2024版高考数学一轮总复习第6章立体几何第7节立体几何中的向量方法__求空间角与距离.docx

《2024版高考数学一轮总复习第6章立体几何第7节立体几何中的向量方法__求空间角与距离.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024版高考数学一轮总复习第6章立体几何第7节立体几何中的向量方法__求空间角与距离.docx（33页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第七节立体几何中的向量方法求空间角与距离考试要求：1能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题2了解向量方法在研究立体几何问题中的应用一、教材概念结论性质重现1两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角a与b的夹角范围0，2(0，)求法cos ababcos abab求两异面直线l1，l2的夹角，须求出它们的方向向量a，b的夹角a，b，由于夹角范围不同，有cos |cosa，b|.2直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，a与n的夹角为，则sin |c

2、os |anan.求直线l与平面所成的角，可先求出平面的法向量n与直线l的方向向量a的夹角，则sin |cosn，a|.3二面角的平面角求法(1)如图(1)，AB，CD分别是二面角-l-的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小AB，CD.(2)如图(2)(3)，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|，二面角的平面角的大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)利用平面的法向量求二面角的大小时，求出两平面，的法向量n1，n2后，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补一进一出相等，

3、同进同出互补4利用空间向量求距离(1)点到直线的距离如图所示，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，则点P到直线l的距离PQAP2APu2(2)点到平面的距离如图所示，已知AB为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则点B到平面的距离为BOABnn求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段有时利用等积法求解可能更方便二、基本技能思想活动经验1判断下列说法的正误，对的画“”，错的画“”(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

4、面所成的角()(4)两异面直线夹角的范围是0，2，直线与平面所成角的范围是0，2，二面角的范围是0，.()2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()A45B135 C45或135D90C解析：cos m，nmnmn11222，即m，n45.所以两平面所成二面角为45或18045135.3如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为()A3010B3015C3030D1515A解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系设AB2，则N(1

5、，0，0)，D1(0，0，2)，M(1，1，0)，B1(2，2，2)，所以B1M(1，1，2)，D1N(1，0，2)，所以B1MD1N143，|B1M|6，|D1N|5，所以cos B1M，D1N3303010，所以B1M与D1N所成角的余弦值为3010.故选A4如图所示，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，侧棱PAPD2，PAPD，底面ABCD为直角梯形，其中BCAD，ABAD，ABBC1，O为AD的中点(1)直线PB与平面POC所成角的余弦值为_；(2)点B到平面PCD的距离为_6333解析：(1)在PAD中，PAPD，O为AD中点，所以POAD又侧面PAD底面ABCD，平面PA

6、D平面ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD又在直角梯形ABCD中，易得OCAD以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系则P(0，0，1)，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，所以PB(1，1，1)因为OAPO， OACO， POCO=O，得OA平面POC，所以OA(0，1，0)是平面POC的一个法向量，所以cos PB，OAPBOAPBOA33，所以1cos2PB，OA63，所以直线PB与平面POC所成角的余弦值为63.(2)PB(1，1，1), 设平面PDC的法向量为n(x，y，z)，则nCP=x，y，z1，0，1=x

7、+z=0，nPD=x，y，z0，1，1=yz=0，取z1得n(1，1，1)为平面PCD的一个法向量，点B到平面PCD的距离dBPnn33.5过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD，若ABPA，则平面ABP与平面CDP的夹角为_45解析：如图，建立空间直角坐标系，设ABPA1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)由题意，知AD平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AEPD又CD平面PAD，所以CDAE，从而AE平面PCD所以AD(0，1，0)，AE0，12，12分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且AD，AE45.故平面PAB与平面PCD的夹角为45.考点1异面直

8、线所成的角基础性1在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是BB1，D1B1的中点，则EF与A1D所成角的大小为()A60B90 C45D75B解析：如图所示，以D为坐标原点，以DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，易得E(2，2，1)，F(1，1，2)，D(0，0，0)，A1(2，0，2)，所以EF(1，1，1)，DA1(2，0，2)，所以EFDA1220，所以EFDA1.故选B2如图，在四棱锥ABCDE中，DECB，BE平面ABC，BE3，ABCBAC2DE2，则异面直线DC与AE所成角的余弦值为(

