7.6 空间中的角和距离 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“空间中的角和距离”专题，依据高考评价体系明确向量法求异面直线、线面、面面夹角及点线、点面距离的考查要求，结合2023-2025年新课标卷和全国卷考情，梳理公式体系、易错点辨析及“建系-求向量-计算-结论”的解题步骤，归纳高频计算题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+一题多解+素养提升”，如以2024全国甲卷五面体题为例，用向量法和几何法突破面面夹角，培养数学思维和运算能力，通过“母题变式”训练强化空间观念，助力学生掌握得分技巧，教师可依托此课件实现高效复习指导。

第七章　立体几何与空间向量 7.6　空间中的角和距离 2027高考数学一轮总复习 1 内容索引 必备知识　回顾 课时作业 关键能力　提升 考试要求 三年考情 1.能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题. 2.会求空间中点到直线以及点到平面的距离. 2023 2024 2025 新课标Ⅰ卷T18 新课标Ⅰ卷T17 全国一卷T17 新课标Ⅱ卷T20 新课标Ⅱ卷T17 全国二卷T17 必备知识　回顾 用空间向量研究夹角、距离问题 1 知识梳理 分类 图示 计算公式 夹 角 异面直线所成 的角 cos θ=|cos<u,v>|= 直线与平面所 成的角 sin θ=|cos<u,n>|= 两个平面的 夹角 cos θ=|cos<n1,n2>|= (θ为两个平面的夹角) 必备知识 回顾 返回 分类 图示 计算公式 距 离 点到直线的 距离 PQ== (u是直线l的单位方向向量) 点到平面的 距离 PQ== (n是平面α的法向量) 必备知识 回顾 返回 利用法向量的方向判断二面角 二面角的大小可以通过这两个面的法向量的夹角求得,它等于两法向量的夹角或其补角.法向量的方向指向内部的称为“进”入半平面;法向量的方向指向外部的称为穿“出”半平面;当法向量m,n“一进一出”时,m,n 的夹角就是二面角的大小;当法向量m,n“同进同出”时,m,n的夹角就是二面角的补角. 知识拓展 必备知识 回顾 返回 1.判断(正确的画“√”,错误的画“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(　 　) (2)直线的方向向量与平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.(　 　) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角.(　 　) (4)两异面直线夹角的范围是,直线与平面所成角的范围是,二面角的范围是[0,π],两个平面夹角的范围是. (　 　) 基础检测 × × × √ 必备知识 回顾 返回 2.(人教A版选择性必修第一册P38练习T1改编)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 (　 　) A. C 必备知识 回顾 返回 解析:以D为原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,),A(1,0,0),D(0,0,0), B1(1,1,),所以=(-1,0,),=(1,1,).设异面直线AD1与DB1所成的角为θ,则cos θ=,所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.故选C. 必备知识 回顾 返回 3.在空间直角坐标系中,若直线l的一个方向向量是v=(-2,2,1),平面α的 一个法向量是n=(2,0,1),则直线l与平面α所成角的正弦值为. 解析:设直线l与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos<v,n>| ==. 必备知识 回顾 返回 4.(人教A版选择性必修第一册P35练习T3改编)已知平面α经过点B(1,0,0),且α的一个法向量为n=(1,1,1),则点P(2,2,0)到平面α的距离为. 解析:因为=(1,2,0),n=(1,1,1),所以点P(2,2,0)到平面α的距离d=. 