2022高考总复习(人教A版)高中数学-第七章-立体几何-第7讲-第2课时求空间角和距离.docx

第2课时求空间角和距离_异面直线所成的角_如图，已知两个正四棱锥PABCD与QABCD的高分别为1，2，AB4. (1)证明：PQ平面ABCD；(2)求异面直线AQ与PB所成角的余弦值解(1)证明：如图，连接OP，OQ，AC，BD，设ACBDO.PABCD与QABCD都是正四棱锥，PO平面ABCD，QO平面ABCD，从而P、O、Q三点在一条直线上PQ平面ABCD.(2)由题设知，四边形ABCD是正方形，ACBD.由(1)知，PQ平面ABCD，故可分别以CA，DB，QP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，由条件得P(0，0，1)，A(2，0，0)，Q(0，0，2)，B(0，2，0)，(2，0，2)，(0，2，1)于是cos，.从而异面直线AQ与PB所成角的余弦值为.规律方法用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解，而两异面直线所成角的范围是，两向量的夹角的范围是0，所以要留意二者的区分与联系，应有cos |cos |.1. 如图，四周体ABCD中，O是BD的中点，CACBCDBD2，ABAD. (1)求证：AO平面BCD；(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值解：(1)证明：连接OC，由CACBCDBD2，ABAD，知CO，AO1.在AOC中，AC2AO2OC2，则AOOC.又AOBD，BDOCO，因此AO平面BCD.(2)如图建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，0)，D(1，0，0)，(1，0，1)，(1，0)，|cos，|.即异面直线AB与CD所成角的余弦值为._直线与平面所成的角_(2022高考陕西卷)四周体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四周体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值解(1)证明：由该四周体的三视图可知，BDDC，BDAD，ADDC，BDDC2，AD1.由题设，BC平面EFGH，平面EFGH平面BDCFG，平面EFGH平面ABCEH，BCFG，BCEH，FGEH.同理EFAD，HGAD，EFHG，四边形EFGH是平行四边形又ADDC，ADBD，AD平面BDC，ADBC，EFFG，四边形EFGH是矩形(2)法一： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，(0，0，1)，(2，2，0)，(2，0，1)设平面EFGH的法向量n(x，y，z)，EFAD，FGBC，n0，n0，得取n(1，1，0)，sin |cos，n|.法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)E是AB的中点，F，G分别为BD，DC的中点，得E，F(1，0，0)，G(0，1，0)，(1，1，0)，(2，0，1)设平面EFGH的法向量n(x，y，z)，则n0，n0，得取n(1，1，0)，sin |cos，n|.规律方法利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，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，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角2. 在如图所示的几何体中，EA平面ABC，DB平面ABC，ACBC，且ACBCBD2AE，M是AB的中点 (1)求证：CMEM；(2)求CM与平面CDE所成的角解：(1)证明：如图，以点C为坐标原点，以CA，CB分别为x轴、y轴，过点C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系设EAa，则A(2a，0，0)，B(0，2a，0)，E(2a，0，a)，D(0，2a，2a)，M(a，a，0)(a，a，a)，(a，a，0)，0，故CMEM.(2)设向量n(1，y0，z0)与平面CDE垂直，则n，n.(2a，0，a)，(0，2a，2a)，可解得y02，z02，即n(1，2，2)cosn，.直线CM与平面CDE所成的角是n与夹角的余角，45._二面角(高频考点)_二面角是高考的重点，是考查热点，题型多以解答题形式毁灭，一般为中档题，高考对二面角的考查，主要有以下两个命题角度：(1)求二面角；(2)由二面角求其它量(2022高考课标全国卷) 如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C. (1)证明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值解(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO.由于侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C，ABBOB，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)由于ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.又由于ABBC，所以BOABOC，故OAOB，从而OA，OB，OB1两两相互垂直以O为坐标原点，、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由于CBB160，所以CBB1为等边三角形又ABBC，OCOA，则A，B(1，0，0)，B1，C，.设n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n(1，)设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m(1，)则cosn，m.所以二面角AA1B1C1的余弦值为.在本例条件下，若ACAB1，CBB160，BC1，求三棱柱ABCA1B1C1的高解：作ODBC，垂足为D，连接AD.作OHAD，垂足为H.由于BCAO，BCOD，故BC平面AOD，所以OHBC.又OHAD，所以OH平面ABC.由于CBB160，所以CBB1为等边三角形又BC1，可得OD.由于ACAB1，所以OAB1C.由OHADODOA，且AD，得OH.又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为，故三棱柱ABCA1B1C1的高为.规律方法求二面角大小的常用方法：(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要留意结合实际图形推断所求角的大小(2)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，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小3.(1)(2021洛阳市统考)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB，AD1，M是线段AD的中点试在平面ABCD内过M点作出与平面A1B1CD平行的直线l，说明理由，并证明：l平面AA1D1D；若中的直线l交直线AC于点N，且二面角AA1NM的余弦值为，求AA1的长(2)(2021沈阳教学质量监测) 如图，BC为圆O的直径，D为圆周上异于B、C的一点，AB垂直于圆O所在的平面，BEAC于点E，BFAD于点F.