9、)A13013B21313C1313D13026A解析：如图所示，取BC的中点F，连接AF，DF，可得DFBE.因为BE平面ABC，所以DF平面ABC又由ABCBAC且F为BC的中点，所以AFBC，故以F为坐标原点，以FA，FB，FD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示则A(3，0，0)，E(0，1，3)，C(0，1，0)，D(0，0，3)，故CD(0, 1, 3)，AE(3， 1, 3)，则cos CD， AECDAECDAE10101313013.所以异面直线DC与AE所成角的余弦值为13013.故选A3如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱CC

10、1的中点，F是棱AD上一点，AFAD.若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为3210，则的值为13利用向量法求异面直线所成角的问题，关键是建立空间直角坐标系写出相关点的坐标，并进一步求出相关的向量，利用向量的夹角公式求解在求解过程中易出现因忽视异面直线所成角的范围而致错的情况.考点2 直线与平面所成的角综合性(2022全国甲卷)在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，CDAB，ADDCCB1，AB2，DP3.(1)证明：BDPA(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值(1)证明：因为PD底面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD，取AB中点E，连接DE，因为ADDCCB1，AB2，所以DA

11、B60，又因为AE12ABAD1，所以DE1，所以DE12AB，所以ABD为直角三角形，且AB为斜边，所以BDAD，又PDADD，PD平面PAD，AD平面PAD，所以BD平面PAD，又PA平面PAD，所以BDPA(2)解：由(1)知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，BDAB2AD23，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，P(0，0，3)，所以PD(0，0，3)，PA(1，0，3)，AB(1，3，0)，设平面PAB的一个法向量为n(x，y，z)，则nPA=x3z=0， nAB=x+3y=0，则可取n(3，1，1)，设PD与平面PAB所成的角为，则

12、sin |cos PD，n|PDnPDn55，所以PD与平面PAB所成的角的正弦值为55.利用向量求线面角的2种方法(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)(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，取其余角就是斜线与平面所成的角1在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为_13解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，由于AB2，BCAA11，所以A1(1，0，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1)，所以A1C1(1，2，0)，

13、BC1(1，0，1)，D1C1(0，2，0)设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，则有A1C1n=0，BC1n=0，即x+2y=0，x+z=0，令x2，得y1，z2，则n(2，1，2)为平面A1BC1的一个法向量设D1C1与平面A1BC1所成角为，则sin |cos D1C1，n|D1C1nD1C1n22313，即D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为13.2(2022北京卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1平面ABB1A1，ABBC2，M，N分别为A1B1，AC的中点(1)求证：MN平面BCC1B1.(2)再从条件、条件这两个条件中选择一

14、个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值条件：ABMN；条件：BMMN.注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分(1)证明：取AB中点K，连接NK，MK，因为M为A1B1的中点所以B1MBK，且B1MBK，所以四边形BKMB1是平行四边形，故MKBB1，MK平面BCC1B1，BB1平面BCC1B1，所以MK平面BCC1B1，因为K是AB的中点，N是AC的中点，所以NKBC，因为NK平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，所以NK平面BCC1B1，又NKMKK，所以平面NMK平面BCC1B1，又MN平面NMK，所以MN平面BCC1B1.(2)解：因为侧面BCC1B1为正方形，平面

15、BCC1B1平面ABB1A1，平面BCC1B1平面ABB1A1BB1，所以CB平面ABB1A1，所以CBAB，又NKBC，所以ABNK，若选：因为ABMN，又MNNKN，所以AB平面MNK，又MK平面MNK，所以ABMK，又MKBB1，所以ABBB1，所以BC，BA，BB1两两垂直若选：因为CB平面ABB1A1，NKBC，所以NK平面ABB1A1，KM平面ABB1A1，所以MKNK，又BMMN，NK12BC，BK12AB，所以BKMNKM，所以BKMNKM90，所以ABMK，又MKBB1，所以ABBB1，所以BC，BA，BB1两两垂直以B为坐标原点，BC，BA，BB1为坐标轴建立如图所示的空间

