2020新课标高考艺考数学复习教师用书：第六章第7节第二课时　求空间角和距离 WORD版含解析.docx

1、第二课时求空间角和距离最新考纲核心素养考情聚焦1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何中的应用2.能用向量法解决空间的距离问题1.异面直线所成角、直线与平面所成角及二面角的求解，提升数学建模、数学运算和数学抽象的素养2.点面距的求解，达成数学建模、数学运算和数学抽象的素养2020年高考预计考查：1.空间角(线线角、线面角、面面角)2.空间距离3.探索性问题首先建立适当的坐标系，找准点的坐标，把所有问题转化为坐标运算主要以解答题的第二问出现，难度不大，属中档题型，但要注意运算的准确性1求异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的

2、方向向量，则a与b的夹角l1与l2所成的角范围0，求法cos cos |cos |2.直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，两向量e与n的夹角为，则有sin |cos |，的取值范围是.3求二面角的大小(1)如图，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，(2)如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足cos cos n1，n2，或cosn1，n2，取值范围是0，4求空间的距离(1)两点间的距离设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|.(2)点到平面的距离如图

3、所示，已知AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则B到平面的距离为|.思考辨析判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“”，错误的打“”(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角( )(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角( )(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是0，( )答案：(1)(2)(3)(4)小题查验1(人教A版教材习题改编)已知两平面的法向量分别为m(0,1,0)，n(0,1,1)，则两平面所成的二面角为()A45B135C45或135 D90解析：

4、Ccosm，n，即m，n45.两平面所成二面角为45或18045135.2在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是()A45B60C90D120解析：B如图所示，以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系设ABBCAA12，C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)(0，1,1)，(2,0,2)2，记，所成角为.cos.EF和BC1所成角为60. 故选B.3(2019广州市模拟)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则D1C1与平面A1BC1所成角

5、的正弦值为_解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,2,1)，(1,2,0)，(0,2，1)，(1,2,0)设n(x，y，z)为平面A1BC1的法向量，则即令z2，则y1，x2，于是n(2,1,2)，(0,2,0)，设所求线面角为，则sin |cosn，|.答案：4已知ABCDA1B1C1D1是棱长为6的正方体，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AEBF.当A1，E，F，C1共面时，平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为_解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如

6、图所示，易知当E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F，C1四点共面设平面A1DE的法向量为n1(a，b，c)，依题意得可取n1(1,2,1)，同理可得平面C1DF的一个法向量为n2(2，1,1)故平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为.答案：5在四面体PABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PAPBPCa，则点P到平面ABC的距离为_解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，则P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)过点P作PH平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离PAPBPC，H为ABC的外心又AB

7、C为正三角形，H为ABC的重心，可得H点的坐标为.PH a.点P到平面ABC的距离为a.答案：a考点一异面直线所成角(自主练透)题组集训1在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB2，CC1，则异面直线AB1和BC1所成角的正弦值为()A1B.C.D.解析：A取线段A1B1，AB的中点分别为O，D，则OC1平面ABB1A1，建立以O为坐标原点，以，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，如图，则A(1,0，)，B1(1,0,0)，B(1,0，)，C1(0，0)，(2,0，)，(1，)，因为(2,0，)(1，)0，所以，即异面直线AB1和BC1所成角为直角，则其正弦值为1.

8、故选A.2在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BCAC，BAC，AC4，点M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q3QC，则异面直线PQ与AC所成角的正弦值为_解析：由题意，以C为原点，以AC边所在直线为x轴，以BC边所在直线为y轴，以CC1边所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示设棱柱的高为a，由BAC，AC4，得BC4，所以A(4,0,0)，B(0,4，0)，C(0,0,0)，A1(4,0，a)，B1(0，4，a)，C1(0,0，a)，M，P，Q.所以(1,2，0)，(4,0,0)设异面直线QP与CA所成的角为.所以|cos |.所以sin ，因为异面直线所成角的正

9、弦值为正，所以sin 即为所求答案：3.如图，四边形ABCD和ADPQ均为边长为2的正方形，它们所在的平面互相垂直，若点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为，且cos ，则PM_.解析：以AB，AD，AQ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Axyz，依题意，设M(0，y,2)(0y2)，则A(0,0,0)，E(1,0,0)，F(2,1,0)，(1，y,2)，|，(2,1,0)，|5，cos ，从而，化简得(5y19)(y1)0.y1，y(舍去)，因此PM211.答案：1向量法求异面直线所成角的方法(1)选好基底或建立空间直角坐标系；

