第二課時求空間角與距離

美小考點氣窠四鬟

關鍵能力?課堂突破

糜考點一用空間向量求異面直線所成的角

1.在各棱長均相等的直三棱柱ABC-ABG中，已知M是棱BB,的中點,N

是棱AC的中點，則異面直線AM與BN所成角的正切值為（C）

A.V3B.1C.—D.—

32

解析:設直三棱柱ABC-ABC的棱長為2,如圖所示，以A為原點,AC所

在直線為y軸,AAi所在直線為z軸，建立空間直角坐標系Axyz,則

A(0,0,2),M(V3,1,1),B(V3,1,0),N(0,1,0),^]^=(73,1,-1),

靛(S0,0).

設異面直線AM與BN所成角為9,

—>—>

rn.lAI/11M-BN\3V15

貝IJCOSe=T——=r=—,

l&M\BN\V5XV35

所以sin9="l-cos2e=F，

匚匕、【工

所以itann0=s-in6V6,

cos03

所以異面直線A,M與BN所成角的正切值為當

故選C.

2.已知直四棱柱ABCD-AECD中，底面ABCD為正方形,AA尸2AB,E為

AAi的中點，則異面直線BE與CD所成角的余弦值為（C）

A呼B.|

C回一

105

解析：以D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.

設AA,=2AB=2,

則B(l,l,0),E(l,0,1),

C(0,l,0),D(0,0,2),

所以薪=(0,-1,1),

—>

皿=(0,-1,2),

所以cos〈晶,。芯1〉=^^=紅.故選C.

1V2XV510

3.如圖，在三棱柱0AB-0AB】中,平面0BBQ」平面OAB,Z0,0B=60°,

ZA0B=90°,且0B=00L2,0A=V3,則異面直線A.B與A01所成角的余弦

值為.

解析:建立如圖所示的空間直角坐標系,

則0(0,0,0),0,(0.1,V3),A(V3,0,0),Ai(V3,1,V3),B(0,2,0),

所以/；B=(-V3,1.-V3),0；A=(V3,-l.-V3).

—?

所以cos<X1B,01A>==

IA[B0]A-

(一技1,一百)?(倔t,

V7XV77'

所以異面直線A,B與AOi所成角的余弦值為之.

答案號

一題后悟通!

用向量法求異面直線所成角的一般步驟

(1)選擇三條兩兩相互垂直的直線建立空間直角坐標系.

(2)確定異面直線上兩個點的坐標,從而確定異面直線的方向向量.

(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值.

(4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對值.

雇考點二用空間向量求直線與平面所成的角

如圖，已知三棱柱ABC-ABG的底面是正三角形，側面BBCC是矩

形,M,N分別為BC,BC的中點,P為AM上一點,過B,C,和P的平面交AB

于E,交AC于F.

⑴證明：AAVMN,且平面A】AMNJ_平面EBCF;

(2)設0為△A8C的中心,若A0〃平面EBCF,且AO=AB,求直線B,E與

平面AAMN所成角的正弦值.

(1)證明：因為M,N分別為BC,BC的中點，

所以MN〃CG.

又由已知得AA4CG,

故AA/MN.

因為△ABC是正三角形，

所以BC」AN.

又BCMN,AiNAMN=N,AiNu平面AAMN,MNu平面A】AMN,

故BiC」平面A,AMN,又B￡u平面EBCF.

所以平面AiAMN,平面EBCF.

(2)解：由已知得AM_LBC.

以M為坐標原點,總的方向為x軸正方向，|麻|為單位長度,建立如

圖所示的空間直角坐標系Mxyz,則AB=2,AM=V3.

連接NP,因為A0〃平面EBCF,AOu平面A】AMN,平面A^AMNCl平面

EBICIF=NP,所以AO〃NP,易知A|N〃AM,即ON/7AP,所以四邊形AONP為

平行四邊形，

故PM=平,E(季0).

由⑴知平面AAMN,平面ABC.

作NQ1AM,垂足為Q,則NQ,平面ABC.

設Q(a,0,0),則NQ=14-(手-a)2,

B,(a,l，k^-a)2),

故趾=(手-a,-|,-J4-(^-a)2),

IB；E|=字

又n=(O,-l,0)是平面A,AMN的一個法向量，

—>

故sin(^-<n,j?1￡,>)=cos<n,B1E>=

n?B^E_Vio

|n|\B［E\10)

所以直線B.E與平面AlAMN所成角的正弦值為孚.

10

「解題策略I

利用向量求線面角的方法

(1)分別求出斜線和它所在平面內(nèi)的射影直線的方向向量,轉化為求

兩個方向向量的夾角(或其補角).

⑵通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量

所夾的銳角，取其余角就是斜線與平面所成的角.

［針對訓練］

1.正方體ABCD-ABCD的棱上到直線A3與CG的距離相等的點有3

個,記這3個點分別為E,F,G,則直線AG與平面EFG所成角的正弦值

為()

AV26D2V26?2V78n4A/78

A?---D.------C.-----U?-----

13133939

解析:正方體ABCD-ABCD的棱上到直線AtB與CG的距離相等的點分

別為DbBC的中點,B￡的四等分點(靠近B.),不妨設立與G重合,BC

的中點為E,BC的四等分點（靠近B,）為F.以D為坐標原點,建立空間

直角坐標系Dxyz,如圖.

