1、第18讲 空间角与距离 第18讲 空间角与距离 主干知识整合第18讲 主干知识整合 1空间角包括异面直线所成的角，直线和平面所成的角和二面角解(证)与角有关的问题，通常是先定位，后定量求空间角的方法是：(1)找出或作出有关的平面角；(2)证明它符合定义；(3)归到某一三角形中进行计算，当然也可用空间向量求解2空间角的计算方法都是转化为平面角来计算：(1)两条异面直线所成的角，要以运动观点运用“平移法”，使之成为相交直线所成的角，要充分挖掘图形的性质，寻求平行关系；第18讲 主干知识整合 (2)当直线与平面所成的角是平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角时，我们往往在斜线上取一点向平面引垂线
2、，以形成由平面的斜线、垂线及斜线在平面上的射影组成的直角三角形，这里关键是引平面的垂线，明确垂足的位置3解决点面距、线线距、线面距、面面距的核心是求点面距，而求点面距的方法常见的有三种：直接法、体积转化法和转移法，其中转移法分为“平行转移”和“比例转移”两种 要点热点探究第18讲 要点热点探究 探究点一 空间的角例 12011广东卷 如图 181，在锥体 PABCD 中，ABCD 是边长为 1的菱形，且DAB60，PAPD 2，PB2，E，F 分别是 BC，PC的中点(1)证明：AD平面 DEF；(2)求二面角 PADB 的余弦值图 181第18讲 要点热点探究【分析】(1)如果一条直线垂直于
3、两个平行平面中的一个，则也垂直于另一个；(2)结合(1)可直接作出二面角的平面角，再利用解三角形的知识来求【解答】法一：(1)证明：设 AD 中点为 G，连接 PG，BG，BD.因 PAPD，有 PGAD，在ABD 中，ABAD1，DAB60，有ABD 为等边三角形，因此 BGAD，BGPGG，所以 AD平面PBG，所以 ADPB，ADGB.又 PBEF，得 ADEF，而 DEGB 得 ADDE，又 FEDEE，所以 AD平面 DEF.第18讲 要点热点探究(2)PGAD，BGAD，PGB 为二面角 PADB 的平面角在 RtPAG 中，PG2PA2AG274，在 RtABG 中，BGABsi
4、n60 32，cosPGBPG2BG2PB22PGBG743442 72 32 217.法二：(1)证明：设 AD 中点为 G，因为 PAPD，所以 PGAD，又 ABAD，DAB60，所以ABD 为等边三角形，因此，BGAD，从而 AD平面 PBG.延长 BG 到 O 且使 POOB，又 PO平面 PBG，所以 POAD，又 ADOBG，所以 PO平面 ABCD.以 O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线 OB，OP 分别为 x 轴，z 轴，平行于 AD 的直线为 y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系设 P(0,0，m)，G(n,0,0)，则 An，12，0，Dn，12，0.第18讲 要
5、点热点探究|GB|AB|sin60 32，Bn 32，0，0，Cn 32，1，0，En 32，12，0，Fn2 34，12，m2.AD(0,1,0)，DE 32，0，0，FE n2 34，0，m2，AD DE 0，AD FE 0，ADDE，ADFE，又 DEFEE，AD平面 DEF.第18讲 要点热点探究(2)PAn，12，m，PBn 32，0，m，m2n214 2，n 322m22，解得 m1，n 32.取平面 ABD 的法向量 n1(0,0，1)，设平面 PAD 的法向量 n2(a，b，c)，由PAn20，得 32 ab2c0，由PD n20，得 32 ab2c0，故取 n21，0，32.
