备考2024届高考数学一轮复习强化训练第七章立体几何与空间向量第6讲空间角和空间距离.docx

1、第6讲 空间角和空间距离1.命题点1/2023河南省重点中学测试正四棱锥SABCD的所有棱长都相等，E为SC的中点，则BE与SA所成角的余弦值为（C）A.13B.12C.33D.32解析如图所示，连接AC，取AC的中点为O，连接OB，OE，因为E为SC的中点，所以SAOE，则OEB（或其补角）为直线BE与SA所成的角.因为正四棱锥SABCD的所有棱长都相等，所以设棱长为2，则OE1，BE3，OB2，则OE2OB2BE2，所以OBOE，所以cosOEBOEBE1333，故选C.2.命题点1如图所示，在四棱锥EABCD中，底面ABCD是菱形，ADC60，AC与BD交于点O，EC底面ABCD，F为B

2、E的中点，ABCE.（1）求证：DE平面ACF.（2）求异面直线EO与AF所成角的余弦值.解析（1）如图，连接OF，由题可知O为BD的中点，又F为BE的中点，所以OFDE，又OF平面ACF，DE平面ACF，所以DE平面ACF.（2）取AD的中点G，连接CG，因为底面ABCD是菱形，ADC60，所以ACD是等边三角形，所以CGAD，因为CBAD，所以CGCB，又EC平面ABCD，所以以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设菱形ABCD的边长为2，可得CE2.则E（0，0，2），O（32，12，0），A（3，1，0），F（0，1，1），EO（32，12，2），AF（3，0，1）.设异面直线

3、EO与AF所成的角为，可得cos EOAFEO|AF32（3）120+(2）1（32）2（12）2（2）2（3）202（1）27520.所以异面直线EO与AF所成角的余弦值为7520.3.命题点2，3/2022天津高考如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC2，ACAB，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点.（）求证：EF平面ABC.（）求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值；（）求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值.解析（）因为ABCA1B1C1是直三棱柱，且ACAB，所以AB，AA1，AC两两垂直，所以分别以AB，AA1，AC所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标

4、系，如图所示.因为ABACAA12，且D，E分别为A1B1，AA1中点，所以E（0，1，0），C（0，0，2），D（1，2，0）.因为F为CD中点，所以F（12，1，1），所以EF（12，0，1）.易知平面ABC的一个法向量为n（0，1，0），因为EFn0，且EF平面ABC，所以EF平面ABC.（）B（2，0，0），C1（0，2，2），CD（1，2，2），所以BE（2，1，0），CC1（0，2，0），设平面CC1D的法向量为n1（x1，y1，z1），则n1CC1=0，n1CD=0，即2y1=0，x1+2y12z1=0，则y10，令z11，则x12，所以平面CC1D的一个法向量为n1（2，0，1

5、）.设直线BE与平面CC1D所成的角为，则sin cosBE，n1BEn1BEn145，即直线BE与平面CC1D所成角的正弦值为45.（）A1（0，2，0），所以A1C（0，2，2），A1D（1，0，0），设平面A1CD的法向量为n2（x2，y2，z2），则n2A1C=0，n2A1D=0，即2y2+2z2=0，x2=0，则x20，令y21，则z21，所以平面A1CD的一个法向量为n2（0，1，1）.设平面A1CD与平面CC1D的夹角为，则cos cosn1，n21521010，所以平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值为1010.4.命题点4如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA13，

6、AB2，E，F分别为棱BC，B1C1的中点.（1）求证：平面BD1F平面C1DE.（2）求平面BD1F与平面C1DE间的距离.解析解法一（1）在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因为E，F分别为BC，B1C1的中点，所以FC1BE，且FC1BE，所以四边形FC1EB为平行四边形，所以BFC1E.又因为BF平面C1DE，所以BF平面C1DE.连接EF，则有EFCC1DD1，且EFCC1DD1，所以四边形DD1FE为平行四边形，所以D1FDE，又因为D1F平面C1DE，所以D1F平面C1DE.因为BFD1FF，所以平面BD1F平面C1DE.（2）因为平面BD1F平面C1DE，所以平面BD1F与平

7、面C1DE间的距离即D1到平面C1DE的距离.设D1到平面C1DE的距离为d，连接D1E，则由VD1C1DEVEC1D1D得，13SC1DEd13SC1D1DCE.在C1DE中，易得C1E10，DE5，DC113，所以cosDC1EC1D2C1E2DE22C1DC1E9130，所以sinDC1E7130，所以SDC1E121310713072，所以1372d13（1223）1，解得d67，所以平面BD1F与平面C1DE间的距离为67.解法二（1）如图，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，3），C1（0，2，3），

8、B1（2，2，3），B（2，2，0），E（1，2，0），F（1，2，3），所以D1F（1，2，0），DE（1，2，0），所以D1FDE，所以D1FDE.因为D1F平面C1DE，所以D1F平面C1DE.因为BF（1，0，3），EC1（1，0，3），所以BFEC1，所以BFEC1.因为BF平面C1DE，所以BF平面C1DE.又D1FBFF，D1F平面BD1F，BF平面BD1F，所以平面BD1F平面C1DE.（2）由（1）可知平面BD1F与平面C1DE间的距离等于D1到平面C1DE的距离.设平面C1DE的法向量为n（x，y，z），由nDE=0，nEC1=0，得x+2y=0，x+3z=0，得y12x，z13x，令x6，得n（6，3，2）是平面C1DE的一个法向量.又D1C1（0，2，0），所以D1到平面C1DE的距离dD1C1nn32767，所以平面BD1F与平面C1DE间的距离为67.