設AB=2,則E(1,2,0),F(|,2,2),G(0,0,2),A(2,0,0),C,(0,2,2),

從而品=(1,0,2),GF=(|,2,0),AC1=(-2,2,2).

設平面EFG的法向量為n=(x,y,z),

則?“??朗p/7_—0n,叱—%4_2z=0,

ji?GF=0,-x+2y=0,

取x=4,得n=(4,-3,-1).

設直線AC,與平面EFG所成角為9,

—?

貝ijsin6=|cos<n,ACt>=上空-=皿％故選D.

nMl39

2.(2021?河北秦皇島高三檢測)如圖，AABC是以NC為直角的等腰

直角三角形，直角邊長為8,DE/7BC,AE：EC=5:3,沿DE將4ADE折起

使得點A在平面BCED上的射影是點C,MC=|AC.

⑴在BD上確定點N的位置，使得MN〃平面ADE;

(2)在(1)的條件下,求CN與平面ABD所成角的正弦值.

解：⑴

由已知，點A在平面BCED上的射影是點C,則可知AC，平面BCED,而

BC1CE,如圖建立空間直角坐標系，則可知各點的坐標為

C(0,0,0),A(0,0,4),B(0,8,0),D(3,5,0),E⑶0,0),

由MC=|AC,可知點M的坐標為(0,0,|),

設點N的坐標為(a,b,0),則可知b=8-a,

即點N的坐標為(a,8-a,0),

則疝=(a,8-a,-1).

設平面ADE的法向量為n尸(x,y,z),

—>

則卜1.DE=0,

四?AE=0,

而法=(0,-5,0),AE=(3,0,-4),

可得

取x=4,則z=3,可得ni=(4,0,3).

要使MN〃平面ADE,等價于ni,MN=0,

即4a+0?(8-a)-3x1=0,

解得a=2,即可知點N的坐標為⑵6,0),點N為BD上靠近D點的三等

分點.

(2)由(1)可知CN=(2,6,0),

設平面ABD的法向量為nz=(x',y',z'),

則［九2.DB=0，

ji2,AB=0,

->—>

而03=(-3,3,0),43=(0,8,-4),

13于+3y1=0,

「向I8y'-4z'=0,

取x'=1,則y'=1,z1=2,

可得由=(1,1,2).

設CN與平面ABD所成角為0,

T__

|n?CN|2V15

則sin9='2

15

|n2||CN|

考點三用空間向量求二面角

CfflD

如圖,D為圓錐的頂點,0是圓錐底面的圓心,AE為底面直徑,AE=AD.△

ABC是底面的內(nèi)接正三角形,P為D0上一點,PO=^DO.

O

(1)證明:PA_L平面PBC;

(2)求二面角B-PC-E的余弦值.

(1)證明:設DO=a,

由題意可得P0嗎,A0萼a,AB=a,

63

PA=PB=PC=—a.

2

因此PA2+PB2=AB2,從而PA±PB.

又PA2+PC2=AC2,故PA_LPC.

又PBnPC=P,PB,PCu平面PBC,

所以PA_L平面PBC.

—>—>

⑵解：以0為坐標原點,OE的方向為y軸正方向，|OE|為單位長度,

建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz.

由題設可得由0,1,0),A(0,-1,0),C(等,0),P(0,0,爭.

—>I

V3一

所以EC=(-2,-T

爭

EP=(0,-l,?

設m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,

—>

m,EP=0,

則—>

m?EC=0,

(,V2_

y+—z=0,

即《

V31_

--x--y=0,

V22」

可取m=(T1,物.

由(1)知前=(O,1,y)是平面PCB的一個法向量，

nm

記n=AP,貝!jcos<n,m>-n'm5,

所以二面角B-PC-E的余弦值為

解題策略I

利用空間向量計算二面角大小的常用方法

(1)找法向量:分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量,然后

通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結合實際

圖形判斷所求角的大小.

⑵找與棱垂直的方向向量:分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱

垂直且以垂足為起點的兩個向量,則這兩個向量的夾角的大小就是二

面角的大小.

［針對訓練］

1.

(2021?河北唐山模擬)如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊

形,連接BD,其中DA=DP,BA=BP.

⑴求證:PA_LBD;

(2)若DA_LDP,ZABP=60°,BA=BP=BD=2,求二面角D-PC-B的正弦值.

(1)證明:

X

如圖，取AP中點M,連接DM,BM,

因為DA=DP,BA=BP,

所以PA_LDM,PA±BM,

又因為DMnBM=M,DMu平面DMB,BMu平面DMB,

所以PA_L平面DMB,

又因為BDu平面DMB,

所以PA_LBD.

(2)解：因為DA=DP,BA=BP,DA±DP,

ZABP=60°,

所以ADAP是等腰直角三角形,AABP是等邊三角形，

因為BA=BP=BD=2,

所以DM=1,BM=V3.

所以BD2=BM2+DM2,

所以MDJLMB.

以M為原點,MP,MB,MD所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所

示的空間直角坐標系，

則A(-l,0,0),B(0,V3,0),P(l,0,0),D(0,0,1),

—>—>—

從而得DP=(1,0,-1),DC=4B=(1,V3,0),

—>->—>

BP=(1,-V3,0),BC=i4D=(l,0,1).

設平面DPC的法向量為n1=(x1,ybzj,

則卜i?丫=0,叫：-片=&

nt?DC=0,區(qū)+圾”0,

所以可取ni=(-V3,1,~/3),

設平面PCB的法向量n2=(x2,y2,z2),

由02?BC=0,

ln2?BP=0,

所以可取出=(6,1,-6).

