高考数学一轮复习试题高考重点突破 立体几何与空间向量

蠹翼立体几何与空间向量

考试要求1.掌握空间向量的应用2会用空间向量求空间角和距离.

「知识诊断"基础夯实

知识梳理

1.两条异面直线所成的角

设异面直线/],/2所成的角为仇其方向向量分别为〃,V,

则cos8=|cos

2.直线和平面所成的角

直线A3与平面仪相交于以设直线AB与平面a所成的角为仇直线A3的方向

向量为小平面a的法向量为小贝Usine=|cos〈〃，n)|=|湍卜第.

3.平面与平面的夹角

(1)两平面的夹角：平面a与平面夕相交，形成四个二面角，我们把这四个二面

角中不大于90。的二面角称为平面a与平面B的夹角.

(2)两平面夹角的计算：设平面a,6的法向量分别是m,〃2,平面a与平面口的

夹角为仇则cos0=|cos〈孙，〃2)l=|iSl=S-

4.点尸到直线/的距离

设办=a,〃是直线/的单位方向向量,则向量存在直线/上的投影向量感=3")〃.

在中，由勾股定理，得PO=M力|2—|硕|2=、[2—(az)2.

AQ

5.点P到平面a的距离

若平面a的法向量为〃，平面a内一点为A,则平面a外一点P到平面a的距离

d=存温=用回，如图所示.

illl

6.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.

常用结论

1.线面角。的正弦值等于直线的方向向量。与平面的法向量〃所成角的余弦值的

绝对值，即sin6=|cos(a,n)|,不要误记为cosO=|cos(a,n)|.

兀

2.二面角的范围是[0,it],两个平面夹角的氾围是0,万.

诊断自测

1.思考辨析(在括号内打“J”或“X”)

(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.()

(2)直线的方向向量和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(0,引，直线与平面所成角的范围是[。，二面角

的范围是[0,71].()

答案(1)X(2)X(3)X(4)V

解析(1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的

方向向量a,平面的法向量〃，直线与平面所成的角为。，贝1]sin8=|cosa,n|；

(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角或其补角.

2.已知向量分别是直线/和平面a的方向向量和法向量，若cos{m,n)

=竽，则/与a所成的角为()

A.30°B.60°C.12O0D.1500

答案B

解析由于cosn)嗤,所以〈孙加=30。，所以直线/与a所成的

角为60°.

3.在正方体ABCO-AiBC]。中，E是CiDi的中点，则异面直线。E与AC所成

角的余弦值为()

A/W

c—D.

BL玄C-2O10

答案D

解析建立如图空间直角坐标系D—xyz,

设D4=l,4(1,0,0),

C(0,1,0),E(0,1),

则危=(—1,1,0),DF=fo,I，1J,设异面直线DE与AC

所成的角为e,

则cos8=|cos(AC,DE)|=^^.

4.(2021・聊城模拟)已知点M(0,1,-2),平面a过原点，且平面a的法向量〃=

(1,-2,2),则点M到平面a的距离为.

答案2

解析由题意可知点M到平面a的距离即为而在〃的投影的长度，•••加(()，1,

-2),

：.OM=(Q,I,-2),：.OMn=-6,|n|=3,故点M到平面a的距离为喑回=

|〃|

2.

5.(易错题)若直线/的方向向量与平面a的法向量的夹角等于120°,则直线/与

平面a所成的角为.

答案30。

解析设直线/与平面a所成的角为仇贝!]sin8=|cos120。|=；.

又•.•0WW90。,A0=30°.

6.在空间中，已知平面。过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0,a)(a>0),

如果平面a与平面Oxy'所成的角为45。，则a=.

12

答案5

解析平面。⑶的一个法向量为〃=(0,0,1),

设平面a的一个法向量为〃=(九，y,z),

f—3x+4y=0,

则J”则3x=4y=az,取z=l,

、―3X+QZ=0,

小(4a八h/\1

则〃=不J9而cos〃〉=~，2；

\f+T6+1

12

又a>0,故〃=不~.

第一课时向量法求空间角

I核心突破,题型剖析

I题型一异面直线所成的角

例1如图，在四棱锥P-ABCD中，%JL平面ABCD,底面ABCD

是菱形，AB=2,ZBAD=60°.

(1)求证：8D_L平面力C；

(2)若以=A8,求尸8与AC所成角的余弦值；

(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.

⑴证明因为四边形ABC。是菱形，所以AC_LBD

又因为山，平面ABC。，所以孙，3。，

所以平面PAC.

