人教版导与练总复习数学一轮课时作业：第七章第6节第二课时　求空间角与距离

第二课时求空间角与距离

灵活方医方致偎影

课时作业

综合运

知识点、方法基础巩固练应用创新练

用练

用空间向量求异面直线所

1

成的角

用空间向量求直线与平面

2,4,911

所成的角

用空间向量求二面角312

用空间向量求距离6,8

13,14,15,

综合问题5,7,1017,18

16

A级基础巩固练

1.如图所示,在正方体ABCD-ABCR中，已知M,N分别是BD和AD的中

点，则BM与ON所成角的余弦值为（C）

c.

A.叵

30B弯

「同

L.-----

10D•普

解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.

设正方体的棱长为2,

贝(JB12,2,1,0),

»(0,0,2),N(l,0,0),

所以3%=(-1,-1,-2),

%N=(l,0,-2),

所以BM与D,N所成角的余弦值为'DiN―卜1+4_痂*r

B；M山;N一否苒而FT取皮L

2.如图，已知长方体ABCD-ABCD中，AD=AAi=l,AB=3,E为线段AB上一

点,且AE=1AB,则DC,与平面D.EC所成角的正弦值为(A)

3V352V7

DD.

35-------7

V3nV2

—U.—

34

解析:如图，以D为坐标原点,DA,DC,DD所在直线分别为x轴、y轴、z

轴建立空间直角坐标系,

则C,(0,3,1),D.(0,0,1),E(1,1,0),C(0,3,0),

所以DCi=(0,3,1),5E=(1,1,-1),DiC=(0,3,-1).

设平面D]EC的法向量为n=(x,y,z),

n,D]E=0,(x+y-z=0,

则

—>(3y-z=0,

n,D^C=0,

取y=l,得n=(2,l,3).

所以cos<£>67n>=1>n

1；iDCjlIn35

所以DC,与平面D,EC所成的角的正弦值为嘿.故选A.

3.在正方体ABCD_ABCD中，点E为BB,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)

C.—D.—

32

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-A.B,C,D,的棱长为1,则A,(0,0,1),E(l,0,1),D(0,1,0),

所以乙。二(0,1,-1),4^=(1,0,-1),

设平面A.ED的法向量为n,=(l)y,z),

卜.A?=0,即仁=0，所以3=2,

“l八1-z=0,lz=2,

Mi•ArE=0,l2

所以ni=(l,2,2).

又平面ABCD的一个法向量为ih=(0,0,1),

所以cos<nbn2>=-^-=|,

•3XA5

即平面A.ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为宗故选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）

r3V3n3V6

L.---U.---

1010

解析:设正三棱柱ABC-A.B,C.的棱长为2,取AC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Dxyz,如图所示，

则B,(0,V3,2),F(l,0,1),E(j,y,0),G(0,0,2),

所以B；F=(1,-V3,-1),EF=4-亨，1),GF=(1,0,-1).

设平面GEF的法向量为n=(x,y,z),

—>

则.-n=O,

、GF•n=0,

flV3,

即%4一三y+z=°n，

lx-z=0,

取x=l,贝Ijz=l,y=V3,

故n=(l,V3,1)为平面GEF的一个法向量，

所以cos〈n,BiF〉=£^=q,

所以BF与平面GEF所成角的正弦值为|.故选A.

5.已知棱长为3的正四面体A-BCD的底面BCD确定的平面为a,P是

a内的动点,且满足PAN2PD,则动点P的集合构成的图形的面积为

(B)

C.4nD.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的距离为逐，

则A(f,—去V6),D(0,0,0),

设P(x,y,0),

所以PA2=(xq)2+(y+|)2+6,

PD2=x2+y2,

又PA22PD,

所以(x-争2+(y+/+624(x2+y2),

整理得x'+jx+yJyW3,

所以（X+噂

6Z3

即P的集合是半径为谷的圆（含圆内部），

所以图形的面积为等.

故选B.