所以cos<nbh)=%?吸

n27

設二面角D_PC_B為a,

2

所以sina=y/l-cos<nr,n2>=-^>

即二面角D-PC-B的正弦值為手.

2.

（2021?湖北武漢模擬）如圖所示，多面體是由底面為ABCD的直四棱

柱被截面AEFG所截而得到的,該直四棱柱的底面為菱形,其中

AB=2,CF=5,BE=1,ZBAD=60°.

⑴求BG的長；

⑵求平面AEFG與底面ABCD所成銳二面角的余弦值.

解：

⑴由面面平行的性質定理可知，四邊形AEFG是平行四邊形，建立如

圖所示的空間直角坐標系Oxyz.可得

A(0,-V3,0),B(l,0,0),E(l,0,l),C(0,V3,0),F(0,V3,5).

—>—>

所以4G=EF=(-1,遮,4),

則G(—1,0,4),

所以盛二(-2,0,4).

貝|JBG的長為|藁|=2、/1

(2)依題意可取平面ABCD的一個法向量m=(0,0,1).

由(1)可知，猴(-1,倔4),嘉(1,V3,1),

設n=(x,y,z)是平面AEFG的法向量，

—>

則71?竺二0,

n,AG=0,

即1x+V3y+z=0,

[-%+V3y+4z=0,

可取nY3,-苧,2),

貝(J|cos<n,m>|=n'm~~,

nm4

所以所求銳二面角的余弦值為”.

11考點四用空間向量求距離

口角度一求兩點間的距離(線段長)

如圖，在長方體ABCDABCD中,AB=1,BC=K,點M在棱CG上,

且MD,±MA,則當AAMDi的面積最小時，棱CC,的長為()

卜當B.孚C.2D.V2

解析：以D為坐標原點,分別以DA,DC,DD所在直線為x軸、y軸、z

軸建立空間直角坐標系(圖略)，則D(0,0,0),A(V3,0,0),設

M(0,1,t),D.(0,0,z),z2t20,zWO,

M3I=(0,-1,z-t),(-V3,1,t),

因為MD-MA,

所以“Bi?薪=T+t(z-t)=O,

即z-t=p

S^AMD^\AM\\MDr\

=1J(V3)*2+l2+t2?Jl2+(z-t)2

三?V4+t2?Jl+(Z-t)2

15+戶+鴻.

27t22

當且僅當t=&,z=苧時，取等號，

所以CC\=z=^故選A.

「解題策略I

利用空間向量求兩點間的距離的基本方法

(1)利用A,B兩點間的距離為I,結合向量的模和數(shù)量積求解.

⑵設點A(xi,ybzi),點B(X2,y2,z2),則

222

\AB\=^(X1-X2)+(yi-y2)+(z1-z2).

口角度二點到直線的距離

例3-2

正方形ABCD的邊長為2,E,F分別是AB和CD的中點,將正方形沿EF

折成直二面角(如圖所示)，M是矩形AEFD內(nèi)一點，如果NMB'E=NMB，

C',MB'和平面B'C'FE所成的角的正切值為去求點M到直線EF的

距離.

解：

建立如圖所示的空間直角坐標系，作MNJ_EF,垂足為N,則MN_L平面B'

C'FE,連接B'N,則NMB'N即為MB'與平面B'CFE所成的角，

所以tan/MB'N=1,

設M(0,y,z),0<y<2,0<z<l,

則由題意可知N(0,y,0),

而E(0,0,0),B'(1,0,0),Cz(1,2,0),

—>—>

所以B'E=(—1,0,0),B'C=(0,2,0),

—>—>

B'M=(-l,y,z),B'N=(T,y,0),

而V=(0,0,-z),

—>—>

所以cosZMB7E-B'M?BE

B^M\|￡TFJl+y2+z2'

cosZMB,C'B'M?B'C_2y

B'MB^C\2jl+y2+z2

y

Jl+y2+z2,

\MNz1

tanZMB7NKT=-^—=-7===-.

BNJ1+*2

因為NMB，E=NMB'Cf,

所以y=l,z=^,

因此點M到直線EF的距離為

■解題策略I

點A到直線1的距離d=J|品12-|pX?22（其中A為直線1外一點,P

為直線1上的任一點,n為與1的方向向量平行的單位向量）.

除度三點到平面的距離

（2021?福建三明質量檢測）如圖所示,正方體ABCD一ABCD的棱長為

1,若F是DDi的中點,則點B,到平面ABF的距離為（）

B.—

5

rV5n2V5

?T--5"

解析:建立如圖所示的空間直角坐標系,設E為BC的中點,連接

EF,BE

則

A(1,O,1,O),F(O,O,3,E0,1,1,1),6=(0,1,0),

B；E=(W，0,l),4F=(-l,0,

因為族?B；E=(-1,0,-??(-1,0,1)=0,

—>—>

所以4尸，8住.

—>—>

同理43LB1E,又AFu平面ABF,ABu平面ABF,AFAAB=A,

所以BE_L平面ABF.

所以平面ABF的一個法向量為B；E=g,0,1),

又值=(0,1,-1),

所以點B到平面ABF的距離為

?故選D.