(2)解设AC08。=。，

因为NB4O=60。，PA=AB=2,

所以80=1,A0=C0=yf3.

如图，以。为坐标原点，建立空间直角坐标系。一孙z,

则P(0,一小,2),4(0,一小，0),8(1,0,0),C(0,小,

0),0(-1,0,0),

所以而=(1,小,-2),AC=(0,2^/3,0).

设与AC所成角为仇

_____6_____亚

贝Icos0=

一2巾X2小—4,

(3)解由(2)知求=(-1,小，0).

设P(0,f,t)(r>0),

则丽=(一1,-y/3,t)-

设平面P8C的法向量机=(x,y9z),

则反?”2=0,BP-m=0,

所以[—|_x一+V后3y，+=0「,。,

令y=小,则x=3,z=~,

同理，平面POC的法向量〃=(-3,小，彳).

因为平面PBC_L平面PDC,

所以w〃=0,即-6+*=0,

解得r=加，所以%=#.

感悟提升用向量法求异面直线所成角的一般步骤：

(1)建立空间直角坐标系；

(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；

(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；

(4)注意两异面直线所成角的范围是(0,方，即两异面直线所成角的余弦值等于两

向量夹角的余弦值的绝对值.

训练1如图所示，在三棱柱ABC—中，底面ABC,

AB=BC=AA\,NA8C=90。，点E,尸分别是棱A8,的中

点，试求直线EF和BC\所成的角.

解以8为原点，分别以直线3C,BA,BBi为x,y,z轴，建

立空间直角坐标系(如图).

设AB=i,

则8(0,0,0),£(0,0),/o,0,Ci(l,0,1),

所以曲=(0,-1,病1=(1,0,

1).

于是cos(BCi,EF)=‘°即

\Bcm

1

-

21

近2-

X啦

2

所以直线Eb和8。所成角的大小为60°.

题型二直线与平面所成的角

例2(2021•浙江卷)如图，在四棱锥尸一ABCO中，底面A8CO/

是平行四边形，ZABC=120°,AB=\,BC=4,PA=y[l5,M,/V

N分别为BC,PC的中点，PDLDC,PMVMD./j'l'Dc

(1)证明：ABVPM-,

AB

(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.

⑴证明因为底面ABC。是平行四边形，ZABC=120°,BC=4,AB=\,且M

为的中点，

所以CM=2,CD=1,ZDCM=60°,

易得CD上DM.

XPDLDC,且POnOM=O,PD,OMu平面PDM,

所以CO_L平面PDM.

因为AB〃CO,

所以AB_L平面PDM.

又PMu平面PDM,所以ABVPM.

(2)解法一因为PMLMD,由⑴知PMLDC,又MD,

DCu平面ABCD,MDCDC=D,

所以PMJ_平面ABCD

连接AM,则PM±AM.

因为NA3C=120°,AB=\,BM=2,

所以411=巾.

又以所以PM=2巾.

由(1)知CD上DM,

过点M作ME//CD交AD于点E,

则MEIMD.

故可以以M为坐标原点，MD,ME,MP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所

示的空间直角坐标系，

则A(一小，2,0),尸(0,0,2®C(小，-1,0),

所以M坐—同，

所以病=便小,—啦).

易知平面PDM的一个法向量为〃=(0,1,0).

设直线AN与平面POM所成的角为仇

-5

„.,一、AN-n2A/TS

则sin(9=|cos〈AN,n)|==_7==^7-.

\AN\-\n\7156

故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为手.

法二由(1)知A3,平面POM,

所以为直线AN与平面POM所成角的余角.

连接AM,因为

由(1)知PM±DC,

又MD,OCu平面ABC。，MDCDC=D,

所以PM,平面ABCD又AMu平面ABCD,

所以PMLAM.

因为NABC=120。，AB=1,BM=2,

所以由余弦定理得4加=巾.

又巩=小，所以PM=26,

所以PB=PC=25.

连接3N,结合余弦定理得8N=，7i.

连接AC,则由余弦定理得

在△抬C中，结合余弦定理得PA2+AC2=2AN2+2PN2,

所以AN=qi^.

所以在△ABN中，cosZBAN

AB2+AN2—BN21+15-]VB

2AB-AN2V156-

设直线AN与平面POM所成的角为e,

则sin8=cos/BAN=^^.

o

故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为华.

感悟提升向量法求直线与平面所成角主要方法是：

(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方

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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.

