第7章 第6节 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（北师大版）

第六节　空间角及空间距离 课标解读 1．能用向量法解决异面直线、直线与平面、二面角的平面角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用． 2．会求空间中点到直线以及点到平面的距离． 3．以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件． [对应学生用书P174] 1．异面直线所成的角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos 〈u，v〉|＝. 2．直线与平面所成的角 如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝＝. 3．平面与平面的夹角 如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角． 若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝. 利用平面的法向量求二面角的大小时，求出两半平面α，β的法向量n1，n2后，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补． 4．点到直线的距离 若点P是直线l外一点，l0是直线l的单位方向向量，点A是直线l上任意一点，则点P到直线l的距离d＝. 5．点到平面的距离 点P到平面α的距离，等于点P与平面α内任意一点A连线所得向量，在平面α的单位法向量n0方向上所作投影向量的长度，即d＝|·n0|. 求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段．有时利用等积法求解可能更方便． 1．判断正误 (1)平面的单位法向量是唯一确定的．(　　×　　) (2)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　　×　　) (3)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(　　×　　) (4)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　　×　　) (5)两异面直线夹角的范围是(0，]，直线与平面所成角的范围是[0，]，二面角的范围是[0，π].(　　√　　) 2．(2023·山东临沂一中月考)已知直线l1的方向向量s1＝(1，0，1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为(　　) A． B． C． D． C　解析：因为s1＝(1，0，1)，s2＝(－1，2，－2)， 所以cos 〈s1，s2〉＝＝＝－. 又两直线夹角的取值范围为， 所以l1和l2夹角的余弦值为. 3．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，点D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是(　　) A． B． C． D． 答案：A 4．在正四棱锥S­ABCD中，O为顶点在底面内的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD.则直线BC与平面PAC所成的角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案：A 5．已知两平面的法向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这两个平面夹角的余弦值为 . 答案：　解析：＝. 6．如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，Q为B1C1的中点，点P在棱AA1上，AP∶AA1＝1∶3.则平面ABCD与平面BQP夹角的余弦值为 ． 答案： [对应学生用书P175] 【例1】 如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD. (1)证明：AB⊥PM； (2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值． 思维 导引 学科 素养 本题主要考查直观想象、逻辑推理、数学运算等学科素养 思路 点拨 (1)利用勾股定理判定DM⊥DC，进而证明DC⊥平面PDM，再利用线面垂直的性质证明AB⊥平面PDM，再证明AB⊥PM； (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值 (1)证明：在△DCM中，易知DC＝1，CM＝2，∠DCM＝60°， 由余弦定理，得DM2＝CD2＋CM2－2CD·CMcos ∠DCM＝1＋4－2×1×2×＝3，所以DM＝， 所以DM2＋DC2＝CM2，所以△DCM为直角三角形，且∠CDM＝90°，即DM⊥DC. 又因为DP⊥DC，DP∩DM＝D，DP，DM⊂平面PDM，所以DC⊥平面PDM. 因为AB∥DC，所以AB⊥平面PDM. 因为PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM. (2)解：如图，连接AM. 因为AB∥CD，AB⊥PM，所以PM⊥CD. 又因为PM⊥MD，DM∩DC＝D，DM，DC⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD. 因为AM⊂平面ABCD，所以PM⊥AM. 由余弦定理，得AM＝＝ ＝， 所以PM＝＝＝2. 取AD的中点为E，连接ME，则ME，DM，PM两两垂直．以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 可得A(－，2，0)，P(0，0，2)，D(，0，0)，M(0，0，0)，C(，－1，0). 因为N为PC的中点， 所以N(，－，)，＝(，－，). 由(1)可知，DC⊥平面PDM， 所以平面PDM的一个法向量为＝(0，－1，0). 设直线AN与平面PDM所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，〉|＝＝ ＝. 【练1】 (2022·北京卷)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点． (1)求证：MN∥平面BCC1B1； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：AB⊥MN； 条件②：BM＝MN. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． (1)证明：取AB的中点为K，连接MK，NK， 由三棱柱ABC­A1B1C1的性质可得四边形ABB1A1为平行四边形， 又B1M＝MA1，BK＝KA， 所以MK∥BB1． 因为MK⊄平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，所以MK∥平面CBB1C1． 因为CN＝NA，BK＝KA，所以NK∥BC，同理可得NK∥平面CBB1C1． 因为NK∩MK＝K，NK，MK⊂平面MKN， 所以平面MKN∥平面CBB1C1，而MN⊂平面MKN，故MN∥平面CBB1C1． (2)解：因为侧面CBB1C1为正方形， 所以CB⊥BB1． 又CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1， 平面CBB1C1∩平面ABB1A1＝BB1，所以CB⊥平面ABB1A1． 因为NK∥BC，所以NK⊥平面ABB1A1． 因为AB⊂平面ABB1A1，所以NK⊥AB. 若选①，则AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN＝N， 故AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故AB⊥MK， 所以AB⊥BB1． 又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，所以BB1⊥平面ABC. 故可建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)， 得＝(0，2，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2)， 设平面BNM的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则得取z＝－1， 则n＝(－2，2，－1)， 设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则 sin θ＝＝＝. 若选②，因为NK∥BC，所以NK⊥平面ABB1A1． 又KM⊂平面MKN，所以NK⊥KM. 因为B1M＝BK＝1，NK＝1，所以B1M＝NK， 因为B1B＝MK＝2，MB＝MN， 所以△BB1M≌△MKN， 所以∠BB1M＝∠MKN＝90°，故A1B1⊥BB1． 