必备知识 回顾 返回 关键能力　提升 考点1 异面直线所成的角 【例1】　中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体,该几何体的上、下底面平行,且均为扇环形(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池,它的高为2,AA1,BB1,CC1,DD1均与曲池的底面ABCD垂直,底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2,对应的圆心角为90°,则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为 (　 　) A. C. A 关键能力 提升 返回 【解析】　设上底面扇环所在圆的圆心为O1,下底面扇环所在圆的圆心为O,连接OO1,OC,OB,O1C1,O1B1,以O为坐标原点,OC,OB,OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则C(1,0,0), A(0,2,0),B1(0,1,2),D1(2,0,2),所以=(1,0,2),=(0,-1,2),所以cos<, ,所以异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为.故选A. 关键能力 提升 返回 用向量法求异面直线所成角的步骤 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练1】　在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,AA1=,∠ABC= 120°,E为AB的中点,则异面直线AC1与B1E所成角的余弦值为. 解析:取AC的中点D,连接BD,因为AB=BC,所以BD⊥AC,以D为原点,DB,DC所在直线分别为x轴、y轴,过点D且垂直于平面BAC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,因为AB=BC=2,AA1=, ∠ABC=120°,所以AC=2,AD=DC=,BD=1,所以B(1,0,0),A(0, -,0),B1(1,0,),C1(0,,),E,所以 关键能力 提升 返回 ,=(0,2,),所以+(-)×=-6,||==2, |,设异面直线B1E与AC1所成的角为θ,则cos θ=,所以异面直线B1E与AC1所成角的余弦值为. 关键能力 提升 返回 考点2 直线与平面所成的角 【例2】　如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,且∠BAD=60°,侧面PAD是等边三角形,且二面角P-AD-B为120°. 关键能力 提升 返回 (1)求四棱锥P-ABCD的体积; 【解】如图,取AD的中点M,连接PM,BM,BD,则AD⊥PM,PM=. 因为∠BAD=60°,四边形ABCD是边长为2的菱形,所以△BAD为等边三角形,则AD⊥BM,BM=,又PM∩BM=M,PM,BM⊂平面PMB,所以AD⊥平面PMB,因为AD⊂平面ABCD,所以平面PMB⊥平面ABCD. 过点P作PO⊥BM交BM的延长线于点O, 关键能力 提升 返回 因为PO⊂平面PMB,平面PMB∩平面ABCD=BM,所以PO⊥平面ABCD. 因为二面角P-AD-B为120°, 所以∠PMB=120°,∠PMO=60°. 因为菱形ABCD的面积为2×,PO=, 所以四棱锥P-ABCD的体积为. 关键能力 提升 返回 (2)(一题多解)求直线PC与平面PAD所成角的正弦值. 【解】　方法一　由(1)可知,OB=,则PB= =3. 因为AD⊥平面PMB,BC∥AD,所以BC⊥平面PMB. 又PB⊂平面PMB,所以BC⊥PB,则PC=. 设点C到平面PAD的距离为d, 因为VP-ADC=, 关键能力 提升 返回 S△PAD=, VP-ADC=VC-PAD=S△PAD·d, 所以d=, 所以直线PC与平面PAD所成角的正弦值为. 关键能力 提升 返回 方法二　如图,以M为原点,MB,MD所在直线分别为x轴、y轴,过点M且平行于PO的直线为z轴,建立空间直角坐标系, 则M(0,0,0),D(0,1,0),P,C(,2,0), 则=(0,1,0),,. 设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),则 关键能力 提升 返回 令x=,得n=(,0,1),所以cos< ,n =,所以直线PC与平面PAD所成角的正弦值为. 关键能力 提升 返回 用向量法求线面角的步骤 规律总结 关键能力 提升 返回 注意:线面角的正弦值对应直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值. 关键能力 提升 返回 【对点训练2】　如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB=BC=1, ∠ABC=120°,PA=AC,D为PC的中点. 关键能力 提升 返回 (1)求证:BD⊥AC; 解:证明:如图1,取AC的中点E,连接BE,DE. 