（寒假）2024-2025年高二数学 寒假巩固讲义+随堂检测 第06课 空间角与距离的计算（教师版）

第第页第06课空间角与距离的计算1.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．2.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m,l∥α,n⊥m⇔n·m＝0l⊥α,n∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，m,α∥β,n∥m⇔n＝λmα⊥β,n⊥m⇔n·m＝03.异面直线所成的角3.设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))a与b的夹角βl1与l2所成的角θ求法cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝|cosβ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)4.求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).5.求二面角的大小(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉①②③(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．考向一运用向量研究异面直线所成的角【例1】如图，在正方体中，点在线段上运动，则（）A．直线平面B．三棱锥的体积为定值C．异面直线与所成角的取值范围是D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ABD【解析】对于选项A,连接,由正方体可得,且平面,则,所以平面,故；同理,连接,易证得,则平面,故A正确；对于选项B,,因为点在线段上运动,所以,面积为定值,且到平面的距离即为到平面的距离,也为定值,故体积为定值,故B正确；对于选项C,当点与线段的端点重合时,与所成角取得最小值为,故C错误；对于选项D,因为直线平面,所以若直线与平面所成角的正弦值最大,则直线与直线所成角的余弦值最大,则运动到中点处,即所成角为,设棱长为1,在中,,故D正确.故选：ABD【变式1-1】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为________．【答案】eq\f(\r(5),5)【解析】不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得C(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，所以eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2，2，1)，所以cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))|·|\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4－1,\r(5)×\r(9))＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)＞0，所以eq\o(BC1,\s\up6(→))与eq\o(AB1,\s\up6(→))的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，所以直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5).方法总结：利用向量法求异面直线所成角的方法：(1)选择三条两两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．考向二运用向量研究直线与平面所成的角【例2】如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点．（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值．【解析】【小问1详解】证明：连接交于，则是的中点，连接，是的中点，，平面，平面，平面；又，平面，平面，平面，又与相交于点，平面，所以平面平面．小问2详解】连接，因为四边形是菱形，所以，又，，所以为等边三角形，所以，又，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，所以平面，如图，以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设面的法向量为，依题意有，则，令，，，则，所以，所以直线与面成角的正弦值是．【变式2-1】如图，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)求证：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．【解析】(1)易知AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t(t>0)，则有A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)，所以eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－t，3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(t，1，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－t，3，0).因为AC⊥BD，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝eq\r(3)或t＝－eq\r(3)(舍去)，所以eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0).因为eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝－3＋3＋0＝0，所以eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(B1D,\s\up6(→))，即AC⊥B1D.(2)由(1)，知eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0，3，3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(0，1，0).设n＝(x，y，z)是平面ACD1的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，))令x＝1，则n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3)).设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(B1C1,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(B1C1,\s\up6(→)),|n|·|\o(B1C1,\s\up6(→))|)))＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7)，即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为eq\f(\r(21),7).方法总结：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，取其余角就是斜线和平面所成的角．考向三运用向量研究二面角【例3】如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，点为棱的中点，为边的中点.（1）求证：平面；（2）若侧面底面，且，，求平面与平面的夹角的余弦值.【解析】【小问1详解】取线段的中点，连接，，∵，分别为，的中点，∴且，∵底面是菱形，且为的中点，∴且，∴且.∴四边形平行四边形，∴.又∵平面，平面，∴平面.【小问2详解】连接，由得是等边三角形，∴，∵侧面底面，侧面底面，底面，∴侧面，因为，，由余弦定理的：，解得：，以为原点建立空间坐标系，如图所示.则，，，，则，，，，设平面的一个法向量，则，即，令，则.设平面的一个法向量为，则，即，解得：，令，则，故，∴，所以平面与平面的夹角的余弦值为.【变式3-1】如图，在棱长均为的三棱柱中，平面平面，，为与的交点．（1）求证：；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【解析】（1）因为四边形为菱形，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以.（2）因为，所以菱形为正方形，在中，，在中，，，，所以，，又，，所以，平面；以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.，，，，设平面的一个法向量为平面的一个法向量为，则令，得，令，得，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.方法总结：利用向量法计算二面角大小的常用方法：(1)找法向量法：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．(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．考向四利用空间向量解决探索性问题【例4】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＝2eq\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2eq\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\o(DC,\s\up6(→))＝(1，2，0).设eq\o(DN,\s\up6(→))＝λeq\o(DC,\s\up6(→))＝(λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，则eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))＋eq\o(DN,\s\up6(→))＝(1＋λ，2λ，0)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝(1＋λ，2λ－1，－1).易知eq\o(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sinθ＝|cos〈eq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(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sinθ＝eq\f(t,\r(5t2－12t＋10))＝eq\f(1,\r(5－\f(12,t)＋10\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))\s\up12(2)))＝eq\f(1,\r(10\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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，sinθ最大，即θ最大，此时MN＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(1,3)，－1))，所以MN＝|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋(－1)2)＝eq\f(\r(35),3).【变式4-1】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4-2】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.空间角与距离的计算随堂检测1.已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC法向量的是()A．(－1，1，1) B．(1，－1，1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))【答案】：C【解析】：设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB，\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC，\s\up6(→))＝0，))化简得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))∴x＝y＝z.故选C.2.若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，1，1)，则()A．l∥αB．l⊥αC．l⊂α或l∥αD．l与α斜交【答案】：C【解析】：∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，1，1)，∴a·n＝0，即a⊥n，∴l∥α或l⊂α.3.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()A．45°B．135°C．45°或135°D．90°【答案】：C【解析】：cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,1·\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，即〈m，n〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.4.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A.eq\f(1,10)B.eq\f(2,5)C.eq\f(\r(30),10)D.eq\f(\r(2),2)【答案】：C【解析】：以点C为坐标原点，CA，CB，CC1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．设BC＝CA＝CC1＝2，则可得A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1，－1，2)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－1，0，2)．∴cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BM，\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(BM,\s\up6(→))||\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(1×－1＋－1×0＋2×2,\r(12＋－12＋22)×\r(－12＋02＋22))＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).5.在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与