求 证：BF平面ACD；若ABBC2，CBD45，求平面BEF与平面BCD所成锐二面角的余弦值解：(1)在平面ABCD内过M点作直线lDC，l平面A1B1CD，DC平面A1B1CD，l平面A1B1CD.在长方体ABCDA1B1C1D1中，DCAD，DCDD1，则lAD，lDD1.又ADDD1D，l平面AA1D1D.由知，lDC且M是线段AD的中点N是线段AC的中点设AA1h，以A1为坐标原点，分别以A1B1，A1D1，A1A所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A1xyz.则A1(0，0，0)，A(0，0，h)，N(，h)，M(0，h)(0，0，h)，(，h)，(0，h)，(，0，0)设平面A1AN的法向量n1(x1，y1，z1)，则，取x11，n1(1，0)设平面A1MN的法向量n2(x2，y2，z2)，则，取z21，n2(0，2h，1)二面角AA1NM的余弦值为，cosn1，n2，即.，解得h1，即AA11.(2)证明：BC为圆O的直径，CDBD，AB圆O所在的平面，ABCD，又ABBDB，CD平面ABD，BF平面ABD，CDBF，又BFAD，且ADCDD，BF平面ACD.法一：(向量法)由知，BF平面ACD，AC平面ACD，BFAC，又BEAC，且BEBFB，AC平面BEF，即是平面BEF的一个法向量又由已知AB垂直于圆O所在的平面，得是平面BCD的一个法向量，平面BEF与平面BCD所成的锐二面角与向量与所成的角相等，故所求锐二面角的余弦值为cosCAB.法二：(建系向量法)如图，以O为原点建立空间直角坐标系则B(0，1，0)，E(0，0，1)，D(1，0，0)，A(0，1，2)，BFAD，DFAD，得，F(，)，(，)，(0，1，1)，设平面BEF的法向量为n1(x，y，z)，则，即，解得，不妨取平面BEF的一个法向量n1(0，1，1)而又由已知AB垂直于圆O所在的平面得是平面BDC的一个法向量，即n2(0，0，2)，设平面BEF与平面BCD所成的锐二面角为，即cos |cosn1，n2|.考题溯源有关二面角问题(2022高考课标全国卷)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点 (1)证明：PB平面AEC；(2)设二面角DAEC为60，AP1，AD，求三棱锥EACD的体积解(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.由于ABCD为矩形，所以O为BD的中点又E为PD的中点，所以EOPB.由于EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)由于PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，0)，E，.设B(m，0，0)(m0)，则C(m，0)，(m，0)设n1(x，y，z)为平面ACE的法向量，则即可取n1.又n2(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设知|cosn1，n2|，即，解得m.由于E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为，三棱锥EACD的体积V.考题溯源本题源于人教A版选修21 P109例4.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD，PDDC，点E是PC的中点，作EFPB交PB于点F.(1)求证：PA平面EDB；(2)求证：PB平面EFD；(3)求二面角CPBD的大小两题的解法及难度基本相同如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，Q为AD的中点(1)若PAPD，求证：平面PQB平面PAD；(2)点M在线段PC上，PMPC，若平面PAD平面ABCD，且PAPDAD2，求二面角MBQC的大小解：(1)证明：由题知PQAD，BQAD，PQBQQ，AD平面PQB，又AD平面PAD，平面PQB平面PAD.(2)连接BD，则PABD，Q为AD的中点，PQAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PQ平面ABCD.以Q为坐标原点，分别以QA，QB，QP为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz.则Q(0，0，0)，A(1，0，0)，P(0，0，)，B(0，0)，C(2，0)(，)设n1(x，y，z)是平面MBQ的法向量，则，即，即.令z1得n1(，0，1)又n2(0，0，1)是平面BQC的一个法向量，所以cosn1，n2.故二面角MBQC的大小为.1(2022高考课标全国卷)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A.B.C. D.解析：选C.法一：由于BCA90，三棱柱为直三棱柱，且BCCACC1，可将三棱柱补成正方体建立如图(1)所示空间直角坐标系设正方体棱长为2，则可得A(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，1，2)，N(0，1，2)，(1，1，2)(2，2，0)(1，1，2)，(0，1，2)cos，.法二：如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，由于MN綊B1C1綊BD，因此有ND綊BM，则ND与NA所成角即为异面直线BM与AN所成角设BC2，则BMND，AN，AD，因此cosAND.2在正方体ABCDA1B1C1D1中，点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.解析：选B. 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E(1，0，)，D(0，1，0)，(0，1，1)，(1，0，)，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则n1(1，2，2)平面ABCD的一个法向量为n2(0，0，1)，cosn1，n2.即所成的锐二面角的余弦值为.3. 如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为_解析：不妨令CB1，则CACC12，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，(0，2，1)，(2，2，1)，cos，0.与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.答案：4. 如图，在正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成角为_解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设ODSOOAOBOCa，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(a，0，0)，P(0，)则(2a，0，0)，(a，)，(a，a，0)设平面PAC的法向量为n，可求得n(0，1，1)，则cos，n.