因为D为PC的中点,所以DE∥PA. 因为PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.又AC⊂平面ABC,所以DE⊥AC. 因为AB=BC=1,所以BE⊥AC. 因为DE∩BE=E,DE,BE⊂平面BDE, 所以AC⊥平面BDE. 又BD⊂平面BDE,所以BD⊥AC. 关键能力 提升 返回 (2)求BD与平面PAB所成角的正弦值. 解:以A为坐标原点,AB,AP所在直线分别为x轴、z轴,建立如图2所示的空间直角坐标系.因为AB=BC=1,∠ABC=120°,PA=AC,所以PA=AC=,所以B(1,0,0),P(0,0,),C, 关键能力 提升 返回 则D,所以.易得平面PAB的一个法向量为n=(0,1,0),所以cos<,n>=,即BD与平面PAB所成角的正弦值为. 关键能力 提升 返回 考点3 平面与平面的夹角 【例3】如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD=CD,PA=AC=2, AB=BC=. 关键能力 提升 返回 (1)求证:平面PAC⊥平面PBD; 【解】证明:如图1,记AC∩BD=O, 因为AB=BC,AD=CD, 所以BD是线段AC的垂直平分线,则AC⊥BD(题眼). 因为PA⊥底面ABCD,BD⊂底面ABCD,所以PA⊥BD. 又AC∩PA=A,AC,PA⊂平面PAC, 所以BD⊥平面PAC. 又BD⊂平面PBD, 所以平面PAC⊥平面PBD. 关键能力 提升 返回 (2)(一题多解)若BD=3,求平面ADP与平面BDP的夹角的余弦值. 【解】方法一(向量法)　如图2,取PC的中点M,连接OM,由(1)可知,O为AC的中点,则OM∥PA,所以OM⊥平面ABCD,所以OC,OD,OM三条直线两两垂直,以O为坐标原点,OC,OD,OM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(题眼),则A(-1,0,0),B(0,-1,0),D(0,2,0)(提示:因为AC⊥BD,所以OB==1,则OD=BD-OB=2),P(-1,0,2), 所以=(1,2,-2),=(1,2,0),=(0,3,0). 设平面ADP的法向量为m=(x1,y1,z1), 关键能力 提升 返回 则则z1=0,可取m=(-2,1,0). 设平面BDP的法向量为n=(x2,y2,z2),则则y2=0,可取n=(2,0,1). 所以cos<m,n>==, 所以平面ADP与平面BDP的夹角的余弦值为. 关键能力 提升 返回 方法二(向量法)　如图3,过点B作BM∥AP,则BM⊥平面ABCD.因为AB2+BC2=4=AC2,所以AB⊥BC,则BC,BA,BM三条直线两两垂直,以B为坐标原点,BC,BA,BM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(题眼), 则B(0,0,0),A(0,,0),D (), P(0,,2),所以,=(0,0,2),=(0,,2). 关键能力 提升 返回 设平面ADP的法向量为m=(x1,y1,z1),则 则z1=0, 可取m=(1,-3,0). 设平面BDP的法向量为n=(x2,y2,z2),则 ,则z2=-1,x2=-,所以n=(-,,-1). 所以cos<m,n>=, 所以平面ADP与平面BDP的夹角的余弦值为. 关键能力 提升 返回 方法三(几何法)　如图4,过点A作AM⊥PD,垂足为M,过点A作AN⊥平面PBD,垂足为N,连接MN. 因为PD⊂平面PBD,所以AN⊥PD.又AM∩AN=A,AM,AN⊂平面AMN,所以PD⊥平面AMN.又MN⊂平面AMN,所以PD⊥MN, 关键能力 提升 返回 则平面ADP与平面BDP夹角的大小等于∠AMN的大小(题眼). 由题意可知,∠PAD=90°,PA=2,AD=(提示:BO==1,所以OD=2,则AD=),所以在Rt△APD中,由勾股定理可得PD=3,所以AM=.在△PBD中,PD=BD=3,BP=,可得,△PBD的面积S=. 关键能力 提升 返回 又V三棱锥P-ABD=×OA×BD×PA=1, V三棱锥A-PBD=×S×AN,且V三棱锥P-ABD=V三棱锥A-PBD, 所以AN=,所以在Rt△AMN中, sin∠AMN=, 则cos∠AMN=, 即平面ADP与平面BDP的夹角的余弦值为. 