B；E|5

解題策略

利用空間向量求點到平面的距離的基本方法

A0

a

如圖所示，已知AB為平面a的一條斜線段,n為平面a的法向量,則B

到平面a的距離為|麻|=必土

n

［針對訓練］

如圖,在大小為45°的二面角A-EF-D中，四邊形ABFE,CDEF都是邊長

為1的正方形，則B,D兩點間的距離是（）

A.V3B.V2C.1D.V3-V2

解析：因為BOW+FE+E。，

所以|筋『=|而T+I丘|2+|￡b「+2薪,

FE+2FE?ED+2BF?ED

=1+1+1-72

=3-V2,

故|盛|力3-VI.故選D.

2.（2021?河南開封高二檢測）四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD為正方

形,PA_L平面ABCD,PA=AB=2,E,F分別為PB,PD的中點，則點P到直線

EF的距離為（）

A.1B.—C.—D.—

222

解析：

z

Pi

建立空間直角坐標系Axyz,如圖，即P(0,0,2),

E(l,0,l),F(0,1,1),

—>

所以EP=(-l,0,1),

—>

Ef=(-1,1,0),

——>EP?EF\_1_V2

所以EP在EF上的投影向量的長度為17-VFT)

所以點P到直線EF的距離為

IEP|2-(y)2堂故選D.

3.

在三棱柱ABC-A.B,C,中,M,N分別是A,B,BC上的點,且

BM=2AM,GN=2BN設在a,八=b,AAr=c.

(1)試用a,b,c表示向量MN;

⑵若NBAC=90°,NBAA尸NCAA尸60°,AB=AC=AA1=1,求MN的長.

解：(1)由題圖知

加=癡1+4%+3融

=^BA1+AB+^B1C1

[1

=-(c-a)+a+-(b-a)

111

=-a+-b+-c.

333

⑵由題設條件知，因為

(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a?b+2b?c+2a?c=l+l+l+0+2X1X1X^+2X1X

IX工5,

2

所以Ia+b+c|=V5,|MN|a+b+c|考.

息備選例題

C?D(2021?河北保定模擬)在直三棱柱ABC-ABG中，底面是等腰直

角三角形，NACB=90°,側棱AAt=2,D,E分別是CC,與A,B的中點，點E

在平面ABD上的射影是AABD的重心G.則A,B與平面ABD所成角的余

弦值是（)

①叱cV3

A.B.L.—

332

解析：

以C為坐標原點,CA所在直線為x軸,CB所在直線為y軸,CC,所在直

線為z軸,建立空間直角坐標系如圖,

設CA=CB=a,則A(a,0,0),B(0,a,0),A,(a,0,2),D(0,0,1),

所以EG，1),GG，-),GE-G，-),BD-(0,-a,1).

因為點E在平面ABD上的射影是AABD的重心G,

所以后J_平面ABD,

——>

所以GE-BD=Q,解得a=2,

所以GE=([,,BA^~(2,~2,2),

T

因為GE_L平面ABD,

所以GE為平面ABD的一個法向量.

1、—>—>4

因為cos<GE,34i>=■.絲1-點3—=~,

GE\\BAiyX2733

所以A,B與平面ABD所成的角的余弦值為?.

故選B.

（2021?山東聊城一模）如圖，在四邊形ABCD中,BC=CD,BC_LCD,AD_L

BD,以BD為折痕把AABD折起，使點A到達點P的位置,且PC±BC.

⑴證明：PD_L平面BCD;

⑵若M為PB的中點,二面角P-BC-D等于60°,求直線PC與平面MCD

所成角的正弦值.

⑴證明：因為BCJ_CD,BC±PC,PCnCD=C,PCu平面PCD,CDu平面PCD,

所以BC,平面PCD.

又因為PDu平面PCD,

所以BCLPD.

又因為AD_LBD,

即PD±BD,BDnBC=B,BDu平面BCD,

BCu平面BCD,

所以PD,平面BCD.

⑵解:因為PC_LBC,CD±BC,

所以NPCD是二面角P-BC-D的平面角,

即NPCD=60°.

在RtZkPCD中,PD=CDtan60°=V3CD.

取BD的中點0,連接0M,0C.

因為BC=CD,

所以0CLBD.

由題知0M為△PBD的中位線，

所以刪〃PD.

又由(1)知,PD_L平面BCD,

所以平面BCD,又BDu平面BCD,

OCu平面BCD,

所以OM±BD,OM±OC,即OM,OC,BD兩兩相互垂直，以0為原

點,OC,OD,OM所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間

直角坐標系Oxyz.

設|0B|=l,

則P(0,1,V6),C(1,O,0),D(0,1,0),M(0,0凈,

貝G=(―1,1,逐),tb=(—1,1,0),國二(—l,0,y).

設平面MCD的法向量為n=(x,y,z),

則由卜.色=0,

JI?CM=0,

-x+y=0,

得［述n

-x+—z=0,

mz=V2,Wn=(V3,V3,V2).

設直線PC與平面MCD所成角為9,

—>

所以sin9=|cos<n?CP>|=n,

CP|n|4

所以直線PC與平面MCD所成角的正弦值為”.

4

您

C

如圖所示，在三棱錐P-ABC中，PAJ_底面ABC,PA=AB,ZABC=60°,Z

BCA=90°,點D,E分別在棱PB,PC上，且DE〃BC.

⑴求證:BCJ_平面PAC;

⑵當D為PB的中點時,求AD與平面PAC所成角的余弦值；

⑶是否存在點E使得二面角A-DE-P為直二面角，并說明理由.

