2024年高考数学第一轮复习精品导学案第55讲 空间角与距离的计算（2）（学生版）+教师版

这是一份2024年高考数学第一轮复习精品导学案第55讲 空间角与距离的计算（2）（学生版）+教师版，共2页。学案主要包含了2021年甲卷理科，小问1详解，小问2详解等内容，欢迎下载使用。

空间角与距离的计算 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(探索性问题\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(探点得位置关系,探点得角)),最值问题))
1、【2021年甲卷理科】已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【解析】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
2、【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【解析】【详解】
（1）证明： 在正方形中，，因为平面，平面，
所以平面，又因为平面，平面平面，
所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．
（2）［方法一］【最优解】：通性通法
因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，设，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
［方法二］：定义法
如图2，因为平面，，所以平面．
在平面中，设．
在平面中，过P点作，交于F，连接．
因为平面平面，所以．
又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．
设，在中，易求．
由与相似，得，可得．
所以，当且仅当时等号成立．
1、（2022·河北深州市中学高三期末）如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，，.

（1）证明：平面平面；
（2），分别是，的中点，是线段上的动点，若二面角的平面角的大小为，试确定点的位置.
【答案】（1）证明见解析；（2）为线段上靠近点的四等分点，且坐标为
【分析】
（1）先通过线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明；
（2）分析位置关系并建立空间直角坐标系，根据二面角的余弦值与平面法向量夹角的余弦值之间的关系，即可计算出的坐标从而位置可确定.
【详解】
（1）证明：因为，，，
所以，即.
又因为，，所以，
，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）解：连接，因为，是的中点，所以.
由（1）知，平面平面，所以平面.
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则平面的一个法向量是，，，.
设，，
，，
代入上式得，，，所以.
设平面的一个法向量为，，，
由，得.
令，得.
因为二面角的平面角的大小为，
所以，即，解得.
所以点为线段上靠近点的四等分点，且坐标为.
2、 (2022·青岛二模)如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径AB＝4，母线PH＝2 eq \r(2)，M是PB的中点，四边形OBCH为正方形．
(1) 设平面POH∩平面PBC＝l，求证：l∥BC；
(2) 设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，当MN与平面PAB所成的角最大时，求MN的长．
【解析】 (1) 因为四边形OBCH为正方形，
所以BC∥OH.
因为BC⊄平面POH，OH⊂平面POH，
所以BC∥平面POH.
因为BC⊂平面PBC，平面POH∩平面PBC＝l，
所以l∥BC.
(2) 因为圆锥的母线长为2 eq \r(2)，AB＝4，
所以OB＝2，OP＝2.
以O为坐标原点，以OH，OB，OP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P(0，0，2)，B(0，2，0)，D(1，0，0)，C(2，2，0)，M(0，1，1)，
所以 eq \(DC,\s\up6(→))＝(1，2，0).
设 eq \(DN,\s\up6(→))＝λ eq \(DC,\s\up6(→))＝(λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，
则 eq \(ON,\s\up6(→))＝ eq \(OD,\s\up6(→))＋ eq \(DN,\s\up6(→))＝(1＋λ，2λ，0)，
eq \(MN,\s\up6(→))＝ eq \(ON,\s\up6(→))－ eq \(OM,\s\up6(→))＝(1＋λ，2λ－1，－1).
易知 eq \(OD,\s\up6(→))＝(1，0，0)为平面PAB的一个法向量．
设MN与平面PAB所成的角为θ，则
sin θ＝|cs 〈 eq \(MN,\s\up6(→))， eq \(OD,\s\up6(→))〉|＝| eq \f((1＋λ，2λ－1，－1)·(1，0，0),\r((1＋λ)2＋(2λ－1)2＋1))|＝ eq \f(1＋λ,\r(5λ2－2λ＋3)).
令1＋λ＝t∈[1，2]，
则sin θ＝ eq \f(t,\r(5t2－12t＋10))＝ eq \f(1,\r(5－\f(12,t)＋10\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))\s\up12(2)))＝ eq \f(1,\r(10\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(3,5)))\s\up12(2)＋\f(7,5)))，
所以当 eq \f(1,t)＝ eq \f(3,5)时，即λ＝ eq \f(2,3)时，sin θ最大，即θ最大，此时MN＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(1,3)，－1))，
所以MN＝| eq \(MN,\s\up6(→))|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋(－1)2)＝ eq \f(\r(35),3).
