人教版导与练总复习数学一轮教师用书：第七章第6节第二课时　求空间角与距离.pdf

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1、第二课时求空间角与距离美 小 考 点气窠四鬟关键能力课堂突破糜 考点一用空间向量求异面直线所成的角1 .在各棱长均相等的直三棱柱AB C-AB G中，已知M是棱B B,的中点,N是棱A C的中点，则异面直线A M与B N所成角的正切值为（C）A.V3 B.1 C.D.3 2解析:设直三棱柱AB C-AB C的棱长为2,如图所示，以A为原点,A C所在直线为y轴,AAi所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Ax y z,则A(0,0,2),M(V3,1,1),B(V3,1,0),N(0,1,0),=(7 3,1,-1),靛(S 0,0).设异面直线A M与B N所成角为9 ,rn.l A I/11M

2、-BN 3 V15贝IJ COS e=T =r=,l&M BN V5XV3 5所以 si n 9 =l-co s2e=F，匚 匕i、【工 n sin6 V6所以 t an 0=-,cos0 3所以异面直线A,M与B N所成角的正切值为当故选C.2.已知直四棱柱AB CD-AE CD中，底面AB CD为正方形,AA尸2AB,E为AAi的中点，则异面直线B E与C D所成角的余弦值为（C）A呼 B.|C回 一10 5解析：以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D x y z.设 AA,=2AB=2,则 B(l,l,0),E(l,0,1),C(0,l,0),D(0,0,2),所以薪=(0,-1

3、,1),皿=(0,-1,2),所以co s 晶,。芯 1 =红.故 选 C.1 V2XV5 103.如图，在三棱柱0AB-0AB】中,平面0B B Q 平面O AB,Z 0,0B=6 0,Z A0B=9 0,且0B=00L2,0A=V3,则异面直线A.B 与A01 所成角的余弦值为.解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则 0(0,0,0),0,(0.1,V3),A(V3,0,0),Ai(V3,1,V3),B(0,2,0),所以/；B=(-V3,1.-V3),0；A=(V3,-l.-V3).所以 co s=I AB 0 A-(一技 1,一百)(倔 t,V7XV7 7所以异面直线A,B 与AO i

4、 所成角的余弦值为之.答案号一题后悟通!用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两相互垂直的直线建立空间直角坐标系.(2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线的方向向量.(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值.(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.雇考点二用空间向量求直线与平面所成的角如图，已知三棱柱AB C-AB G 的底面是正三角形，侧面B B C C 是矩形,M,N分别为B C,BC 的中点,P 为AM 上一点,过B,C,和P的平面交AB于 E,交AC于 F.证明：AAVM N,且平面A】AM N J _平面E B CF;(2)设0 为 A8

5、 C的中心,若A0平面E B CF,且AO=AB,求直线B,E 与平面AAM N 所成角的正弦值.(1)证明：因为M,N 分别为B C,BC 的中点，所以M N CG.又由已知得AA4 CG,故 AA/M N.因为 AB C是正三角形，所以B CAN.又 B C M N,Ai N AM N=N,Ai N u 平面 AAM N,M N u 平面 A】AM N,故 B i C 平面A,AM N,又 B u 平面E B CF.所以平面Ai AM N,平面E B CF.(2)解：由已知得AM _LB C.以M为坐标原点,总的方向为x 轴正方向，|麻|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系M x y

6、z,则AB=2,AM=V3.连接N P,因为A0平面E B CF,AO u 平面A】AM N,平面AAM N Cl 平面E BICIF=N P,所以 AO N P,易知 A|N AM,即 O N/7 AP,所以四边形 AO N P 为平行四边形，故 PM=平,E (季 0).由知平面AAM N,平面AB C.作 N Q 1 AM,垂足为Q,则N Q,平面AB C.设 Q(a,0,0),则 N Q=1 4-(手-a)2,B,(a,l，k -a)2),故 趾=(手-a,-|,-J4-(-a)2),I B；E|=字又n=(O,-l,0)是平面A,AM N的一个法向量，故 si n (-)=co s=

