考點(diǎn)18空間中的角度和距離問題(核心考點(diǎn)講與練)

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考點(diǎn)考向1

1.異面直線所成的角

設(shè)?分別是兩異面直線/1,，2的方向向量，則

a與b的夾角B/i與八所成的角e

(―2]

范圍(0,71)

aabcos6>=|cos^l=J|J|

求法c°s”|嘛|a|

2.直線和平面所成的角

(1)定義：一條斜線和它在平面內(nèi)的射影所成的角叫做斜線和平面所成的角，一

條直線垂直于平面，則它們所成的角是直角;一條直線和平面平行或在平面內(nèi),

則它們所成的角是0°的角.

兀

_

(2)范圍:O,2一

一

3.求直線與平面所成的角

設(shè)直線/的方向向量為平面a的法向量為〃，直線/與平面a所成的角為仇

則sin0=|cos〈a,加

4.二面角

(1)定義：從一條直線出發(fā)的兩個(gè)半平面所組成的圖形叫做二面角:

⑵二面角的平面角：在二面角的棱上任取一點(diǎn)，以該點(diǎn)為垂足，在兩個(gè)半平面

內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線,這兩條射線所構(gòu)成的角叫做二面角的平面角.

(3)二面角的范圍：［0,用

5.求二面角的大小

(1)如圖①，AB,CD是二面角a—/一夕的兩個(gè)面內(nèi)與棱/垂直的直線，則二面角

的大小國(guó)〉.

（2）如圖②③，〃i,〃2分別是二面角a—/一/的兩個(gè)半平面%尸的法向量，則二

面角的大小。滿足|cos例=|cos〃2〉I，二面角的平面角大小是向量n\與“2

的夾角（或其補(bǔ)角）.

6.點(diǎn)到平面的距離

用向量方法求點(diǎn)8到平面距離基本思路：確定平面法向量，在平面內(nèi)取一點(diǎn)A,

求向量叁到法向量的投影向量，投影向量的長(zhǎng)度即為所要求的距離.如圖平面a

的法向量為〃，點(diǎn)3到平面a的距離［=金.

Y方法技才）

1.異面直線所成的角，若向量。、b分別是異面直線4與4的方向向量，異面直線4與4所成

冗八Ia?bI

的角為e,則0<，V—；cose=I：

2|a|-|b|

2.設(shè)直線/的方向向量為加，平面a的一個(gè)法向量為〃，直線/與平面a所成的角為。，則

c/A/萬?z>,

O<0<—；sin6=|cos<m,n>|.=-\-m----n-\-.

2\m\-\n\

3.設(shè)向量為,”平面a的一個(gè)法向量，向量〃為平面夕的一個(gè)法向量，平面a與平面夕所稱

的二面角為。，則0W8W%；cos6>,=cos<m,n>=-~丁=.8=q或九一

4.點(diǎn)到平面的距離的求法

如圖，設(shè)AB為平面a的一條斜線段，”為平面a的法向量，則點(diǎn)8到平面a的距離d=

5.求參數(shù)的值與范圍是高中數(shù)學(xué)中的常見題型.立體幾何中含參數(shù)的問題，解決起來既有常

規(guī)的函數(shù)和不等式法，亦有具有立體幾何特征的極限位置、幾何直觀、化曲為直等一些特殊

方法.

6.存在性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不

存在.

解決存在性問題應(yīng)注意以下幾點(diǎn)：

(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類討論；

(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件；

(3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時(shí)，要思維開放，采取另外的途徑.

線線、線面、面面角

1.(2021貴州省遵義航天高級(jí)中學(xué)高三月考)如圖，四棱錐P附(7)中，底面是

矩形，PALAB'PALAD'4)=1，48=6,△/MB是等腰三角形，點(diǎn)、E是梭PB

的中點(diǎn)，則異面直線與尸。所成角的余弦值是()

【答案】B

【分析】以/為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)的坐標(biāo)，以及直線的方向向量,

即可用向量法求得結(jié)果.

【詳解】因?yàn)?8，A。，.4P兩兩垂直，

以/為原點(diǎn)，AB，/Q，.4p分別為x，，'，二軸建立空間直角坐標(biāo)系.

又因?yàn)閜4=._v'2>AD=\.

所以川0,0,0),5(72.0.0),C(V2.I,O),D(O,I,O),〃(o.o.&)

(42⑶

因?yàn)椤晔抢釶8的中點(diǎn)，所以￡—,0.—，

故選：B.

