第1部分 单元3 第3讲 空间角与空间距离(Word教参)-【优化指导】2025年高考数学二轮复习高中总复习·第2轮

第三讲　空间角与空间距离 [大题突破·师生共研] 考情研析　高考对立体几何模块的考查，空间角几乎是每年必考，其中线面角、二面角尤为重要，多以解答题形式呈现，并且多采用空间向量法解决．如2023年全国甲卷T18，以三棱柱为载体求解线面角；2024年新课标 Ⅰ 卷T17，以四棱锥为载体考查与二面角有关的问题；2024年全国甲卷T19，以五面体为载体，考查二面角的计算问题等． 考点一　空间位置关系与线面角问题 [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． (1)证明：如图，过点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ABC­A1B1C1中，AC＝A1C1， ∴A1C＝AC. (2)解：连接A1B，由(1)易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，A1F⊥BB1. ∵AA1与BB1的距离为2，∴A1F＝2. 又A1D＝1，且A1C＝AC， ∴A1C＝A1C1＝AC＝，AB＝A1B1＝，BC＝. 以C为原点，CA，CB，CA1所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)， B1(－，，)，C1(－，0，)， ∴＝(0，，0)，＝(－，0，)，＝(－2，，). 设平面BCC1B1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取x＝1，则y＝0，z＝1， ∴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 训练1 (2024·北京东城一模)如图，在五面体ABCDEF中，底面四边形ABCD为正方形，AB＝4，EF＝1. (1)求证：AB∥EF； (2)若H为CD的中点，M为BH的中点，EM⊥BH，EM＝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CF与平面ADE所成角的正弦值． 条件①：ED＝EA；条件②：AE＝5. (1)证明：因为底面四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD. 又AB⊄平面EFCD，CD⊂平面EFCD， 所以AB∥平面EFCD. 又平面EFCD∩平面EFBA＝EF，AB⊂平面EFBA，所以AB∥EF. (2)解：选①，取AD的中点G，连接EG，MG. 因为ED＝EA，所以EG⊥AD. 易知GM为梯形ABHD的中位线，则MG⊥AD. 又MG∩EG＝G，MG，EG⊂平面EGM， 故AD⊥平面EGM. 又EM⊂平面EGM， 则AD⊥EM.又EM⊥BH，AD，BH⊂平面ABCD，且AD，BH必相交， 故EM⊥平面ABCD. 延长GM交BC于点P，则P为BC的中点． 易得EF∥MP，EF＝MP，故四边形EFPM为矩形． 以M为原点，EM所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过点M作CB的平行线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(3，2，0)，D(3，－2，0)，C(－1，－2，0)，E(0，0，2)，F(－1，0，2)， 则＝(0，－4，0)，＝(－3，－2，2)，＝(0，2，2). 设平面ADE的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则即 令x＝2，则m＝(2，0，3). 设直线CF与平面ADE所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m，〉|＝＝. 选②，取AD的中点G，连接GM，AM. 易知GM为梯形ABHD的中位线，GM＝3，则AM＝，由题知AE＝5，EM＝2，则AE2＝EM2＋AM2，故EM⊥AM. 又EM⊥BH，AM∩BH＝M，AM，BH⊂平面ABCD，故EM⊥平面ABCD. 延长GM交BC于点P，则P为BC的中点，易得EF∥MP，EF＝MP，故四边形EFPM为矩形． 以M为原点，EM所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过点M作CB的平行线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(3，2，0)，D(3，－2，0)，C(－1，－2，0)，E(0，0，2)，F(－1，0，2)， 则＝(0，－4，0)，＝(－3，－2，2)，＝(0，2，2). 设平面ADE的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则 即 令x＝2，则m＝(2，0，3). 设直线CF与平面ADE所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m，〉|＝＝. 考点二　空间位置关系与二面角问题 [例2] (2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A­CP­D的正弦值为，求AD. (1)证明：∵PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴PA⊥AD， 又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，∴AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，∴AD⊥AB. ∵AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，∴BC∥AD， ∵AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC. (2)解：由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a>0，则CD＝，C(0，，0)，P(a，0，2)，＝(0，－，0)，＝(－a，，0)，＝(a，－，2). 设平面CPD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则，即，可取n＝(2，0，－a). 设平面ACP的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则，即，可取m＝(，a，0). ∵二面角A­CP­D的正弦值为， ∴二面角A­CP­D的余弦值的绝对值为， 故|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 又a>0，∴a＝，即AD＝. 利用空间向量求二面角的解题模型 训练2 (2024·全国甲卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； (2)求二面角F­BM­E的正弦值． (1)证明：方法一(利用线面平行判定定理)　因为M为AD的中点，BC∥AD，且AD＝4，BC＝2，所以BC∥MD，且BC＝MD， 所以四边形BCDM为平行四边形． 