训练2如图，四棱锥P-ABCD中,山，底面ABCD,AD//BC,

AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AO上一点，AM=

2MD,N为PC的中点.

(1)证明：MN〃平面应3；

(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

2

⑴证明由已知得AM=^AD=2.

取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知77V〃BC,TN=^BC=2.

又AD//BC,故TN统AM,所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN〃AT.

因为ATu平面PAB,MNC平面PAB,

所以MN〃平面PAB.

(2)解取BC的中点E,连接AE.

由A8=AC得AE_LBC,

从而且AE=7AB2-B©

2

AB2-

以A为坐标原点，崩的方向为x轴正方向，建立如图所示的

空间直角坐标系A—xyz.

由题意知，尸(0,0,4),M(0,2,0),C褥,2,0),｛坐，1,2),丽=(0,2,

—4),

丽=惇，1,一2),俞=俘，1,2).

设〃=(x,y,z)为平面PMN的法向量，则

fn.PM=0,户-4z=0,

即〈或

n-PN=0,[2X+L2z=0,

可取〃=(0,2,1).

丽尸闻=缥

于是|cos〈〃,

l«l|A7V|

二直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为凄.

题型三平面与平面的夹角

例3(2021.新高考H卷)在四棱锥Q—A3CO中，底面A8C。是笨

正方形，若AO=2,QD=QA=yj5,QC=3./'\\

(1)证明：平面平面ABC。；A--1-^D

(2)求平面8。。与平面A。。夹角的余弦值.B°

⑴证明取AO的中点为O,连接Q。，CO.

因为QA=。。，OA=OD,贝ijQOLAD5

又A£>=2,QA=4,/T\

故。。=[5—1=2.

在Rt^ODC中，CO=NOA+CU=小.BC

因为QC=3,故QC2=Q02+OC2,故△QOC为直角三角形且QOJ_OC.

因为。CnAO=。，OC,AOu平面A3C0,故。。，平面A8CD

因为QOu平面QAD,故平面QAO_L平面ABCD.

(2)解在平面A8CD内，过。作OT〃CO,交BC于T,则

OT±AD,结合(1)中的QO_L平面ABC。，故可建如图所示的

空间坐标系,

则。(0,1,0),2(0,0,2),5(2,-1,0),故破=(-2,1,2),脐=(一2,2,

0).

设平面。8。的法向量为〃=(x,y,z),

n-BQ=0,f—2x+y+2z=0,

则彳即4,■

n-BD=Q,M+2y=0,

取x=l,则y=l,z=1,

故〃=(1,1,

易知平面QAD的一个法向量为机=(1,0,0),

故cos(m,7i)3-3-

1X2

2

所以平面8。。与平面A。。夹角的余弦值为‘

感悟提升用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面

的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.

训练3(2021.新高考I卷)如图，在三棱锥A—3C。中，平面/1E

ABOJ_平面BCD,AB=AD,。为8。的中点.^\L\

⑴证明：OA1CD-,

(2)若△OCO是边长为1的等边三角形，点E在棱AO上，DE=2EA,且二面角

E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.

⑴证明因为A3=A。，。为8。的中点，所以。AL8D.

又平面A3。，平面BCD,且平面A8OA平面AOu平面ABO,

所以AOJ_平面BCD.

又CDu平面BCD,所以AOLCD

(2)解法一如图所示，以O为坐标原点，OB,OA所在

直线分别为x,z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD

垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.

因为△OCD是边长为1的正三角形，且。为8。的中点，

所以OC=O8=O£>=1,

所以5(1,0,0),D(-l,0,0),c(-1,坐0).

设A(0,0,a),a>0,因为OE=2E4,

所以I，0,yj

由题意可知平面8c。的一个法向量为〃=(0,0,1).

设平面8CE的法向量为析=(x,y,z),

因为成1=(—I，坐,o),诙=(—0,第，

\m-BC=0,

所以_

[mBE=0,

2

令x=l,则>=小，z=-,

所以“2=(1,小，

因为二面角E—BC—O的大小为45°,

2

mna____啦

所以cos45。=丽

~?—2，

4+与

(T

得&=1,即OA=l.

因为S^BCD=^BDCDsin60°=1x2X1X^=坐,

所以VABCD=^S^BCD-。4=JX*X1=W.

33LO

法二因为△OCO是边长为1的正三角形，且。为8。的中点，所以。C=OB

=OD=l,

所以△BCD是直角三角形，且NBCO=90。，BC=木,所

以5皿=坐

如图，过点E作EF//AO,交BD于F,过点尸作FG1BC,

C

垂足为G,连接EG.

