专题8.3 利用传统方法求角度和距离（解析版）

专题8.3利用传统方法求角度和距离题型一求异面直线的夹角题型二求直线与平面的夹角题型三求平面与平面的夹角题型四已知夹角求距离题型五求几何体的体积题型六利用等体积法求点到面的距离题型一求异面直线的夹角例1．（2023春·全国·高一专题练习）在棱长为2的正方体1111ABCDABCD中，1O为底面1111DCBA的中心，E为BC的中点，则异面直线1AO与1CE所成角的余弦值是________.【答案】306/1306【分析】根据给定条件，作出并证明异面直线1AO与1CE所成角，再计算作答.【详解】在棱长为2的正方体1111ABCDABCD中，取11,ADAD中点,FM，连接11,,,EFDFAMOM，如图，因为E为BC的中点，有1111////,EFCDCDEFCDCD，则四边形11CDFE是平行四边形，于是11//DFCE，又11//,AFDMAFDM，即有四边形1AMDF是平行四边形，因此11////AMDFCE，则1OAM是异面直线1AO与1CE所成的角或补角，而1O为底面1111DCBA的中心，则111//OMCD，又11CD平面11ADDA，从而1OM平面11ADDA，而AM平面11ADDA，则1OMAM，在1OMA中，2211111,5,6OMAMAAAMAO，于是1130cos6AMOAMAO，所以异面直线1AO与1CE所成角的余弦值是306.故答案为：306例2．（2023·河北·校联考一模）如图，在三棱锥ABCD中，ABCD，ADBC，且3BDAC，点E，F分别为AD，BC的中点，则异面直线AC与BD所成角的大小为__________，AC与EF所成角的余弦值为__________.【答案】901010【分析】根据异面直线夹角的定义作辅助线，构造三角形.【详解】取AB的中点G，连接EG，FG，则//FGAC，//EGBD，故EFG或其补角为异面直线AC与EF所成的角，过A作AO平面BCD于点O，连接BO，CO，DO，则AOCD，又ABCD，且ABAOA，故CD平面AOB，故BOCD，同理可得DOBC，即O为BCD△的垂心，故BDCO，又AOBD，AOCOO，AO平面AOC，CO平面AOC，故BD平面AOC，故ACBD，即AC与BD所成角为90；所以90EGF，由3BDAC可得3EGFG，故10cos10FGEFGEF，即异面直线AC与EF所成角的余弦值为1010；故答案为：①90，②1010.练习1．（2023春·广东广州·高一广州四十七中校考期中）如图，在正四面体ABCD中，M是BC的中点，P是线段AM上的动点，则直线DP和BC所成角的大小（）A．一定为90B．一定为60C．一定为45D．与P的位置有关【答案】A【分析】连接DM，可以证到BCDM，BCPM，从而证到BC平面DMP，所以BCDP，即可得解．【详解】解：连接DM,四面体ABCD是正四面体，M是BC的中点,DBC△、ABC是等边三角形，BCDM，BCPM．DM平面DMP，PM平面DMP，DMPMM，BC平面DMP，又DP平面DMP，BCDP，直线DP与BC所成角为90.故选：A．练习2．（2022秋·贵州遵义·高二习水县第五中学校联考期末）如图，在四棱锥SABCD中，SA平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，60ABC且2,SAABBCE为SA的中点，则异面直线SC与DE所成的角的余弦值为（）A．255B．105C．55D．155【答案】B【分析】分别取,,SBBCCD的中点,,FGH，连接,,,,,EFFGGHFHBDAC，则可证明GFH为异面直线SC与DE所成的角，分别在三角形中由勾股定理求出FG，FH和GH的长度，利用余弦定理计算得到答案.【详解】如图所示：分别取,,SBBCCD的中点,,FGH，连接,,,,,EFFGGHFHBDAC.由60ABC且2ABBC可得ABC是等边三角形，则//EFAB且1=2EFAB，//DHAB且12DHAB，故//EFDH且EFDH，所以四边形EFHD为平行四边形，故//EDFH，因为//FGSC，所以GFH为异面直线SC与DE所成的角（或其补角），因为SA平面ABCD，,ADAC平面ABCD，∴SAAD，SAAC，故SAC和EAD均为直角三角形，所以22111442222FGSCSAAC，225FHEDEAAD，1123322GHBD，由余弦定理得52310cos5252GFH.则异面直线SC与DE所成的角的余弦值为105.故选：B练习3．（2023·江苏·高三专题练习）如图，在直三棱柱111ABCABC-中，ABC是等边三角形，1AAAB，D，E，F分别是棱1AA，1BB，BC的中点，则异面直线DF与1CE所成角的余弦值是______.【答案】510【分析】通过构造平行线将异面直线所成角转化为相交线的夹角，解三角形即可.