法一(1)證明：因為PA_L底面ABC,BCu底面ABC,所以PA±BC,

又NBCA=90°,所以AC_LBC.

又PAAAC=A,PAu平面PAC,ACu平面PAC,所以BCJ_平面PAC.

(2)解:因為D為PB的中點,DE〃BC,

所以DE=|BC.

又由(1)知,BC_L平面PAC,

所以DE_L平面PAC,垂足為點E.

所以NDAE是AD與平面PAC所成的角.

因為PA_L底面ABC,ABu底面ABC,

所以PA_LAB.

又PA=AB,

所以AABP為等腰直角三角形.

所以AD=*AB.

在RtAABC中，ZABC=60°.

所以BC=jAB.

所以在Rt^ADE中,

si?nZ/nDAAEr?=—DE=——3c=V—2,

AD2AD4

所以cosNDAE二乂更.

4

(3)解:存在.

理由如下：因為DE〃BC,

又由⑴知,BC_L平面PAC,

所以DE_L平面PAC.

又因為AEu平面PAC,PEu平面PAC,

所以DE_LAE,DE±PE.

所以NAEP為二面角A-DE-P的平面角.

因為PA_L底面ABC,ACu底面ABC,

所以PA_LAC,

所以NPAC=90°,

所以在棱PC上存在一點E,使得AE±PC,

即NAEP=90。，

故存在點E使得二面角A-DE-P是直二面角.

法二解:如圖所示，以A為原點，過點A平行于BC的直線為x軸,AC

所在直線為y軸,AP所在直線為z軸建立空間直角坐標系Axyz.

設AP=a,由已知可得A(0,0,0),B號a,￡0),C(0,￡0),P(0,0,a).

(1)證明：因為(0,0,a),BC=(1a,0,0),

所以辰7?AP=0,所以BC±AP.

因為NBCA=90。，所以BC_LAC.

又APGAC=A,APu平面PAC,

ACu平面PAC,所以BC_L平面PAC.

(2)解:因為D為PB的中點,DE/7BC,

所以E為PC的中點.

所以D(-1a,fa,1a),E(0,ga,：a).

又由(1)知,BCJL平面PAC,

所以DE_L平面PAC,垂足為點E,

所以NDAE是AD與平面PAC所成的角.因為

AD-(-1a,Ra,^a),AE-(0,手a,^a),

714

所以cosNDAE=”?竺F

ADAE

(3)解：同法一.

(2021?湖南長沙月考)如圖，在四棱錐E-ABCD中，底面ABCD是圓內(nèi)接

四邊形,CB=CD=CE=1,AB=AD=AE=V3,EC±BD.

(1)求證:平面BED_L平面ABCD;

⑵設線段AE的中點為M,線段AB的中點為N,且點P在線段MN上運

動,求直線DP與平面ABE所成角的正弦值的最大值.

(1)證明:

如圖，連接AC,交BD于點0,連接E0.

因為AD=AB,CD=CB,

AC=AC,

所以aADC0ZxABC,

所以NDA0=NBA0.

又因為A0=A0,

所以AADO之△ABO,

所以NA0D=NA0B=90°,

所以AC_LBD.

又EC±BD,ECnAC=C,EC,ACu平面AEC,

所以BD_L平面AEC,

又OEu平面AEC,

所以OE_LBD.

又底面ABCD是圓內(nèi)接四邊形,

所以NADC=NABC=90°.

在RtAADC中，由AD=V3,CD=1,

可得AC=2,AO=|,

所以AE2+EC2=AC2,

所以NAEC=90。爺嘿哼

易得△AEOs^ACE,

所以NA0E=NAEC=90°,

OE±AC.

又AC,BDu平面ABCD,ACnBD=O,

所以OE_L平面ABCD,

又OEu平面BED,

所以平面BED_L平面ABCD.

⑵解:如圖，以0為坐標原點,OA,OB,OE所在直線分別為x軸、y軸、

Z軸，建立空間直角坐標系,

則

A(1,0,0),B(0,g0),E(0,0,學,M6,0,^),D(0,0),N(pg0),

22244244

所以43=(~|,曰,0),AE-(-*0,歲，

DM=(*y,f),MN=(0,手,[).

設平面ABE的法向量為n=(x,y,z),

則?n=O,即卜6尢+y=O,

I族?n=O,l-V3x+z=0,

——>—>

取x=l,則n=(l,V3,6).設MP=NMN(0W入Wl),

可得防=盛+詁=(-,—+—入，—入).

42444

設直線DP與平面ABE所成的角為0,

—>

n12

貝ljsin9=|cos<n,DP>|=-*—產(chǎn)=----=?

nDPV42?VA2+Z+4?J(入+}2+芋

因為0W入W1,所以當人=0時，sin。取得最大值步.

故直線DP與平面ABE所成角的正弦值的最大值為手.

例5

如圖所示,在直三棱柱ABC-ABG中，Z

ABC=90°,BC=2,CC,=4,EB,=1,D,F,G分別為CCbBC,A,C,的中點,EF與

BQ相交于點H.

⑴求證:BJ)_L平面ABD;

(2)求證:平面EGF〃平面ABD;

(3)求平面EGF與平面ABD的距離.

解:

z

如圖所示,建立空間直角坐標系B.xyz,設A,(a,0,0),則

B,(0,0,0),F(0,1,0),E(0,0,1),A(a,0,4),B(0,0,4),D(0,2,2),G

1,0).

