空间角与距离的计算 课件-2027届高三数学一轮复习

　空间角与距离的计算 C B D ACD [知识梳理] 1．异面直线所成的角的求法 设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 l1与l2所成的角θ 范围 求法 cos θ＝ 2.直线与平面所成角的求法 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝. 3．二面角的求法 (1)平面α与平面β相交，形成的四个二面角，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． (2)若平面α，β的法向量分别是n1与n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1与n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为φ，则|cos φ|＝|cos 〈n1，n2〉|＝. 4．利用空间向量求两点间的距离 设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)， 则|AB|＝||＝. 5．点P到直线l的距离 如图7.6­1，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量＝a，则向量在直线l上的投影向量为＝(a·u)u，点P到直线l的距离为PQ＝. 图7.6­1 6．点面距的求法 (1)定义法：自点向平面作垂线，利用三角函数知识求垂线段长度． (2)等积法：利用体积相等求棱锥的高． (3)向量法：如图7.6­2，设A是平面α内的定点，B是平面α外一点，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝. 图7.6­2 [热身训练] 1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为( ). A．　　　 B． C．　　　 D． 2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( ). A．　　　 B． C．　　　 D． 3．已知在四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，且AB＝2，BC＝BD＝，则点B到平面ACD的距离为( ). A．　　　 B． C．　　　 D． 4．如图7.6­3，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD＝，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中点，O是AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是 ． 图7.6­3 题型1　异面直线所成的角 【例1】(2025·全国Ⅰ卷)如图7.6­4，在的四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD，AB⊥AD． 图7.6­4 (1)求证：平面PAB⊥平面PAD； (2)PA＝AB＝，AD＝1＋，BC＝2，P，B，C，D在同一个球面上，设该球面的球心为O. ①求证：O在平面ABCD上； ②求直线AC与直线PO所成角的余弦值． (1)【证明】在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥AB，AP⊥AD．因为AB⊥AD，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，AP∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD．因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD． (2)【解析】①由题意，在四棱锥P­ABCD中，AP⊥AB，AP⊥AD，AB⊥AD，BC∥AD，PA＝AB＝，AD＝1＋，建立如答图7.6­1①所示的空间直角坐标系， 答图7.6­1① 则A(0，0，0)，B(，0，0)，C(，2，0)，D(0，1＋，0)，P(0，0，)，若P，B，C，D在同一个球面上，则|OP|＝|OB|＝|OC|＝|OD|，如答图7.6­1②，在平面xAy中， 答图7.6­1② 则A(0，0)，B(，0)，C(，2)，D(0，1＋)，所以线段CD的中点F的坐标为，直线CD的斜率为k1＝＝－，直线CD的垂直平分线EF的斜率为k2＝＝，所以直线EF的方程为y－＝，即y＝＋，当y＝1时，1＝＋，解得xO＝0，所以O(0，1)，所以在立体几何中点O的坐标为(0，1，0). 因为解得|OP|＝|OB|＝|OC|＝|OD|＝，所以点O在平面ABCD上． ②如答图7.6­1③，由题意及以上分析，得＝(，2，0)，＝，设直线AC与直线PO所成角为θ，所以cos θ＝＝＝. 答图7.6­1③ 向量法求异面直线所成角的步骤： (1)选好基底或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量v1，v2； (3)代入公式|cos 〈v1，v2〉|＝求解． 【变式】(多选)(2024·贵州师大附中高三期末)已知正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为a，高为h，记异面直线A1C与BC1所成的角为θ，则( ). A．若a＝h，则cos θ＝ B．若cos θ＝，则a＝h C．若a＝h，则θ＝90° D．若θ＝60°，则h＝a 题型2　直线与平面所成的角 【例2】(2024·辽宁大连二模)已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周上有C，D两点．如图7.6­5，OC⊥AB，∠AOD＝，点P是上的动点．沿AB将纸片折为直二面角，并连接PO，PD，PC，CD． 图7.6­5 (1)当AB∥平面PCD时，求PD的长； (2)若OP⊥OD，求OP与平面PCD所成角的正弦值． 