7、n BE _Vi o|n|BE 10)所以直线B.E与平面Al AM N所成角的正弦值为孚.10 解 题 策 略I利用向量求线面角的方法(1)分别求出斜线和它所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).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，取其余角就是斜线与平面所成的角.针对训练1.正方体AB CD-AB CD的棱上到直线A 3与C G的距离相等的点有3个,记这3个点分别为E,F,G,则直线A G与平面E F G所成角的正弦值为()A V 2 6 D 2 V 2 6 2 V 7 8 n 4A/78A-D.-C.-U-13 13 39 3

8、9解析:正方体AB CD-AB CD的棱上到直线AtB与C G的距离相等的点分别为Db B C的中点,B的四等分点(靠近B.),不妨设立与G重合,BC的中点为E,B C 的四等分点（靠近B,）为 F.以D 为坐标原点,建立空间直角坐标系Dx y z,如图.设 AB=2,则 E(1,2,0),F(|,2,2),G(0,0,2),A(2,0,0),C,(0,2,2),从而品=(1,0,2),GF=(|,2,0),AC1=(-2,2,2).设平面EF G的法向量为n=(x,y,z),则?“朗p/7 _ 0n,叱%4 _ 2z=0,j iGF =0,-x+2y=0,取 x=4,得 n=(4,-3,-1

9、).设直线AC,与平面EF G所成角为9 ,贝 i j s in 6=|c o s =上 空-=皿 故选 D.n M l 392.(2021 河北秦皇岛高三检测)如图，AABC是以NC 为直角的等腰直角三角形，直角边长为8,DE/7 BC,AE：EC=5 :3,沿 DE将4 ADE折起使得点A 在平面BCED上的射影是点C,MC=|AC.在 BD上确定点N的位置，使得MN 平面ADE;(2)在(1)的条件下,求CN 与平面ABD所成角的正弦值.解：由已知，点A 在平面BCED上的射影是点C,则可知AC，平面BCED,而BC1CE,如图建立空间直角坐标系，则可知各点的坐标为C(0,0,0),A(

10、0,0,4),B(0,8,0),D(3,5,0),E 0,0),由MC=|AC,可知点M 的坐标为(0,0,|),设点N的坐标为(a,b,0),则可知b=8-a,即点N的坐标为(a,8-a,0),则 疝=(a,8-a,-1).设平面ADE的法向量为n尸(x,y,z),则卜1.DE=0,四 AE=0,而法=(0,-5,0),AE=(3,0,-4),可得取 x=4,则 z=3,可得 ni=(4,0,3).要使MN 平面ADE,等价于ni,MN=0,即 4 a+0 (8-a)-3 x 1=0,解得a=2,即可知点N的坐标为6,0),点N 为BD上靠近D 点的三等分点.(2)由(1)可知CN=(2,6

11、,0),设平面ABD的法向量为nz=(x ,y ,z),则 九2.DB=0，j i2,AB=0,-而0 3=(-3,3,0),43=(0,8,-4),1 3于 +3y1=0,向I 8y-4z=0,取 x =1,则 y =1,z1=2,可得 由=(1,1,2).设CN 与平面ABD所成角为0,则 s in 9 =T _|n2 CN|2V15|n2|CN|15考点三用空间向量求二面角CfflD如图,D 为圆锥的顶点,0 是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.ABC是底面的内接正三角形,P 为 D0上一点,P O=DO.O(1)证明:P A_ L 平面P BC;(2)求二面角B-P C-E的

12、余弦值.(1)证明:设DO=a,由题意可得P 0吗,A0萼 a,AB=a,6 3P A=P B=P C=a.2因此 P A2+P B2=AB2,从而 P AP B.又 P A2+P C2=AC2,故 P A_ L P C.又 P B n P C=P,P B,P Cu 平面 P BC,所以P A_ L 平面P BC.解：以0 为坐标原点,O E 的方向为y 轴正方向，|OE|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系O x y z.由题设可得由0,1,0),A(0,-1,0),C(等,0),P(0,0,争.所以EC=(-EP=(0,-l,IT-V3一,2争设 m=(x,y,z)是平面P CE的法向

13、量,则 m,EP=0,m EC=0,即(,V2 _y+z=0,V3 1 _-x-y =0,V 2 2可取m=(T 1,物.由(1)知 前=(O,1,y)是平面P CB的一个法向量，记 n=AP,贝!j c o s-n m,n m 5所以二面角B-P C-E的余弦值为解题策略I利用空间向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量:分别求出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.找与棱垂直的方向向量: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.针对训练1.(