⑴證明：BiD=(0,2,2),AB=(-a,0,0),BD=(0,2,-2),

所以/D-48=0+0+0=0,

—>—>

-30=0+4—4=0,

所以BJ)_LAB,B1D±BD.

又ABABD=B,ABu平面ABD,BDu平面ABD,

所以BDJ_平面ABD.

(2)證明：因為贏=(-a,0,0),BD=(0,2,-2).

—>—>

GF=(-p0,0),EF=(0,1,-1),

T1T71T

所以G產(chǎn)二方

所以GF〃AB,EF〃BD.又GF4平面ABD,ABu平面ABD,EFQ平面ABD,BDc

平面ABD,所以GF〃平面ABD,EF〃平面ABD,

又GFGEF=F,GFu平面EGF,EFu平面EGF,

所以平面EGF〃平面ABD.

⑶解:法一由(1)(2)知DH為平面EFG與平面ABD的公垂線段.

—>—>

設BiHdBiD=(O,2入，2入)(入￡R),

則靛(0,2人,2人-1),6=(0,1,-1).

因為而/與后1共線，

所以?=岑,即人=；,

1-14

所以/H=(0,1),

所以HB=(O,|,|),

所以I而I卷，

所以平面EGF與平面ABD的距離為苧.

法二由(2)知平面EGF〃平面ABD,

設平面ABD的法向量為n=(x,y,z),

—>T

貝ijn_L4B,nJ_30,

—>

「匚i、in?AB=-ax—0,

所以JT

ji,BD=2y-2z=0,

解得號二::取z=l,則n=(0,l,l),

因為血)=(0,2,1),

所以d嘩到斗越,

nv22

即平面EGF與平面ABD的距離為苧.

課時作業(yè)靈活’唬密致提魁

酸選題明細表______________________________________________________________

綜合運

知識點、方法基礎鞏固練應用創(chuàng)新練

用練

用空間向量求異面直線所1

成的角

用空間向量求直線與平面

2,4,911

所成的角

用空間向量求二面角312

用空間向量求距離6,8

13,14,15,

綜合問題5,7,1017,18

16

A級基礎鞏固練

1.如圖所示,在正方體ABCDRBCD中,已知M,N分別是BD和AD的中

點，則BM與D】N所成角的余弦值為（C）

A.邈DV30

30

c3

D.—

1015

解析:建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.

設正方體的棱長為2,

貝IB1(2,2,2),M(1,1,0),

D,(010,2),N(l,0,0),

T

所以BiM=(T,T,-2),

T

OiN=(l,0,-2),

—>—>

|-1+4|

所以BM與DN所成角的余弦值為甲甯.故選c.

"M"Vl+l+4xVi+4

\BXM\D]N

2.如圖，已知長方體ABCD_ABCD中，AD=AAI=1,AB=3,E為線段AB上一

點，且AE=[AB,則DG與平面DEC所成角的正弦值為（A）

A3VHD2V7

A?-------D.------

357

C.—D.—

34

解析:如圖，以D為坐標原點,DA,DC,DDi所在直線分別為x軸、y軸、z

軸建立空間直角坐標系,

則G(0,3,1),Di(0,0,1),E(1,1,0),C(0,3,0),

-,—>—>

所以&q=(0,3,1),0送=(1,1,-1),D1C=(O,3,-1).

設平面DiEC的法向量為n=(x,y,z),

則卜,"="(x+y-z=0,

(3y-z=0,

{n,D1C=0,

取y=l,得n=(2,1,3).

—>_

匚匚I、I/c:\DCi,n3V35

所以cos<DCt,n>=T-,

\DC-iWn35

所以DC,與平面D.EC所成的角的正弦值為孽I故選A.

3.在正方體ABCD-ABCD中，點E為BB1的中點,則平面A,ED與平面

ABCD所成的銳二面角的余弦值為(B)

1R2

--

A.C23

V3-V2-

3D.2

解析：以A為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz,設正方

體ABCD-ABCD的棱長為1,則A^O,0,1),E(l,0,,D(0,1,0),

所以41。=(0,1,-1),4iE=(1,0,-i),

設平面AiED的法向量為n,=(l,y,z),

則卜1.A1D=0,即憶［所以｛=\

■r?c1—z—0,—2,

1%?ArE=0,I2

所以m=(l,2,2).

又平面ABCD的一個法向量為n2=(0,0,1),

77

所以cos<nbn2>=—=-,

即平面A,ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為|?故選B.

4.如圖，正三棱柱ABC-ABG的所有棱長都相等，E,F,G分別為

AB,AAi,AC的中點，則BF與平面GEF所成角的正弦值為(A)

G

AA.-3B

5-i

「3V3

C.-----

10吟

解析:設正三棱柱ABC-A.B,C.的棱長為2,取AC的中點D,連接DG,DB,

以D為原點，分別以DA,DB,DG所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空

間直角坐標系Dxyz,如圖所示,

則B.(0,V3,2),F(l,0,1),E(1,y,0),G(0,0,2),

所以3；F=(1,,-1),EF=(1,-y,0,-1).

設平面GEF的法向量為n=(x,y,z),

—>

則EF-n=O,

、G產(chǎn)?n=0,

flV3,

即產(chǎn)萬y+z=。n，

lx-z=0,

取x=l,貝Ijz=l,y=V3,

故n=(l,百,1)為平面GEF的一個法向量，

所以cos〈n,3；F>噴黃=-|，

所以BF與平面GEF所成角的正弦值為|.故選A.