6、cosn1，n2 32174 217.即二面角 PADB 的余弦值为 217.【点评】要求二面角通常先要作出二面角的平面角，作二面角平面角的方法很多，直接依据定义是其中较基础的一种事实上高考中用得较多的是利用三垂线定理法作二面角，在直角三角形中求解二面角的平面角根据题目的条件选择恰当的方法 第18讲 要点热点探究 如图 182，四棱锥 SABCD 的底面是矩形，SA底面 ABCD，P为 BC 边的中点，SB 与平面 ABCD 所成的角为 45，且 AD2，SA1.(1)求证：PD平面 SAP；(2)求二面角 ASDP 的大小图 182第18讲 要点热点探究 【解答】(1)证明：因为 SA底面
7、ABCD，所以SBA 是 SB 与平面 ABCD 所成的角由已知SBA45，所以 ABSA1，易求得，APPD 2，又因为 AD2，所以 AD2AP2PD2，所以 APPD.因为 SA平面 ABCD，PD平面 ABCD，所以 SAPD，由于 SAAPA，所以 PD平面 SAP.(2)如图，设 Q 为 AD 的中点，连接 PQ，由于 SA底面 ABCD，且SA平面 SAD，则平面 SAD平面 PAD.因为 PQAD，所以 PQ平面SAD.过 Q 作 QRSD，垂足为 R，连接 PR，由三垂线定理可知 PRSD，所以PRQ 是二面角 ASDP 的平面角容易证明DRQDAS，则QRSADQSD，因为
8、 DQ1，SA1，SD 5，所以 QRDQSDSA 15，在 RtPRQ 中，因为 PQAB1，所以 tanPRQPQQR 5，所以二面角 ASDP 的大小为 arctan 5.第18讲 要点热点探究 第18讲 要点热点探究 探究点二 空间的距离例 2 2011四川卷 如图 183，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，BAC90，ABACAA11，D 是棱 CC1 上的一点，P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点，且 PB1平面 BDA1.(1)求证：CDC1D；(2)求二面角 AA1DB 的平面角的余弦值；(3)求点 C 到平面 B1DP 的距离图 183第18讲 要点热点探究【
9、解答】解法一：(1)证明：连接 AB1 与 BA1 交于点 O，连接 OD.PB1平面 BDA1，PB1平面 AB1P，平面 AB1P平面 BDA1OD，ODPB1.又 AOB1O，ADPD.又 ACC1P，CDC1D.(2)过 A 作 AEDA1 于点 E，连接 BE.BACA，BAAA1，且AA1ACA，BA平面 AA1C1C.由三垂线定理可知 BEDA1.BEA 为二面角 AA1DB 的平面角 第18讲 要点热点探究 在 RtA1C1D 中，A1D12212 52，又 SAA1D121112 52 AE，AE2 55.在 RtBAE 中，BE122 5523 55，cosBEAAEBE2
10、3.故二面角 AA1DB 的平面角的余弦值为23.(3)由题意知，点 C 到平面 B1DP 的距离是点 C 到平面 DB1A 的距离，设此距离为 h.VCDB1AVB1ACD，13SDB1Ah13SACDB1A1.由已知可得 AP 5，PB1 5，AB1 2，在等腰AB1P 中，SAB1P12AB1AP212AB1232，SDB1A12SAB1P34.又 SACD12ACCD14，hSACDB1A1SDB1A 13.故 C 到平面 B1DP 的距离等于13.第18讲 要点热点探究 解法二：如图，以 A1 为原点，A1B1，A1C1，A1A 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标
11、系 A1xyz，则 A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)(1)设 C1Dx，ACPC1，C1PACC1DCD x1x.由此可得 D(0,1，x)，P0，1 x1x，0，A1B (1,0,1)，A1D (0,1，x)，B1P 1，1 x1x，0.设平面 BA1D 的一个法向量为 n1(a，b，c)，则11110,0.nA BacnA Dbcx 第18讲 要点热点探究 令 c1，则 n1(1，x，1)PB1平面 BA1D，n1B1P 1(1)x1 x1x(1)00.由此可得 x12，故 CDC1D.(2)由(1)知，平面 BA1D 的一个法向量 n11，12
