新高考数学一轮复习题型归纳讲义专题11 立体几何 11.4空间角与空间距离（解析版）

专题十一《立体几何》讲义11.4空间角与空间距离知识梳理.空间角1.异面直线的定义：不同在任何一个平面的两条直线叫做异面直线（1）异面直线所成的角的范围：．（2）求法：平移→2．直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝eq\f(|e·n|,|e||n|).0°≤φ≤90°3．求二面角的大小(1)如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．(2)如图2、3，分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小(或)．题型一.点到面的距离1．如图，点P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，Q为线段AP的中点，AB＝3，BC＝4，PA＝2，则P到平面BQD的距离为1213【解答】解：∵Q为线段AP的中点，∴P到平面BQD的距离等于A到平面BQD的距离，设A到平面BDQ距离为d，则∵PA⊥平面ABCD，AQ＝1，AB＝3，BC＝4，∴BQ=10，DQ=17，∴cos∠BQD=10+17−25∴sin∠BQD=13∴S△BQD=1∵S△BAD＝6，∴由VA﹣BDQ＝VQ﹣DAB可得13∴d=12故答案为：12132．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，若则点A到平面A1BC的距离为（）A．34 B．32 C．33【解答】解：设点A到平面A1BC的距离为h，∵VA∴13∴13解得h=3故选：B．3．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，M为PC的中点．（Ⅰ）在棱PB上是否存在一点Q，使用A，Q，M，D四点共面？若存在，指出点Q的位置并证明；若不存在，请说明理由．（Ⅱ）求点D到平面PAM的距离．【解答】解：（Ⅰ）当点Q为棱PB的中点时，A，Q，M，D四点共面，证明如下：取棱PB的中点Q，连结QM，QA，又M为PC的中点，所以QM∥BC，在菱形ABCD中AD∥BC，所以QM∥AD，所以A，Q，M，D四点共面．（Ⅱ）点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离，取AD中点O，连结OP，OC，AC，可知PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，即PO为三棱锥P﹣ACD的体高．在Rt△POC中，PO＝OC=3，PC=在△PAC中，PA＝AC＝2，PC=6，边PC上的高AM=所以△PAC的面积S△PAC=1设点D到平面PAC的距离为h，S△ACD=由VD﹣PAC＝VP﹣ACD得13×152所以点D到平面PAM的距离为2154．如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E分别为AB，PB的中点，EB＝EA，且PA⊥AC，PC⊥BC．（Ⅰ）求证：BC⊥平面PAC；（Ⅱ）若PA＝2BC且AB＝EA，三棱锥P﹣ABC．体积为1，求点B到平面DCE的距离．【解答】证明：（Ⅰ）∵在正△AEB中，D是AB的中点，∴ED⊥AB，∵E是PB的中点，D是AB的中点，∴ED∥PA，∴PA⊥AB，又PA⊥AC，AB∩AC＝A，∴PA⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又PC⊥BC，PA∩PC＝P，∴BC⊥平面PAC．解：（Ⅱ）设AB＝EA＝a，则PB＝2a，PA＝2BC=3aAC=a∵三棱锥P﹣ABC体积为1，∴VP﹣ABC=1解得a＝2，以C为原点，CB，CA，过C点作平面ABC的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，B（3，0，0），A（0，1，0），D（32C（0，0，0），P（0，1，23），E（32，12，CB→=（3，0，0），CD→=（32设平面DCE的法向量n→=（x，y，则n→⋅CD→=32∴点B到平面DCE的距离d=|题型二.异面直线所成的角1．已知P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，M、N分别是AB、PC的中点，若MN＝BC＝4，PA＝43，则异面直线PA与MN所成角的大小是（）A．30° B．45° C．60° D．90°【解答】解：连接AC，并取其中点为O，连接OM，ON则OM∥=BC，ON∥=∴∠ONM就是异面直线PA与MN所成的角．由MN＝BC＝4，PA＝43，得OM＝2，ON＝23，MN＝4，cos∠ONM=O∴∠ONM＝30°．即异面直线PA与MN成30°的角．故选：A．2．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，E为CC1的中点，那么异面直线OE与AD1所成角的余弦值等于63【解答】解：取BC的中点F，连接EF，OF由于O为底面ABCD的中心，E为CC1的中点，所以：EF∥BC1∥AD1所以：异面直线OE与AD1所成角，即OE与EF所成的角．平面ABCD⊥平面BCC1B1OF⊥BC所以：OF⊥平面BCC1B1EF⊂平面BCC1B1所以：EF⊥OFcos∠FEO=故答案为：63．