6.（2021•江西南昌调研）已知三棱锥P_ABC的所有顶点都在球。的球

面上，AABC满足AB=2V2,ZACB=90°,PA为球0的直径,且PA=4,则

点P到底面ABC的距离为（B）

A.V2B.2V2

C.V3D.2V3

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PA=4,

所以球心。是PA的中点,连接0C,

则球0的半径R=0C=1PA=2.

过点0作（^^平面ABC,垂足为D,则D为AABC外接圆的圆心，

连接CD（图略）.

在AABC中,AB=2也ZACB=90°,

所以D为AB的中点，且AD=BD=CD=V2,

所以OD=VOC2-CD2=V4Z2=V2,

所以点P到底面ABC的距离d=20D=2V2.

故选B.

7.（多选题）（2021・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：

B.点C到平面ABCD的距离为亨

C.异面直线D,C与BG所成的角为；

D.三棱柱AAD_BB£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NCBCW，故A正确；连接B£（图略），由B1C±BC1,B1C±AB,BC,n

AB=B,BCbABu平面ABC.Db得B£_L平面ABCD,所以点C到平面ABC.D.

的距离为BC长度的一半，即今故B正确；因为BC./ZADB所以异面直

线D,C与BG所成的角为NADC连接AC（图略），则4ADC为等边三角

形,故异面直线D,C与BG所成的角为全故C错误;三棱柱AAD一BBC

的外接球也是正方体ABCD-ABCD的外接球，故外接球的半径为

+冶,故D正确故选ABD.

8.已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面,M,N分别是CD,PC的中点,

并且PA=AD=1.在如图所示的空间直角坐标系中,MN=.

解析:连接PD（图略），因为M,N分别为CD,PC的中点,所以MN=|PD,

又P（0,0,l）,D（0,1,0）,

所以|而|=］。2+12+（_1）2=鱼，

所以MN号.

答案号

9.（2021•河北承德期末）已知四棱锥P-ABCD的底面是菱形，

NBAD=60°,PD，平面ABCD,且PD=AB,点E是棱AD的中点,F在棱PC

上.若PF：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Dxyz.

设菱形ABCD的边长为2,

则D(0,0,0),E(g.0),F(0,工),所以薪=》.

LLJJZoo

又平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),

所以cos<EF,n>=]3=_

J呼)2+(62+©35

即直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为警.

10.（2021•山东德州模拟）如图,P_ABC是一个三棱锥,AB是圆的直

径,C是圆上的一点,PC垂直于圆所在的平面,D,E分别是棱PB,PC的

中I占八、、•

C

⑴求证:DE_L平面PAC;

(2)若二面角A-DE-C是45°,AB=PC=4,求AE与平面ACD所成角的正

弦值.

⑴证明：因为AB是圆的直径，

所以BC_LAC,因为PC垂直于圆所在的平面,BCu平面ABC,

所以PC_LBC,

又因为ACGPC=C,ACu平面PAC,PCu平面PAC,

所以BC_L平面PAC.

因为D,E分别是棱PB,PC的中点，

所以BC/7DE,从而有DE_L平面PAC.

(2)解：由⑴可知，DE±AE,DE1EC,

所以NAEC为二面角A-DE.C的平面角，

从而有NAEC=45°,

则AC=EC=1PC=2,

又BC±AC,AB=4,得BC=2V3.

—>—,—>

以C为坐标原点,CB,CA,CP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Cxyz,

则C(0,0,0),A(0,2,0),E(0,0,2),B(26,0,0),P(0,0,4),D(V3,0,2),

所以族=(0,-2,2),CA=(0,2,0),CD=(V3,0,2).

设n=(x,y,z)是平面ACD的法向量,

—>

则n・?=0,

.11,CD=0,

可取n=(2,0,-V3),

故|cos<n,・季=鬻,

|n|\AE\14

所以AE与平面ACD所成角的正弦值为当.