16、直角坐标系，则B(0，0，0)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，A(0，2，0)，所以BM(0，1，2)，BN(1，1，0)，设平面BMN的一个法向量为n(x，y，z)，则nBM=y+2z=0，nBN=x+y=0，令z1，则y2，x2，所以平面BMN的一个法向量为n(2，2，1)，又BA(0，2，0)，设直线AB与平面BMN所成角为，所以sin |cos n，BA|nBAnBA44+4+1223.所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为23.考点3求二面角应用性考向1由向量法求二面角的三角函数值(2022新高考卷)如图，PO是三棱锥PABC的高，PAPB，ABAC，E为PB的中点(1)证明

17、：OE平面PAC；(2)若ABOCBO30，PO3，PA5，求二面角CAEB的正弦值(1)证明：连接OA，OB，依题意，OP平面ABC，又OA平面ABC，OB平面ABC，则OPOA，OPOB，所以POAPOB90，又PAPB，OPOP，则POAPOB，所以OAOB，延长BO交AC于点F，又ABAC，则在RtABF中，O为BF中点，连接PF，在PBF中，O，E分别为BF，BP的中点，则OEPF，因为OE平面PAC，PF平面PAC，所以OE平面PAC(2)解：过点A作AMOP，以AB，AC，AM分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由于PO3，PA5，由(1)知OAOB4，又ABOC

18、BO30，则AB43，所以P(23，2，3)，B(43，0，0)，A(0，0，0)，E33，1，32，设ACt，则C(0，t，0)，设平面AEB的一个法向量为n(x，y，z)，又AB(43，0，0)，AE33，1，32，则nAB=43x=0， nAE=33x+y+32z=0，则可取n(0，3，2)，设平面AEC的一个法向量为m(a，b，c)，又AC(0，t，0)，AE33，1，32，则mAC=tb=0， mAE=33a+b+32c=0，则可取m(3，0，6)，设锐二面角CAEB的平面角为，则cos |cosm，n|mnmn4313，所以sin 1cos21113，即二面角CAEB正弦值为111

19、3.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若要求的为两个平面的夹角，只需写出在0，2范围的一个角即可(2)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考向2由二面角求几何值或参数值(2021新高考卷)如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，ABAD，O为BD的中点(1)证明：OACD；(2)若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE2EA，且二面角EBCD

20、的大小为45，求三棱锥ABCD的体积(1)证明：因为ABAD，O为BD的中点，所以OABD因为平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，OA平面ABD，所以OA平面BCD因为CD平面BCD，所以OACD(2)解：以O为坐标原点，OD，OA所在的直线分别为y轴、z轴，过点O且垂直于BD的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系设OAt，则O(0，0，0)，B(0，1，0)，C32，12，0，A(0，0，t)，D(0，1，0)，所以AB(0，1，t)，BC32，32，0，AD(0，1，t)，AE13AD0，13，t3，BEAEAB0，43，2t3.易知平面BCD的一个法向量为n(0，0，1)

21、设平面BCE的一个法向量为m(x，y，z)，则mBC=0，mBE=0，即32x+32y=0，43y+2t3z=0.不妨取x3，则y1，z2t，即m3，1，2t.因为二面角EBCD的大小为45，所以|cos n，m|nmnm2t4+4t222，解得t1(负值已舍去)由OBOCOD1，得BCCD，所以BC3，所以三棱锥ABCD的体积为131213136.在已知二面角的条件下求几何量或参数的值时，注意用好二面角的定义，求出相关的量，或由此写出相关点的坐标，为用向量法求解问题做好必要的条件准备如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，ABEF，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知AB2，EF1.

22、(1)求证：平面DAF平面CBF；(2)当AD的长为何值时，二面角DFCB的平面角的大小为60？(1)证明：因为平面ABCD平面ABEF，CBAB，平面ABEF平面ABCDAB，CB平面ABCD，所以CB平面ABEF.因为AF平面ABEF，所以CBAF.又因为AB为圆的直径，所以FBAF.又CBBFB，所以AF平面CBF.因为AF平面DAF，所以平面DAF平面CBF.(2)解：设EF，CD的中点分别为G，H，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系(如图)，设ADt，则D(1，0，t)，C(1，0，t)，A(1，0，0)，B(1，0，0)，F12，32，0，所以CD(2，0，0)，FD12，32，t

