〉| ＝ ＝， 整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3， 所以BP＝1或BP＝3，因为BP≤2， 所以B2P＝1. 【练3】 (2022·山东滨州二模)如图，在四棱锥P­ABCD中，O是BD的中点，PO⊥平面ABCD，∠DAB＝∠BCD＝90°，AD＝AC＝CD＝2，DP＝. (1)求证：平面ADP⊥平面APC； (2)设＝λ(0<λ<1)，若二面角B­DM­P的余弦值为，求λ的值． (1)证明：设AC∩BD＝N，连接PN，如图． 因为∠DAB＝∠BCD＝90°，O为BD的中点，所以OA＝OD＝OC，即O为△ADC的中心． 又因为AD＝CD，所以AC⊥BD. 由PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，可得PO⊥AC. 又PO∩BD＝O，PO，BD⊂平面PDB，所以AC⊥平面PDB，所以AC⊥DP.因为AD＝AC＝CD＝2，DP＝， 所以DN＝3，BD＝2OD＝4，OP＝＝，PN＝＝， 所以DP2＋PN2＝DN2，则DP⊥PN. 又PN∩AC＝N，PN，AC⊂平面APC，所以DP⊥平面APC.因为DP⊂平面ADP，所以平面ADP⊥平面APC. (2)解：以N为坐标原点，NA，NB所在直线分别为x，y轴，过点N且与直线OP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由(1)得，D(0，－3，0)，P(0，－1，)，A(，0，0)，C(－，0，0)，B(0，1，0). 所以＝(0，2，)，＝(0，4，0)，＝(－，1，－)，＝＋＝(0，2，)＋λ＝(－λ，λ＋2，－λ). 设平面BDM的法向量为m＝(x，y，z)，则 即 得y＝0. 令x＝－λ，得z＝λ，所以平面BDM的一个法向量为m＝(－λ，0，λ). 由(1)知，DP⊥平面APC，同理可得AP⊥平面PDC，所以平面PDC的一个法向量为＝(，1，－). 所以|cos 〈m，〉|＝＝＝，整理得39λ2－40λ＋9＝0，解得λ＝或λ＝. 当λ＝时，二面角B­DM­P的平面角为钝角，不符合题意．故λ＝. 角度1　点到直线的距离 【例4】 (2023·浙江绍兴模拟)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，若AB＝BB1＝2，则C到直线AB1的距离为(　　) A． B． C． D． D　解析：由题意知，AC＝AB＝2，BB1＝，取AC的中点O，则BO⊥AC，BO＝，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 则A(0，－1，0)，B1(，0，)，C(0，1，0)，所以＝(，1，)，＝(0，－2，0)， 所以在上的投影的长度为＝＝， 故点C到直线AB1的距离为 d＝＝. 【练4】 如图，在四棱锥P­ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2BC＝4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为(　　) A．2 B．2 C． D．4 A　解析：如图，以B为坐标原点，射线BC，BA，BP分别为x轴、y轴、z轴的非负半轴， 建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，4，0)，P(0，0，4)， 故＝(2，0，－4)，＝(0，4，－4)， 所以在上的投影向量的长度d＝＝＝2， 故h＝＝＝2， 即点C到直线PA的距离为2. 角度2　点到平面的距离 【例5】 (2023·四川树德中学模拟)在正六棱柱ABCDEF­A1B1C1D1E1F1中，AA1＝2AB＝2.求BC到平面ADC1B1的距离． 解：连接AE，因为六边形ABCDEF为正六边形，则∠AFE＝∠DEF＝120°. 因为AF＝EF，则∠AEF＝30°，故∠AED＝90°， 因为EE1⊥底面ABCDEF， 不妨以点E为坐标原点，EA，ED，EE1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(，0，0)，B(，1，0)，C， D(0，1，0)，B1(，1，2)，C1，E1(0，0，2)，在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1中，BB1∥CC1且BB1＝CC1， 所以四边形BB1C1C为平行四边形，则BC∥B1C1. 因为BC⊄平面ADC1B1，B1C1⊂平面ADC1B1，所以BC∥平面ADC1B1， 所以，BC到平面ADC1B1的距离等于点B到平面ADC1B1的距离． 设平面ADC1B1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，＝(－，1，0)，＝(0，1，2)， 则m＝(2，2，－). 又因为＝(0，1，0)，所以直线BC到平面ADC1B1的距离为d＝＝＝. 【练5】 如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝，AD＝1，点E是棱PB的中点，直线AB与平面ECD的距离为(　　) A．1 B． C． D． B　解析：取PA的中点F，连接EF，FD，如图所示． 因为PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，所以PA⊥CD， 因为底面ABCD为矩形，所以AD⊥CD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD，又CD⊂平面EFDC， 所以平面EFDC⊥平面PAD.因为平面EFDC∩平面PAD＝FD， 所以点A到FD的距离，即为点A到平面EFDC的距离， 因为AB∥CD，AB⊄平面EFDC，CD⊂平面EFDC， 所以AB∥平面EFDC， 所以点A到平面EFDC的距离，即为直线AB到平面EFDC的距离，在Rt△AFD中，AF＝，AD＝1，DF＝， 所以点A到FD的距离为d＝＝. 故直线AB与平面ECD的距离为. 学科网（北京）股份有限公司 $$