14

B级综合运用练

11.如图，已知圆柱00“A在圆0上,A0=l,00^72,P,Q在圆0i上,且满

足PQ=^，则直线AOi与平面OPQ所成角的正弦值的取值范围是

(A)

解析:取PQ中点M,则0MLPQ,

以点0i为坐标原点,M0,所在直线为x轴,00i所在直线为z轴,建立如

图所示的空间直角坐标系，

则0(0,0,-V2),P呼,-y,0),Q(Ty,0),

OP=4,V2),OQ=V2),

设平面OPQ的法向量为m=(x,y,z),

m,OP=--x~—y+V2z=0,

则，-33

m•OQ=-手尢+4,+V2z=0,

取x=V3,则y=0,z=l,

所以m=(VX0,1),设A(cos9,sin。，-/)，直线AOi的方向向量为

->_

n=O]4=(cos9,sin9,~V2),

所以直线A0,与平面OPQ所成角的正弦值为‘各人二

m•n2V3

也誓_£[0,等].故选A.

12.二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半

平面内，且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2V17,则该二面角

的大小为(C)

A.150°B.45°C.60°D.120°

解析:如图所示,二面角是<4C,BD>.

^^}CD=CA+AB+BD,

—>TTT—>-»—»—>—>-4

所以亦=042+432+3。2+2(CA•AB+CA・BD+AB•8。)=

CA2+AB2+BD2+2CA•BD,

所以C4・BD=1x[(2V17)2-62-42-82]=-24.

TT

因为4c•BD=24,

cos<4C,BD>=—AC——-B—D1

\AC\\BD\2

—>—>

所以<4C,BD>=60°,故二面角为60°.故选C

13.如图，菱形ABCD中，NABC=60°,AC与BD相交于点0,AEJ_平面

ABCD,CF〃AE,AB=2,CF=3.若直线OF与平面BED所成的角为45°,则

AE=.

解析:如图，以。为坐标原点，以0A,0B所在直线分别为x轴、y轴，过

点0且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系.

设AE=a(a>0),

则B(0,V3,0),D(0,-V3,0),F(-l,0,3),E(l,0,a),

->—,—>

所以0尸=(一1,0,3),08=(0,2V3,0),EB=(­l,V3,-a).

设平面BED的法向量为n=(x,y,z),

则n・"=0,即产y=0,

[n>EB=0,(一汽+V3ynz=0,

贝Iy=0,取z=l,得x=-a,

所以n=(-a,0,1),

rrIU/二…n•OFa+3

所以cos<n,0F>----

In\OFVa2+lxvl0

因为直线OF与平面BED所成角的大小为45

a+3V2

所以

Va2+lxV10w

解得a=2或［（舍去）,

所以AE=2.

答案：2

14.在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，ZDAB=

60°,PA=PD,NAPD=90°,平面PAD,平面ABCD,点Q是APBC内（含边

界）的一个动点，且满足DQ±AC,则点Q所形成的轨迹长度

是.

解析:如图,连接BD,交AC于点0,因为四边形ABCD为菱形,

所以AC_LBD.

取PC上一点M,连接MD,MB,且DM±AC,

又AC±BD,BDnDM=D,BDu平面BDM,DMu平面BDM,

所以AC_L平面BDM,则点Q的轨迹是线段BM.

以0为原点,OA所在直线为X轴,0B所在直线为y轴,过点0且垂直于

平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则0(0,0,0),A(V3,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),P(9,TD，

C(-V3,0,0),所以&=(6,0,0),防=(1,1),命=(-竽,

3。=(0,-2,0).

设PM=入PC,0W入W1,则OM=OP+PM=DP+入PC=碎,5,1)+入

空…),22

贝向镖-苧入，沙,1-人).

因为OA_LDM,

—>—>

所以04•DM=0,

解得入q

所以晶=(0,|,)

BM^BD+DM=(0,-2,0)+(0,|,|)=(0,g|),

所以BM\=2+(|)2:竽

即点Q所形成的轨迹长度为詈.