因为AOJ_平面BCD,

所以EF上平面BCD.

又BCu平面BCD,所以EFLBC.

又FGLBC,且£：尸门尸6=/，EF,RJu平面EfG,

所以3C_L平面EFG,又EGu平面EFG,所以BCLEG,

则NEGE为二面角E-BC-D的平面角，

所以Z£GF=45°,则GF=EF.

因为DE=2EA,

2

所以DF=20F,

BF

所以

rU

因为尸GJ_BC,CD上BC,所以G/〃CD,

^~CD=39所以GF=q,

2

所以£F=GF=?所以OA=1,

ii、G、h

所以VA-BCD=^S^BCD-AO=^X^X1=以~.

33Zo

Il分层训练•巩固提升

|A级基础巩固

1.如图，三棱柱ABC—AiBCi中，底面ABC为等腰直角三角

形，AB=AC=l,BBi=2,NAB8=60°.

(1)证明：AB±BiC；

⑵若BiC=2,求AC\与平面BCBi所成角的正弦值.

(1)证明连接ABi,在△ABB中，AB=\,BBi=2,ZABBi=60°,

由余弦定理得，ABT=AB2+BB?-2ABBB\cosZABB\=3,

：.ABi=®：.BB1=AB2+ABI,

：.AB\±AB.

又△ABC为等腰直角三角形，KAB=AC,

：.AC±AB.'：AC^AB\=A,

，AB_L平面ABiC.

又BCu平面ABC,：.AB±B\C.

(2)解，；AB尸小,AB=AC=1,BiC=2,

：.BIC2=AB]+AC2,：.AB\±AC.

如图，以A为原点，以彳瓦AC,4友的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建

立空间直角坐标系，

则A(0,0,0),51(0,0,回B(l,0,0),C(0,1,0),

.•.而1=(-1,0,小),BC=(-l,1,0).

设平面8c的一个法向量为〃=(x,y,z),

BBin=0,f-x+y/3z=0,

由二令z=l,得x=y=小,

BCn=0,I—x+y=0,

平面8cBi的一个法向量为〃=(小，小，1).

VACi=AC+CCi=AC+BBi=(0,I,0)+(-1,0,小)=(-1,1,小),

_而〃_币

/.cos(AC1,71)

|ACi||n|小X巾35

：.AC\与平面BCBx所成角的正弦值为嘤士

2.如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的

点.

⑴求证：平面而平面PBC；

(2)若AB=2,AC=1,PA=\,求平面CP8与平面APB夹角的余弦值.

(1)证明由45是圆的直径，得ACLBC.

由PA垂直于圆所在的平面,

得出，平面ABC.

由BCu平面ABC,得PAA.BC.

又出CAC=A,以u平面山。，ACu平面如。,

所以3C_L平面PAC.

又因为BCu平面PBC,

据面面垂直判定定理，平面平面PBC.

(2)解过点C作CM〃AP,由(1)知CM,平面ABC.

如图所示，以点C为坐标原点，分别以直线CB,CA,CM

为x,y,z轴，建立空间直角坐标系.

在直角三角形ABC中，AB=2,AC=1,所以8。=小.

又出=1,所以A(0,1,0),B电,0,0),

P(0,1,1).

故西=(小，0,0),诙=(0,1,1).

设平面CPB的法向量为〃i=(xi,y\,zi),

n\-CB—0,xi—0,

bI1.a>=o.E+zi=o.

不妨令yi=l,则zi=—l,故〃i=(0,1,—1).

设平面APB的法向量为“2=(X2,y2,Z2),

H2-AB=0,广

由，同理可得"2=(1,小，0).

n2-AP=0.

于是|cos<711,“2〉|=|/1|||/1~|

_________________3__________________^6

^02+12+(-1)2X^/12+(^/3)2+024

二平面CP8与平面夹角的余弦值为力

3.(2020•江苏卷)在三棱锥A—BCO中，已知CB=CD=小,BD

=2,。为3。的中点，AOL平面BCD,AO=2,E为AC的

中I占八、、•

(1)求直线A8与OE所成角的余弦值；

(2)若点/在上，满足BF=^BC,设平面DEF与平面CDE夹角的大小为仇

求sin0的值.

解(1)如图，连接OC,因为CB=CO,。为8。的中点，

所以COLBD.

又AOL平面BCD,OB,OCu平面3CO,所以A0L08,

AO±OC.

以｛为，OC,为｝为基底，建立空间直角坐标系。一孙Z.

