高考理科数学专题复习题型空间角与距离的计算

第2课时空间角与距离的计算

[考情分析]空间角与距离是每年高考的必考内容，并且多在解答题的第二、三问中出现，难度适中，为中档题，其中利用空间向量求空间角是重点.

热点题型分析

热点1空间角的计算

1．向量法求异面直线所成的角

若异面直线l，m的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ1，则cosθ1

＝|cos〈a，b〉|＝|a·b|

|a||b|.

2．向量法求线面所成的角

求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ2，则sinθ2＝|cos

〈n，a〉|＝|n·a| |n||a|.

3．向量法求二面角

求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α－l－β

所成的角θ3为锐角，则cosθ3＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2|

|n1||n2|；若二面角α－l－β所成的

角θ3为钝角，则cosθ3＝－|cos〈n1，n2〉|＝－|n1·n2| |n1||n2|.

(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧所

在平面垂直，M 是

上异于C ，D 的点．

(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；

(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值． 解 (1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，

BC ?平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为上异于C ，D

的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC .而

DM ?平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .

(2)以D 为坐标原点，DA

→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标

系Dxyz.

当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为

的中点．

由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0，1,1)， AM

→＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则?????

n ·AM

→＝0，n ·AB →＝0，

即???

－2x ＋y ＋z ＝0，

2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)． DA

→是平面MCD 的法向量，因此， cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA

→〉＝255，

所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是25

5.

(1)利用空间向量求空间角的步骤

①建立恰当的空间直角坐标系；

②求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标；

③结合公式进行论证和计算；

④转化为几何结论．

(2)也可以利用综合法进行空间角的计算，其主要思想是转化，即把空间角转化为平面角，把角的计算转化为三角形边角关系来计算．

(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1； (2)若AE ＝A 1E ，求二面角 B －EC －C 1的正弦值．

解 (1)证明：由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ?平面ABB 1A 1，

故B 1C 1⊥BE .

又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1， 所以BE ⊥平面EB 1C 1. (2)由(1)知∠BEB 1＝90°.

由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ， 所以∠AEB ＝45°， 故AE ＝AB ，AA 1＝2AB .

以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，DC →的方向为y 轴正方向，DD 1

→的

方向为z 轴正方向，|DA →

|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，

则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，E (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，CE →＝(1，－1,1)，CC

1＝(0,0,2)．

设平面EBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则?????

CB →·n ＝0，CE →·

n ＝0，即???

x 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0，

所以可取n ＝(0，－1，－1)．

设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则 ?????

CC 1·m ＝0，CE →·

m ＝0，即???

2z 2＝0，x 2－y 2＋z 2＝0， 所以可取m ＝(1,1,0)． 于是cos

n ，m

＝n ·m |n ||m |＝－1

2.

所以，二面角B －EC －C 1的正弦值为3

2. 热点2 空间距离的计算

点面距常用以下两种方法求解：

(1)利用三棱锥体积转换，求点到面的距离；

(2)利用空间向量点到面的距离公式：若P 是面α外一点，A 是面α内一点，n 为α的法向量，则P 到面α的距离为d ＝|P A →·n |

|n |.

如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.

(1)求证：AD⊥平面BFED；

(2)已知点P在线段EF上，且EP

PF＝2，求D到面APE的距离．

解(1)证明：在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，所以∠DAB＝∠CBA＝60°，AB＝2，所以由余弦定理得BD＝ 3.因此AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BD.又因为平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面BFED.

(2)解法一：由(1)知，AD ⊥平面BFED ，DE ⊥BD ，以D 为坐标原点建系如图所示．

所以D (0,0,0)，E (0,0,1)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，F (0，3，1)， 因为EP

PF ＝2，

则P ? ????0，233，1

.设面AEP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则?????

n ·AP →＝0，n ·AE →＝0，因为AP →＝? ????－1，233，1，AE →

＝(－1,0,1)，所以???

x ＝z ，y ＝0，

令z ＝1，则n ＝(1,0,1)． 因为DA

→＝(1,0,0)， 所以D 到面APE 的距离为d ＝|DA →·n ||n |＝|1|2

＝2

2.

解法二：由(1)知，AD ⊥平面BFED ，所以AD ⊥EP ，AD ⊥ED .又因为EP ⊥ED ，所以EP ⊥平面ADE .BD ＝3，BF ＝1，EP PF ＝2，所以EP ＝23

3，设D 到面PEA 的距离为d ，因为V A －EDP ＝V D －AEP ，即13·AD ·S △EDP ＝1

3·d ·S △AEP ，

所以d ＝AD ·S △EDP S △AEP ＝1×3

3

3

3×2

＝2

2.

诚如上文所说，求点面距问题可以采用等积转换和向量法求解，除此之外个别问题也可采用垂面法(利用面面垂直性质定理)和等价转移法(利用线面平行)求解．当然，一些求几何体体积问题，也是对点面距问题的相应考查．

如图，已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA1＝6，且AA1⊥底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上．

(1)若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；

(2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角P－QD－A的余弦值为3

7，求四面体ADPQ

的体积．

解(1)证法一：如图，取A1A的中点R，连接PR，BR，因为A1A，D1D是梯形ADD1A1的两腰，P是D1D的中点，所以PR∥AD，于是由AD∥BC知，PR∥BC，所以P，R，B，C四点共面．

由题设知，BC⊥AB，BC⊥A1A，所以BC⊥平面ABB1A1，因此BC⊥AB1.①

因为tan∠ABR＝AR

AB＝3

6＝

A1B1

A1A＝tan∠A1AB1，所以∠ABR＝∠A1AB1，因此∠

ABR＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°，于是AB1⊥BR，再由①可知AB1⊥平面PRBC，又PQ?平面PRBC，故AB1⊥PQ.