如图所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝60°，M，N分别是A1C1，CC1的中点，BC＝CA＝CC1，则BN与AM所成角的余弦值为（）A．35 B．45 C．23【解答】解：取BB1的中点Q，AC的中点P，则BN∥C1Q，AM∥C1P，∴∠QC1P即为BN与AM所成角，设BC＝2，则AM＝BN=5，PQ在△PQC1中，可得cos∠PC1Q=5+5−4∴BN与AM所成角的余弦值为35故选：A．4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形，其中∠BAD＝60°，平面PAD⊥平面ABCD，其中△PAD为等边三角形，AB＝4，M为棱PD的中点．（Ⅰ）求证：PB⊥AD；（Ⅱ）求异面直线PB与AM所成角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴△BAD为等边三角形．设AD的中点为O，连接OB，OP∵△PAD，△BAD均为等边三角形，∴OP⊥AD，OB⊥AD，∴AD⊥平面POB，又∵PB在平面POB内，∴AD⊥PB，即PB⊥AD；（Ⅱ）解：设AC∩BD＝N，则点N为BD的中点，连接MN，则MN∥PB，∴∠AMN是异面直线PB与AM所成的角．由平面A1，⊥平面C及（1）可知，△POB为直角三角形，所以OP＝OB=23∴PB=26，MN=12PB=6．在△MAN中，AM＝AN由余弦定理可得cos∠AMN=2故异面直线PB与AM所成角的余弦值为24题型三.线面角1．如图，在三棱柱ABC﹣A′B′C′中，底面ABC是正三角形，AA′⊥底面ABC，且AB＝1，AA′＝2，则直线BC′与平面ABB′A′所成角的正弦值为1510【解答】解：如图所示，取A′B′的中点D，连接C′D，BD．∵底面△A′B′C′是正三角形，∴C′D⊥A′B′．∵AA′⊥底面ABC，∴A′A⊥C′D．又AA′∩A′B′＝A′，∴C′D⊥侧面ABB′A′，∴∠C′BD是直线BC′与平面ABB′A′所成角．∵等边△A′B′C′的边长为1，C′D=3在Rt△BB′C′中，BC′=B'∴直线BC′与平面ABB′A′所成角的正弦值=C'D故答案为：15102．如图所示，在直三棱柱ABO﹣A′B′O′中，OO′＝4，OA＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，D是线段A′B′的中点，P是侧棱BB′上的一点，若OP⊥BD，求OP与底面AOB所成角的正切值．【解答】解：如图，以O点为原点建立空间直角坐标系则B（3，0，0），D（32设P（3，0，z），则BD→=（−32，2，4），∵BD⊥OP，∴BD→•OP→=−92+4z＝0，解得∵BB′⊥平面AOB，∴∠POB是OP与底面AOB所成的角．∵tan∠POB=BP∴OP与底面AOB所成角的正切值为383．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2．（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）如图，由已知AD∥BC，故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．在Rt△PDA中，由已知，得AP=A故cos∠DAP=AD所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为55证明：（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，直线PD⊂平面PDC，所以AD⊥PD．又因为BC∥AD，所以PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．解：（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角．由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1，由已知，得CF＝BC﹣BF＝2．又AD⊥DC，故BC⊥DC，在Rt△DPF中，可得sin∠DFP=PD所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为554．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC＝2AD＝4，AB=CD=10（Ⅰ）证明：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若AP=6，求BC与平面PBD【解答】（Ⅰ）证明：作DE⊥BC，AD＝2，BC＝4，∴CE＝1，DE＝BE＝3，∴∠DBC＝∠ACB＝45°，∴BD⊥AC又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．（Ⅱ）Rt△PAB中，PA=6，AB=10，Rt△PAD中，PA=6，AD=2，∴PD=10，∴△又VC﹣PBD＝VP﹣BCD，∴点C到平面PBD的距离ℎ=PA=6∴BC与平面PBD所成角α的正弦为sinα=ℎ题型四.二面角1．已知三棱锥D﹣ABC的三个侧面与底面全等，且AB＝AC=5，BC＝2，则二面角D﹣BC﹣AA．30° B．45° C．