【解析】(1)因为AB∥平面PCD，AB⊂平面POD，平面PCD∩平面POD＝PD，所以AB∥PD，所以∠PDO＝∠AOD＝，又OD＝OP＝1，所以PD＝2OD cos ∠PDO＝2cos ＝. (2)因为OP⊥OD，∠AOD＝，所以∠POB＝.过点O作平面ABC的垂线OG，以O为坐标原点，OC，OB，OG所在的直线分别为x，y，z轴，建立如答图7.6­2所示的空间直角坐标系， 答图7.6­2 则C(1，0，0)，D，P.所以＝，＝，＝.设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则即 令y＝－2，得x＝2＋2，z＝4＋2，则n＝(2＋2，－2，4＋2)，设OP与平面PCD所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，故OP与平面PCD所成角的正弦值为. 利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影所在的直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，线面角为斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角． 【变式】(2024·山东济南三模)如图7.6­6，在三棱台ABC­DEF中，平面ABC⊥平面BCFE，AF⊥DE，∠ABC＝∠CBF＝45°，AC>AB＝1. 图7.6­6 (1)求三棱台ABC­DEF的高； (2)若直线AC与平面ABF所成角的正弦值为，求BC的长． 【解析】(1)如答图7.6­3，作FO⊥BC于点O，因为平面ABC⊥平面BCFE，平面ABC∩平面BCFE＝BC，FO⊂平面BCFE，FO⊥BC，所以FO⊥平面ABC，即FO为三棱台ABC­DEF的高，又因为AB⊂平面ABC，所以FO⊥AB，连接AO，因为AB∥DE，AF⊥DE，所以AB⊥AF，又FO∩AF＝F，FO，AF⊂平面AFO，所以AB⊥平面AFO，又AO⊂平面AFO，所以AB⊥AO，又∠ABC＝∠CBF＝45°，AB＝1，所以AO＝1，BO＝FO＝，所以三棱台ABC­DEF的高为. (2)在平面ABC内，作Ox⊥BC，以O为原点，以Ox，OB，OF所在的直线分别为x，y，z轴建立如答图7.6­3所示的空间直角坐标系Oxyz，则A，B(0，，0)，F(0，0，)，则＝，＝(0，，－)，设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)， 答图7.6­3 则可取n＝(1，1，1)，设＝λ，因为AC>AB，所以λ>1，所以＝＋＝＋λ＝，设直线AC与平面ABF所成角为α，则sin α＝|cos 〈，n〉|＝＝，化简得8λ2－18λ＋9＝0，解得λ＝或λ＝(舍去)，所以BC＝. 题型3　二面角 【例3】(2025·广州调研)如图7.6­7，在四棱锥P­ABCD中，CD∥AB，∠ABC＝90°，AB＝2BC＝2CD＝4，三棱锥B­PAD的体积为. (1)求点P到平面ABCD的距离； (2)若PA＝PD，平面PAD⊥平面ABCD，点N在线段AP上，AN＝2NP，求平面NCD与平面ABCD夹角的余弦值． 图7.6­7 【解析】(1)设点P到平面ABCD的距离为h，则VB­PAD＝VP­ABD＝h·S△ABD＝，由题意可知S△ABD＝AB·BC＝4，所以h＝，所以点P到平面ABCD的距离为. (2)如答图7.6­4，取AD的中点M，连接PM，因为PA＝PD，所以PM⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD，PM⊂平面PAD，所以PM⊥平面ABCD，由(1)知PM＝.由题意可得BD＝2，AD＝＝2，所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD． 答图7.6­4 以点D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，过点D作PM的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，P(，0，)，C(－，，0)，所以＝(－，，0)，＝(2，0，0)，＝(－，0，)，＝＝，所以＝＋＝.设平面NCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则 故可取n1＝(1，1，－2).易知平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，设平面NCD与平面ABCD的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝，所以平面NCD与平面ABCD夹角的余弦值为. 利用空间向量计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小． (2)找与棱的方向向量垂直的向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱的方向向量垂直的两个向量，则这两个向量的夹角(或其补角)的大小等于二面角的大小． 【变式】如图7.6­8，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝2AB，Q为PC的中点． 图7.6­8 (1)求证：BQ∥平面PAD； (2)若PD＝1，BC＝，BC⊥BD，求锐二面角Q­BD­C的余弦值． (1)【证明】如答图7.6­5①，取PD的中点G，连接AG，QG.因为Q为PC的中点，所以GQ∥DC，且GQ＝DC．又因为AB∥DC，DC＝2AB，所以GQ∥AB，GQ＝AB，所以四边形ABQG是平行四边形，所以BQ∥AG.又BQ⊄平面PAD，AG⊂平面PAD，所以BQ∥平面PAD． ① ② 答图7.6­5 (2)【解析】由题意知DA，DC，DP两两垂直，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如答图7.6­5②所示的空间直角坐标系，因为在四边形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，DC＝2AB，所以点B在线段CD的垂直平分线上．