5.已知棱長為3的正四面體A-BCD的底面BCD確定的平面為a,P是

a內(nèi)的動點，且滿足PA22PD,則動點P的集合構成的圖形的面積為

(B)

C.4nD.無窮大

解析:如圖，以D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系,

由題意，得A到a的距離為通，

則A(?,一|,V6),D(0,0,0),

設P(x,y,0),

所以PA2=(xT)2+(y+9+6,

PD2=x2+y2,

又PAN2PD,

所以(x-爭2+(y+|)2+624(x2+y2),

整理得x?+苧x+y2-yW3,

所以(X+停產(chǎn)+弓弓限產(chǎn),

oL3

即P的集合是半徑為后的圓(含圓內(nèi)部),

所以圖形的面積為等.

故選B.

6.（2021?江西南昌調研）已知三棱錐P-ABC的所有頂點都在球0的球

面上，AABC滿足AB=2V2,ZACB=90°,PA為球0的直徑,且PA=4,則

點P到底面ABC的距離為（B）

A.V2B.2V2

C.V3D.2V3

解析：因為三棱錐P-ABC的所有頂點都在球0的球面上,且直徑PA=4,

所以球心0是PA的中點,連接0C,

則球0的半徑R=0C=#A=2.

過點0作0D,平面ABC,垂足為D,則D為4ABC外接圓的圓心，

連接CD（圖略）.

在AABC中，AB=2V2,ZACB=90°,

所以D為AB的中點，且AD=BD=CD=V2,

所以OD=VOC2-CD2=V4r2=V2,

所以點P到底面ABC的距離d=20D=2V2.

故選B.

7.（多選題）（2021?山東青島期末）如圖，正方體ABCD-ABCD的棱長

為1,則下列四個結論正確的是（ABD）

A.直線BC與平面ABCD所成的角為E

B.點C到平面ABC.D.的距離為苧

C.異面直線D,C與B3所成的角為；

D.三棱柱AAD-BBC外接球的半徑為日

解析:正方體ABCD_ABCD的棱長為1,直線BC與平面ABCD所成的角

為NCBG=》,故A正確；連接BC(圖略)，由BC_LBCi,B￡_LAB,BCm

AB=B,BCbABu平面ABC,D?得B(_L平面ABCD,所以點C到平面ABCD

的距離為B￡長度的一半，即子,故B正確；因為BG〃A?,所以異面直

線D,C與BG所成的角為NADC連接AC(圖略)，則AADC為等邊三角

形，故異面直線D,C與BG所成的角為全故C錯誤;三棱柱AA,D1_BB,C1

的外接球也是正方體ABCD-ABCD的外接球，故外接球的半徑為

V12+f+12=y,故D正確.故選ABD.

8.已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面,M,N分別是CD,PC的中點,

并且PA=AD=1.在如圖所示的空間直角坐標系中,MN=.

解析:連接PD(圖略)，因為M,N分別為CD,PC的中點，所以MN=|PD,

又P(0,0,l),D(0,1,0),

所以|，)|=J()2+i2+(-I)2=V2,

所以MN當

答案號

9.(2021?河北承德期末)已知四棱錐P-ABCD的底面是菱形,

ZBAD=60°,PD_L平面ABCD,且PD=AB,點E是棱AD的中點,F在棱PC

上.若PF：FC=1：2,則直線EF與平面ABCD所成角的正弦值

為.

解析:如圖，以點D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.

設菱形ABCD的邊長為2,

￡

A~~~B

則D(0,0,0),E(鼻.0),F(0,,所以扇=.

LL53ZoD

又平面ABCD的一個法向量為n=(0,0,1),

所以cos<EF,n>=「一1~

J(吟Y)2+⑨2/35

即直線EF與平面ABCD所成角的正弦值為嘿.

答案:竺竺

10.(2021?山東德州模擬)如圖，P-ABC是一個三棱錐,AB是圓的直

徑,C是圓上的一點,PC垂直于圓所在的平面,D,E分別是棱PB,PC的

中I占八、、?

(1)求證:DE_L平面PAC;

(2)若二面角A-DE-C是45°,AB=PC=4,求AE與平面ACD所成角的正

弦值.

(1)證明：因為AB是圓的直徑，

所以BC±AC,因為PC垂直于圓所在的平面,BCu平面ABC,

所以PC_LBC,

又因為ACnPC=C,ACu平面PAC,PCu平面PAC,

所以BC_L平面PAC.

因為D,E分別是棱PB,PC的中點，

所以BC〃DE,從而有DE_L平面PAC.

(2)解：由(1)可知，DE±AE,DE±EC,

所以NAEC為二面角A-DE-C的平面角，

從而有NAEC=45°,

則AC=EC=1PC=2,

又BC±AC,AB=4,得BC=2V3.

?—>—>—>

以C為坐標原點,CB,CA,CP的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，

建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz,

則C(0,0,0),A(0,2,0),E(0,0,2),B(2瘋0,0),P(0,0,4),D(VX0,2),

->—>—>

所以4E=(0,-2,2),CA=(0,2,0),CD=(V3,0,2).

設n=(x,y,z)是平面ACD的法向量，

—?

則丁號=0,

jn.?CD=0,

可取n=(2,0,-V3),

故Icos<n,AE>|

|n|\AE\14

所以AE與平面ACD所成角的正弦值為等.