而CB⊥BB1，CB∩AB＝B，故BB1⊥平面ABC， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0，0，0)，A(0，2，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)， 故＝(0，2，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2)， 设平面BNM的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则得取z＝－1， 则n＝(－2，2，－1)， 设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则 sin θ＝＝＝. 考向1　向量法求二面角的值或三角函数值 【例2】 在四棱锥Q­ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3. (1)证明：平面QAD⊥平面ABCD； (2)求二面角B­QD­A的平面角的余弦值． 思维 导引 学科 素养 本题主要考查直观想象、逻辑推理、数学运算等学科素养 思路 点拨 (1)取AD的中点E，连接QE，要证平面QAD⊥平面ABCD，只需证QE⊥平面ABCD； (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值 (1)证明：取AD的中点E，连接QE，CE， ∵QD＝QA＝， ∴QE⊥AD. ∵AD＝2，∴DE＝1， ∴QE＝＝2，CE＝＝， ∴QE2＋CE2＝9＝QC2，∴QE⊥CE. 又∵AD∩CE＝E，AD⊂平面ABCD，CE⊂平面ABCD， ∴QE⊥平面ABCD. ∵QE⊂平面QAD，∴平面QAD⊥平面ABCD. (2)解：取BC的中点F，连接EF，易得EF，ED，EQ两两垂直，如图，以E为坐标原点，分别以EF，ED，EQ所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 则B(2，－1，0)，Q(0，0，2)，D(0，1，0)， 得＝(－2，1，2)，＝(0，1，－2). 设平面BQD的一个法向量n1＝(x，y，z)， 则 取z＝1，可得x＝2，y＝2，∴n1＝(2，2，1). 易知平面QDA的一个法向量n2＝(1，0，0)， 设二面角B­QD­A的平面角为θ，则θ为锐角． cos θ＝|cos n1，n2|＝ ＝＝， ∴二面角B­QD­A的平面角的余弦值为. 【练2】 (2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2. (1)求A到平面A1BC的距离； (2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A­BD­C的正弦值． 解：(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h， 则VA­A1BC＝S△A1BC·h＝h＝VA1­ABC＝S△ABC·A1A＝VABC­A1B1C1＝， 解得h＝，所以点A到平面A1BC的距离为. (2)取A1B的中点E，连接AE，如图，因为AA1＝AB， 所以AE⊥A1B. 又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B， 且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC. 在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面ABC， 由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC，可得AE⊥BC，BB1⊥BC. 又AE，BB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1， 所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图， 由(1)得AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，所以BC＝2， 则A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，所以A1C的中点D(1，1，1)， 则＝(1，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)， 设平面ABD的一个法向量m＝(x，y，z)，则 可取m＝(1，0，－1)， 设平面BDC的一个法向量n＝(a，b，c)，则 可取n＝(0，1，－1)， 则cos 〈m，n〉＝＝＝， 所以二面角A­BD­C的正弦值为＝. 考向2　由二面角求几何量或参数值问题 【例3】 如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点． (1)证明：OA⊥CD； (2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E­BC­D的大小为45°，求三棱锥A­BCD的体积． 思维 导引 学科 素养 本题主要考查数学抽象、逻辑推理、数学运算等学科素养 思路 点拨 (1)根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果； (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解 (1)证明：因为AB＝AD，O为BD的中点， 所以OA⊥BD. 因为OA⊂平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD， 所以OA⊥平面BCD. 因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD. (2)解：以O为坐标原点，OD，OA所在直线分别为y轴、z轴，过点O且垂直于BD的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设OA＝t(t>0)，则O(0，0，0)，B(0，－1，0)，C(，，0)，A(0，0，t)，D(0，1，0)， 所以＝(0，－1，－t)，＝(，，0)， ＝(0，1，－t)，＝＝(0，，－)， ＝－＝(0，，). 易知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1). 设平面BCE的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则即 不妨取x＝，则y＝－1，z＝， 即m＝(，－1，). 因为二面角E­BC­D的大小为45°， 所以cos 〈n，m〉＝＝＝，解得t＝1或t＝－1(舍去). 由OB＝OC＝OD＝1，得BC⊥CD，所以BC＝， 所以三棱锥A­BCD的体积为××1××1＝. 【练3】 (2024·山东滨州模拟)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，OA，OC. 因为∠DAB＝∠BCD＝90°，O为BD的中点，所以OA＝OD＝OC，即O为△ACD的中心． 又因为AD＝CD，所以AC⊥BD. 由PO⊥平面ABCD，可得PO⊥AC. 又PO∩BD＝O，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(－，1，)＝ (－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，所以DP⊥AP. 因为AP＝＝， PC＝＝，AC＝2，所以AP2＋PC2＝AC2，故AP⊥PC. 又DP∩PC＝P，DP，PC⊂平面PDC，所以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＝. 【例4】 如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点． (1)求点N到直线AB的距离； (2)求点C1到平面ABN的距离． 解：建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4)， ∵N是CC1的中点，∴N(0，4，2). (1)＝(0，4，2)，＝(2，2，0)， 则||＝2，||＝4. 设点N到直线AB的距离为d1， 则d1＝＝＝4. (2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则由n⊥，n⊥， 得 令z＝2，则y＝－1，x＝，即n＝. 易知C1N＝(0，0，－2)， 设点C1到平面ABN的距离为d2， 则d2＝＝＝. 【练4】 设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是 ． 答案： 　解析：如图建立空间直角坐标系， 则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，所以D1A1＝(2，0，0)，DA1＝(2，0，2)，＝(2，2，0). 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，则n＝(1，－1，－1)是平面A1BD的一个法向量，所以点D1到平面A1BD的距离d＝＝＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$