考向一 利用空间向量解决探索性问题
例1、（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（理））四棱锥中，底面是边长为的正方形，，点P在底面的射影为点O，且，点M是的中点．
(1)求证：；
(2)在线段上，是否存在点N，使二面角的余弦值为？若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析;
(2)在线段上存在点N，且N是线段靠近的一个三等分点.
（1）连接，
因为平面，平面, 平面，
所以.
又，，所以.又，所以为等腰直角三角形.
设与交于点，则点为的中点，又点M是的中点，底面为正方形，所以,
又平面，平面,所以,又，
所以平面，平面,所以
（2）由（1）知，以为坐标原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
假设存在点N在线段上满足条件，设，，则
，
，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设二面角所成角为，则
.
因为二面角的余弦值为，
所以，化简得，
解得或（舍）.
所以在线段上存在点N，且N是线段靠近的一个三等分点.
变式1、（2022年河北省衡水中学高三模拟试卷）如图，在四棱锥中，已知四边形是边长为的正方形，点在底面上的射影为底面的中心，点在棱上，且的面积为1.
（1）若点是的中点，证明：平面平面；
（2）在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.
【解析】【小问1详解】
证明：∵点在底面上的射影为点，∴平面，
∵四边形是边长为的正方形，∴，
∵，∴，即：，∴，又∵，点是的中点，
∴，同理可得：，又∵，且平面，
∴平面，又∵平面，∴平面平面.
【小问2详解】如图，连接，易知，，两两互相垂直，
分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
假设存在点使得直线与平面所成的角的正弦值为，
∵点在棱上，不妨设，，
又，∴，∴，
∵，，
设平面的法向量为，则
令，则，∴，
又，设直线与平面所成的角为，则，
∴，
即，解得：或（不合题意，舍去），
∴存在点符合题意，点为棱上靠近端点的三等分点.
变式2、 (2022·湖南长沙县第一中学模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，且AC＝AB＝AA1＝2.
(1) 求证：A1B⊥B1C；
(2) M，N分别为棱CC1，BC的中点，点P在线段A1B1上，是否存在点P，使平面PMN与平面ABC所成角的余弦值为 eq \f(4\r(21),21)，若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1) 由题意可得AB，AC，AA1两两垂直，故以A为坐标原点， eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(AC,\s\up6(→))， eq \(AA1,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，C(0，2，0)，
所以 eq \(A1B,\s\up6(→))＝(2，0，－2)， eq \(B1C,\s\up6(→))＝(－2，2，－2)，
所以 eq \(A1B,\s\up6(→))· eq \(B1C,\s\up6(→))＝－4＋0＋4＝0，
所以 eq \(A1B,\s\up6(→))⊥ eq \(B1C,\s\up6(→))，即A1B⊥B1C.
(2) 假设存在点P满足题意，由(1)的建系条件可设 eq \(A1P,\s\up6(→))＝λ eq \(A1B1,\s\up6(→))＝λ(2，0，0)＝(2λ，0，0)，0≤λ≤1，
所以P(2λ，0，2)，N(1，1，0)，M(0，2，1)，
所以 eq \(NP,\s\up6(→))＝(2λ－1，－1，2)， eq \(NM,\s\up6(→))＝(－1，1，1).
设平面PMN的法向量为n1＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(NP,\s\up6(→))·n1＝0，,\(NM,\s\up6(→))·n1＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((2λ－1)x－y＋2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))
令x＝3，得n1＝(3，2λ＋1，2－2λ).
又平面ABC的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
则|cs 〈n1，n2〉|＝| eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)|＝ eq \f(|2－2λ|,\r(9＋(2λ＋1)2＋(2－2λ)2))＝ eq \f(2－2λ,\r(8λ2－4λ＋14))＝ eq \f(4\r(21),21)，
化简并整理，得11λ2＋26λ＋35＝0.
又Δ<0，所以方程无根，
所以线段A1B1上不存在点P，使平面PMN与平面ABC所成角的余弦值为 eq \f(4\r(21),21).
方法总结：用向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题的方法：
(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论．
(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在．
考向二 运用向量研究空间距离
例2、（2022年福建省福州市高三模拟试卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PAB是边长为2的等边三角形．梯形ABCD满足BC＝CD＝1，AB∥CD，AB⊥BC．
（1）求证：PD⊥AB；
（2）若PD＝2，求点D到平面PBC的距离．
【解析】
【小问1详解】
证明：取AB中点M，连接MD、MP，
因为PAB是等边三角形，所以PM⊥AB，
因为MBAB＝1，AB∥CD，所以MB∥CD，
又因为MB＝CD，所以四边形BCDM为平行四边形，又因为AB⊥BC，BC＝CD＝1，
所以四边形BCDM为正方形，于是DM⊥AB，
因为DM∩PM＝M，所以AB⊥平面PDM，
又因为PD⊂平面PDM，所以PD⊥AB.