证法二：由题设知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，

AA 1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，

则相关各点的坐标为A (0，0,0)，B 1(3,0,6)，D (0，6,0)，D 1(0,3,6)，Q (6，m,0)，其中m ＝BQ,0≤m ≤6，若P 是DD 1的中点，则P ? ????0，92，3，P Q →＝? ????6，m －92，－3，AB 1→＝(3,0,6)，于是AB 1→·PQ →＝18－18＝0，所以AB 1→⊥PQ →

，即AB 1⊥PQ .

(2)由题设知，DQ →＝(6，m －6,0)，DD 1→＝(0，－3,6)是平面PQD 内的两个不共

线向量．设n 1＝(x ，y ，z )是平面PQD 的一个法向量，则

?????

n 1·DD 1→＝0，n 1·

DQ →＝0，即???

6x ＋(m －6)y ＝0，－3y ＋6z ＝0，取y ＝6，

得n 1＝(6－m,6,3)．

又平面AQD 的一个法向量是n 2＝(0,0,1)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1

||n 2

|＝

3

(6－m )2＋62＋32

＝3

(6－m )2＋45

，

而二面角P －QD －A 的余弦值为3

7， 因此

3(6－m )2＋45＝3

7

，

解得m ＝4或m ＝8(舍去)，此时Q (6,4,0)．

设DP →＝λDD 1→(0＜λ≤1)，而DD 1→＝(0，－3,6)，由此得点P (0,6－3λ，6λ)，PQ →＝(6,3λ－2，－6λ)．因为PQ ∥平面ABB 1A 1，且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3＝

(0,1,0)，所以PQ →

·n 3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝23，从而P (0，4,4)，于是，将四面体ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥P －ADQ ，则其高h ＝4，故四面体ADPQ 的体积V ＝13S △ADQ ·h ＝13×12×6×6×4＝24.

专题作业

1.(2019·全国卷Ⅰ) 如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．

(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值． 解 (1)证明：如图，连接B 1C ，ME . 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME ＝1

2B 1C .

又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝1

2A 1D .

由题设知A 1B 1綊DC ，可得B 1C 綊A 1D ，

故ME 綊ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，所以MN ∥ED . 又MN ?平面C 1DE ，所以MN ∥平面C 1DE .

(2)由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，D E →

的方向为y 轴正方向，DD 1→

的方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，

则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，

N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →

＝(0，－3，0)．

设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则 ?????

m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，

所以???

－x ＋3y －2z ＝0，

－4z ＝0，

可取m ＝(3，1,0)．

设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量， 则?????

n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，

所以???

－3q ＝0，

－p －2r ＝0，

可取n ＝(2,0，－1)．

于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝15

5，

所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为10

5.

2．(2017·天津高考)如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.

(1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)求二面角C －EM －N 的正弦值；

(3)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为7

21，求线段AH 的长．

解 如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →

的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得

A (0,0,0)，

B (2,0,0)，

C (0,4,0)，P (0,0,4)，

D (0,0,2)，

E (0,2,2)，M (0,0,1)，N (1,2,0)． (1)证明：因为DE →＝(0,2,0)，DB →

＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的一个法向量， 则?????

n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，

即?

??

2y ＝0，

2x －2z ＝0. 不妨设z ＝1，可得n ＝(1,0,1)． 又MN →＝(1,2，－1)，可得MN →

·n ＝0. 因为MN ?平面BDE ，所以MN ∥平面BDE . (2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量． 设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的一个法向量， 则?????

n 2·EM →＝0，n 2·MN →＝0.

因为EM →＝(0，－2，－1)，MN →

＝(1,2，－1)， 所以???

－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1

＝0.

不妨设y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－421

，

于是sin 〈n 1，n 2〉＝105

21.

所以二面角C －EM －N 的正弦值为105

21.

(3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )，进而可得NH →

＝(－1，－2，h )，BE →

＝(－2,2,2)．

由已知，得

|cos 〈NH →，BE →

〉|＝|NH →·BE →

||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝7

21，

整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝1

2. 所以线段AH 的长为85或1

2.

3.(2019·浙江高考) 如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．

(1)证明：EF⊥BC；

(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．

解解法一：(1)证明：如图1，连接A1E.

因为A1A＝A1C，E是AC的中点，

所以A1E⊥AC.

又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，

所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.

又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.

所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.

(2)如图1，取BC 的中点G ，连接EG ，GF ，则四边形EGF A 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ， 所以平行四边形EGF A 1为矩形． 由(1)得BC ⊥平面EGF A 1， 则平面A 1BC ⊥平面EGF A 1，

所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上． 连接A 1G 交EF 于点O ，

则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G 2＝152， 所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG

＝3

5.

因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是3

5. 解法二： (1)证明：连接A 1E .

因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .

又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ?平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，

所以A 1E ⊥平面ABC .

如图2，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz .

不妨设AC ＝4，则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ? ??

??

32，32，23，

C (0,2,0)．

因此，EF →＝? ????

32，32，23，BC →

＝(－3，1,0)．

由EF →·BC →

＝0，得EF ⊥BC .

(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.

由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →

＝(0,2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由?????

BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，

得???

－3x ＋y ＝0，

y －3z ＝0.

取n ＝(1, 3，1)，

故sin θ＝|cos 〈EF →

，n 〉|＝|EF →

·n ||EF →||n |＝45，所以cos θ＝3

5.

因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是3

5.

4．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ＝PD ＝AD ＝2CD ＝2BC ＝2，且∠ADC ＝∠BCD ＝90°.

(1)当PB ＝2时，证明：平面P AD ⊥平面ABCD ；

(2)当四棱锥P －ABCD 的体积为3

4，且二面角P －AD －B 为钝角时，求直线P A