关键能力 提升 返回 利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法 (1)找法向量:分别求出两个平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小. (2)找与棱垂直的向量:分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量,然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练3】　(2025·山东临沂二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,AD=1,AB=2,△PAD为等边三角形,PA⊥CD. (1)求证:平面PAD⊥平面ABCD; 解:证明:因为底面ABCD为矩形,所以AB∥CD,AB⊥AD. 又因为PA⊥CD,所以AB⊥PA. 又因为PA,AD⊂平面PAD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD. 又因为AB⊂平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD. 关键能力 提升 返回 (2)求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值. 解:取AD的中点E,连接PE. 因为△PAD为等边三角形,所以PE⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊂平面PAD, 所以PE⊥平面ABCD, 以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系. 关键能力 提升 返回 因为AD=1,AB=2, 所以P,B,C,所以,. 易知平面PAD的一个法向量为n1=(0,1,0). 设平面PBC的法向量为n2=(x,y,z), 则 关键能力 提升 返回 令y=,得x=0,z=4,故可取n2=(0,,4). 设平面PAD与平面PBC的夹角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>|=. 关键能力 提升 返回 考点4 求空间距离 【例4】　(1)(2025·湖南长沙三模)在空间直角坐标系中,若一条直线经过点P(x0,y0,z0),且以向量m=(a,b,c)(abc≠0)为方向向量,则这条直线可以用方程=y=-z+1,则点Q(2,4,-4)到直线l的距离为 (　 　) A. C. B 关键能力 提升 返回 【解析】　由题意可得直线l的一个方向向量为m=(2,1,-1),直线l经过点P(-1,0,1),又Q(2,4,-4),则=(3,4,-5),所以||2=32+42+ (-5)2=50,·m=6+4+5=15,|m|=,则点Q(2,4,-4)到直线l的距离d==.故选B. 关键能力 提升 返回 (2)(2026·山东淄博一模)在四棱锥S-ABCD中,=(4,-1,0),= (0,3, 0),=(-3,1,-4),则三棱锥S-ABD的体积为 (　 　) A.5 B.6 C.8 D.9 C 关键能力 提升 返回 【解析】　如图,设平面ABD的法向量为m=(x,y,z),则 可取m=(0,0,1),则点S到平面ABD的距离d==4,又= -3,|,||=3,则点B到直线AD的距离为=4,则S△ABD=×4×3=6,故三棱锥S-ABD的 体积为×6×4=8.故选C. 关键能力 提升 返回 1.点线距的求解步骤 (1)求出直线的方向向量a. (2)求出所求点到直线上一点的向量. (3)代入公式. 2.点面距的求解步骤 (1)求出该平面的一个法向量. (2)找出从该点出发到平面的任一条斜线段对应的向量. (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值,再除以法向量的模,即可求出点到平面的距离. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练4】　(2026·江西萍乡一模)如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC=2,∠ABC=,E为CD的中点,沿AE将△DAE翻折至△PAE的位置得到四棱锥P-ABCE,且PB=2.若F为棱PB的中点,则点F到平面PCE的距离为 (　 　) A. C. B 关键能力 提升 返回 解析:如图1,在四边形ABCD中,连接BE,由题意可知△DAE是边长为1的等边三角形,则∠AED=,∠BCE=,BC=CE=1,则∠CEB=,可知∠AEB=,即AE⊥EB,且BE=,由PB=2,PE=1,BE=,得PE2+BE2=PB2,可知PE⊥EB.又AE∩PE=E,AE,PE⊂平面PAE,所以EB⊥平面PAE,又因为EB⊂平面ABCE,所以平面PAE⊥平面ABCE.如图2,取AE的 关键能力 提升 返回 中点O,AB的中点H,连接PO,OH,则PO=,OH∥BE,可得OH⊥AE,因为△PAE为等边三角形,所以PO⊥AE.