因为B£>=2,CB=CD=术,AO=2,

所以3(1,0,0),D(-l,0,0),C(0,2,0),

A(0,0,2).

因为E为AC的中点，所以E(0,1,1),

所以协=(1,0,-2),D£=(l,1,1),

所以|cos(AB,DE)尸丁"。目

\AB\-\DE\

_|l+0-2|_V15

~y[5Xyj3—15■

因此，直线AB与。E所成角的余弦值为喏.

(2)因为点尸在BC上，BF=；BC,

1

-O

牙

又。8=(2,0,0),

故曲=历+而=0,0

设〃1=0，y\,Z1)为平面OEF的一个法向量,

x\+yi+zi=0,

DEn\=0,71

则＜即＜--O

42尸

DFn\—0,XI+■

取幻=2,将yi=-7,zi—5,

所以〃1=(2,-7,5).

设“2=(X2,Z2)为平面DEC的一个法向量，又加=(1,2,0),

DE112=0,fx2+y2+z2=0,

则即一、

反〃2=0,8+2/=0,

取X2=2,得”=-1,Z2=—l,

所以“2=(2,—1,—1).

|4+7-5|VT5

故|cos6\=

1〃小〃2厂巾§义水―13-

所以sin0=yj1—cos2^=

4.(2021•全国乙卷)如图I,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,POL

底面ABC。，PD=DC=1,M为的中点，KPBLAM.

⑴求BC；

(2)求二面角A-PM-B的正弦值.

解(1)因为PD_L平面ABC。，AD,OCu平面ABC。，

所以PDLAD,PDLDC.

在矩形ABCD中，AD1DC,故可以点。为坐标原点建立空间

直角坐标系如图所示，

设BC=r,则A(r,0,0),BQ,1,0),

呜1,0),P(0,0,1),

所以而=(7,1,—1),1,oj

因为PBLAM,

户

所以而r•国r7=—/+1=0,

得t=p(t=—取舍去),

所以BC=y[2.

(2)由(1)可得力=(一6，0,1),AM=\-0,PB=

枢1,-1).

设平面APA1的法向量为〃i=(xi,yi,zi),

[n..AP=0,/-四+方=0，

则即彳啦

n\-AM—0,[一2笛+,|=°,

令汨=也，则zi=2,yi=l,所以平面APM的一个法向量为〃1=(啦，1,2).

设平面PMB的法向量为“2=(X2,>2,Z2),

m-MB=Q,Vx2=0,

则一即J2

n2-PB=0,[,-\l2x2+y2—Z2=0,

得％2=0,令y2=l,则Z2=l,所以平面PMB的一个法向量为〃2=(0,1,1).

〃r〃2______3_____3yfTi

'，l2)=l«il|n2|=^xV2=14，

所以二面角A-PM-B的正弦值为

-\/l—cos2(m,W2)

|B级能力提升

5.(2021.衡水检测)如图，AE_L平面ABC。，CF//AE,AD//BC,

AD1AB,AB=AD=\,AE=BC=2.

⑴求证：BF〃平面AOE；A，

(2)求直线CE与平面BOE所成角的正弦值；

(3)若平面EBD与平面FBD夹角的余弦值为g,求线段CF的长.

解依题意，建立以A为原点，分别以防，AD,靠的方向为x4

轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0,0,

0),B(l,0,0),C(l,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).

设Cr=%(//〉0),则《(1,2,h).

⑴证明依题意，AB=(1,0,0)是平面AOE的一个法向量,

又脐=(0,2,。)，可得而•筋=0,

又因为直线3网平面AOE,

所以3尸〃平面ADE.

(2)依题意，BD=(-1,1,0),B£=(-l,0,2),CE=(-1,-2,2).

设〃=(x,y,z)为平面BOE的法向量，

n-BD=Q,—x+y=0,

则即彳

nBE=0,—x+2z—0,

不妨令z=l,可得〃=(2,2,1).

CEn4

因此有(CE,n)

cos9,

|CE||«I

4

所以，直线CE与平面BOE所成角的正弦值为g.

(3)设ZM=(XI,yi,zi)为平面BDF的法向量,

mBD=0,(—xi+yi=0,

mBF=0,出+协=0,

不妨令刀=1,可得机=(1,1,一力.

又〃=(2,2,1)为平面的一个法向量，

故由题意，

有|cos{m

解得/l=*经检验，符合题意.