12、，1.又 n2(1,0,0)为平面 AA1D 的一个法向量cosn1，n2 n1n2|n1|n2|113223.故二面角 AA1DB 的平面角的余弦值为23.第18讲 要点热点探究(3)PB1(1，2,0)，PD 0，1，12，设平面 B1DP 的一个法向量 n3(a1，b1，c1)，则311113120,0.2nPBabcnPDb 令 c11，可得 n31，12，1.又DC 0，0，12，C 到平面 B1DP 的距离 d|DC n3|n3|13.第18讲 要点热点探究 如图 184，在三棱锥 PABC 中，ACa，BC2a，AB 3a，侧棱 PA、PB、PC 与底面 ABC 所成的角相等，点
13、 P 到平面 ABC的距离为3a2.(1)求二面角 PACB 的大小；(2)求点 B 到平面 PAC 的距离图 184第18讲 要点热点探究【解答】(1)ACa，BC2a，AB 3a，AC2AB2BC2，ABC 是BAC90的直角三角形侧棱 PA、PB、PC 与底面 ABC 所成的角相等，点 P 在平面 ABC 内的射影是 RtABC 的外心，即斜边 BC 的中点 O，取 AC 的中点 D，连 PD，DO，PO，则 PO32a，DOAB 且 DOAB2 32 a，ABAC，ACDO，又DO 是 PD 在平面 ABC 内的射影，ACPD.PDO 为二面角 PACB 的平面角在 RtPOD 中，t
14、anPDOPODO 3，PDO3，故二面角 PACB 的大小为3.第18讲 要点热点探究(2)ACa，PD PO2DO2 3a，SAPC12ACPD 32 a2.设点 B 到平面 PAC 的距离为 h，则由 VPABCVBAPC 得：13SABCPO13SAPCh 1312a 3a 32a13 32 a2h，解得 h32a，点 B 到平面 PAC 的距离等于32a.第18讲 要点热点探究 探究点三 空间向量在立体几何中的应用例 3 2011福建卷 如图 185，四棱锥 PABCD 中，PA底面ABCD.四边形 ABCD 中，图 185ABAD，ABAD4，CD 2，CDA45.(1)求证：平面
15、 PAB平面 PAD；(2)设 ABAP.若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30，求线段 AB 的长；在线段 AD 上是否存在一个点 G，使得点 G 到 P、B、C、D 的距离都相等？说明理由第18讲 要点热点探究【分析】由于题目的设问方式较特别，不容易用传统方法直接求解，选用向量法通过引进未知数，列方程求解显得容易下手【解答】(1)证明：因为 PA平面 ABCD，AB平面 ABCD，所以 PAAB.又 ABAD，PAADA，所以 AB平面 PAD.又 AB平面 PAB，所以平面 PAB平面 PAD.第18讲 要点热点探究(2)以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Axyz.在平面A
16、BCD 内，作 CEAB 交 AD 于点 E，则 CEAD.在 RtCDE 中，DECDcos451，CECDsin451.设 ABAPt，则 B(t,0,0)，P(0,0，t)由 ABAD4 得 AD4t，所以 E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，第18讲 要点热点探究 CD(1,1,0)，PD(0,4t，t)设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)由 nCD，nPD，得xy4tytz0.取 xt，得平面 PCD 的一个法向量 n(t，t,4t)又PB(t,0，t)，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30得cos60nP B|n|PB|，即|2t24t|
17、t2t24t2 2t212.解得 t45或 t4(舍去，因为 AD4t0)，所以 AB45.第18讲 要点热点探究 法一：假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P、B、C、D 的距离都相等设 G(0，m,0)(其中 0m4t)则GC(1,3tm,0)，GD(0，4tm,0)，GP(0，m，t)由|GC|GD|得 12(3tm)2(4tm)2，即 t3m；由|GD|GP|得(4tm)2m2t2.由、消去 t，化简得 m23m40.第18讲 要点热点探究 由于方程没有实数根，所以在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 P、C、D 的距离都相等从而，在线段 AD 上不存在