60° D．90°【解答】解：∵三个侧面与底面全等，且AB＝AC=5，BC∴BD＝CD=5，AD取BC中点M，连接DM，AM，则BC⊥MD，BC⊥MA，∴∠AMD为二面角D﹣BC﹣A的平面角，易得DM＝AM＝2，∴∠AMD＝60°，故选：C．2．已知正三棱锥S﹣ABC的所有棱长均为2，则侧面与底面所成二面角的余弦为（）A．223 B．−223 【解答】解：如图所示，过点S作SO⊥底面ABC，点O为垂足，连接OA、OB、OC，则Rt△OAB≌Rt△OBC≌Rt△OCA，∴OA＝OB＝OC，∴点O为等边△ABC的中心．延长AO交BC于点D，连接SD．则AD⊥BC，再根据三垂线定理可得BC⊥SD．∴∠ODS为侧面SBC与底面ABC所成的二面角的平面角．根据重心定理可得：OD=13AD在Rt△SOD中，cos∠ODS=SO故选：C．3．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是3，D是AC的中点．（1）求证：B1C∥平面A1BD；（2）求二面角A1﹣BD﹣A的大小；（3）求直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值．【解答】解：（1）设AB1与A1B相交于点P，连接PD，则P为AB1中点，∵D为AC中点，∴PD∥B1C．又∵PD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD∴B1C∥平面A1BD．（2）∵正三棱住ABC﹣A1B1C1，∴AA1⊥底面ABC．又∵BD⊥AC∴A1D⊥BD∴∠A1DA就是二面角A1﹣BD﹣A的平面角．∵AA1=3，AD=1∴tan∠A1DA=∴∠A1DA=π3，即二面角A1﹣BD﹣A的大小是（3）由（2）作AM⊥A1D，M为垂足．∵BD⊥AC，平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC∴BD⊥平面A1ACC1，∵AM⊂平面A1ACC1，∴BD⊥AM∵A1D∩BD＝D∴AM⊥平面A1DB，连接MP，则∠APM就是直线A1B与平面A1BD所成的角．∵AA1=3，AD＝1，∴在Rt△AA1D中，∠A1DA=∴AM＝1×sin60°=32，AP=12∴sin∠APM=∴直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值为2174．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，AB＝PD＝a，PA＝PC=2a（Ⅰ）求证：PD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线PB与AC所成的角；（Ⅲ）求二面角A﹣PB﹣D的大小．【解答】解：（1）PC=2a，PD＝DC＝a，∴△PDC是Rt△，且PD⊥同理PD⊥AD，又AD∩DC＝D，∴PD⊥平面ABCD．（2）连BD，因ABCD是正方形，∴BD⊥AC，又PD⊥平面ABCD．BD是PB在面ABCD上的射影，由三垂线定理得PB⊥AC，∴PB与AC成90°角．（3）设AC∩BD＝O，作AE⊥PB于E，连OE，∵AC⊥BD，又PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC，又PD∩BD＝D，∴AC⊥平面PDB，则OE是AE在平面PDB上的射影．由三垂线定理逆定理知OE⊥PB，∴∠AEO是二面角A﹣PB﹣D的平面角．又AB＝a，PA=2a，PB=3a，∵PD⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，在Rt△PAB中，AE•PB＝PA•AB．∴AE=23a∴sinAEO=32，∠AEO＝60°，二面角A﹣PB﹣D的大小为60题型五.存在性问题、折叠问题1．如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，∠ABC＝60°，AA1＝AC＝2，A1B＝A1D=22，点E在A1D（1）求证：AA1⊥平面ABCD；（2）当E为线段A1D的中点时，求点A1到平面EAC的距离．【解答】解：（1）证明：∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝AD＝AC＝2，在△AA1B中，由AA12+AB2＝A12知AA1⊥AB，同理AA1⊥AD，又∵AB∩AD＝A，∴AA1⊥平面ABCD．（2）解，设AC与BD交于点O，点E为A1D的中点时，连接OE，则OE∥A1B，∴A1B∥平面EAC，直线A1B与平面EAC之间的距离等于点A，到平面EAC的距离，可转化为点B到平面EAC的距离，过点E作EF⊥AD于F，∵点E为A1D的中点，∴EF⊥平面ABCD，F为AD的中点，连接CF，则CF=3在Rt△EFC中，CE＝2，又AE=2，AC∴S△ADC=72，VA1−EAC=VB﹣EAC＝设d表示点B到平面EAC的距离，则d=2∴点A1到平面EAC的距离为2212．已知：如图，等腰直角三角形ABC的直角边AC＝BC＝2，沿其中位线DE将平面ADE折起，使平面ADE⊥平面BCDE，得到四棱锥A﹣BCDE，设CD、BE、AE、AD的中点分别为M、N、P、Q．（1）求证：M、N、P、Q四点共面；（2）求证：平面ABC⊥平面ACD；（3）求异面直线BE与MQ所成的角．