14、2021 河北唐山模拟)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,连接 BD,其中 DA=DP,BA=BP.求证:P A_ L BD;(2)若 DA_ L DP,Z ABP=60,BA=BP=BD=2,求二面角 D-P C-B 的正弦值.(1)证明:X如图，取 AP 中点M,连接DM,BM,因为 DA=DP,BA=BP,所以 P A_ L DM,P ABM,又因为 DMnBM=M,DMu 平面 DMB,BMu 平面 DMB,所以P A_ L 平面DMB,又因为BDu 平面DMB,所以 P A_ L BD.(2)解：因为 DA=DP,BA=BP,DADP,Z ABP=60,所以ADAP

15、 是等腰直角三角形,AABP 是等边三角形，因为 BA=BP=BD=2,所以 DM=1,BM=V3.所以 BD2=BM2+DM2,所以 MD JL MB.以M 为原点,MP,MB,MD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 A(-l,0,0),B(0,V3,0),P(l,0,0),D(0,0,1),从而得DP=(1,0,-1),DC=4B=(1,V3,0),-BP=(1,-V3,0),BC=i4 D=(l,0,1).设平面DP C的法向量为n1=(x1,yb zj,则卜i 丫 =0,叫：-片=&nt DC=0,区+圾”0,所以可取 n i=(-V 3,1,/3),

16、设平面PC B的法向量n2=(x2,y2,z2),由0 2 BC=0,ln2 BP=0,所以可取出=(6,1,-6).所以co s nb h)=%吸n2 7设二面角D _ PC _ B为a,所以 s i n a =y/l-cos2=-即二面角D-PC-B的正弦值为手.2.（2 02 1 湖北武汉模拟）如图所示，多面体是由底面为A B C D的直四棱柱被截面A E F G所截而得到的,该直四棱柱的底面为菱形,其中A B=2,C F=5,B E=1,Z B A D=60.求B G的长；求平面A E F G与底面A B C D所成锐二面角的余弦值.解：由面面平行的性质定理可知，四边形A E F G是

17、平行四边形，建立如图所示的空间直角坐标系O x y z.可得A(0,-V 3,0),B(l,0,0),E(l,0,l),C(0,V 3,0),F(0,V 3,5).所以4G=EF=(-1,遮,4),则 G(1,0,4),所 以 盛 二(-2,0,4).贝|J B G的长为|藁|=2、/1(2)依题意可取平面A B C D的一个法向量m=(0,0,1).由(1)可知，猴(-1,倔 4),嘉(1,V 3,1),设n=(x,y,z)是平面A E F G的法向量，则7 1 竺 二0,n,AG=0,即1 x+V3y+z=0,-%+V3y+4z=0,可取n Y3,-苧,2),贝(J|co s|=n m,n

18、 m 4所以所求锐二面角的余弦值为”.11考点四用空间向量求距离口角度一求两点间的距离(线段长)如图，在长方体ABCDABCD中,AB=1,B C=K,点M在棱CG上,且MD,MA,则当AAMDi的面积最小时，棱CC,的长为()卜当B.孚 C.2D.V2解析：以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，则D(0,0,0),A(V3,0,0),设M(0,1,t),D.(0,0,z),z 2 t 20,zWO,M3I=(0,-1,z-t),(-V3,1,t),因为MD-MA,所以“B i 薪=T+t(z-t)=O,即 z-t=pSAMDAM M Dr

19、=1J(V 3)*2+l2+t2 J l2+(z-t)2三 V4+t2 J l +(Z-t)215+户+鸿.2 7 t2 2当且仅当t=&,z=苧 时，取等号，所以CC=z=故选A.解题策略I利用空间向量求两点间的距离的基本方法(1)利用A,B 两 点 间 的 距 离 为 I,结合向量的模和数量积求解.设点 A (x i,yb z i),点 B(X2,y2,z2),则AB=(X1-X2)2+(yi-y2)2+(z1-z2)2.口 角度二点到直线的距离例3-2正方形A B C D 的边长为2,E,F 分别是A B 和C D 的中点,将正方形沿E F折成直二面角(如图所示)，M是矩形A E F D