答案:空5

15.如图，平面内直线EF与线段AB相交于点C,NBCF=30°,且

AC=CB=4,将此平面沿直线EF折成60°的二面角a_EF_B,BPJ_

平面a,点P为垂足.

'BB

E

F<=>

(1)求AACP的面积;

⑵求异面直线AB与EF所成角的正切值.

解:法一(建系法)

⑴如图,在平面a内，过点P作PM_LEF,点M为垂足,连接BM,则ZBMP

为二面角a-EF-P的平面角.以点P为坐标原点，以直线PM为x轴,射

线PB为z轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz.

在RtABMC中，由ZBCM=30°,CB=4,

得CM=2V3,BM=2.

在RtABMP中，由ZBMP=60°,BM=2,

得MP=1,BP=V3.

故P(0,0,0),B(0,0,V3),C(-1,-2V3,0),M(-l,0,0).

由NACM=150°,

得A(l,-46,0).

所以(1,2V3,0),CA=(2,-2V3,0),

贝Ijcp•C4=-10,cosNACP=-岛，

sinNACP=军.

2V13

因此S.CP=，CA|•|CP|•sinZACP=3V3.

(2)由(1)得总=(1,-46,-包

MC=(O,-2V3,0),

—>—>

BA•MC=24,

cos<BA,MC>=^fl,

V13

所以sin<BA,MC>=^=,

V13

tan<BA,MC>=^-.

6

所以AB与EF所成角的正切值为£

o

法二(几何法)

(1)如图,在平面a内，过点P作PM_LEF,点M为垂足,

连接BM,则NBMP为二面角a_EF_P的平面角.

在RtABMC中，由ZBCM=30°,CB=4,

得CM=2V3,BM=2.

在RtABMP中，由ZBMP=60°,BM=2,

得MP=1.

在RtACMP中，由CM=2V3,MP=1,

得CP=V13,cosZPCM=^,

sinZPCM=^=.

故sinNACP=sin(150。-NPCM)=焉，

所以S&CP=1|CA|・|CP|•sinZACP=3V3.

(2)如图,过点A作AQ〃EF,交MP于点Q,

则NBAQ是AB与EF所成的角，且AQ_L平面BMQ.

作ANLEF,垂足为N,

因为PMLEF,AQ±QM,

所以四边形AQMN为矩形，所以AN=QM,

因为NACM=150°,AC=4,所以AN=QM=2.

在△BMQ中，由ZBMQ=60°,BM=MQ=2,得BQ=2.

在RtABAQ中，由AQ=AC•cos30°+CM=4V3,BQ=2,

得tanNBAQ=^=省.

AQ6

因此AB与EF所成角的正切值为£

6

16.(2021•山东潍坊二模)请从下面三个条件中任选一个，补充在下

面的横线上,并作答.

①AB_LBC;②FC与平面ABCD所成的角为匕③NABC=J

如图,在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形,PA_L平面ABCD,且

PA=AB=2,PD的中点为F.

(1)在线段AB上是否存在一点G,使得AF〃平面PCG?若存在,指出G

在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；

(2)若,求二面角F-AC-D的余弦值.

解：(1)存在线段AB的中点G,使得AF〃平面PCG.

证明如下：

如图所示,设PC的中点为H,连接FH,GH.

因为F,H分别为PD,PC的中点，

所以FH〃CD,FH=|CD,

在菱形ABCD中，因为G为AB的中点，

所以AG〃CD,AG=：CD,

所以FH〃AG,FH=AG,

所以四边形AGHF为平行四边形，

所以AF〃GH.

又GHu平面PCG,AFQ平面PCG,

所以AF〃平面PCG.

(2)选择①,AB±BC.

因为PA_L平面ABCD,ABu平面ABCD,ADu平面ABCD,

所以PA_LAB,PA_LAD,

所以AB,AD,AP两两相互垂直，以A为原点,AB,AD,AP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.

因为PA=AB=2,

所以A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),F(0,1,1),

所以4F=(0,1,l),CF=(-2,-l,1).