18、一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等法二：假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P、B、C、D 的距离都相等由 GCGD，得GCDGDC45，从而CGD90，即 CGAD.所以 GDCDcos451.设 AB，则 AD4，AGADGD3.第18讲 要点热点探究 在 RtABG 中，GBAB2AG22322322921.这与 GBGD 矛盾所以在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 B、C、D的距离都相等从而，在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G到点 P，B，C，D 的距离都相等【点评】尽管向量法有降低思维难度、易于通过等量关系列方程等诸
19、多好处，但对计算能力的要求很高.不少试题的第(1)问只有用传统方法分析清楚了位置关系后才好建系用向量法求解，本题就是一例第18讲 要点热点探究 如图 186，已知直角梯形 ACDE 所在的平面垂直于平面ABC，DEAC，BACACD90，EAC60，ABACAE.(1)在直线 BC 上是否存在一点 P，使得 DP平面 EAB？请证明你的结论；(2)求平面 EBD 与平面 ABC 所成的锐二面角 的余弦值图 186第18讲 要点热点探究【解答】(1)线段 BC 的中点就是满足条件的 P 点，证明如下：如图，取 AB 的中点 F，连接 DP、PF、EF，则 FPAC，FP12AC，取 AC 的中点
20、 M，连接 EM，EC，AEAC 且EAC60，EAC 是正三角形，EMAC，四边形 EMCD 为矩形，EDMC12AC，又EDAC，EDFP，且 EDFP，四边形 EFPD 是平行四边形，DPEF，而 EF平面EAB，DP平面 EAB，DP平面 EAB.第18讲 要点热点探究(2)(法 1)如图，过 B 作 AC 的平行线 l，过 C 作 l 的垂线交 l于 G，连接 DG，EDAC，EDl，l 是平面 EBD 与平面ABC 所成二面角的棱平面 EAC平面 ABC，DCAC，DC平面 ABC，又l平面 ABC，DCl，l平面 DGC，lDG，DGC 是所求二面角的平面角设 ABACAE2a，
21、则 CD 3a，GC2a，GD GC2CD2 7a，coscosDGCGCGD2 77.第18讲 要点热点探究(法 2)BAC90，平面 EACD平面 ABC，以点 A 为原点，直线 AB 为 x 轴，直线 AC 为 y 轴，建立空间直角坐标系 Axyz，则 z 轴在平面 EACD 内(如图)设 ABACAE2a，由已知，得 B(2a,0,0)，E(0，a，3a)，D(0,2a，3a)EB(2a，a，3a)，ED(0，a,0)，设平面 EBD 的法向量为 n(x，y，z)，则 nEB 且 nED，0,0.n EBn ED 230,0,axayazay解之得3,20,xzy 第18讲 要点热点探
22、究 取 z2，得平面 EBD 的一个法向量为 n(3，0,2)又平面 ABC 的一个法向量为 n(0,0,1)cos|cosn，n|300021 3202220202122 77.规律技巧提炼第18讲 规律技巧提炼 1.异面直线所成的角异面直线所成的角的取值范围是(0，90，异面直线所成角的计算方法主要有以下几种：(1)平移法；(2)补体法；(3)证明两条异面直线垂直，即所成角为 90；(4)向量法：设 m、n 分别为异面直线 a、b 的方向向量，则两异面直线所成的角 arccosmn|m|n|.2.直线与平面所成的角直线与平面所成的角的取值范围是0，90，直线与平面所成角的计算方法主要有以下
23、几种：(1)直接法；(2)平移法；(3)通过等体积法求出斜线上任一点到平面的距离 d，计算这点与斜足之间的线段长 l，则 sindl；(4)向量法：设 m 是斜线 l 的方向向量，n 是平面 的一个法向量，则斜线 l与平面 所成的角 arcsinmn|m|n|.规律技巧提炼第18讲 规律技巧提炼 3.二面角二面角的取值范围是0，)，求二面角的基本方法有以下几种：(1)求二面角的关键是作出二面角的平面角，作二面角的平面角的主要方法为：根据定义直接作出二面角的平面角；利用三垂线定理或其逆定理作出二面角的平面角；通过作与棱垂直的平面，找出二面角的平面角(2)向量法：设 n1，n2 是二面角 l 的两