10、(2)求出两直线的方向向量v1，v2；(3)代入公式|cosv1，v2|求解提醒：两异面直线所成角的范围是，两向量的夹角的范围是0，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，就是该异面直线夹角的补角考点二直线与平面所成角(师生共研)典例(2018全国卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解析(1)由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABF

11、D，所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.设DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故PEPF.可得PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，为平面ABFD的法向量设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其

12、余角就是斜线和平面所成的角跟踪训练(2018江苏卷)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值解：如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以，为基底，建立空间直角坐标系Oxyz.因为ABAA12，所以A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)(1)因为P为A1B1的中点，所以P，从而，(0,2,2)，故|cos ，|.因此，异

13、面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点，所以Q，因此，(0,2,2)，(0,0,2)设n(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取n(，1,1)，设直线CC1与平面AQC1所成角为，则sin |cos，n|，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.考点三二面角(师生共研)典例(2019全国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1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)由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，所以

14、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，|为单位长，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)，(1,0,0)，(1，1,1)，(0,0,2)设平面EBC的法向量为n(x，y，z)，则即，所以可取n(0，1，1)设平面ECC1的法向量为m(x，y，z)，则即所以可取m(1,1,0)于是cosn，m，则sinn，m，所以，二面角BECC1的正弦值为.利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出

15、二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小跟踪训练(2019全国卷)图1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图2中的二面角BCGA的大小解析：很新颖的立体几何考题首先是多面体粘合问题，考查考

16、生在粘合过程中哪些量是不变的再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力(1)证：ADBE，BFCG，又因为E和F粘在一起ADCG，A，C，G，D四点共面又ABBE，ABBC.AB平面BCGE，AB平面ABC，平面ABC平面BCGE.(2)过B作BHGC延长线于H，连接AH，因为AB平面BCGE，所以ABGC而又BHGC，故GC平面HAB，所以AHGC.又因为BHGC所以BHA是二面角BCGA的平面角，而在BHC中BHC90，又因为FBC60故BCH60，所以BHBCsin 60.而在ABH中ABH

17、90，BHAarctanarctan30，即二面角BCGA的度数为30.答案：(1)见详解；(2)30考点四点面距(师生共研)典例如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，其中AB4，BC2，CC13，BE1.(1)求BF的长；(2)求点C到平面AEC1F的距离解析(1)建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则各相关点的坐标为D(0,0,0)，B(2,4,0)，A(2,0,0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，C1(0,4,3)设F(0,0，z)AEC1F为平行四边形，(2,0，z)(2,0,2)，z2.F(0,0,2)(2，4,2)，|2，即BF的长为2.(

18、2)设n1为平面AEC1F的法向量，显然n1不垂直于平面ADF，故可设n1(x，y,1)由得即则n1.又(0,0,3)，设与n1的夹角为，则cos .C到平面AEC1F的距离为d|cos 3.求点到面的距离主要方法(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离(2)在三棱锥中用等体积法求解(3)向量法：d(n为平面的法向量，A为平面上一点，MA为过A点的斜线段)跟踪训练三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.(1)证明：DC1BC；(2)设AA12，A1B1的中点为P，求点P到平面BDC1的距离解：(1)证明：如图所示，由题设知，三

19、棱柱的侧面为矩形由于D为AA1的中点，故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.因为BC平面BCD，所以DC1BC.(2)由(1)知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两垂直以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)，B1(0,1,2)，P，则(1，1,1)，(1,0,1)，.设m(x，y，z)是平面BDC1的法向量，则即可取m(1,2,1)设点P到平面BDC1的距离为d，则d.1(2019上海

20、市一模)如图，点A、B、C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，(0,0,2)，平面ABC的法向量为n(2,1,2)，设二面角CABO的大小为，则cos ()AB.C.D解析：C点A、B、C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，(0,0,2)，平面ABC的法向量为n(2,1,2)，二面角CABO的大小为，cos .故选C.2(2019金华市模拟)在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n(2，2,1)，已知点P(1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于()A4 B2 C3 D1解析：B由已知平面OAB的一条斜线的方向向量(1,3,2)，所以点P到平面OAB的距离d|