设平面FAC的法向量为u=(x,y,z),

则〃•人产=y+z=°，

•CF=-2x-y+z=0,

取y=l,得u=(-l,1,-1).

易知平面ACD的一个法向量为v=(0,0,1),

设二面角F-AC-D为9,

由图知二面角F-AC-D为锐二面角，

所以二面角F-AC-D的余弦值为学

选择②,FC与平面ABCD所成的角为g

6

如图，取BC的中点E,连接AE,取AD的中点M,连接FM,CM,

则FM〃PA,且FM=1.

因为PA_L平面ABCD,

所以FM_L平面ABCD,

所以FC与平面ABCD所成的角为NFCM,

所以NFCM《.

在RtAFCM中,CM=N=4=K.

tan-12

6T

又CM=AE,

所以AE2+BE2=AB2,

所以BC_LAE,

又BC〃AD,

所以AE_LAD.

因为PA_L平面ABCD,ADu平面ABCD,

AEu平面ABCD,

所以PA_LAD,PA±AE,

所以AE,AD,AP两两相互垂直，以A为原点,AE,AD,AP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.

因为PA=AB=2,

所以A(0,0,0),C(V3,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2),F(0,1,1),

―,—,

4F=(0,1,1),CF=(-V3,0,1).

设平面FAC的法向量为m=(x,y,z),

m•AF=y+z=0,

.m•CF=-y/3x+z=0,

取x=6,得m=(6,-3,3).

易知平面ACD的一个法向量为n=(0,0,1),

设二面角F_AC_D为。,

由图知二面角F-AC-D为锐二面角,

所以二面角F-AC-D的余弦值为手.

选择③，ZABC=J

取BC的中点E,连接AE.

因为PAL平面ABCD,AEu平面ABCD,

ADu平面ABCD,

所以PA_LAE,PA±AD,

因为底面ABCD是菱形，ZABC=p

所以AABC是正三角形.

因为E是BC的中点，

所以BC_LAE,

所以AE,AD,AP两两相互垂直，以A为原点,AE,AD,AP所在直线分别为

x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.

以下同选择②.

C级应用创新练

17.(2021•江西上饶模拟)如图所示,正方形AADD与矩形ABCD所在

平面互相垂直,AB=2AD=2,点E为AB的中点.

⑴求证:B。〃平面ADE;

⑵设在线段AB上存在点M,使二面角D.-MC-D的大小为三,求此时AM

6

的长及点E到平面D,MC的距离.

(1)证明：连接ADi交A,D于点0,连接0E,因为四边形AADD为正方形,

所以。是ADi的中点，因为点E为AB的中点,

所以E0为448口的中位线,

所以EO〃BDi.

又因为BDQ平面A.DE,OEu平面ADE,

所以BD〃平面ADE.

(2)解：因为平面AADD_L平面ABCD,平面AADDA平面ABCD=AD,

DD」AD,DDu平面AADD,所以DJ)_L平面ABCD,以点D为原点，DA,

DC,DD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D(0,0,0),C(0,2,0),Ai(1,0,1),D(0,0,1),B(1,2,0),E(1,1,0),

设M(l,y。,0)(0Wy°W2),

->—>

所以MC=(-1,2-y0,0),D1C=(0,2,-1),

设平面DiMC的法向量为m=(x,y,z),

则%.MC=0,

%•D]C=0,

加r%+y(2—yo)=o,

(2y-z=0,

取y=l,则ni=(2-y0,1,2).

而平面MCD的一个法向量为n2=(0,0,1).

要使二面角D-MC-D的大小为2

O

nn

贝Ijcos-=|cos<nbn2>|二11[二

6%n21

_______2________V3

2222

J(2-y0)+l+2

解得y0=2噂(0Wy°W2),

故AM=2-y,

此时rh=(苧,1,2),D；E=(1,1,-1).

故点E至！J平面D.MC的距离为dJL以阜竽