所以BM∥CD，又CD⊂平面CDE，BM⊄平面CDE，所以BM∥平面CDE. 方法二(利用面面平行的性质)　因为EF∥AD，BC∥AD，所以EF∥BC， 又EF＝BC＝2，所以四边形BCEF为平行四边形． 所以BF∥CE，又CE⊂平面CDE，BF⊄平面CDE，所以BF∥平面CDE. 因为M为AD的中点，且AD＝4，所以EF∥MD，且EF＝MD，所以四边形MDEF为平行四边形． 所以FM∥ED，又ED⊂平面CDE，FM⊄平面CDE，所以FM∥平面CDE. 因为BF，FM⊂平面BMF，BF∩FM＝F，所以平面BMF∥平面CDE. 又BM⊂平面BMF，所以BM∥平面CDE. (2)解：取AM的中点O，连接BO，FO. 由(1)中方法一可知，BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝2，所以BO⊥AD，且BO＝. 由(1)中方法二知四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED＝， 又AF＝，所以FO⊥AM， 又OA＝OM＝1，所以FO＝＝3， 又FB＝2，所以BO2＋FO2＝FB2， 所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直． 以O为坐标原点，分别以OB，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则F(0，0，3)，B(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)，则＝(，－1，0)，＝(0，－1，3)，＝(0，1，3). 设平面FBM的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则，即， 令y1＝3，所以x1＝，z1＝1，所以n1＝(，3，1). 设平面EBM的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则，即， 令y2＝3，所以x2＝，z2＝－1，所以n2＝(，3，－1). 设二面角F­BM­E的平面角为θ，所以|cos θ|＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝， 因为θ∈[0，π]，所以sin θ>0，即sin θ＝＝， 所以二面角F­BM­E的正弦值为. 考点三　空间距离的计算问题 [例3](2024·长春模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB＝PC＝2，PA＝BC＝2AD＝2CD＝4，点E为BC的中点，点F在棱PB上(不包括端点). (1)证明：平面AEF⊥平面PAD； (2)若点F为PB的中点，求直线EF到平面PCD的距离． (1)证明：如图，连接AC. ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AC. ∵PB＝PC＝2，PA＝4， ∴AB＝AC＝2. ∵BC＝4，∴AB2＋AC2＝BC2，即AB⊥AC. 又E为BC的中点，∴AE⊥BC，且AE＝EC＝2. ∵AD＝CD＝2，∴四边形AECD为正方形， ∴AE⊥AD. ∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD， ∴PA⊥AE. 又AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD， ∴AE⊥平面PAD. 又AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PAD. (2)解：∵在△PBC中，E，F分别为BC，PB的中点， ∴EF∥PC. 又EF⊄平面PCD，PC⊂平面PCD，∴EF∥平面PCD， ∴点E到平面PCD的距离即为EF到平面PCD的距离． 方法一　∵PA⊥AD，PA⊥AE，AE⊥AD， ∴以A为原点，AE，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则E(2，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，4)，D(0，2，0)， ＝(0，2，0)，＝(－2，－2，4)，＝(－2，0，0). 设n＝(x，y，z)是平面PCD的一个法向量， ∴∴ 取z＝1，则y＝2，∴n＝(0，2，1)是平面PCD的一个法向量． ∴点E到平面PCD的距离为d＝＝＝， 即直线EF到平面PCD的距离为. 方法二　如图，连接ED，PE. ∵△EDC为等腰直角三角形，∴S△EDC＝×2×2＝2. 又PA⊥平面ECD， ∴PA是三棱锥P­EDC的高， ∴VP­EDC＝S△EDC·PA＝×2×4＝. ∵CD＝2，PD＝＝＝2，PC＝2， ∴PD2＋CD2＝PC2，∴CD⊥PD， ∴S△PCD＝CD·PD＝×2×2＝2. 设点E到平面PCD的距离为d， 则VP­EDC＝VE­PCD＝S△PCD·d， ∴×2d＝，∴d＝＝， 即直线EF到平面PCD的距离为. 向量法求点到平面的距离的步骤 训练3 (2024·南开区模拟) 如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，∠DAB＝60°，所有棱长都为2，AC∩BD＝O，A1O⊥平面ABCD，F为DC1的中点． (1)证明：OF∥平面BCC1B1； (2)求二面角D­AA1­C的余弦值； (3)求点F到直线DA1的距离． (1)证明：连接BC1(图略)，因为F为DC1的中点，O为DB的中点， 所以OF∥BC1，且BC1⊂平面BCC1B1，OF⊄平面BCC1B1， 所以OF∥平面BCC1B1. (2)解：因为A1O⊥平面ABCD，且四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD. 如图，以O为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系． 又∠DAB＝60°，所以△ABD为等边三角形，所以BD＝2，则OA＝＝. 在Rt△AOA1中，OA1＝＝1，可知O(0，0，0)，A(，0，0)，A1(0，0，1)，C(－，0，0)，D(0，－1，0)， 则＝(－，－1，0)，＝(－，0，1). 设平面DAA1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，得n＝(1，－，). 取平面AA1C的一个法向量为m＝(0，1，0)， 所以cos 〈n，m〉＝＝＝－. 设二面角D­AA1­C为θ，显然二面角D­AA1­C为锐二面角，则cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝， 即二面角D­AA1­C的余弦值为. 所以a·u＝－×0＋×＋×＝. 所以点F到直线DA1的距离d＝＝＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$