又因为BC＝，BC⊥BD，所以BD＝BC＝，CD＝2，所以点D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，Q，P(0，0，1)，所以＝，＝.设平面BDQ的法向量为m＝(x，y，z)，则 令z＝2，得m＝(1，－1，2)，易知平面BCD的一个法向量为＝(0，0，1).因为|m|＝＝，||＝1，m·＝2，所以cos 〈m，〉＝＝＝，所以锐二面角Q­BD­C的余弦值为. 题型4　点面距 【例4】如图7.6­9，在四棱锥P­ABCD中，AC⊥BD于点O，∠ABC＝90°，AD＝CD，PO⊥平面ABCD． 图7.6­9 (1)求证：AC⊥平面PBD； (2)若△PBC是边长为2的等边三角形，求点O到平面PBC的距离． (2)【解析】以O为原点，OD所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立如答图7.6­6所示的空间直角坐标系，因为PO⊥OB，PO⊥OC，PC＝PB＝BC＝2，BO⊥CO，所以OB＝OC＝，PO＝.又AD＝CD，DO⊥AC，所以AO＝CO＝， 答图7.6­6 所以BA＝2，所以P(0，0，)，O(0，0，0)，C(0，，0)，B(－，0，0)，＝(0，0，－)，＝(－，0，－)，＝(0，，－).设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝1，得n＝(1，－1，－1)，所以点O到平面PBC的距离d＝＝＝. 立体几何中的探索性、最值问题 立体几何解答题一般以多面体或组合体为载体，考查空间位置关系的判定与性质、求解二面角或线面角等知识．此类问题经常与折叠问题、探索性问题相结合，对空间角的范围或最值也偶有考查，有一定的难度和综合性，主要考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养． 【例题】(2024·成都树德中学高三期末)如图7.6­11，在Rt△AOB中，∠AOB＝，AO＝4，BO＝2，Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B­AO­C是直二面角．动点D在线段AB上． 图7.6­11 (1)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的余弦值； (2)求CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值． 【解析】(1)由题意可得AO⊥OB，AO⊥OC，平面AOB⊥平面AOC，平面AOB∩平面AOC＝AO，OB⊂平面AOB，所以OB⊥平面AOC，所以OB⊥OC，如答图7.6­8，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(0，0，4)，C(2，0，0)，B(0，2，0)，若D为AB的中点，则D(0，1，2)，可得＝(0，0，4)，＝(－2，1，2)，设异面直线AO与CD所成角为θ，θ∈，则cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝.故异面直线AO与CD所成角的余弦值为. (2)设D(x，y，z)，＝λ，λ∈[0，1]，则＝(x，y－2，z)，＝(0，－2，4)，可得解得所以D(0，2(1－λ)，4λ)，所以＝(－2，2(1－λ)，4λ)，由题意可知，平面AOB的一个法向量为n＝(1，0，0)，设CD与平面AOB所成角为α，α∈， 则sin α＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，对于函数y＝5λ2－2λ＋2，其图象开口向上，对称轴为直线λ＝∈[0，1]，可得当λ＝时，y＝5λ2－2λ＋2取到最小值ymin＝5×－2×＋2＝，所以sin α的最大值为＝，因为α∈，所以CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值为. (1)解决几何体中的探究性问题的基本策略是执果索因，其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，将结论视为已知条件可迅速找到切入点，建立方程(组)并解方程(组).若有解，则存在并求得结论成立的条件；若无解，则不存在． (2)解决空间角的最值问题，一般是把空间角的某个三角函数值表示为某个变量的函数，利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的影响． 【变式】如图7.6­12，已知四棱锥P­ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，∠PAB＝120°，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2. 图7.6­12 (1)求证：平面PBC⊥平面PAB． (2)在线段PB上是否存在点M，使得直线AM与平面PBD所成角的正弦值为？若存在，求出线段PM的长度；若不存在，请说明理由． (1)【证明】因为平面PAB⊥平面ABCD且平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ABP.又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB． (2)【解析】在平面PAB内，过点A作AE⊥AB，交PB于点E，易知AE⊥平面ABCD．以A为坐标原点，分别以，，方向为x，y，z轴的正方向，建立如答图7.6­9所示的空间直角坐标系Axyz， 答图7.6­9 由∠PAB＝120°，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2，可得P，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，则＝，＝(1，－1，0)，＝.设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则即 取n＝(1，1，)，设＝λ(0≤λ≤1)，则＝＋＝，若直线AM与平面PBD所成角的正弦值为，则|cos 〈，n〉|＝＝＝，解得λ＝或λ＝，故存在点M满足题意，此时PM＝或PM＝. $