专题4 第2讲 大题专攻——空间几何体中的证明与计算-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习学生用书Word

第2讲　大题专攻——空间几何体中的证明与计算 备｜考｜领｜航 一、考情分析 高频考点 高考预测 平行与垂直 在解答题中多与线、面位置关系的证明相结合，继续考查空间角与空间距离的计算，注意与体积、最值等问题的交汇考查 空间角 空间距离 二、真题感悟 （2024·新高考Ⅰ卷17题）（线面平行的证明、二面角相关问题的求解）如图，四棱锥P-ABCD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A-CP-D的正弦值为，求AD. 2.（2022·新高考Ⅰ卷19题）（点到平面的距离、二面角）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1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A-BD-C的正弦值. 重｜难｜排｜查 1.用向量证明平行、垂直 设直线l的方向向量为a＝（a1，b1，c1），平面α，β的法向量分别为μ＝（a2，b2，c2），v＝（a3，b3，c3）.则有： （1）线面平行：l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0； （2）线面垂直：l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2； （3）面面平行：α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3； （4）面面垂直：α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 2.用向量求空间角 （1）直线l1，l2的夹角θ满足cos θ＝｜cos＜l1，l2＞｜（其中l1，l2分别是直线l1，l2的方向向量）； （2）直线l与平面α的夹角θ满足sin θ＝｜cos＜l，n＞｜（其中l是直线l的方向向量，n是平面α的法向量）； （3）平面α，β的夹角θ满足cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜，则二面角α-l-β的平面角为θ或π－θ（其中n1，n2分别是平面α，β的法向量）. 易错提醒　（1）直线与平面所成角的范围为，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值；（2）利用公式求二面角的平面角时，要注意＜n1，n2＞与二面角大小的关系，是相等还是互补，需要结合图形进行判断；（3）注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为［0，］. 3.用向量求空间距离 （1）点线距离：如图，向量在直线l上的投影向量为，则点P到直线l的距离为｜PQ｜＝＝（其中u是直线l的单位方向向量）； （2）点面距离：如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点.则点P到平面α的距离为｜PQ｜＝｜·｜＝｜｜＝. 空间平行、垂直的证明 【例1】　如图，平行四边形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是上异于C，D的点，P为线段AM的中点，AB＝，BD＝2，∠ABD＝30°. 求证：（1）MC∥平面PBD； （2）平面AMD⊥平面BMC. 感悟提升 1.几何法证明平行、垂直关系的三类转化 （1）平行间的转化 （2）垂直间的转化 （3）平行与垂直间的转化 2.利用向量证明平行与垂直的一般步骤 （1）建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系； （2）建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面等要素； （3）通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系； （4）根据运算结果解答相关问题. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证： （1）B1D⊥平面ABD； （2）平面EGF∥平面ABD. 求空间角 考向1　直线与平面所成的角 【例2】　（2024·合肥第一次教学质量检测）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形ACC1A1，BCC1B1均为正方形，D，E分别是棱AB，A1B1的中点，N为C1E上一点. （1）证明：BN∥平面A1DC； （2）若AB＝AC，＝3，求直线DN与平面A1DC所成角的正弦值. 感悟提升 利用向量求直线与平面所成角的步骤 （1）建系→找出（或作出）两两垂直的三条直线，建立适当的空间直角坐标系； （2）求向量→先分别求出相关点的坐标，再求直线的方向向量和平面的法向量； （3）用公式→由两向量夹角的余弦公式cos＜m，n＞＝求两个向量夹角的余弦值. 