2.(2022.湖南衡陽(yáng)?二模)如圖，已知圓臺(tái)。。的下底面半徑為2,上底面半徑為1,母線與

TT

底面所成的角為5,4、8片為母線，平面儀《O_L平面為B4的中點(diǎn).

(1)證明：平面平面AOM；

(2)當(dāng)點(diǎn)尸為線段AM的中點(diǎn)時(shí).，求直線A"與平面OP3所成角的正弦值.

133

【分析】(1)過點(diǎn)用作平面A08的垂線，垂足為C,證明84,平面OMA,原題即得證;

(2)以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，OAO'OQ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(biāo)系，利用向量法求直線AM與平面OPB所成角的正弦值.

(1)證明：過點(diǎn)用作平面A08的垂線，垂足為C,

如圖，則C是。8的中點(diǎn)，所以BC=1.

TT

又NOBB、=%,所以BB1=2.

連接。4,因?yàn)?4=08=2,所以-0B耳為等邊三角形.

因?yàn)辄c(diǎn)M為8用的中點(diǎn)，所以

因?yàn)槠矫?平面BBQQ,平面AAQ0C平面8800=。@,且A。，,A。u平面

AAOtO,

所以AOL平面8800.

因?yàn)锽B|U平面8800,所以A013”

又因?yàn)锳OcQW=O,AOu平面OM4,OMu平面OMA,

所以，平面OM4.

因?yàn)锽B,u平面ABB),所以平面ABB,L平面AOM.

(2)解：以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，。4。民。01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(biāo)系,

(3④

則4(2,0,0),8(0,2,0),與(0,1,6),My&=(0,2,0),

\7

設(shè)平面OPB的一個(gè)法向量為"=(%,y,z)，

3y/3

OP-n=0"h7=°，取Z=46,得x=_3,y=(),

則，即

OB-n=0

2y=0

所以：=(一3,0,4括),

_12__4>^99

店ix幣-133

所以直線AM與平面0出?所成角的正弦值為生叵.

133

3.(2022?河南河南?三模(理))如圖，。為圓錐的頂點(diǎn)，。是圓錐底面的圓心，AE為底面

直徑，AE^AD,一ABC是底面的內(nèi)接正三角形，且。0=6,尸是線段。O上一點(diǎn).

(1)若平面P8C,求PO；

(2)當(dāng)PO為何值時(shí)，直線q與平面PBC所成角的正弦值最大？

【答案】(1)指

(2)當(dāng)尸0="時(shí)，直線EP與平面PBC所成角的正弦值最大.

【分析】(1)通過勾股定理列方程，化筒求得PO.

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，利用利用向量法求得直線"與平面PBC所成角的正弦值，結(jié)

合基本不等式求得PO=#時(shí)，此正弦值最大.

(\)AE=AD,OA=^AE,所以DO=1AD?-=6,解得AO=A￡=4G，

由于三角形MC是等邊三角形，圓O是其外接圓，AE是圓。的直徑，

所以AE垂直平分BC,OA=OB=OC=20

AB八HADa

在三角形ABC中，由正弦定理得—=S'6,則AB=AC=3C=6,

sm—

3

由于平面PBC,所以尸AJ_PC,

由于PA=ylo^+OP2=^OC'+OP1=PC，

所以三角形P4C是等腰直角三角形，所以PA=PC=6x走=3夜，

2

所以尸0=電⑸一(2⑹2=瓜

⑵

由(1)得A￡_L8C,設(shè)AEBC=F,CF=BF=3,0F=?2廚-3。=石,

結(jié)合圓錐的幾何性質(zhì)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

43,6,0),。卜3,6,0),網(wǎng)0,2有,0),

設(shè)P((W),0<f<6,

則EP=(O，-2?/),必=卜,648c=(-6,0,0),

設(shè)平面PBC的法向量為"=(x,y,z),

則卜*3x+底…0,故可設(shè)〃=停西，

〃?BC=-6x=0')

設(shè)直線律與平面PBC所成角為6,

_n-EP_\[3t_\/3

則加”n而二荷析二信二，

由于『+與+15226||+15=27,當(dāng)且僅當(dāng)產(chǎn)=汾="時(shí)等號(hào)成立,

所以sin0<,

V273

即當(dāng)P。=卡時(shí)，直線EP與平面PBC所成角的正弦值最大.

4.(2022新高考地區(qū)專用)如圖，在四棱錐/.中，底面.48(7)中(7)小，AB_LBC,

側(cè)面.〃花，平面/AC。，且48=/E=SE=2M=2CD=4,點(diǎn)"在棱力￡上，且

W4=2￡”.