23、.设平面DCF的法向量为n1(x，y，z)，则n1CD0，n1FD0，即2x=0， 12x32y+tz=0，取z3，则n1(0，2t，3)由(1)可知AF平面CBF，取平面CBF的一个法向量n2AF12，32，0，所以cos 603t4t2+3，解得t64，所以线段AD的长为64时，二面角DFCB的平面角的大小为60.考点4求空间距离问题综合性(1)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，AA11，AB4，BC3，ABC90，则点B到直线A1C1的距离为_135解析：以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(4，0，1)，C1(0，3，1)，所以直线A1C1的方向向量为A1C1(4，3，0)

24、，而BC1(0，3，1)，所以点B到直线A1C1的距离dBC12BC1A1C1A1C1210952135.(2)如图，已知正方形ABCD的边长为1，PD平面ABCD，且PD1，E，F分别为AB，BC的中点求点D到平面PEF的距离；求直线AC到平面PEF的距离解：以D为坐标原点，DA，DC，DP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，则D(0，0，0)，P(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E1，12，0，F12，1，0，则PE1，12，1，PF12，1，1.设平面PEF的法向量为n(x，y，z)，则nPE=0，nPF=0，所以x+12yz=0，12x+yz

25、=0，即z=32y，x=y.令y2，则n(2，2，3)又DP(0，0，1)，所以点D到平面PEF的距离dDPnn31731717.由于E，F分别是AB，BC的中点，所以EFAC因为AC平面PEF，所以AC平面PEF，所以点A到平面PEF的距离即为直线AC到平面PEF的距离由于AE0，12，0，又由知平面PEF的法向量为n(2，2，3)，所以点A到平面PEF的距离dAEnn1171717，即直线AC到平面PEF的距离为1717.1空间距离包括空间内任意两点之间的距离、点到平面的距离、直线与平面的距离以及两平行平面之间的距离，其中两点间的距离可以用向量的模长处理，其他三种距离的求解都可以转化为点到

26、平面的距离2用向量法求点面距的步骤：(1)建系：建立恰当的空间直角坐标系(2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标(3)求向量：求出相关向量的坐标(AP，内两不共线向量，平面的法向量n)(4)求距离dAPnn.1在空间直角坐标系Oxyz中，四面体ABCD的顶点坐标分别是A(0，0，2)，B(2，2，0)，C(1，2，1)，D(2，2，2)，则点B到平面ACD的距离是()A233B33C223D23A解析：由题意知AD(2，2，0)，CD(1，0，1)，BD(0，0，2)，设平面ACD的法向量为n(x，y，z)，则nAD=2x+2y=0，nCD=x+z=0， 取x1，则n(1，1，1)，所以BDn

27、n23233，即点B到平面ACD的距离是233.故选A2若正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为()A2aB3aC23aD33aD解析：建立空间直角坐标系如图则A(a，0，0)，D(0，0，0)，C1(0，a，a)，D1(0，0，a)，B1(a，a，a)，设n(x，y，z)为平面AB1D1的法向量，则nAB1=ay+z=0， nAD1=ax+z=0，得y=z，x=z. 取z1，则n(1，1，1)为平面AB1D1的一个法向量又因为AD1BC1，AB1DC1，AD1AB1A，DC1BC1C1，所以平面AB1D1平面BDC1.所以平面AB1D1与平面BDC1

28、的距离可转化为点C1到平面AB1D1的距离d.因为C1B1(a，0，0)，平面AB1D1的法向量为n(1，1，1)，所以dC1B1nna333a.如图，在四棱锥S-ABCD中，ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形，ABBC2，CDSD1.(1)证明：SD平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值的大小四字程序读想算思ABCD，BCCD，SAB为等边三角形，ABBC2，CDSD1定义法，借助点到平面的距离，法向量勾股定理、余弦定理、法向量求解多方法、多角度对立体几何知识的掌握及空间向量在解决立体几何中的应用思路参考：利用定义寻找线面角的位置直接求解(1)证明：取AB的中点为点E，连