提醒　平面的法向量与斜线的方向向量所成角的余弦值的绝对值为线面角的正弦值，不是余弦值. 考向2　二面角（平面与平面的夹角） 【例3】　（2024·太原高三模拟考试）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，平面A1BC⊥平面ACC1A1，A1C1＝CC1＝AC，△A1BC的面积为2，三棱锥A1-ABC的体积为. （1）求证：BC⊥AA1； （2）求平面A1BB1与平面A1BC1夹角的大小. 感悟提升 利用向量求二面角（平面与平面的夹角）的步骤 （1）建系→找出（或作出）两两垂直的三条直线，建立适当的空间直角坐标系； （2）求向量→求出两个平面的法向量m，n； （3）用公式→用向量的夹角公式cos＜m，n＞＝，并利用同角三角函数的基本关系式求出二面角的正弦值. 提醒　注意题目中的设问是求二面角还是求平面与平面的夹角，它们的范围不同. 　（2024·兰州高三诊断考试）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝AD＝3，AB＝4，BC＝5，E，F分别为PB，PC上一点，＝λ，EF∥BC. （1）当PB⊥平面AEFD时，求λ的值； （2）当二面角E-AD-B的余弦值为时，求PC与平面AEFD所成角的正弦值. 空间距离 【例4】　如图，在直角梯形ABCD中，CD⊥AD，AB＝BC＝2CD＝2，AD＝，现将△ACD沿着对角线AC折起，使点D到达点P的位置，二面角P-AC-D为. （1）求异面直线AP，BC所成角的余弦值； （2）求点A到平面PBC的距离. 感悟提升 求点到平面的距离的步骤 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点. （1）求点B到直线AC1的距离； （2）判断直线FC与平面AEC1的位置关系；如果平行，求直线FC到平面AEC1的距离. 5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2讲　大题专攻——空间几何体中的证明与计算 【锁定高考·明方向】 真题感悟 1.解：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC. （2）法一　 如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF， 因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC， 所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，所以CP⊥DF， 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角， 即sin∠DFE＝， 即tan∠DFE＝. 因为AD⊥DC，设AD＝x， 则CD＝， 由等面积法可得，DE＝， 又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝， 故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝. 法二　以DA，DC分别为x轴，y轴，过点D作与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系D-xyz， 令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC＝，C（0，，0）， 设平面ACP的法向量为n1＝（x1，y1，z1）， 则 所以 不妨设x1＝，则y1＝t，z1＝0，n1＝（，t，0）. 设平面CPD的法向量为n2＝（x2，y2，z2）， 则所以 不妨设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，n2＝（－2，0，t）. 因为二面角A-CP-D的正弦值为，则余弦值为， 所以＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝， 所以t＝，所以AD＝. 2.解：（1）设点A到平面A1BC的距离为h， 因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4， 所以＝S△ABC×AA1＝＝， 又△A1BC的面积为2，＝h＝×2h＝， 所以h＝， 即点A到平面A1BC的距离为. （2）取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B， 因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC， 又AA1⊥平面ABC， 所以AA1⊥BC，因为AA1∩AE＝A，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB. 