14

B級綜合運用練

11.如圖，已知圓柱00“A在圓0上,A0=l,00尸魚,P,Q在圓U上,且滿

足PQ=^，則直線AO|與平面OPQ所成角的正弦值的取值范圍是

(A)

A.[0,等]B,[等,喑

C.[筌1]D.[0,1]

6

解析:取PQ中點M則OM_LPQ,

以點0,為坐標原點,MOi所在直線為x軸,00,所在直線為z軸,建立如

則0(0,0,-V2),P(-y,~0),Q(-y,y,0),

而=(—*一苧,誼),日=呼,泉物,

設平面OPQ的法向量為m=(x,y,z),

m?OP=~—x-—y+V2z=0,

則T■)

m?OQ=~—x++V2z=0,

取x=V3,則y=0,z=l,

所以m=(VX0,1),設A(cos9,sin。，-四)，直線ACh的方向向量為

->_

n=O14=(cos9,sin9,~V2),

所以直線A0,與平面OPQ所成角的正弦值為‘P-二普警一

m?n2V3

巫警_￡[0,等].故選A.

12.二面角的棱上有A,B兩點,直線AC,BD分別在這個二面角的兩個半

平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,60=2717,則該二面角

的大小為(C)

A.150°B.45°C.60°D.120°

->—>

解析:如圖所示,二面角是<4C,BD>.

—?—>T—>

因為

—>T——>—?—?—>—>

CD2=CA2+AB2+BD2+2(CA?AB+CA?BD+AB?3。)=

TT

CA2+AB2+BD2+2CA?BD,

TT1__

所以C4?BD=^X[(2V17)2-62-42-82]=-24.

TT

因為4c?BD=24,

cos<4C,BD>~—AC——-B—D1

AC\\BD2

—>

所以<4C,BD>=60°,故二面角為60°.故選C

13.如圖，菱形ABCD中，NABC=60°,AC與BD相交于點0,AE，平面

ABCD,CF〃AE,AB=2,CF=3.若直線OF與平面BED所成的角為45°,則

AE=,

F

解析:如圖，以0為坐標原點，以0A,0B所在直線分別為X軸、y軸,過

點0且平行于CF的直線為z軸建立空間直角坐標系.

設AE=a(a>0),

則B(0,V3,0),D(0,-V3,0),F(-l,0,3),E(l,0,a),

所以b=(-1,0,3),DB=(0,2V3,0),EB=(-1,V3,-a).

設平面BED的法向量為n=(x,y,z),

則卜-DB=0,gp[2V3y=0,

(n-EB=0,IF+V3yaz=0,

則y=0,取z=l,得x=-a,

所以n=(-a,0,1),

T

rr二Vr、n?OFa+3

所以cos<zn,OF>=----=r-——一：.

nOFVa2+lX\/10

因為直線OF與平面BED所成角的大小為45°,

a+3V2

所以

Va2+lxV10T

解得a=2或T(舍去),

所以AE=2.

答案：2

14.在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，ZDAB=

60°,PA=PD,NAPD=90°,平面PAD，平面ABCD,點Q是APBC內(nèi)(含邊

界)的一個動點，且滿足DQ±AC,則點Q所形成的軌跡長度

是.

解析:如圖，連接BD,交AC于點0,因為四邊形ABCD為菱形,

所以AC_LBD.

取PC上一點M,連接MD,MB,且DM±AC,

又AC±BD,BDnDM=D,BDu平面BDM,DMu平面BDM,

所以AC_L平面BDM,則點Q的軌跡是線段BM.

以0為原點,0A所在直線為x軸,0B所在直線為y軸,過點0且垂直于

平面ABCD的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則0(0,0,0),A(V3,0,0),B(0,l,0),D(0,-l,0),P(苧,一,D,

C(-V3,0,0),所以&=(V3,0,0),DP=(j,1),PC=(-j,-1),

BD=(Q,-2,0).

T—>TT->—>T反1

設PM=、PC,0W入Wl,則OM=OP+PM=DP+入PC=(學",1)+入

則0M=（*手入，先入,1-入）.

因為OA_LDM,

—>T

所以04?DM=0,

解得入三，

所以而=（0,|,|）,

BM^BD+DM=（0,-2,0）+（0,|,|）=（0,―泉|）,

所以BM|=J（^）―2+（|）—口竽.

即點Q所形成的軌跡長度為竽.

答案:也

15.如圖，平面內(nèi)直線EF與線段AB相交于點C,NBCF=30°,且

AC=CB=4,將此平面沿直線EF折成60°的二面角a_EF_B,BPJ_

平面a,點P為垂足.

（1）求4ACP的面積；

⑵求異面直線AB與EF所成角的正切值.

解:法一（建系法）

⑴如圖,在平面a內(nèi)，過點P作PM_LEF,點M為垂足,連接BM,則ZBMP

為二面角a_EF_B的平面角.以點P為坐標原點，以直線PM為x軸,射

線PB為z軸的正半軸,建立如圖所示的空間直角坐標系Pxyz.

在RtABMC中，由ZBCM=30°,CB=4,

得CM=2V3,BM=2.

在RtABMP中，由ZBMP=60°,BM=2,

得MP=l,BP=g.

故P(0,0,0),B(0,0,V3),C(-1,-2V3,0),M(-l,0,0).

由NACM=150°,

得A(l,-46,0).

所以H=(l,