E

M

D

則二面角ERD\f的余弦值為

【答案】

35

【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，分別求平面A/H/和平面"介￡的法向量，利用法向量二面

角的余弦值.

【詳解】如圖，取的中點(diǎn)O，連接￡O，DO.

由條件可知0。，0A，?！陜蓛纱怪?，以00，OA，0E所在直線分別為x，V>［軸,

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系。-D：,

則4(020),5(0.-2.0),D(2,0.0),￡(0.0,275).

因?yàn)?=2話所以“kp紂

所以而=(2.2.0),BM*0寺華，A￡?(0,X25/3).

設(shè)平面BDM的法向量為/=(8.乳.幻，

2?1/2乂?0._

m-BD=0

則《即《8473令算=-&,則切\(zhòng)3.2).

麗?BM=0+~^~&=。?

設(shè)平面的法向量為G=(&.)「:：)，

，，…即21?2y3■0.

則令…小則與UGLGR,

n3￡?02y242G馬.0,

L-\mn>/3xV5+(-V3)x(-V3)+2xlg4標(biāo)

叫叫司?雨—荷?3F'

結(jié)合圖象可知二面角￡-BO-”為銳角，

所以二面角￡-酊-I/的余弦值為*7。.

35

故答案為：，包

35

5.(2022?遼寧鞍山?二模)如圖，在梯形488中，AB//CD,NBCD=q,四邊形ACFE

為矩形，且CF，平面ABC。，AD=CD=BC=CF=1.

⑴求證：后尸,平面品尸；

(2)點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M在什么位置時(shí)，平面M4B與平面FC8所成銳二面角最

大？并求此時(shí)銳二面角的余弦值.

【答案】(1)證明見解析

(2)M與尸重合時(shí)，平面MAB與平面尸C8所成銳二面角最大，余弦值為立

7

【分析】(1)在梯形A8C￡>中，由分析知，ACLBC,因?yàn)镃F_L平面48CD,所以ACJLC凡

進(jìn)一步得AC_L平面8CF,又因?yàn)锳C〃￡?尸，因此￡尸_1_平面BCE

(2)因?yàn)镃FL平面ABC。，AC±BC,以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA、CB、CF所在直線分別為

x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面M48和平面FC8的法向量，然后結(jié)合二次

函數(shù)求最值的方法求解平面M4B和平面FCB所成的銳二面角的最大值.

(1)證明：在梯形ABCO中，AB//CD,AD=CD=BC=\,故梯形ABC。為等腰梯形，

因?yàn)?88="，則NADC=空，所以NBAC=ZA8=^

336

TTIT

又因?yàn)閆ABC="一2BCD=-,貝ljZACB=萬一ZABC-ZBAC=-,

32

：.ACA-BC,因?yàn)镃凡L平面ABC。，ACu平面A8CO,

.\AC±CF'：BCCF=C,...AC_L平面BCF,

因?yàn)樗倪呅蜛CFE為矩形，則AC〃EF,因此，EFJ_平面8c尸

(2)因?yàn)镃凡L平面ABC。，AC1BC,以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，C4、CB、C廠所在直線分別為x、

y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

&r_BC_A

在冊(cè)△ABC中，1.

tan

6

貝l]4(百，0,0)、8(0,1,0)、C(0,0,0)、F(0,0,1)、E(也,0,1),

設(shè)點(diǎn)M(f,0,1),其中0W百

設(shè)平面M45的法向量為機(jī)=(內(nèi)，如zjAB=(-73,1,0),AM=(t-Q,O,1)

m-AB=y/3x-y=0,.

由〈(「\,取x=1,可得=.

m-AM=yt-y/3jx+z=0')

I\m?ni

易知平面FCB的一個(gè)法向量為"=(1,0,0),c°sM〃片而,國(guó),

所以，當(dāng)f=0,即M與尸重合時(shí)，cos(〃時(shí)取最小值，此時(shí)平面MAB與平面FC3所成銳

二面角最大，此時(shí)，平面K4B與平面FC8所成銳二面角的余弦值為立

7

6.(2022?重慶八中模擬預(yù)測(cè))如圖，三棱柱A8C-A/B心中，點(diǎn)4在平面ABC內(nèi)的射影。

在4c上，/ACB=90°,BC=l,AC=CCi=2.