以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz， 由（1）知，AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2， 因为△A1BC的面积为2，所以2＝×A1B×BC，所以BC＝2， 所以A（0，2，0），B（0，0，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），E（0，1，1）， 则＝（1，1，1），＝（0，2，0）， 设平面ABD的法向量为n＝（x，y，z）， 则即 令x＝1，得n＝（1，0，－1）， 又平面BDC的一个法向量为＝（0，－1，1）， 所以cos＜，n＞＝＝＝－， 设二面角A-BD-C的平面角为θ， 则sin θ＝＝， 所以二面角A-BD-C的正弦值为. 【研透高考·攻重点】 【例1】　证明：（1）如图，连接AC交BD于点O，连接PO，易得O为AC中点， 又P为线段AM的中点，则OP∥CM. 又OP⊂平面PBD，CM⊄平面PBD，则MC∥平面PBD. （2）在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋DB2－2AB·DB·cos ∠ABD，即AD2＝1，则AD2＋AB2＝BD2，故AB⊥AD， 所以平行四边形ABCD为矩形，则AD⊥DC. 又平面ABCD⊥平面CMD，平面ABCD∩平面CMD＝CD，AD⊂平面ABCD，则AD⊥平面CMD， 又CM⊂平面CMD，则AD⊥CM. 又M是半圆弧CD上的点， 则CM⊥MD. 因为MD∩AD＝D，MD，AD⊂平面AMD，所以CM⊥平面AMD. 因为CM⊂平面BMC，所以平面AMD⊥平面BMC. 跟踪训练 　证明：（1） 依题意，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系B-xyz，如图所示，则B（0，0，0），D（0，2，2），B1（0，0，4），C1（0，2，4），设BA＝a，则A（a，0，0），所以＝（a，0，0），＝（0，2，2），＝（0，2，－2）， ·＝0，·＝0， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD， 又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD， 因此B1D⊥平面ABD. （2）由（1）知，E（0，0，3），G，F（0，1，4），则＝，＝（0，1，1），·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0， 即B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF， 因此B1D⊥平面EGF. 结合（1）可知是平面ABD的一个法向量. 所以平面EGF∥平面ABD. 【例2】　解：（1） 证明：连接BE，BC1，DE，如图. 因为AB∥A1B1，且AB＝A1B1， D，E分别是棱AB，A1B1的中点， 所以BD∥A1E，且BD＝A1E， 所以四边形BDA1E为平行四边形， 所以A1D∥EB， 又A1D⊂平面A1DC，EB⊄平面A1DC，所以EB∥平面A1DC. 因为DE∥BB1∥CC1，且DE＝BB1＝CC1， 所以四边形DCC1E为平行四边形， 所以C1E∥CD， 又CD⊂平面A1DC，C1E⊄平面A1DC， 所以C1E∥平面A1DC. 因为C1E∩EB＝E，C1E，EB⊂平面BEC1， 所以平面BEC1∥平面A1DC. 因为BN⊂平面BEC1，所以BN∥平面A1DC. （2）因为四边形ACC1A1，BCC1B1均为正方形， 所以CC1⊥AC，CC1⊥BC， 所以CC1⊥平面ABC. 因为DE∥CC1， 所以DE⊥平面ABC. 从而DE⊥DB，DE⊥DC. 因为AB＝AC＝BC， 所以△ABC为等边三角形. 因为D是AB的中点， 所以CD⊥DB， 即DB，DC，DE两两垂直. 以D为原点，DB，DC，DE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D-xyz. 设AB＝2，则D（0，0，0），E（0，0，2），C（0，3，0），C1（0，3，2），A1（－，0，2）， 所以＝（0，3，0），＝（－，0，2）. 设n＝（x，y，z）为平面A1DC的法向量， 则 即 可取n＝（2，0，1）. 因为＝3，所以N（0，2，2），＝（0，2，2）. 设直线DN与平面A1DC所成角为θ， 则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝， 即直线DN与平面A1DC所成角的正弦值为. 【例3】　解：（1）证明：如图，取A1C的中点D，连接C1D. ∵A1C1＝CC1，∴C1D⊥A1C. ∵平面A1BC⊥平面ACC1A1， ∴C1D⊥平面A1BC，∴C1D⊥BC. ∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥BC， ∵C1D∩CC1＝C1， ∴BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AA1. （2）由（1）得CC1⊥BC，BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AC，BC⊥A1C. ∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥AC.以C为原点，CA，CB，CC1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. 设A1C1＝a，B1C1＝b，则 解得 则C（0，0，0），C1（0，0，2），A1（2，0，2），B（0，2，0），B1（0，1，2）， 则＝（2，0，0），＝（2，－2，2），＝（2，－1，0）. 设m＝（x1，y1，z1）是平面A1BC1的法向量， 则∴ 取z1＝1，则x1＝0，y1＝1，∴m＝（0，1，1）. 设n＝（x2，y2，z2）是平面A1BB1的法向量， 则∴ 取z2＝1，则x2＝1，y2＝2，∴n＝（1，2，1）. ∴｜cos＜m，n＞｜＝＝＝， ∴平面A1BB1与平面A1BC1的夹角为30°. 跟踪训练 　解：法一　（1）如图所示，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，0，3），B（4，0，0），C（4，5，0），D（0，3，0）， 设E（x，y，z），由＝λ，可得（x－4，y，z）＝λ（－4，0，3）， 则E（4－4λ，0，3λ）. 因为PB⊥平面AEFD，AE⊂平面AEFD，所以PB⊥AE. 又＝（4，0，－3），＝（4－4λ，0，3λ）， 所以由·＝0，得16－25λ＝0， 解得λ＝. （2）设平面EAD的法向量为n＝（x'，y'，z'），由（1）知＝（4－4λ，0，3λ），＝（0，3，0）， 由n⊥，n⊥， 得 令x'＝3λ，得n＝（3λ，0，4λ－4）. 易得平面ABD的一个法向量为m＝（0，0，1）， 又二面角E-AD-B的余弦值为， 所以｜cos＜m，n＞｜＝＝，得λ＝， 则n＝（，0，－2），由（1）知＝（4，5，－3）， 设直线PC与平面AEFD所成的角为θ，则sin θ＝＝＝， 所以直线PC与平面AEFD所成角的正弦值为. 法二　（1）由PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，得PA⊥AB， 由PB⊥平面AEFD，AE⊂平面AEFD，得PB⊥AE， 在Rt△ABP中，BP＝＝＝5，AE＝＝＝. 在Rt△ABE中，由勾股定理得BE＝＝＝， 因为＝λ，所以λ＝＝. （2）因为PA⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD. 又AB⊥AD，PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB， 又AE⊂平面PAB，所以AD⊥AE， 因此二面角E-AD-B的平面角为∠EAB. 由题知cos∠EAB＝，cos∠EBA＝＝， 所以∠EAB＝∠EBA，∠EAP＝∠EPA， 因此EA＝EP＝EB，即E为BP的中点. 以点A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，0，3），C（4，5，0），D（0，3，0），B（4，0，0），E（2，0，）， 则＝（4，5，－3），＝（2，0，），＝（0，3，0）， 设平面AEFD的法向量为n＝（x，y，z）， 则令x＝3，得z＝－4，则n＝（3，0，－4）. 设直线PC与平面AEFD所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝， 所以直线PC与平面AEFD所成角的正弦值为. 【例4】　解：（1） 在直角梯形ABCD中，过点D作DO⊥AC交AC于O，连接OP，则可以以点O为坐标原点，直线OA为x轴，平面ABCD内过点O且垂直于AC的直线为y轴，过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 因为DO⊥AC，所以PO⊥AC，所以∠DOP为二面角P-AC-D的平面角，所以∠DOP＝. 又OD＝OP＝，所以P（0，－，）， 易知C（－，0，0），A（，0，0），B（，，0），所以＝（－，－，），＝（－1，－，0）， 所以cos＜，＞＝＝＝， 所以异面直线AP，BC所成角的余弦值为. （2）＝（－，，－），＝（－1，－，0）， 设n＝（x，y，z）为平面PBC的法向量，则 令x＝，则y＝－1，z＝－，故平面PBC的一个法向量为n＝（，－1，－）， 所以点A到平面PBC的距离d＝＝＝. 跟踪训练 　解：以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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A（1，0，1），B（1，1，1），C（0，1，1），C1（0，1，0），E（1，，0），F（1，，1）. （1）取a＝＝（0，1，0），u＝＝（－1，1，－1）＝（－，，－），则a2＝1，a·u＝， 所以点B到直线AC1的距离为＝＝. （2）因为＝＝（－1，，0），所以FC∥EC1， 所以FC∥平面AEC1， 所以点F到平面AEC1的距离，即为直线FC到平面AEC1的距离. 设平面AEC1的法向量为n＝（x，y，z），＝（0，，－1）. 则所以所以 取z＝1，则x＝1，y＝2，所以n＝（1，2，1）是平面AEC1的一个法向量. 又因为＝（0，，0），所以点F到平面AEC1的距离为d＝＝＝， 即直线FC到平面AEC1的距离为. 学科网（北京）股份有限公司 $