20、 内一点，如果N M B E=N M B，C ,M B 和平面B C F E 所成的角的正切值为去求点M 到直线E F 的距离.解：建立如图所示的空间直角坐标系，作M N J _ E F,垂足为N,则M N _ L 平 面 B C F E,连接B N,则N M B N即为M B 与平面B C F E 所成的角，所以 t a n/M B N=1,设 M(0,y,z),0 y 2,0 z 所以BE=(1,0,0),BC=(0,2,0),BM=(-l,y,z),BN=(T,y,0),而V=(0,0,-z),所以 cosZMB7 E-BM B EBM|TFJl+y2+z2cosZMB,CyJl+y2+

21、z2,BM BC _ 2yBM BC 2jl+y2+z2tanZ M B7KTMN z 1N=-=-7=-.BN J1+*2因为NMB，E=NMB Cf,所以 y=l,z=,因此点M到直线EF的距离为 解 题 策 略 I点A到直线1的距离d=J|品 12-|pX2 2（其中A为直线1外一点,P为直线1 上的任一点,n 为与1 的方向向量平行的单位向量）.除度三点到平面的距离（2021 福建三明质量检测）如图所示,正方体ABCD一 ABCD的棱长为1,若 F 是 DDi的中点,则点B,到平面ABF的距离为（）B.5rV5 n 2V5 T -5解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设E为B C 的中

22、点,连接E F,B E则A(1,O,1,O),F(O,O,3,E 0,1,1,1),6=(0,1,0),B；E=(W，0,l),4 F=(-l,0,因为族 B；E=(-1,0,-?(-1,0,1)=0,所以4 尸，8 住.同理43LB1E,又 A F u 平面 A B F,A B u 平面 A B F,A F A A B=A,所以B E _ L 平面A B F.所以平面A B F 的一个法向量为B；E=g,0,1),又 值=(0,1,-1),所以点B到平面A B F 的距离为B；E|5故选D.解题策略利用空间向量求点到平面的距离的基本方法aA0如图所示，已知A B为平面a的一条斜线段,n为平面

23、a的法向量,则B到平面a的 距 离 为|麻|=必土n 针对训练如图,在大小为4 5的二面角A-E F-D中，四边形A B F E,C D E F都是边长为1的正方形，则B,D两点间的距离是（）A.V 3 B.V 2 C.1 D.V 3-V 2解析：因为B O W+F E+E。，所以|筋=|而T+I丘|2+|b+2薪,FE+2FE ED+2BF ED=1+1+1-7 2=3-V 2,故|盛|力3-VI.故选D.2.（20 21 河南开封高二检测）四棱锥P-AB C D中，四边形AB C D为正方形,P A_ L平面AB C D,P A=AB=2,E,F分别为P B,P D的中点，则点P到直线E

24、F的距离为（）A.1 B.C.D.2 2 2解析：zPi建立空间直角坐标系Ax y z,如图，即P(0,0,2),E(l,0,l),F(0,1,1),所以 E P=(-l,0,1),E f=(-1,1,0),所以E P 在E F 上的投影向量的长度为EP EF_ 1 _V21 7-VFT)所以点P到直线E F 的距离为I EP|2-(y)2堂 故 选 D.3.在三棱柱AB C-A.B,C,中,M,N 分别是A,B,BC上的点,且B M=2AM,G N=2B N 设 在 a,八=b,AAr=c.(1)试用a,b,c 表示向量MN;若 NB AC=9 0 ,NB AA尸NC AA尸 60 ,AB=

25、AC=AA1=1,求 MN 的长.解：(1)由题图知加=痴1+4%+3融=BA1+AB+B1C11=-(c-a)+a+-(b-a)111=-a+-b+-c.3 3 3由题设条件知，因为(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a b+2b c+2a c=l+l+l+0+2 X 1 X 1 X+2 X 1XIX 工5,2所以 I a+b+c|=V5,|MN|a+b+c|考.息 备选例题CD(2021 河北保定模拟)在直三棱柱ABC-ABG中，底面是等腰直角三角形，NACB=90,侧棱AAt=2,D,E分别是CC,与A,B的中点，点E在平面ABD上的射影是AABD的重心G.则A,B与平面ABD所成角的