又平面PAE∩平面ABCE=AE,PO⊂平面PAE,所以PO⊥平面ABCE.以O为原点,OA,OH,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则P,E,B, F,C,可得,, .设平面PCE的法向量为n=(x,y,z), 关键能力 提升 返回 则,则y=1,z=-1,可得n=(,1,-1). 所以点F到平面PCE的距离d=.故选B. 关键能力 提升 返回 射影面积法求二面角 1.链接教材:(人教B版选择性必修第一册P50尝试与发现)如图所示,设S为二面角α-AB-β的半平面α上的一点,过点S作半平面β的垂线SS',垂足为S',设O为棱AB上一点.如果二面角α-AB-β的大小为θ,则可以看出△S'AB与△SAB在AB边上的高之比为cos θ,因此这两个三角形的面积之比也为cos θ.即二面角θ的余弦值为cos θ=. 2.定理说明:这个方法对于无棱二面角的求解很简便. 教材深研 关键能力 提升 返回 【典例】　若△ABC与△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD,∠ABC =∠DBC=120°,则二面角A-BD-C的余弦值为_____. 【解析】　如图,过点A作AE⊥CB交CB的延长线于点E,连接DE.∵平面ABC⊥平面BCD,AE⊂平面ABC,平面ABC∩平面BCD=BC,∴AE⊥平面BCD,∴点E即为点A在平面BCD上的射影,∴△BDE为△ABD在平面BCD上的射影.设AB=a,则AE=DE=AB·sin 60°=a,∴AD= 关键能力 提升 返回 ,∴sin∠ABD=,∴S△ABD=a,∴S△BDE=a2.设二面角A-BD-E的大小为θ,则 cos θ=.而二面角A-BD-C与二面角A-BD-E互补,∴二面角A-BD-C的余弦值为-. 关键能力 提升 返回 高考真题 教材典题 (2024·全国甲卷理节选)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.求二面角F-BM-E的正弦值. (人教A版选择性必修第一册P39例10)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F. 考教衔接 关键能力 提升 返回 高考真题 教材典题 (1)求证:PA∥平面EDB; (2)求证:PB⊥平面EFD; (3)求平面CPB与平面PBD的夹角的大小. 所以BM=CD=AB=2=AM,所以BO⊥AD,且BO=. 因为EF∥MD,EF=MD=2,所以四边形MDEF为平行四边形,所以FM=ED=AF=,所以FO⊥AM. 又OA=OM=1, 所以FO==3. 解:取AM的中点O,连接BO,FO. 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, 关键能力 提升 返回 又FB=2,所以BO2+FO2=FB2, 所以FO⊥OB,所以OB,OD,OF两两垂直. 以O为原点,OB,OD,OF 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 的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令y1=3,所以x1=,z1=1,所以n1=(,3,1). 设平面EBM的法向量为n2=(x2,y2,z2), 关键能力 提升 返回 高考真题 则令y2=3,所以x2=,z2=-1,所以n2=(,3,-1). 设二面角F-BM-E的平面角为θ, 则|cos θ|=|cos<n1,n2>|=. 因为θ∈[0,π],所以sin θ≥0, 所以sin θ=, 所以二面角F-BM-E的正弦值为. 关键能力 提升 返回 课时作业53 1.(15分)如图,在正四棱锥S-ABCD中,SA=2,AB=,P为侧棱SD上的点,且. (1)求证:AC⊥SD; 解:证明:连接BD交AC于点O,连接SO,如图. 在正四棱锥S-ABCD中,SO⊥平面ABCD. 又AC⊂平面ABCD,所以SO⊥AC.在正四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD是正方形, 所以AC⊥BD. 又SO∩BD=O,SO,BD⊂平面SBD,所以AC⊥平面SBD. 又SD⊂平面SBD,所以AC⊥SD. 基础巩固 返回 课时作业 (2)求异面直线SA与CP所成角的余弦值. 解:因为OS⊥OB,OS⊥OC,OB⊥OC,所以以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),S(0,0,),C(0,1,0),D(-1,0,0),所以= (-1,-1,0),=(0,-1,-),=(1,0,), 所以=(-1,-1,0)+, 所以cos<,,因此异面直线SA与CP所成角的余弦值为. 