(1)證明:AC_LA/B；

(2)設(shè)直線AAi與平面BCCiBi的距離為由，求二面角A/一A8—C的余弦值.

【答案】⑴證明見解析；(2)二面角AMB--C的余弦值為;.

4

【分析】(1)由條件證明AC，AC,AG，BC,由線面垂直的判定定理證明AG，平面

ABC,山此證明AGlAf：(2)建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合條件直線44/與平面BCC/8/

的距離為G，確定相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用向量方法求二面角4—A8—C的余弦值.

(I)..?點(diǎn)4在平面ABC內(nèi)的射影。在AC上，

平面ABC,又BCu平面ABC,

平面

A.D1BC,,；BCA-AC,ACnA,D=D,AC,4QuA4CC,

，3C_L平面A4,￡C,AGu平面AA￡C,

ACt±BC,

VAC=CG=2,四邊形AAGC為平行四邊形，

...四邊形MGC為菱形，故AG，AC,

又BCAC=C,BC，ACu平面ABC,

AG1平面ABC,ABu平面ABC,

AC,±.

(2)

以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，以C4,CBD＜為x軸，＞軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)A(〃，O，c),

由題設(shè)有。42,c＞0,42,0,0)8(0,1,0)，

設(shè)平面BCCB的法向量―⑶，則量；工，因8(010),網(wǎng)="=(一。?,

y=0

所以

（6/-2）X+CZ=0

所以〃z=(c,0,2-a),又CA=(2,0,0),AA^=AD2+A.D2Bp22=(2-a)2+c2,

所以點(diǎn)A到平面BCCtBx的距離為|叫|cos(防,叫=號(hào)苧=jJ：?),=c,又依題設(shè),

直線A4/與平面BCC/4的距離為若，所以c=6.代入①得。=3(舍去)或。=1,于是

例=(-1,0,回

設(shè)平面ABA的法向量〃=(p,g,r),則卜?U，所以[一?*"：。，所以〃=(&2石,1),

n-AB=0[-2p+q=0

/n-p1

又，=(0,0,1)為平面ABC的法向量，故cos(%p)x=麗=

所以二面角4-A8-C的余弦值為!.

4

7.(2022?山東淄博?模擬預(yù)測(cè))如圖，已知三棱柱A8C-ABG的棱長(zhǎng)均為2,4,AC=60。,

%B=瓜.

⑴證明：平面A4CC」平面A8C；

(2)設(shè)M為側(cè)棱CC,上的點(diǎn)，若平面A2M與平面A8C夾角的余弦值為嚕，求點(diǎn)M到直線

4名距離.

【答案】⑴見解析⑵6

【分析1(1)取AC的中點(diǎn)O,連接A。，BO,利用勾股定理證明4。，8。,4。，AC,從

而證得A。，平面ABC,然后利用面面垂直的判定定理證明即可.

(2)以O(shè)A所在直線為x軸，以08所在直線為y軸，以0%所在直線為z軸，建立空間直

角坐標(biāo)系，寫出各點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)CM=/lCG(04/l41),得到點(diǎn)M的坐標(biāo)，求出平面ABM與平

面ABC

的法向量，由余弦值可確定4值，然后利用點(diǎn)到直線的距離公式計(jì)算即可.

⑴取AC的中點(diǎn)0,連接A。，BO,4,AC=60。，AA=2,AO=1,所以40=6,A。，AC,

由題設(shè)可知，_ABC為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，所以80=6，

222

由AB=#，AtB=A,O+BO,所以4。，80,4。門8。=0,所以4。_1平面48。；

AOu平面A4CG,所以平面AACG，平面ABC；

(2)以O(shè)A所在直線為x軸，以。B所在直線為y軸，以。4所在直線為Z軸，建立空間直角

坐標(biāo)系，

所以A(l,0,0),8(0,G,0),C(-1,0,0),G(—2,0,G),A(0,0,我,

BA=(0,$V3),BC=(-l,-73,0),CC,=(-1,0,6)，

設(shè)CM=疣百(04241),可得M(-2-1,0,石4),BM=(_"人-瓜⑸),

設(shè)平面ABM的法向量為zn=(x,y,z),則,

一y+z=0

即，取y=4+l,Z=%+l,X>/3(2-1),

(1+A,)x+y[3y—y[3A,Z=0

所以加=(G(/l-1),2+1"+1),因?yàn)镺A=(0,0,石)為平面A8c的一個(gè)法向量,

設(shè)平面A0M與平面ABC夾角為0,

八\m-OA.|>/3(1+2)病

\m\-\O\|V373(l-2)2+2(l+/l)210

解得4=：,所以M(-2O,

35

照=(豹，竽)閏4=胡=(-亞。)，^^=|

、2

所以點(diǎn)M到直線AM距離”=他4『M4^A

G

Ai

%

0受盡空間距離

1.（2022江蘇省南通市海安市高三學(xué)業(yè)質(zhì)量監(jiān)測(cè)）與正方體ABC。-A&GU的三條棱A8,

CC,4人所在直線的距離相等的點(diǎn)共有（）

A.1個(gè)B.2個(gè)C.3個(gè)D.無數(shù)個(gè)