26、余弦值是（)A.B.叱3 3解析：c V3L.2以C为坐标原点,CA所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,CC,所在直线为z轴,建立空间直角坐标系如图,设 CA=CB=a,则 A(a,0,0),B(0,a,0),A,(a,0,2),D (0,0,1),所以 E G，1),G G，-),GE-G，-),BD-(0,-a,1).因为点E在平面ABD上的射影是AABD的重心G,所以后J_平面ABD,所以G E -BD=Q,解得a=2,所以G E=(,BA(2,2,2),T因为G E _ L 平面AB D,所以G E 为平面AB D 的一个法向量.1 、4因为 cos=.丝 1-点 3 =,GE BAi

27、 y X27 3 3所以A,B 与平面AB D 所成的角的余弦值为?.故选B.（20 21山东聊城一模）如图，在四边形AB C D 中,B C=C D,B C _ L C D,AD _ LB D,以B D 为折痕把AAB D 折起，使点A 到达点P的位置,且P C B C.证明：P D _ L 平面B C D;若 M 为P B 的中点,二面角P-B C-D 等于60 ,求直线P C 与平面MC D所成角的正弦值.证明：因为 B C J _ C D,B C P C,P C n C D=C,P C u平面 P C D,C D u平面 P C D,所以B C,平面P C D.又因为P D u平面P

28、C D,所以B C L P D.又因为AD _ L B D,即 P D B D,B D n B C=B,B D u平面 B C D,B C u平面 B C D,所以P D,平面B C D.解:因为 P C _ L B C,C D B C,所以NP C D 是二面角P-B C-D 的平面角,即 NP C D=60 .在 R tZ k P C D 中,P D=C D ta n 60 =V 3 C D.取 B D 的中点0,连接0 M,0 C.因为B C=C D,所以0 C L B D.由题知0 M为P B D 的中位线，所以删 P D.又由(1)知,P D _ L 平面B C D,所 以 平 面

29、B C D,又 B D u平面B C D,OC u平面 B C D,所以OMB D,OMOC,即OM,OC,B D 两两相互垂直，以0 为原点,OC,OD,OM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Ox y z.设|0 B|=l,则 P(0,1,V 6),C(1,O,0),D(0,1,0),M(0,0净,贝 G=(1,1,逐),tb=(1,1,0),国 二(l,0,y).设平面MC D 的法向量为n=(x,y,z),则由卜.色 =0,JI CM=0,-x+y=0,得述n-x+z=0,m z=V 2,W n=(V 3,V 3,V 2).设直线P C 与平面MC D 所成

30、角为9 ,所以 s i n 9 =|c o s|=n,CP|n|4所以直线P C 与平面MC D 所成角的正弦值为”.4您C如图所示，在三棱锥P-AB C 中，P AJ _ 底面AB C,P A=AB,Z AB C=60 ,ZB C A=9 0 ,点 D,E 分别在棱 P B,P C 上，且 D E B C.求证:B C J _ 平面P AC;当 D 为 P B 的中点时,求AD 与平面P AC 所成角的余弦值；是否存在点E 使得二面角A-D E-P 为直二面角，并说明理由.法一(1)证明：因为P A_ L 底面AB C,B C u底面AB C,所以P AB C,又NB C A=9 0 ,所以

31、 AC _ L B C.又 P A A AC=A,P Au平面 P AC,AC u平面 P AC,所以 B C J _ 平面 P AC.(2)解:因为D 为 P B 的中点,D E B C,所以 DE=|BC.又由(1)知,B C _ L 平面P AC,所以D E _ L 平面P AC,垂足为点E.所以ND AE 是 AD 与平面P AC 所成的角.因为P A_ L 底面AB C,AB u底面AB C,所以 P A_ L AB.又 P A=AB,所以AAB P 为等腰直角三角形.所以 AD=*AB.在 R tAAB C 中，Z AB C=60 .所以 B C=jAB.所以在R t AD E 中