返回 课时作业 2. (15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是边长为2的正三角形,A1B=AB,A1A=A1C=2,D为AC的中点. (1)求证:A1B⊥平面ABC; 解:证明:因为A1B=AB=BC=2,A1A=A1C=2,所以A1A2=A1B2+AB2, A1C2=A1B2+BC2, 所以A1B⊥AB,A1B⊥BC. 又因为AB∩BC=B,AB,BC⊂平面ABC,所以A1B⊥平面ABC. 返回 课时作业 (2)求直线A1D与平面ABC1所成角的正弦值. 解:以B为原点,BA,BA1所在直线分别为x轴、z轴,在平面ABC内过点B且与AB垂直的直线为y轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 则B(0,0,0),A(2,0,0),A1(0,0,2),C(1,,0),D, 所以=(2,0,0),=(0,0,2),=(-1,,0),,所以=(-1,,2). 设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z), 返回 课时作业 则 令z=,则x=0,y=-2,所以平面ABC1的一个法向量为n=(0,-2,). 设直线A1D与平面ABC1所成的角为θ,则sin θ=|cos,n>|== ,所以直线A1D与平面ABC1所成角的正弦值为. 返回 课时作业 3. (15分)(2026·T8联考)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°, AB=AC,∠A1AB=∠A1AC,O是BC的中点. 返回 课时作业 (1)求证:平面BCC1B1⊥平面A1AO; 解:证明:如图1,连接A1B,A1C. ∵AB=AC,∠A1AB=∠A1AC,A1A=A1A,∴△A1AB≌△A1AC, ∴A1B=A1C. ∵O为BC中点,∴BC⊥A1O. 又AC=AB,∴BC⊥AO. 又AO∩A1O=O,AO⊂平面A1AO,A1O⊂平面A1AO,∴BC⊥平面A1AO. ∵BC⊂平面BCC1B1, ∴平面BCC1B1⊥平面A1AO. 返回 课时作业 (2)若A1O⊥底面ABC,且直线AA1与底面ABC所成角为60°,D是棱BB1的中点,求平面AC1D与平面ABC夹角的余弦值. 解:∵A1O⊥平面ABC,∴∠A1AO为A1A与平面ABC所成的角,即∠A1AO =60°.由题可知OA,OB,OA1两两垂直,以O为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图2所示的空间直角坐标系,设 AC=AB=4,∴A1(0,0,2),A(2,0,0), B(0,2,0),C(0,-2,0). ∵, 返回 课时作业 ∴C1(-2,-2,2),又, ∴B1(-2,2,2), ∴D(-,2,),∴=(-3,2,),=(-4,-2,2), 设平面AC1D的法向量为n=(x,y,z), ∴ 令y=,∴n=(3,,7). 返回 课时作业 易得平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),记平面AC1D与平面ABC的夹角为α,则cos α=|cos<m,n>|==. ∴平面AC1D与平面ABC夹角的余弦值为. 返回 课时作业 4. (15分)如图,四边形ABCD是圆柱OE的轴截面,点F在底面圆O上,OB=BF=1,G是线段BF的中点. (1)求证:EG∥平面DAF; 解: 证明:取AF的中点M,连接DM,GM,如图所示, 因为G为BF的中点,所以GM∥AB,GM=AB, 又AB∥DE,DE=AB, 所以GM∥DE,GM=DE,所以四边形DEGM为平行 四边形,所以DM∥EG.又DM⊂平面DAF,EG⊄平面 DAF,所以EG∥平面DAF. 素养提升 返回 课时作业 (2)若直线DF与圆柱底面所成的角为45°,求点G到平面DEF的距离. 解:由OB=BF=1,易知∠ABF=60°,又∠AFB=90°,所以AF=. 由DA⊥平面ABF,且直线DF与圆柱底面所成的角为45°,可知∠AFD=45°,所以AD=. 如图,以F为原点,FB,FA所在直线分别为x轴、y轴,过点F且垂直于圆柱底面的直线为z轴,建立空间直角坐标系,则F(0,0,0),G,D(0,,), E,所以=(0,,),,. 设平面DEF的法向量为n=(x,y,z), 返回 课时作业 则 令y=1,则x=,z=-1,得n=(,1,-1). 设点G到平面DEF的距离为d, 则d=. 返回 课时作业 本课结束 $