【小问2详解】
过M作MN⊥PB于N，
因为PD＝2，PM＝PAsin60°，MD＝1，所以PD2＝PM2+MD2，于是DM⊥PM，
由（1）知DM⊥AB，又因为AB∩PM＝M，所以DM⊥平面ABP，
因为DM∥BC，所以BC⊥平面ABP，
因为MN⊂平面ABP，所以BC⊥MN，
因为BC∩PB＝B，所以MN⊥平面PBC，点M到平面PBC的距离为线段MN的长，
由等面积法知，MN，
因为DM∥BC，BC⊂平面PBC，DM⊄平面PBC，所以DM∥平面PBC，
所以点D到平面PBC的距离等于点M到平面PBC的距离为MN
变式1、如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2eq \r(3)，求点A到平面MBC的距离．
【解析】 如图，取CD的中点O，连接OB，OM，因为△BCD与△MCD均为正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，平面MCD∩平面BCD＝CD，OM⊂平面MCD，所以MO⊥平面BCD.
以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O­xyz.
因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，
所以OB＝OM＝eq \r(3)，
则O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0，eq \r(3))，B(0，－eq \r(3)，0)，A(0，－eq \r(3)，2eq \r(3))，
所以eq \(BC,\s\up7(―→))＝(1，eq \r(3)，0)．
eq \(BM,\s\up7(―→))＝(0，eq \r(3)，eq \r(3))．
设平面MBC的法向量n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n⊥\(BC,\s\up7(―→))，,n⊥\(BM,\s\up7(―→))))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up7(―→))＝0，,n·\(BM,\s\up7(―→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋\r(3)z＝0，))
取x＝eq \r(3)，可得平面MBC的一个法向量为n＝(eq \r(3)，－1,1)．
又eq \(BA,\s\up7(―→))＝(0,0,2eq \r(3))，
所以所求距离为d＝eq \f(|\(BA,\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(15),5).
方法总结：(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)等体积法．(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．
考向三 运用向量研究最值问题
例3、如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝2a，D，E分别为AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥A′-BCDE.
(1) 在棱A′B上找一点F，使EF∥平面A′CD；
(2) 当四棱锥A′BCDE的体积取最大值时，求平面A′CD与平面A′BE所成角的余弦值．
【解析】 (1) F为棱A′B的中点．证明如下：
取A′C的中点G，连接DG，EF，GF，则由中位线定理，得DE∥BC，DE＝ eq \f(1,2)BC，GF∥BC，GF＝ eq \f(1,2)BC，
所以DE∥GF，DE＝GF，
所以四边形DEFG是平行四边形，
所以EF∥DG.
又EF⊄平面A′CD，DG⊂平面A′CD，
所以EF∥平面A′CD.
故F为棱A′B的中点．
(2) 在平面A′CD内作A′H⊥CD于点H.
因为DE⊥A′D，DE⊥CD，A′D∩CD＝D，
所以DE⊥平面A′CD，所以DE⊥A′H.
又DE∩CD＝D，故A′H⊥平面BCDE，
即A′H就是四棱锥A′-BCDE的高．
由A′H≤AD知，当点H和点D重合时，四棱锥A′-BCDE的体积取最大值．
分别以D为坐标原点，DC，DE，DA′所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A′(0，0，a)，B(a，2a，0)，E(0，a，0)，
所以 eq \(A′B,\s\up6(→))＝(a，2a，－a)， eq \(A′E,\s\up6(→))＝(0，a，－a).
设平面A′BE的法向量为m＝(x，y，z)，
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A′B,\s\up6(→))＝0，,m·\(A′E,\s\up6(→))＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax＋2ay－az＝0，,ay－az＝0，))
即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－z＝0，,y＝z，))可取m＝(－1，1，1).
同理可以求得平面A′CD的一个法向量n＝(0，1，0)，
所以cs 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m|·|n|)＝ eq \f(1,\r(3)×1)＝ eq \f(\r(3),3)，
故平面A′CD与平面A′BE所成角的余弦值为 eq \f(\r(3),3).
变式1、（2022·广东东莞·高三期末）如图，在正四棱锥中，点，分别是，中点，点是上的一点.