32、,s i nZ/nDAA Er?=D E =3 c =V 2,AD 2AD 4所以 c o s ND AE 二 乂 更.4(3)解:存在.理由如下：因为D E B C,又由知,B C _ L 平面P AC,所以D E _ L 平面P AC.又因为AE u平面P AC,P E u平面P AC,所以 D E _ L AE,D E P E.所以NAE P 为二面角A-D E-P 的平面角.因为P A_ L 底面AB C,AC u底面AB C,所以 P A_ L AC,所以 NP AC=9 0 ,所以在棱P C 上存在一点E,使得AE P C,即 NAE P=9 0。，故存在点E 使得二面角A-D E

33、-P 是直二面角.法二 解:如图所示，以A 为原点，过点A 平行于B C 的直线为x 轴,AC所在直线为y 轴,AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系Ax y z.设 AP=a,由已知可得 A(0,0,0),B 号 a,0),C (0,0),P (0,0,a).(1)证明：因为(0,0,a),BC=(1a,0,0),所以辰7 AP=0,所以B C AP.因为NB C A=9 0。，所以 B C _ L AC.又 AP G AC=A,AP u平面 P AC,AC u平面P AC,所以B C _ L 平面P AC.(2)解:因为D为 P B 的中点,D E/7 B C,所以E 为 P C 的中点

34、.所以 D (-1a,f a,1a),E (0,g a,：a).又由(1)知,B C J L 平面P AC,所以D E _ L 平面P AC,垂足为点E,所以NDAE是AD与平面PAC所成的角.因为AD-(-1a,R a,a),AE-(0,手a,a),所以cosNDAE=”竺AD AE714F(3)解：同法一.(2021 湖南长沙月考)如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是圆内接四边形,CB=CD=CE=1,AB=AD=AE=V3,ECBD.(1)求证:平面BED_L平面ABCD;设线段AE的中点为M,线段AB的中点为N,且点P在线段MN上运动,求直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大

35、值.(1)证明:如图，连接AC,交BD于点0,连接E0.因为 AD=AB,CD=CB,AC=AC,所以 aADC 0 ZxABC,所以 NDA0=NBA0.又因为A0=A0,所以A A DO 之A B O,所以N A 0 D=N A 0 B=90 ,所以 A C_LB D.又 E CB D,E Cn A C=C,E C,A Cu 平面 A E C,所以B D_L平面A E C,又 O E u 平面A E C,所以 O E _LB D.又底面A B CD是圆内接四边形,所以N A DC=N A B C=90 .在 R t A A DC 中，由 A D=V 3,CD=1,可得 A C=2,A O=

36、|,所以 A E2+E C2=A C2,所以N A E C=90。爷 嘿 哼易得A E O s A CE,所以N A 0 E=N A E C=90 ,O E A C.又 A C,B Du 平面 A B CD,A C n B D=O,所以O E _L平面A B CD,又 O E u 平面B E D,所以平面B E D_L平面A B CD.解:如图，以0为坐标原点,O A,O B,O E 所在直线分别为x 轴、y 轴、Z 轴，建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,g 0),E(0,0,学,M 6,0,),D(0,0),N(p g 0),2 2 2 4 4 2 4 4所以43=(|,曰,0

37、),AE-(-*0,岁，DM=(*y,f),MN=(0,手,).设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),则n=O,即卜6 尢+y=O,I族 n=O,l-V3x+z=0,取 x=l,则 n=(l,V3,6).设MP=NMN(0W 入 W l),可 得 防=盛+诂=(-,+入，入).4 2 4 4 4设直线DP与平面ABE所成的角为0,贝lj sin 9=|cos|=-n*产 =-1 2=?n DP V42 VA2+Z+4 J(入+2+芋因为0W入W 1,所以当人=0时，s i n。取得最大值步.故直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值为手.例5如图所示,在直三棱柱ABC-ABG中，ZABC

38、=90,BC=2,CC,=4,EB,=1,D,F,G 分别为 CCb B C,A,C,的中点,EF 与BQ相交于点H.求证:BJ)_L平面ABD;(2)求证:平面EGF平面ABD;(3)求平面EGF与平面ABD的距离.解:z如图所示,建立空间直角坐标系B.x yz,设A,(a,0,0),则B,(0,0,0),F(0,1,0),E(0,0,1),A(a,0,4),B(0,0,4),D(0,2,2),G1,0).证明：BiD=(0,2,2),AB=(-a,0,0),BD=(0,2,-2),所以/D -48=0+0+0=0,-30=0+4 4=0,所以 B J)_LA B,B1DB D.又 A B