21、cos，n|2. 故选B.3如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB1，AC2，BC，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为()A. B. C. D.解析：AAB1，AC2，BC，AC2BC2AB2，ABBC.三棱柱为直三棱柱，BB1平面ABC.以B为原点，BC，BA，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则A(0,1,0)，C(，0,0)设B1(0,0，a)，则C1(，0，a)，D，E，平面BB1C1C的法向量(0,1,0)设直线DE与平面BB1C1C所成的角为，则sin |cos，|，.4已知直三棱柱ABCA1B1C

22、1中，ACB90，AC1，CB，侧棱AA11，侧面AA1B1B的两条对角线交于点D，则平面B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦值为()A B C. D.解析：A建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，B(，0,0)，A(0,1,0)，B1(，0,1)，D，(，0,0)，(，1,0)，(0,0,1)设平面CBD和平面B1BD的法向量分别为n1，n2，可得n1(0,1，1)，n2(1，0)，所以cosn1，n2，又平面B1BD与平面CBD所成的二面角的平面角与n1，n2互补，故平面B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦值为.故选A.5如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，2

23、ACAA1BC2.若二面角B1DCC1的大小为60，则AD的长为()A. B. C2 D.解析：A如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)设ADa，则D点坐标为(1,0，a)，(1,0，a)，(0,2,2)设平面B1CD的法向量为m(x，y，z)由，得，令z1，则m(a,1，1)又平面C1DC的一个法向量为n(0,1,0)，则由 cos 60，得，解得a，所以AD.故选A.6如图，在正方形ABCD中，EFAB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AEEDAD11，则AF与

24、CE所成角的余弦值为_解析：AEEDAD11，AEED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设ABEFCD2，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)，(1,2,0)，(0,2,1)，cos，AF与CE所成角的余弦值为.答案：7正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为_解析：以C为原点建立坐标系，得下列坐标：A(2,0,0)，C1(0,0,2)点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2.所以(2,0,2)，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为，则cos .又，

25、所以.答案：8设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是_解析：如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，(2,0,0)，(2,0,2)，(2,2,0) .设平面A1BD的一个法向量n(x，y，z)，则.令x1，则n(1，1，1)，点D1到平面A1BD的距离d.答案：9(2019乌鲁木齐一模)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，AA1ACAB，M，N分别为BC，A1C1的中点(1)求证AMBN；(2)求二面角B1BNA1的余弦值解：(1)证明：以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴

26、，建立如图空间直角坐标系Axyz，设AB1，则AA1AC，A(0,0,0)，M，B(1,0,0)，N，A1(0,0，)，B1(1,0，)，00，AMBN.(2)直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1AM，又AMBN，AM平面BB1N，设平面A1BN的法向量为m(x，y，z)，(1,0，)，则，取z1，得m(，0,1)，设二面角B1BNA1的平面角为，则cos .二面角B1BNA1的余弦值为.10(2019赤峰市模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ACC1A1底面ABC，A1AC60，AC2AA14，点D，E分别是AA1，BC的中点(1)证明：DE平面A1B1C；(2)若AB2，BAC6

27、0，求二面角BAA1E的余弦值解：(1)证明：取AC的中点F，连接DF，EF，E是BC的中点，EFAB，ABCA1B1C1是三棱柱，ABA1B1，EFA1B1，EF平面A1B1C，D是AA1的中点，DFA1C，DF平面A1B1C，又EFDEE，平面DEF平面A1B1C，DE平面A1B1C；(2)过点A1作A1OAC，垂足为O，连接OB，侧面ACC1A底面ABC，A1O平面ABC，A1OOB，A1OOC，A1AC60，AA12，OA1，OA1，AB2，OAB60，由余弦定理得，OB2OA2AB22OAABcosBAC3，OB，AOB90，OBAC，分别以OB，OC，OA为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz，由题设可得A(0，1,0)，C(0,3,0)，B(，0,0)，A1(0,0，)，E，(0,1，)，(，1,0)，设平面AA1B的一个法向量为n(x，y，z)，则，取x1，得n(1， ,1)，设平面AA1E的法向量m(x，y，z)，则，取z11，得m(5，1)，设二面角BAA1E的平面角为，则cos ，二面角BAA1E的余弦值为.