Q

所以，线段b的长为今

6.如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB

=BC=^AD,NBAO=NABC=90。，E是的中点.

p

⑴证明：直线CE〃平面BAB；

⑵点M在棱PC上，且直线与底面ABC。所成角为45。，求平面MAB与平

面夹角的余弦值.

⑴证明取的中点E连接防，BF,因为£是尸。的中点，所以£尸〃AO,

EF=%D.

由ZBAD=NA3C=90。得BC//AD.

又所以EF统BC,

所以四边形8CEF是平行四边形，

则CE//BF.

又引上平面PAB,。砌平面PAB,

故CE〃平面PAB.

(2)解由已知得BAL4O,以A为坐标原点，油的方向为x轴正方向，M商为单

位长，建立如图所示的空间直角坐标系A一孙z,则

4(0,0,0),8(1,0,0),C(l,1,0),尸(0,1,仍)，

PC=(1,0,一5AB=(1,0,0).

设M(x,y,z)(0<x<l),则

前=。一1,y,z),PM=(x,y—1,z一小).

因为与底面ABC。所成的角为45。，而n=(0,0,1)是底面ABC。的法向量,

所以|cos{BM,n)|=sin45°,

kl_V2

yj(x-1)2+^+^2

即(x-])2+y2—z2=0.①

又M在棱尸C上，设的=/无，则

x=A,y=l,z=小一小九②

1啦

X=1x=l—/

由①，②解得jy=l,(舍去),<y=i，

y[6水

1z=_2<z=2'

T，1,

所以

从而俞=(1—乎，1,

m-AM=O,

设/n=(xo,yo,zo)是平面ABM的法向量，则

m-AB=0,

(2—y[2)xo+2yo+*^6zo=0,

即

xo=O,

所以可取机=(0,一逃，2).

二n।/\,\mn\VlO

于旬cos<m,n}l-M„|-5-

因此平面MAB与平面DAB夹角的余弦值为邛.

第二课时向量法求距离、探索性及折叠问题

[■核心突破,题型剖析

I题型一利用向量法求距离

角度1点到直线的距离

例1已知棱长为1的正方体若点P在正方体内部且满足力=彳

1o

则点P到AB的距离为.

答案I

解析建立如图所示的空间直角坐标系,

312f31

-

---J\=--

423(O,O,/-甲2

VI

又屈=(1,0,0),

.•.力在油上的投影为空迪=*

\AB\

.•.点P到A3的距离为

角度2点到平面的距离

例2如图，四棱锥P—A3C。中，AB//CD,AB=^CD=1,

为PC的中点.

(1)证明：BE〃平面外。.

(2)若A3,平面PBC,丛PBC是边长为2的正三角形，求点E

到平面PAD的距离.

⑴证明如图，取尸。的中点R连接Ab,EF,

因为E为PC的中点，/为PD的中点，

所以EF甄CD.

又AB破CQ,

所以EF^AB,

故四边形ABM为平行四边形,

所以BE//AF.

又BE《平面PAD,Abu平面PAD,

所以BE〃平面PAD.

(2)解法一(向量法)如图，取BC的中点0,AO的中点

连接0尸，0M,贝U0M〃AB〃C。.

在等边aPBC中，P0=y[3,0P±BC.

又AB_L平面P8C,所以0MJ_平面P8C.

如图，以。为坐标原点，分别以射线0C,0M,0P的方向为

龙轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系,

则P(0,0,小)，A(—1,1,0),0(1,2,0),

C(l,0,0),故0,

所以疝=(2,1,0),或=(一1,1,一S)，座=七,0,

设平面阴。的法向量为〃=(x,y,z),

n-Ab=0,2x+y=0,

贝小_

,—x+y—小z=0,

7lM=0,

令x=l,则y=—2,z=一小，故〃=(1,—2,一市)为平面的一个法向量.

所以点E到平面PAD的距离4=隼旦

|xi+ox(-2)+(一啕*(一#)

A/12+(-2)2+(-73)2

=正

~2,

法二(等体积法)由⑴得8E〃平面％

故点B到平面PAD的距离等于点E到平面PAD的距离.

如图，取的中点G,连接PG,DG,BD,易知p

又△P8C是边长为2的正三角形，

所以PG=小，PB=BC=2.

因为AB_L平面P8C,ABu平面ABCO,

所以平面ABCDA.平面PBC.

因为平面ABCDA平面PBC=BC,

所以PG,平面ABC。，所以PGLGD

因为A8_L平面P8C,所以A8_LBC,ABLPB,

所以四边形ABC。是直角梯形，且A8=l,BC=2,CD=2,

则AD=小，SA4BD=^X1X2=1.