【答案】D

【分析】首先以為。原點(diǎn)，04/）「。旦分別為工；二軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)=1，

得到函=（1.1.1），設(shè)片。.”.。）（0《。41）為。4上一點(diǎn)，得到『到棱4。的距離是

/+（|-力，同理得到p到棱AH.CC,的距離也是，即可得到答案?

【詳解】以為。原點(diǎn)，?！?以.。旦分別為工1.二軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：

設(shè)48=1，則。（0,0,0）,4（111），麗=（1.1.1），

設(shè)P\a.u.a）（0WaW1）為。用上一點(diǎn)，

作P￡.平面4。。/，垂足為￡,過￡作￡尸14口，垂足為尸，

所以呼為點(diǎn)P到棱40的距離.

又因?yàn)閺V￡=a，EF=\-a^則/?尸=,

同理尸到棱AB.CC,的距離也是"j+（l-力,

所以4。上任意一點(diǎn)到棱48.久；.4。的距離都相等，

所以與三條棱AB.CCy.\D,所在直線的距離相等的點(diǎn)共有無數(shù)個(gè).

故選：D

2.（2021山東省東營(yíng)市廣饒縣第一中學(xué)高三上學(xué)期10月月考）如圖，在四棱臺(tái)

—中，底面為矩形，平面平面CCQQ,且

（1）證明：AO_L平面CCQQ：

（2）若4c與平面CGRO所成角為（，求點(diǎn)O到平面AAC的距離.

3

【答案】（1）證明見解析：（2）

4

【分析】（1）通過面面垂直的性質(zhì)定理證得。平面例?。，由此證得A。LOG，結(jié)

合A0，OC證得AD_L平面CCRD.

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，由4。與平面所成角計(jì)算出AA=3,利用向量法計(jì)

算出點(diǎn)O到平面AA.C的距離.

【詳解】（1）在梯形CG2。中，因?yàn)镃￡=1.

所以ZD2G=3,連接DG，由余弦定理可得QC|=g.

DC；+DD；=D[C：,：.DC\1DD\

?.?平面A4Q￡>J_平面CG9。且交于DD,,

DC,u平面CC[DD\，二DC,1平面AA^D,

又ADu平面A4,A。，；.A。上OG.

,/ADIDC-DCDC1=D,

ADJ_平面CGRD.

（2）連接4G，由（i）可知：4，，平面。62。，以A為原點(diǎn)，

以、AG分別為x軸、>軸正半軸，過。作垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖：

?.?4。_L平而CGRO,

jr

ZA.CD,即為AC與平面CGRO所成的角，ZACD=-.

在Rtz\4Cq中，因?yàn)镃A=J§,所以4R=3,

則：2(0,0,0),4(3,0,0),D0,-,^-,C0,-,^-,G(0,2,0).

(22)k22J

所以AG=(-3,2,0),*=-3,|,DC=(0,1,0).

設(shè)平面A4GC的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),則

-3x+2y=0

拉?AG=°

則《3+%+3z

〃?4。=0=0

22

令x=2得：〃=(2,3,G),

\DC-n\33

故點(diǎn)D到平面AAtC的距離為：d=—=/-=-,

,(4+9+34

3

所以點(diǎn)。到平面MC的距離為己.

4

1.(2021廣東省茂名市五校聯(lián)盟第三次聯(lián)考)如圖所示，點(diǎn)P在圓柱的上底面圓周上，四

邊形.48(7)為圓柱的下底面的內(nèi)接四邊形，且〃,為圓柱下底而的直徑，/，/)為圓柱的母線,

且『/)=?,圓柱的底面半徑為1.

(1)證明：S1PC；

⑵"）二、？，B為五的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在線段加上，記柜=乂叫.，?I）,當(dāng)二面角B-.4（--。

的余弦值為?時(shí)，求/的值.