29、接DE，则四边形BCDE为矩形，DEBC2.连接SE，则SEAB，SE3.又SD1，故DE2SE2SD2，所以DSE为直角由ABDE，ABSE，DESEE，得AB平面SDE，所以ABSD，SD与两条相交直线AB，SE都垂直，所以SD平面SAB(2)解：因为CDAB，所以CD与平面SBC所成的角即为AB与平面SBC所成的角如图，取SC的中点M，连接BM，DM.因为DSDC，BSBC，所以SCDM，SCBM.因为DMBMM，所以SC平面BDM，所以平面BDM平面SBC作DNBM，垂足为点N，则DN平面SBC因为DMBMM，连接CN.CN为CD在平面SBC上的射影，DCN即为CD与平面SBC所成的角

30、因为SDAB，CDAB，所以SDCD，所以|SC|SD2+CD22，|BM|BC2CM222222142，cos DBMBD2+BM2DM22BDBM52+142222225142870，sin DBM670，DN5670217，sin DCNDNCD2171217.所以AB与平面SBC所成角的正弦值为217.思路参考：借助点到平面的距离间接求解(1)证明：同解法1.(2)解：VA-SBCVS-ABC，过点S作SFDE，则SF平面ABCD|SF|SDSEED32.VS-ABC13SABC|SF|1312|AB|BC|SF|1312223233.设A到平面SBC的距离为h，取SC中点M，连接BM

31、.因为SDAB，CDAB，SDCD，|SC|SD2+CD22，|BM|BC2CM222222142，VA-SBC13SSBCh1312|SC|BM|h13122142h76h.因为76h33， 所以h33672217，即A到平面SBC的距离为2217.又因为AB2，设AB与平面SBC所成的角为，则sin AB22172217，所以AB与平面SBC所成角的正弦值为217.思路参考：建立空间直角坐标系，利用法向量求解(1)证明：同解法1.(2)解：如图，以C为坐标原点，CD，CB所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(1，0，0)，A(2，2，0)，B(0，2，0)因为平面SD

32、E平面ABCD，CD1，DF12，SF32，所以S1，12，32.设平面SBC的法向量为n(x，y，z)，BS1，32，32，CB(0，2，0)，故x32y+32z=0，2y=0， 取z2，得x3，y0，所以平面SBC的一个法向量为n(3，0，2)又AB(2，0，0)，所以|cosAB，n|ABnABn217.故AB与平面SBC所成角的正弦值为217.思路参考：变换建系的方法，空间直角坐标系中各点坐标会发生变化，但求角的方法是不变的(1)证明：同解法1.(2)解：如图，以D为坐标原点，射线DE为x轴正半轴，射线DC为y轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，1，0)

33、，B(2，1，0)，C(0，1，0)因为平面SDE平面ABCD，点S在xOz平面内，DF12，SF32，所以S12，0，32.设平面SBC的法向量为n(x，y，z)，BS32，1，32，CB(2，0，0)，故32xy+32z=0，2x=0. 取z2，得x0，y3.所以平面SBC的一个法向量为n(0，3，2)又AB(0，2，0)，所以|cosAB，n|ABnABn2327217.故AB与平面SBC所成角的正弦值为217.1本题考查线面角的运算，解法灵活，基本解题策略一种是利用定义寻找线面角，然后通过解三角形计算，另一种是建立空间直角坐标系，通过法向量与方向向量夹角处理2基于课程标准，解答本题需要

34、熟练掌握线面角的寻找以及空间向量求线面角的方法，具有良好的运算求解能力、空间想象能力本题的解答过程体现了数学探索的魅力3基于高考数学评价体系，解答本题的过程中，通过不同的思路引导，将求线面角转化为最基本的数学模型，体现了基础性；解题过程中知识的转化，体现了综合性如图1，四边形ABCD为菱形，且A60，AB2，E为边AB的中点现将四边形EBCD沿DE折起至EBHD，如图2.若二面角A-DE-H的大小为60，求平面ABH与平面ADE夹角的余弦值图1图2解：(方法一)分别取AE，AD的中点O，K，连接OK，OB由DE平面ABE，可知AEB为二面角A-DE-H的平面角，即有AEB60.因为O为AE的中

35、点，所以BOAE.因为BODE，所以BO平面ADE，则以点O为坐标原点，分别以直线KO，OE，OB为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系由条件，易得A(0，12，0)，B0，0，32，D3，12，0，E0，12，0.再设H(x0，y0，z0)，而ED(3，0，0)，DHx0+3，y012，z0.由EDDH，得EDDH0，得x03.由HB=2，HD=2，可得x02+y02+z0322=4， x0+32+y0122+z02=4.将x03代入，可得y012，z03，即H3，12，3，则BH3，12，32，AH(3，0，3).设平面ABH法向量为n1(x1，y1，z1)，则3x1+3z1=0， 3x11