因为AB_LP8,AB=1,PB=2,

所以PA=y/5.

在RtAPGD中，易知DG=#.

又PG：衣,所以PO=2啦，

所以S/\APD=、X2&><y（小）2—（6）2=册.

设点8到平面阴。的距离为h,

因为三棱锥P-ABD的体积

V=|SAAPDX/?=|SA/IBDXPG,

grp.,SMBDXPG理应

所以力=S3D=加=2-

所以点E到平面PAD的距离为竽.

感悟提升（1）向量法求点到直线距离的步骤

①根据图形求出直线的单位方向向量o.

②在直线上任取一点M（可选择特殊便于计算的点）.计算点M与直线外的点N的

方向向量雨.

③垂线段长度［:］曲2一（疚乃）2

(2)求点到平面的距离的常用方法

①直接法：过P点作平面a的垂线，垂足为Q,把PQ放在某个三角形中，解三

角形求出PQ的长度就是点P到平面a的距离.

②转化法：若点P所在的直线/平行于平面a,则转化为直线/上某一个点到平

面a的距离来求.

③等体积法.

④向量法：设平面a的一个法向量为〃，A是a内任意点，则点P到a的距离为

,国词

公三T

训练1如图，在正三棱柱ABC—中，各棱长均为4,NAip^~--xlci

是CG的中点.L

⑴求点N到直线的距离；^\7\

⑵求点Ci到平面ABN的距离.

解建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0),8(2小，2,0),C(0,4,0),Ci(0,4,4).A,

是CG的中点,

:.Ng,4,2).

(1)俞=(0,4,2),牯=(2小，2,0),

则|病|=2小，|油|=4.

设点N到直线4?的距离为力,

则d\=画2_

=、20—4=4.

(2)设平面的一个法向量为〃=(x,y,z),

n-AB=2y[3x+2y=0,

n-AN=4y+2z=0,

令z=2,则y=-1,»

即〃=(¥，一1'2)

易知由V=(0,0,-2),

设点Cl到平面ABN的距离为d2,

=V5.

题型二立体几何中的探索性问题

例3(12分)(2021•全国甲卷)已知直三棱柱ABC—A山1G中，侧

面为正方形，AB=BC=2,E,P分别为AC和CG的

中点，。为棱45上的点，BFLA\B\.

(1)证明:BFLDE；

(2)当BiD为何值时，平面BB\C\C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？

［规范答题］

⑴证明因为区尸分别是AC和CG的中点，且AB=BC=2,)4

侧面A4出山为正方形，

所以CF=1,BF=yf5.

如图，连接AR由BELAiBi,AB//A\B\,得于是B

AF=ylBFq+AB2=3,所以AC=MA产一C"=26.由AB2+y

BC2=AC2,#BAIBC,...............2分

故以8为坐标原点，以氏4,BC,所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角

坐标系B—xyz,

则8(0,0,0),E(l,1,0),F(0,2,1),BF=(0,2,1).

设则D(m,0,2),...............4分

于是西=(1—〃z,1,-2),

所以前.郎=0,所以8E................6分

(2)解易知平面8BGC的一个法向量为〃i=(l,0,0)................7分

设平面。庄1的法向量为〃2=(X,>,Z),

DEn2=Q

则

EFn2=0,

又屋=(1一/〃，1,-2),而=(-1,1,1),

(1—m)x~\-y—2z=0,

所以

—x+y+z=O,

令x=3,得y=m+l,z=2—

于是，平面。尸后的一个法向量为"2=(3,m+1,2-/72),...............................9分

设平面BB\C\C与平面DFE所成的二面角为仇则sincos2(m,ni)

故当机=；时，平面BBGC与平面。在所成的二面角的正弦值最小，为芈，即

当3。=3时，平面BBiCC与平面OFE所成的二面角的正弦值最小.

12分

答题模板

第一步根据已知条件建立空间直角坐标

系，利用向量法证明线线垂直

第二步求两平面的法向量

第三步计算向量的夹角(或函数值)

第四步借助于函数的单调性或基本不等式确定最值

第五步反思解题思路，检查易错点

训练2如图，四棱锥S—A3CD的底面是正方形，每条侧棱的

长都是底面边长的也倍，P为侧棱SD上的点.

⑴求证：AC±SD；

(2)若SOJ•平面PAC,求平面%C与平面D4c夹角的大小；

(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E,使得8E〃平

面R1C.若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由.