37

【答案】（1）證明見解析；（2）

【分析】（1）根據(jù)4C為直徑，得到/ID，"，再根據(jù)尸。為母線，易得尸01/0，然后

利用線面垂直的判定定理證明；

（2）分別以向量力工友萬戶為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面（QC的一

個(gè)法向量，i（、」.：）和平面的法向量可取為加?（0.<M）,然后由卬口，肩）|=尋求

解.

【詳解】

（1）因?yàn)?c為直徑，點(diǎn)。在圓上且不同于A,C點(diǎn)，

所以.401DC，又因?yàn)槭?為母線，

所以P/5l平面X8C。，又$0u平面48（。，

從而產(chǎn)0140，又DCcPD=D，

所以AD1.平面PDC,

又P（一平面PDC,

所以.4DJLPC

（2）由（1）知。4/X；兩兩相互垂直，所以分別以向量力工水;而為x，y，z軸，建

立空間直角坐標(biāo)系。-口：，

因?yàn)?/）=萬，圓柱的底面直徑為2,所以4C=2,所以℃=力，

又8為京?的中點(diǎn)，所以/8=8C=G，即ABC。為正方形，

所以/）（0.0.0）./（衽,0,0k[0,巨0）./（0,0,3）,46戊,0）,

由而=@,粗魯名目｝

所以充=（-拉,&4而=（-當(dāng)，媽，三

''（1?41*11+4/

設(shè)平面/0C的一個(gè)法向量為不二（&、=）,

(*.y.r)(-V2.V2.O)=O

nAQ^O

何1-3

取"-

又因?yàn)槠矫?48C的法向量可取為而（0.0.1）,

&(T)

)

所以8?他萬”翁=y0"

V2(l-X)<204/.2/,,

由題知|cos伍利=三丁

所以&（1-幻=叵，解得/」（舍）或才一，

V20-4/1+245372

所以，的值為3

2

皆受皂探究性問題

1.（2021廣東省深圳市光明區(qū)高三第一調(diào)研）如圖，在四棱錐/-."C。中，.48"C。，,462,

PA=BPDLCD,AD=DC,=BC=PD=\

（1）求證：PD；BC;

（2）在棱上是否存在點(diǎn)G,使得二面角GIB-（'的大小為30。？若存在，確定點(diǎn)G的

位置；若不存在，請(qǐng)說明理由.

【答案】（I）證明見解析：（2）點(diǎn)G為PC的中點(diǎn)時(shí)，二面角G-.48-C的大小為30。，證

明見解析.

【分析】(1)需要勾股定理證明利用線面垂直的判定定理得到P/5_L面ABC。,

即可證明PDJ.8C：

(2)以C為原點(diǎn)，瓦.反.而分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求

解.

【詳解】⑴因?yàn)閼?4=力，AD=PD=\i所以/￡>：+?￡>：=?/，"OP為直角三角形，

所以4O_LPD

又PDLCD，1f)nCD=。，/Du面488,CDu面ABC。，

所以/面4?C￡>,所以「加,8c.

(2)由題意可知：ABCQ為一個(gè)等腰梯形.過。作DEJMB下E,則/￡=1.

2

以。為原點(diǎn)，/)/二及：./)/；分別為x,y,z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.則：

D(0.0,0),P(0.0J)^^T。，E—.0,0,B-.^.0,C(0.l.0).CP-(0.-l.l),

122)12J1221

顯然而-(0.0.1)即為平面ABC的一個(gè)法向量.

假設(shè)在棱PC上存在點(diǎn)G,使得二面角G-43-C的大小為30。.不妨設(shè)

CG=XCP=(0.-/i.^),(0</l<l).

則6G=8C+CG=--^,,--^,0=--,AB=(0.2.0).

一0*2y+0=0

設(shè)：=為面GA8的有一個(gè)法向量，則,”吧一°，即，6(|A

nBG--yx^|

不妨設(shè)x=l,則有：n=1,0,

因?yàn)槎娼荊-MJ-C的大小為30。,

所以|cot^DP9iiM?cos30°,

即點(diǎn)G為PC的中點(diǎn)時(shí)，二面角G-C的大小為30。.

J經(jīng)典真題）

1.（2021年全國(guó)高考乙卷）在正方體A5CD—AAG3中，P為瓦。的中點(diǎn)，則直線尸5與

A，所成的角為（）

71717171

A.-B.-C.-D.一

2346

【答案】D

【分析】平移直線A2至BG，將直線心與AR所成的角轉(zhuǎn)化為總與8G所成的角，解

三角形即可.