39、A B D=B,A B u 平面 A B D,B Du 平面 A B D,所以B DJ _平面A B D.(2)证明：因为 赢=(-a,0,0),BD=(0,2,-2).GF=(-p 0,0),E F=(0,1,-1),T 1T 7 1T所以G产 二 方所以 GFA B,E FB D.又 GF4平面 A B D,A B u 平面 A B D,E FQ 平面 A B D,B Dc平面A B D,所以GF 平面A B D,E F平面A B D,又 GF G E F=F,GFu 平面 E GF,E Fu 平面 E GF,所以平面E GF平面A B D.解:法一 由(1)(2)知 DH为平面E FG与

40、平面A B D的公垂线段.设BiHdBiD=(O,2 入，2 入)(入 R),则 靛(0,2 人,2 人 -1),6=(0,1,-1).因为而/与后1共线，所以?=岑,即人=；,1-1 4所以/H=(0,1),所以 HB=(O,|,|),所以I 而 I 卷，所以平面E GF与平面A B D的距离为苧.法二 由(2)知平面E GF平面A B D,设平面A B D的法向量为n=(x,y,z),T贝ij n_L4B,nJ_30,匚 i、i n AB=-ax 0,所以J Tji,BD=2y-2z=0,解得号二:取 z=l,则 n=(0,l,l),因为血)=(0,2,1),所以d哗 到 斗越,n v2

41、2即平面E GF与平面A B D的距离为苧.课时作业 灵活唬密致提魁酸 选 题 明细表_知识点、方法基础巩固练综合运用练应用创新练用空间向量求异面直线所1A级基础巩固练成的角用空间向量求直线与平面所成的角2,4,91 1用空间向量求二面角31 2用空间向量求距离6,8综合问题5,7,1 01 3,1 4,1 5,1 61 7,1 81.如图所示,在正方体ABC D RBC D中,已知M,N分别是B D和A D的中点，则BM与D】N所成角的余弦值为（C）A.邈30c 310D V30D.15解析:建立如图所示的空间直角坐标系Dx yz.设正方体的棱长为2,贝 I B 1(2,2,2),M(1,1

42、,0),D,(01 0,2),N(l,0,0),T所以BiM=(T,T,-2),TO iN=(l,0,-2),所以BM与DN所成角的余弦值为M甲BXM DN|-1+4|V l+l+4xV i+4甯.故 选c.2.如图，已知长方体ABCD_ABCD中，AD=AAI=1,AB=3,E为线段AB上一点，且AE=AB,则DG与平面DEC所成角的正弦值为（A ）A 3V HD 2V7A-D.-35 7C.D.3 4解析:如图，以D为坐标原点,DA,DC,DDi所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则 G(0,3,1),D i(0,0,1),E(1,1,0),C(0,3,0),-,所以&q=(

43、0,3,1),0送=(1,1,-1),D1C=(O,3,-1).设平面DiEC的法向量为n=(x,y,z),则卜,=n,D1C=0,(x+y-z=0,(3y-z=0,取 y=l,得 n=(2,1,3)._匚匚 I、I/c:DCi,n 3V35所以 cos =T-,DC-iWn 3 5所以DC,与平面D.EC所成的角的正弦值为孽I故选A.3.在正方体ABCD-ABCD中，点E为 BB1的中点,则平面A,ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(B )2-3V 2-2RD.1-2V 3-3A.C解析：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设正方体 ABCD-ABCD 的棱长为 1,

44、则 AO,0,1),E(l,0,D(0,1,0),所以41。=(0,1,-1),4iE=(1,0,-i),设平面AiED的法向量为n,=(l,y,z),则卜1.A1D=0,即 忆 所以=r c 1 z 0,2,1%ArE=0,I 2所以 m=(l,2,2).又平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),7 7所以 cos=-,即平面A,ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为|故选B.4.如图，正 三 棱 柱 ABC-ABG的所有棱长都相等，E,F,G 分别为AB,AAi,AC的中点，则BF与平面GEF所成角的正弦值为(A )AA .-35B-iG3V3C.-10吟解析:设正三棱柱A B

