（寒假）2024-2025年高二數(shù)學(xué) 寒假鞏固講義+隨堂檢測(cè) 第06課 空間角與距離的計(jì)算（教師版）

第第頁第06課空間角與距離的計(jì)算1.直線的方向向量和平面的法向量(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或重合，則稱此向量a為直線l的方向向量．(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a叫做平面α的法向量．2.空間位置關(guān)系的向量表示位置關(guān)系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1∥l2n1∥n2?n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2?n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為m,l∥α,n⊥m?n·m＝0l⊥α,n∥m?n＝λm平面α，β的法向量分別為n，m,α∥β,n∥m?n＝λmα⊥β,n⊥m?n·m＝03.異面直線所成的角3.設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則a與b的夾角βl1與l2所成的角θ范圍(0，π)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))a與b的夾角βl1與l2所成的角θ求法cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝|cosβ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)4.求直線與平面所成的角設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).5.求二面角的大小(1)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個(gè)面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉①②③(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補(bǔ)角)．考向一運(yùn)用向量研究異面直線所成的角【例1】如圖，在正方體中，點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)，則（）A．直線平面B．三棱錐的體積為定值C．異面直線與所成角的取值范圍是D．直線與平面所成角的正弦值的最大值為【答案】ABD【解析】對(duì)于選項(xiàng)A,連接,由正方體可得,且平面,則,所以平面,故；同理,連接,易證得,則平面,故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B,,因?yàn)辄c(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng),所以,面積為定值,且到平面的距離即為到平面的距離,也為定值,故體積為定值,故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C,當(dāng)點(diǎn)與線段的端點(diǎn)重合時(shí),與所成角取得最小值為,故C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D,因?yàn)橹本€平面,所以若直線與平面所成角的正弦值最大,則直線與直線所成角的余弦值最大,則運(yùn)動(dòng)到中點(diǎn)處,即所成角為,設(shè)棱長(zhǎng)為1,在中,,故D正確.故選：ABD【變式1-1】如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1所成角的余弦值為________．【答案】eq\f(\r(5),5)【解析】不妨令CB＝1，則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(→))與eq\o(AB1,\s\up6(→))的夾角即為直線BC1與直線AB1的夾角，所以直線BC1與直線AB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).方法總結(jié)：利用向量法求異面直線所成角的方法：(1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標(biāo)系；(2)確定異面直線上兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，從而確定異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對(duì)值．考向二運(yùn)用向量研究直線與平面所成的角【例2】如圖，在多面體中，四邊形是菱形，，，，平面，，，是的中點(diǎn)．（1）求證：平面平面；（2）求直線與平面所成的角的正弦值．【解析】【小問1詳解】證明：連接交于，則是的中點(diǎn)，連接，是的中點(diǎn)，，平面，平面，平面；又，平面，平面，平面，又與相交于點(diǎn)，平面，所以平面平面．小問2詳解】連接，因?yàn)樗倪呅问橇庑?，所以，又，，所以為等邊三角形，所以，又，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，因?yàn)槠矫?，所以平面，如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以、、為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，設(shè)面的法向量為，依題意有，則，令，，，則，所以，所以直線與面成角的正弦值是．【變式2-1】如圖，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)求證：AC⊥B1D；(2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值．【解析】(1)易知AB，AD，AA1兩兩垂直．如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝t(t>0)，則有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?yàn)锳C⊥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?yàn)閑q\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).設(shè)n＝(x，y，z)是平面ACD1的法向量，則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，則n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3)).設(shè)直線B1C1與平面ACD1所成的角為θ，則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)，即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為eq\f(\r(21),7).方法總結(jié)：利用向量法求線面角的方法：(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個(gè)方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角，取其余角就是斜線和平面所成的角．考向三運(yùn)用向量研究二面角【例3】如圖，在四棱錐中，底面四邊形為菱形，點(diǎn)為棱的中點(diǎn)，為邊的中點(diǎn).（1）求證：平面；（2）若側(cè)面底面，且，，求平面與平面的夾角的余弦值.【解析】【小問1詳解】取線段的中點(diǎn)，連接，，∵，分別為，的中點(diǎn)，∴且，∵底面是菱形，且為的中點(diǎn)，∴且，∴且.∴四邊形平行四邊形，∴.又∵平面，平面，∴平面.【小問2詳解】連接，由得是等邊三角形，∴，∵側(cè)面底面，側(cè)面底面，底面，∴側(cè)面，因?yàn)椋?，由余弦定理的：，解得：，以為原點(diǎn)建立空間坐標(biāo)系，如圖所示.則，，，，則，，，，設(shè)平面的一個(gè)法向量，則，即，令，則.設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，即，解得：，令，則，故，∴，所以平面與平面的夾角的余弦值為.【變式3-1】如圖，在棱長(zhǎng)均為的三棱柱中，平面平面，，為與的交點(diǎn)．