【詳解】

如圖，連接BC”PG，PB，因?yàn)锳A〃BG，

所以NPBG或其補(bǔ)角為直線PB與所成的角，

因?yàn)開L平面A4GA，所以8片，PG，又PqLBQi，84c49=4，

所以PG_L平面PBB,,所以PG_LP8.

設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2,則BG=2V2,Pg=g￡>4=0,

sinNPBG=/=:，所以NPBG=J.

DC,26

故選：D

2.（2021年全國(guó)高考乙卷）如圖，四棱錐P—A3CD的底面是矩形，底面ABCD,

PD=DC=1,M為8c的中點(diǎn)，且

（1）求8C；

（2）求二面角A-PM的正弦值.

【答案】（1）0；（2）叵

14

【分析】（1）以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA.DC、0P所在直線分別為x、丁、z軸建立空間

直角坐標(biāo)系，設(shè)6C=2a，由已知條件得出P8-AM=0,求出。的值，即可得出8C的

長(zhǎng)；

（2）求出平面24M、的法向量，利用空間向量法結(jié)合同角二角函數(shù)的基本關(guān)系可

求得結(jié)果.

【詳解】（1）［方法一］:空間坐標(biāo)系+空間向量法

PD_L平面A8CD,四邊形ABCO為矩形，不妨以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA.DC、DP

所在直線分別為x、N、z軸建立如卜圖所示的空間直角坐標(biāo)系。-qz,

設(shè)BC=2a,則0（0,0,0）、尸（0,0,1）、5（灰,1,0）、M（a,l,0）、A（2?,0,0）,

則P3=(2a,l,-1),AM=(-?,1,O),

PBA.AM，則=—2/+1=0，解得4=也，故BC=2a=&.

2

［方法二］【最優(yōu)解】：幾何法+相似三角形法

如圖，連結(jié)8￡).因?yàn)槭?gt;_1_底面ABCQ,且A〃u底面ABCD,所以POLA".

又因?yàn)镻BLAM，PBPD=P,所以AM_L平面尸瓦》

又跳)u平面尸8￡>，所以AAf_LB￡>.

從而ZADB+NZMM=90。.

因?yàn)镹M45+ND4M=90。，所以NM4B=NAOB.

,十日ADBA

所以.于是一^=L-.

ABBM

所以;BC2=I.所以BC=0.

［方法三］:幾何法+三角形面積法

如圖，聯(lián)結(jié)BO交AM于點(diǎn)N.

p

由［方法二］知40，D3.

ANDA2

在矩形A6CQ中，有.DAN—.BMN,所以——=——=2,即AN=WA”.

MNBM3

令8C=2r(，>0),因?yàn)镸為8C的中點(diǎn)，則=DB="尸+1，AM-yjt2+1-

由SO"=LD4-A6=1O6-AN，得f='j42+1-2VPTT,解得/=_L，所以

22232

BC=2t=y/2-

(2)［方法一］【最優(yōu)解】：空間坐標(biāo)系+空間向量法

設(shè)平面尸AM的法向量為機(jī)=(%,y,zj,則A"=［-1,1,01AP=(-72,0,1),

V2n

m,AM=----%+x=。/—//一\

由j21取玉=0,可得m=(J2,1,2),

m-AP=-5/2%1+z)=0

設(shè)平面PBM的法向量為〃=（々,必*2），BM=一--,0,0,BP=（一6,，-1,1）,

n?BM=----x7=0/、

由＜2~，取必=1，可得〃=(0,1』),

n-BP=-\/2X2-y2+Z2=0

/、m-n33>/14

"，〃〉=麗=萬環(huán)

14

V70

所以,sinn(九=yj1］-cos2(/%,/?)

"M-

因此，二面角A—QM—6的正弦值為叵

14

［方法二］:構(gòu)造長(zhǎng)方體法+等體積法

如圖，構(gòu)造長(zhǎng)方體，聯(lián)結(jié)A81，AB，交點(diǎn)記為從由于

AB,1BC,所以AHJ_平面ABCR.過，作RM的垂線，垂足記為G.

聯(lián)結(jié)AG，由三垂線定理可知,

故NAG”為二面角A-PM—8的平面角.

易證四邊形ABC。是邊長(zhǎng)為、歷的正方形，聯(lián)結(jié)〃〃，HM.

S5HM=萬.HG,S5HM=S正方形ABC。—SQA”-SHBM-SMCRF

由等積法解得“G=M°.