，n60，直线BC与平面PAC所成角为906030.答案：305已知单位正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点试求：(1)AD1与EF所成角的大小；(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值解：建立如图所示的空间直角坐标系，A(1，0，1)，B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E(0，0)，F(，1，0)(1)(0，1，1)，(，0)，cos，即AD1与EF所成的角为60.(2)(，1，1)，由图可得，(1，0，0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面BEB1所成的角为，则sin cos，cos .即AF与平面BEB1所成角的余弦值为.6(2021唐山市第一次模拟) 如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，O是AC的中点，A1O平面ABC，BCA90，AA1ACBC. (1)求证：A1BAC1；(2)求二面角ABB1C的余弦值解：(1)证明：由于A1O平面ABC，所以A1OBC.又BCAC，所以BC平面A1ACC1，所以AC1BC.由于AA1AC，所以四边形A1ACC1是菱形，所以AC1A1C，所以AC1平面A1BC，所以A1BAC1.(2)以OC为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，1，0)，B(2，1，0)，C(0，1，0)，C1(0，2，)(2，2，0)，(0，1，)设m(x，y，z)是平面ABB1的一个法向量，则mm0，即，取m(，1)同理，平面CBB1的一个法向量为n(0，1)由于cosm，n，所以二面角ABB1C的余弦值为.7(2021昆明三中、玉溪一中统考) 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PAPD2，BCAD1，CD. (1)求证：平面PQB平面PAD；(2)若二面角MQBC为30，试确定点M的位置解：(1)证明：ADBC，BCAD，Q为AD的中点四边形BCDQ为平行四边形，CDBQ.ADC90，AQB90，即QBAD.又平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，BQ平面PAD.BQ平面PQB，平面PQB平面PAD.(2)PAPD，Q为AD的中点PQAD.平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，PQ平面ABCD.如图，以Q为原点建立空间直角坐标系则平面BQC的一个法向量为n(0，0，1)，Q(0，0，0)，P(0，0，)，B(0，0)，C(1，0)设M(x，y，z)，则(x，y，z)，(1x，y，z)，t，.在平面MBQ中，(0，0)，(，)，平面MBQ的一个法向量为m(，0，t)二面角MBQC为30，cos 30，t3.M(，)1. (2022高考天津卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点 (1)证明：BEDC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BFAC，求二面角FABP的余弦值解：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系如图，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)由E为棱PC的中点，得E(1，1，1) (1)证明：(0，1，1)，(2，0，0)，故0，所以，BEDC.(2)(1，2，0)，(1，0，2)设n(x，y，z)为平面PBD的法向量，则即不妨令y1，可得n(2，1，1)为平面PBD的一个法向量于是有cosn，所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)(1，2，0)，(2，2，2)，(2，2，0)，(1，0，0)由点F在棱PC上，设，01，故(12，22，2)由BFAC，得0，因此，2(12)2(22)0，解得，即.设n1(x，y，z)为平面FAB的法向量，则即不妨令z1，可得n1(0，3，1)为平面FAB的一个法向量取平面ABP的法向量n2(0，1，0)，则cosn1，n2.易知，二面角FABP是锐角，所以其余弦值为.2(2021山西省第三次四校联考) 如图，在几何体ABCDEF中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，四边形ACFE为矩形，平面ACFE平面ABCD，CF1. (1)求证：平面FBC平面ACFE；(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为(90)，试求cos 的取值范围解：(1)证明：在四边形ABCD中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，AB2，AC2AB2BC22ABBCcos 603，AB2AC2BC2，BCAC.平面ACFE平面ABCD，平面ACFE平面ABCDAC，BC平面ABCD，BC平面ACFE.又由于BC平面FBC，所以平面FBC平面ACFE.(2)由(1)知可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令FM(0)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(，0，1)，(，1，0)，(，1，1)设n1(x，y，z)为平面MAB的法向量，由，得，取x1，则n1(1，)n2(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，cos .0，当0时，cos 有最小值.当时，cos 有最大值.cos ，3. 如图，ABCD是边长为3的正方形，DE平面ABCD，AFDE，DE3AF，BE与平面ABCD所成的角为60. (1)求证：AC平面BDE；(2)求二面角FBED的余弦值；(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM平面BEF，并证明你的结论解：(1)证明：DE平面ABCD，DEAC.ABCD是正方形，ACBD，又DEBDD，AC平面BDE.(2)DE平面ABCD，EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即EBD60.由AD3，得BD3，DE3，AF.如图，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(3，0，0)，F(3，0，)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)(0，3，)，(3，0，2)设平面BEF的一个法向量为n(x，y，z)，则，即.令z，则n(4，2，)AC平面BDE，(3，3，0)为平面BDE的一个法向量cosn，.故二面角FBED的余弦值为.(3)依题意，设M(t，t，0)(t0)，则(t3，t，0)，AM平面BEF，n0，即4(t3)2t0，解得t2.点M的坐标为(2，2，0)，此时，点M是线段BD上靠近B点的三等分点