（1）求證：；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值．【解析】（1）因?yàn)樗倪呅螢榱庑?，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，因?yàn)槠矫妫?（2）因?yàn)?，所以菱形為正方形，在中，，在中，，，，所以，，又，，所以，平面；以為坐?biāo)原點(diǎn)，以，，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.，，，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為平面的一個(gè)法向量為，則令，得，令，得，設(shè)平面與平面所成銳二面角為，則，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為.方法總結(jié)：利用向量法計(jì)算二面角大小的常用方法：(1)找法向量法：分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在平面的法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角的大?。?2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，則這兩個(gè)向量的夾角的大小就是二面角的大小．考向四利用空間向量解決探索性問題【例4】如圖，P為圓錐的頂點(diǎn)，O為圓錐底面的圓心，圓錐的底面直徑AB＝4，母線PH＝2eq\r(2)，M是PB的中點(diǎn)，四邊形OBCH為正方形．(1)設(shè)平面POH∩平面PBC＝l，求證：l∥BC；(2)設(shè)D為OH的中點(diǎn)，N是線段CD上的一個(gè)點(diǎn)，當(dāng)MN與平面PAB所成的角最大時(shí)，求MN的長(zhǎng)．【解析】(1)因?yàn)樗倪呅蜲BCH為正方形，所以BC∥OH.因?yàn)锽C?平面POH，OH?平面POH，所以BC∥平面POH.因?yàn)锽C?平面PBC，平面POH∩平面PBC＝l，所以l∥BC.(2)因?yàn)閳A錐的母線長(zhǎng)為2eq\r(2)，AB＝4，所以O(shè)B＝2，OP＝2.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)H，OB，OP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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).設(shè)eq\o(DN,\s\up6(→))＝λeq\o(DC,\s\up6(→))＝(λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，則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)為平面PAB的一個(gè)法向量．設(shè)MN與平面PAB所成的角為θ，則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]，則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)))，所以當(dāng)eq\f(1,t)＝eq\f(3,5)時(shí)，即λ＝eq\f(2,3)時(shí)，sinθ最大，即θ最大，此時(shí)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).【變式4-1】四棱錐中，底面是邊長(zhǎng)為的正方形，，點(diǎn)P在底面的射影為點(diǎn)O，且，點(diǎn)M是的中點(diǎn)．(1)求證：；(2)在線段上，是否存在點(diǎn)N，使二面角的余弦值為？若存在，請(qǐng)確定點(diǎn)N的位置，若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)證明見解析;(2)在線段上存在點(diǎn)N，且N是線段靠近的一個(gè)三等分點(diǎn).（1）連接，因?yàn)槠矫?，平?平面，所以.又，，所以.又，所以為等腰直角三角形.設(shè)與交于點(diǎn)，則點(diǎn)為的中點(diǎn)，又點(diǎn)M是的中點(diǎn)，底面為正方形，所以,又平面，平面,所以,又，所以平面，平面,所以（2）由（1）知，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以所在方向?yàn)檩S，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，假設(shè)存在點(diǎn)N在線段上滿足條件，設(shè)，，則，，設(shè)為平面的一個(gè)法向量，則，即，令，則，，設(shè)為平面的一個(gè)法向量，則，即，令，則，，設(shè)二面角所成角為，則.因?yàn)槎娼堑挠嘞抑禐?，所以，化?jiǎn)得，解得或（舍）.所以在線段上存在點(diǎn)N，且N是線段靠近的一個(gè)三等分點(diǎn).【變式4-2】如圖，在四棱錐中，已知四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，點(diǎn)在底面上的射影為底面的中心，點(diǎn)在棱上，且的面積為1.（1）若點(diǎn)是的中點(diǎn)，證明：平面平面；（2）在棱上是否存在一點(diǎn)，使得直線與平面所成的角的正弦值為？若存在，求出點(diǎn)的位置；若不存在，說明理由.【解析】【小問1詳解】證明：∵點(diǎn)在底面上的射影為點(diǎn)，∴平面，∵四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，∴，∵，∴，即：，∴，又∵，點(diǎn)是的中點(diǎn)，∴，同理可得：，又∵，且平面，∴平面，又∵平面，∴平面平面.【小問2詳解】如圖，連接，易知，，兩兩互相垂直，分別以，，為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，假設(shè)存在點(diǎn)使得直線與平面所成的角的正弦值為，∵點(diǎn)在棱上，不妨設(shè)，，又，∴，∴，∵，，設(shè)平面的法向量為，則令，則，∴，又，設(shè)直線與平面所成的角為，則，∴，即，解得：或（不合題意，舍去），∴存在點(diǎn)符合題意，點(diǎn)為棱上靠近端點(diǎn)的三等分點(diǎn).空間角與距離的計(jì)算隨堂檢測(cè)1.已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，則下列向量是平面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】：設(shè)n＝(x，y，z)為平面ABC的法向量，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB，\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC，\s\up6(→))＝0，))化簡(jiǎn)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))∴x＝y(tǒng)＝z.故選C.2.若直線l的方向向量為a＝(1，0，2)，平面α的法向量為n＝(－2，1，1)，則()A．l∥αB．l⊥αC．l?α或l∥αD．l與α斜交【答案】：C【解析】：∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，1，1)，∴a·n＝0，即a⊥n，∴l(xiāng)∥α或l?α.3.已知兩平面的法向量分別為m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，則兩平面所成的二面角為()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°.∴兩平面所成二面角為45°或180°－45°＝135°.4.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為()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】：以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)BC＝CA＝CC1＝2，則可得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.在四棱錐P?ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3(1)證明：BD⊥PA；(2)求PD與