【解答】（1）证明：由条件有PQ为△ADE的中位线，MN为梯形BCDE的中位线，∴PQ∥DE，MN∥DE，∴PQ∥MN∴M、N、P、Q四点共面．…（3分）（2）证明：由等腰直角三角形ABC有AD⊥DE，CD⊥DE，DE∥BC又AD∩CD＝D，∴DE⊥面ACD，又DE∥BC∴BC⊥平面ACD，∵BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ACD…（6分）（3）解：由条件知AD＝1，DC＝1，BC＝2，延长ED到R，使DR＝ED，连结RC…（8分）则ER＝BC，ER∥BC，故BCRE为平行四边形…（10分）∴RC∥EB，又AC∥QM∴∠ACR为异面直线BE与QM所成的角θ（或θ的补角）…（11分）∵DA＝DC＝DR，且三线两两互相垂直，∴由勾股定理得AC＝AR＝RC=2，…∵△ACR为正三角形，∴∠ACR＝60°，∴异面直线BE与QM所成的角大小为60°．…（13分）3．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点E，F分别是线段DC，BC的中点，分别将△DAE沿AE折起，△CEF沿EF折起，使得D，C重合于点G，连结AF．（Ⅰ）求证：平面GEF⊥平面GAF；（Ⅱ）求直线GF与平面GAE所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵GE⊥GA，GE⊥GF，GA∩GF＝G，∴GE⊥平面GAF，又GE⊂平面GEF，∴平面GEF⊥平面GAF．（Ⅱ）解：过F作FH⊥AG于H，∵由GE⊥平面GAF，FH⊂平面GAF，∴GE⊥FH，又FH⊥GA，GE∩GA＝H，∴FH⊥平面GAE，从而∠FGH是直线GF与平面GAE所成角．因为AG＝3，FG=32，所以cos∠AGF=G从而sin∠FGH=sin∠AGF=1−4．已知正方形ABCD的边长为2，AC∩BD＝O．将正方形ABCD沿对角线BD折起，使AC＝a，得到三棱锥A﹣BCD，如图所示．（1）当a＝2时，求证：AO⊥平面BCD；（2）当二面角A﹣BD﹣C的大小为120°时，求二面角A﹣BC﹣D的正切值．【解答】解：（1）证明：根据题意，在△AOC中，AC＝a＝2，AO=CO=2所以AC2＝AO2+CO2，所以AO⊥CO．…（2分）因为AC，BD是正方形ABCD的对角线，所以AO⊥BD．…（3分）因为BD∩CO＝O，所以AO⊥平面BCD；．…（4分）（2）：由（1）知，CO⊥OD，如图，以O为原点，OC，OD所在的直线分别为x轴，y轴建立如图的空间直角坐标系O﹣xyz，…（5分）则有O（0，0，0），D(0，2，0)，C(设A（x0，0，z0）（x0＜0），则OA→=(x0，0，又设面ABD的法向量为n＝（x1，y1，z1），则n⋅OA→所以y1＝0，令x1＝z0，则z1＝﹣x0．所以n＝（z0，0，﹣x0）．…（8分）因为平面BCD的一个法向量为m＝（0，0，1），且二面角A﹣BD﹣C的大小为120°，…（9分）所以|cos〈m，n〉|=|cos120°|=12因为|OA|=2，所以解得x0=−22，设平面ABC的法向量为l＝（x2，y2，z2），因为BA→则l⋅BA→=0l⋅BC→=0.，即所以l=(1，−1，3)．设二面角A﹣BC﹣D的平面角为θ，所以cosθ=|cos〈l，m〉|=|31+1+所以tanθ=6所以二面角A﹣BC﹣D的正切值为63．…法二：课后作业.空间角与空间距离1．（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．【解答】证明：（1）连结B1C，ME，∵M，E分别是BB1，BC的中点，∴ME∥B1C，又N为A1D的中点，∴ND=12A1由题设知A1B1∥=DC，∴B1C∥=A1D，∴ME∥∴四边形MNDE是平行四边形，MN∥ED，又MN⊄平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．解：（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离，由已知可得CE＝1，CC1＝4，∴C1E=17，故CH=∴点C到平面C1DE的距离为417解：（2）C（﹣1，3，0），DC→=（﹣1，平面C1DE的法向量n→∴点C到平面C1DE的距离：d=|2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC＝AD＝CD=12AB＝2，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与线段PB交于点N，确定点N的位置，说明理由；并求AN与平面ABCD所成的角的正切值．【解答】（1）证明：连接AC，在直角梯形ABCD中，AC=AD2BC=(AB−CD)2∴AC2+BC2＝AB2，即BC⊥AC；∵PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PC；又AC∩PC＝C，∴BC⊥平面PAC；（2）解：点N是PB的中点，理由如下；∵点M为PA的中点，点N为PB的中点，∴MN∥AB，又∵AB∥DC，∴MN∥CD，∴M、N、C、D四点共面，即点N为过C、D、M三点的平面与线段PB的交点；过点N作NE∥PC交BC于E，则E为BC的中点，连接AE，∵PC⊥平面ABCD，∴NE⊥平面ABCD，∴∠NAE为AN与平面ABCD所成的角．在Rt△NEA中，∵NE=12PC＝1，