36、2y1+32z1=0，即y1=3x1，z1=x1. 令x11，得y13，z11，即n1(1，3，1)而平面ADE的一个法向量为n2(0，0，1)于是平面ABH与平面ADE的夹角的余弦值为cos n1n2n1n211555.(方法二)延长HB，DE交于点L，连接AL，取AE的中点O，过点O作OMAL于点M，连接MB，如图由DE平面ABE，可知AEB为二面角A-DE-H的一个平面角，即有AEB60.因为O为AE的中点，所以BOAE.因为BODE，所以BO平面ADE，即BOAL且BOMO.又因为OMAL，所以AL平面BOM，即BMO为平面ADE与平面ABH的夹角的一个平面角而BO32，AO12.易得

37、LE3，而AE1，AEL90，所以EAL60，则MO34.由勾股定理，得MB322+342154，则cos BMOMOMB55，即平面ADE与平面ABH的夹角的余弦值为55.(方法三)延长HB，DE交于点L，连接AL，过点D作DQAE且与LA的延长线交于点Q，连接QH.分别取DQ，AE中点M，O，连接AM，BO.再取MD中点O，连接OO.因为QDAE，HDBE且QD，HD为平面HDQ内两条相交直线，AE，BE为平面ABE内两条相交直线，所以平面HDQ平面ABE.因为DE平面ABE，所以DE平面HDQ，即HDQ为二面角A-DE-H的一个平面角，即有HDQ60.由HD2，得HM3，MD1，则MO1

38、2.因为M为QD中点，所以HMQD因为HMDE，所以MH平面ADE.以点O为坐标原点，分别以直线OO，OE，OB为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图易得A0，12，0，B0，0，32，H3，12，3，则有AB0，12，32，BH3，12，32.设平面ABH的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则12y1+32z1=0， 3x112y1+32z1=0，即y1=3z1，z1=x1. 令x11，得y13，z11，即n1(1，3，1)而平面ADE的一个法向量为n2(0，0，1)于是平面ABH与平面ADE的夹角的余弦值为cos n1n2n1n211555.课时质量评价(三十八)A组全考点巩固练1在三

39、棱锥ABCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2.若n1，n23，则二面角ABDC的大小为()A3B23C3或23D6或3C解析：因为二面角的范围是0，且n1，n23，所以二面角ABDC的大小为3或23.故选C2如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，OC(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 等于()A43B53C23D23C解析：由题意可知，平面ABO的一个法向量为OC(0, 0, 2)，由图可知，二面角CABO为锐角，由空间向量的结论可知，cos OCnOCn42323.3如图，在长方体ABCDA1B1

40、C1D1中，ADAA11，AB3，E为线段AB上一点，且AE13AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为()A33535B 277C33D24A解析：如图，以D为坐标原点，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，则C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以DC1(0，3，1)，D1E(1，1，1)，D1C(0，3，1)设平面D1EC的法向量为n(x，y，z)，则nD1E=0，nD1C=0，即x+yz=0，3yz=0， 取y1，得n(2，1，3)所以cos DC1，nDC1nDC1n33535，所以DC1与平面D1EC所成的角

41、的正弦值为33535.4在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A12B23C33D22B解析：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E1，0，12，D(0，1，0)，所以A1D(0，1，1)，A1E1，0，12，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则n1A1D=0，n1A1E=0，即yz=0，112z=0，所以y=2，z=2，所以n1(1，2，2)又平面ABCD的一个法向量为n2(0，0，1)，所以cos n1，n223123.即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为23.5在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA12，二面角BAA1C1的大小为60，点B到平面ACC1A1的距离为3，点C到平面ABB1A1的距离为23，则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为()A7B6C5D2A解析：由题意可知，BAC60，点B到平面ACC1A1的距离为3，点C到平面ABB1A1的距离为23，所以在三角形ABC中，AB2，AC4，BC23，ABC90，则AB1BC1(BB1BA)(BB1+BC1)4，|AB1|22，|BC1