⑴证明连接BD,设AC交8。于点0,连接SO由题意

知S0,平面ABC。，以0为坐标原点，以彷，0C,旃分

别为龙轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O—xyz.

设底面边长为a,则高5。=拿，于是

S(0,0,乎/，一乎a,0,°),C^O,乎a,°)

于是，OC=[Q,乎a,0),豆＞=(—乎a,0,一尊j，

则反•豆)=0,故OC_LSO,从而ACJ_SD

(2)解由题设知，平面出C的一个法向量加=惇“，0,$),平面D4C的一

个法向量而=(0,0,坐

由题知，二面角P—AC-O为锐角，

则cos6,山〉=渔区毒，

\OS\\DS\

所以二面角的大小为30。.

(3)解在棱SC上存在一点E使BE〃平面布C

根据第⑵问知诙是平面PAC的一个法向量，且示=(乎《,0,乎j,CS=

[0,2a,2a\

设建=商,

则砺=选+归=反:+『氐

(啦^2、亚、

=1—220(1一’)，2at)'

又诙瓜=0,得一当+0+轴=0,

则r=|,

当SE:EC=2：1时，BE1.DS.

由于3EQ平面B4C,故BE〃平面B4C.

因此在棱SC上存在点E,使BE〃平面R1C,此时SE：EC=2：1.

|题型三折叠问题

例4图①是由矩形AOEB,RtaABC和菱形3FGC组成的一个平面图形，其中

AB=l,BE=BF=2,NbBC=60。.将其沿AB,折起使得BE与8尸重合，连

接。G,如图②.

(1)证明：图②中的A,C,G,。四点共面，且平面ABC,平面8CGE；

(2)求图②中的平面BCG与平面ACG夹角的大小.

⑴证明由已知得AO〃BE,CG//BE,所以AO〃CG,

所以A0,CG确定一个平面，从而A,C,G,。四点共面.

由已知得AB_LBE,ABLBC,且3EABC=3,BE,BCu平面BCGE,

所以ABJ_平面BCGE.

又因为A8u平面ABC,所以平面ABC,平面BCGE.

(2)解作EHL8C,垂足为

因为EHu平面BCGE,平面3CGEJ_平面ABC,平面3CGEA平面ABC=BC,

所以E"_L平面ABC.

由已知，菱形8CGE的边长为2,Z£BC=60°,可求得B"=l,EH=小.

以”为坐标原点，谎的方向为x轴的正方向，建立如图所示的

空间直角坐标系Wz,AZ/T/

则A(—1,1,0),C(l,0,0),BH'C

G(2,0,事),CG=(\,0,小)，AC=(2,-1,0).

设平面ACG£＞的法向量为〃=(x,y,z),

CGn=0,(x+，5z=0,

则即

lAC.n=0,⑵—y=0.

所以可取〃=(3,6,一小).

又平面8CGE的法向量可取/n=(0,1,0),

行/,、nm曲

因此平面BCG与平面ACG夹角的大小为30°.

感悟提升1.折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前

后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地，翻折后还在同一个平面上

的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.

2.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证

明过程围绕着线面垂直这个核心展开，这是解决空间垂直问题的技巧.

训练3(2022.宁波质检)图1是直角梯形ABC。，AB//DC,ZD=90°,AB=2,

DC=3,AD=y[3,鑫=2而以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达Ci的位

置，且AC=加，如图2.

(1)证明：平面平面ABED；

(2)求直线BG与平面ACiD所成角的正弦值.

⑴证明在图①中，连接AE,AC,AC交BE于F.

,：CE=2ED,DC=3,

：.CE=2,：.AB=CE.

又A8〃CD,，四边形AECB是平行四边形.

在Rt^ACO中，["归+(事)2=2小,

：.AF=CF=yj3.

在图②中，AC尸册,,：AF2+C\F2=ACy,：.C1FA.AF,

由题意得GFLBE,又BECAF=F,

二。/，平面ABED,又CiFu平面BCiE,

，平面BCE_L平面ABED.

G

DEC

图②

(2)解如图②，以。为坐标原点，DA,踮的方向分别为x,y轴的正方向，FCi

的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系.

则。(0,0,0),A昨,0,0),B他,2,0),

E(0,1,0),7^>2,0)，©惇，25仍]

.•.比1=(一坐-1,小),醇=(小,0,0),皮尸惇同

设平面A。。的法向量为〃=(x,y,z),

J〃应=0,J小

由彳得VS3r-

[n-DCi