（1）证明：；
（2）若四棱锥的所有棱长为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【解析】（1）如图，连接SO和OE，
因为是正四棱锥，所以平面ABCD，
又因为平面ABCD，所以
因为ABCD是正方形，所以，
又因为点O，E分别是BD，BC中点，所以∥，
所以
又因为，OE、平面SOE，
所以平面SOE，
因为平面SOE，所以.
（2）
易知OB，OC，OS两两相互垂直，如图，以点O为原点，OB，OC，OS为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
因为四棱锥的所有棱长为，所以，，
所以，，，，
设，得，则
，，
设平面SDE的法向量为，则
，解得，取，得，
设直线OF与平面SDE所成角为，则
，
当时，取得最小值，此时取得最大值.
方法总结:建立关于角距离等所求的函数的关系式，然后运用基本不等式或者求导进行研究。
1、（2022·山东青岛·高三期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为的中点，.
（1）求证：平面平面；
（2）求点A到平面的距离.
【解析】（1）
连接BD，记AD中点为O，连接OF，
为菱形
O、F分别为AD、AB的中点
又平面POF，OF平面POF
平面POF平面POF
又平面ABCD，AC平面ABCD
平面ABCD平面PAD平面PAD平面ABCD
（2）因为AB=AD，所以为正三角形
由（1）可知AD、OB、PO两两垂直，于是如图建立空间直角坐标系，
则
所以
设向量为平面PDF的法向量，
则，取，得
所以点A到平面PDF的距离.
2、（2022年广州第十七中学高三模拟试卷）如图所示，在梯形ABCD中，，四边形ACFE为矩形，且平面，．（1）求证：平面BCF；
（2）点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角的正弦值为．
【解析】
【小问1详解】因为四边形为梯形，，则，
又因为，所以，则，即.
又因为平面，，则，
因为、都在平面内，，所以面.
【小问2详解】如图所示，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
设，，，
则，、、.，，
设为平面的法向量，则有
可得，取，则.
由题可知，是平面的一个法向量，所以，
因为，所以当时，，即.
所以当点与点重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角的正弦值为.
3、（惠州市高三期末试题）如图，是以为直径的圆上异于的点，平面平面，，，分别是的中点，记平面与平面的交线为直线.
（1）求证：直线平面；
（2）直线上是否存在点，使直线分别与平面，直线所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解析】【小问1详解】
证明：∵，分别是，的中点，∴，
又平面，面，∴面，
又面，面面，∴，
又，面面，面面，∴面，则面；
【小问2详解】：取中点，连接，∵，∴，
∵平面平面，平面平面，
又∵平面，∴平面，又∵是以为直径的圆上异于A，的点，∴，
∵点，分别是，中点，连接，则，
分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
∴，，设，，
设面的法向量为，
则，取，得，
，，
依题意，得，
即，解得，即，∴，
∴直线上存在点，使直线分别与平面、直线所成的角互余，且．
4、（江门市高三期末试卷）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，且，，，．
(1)求证：；
(2)在线段PD上是否存在一点M，使二面角的余弦值为？若存在，求三棱锥体积；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)因为，，，所以，
又因为，且，，
所以，所以，
又因为平面ABCD，且平面ABCD，所以，
又因为，平面PAC，平面PAC，所以平面PAC，
又因为平面PAC，所以．
(2)在BC上取点E，使，则，故以A为原点，以，，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，设，，
在平面MAC中，，，
设平面MAC的一个法向量为，则，
令，则，，所以，
可取平面ACD法向量为，
所以，即，
解得，所以M为PD中点，
所以三棱锥的高h为1，
5、（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）如图，在四棱锥E-ABCD中，，，E在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点．
(1)求证：平面ABE；
(2)当四棱锥E-ABCD体积最大时，求二面角N-AE-B的余弦值．
【解析】（1）证明：如图所示，取EC的中点的F，连接MF，NF，
因为M，F分别为ED和EC的中点，所以，因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，
因为，平面，平面，
所以平面平面，因为平面，所以平面.
（2）解：如图所示，过E作交AB于O，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，故EO为四棱锥E-ABCD的高，
要使四棱锥E-ABCD体积最大，则E为弧的中点，所以O与AB的中点，
取CD的中点G，连接OG，因为，，所以，
因为平面ABCD，所以，，所以EO，AB，OG两两垂直，
以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，
设，所以，
可得，，，则，，
设平面的一个法向量，则，可得，
令，则平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，则，
由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二成角的余弦值为．