24、个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧(同补异等)，则二面角 l 的平面角 arccos n1n2|n1|n2|.(3)“无棱二面角”通常使用射影面积公式：cosS射影多边形S原多边形，或先根据线面性质恢复二面角的棱，然后再用方法(1)(2)计算大小4点到平面的距离的求解方法主要有：(1)直接法；(2)垂面法；(3)等体积法；(4)线面平行法；(5)线段比例转化法：平面的同一斜线上的两点到该平面的距离与这两点到斜足的距离成比例，运用此结论可转化为另一点到该平面的距离；(6)向量法：设 n 是平面 的一个法向量，在 内取一点 B，则 A 到 的距离 d|AB n|n|.第18讲 教
25、师备用例题 教师备用例题备选理由：例 1 设问的方式新颖，充分考查学生逆向思维，有利于培养学生探究问题的能力，彰显了高考近几年立体几何的命题趋势；例 2 试题既可用传统几何方法，又可用向量法，让不同类别的学生都有展示能力的机会；例 3 是折叠问题，通过对折叠前后图形位置关系以及数量的改变的比较，充分考查学生观察和思维中动态的想象能力；例 4 则是以考查最值问题的方式命题，设问新颖几道试题都不落俗套第18讲 教师备用例题 例 1 如图，矩形 ABCD 和梯形 BEFC 所在平面互相垂直，BECF，BCCF，AD 3，EF2，BE3，CF4.(1)求证：EF平面 DCE；(2)当 AB 的长为何值
26、时，二面角 AEFC 的大小为 60.第18讲 教师备用例题【解答】(1)证明：在BCE 中，BCBE，BCAD 3，BE3，EC2 3，在FCE 中，CF2EF2CE2，EFCE，由已知条件知，DC平面EFCB，DCEF，又 DC 与 EC 相交于 C，EF平面 DCE，(2)过点 B 作 BHEF 交 FE 的延长线于 H，连接 AH.由平面 ABCD平面 BEFC，平面 ABCD平面 BEFCBC，ABBC，得 AB平面 BEFC，从而 AHEF.所以AHB 为二面角 AEFC 的平面角在 RtCEF 中，EF2，CF4，EC2 3.CFE60，由 CFBE，得BEH60，又在 RtBH
27、E 中，BE3，BHBEsinBEH3 32.由二面角 AEFC 的平面角AHB60，在 RtAHB 中，解得 ABBHtanAHB92，所以当 AB92时，二面角 AEFC 的大小为 60.第18讲 教师备用例题 例 2 如图，三棱柱 ABCA1B1C1 中，侧面 AA1C1C底面 ABC，AA1A1CAC2，ABBC，且 ABBC，O 为 AC 中点(1)在 BC1 上确定一点 E，使得 OE平面 A1AB，并说明理由；(2)求二面角 AA1BC1 的大小 第18讲 教师备用例题【解答】(1)E 为 BC1 中点证法一：取 BC 中点 F，连接 OF，EF.所以可得 OFAB，EFBB1，
28、所以面 OEF面 A1AB.所以 OE平面 A1AB.证法二：因为 A1AA1C，且 O 为 AC 的中点，所以 A1OAC.又由题意可知，平面 AA1C1C平面 ABC，交线为 AC，且 A1O平面 AA1C1C，所以 A1O平面 ABC.以 O 为原点，OB，OC，OA1 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系A1AA1CAC2，ABBC，ABBC，第18讲 教师备用例题 OB12AC1，所以得 O(0,0,0)，A(0，1,0)，A1(0,0，3)，C(0,1,0)，C1(0,2，3)，B(1,0,0)，则有BC1(1,2，3)，AA1(0,1，3)，AB(1,1,0)设平面
29、AA1B 的一个法向量为 n(x，y，z)，则有10,0nAAnAB 30,0,xyxy 令 y1，得 x1，z 33，所以 n1，1，33.设 E(x0，y0，z0)，BE BC1，即(x01，y0，z0)(1,2，3)，得x01，y02，z0 3，所以 E(1，2，3)，得OE(1，2，3)，由已知 OE平面 A1AB，第18讲 教师备用例题 得OE n0，即120，得 12.即存在这样的点 E，E 为 BC1 的中点(2)由法二，已知A1B(1,0，3)，A1C1(0,2,0)，设面 A1BC1 的法向 量 为m (a，b，c)，则mA1B 0，mA1C1 0a 3c0，b0，令 c 3，所以 m(3,0，3)所以 cosm，n mn|m|n|3112732 77.由图可得二面角 AA1BC1 的大小为 arccos2 77.