10

在心_AHG中，AH=立,HG=^^，由勾股定理求得AG=叵.

2105

所以，sinNAG”=4乜=恒，即二面角A——8的正弦值為也0.

AG1414

【整體點(diǎn)評(píng)】（1）方法一利用空坐標(biāo)系和空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解；方法二利用線面垂直的

判定定理，結(jié)合三角形相似進(jìn)行計(jì)算求解，運(yùn)算簡(jiǎn)潔，為最優(yōu)解；方法三主要是在幾何證明

的基礎(chǔ)上，利用三角形等面積方法求得.

（2）方法一，利用空間坐標(biāo)系和空間向量方法計(jì)算求解二面角問題是常用的方法，思路清

晰，運(yùn)算簡(jiǎn)潔，為最優(yōu)解；方法二采用構(gòu)造長(zhǎng)方體方法+等體積轉(zhuǎn)化法，技巧性較強(qiáng)，需注

意進(jìn)行嚴(yán)格的論證.

一、單選題

1.（2022?山西太原?二模（文））在三棱柱A8C-A8G中，各棱長(zhǎng)都相等，側(cè)棱垂直于底面，

點(diǎn)。是BG與BC的交點(diǎn)，則與平面B4GC所成角的正弦值是（）

A.-B.—C.2D.；

5222

【答案】C

【分析】取8c的中點(diǎn)E，連DE、AE,通過證明平面BCCg,可知NA￡>E是AD與

平面BB￡C所成的角，在直角三角形A皿中可求出結(jié)果.

【詳解】取3c的中點(diǎn)E,連OE、AE,如圖：

4

A

依題意三棱柱ABC-AfG為正三棱柱，設(shè)棱長(zhǎng)為2,則AE=6,DE=1,

因?yàn)?。、E分別是BG和BC的中點(diǎn)，所以DE//CC-所以°E_L平面ABC,

所以DEI.他，所以ADUJAEZ+DE?=^71=2,

因?yàn)锳E_LBC,AE1DE,BCDE=E,所以平面,

所以NAOE是AO與平面BBC。所成的角，

所以sinZ.ADE=.

AO2

所以A。與平面BB￡C所成角的正弦值是2.

2

故選：C

2.（2022?全國(guó)?模擬預(yù)測(cè)（理））如圖為一個(gè)四棱錐與三棱錐的組合體，C,D,E三點(diǎn)共線，

已知三棱錐P-AOE四個(gè)面都為直角三角形，KEDLAD,附_L平面ABCE,PE=3,CD=

A￡>=2,ED=1,則直線PC與平面物E所成角的正弦值等于（）

A.且B.叵

45

「岳n>/13

54

【答案】C

【分析】本題利用空間向量處理線面夾角問題，sin0=|cosPC,n|.

【詳解】如圖建立空間直角坐標(biāo)系,尸（0,0,2）,C（2,2,0）,4（0,0,0）,E（2,—l,0）則有:

PC=（-2,-2,2）,AE=（2,-l,0）,AP=（0,0,2）

設(shè)平面BAE的法向量日=（x,y,z）,則有令》=1,則y=2,z=0,即n=（1,2,0）

?PC*nV15./jT

???cosPnC,n=7—7—,即直線PC與平面所成角的正弦值為空?

|叫"|55

故選：C.

3.（2022?全國(guó)?三模（理））在三棱錐P-ABC中，△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，"=4,

PB=PC=2g,以AB為直徑的球的表面被△M7截得的曲線長(zhǎng)度為（）

A.鳥B.叵

66

C.”D.”

99

【答案】C

【分析】利用已知條件求得匕TBC，利用等體積法求得以48為直徑的球的球心。I到平面

PAC的距離，設(shè)抬交球?！赣邳c(diǎn)尸.4C交圓。2于點(diǎn)E,由此可找到以48為直徑的球。I的

表面被△辦C截得的曲線即為旗，最后利用弧長(zhǎng)公式即可求解.

【詳解】設(shè)3c的中點(diǎn)為0,連接AO、PO.

因?yàn)镻OLBC,且AOJ.8C,8(7_1面24。，

由已知得A0=瓜P0=而,24=4,

16+3-11_6

由余弦定理得C0S的。=

溜渭2x4x63

則sinNPA0=Jl-cosZAO=巫，所以S必。=曰4尸卜|A。卜sinAPAO=2及.

32

所以％A8C=2VB.=2x1x2應(yīng)*1=逑，

r—ADCD—rnU