1、高考资源网（） 您身边的高考专家第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1，则cos1|cosa，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2，则sin2|cosn，a|.3向量法求二面角求出二面角l的两个半平面与的法向量n1，n2，若二面角l所成的角3为锐角，则cos3|cosn1，n2|；若二面角l所成的角3为钝角，则cos3
2、|cosn1，n2|.(2018全国卷)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MABC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BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，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，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MABC体积最大时，M为的中点
3、由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0，1,1)，(2,1,1)，(0,2,0)，(2,0,0)设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1,0,2)是平面MCD的法向量，因此，cosn，sinn，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.(1)利用空间向量求空间角的步骤建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标；结合公式进行论证和计算；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)如图，长方体ABCDA1B1
4、C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值解(1)证明：由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，B1C1EC1C1，所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEB45，故AEAB，AA12AB.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，|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)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，(1
5、,0,0)，(1，1,1)，CC1(0,0,2)设平面EBC的法向量为n(x1，y1，z1)，则即所以可取n(0，1，1)设平面ECC1的法向量为m(x2，y2，z2)，则即所以可取m(1,1,0)于是cosn，m.所以，二面角BECC1的正弦值为.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是面外一点，A是面内一点，n为的法向量，则P到面的距离为d.如图，在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB1，BCD120，四边形BFED为矩形，平面BFED平面ABCD，BF1.(1)求证：AD平面BFED；(2)已知
6、点P在线段EF上，且2，求D到面APE的距离解(1)证明：在梯形ABCD中，因为ABCD，ADDCCB1，BCD120，所以DABCBA60，AB2，所以由余弦定理得BD.因此AB2AD2BD2，所以ADBD.又因为平面BFED平面ABCD，平面BFED平面ABCDBD，AD平面ABCD，所以AD平面BFED.(2)解法一：由(1)知，AD平面BFED，DEBD，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(0，0)，F(0，1)，因为2，则P.设面AEP的法向量为n(x，y，z)，则因为，(1,0,1)，所以令z1，则n(1,0,1)因为(1,0,0
7、)，所以D到面APE的距离为d.解法二：由(1)知，AD平面BFED，所以ADEP，ADED.又因为EPED，所以EP平面ADE.BD，BF1，2，所以EP，设D到面PEA的距离为d，因为VAEDPVDAEP，即ADSEDPdSAEP，所以d.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ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA16，且AA1底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上(1)若P是DD1
8、的中点，证明：AB1PQ；(2)若PQ平面ABB1A1，二面角PQDA的余弦值为，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PRAD，于是由ADBC知，PRBC，所以P，R，B，C四点共面由题设知，BCAB，BCA1A，所以BC平面ABB1A1，因此BCAB1.因为tanABRtanA1AB1，所以ABRA1AB1，因此ABRBAB1A1AB1BAB190，于是AB1BR，再由可知AB1平面PRBC，又PQ平面PRBC，故AB1PQ.证法二：由题设知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点
9、，AB，AD，AA1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)，B1(3,0,6)，D(0，6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中mBQ,0m6，若P是DD1的中点，则P，P，(3,0,6)，于是18180，所以，即AB1PQ.(2)由题设知，(6，m6,0)，(0，3,6)是平面PQD内的两个不共线向量设n1(x，y，z)是平面PQD的一个法向量，则即取y6，得n1(6m,6,3)又平面AQD的一个法向量是n2(0,0,1)，所以cosn1，n2，而二面角PQDA的余弦值为，因此，解得m4或m8(舍去)，此时Q(6,4,0)
10、设(01)，而(0，3,6)，由此得点P(0,63，6)，(6,32，6)因为PQ平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3(0,1,0)，所以n30，即320，亦即，从而P(0，4,4)，于是，将四面体ADPQ视为以ADQ为底面的三棱锥PADQ，则其高h4，故四面体ADPQ的体积VSADQh66424.专题作业1.(2019全国卷) 如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点(1)证明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值解(1)证明：如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，B
11、C的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MNED.又MN平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA，以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，D的方向为y轴正方向，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)，A1(2,0,4)，M(1，2)，N(1,0,2)，(0,0，4)，(1，2)，(1,0，2)，(0，0)设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以可取m(，1,0)设n(p，q，r)为平面A1MN的法向量
12、，则所以可取n(2,0，1)于是cosm，n，所以二面角AMA1N的正弦值为.2(2017天津高考)如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长解如图，以A为原点，分别以，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,
13、2,0)(1)证明：因为(0,2,0)，(2,0，2)设n(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，则即不妨设z1，可得n(1,0,1)又(1,2，1)，可得n0.因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)易知n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量设n2(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量，则因为(0，2，1)，(1,2，1)，所以不妨设y11，可得n2(4,1，2)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2.所以二面角CEMN的正弦值为.(3)依题意，设AHh(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得(1，2，h)，(2,2,2)由已知，得|cos，|，整理得10h221h80
14、，解得h或h.所以线段AH的长为或.3.(2019浙江高考) 如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点(1)证明：EFBC；(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A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC，则A1EBC.又因为A1FAB，ABC90，故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)如图1，取BC的中点G，连接EG，
15、GF，则四边形EGFA1是平行四边形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形由(1)得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上连接A1G交EF于点O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)不妨设AC4，则在RtA1EG中，A1E2，EG.由于O为A1G的中点，故EOOG，所以cosEOG.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.解法二： (1)证明：连接A1E.因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，
16、所以A1E平面ABC.如图2，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.不妨设AC4，则A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F，C(0,2,0)因此，(，1,0)由0，得EFBC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得(，1,0)，(0,2，2)设平面A1BC的法向量为n(x，y，z)由得取n(1, ，1)，故sin|cos，n|，所以cos.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.4如图，在四棱锥PABCD中，PAPDAD2CD2BC2，且ADCBCD90.(1)当PB2时，证明：平面PAD平面ABCD；(2)当
17、四棱锥PABCD的体积为，且二面角PADB为钝角时，求直线PA与平面PCD所成角的正弦值解(1)证明：取AD的中点O，连接PO，BO，因为PAD为正三角形，所以OPAD.又因为ADCBCD90，所以BCAD.因为BCAD1，则BCOD，所以四边形BCDO为矩形，则OBCD1.在POB中，PO，OB1，PB2，所以POB90，即POOB.又ADOBO，所以PO平面ABCD.因为PO平面PAD，所以平面PAD平面ABCD.(2)因为ADPO，ADOB，POBOO，PO，BO平面POB，所以AD平面POB，又AD平面ABCD，所以平面POB平面ABCD.过点P作PE平面ABCD，垂足E一定落在平面POB与平面ABCD的交线BO上因为四棱锥PABCD的体积为，所以VPABCDPE(ADBC)CDPE(21)1PE，则PE.因为PO，所以OE.如图所示，以O为坐标原点，以OA，OB为x轴，y轴，在平面POB内过点O作垂直于平面AOB的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意可知A(1,0,0)，P，D(1,0,0)，C(1,1,0)，(0,1,0)，设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则得令x1，则n，又因为，设直线PA与平面PCD所成的角为，则sin|cos，n|，故直线PA与平面PCD所成角的正弦值为.- 15 - 版权所有高考资源网