45、 C-A.B,C.的棱长为2,取A C的中点D,连接DG,DB,以D 为原点，分别以DA,DB,DG所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Dx yz,如图所示,则 B.(0,V 3,2),F(l,0,1),E(1,y,0),G(0,0,2),所以3；F=(1,-1),EF=(1,-y,0,-1).设平面GE F的法向量为n=(x,y,z),则 E F-n =O,、G产 n=0,f l V 3,n即 产 万y+z =。，l x-z=0,取 x=l,贝 Ij z=l,y=V 3,故 n=(l,百,1)为平面GE F的一个法向量，所以 c o sn,3；F喷 黄=-|，所以B F 与平

46、面GE F所成角的正弦值为|.故选A.5.已知棱长为3的正四面体A-B CD的底面B CD确定的平面为a ,P是a内的动点，且满足P A2 2 P D,则动点P的集合构成的图形的面积为(B)C.4n D.无穷大解析:如图，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系,由题意，得A到a的距离为通，则 A(?,一|,V 6),D(0,0,0),设 P(x,y,0),所以 P A2=(x T)2+(y+9+6,P D2=x2+y2,又 P AN2 P D,所以(x-争 2+(y+|)2+6 2 4(x 2+y 2),整理得x?+苧x+y 2-y W 3,所以(X+停产+弓弓限产,o L 3即P的集合是半

47、径为后 的 圆(含圆内部),所以图形的面积为等.故选B.6.（2 0 2 1 江西南昌调研）已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在球0 的球面上，AABC满足AB=2 V 2,Z ACB=9 0 ,P A为球0的直径,且P A=4,则点P到底面ABC的距离为（B）A.V 2 B.2 V 2C.V 3 D.2 V 3解析：因为三棱锥P-ABC的所有顶点都在球0的球面上,且直径P A=4,所以球心0 是 P A的中点,连接0 C,则球0的半径R=0 C=#A=2.过点0 作 0 D,平面ABC,垂足为D,则 D 为4ABC外接圆的圆心，连接CD（图略）.在AABC 中，AB=2 V 2,Z ACB=9

48、 0 ,所以D 为 AB的中点，且 AD=BD=CD=V 2,所以 O D=V O C2-CD2=V 4r2=V 2,所以点P到底面ABC的距离d=2 0 D=2 V 2.故选B.7.（多选题）（2 0 2 1 山东青岛期末）如图，正方体ABCD-ABCD的棱长为 1,则下列四个结论正确的是（ABD）A.直线BC与平面ABCD所成的角为EB.点C 到平面ABC.D.的距离为苧C.异面直线D,C与B 3 所成的角为；D.三棱柱AAD-BBC外接球的半径为日解析:正方体ABCD_ ABCD的棱长为1,直线BC与平面ABCD所成的角为 NCBG=,故 A 正确；连接 BC(图略)，由 BC_ LBC

49、i,B _ LAB,BCmAB=B,BCb ABu 平面ABC,D得 B(_ L平面ABCD,所以点C 到平面ABCD的距离为B 长度的一半，即子,故 B 正确；因为BGA,所以异面直线 D,C与 B G 所成的角为N A D C 连接AC(图略)，则A A D C 为等边三角形，故异面直线D,C与 B G 所成的角为全故C 错误;三棱柱AA,D1_ BB,C1的外接球也是正方体ABCD-ABCD的外接球，故外接球的半径为V12+f+12=y,故 D 正确.故选 ABD.8.已知P A垂直于正方形ABCD所在的平面,M,N 分别是CD,P C的中点,并且P A=AD=1.在如图所示的空间直角坐

50、标系中,MN=.解析:连接P D(图略)，因为M,N 分别为CD,P C的中点，所以MN=|P D,又 P(0,0,l),D(0,1,0),所以|，)|=J()2 +i 2+(-I)2=V2,所以MN当答案号9 .(2 0 2 1 河北承德期末)已知四棱锥P-ABCD的底面是菱形,Z BAD=6 0 ,P D_ L平面ABCD,且 P D=AB,点E是棱AD的中点,F 在棱P C上.若 P F：FC=1 ：2,则 直 线 EF 与 平 面 ABCD所成角的正弦值为.解析:如图，以点D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Dx y z.设菱形ABCD的边长为2,A B则 D(0,0,0),E