【详解】如图，在棱1CC上取一点H，使得14CCCH，取1CC的中点G，连接BG，HF，DH，由于G，E分别是棱1CC，1BB的中点，所以1BECG，1BECG∥，故四边形1BGCE为平行四边形，进而1CEBG∥，又因为F，H分别是BC，CG的中点，所以HFBG∥，所以1HFCE∥，则DFH或其补角是异面直线DF与1CE所成的角.设4AB，则2CF，1CH，2AD.从而225HFCFCH，2217DHACADCH，2223AFABBF，224DFAFAD，故165175cos10245DFH，故异面直线DF与1CE所成角的余弦值是510.故答案为：510.练习4．（2023春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知三棱柱111ABCABC-中，1ABACAA，1160ABCBBABBC，则异面直线1AB与1BC所成角的余弦值为（）A．22B．32C．36D．56【答案】C【分析】将三棱柱补成如图所示的四棱柱1111ABCDABCD，则异面直线1AB与1BC所成角即为1BCD，设2AB，求出11,,BCCDBD，由余弦定理求解即可.【详解】解析：将三棱柱补成如图所示的四棱柱1111ABCDABCD，连接11,CDBC，由四棱柱的性质知，11//ABCD，所以异面直线1AB与1BC所成角即为1CD与1BC所成角，则所求角为1BCD，设2AB，则2,120ADBAD,由余弦定理可得：2212cos12044222232BDABADABAD，同理可得123BC，因为160BBA，12BBBA，所以112ABDC，所以22211111124123cos262232BCCDBDBCDBCCD，故选：C.练习5．（2023·甘肃定西·统考模拟预测）如图，正方体1111ABCDABCD中，E，F分别是1DD，DB的中点，则异面直线EF与1AD所成角的正切值为（）A．2B．22C．33D．3【答案】B【分析】根据异面直线的夹角的求法和线面位置关系即可求解.【详解】如图所示，连接直线1BD，因为,EF分别为直线1DD和直线DB的中点，所以EF为1DDB的中位线，所以EFP1DB，则异面直线EF与1AD所成角的正切值即为直线1DB与1DA所成角的正切值，因为1ABADABAA,所以AB平面11ADDA,1AD平面11ADDA,所以AB1AD,所以1BAD为直角三角形，所以1112tan22ABBDAAD.故选：B.题型二求直线与平面的夹角例3．（2021春·广东佛山·高三佛山市南海区第一中学校考阶段练习）如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ADCD，且DB平分ADC，E为PC的中点，1ADCD，22DB.(1)证明PA//平面BDE；(2)求直线BC与平面PBD所成的角的正切值.【答案】(1)证明见解析(2)13【分析】（1）设ACBDO，得到EO是三角形PAC的中位线，故//EOPA，利用线面平行的判定定理即可得证；（2）证明AC平面PBD，可得CBO即为直线BC与平面PBD所成的角，再解RtCBO即可.【详解】（1）令ACBDO，连结OE，∵DB平分ADC，∴ADOCDO，又,ADCDDODO，∴AODCOD△△，∴AOCO，点O为AC的中点，E为PC的中点，//OEPA，OE平面BDE，PA平面BDE，PA//平面BDE；（2）由（1）可知ACBD，PD平面ABCD，AC平面ABCD，ACPD，又,,PDBDDPDBD平面PBD，AC平面PBD，CBO即为直线BC与平面PBD所成的平面角，在RtCBO中，22OC=，322OB，212tan3322OCCBOOB，直线BC与平面PBD所成角的正切值为13.例4．（2022秋·浙江杭州·高二统考期末）如图，在三棱锥PABC中，M是AC的中点，AC平面PAB，PBPC，2AB，4AC，1AP.(1)求证：PB平面PAC；(2)求直线BM与平面PAC所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)64.【分析】（1）证明PBCA，原题即得证；（2）连结PM，BMP就是直线BM与平面PAC所成的角，解直角三角形求出22BM，5PM，即得解.【详解】（1）∵AC平面PAB∴PBCA又∵PBPC，PCACC，,PCAC平面PAC，∴PB平面PAC（2）连结PM，由（1）知PB平面PAC∴BMP就是直线BM与平面PAC所成的角，RtABM中，2,2ABAM，∴22BM.RtAMP中，1,2APAM，∴5PM.∴510cos422PMBMPBM，∴2106sin1()44BMP．所以直线BM与平面PAC所成角的正弦值为64.练习6．（2023春·山东临沂·高三校考期中）如图，已知点P是正方形ABCD所在平面外一点，M，N分别是AB，PC的中点.(1)求证：//MN平面PAD；(2)若PB中点为Q，求证：平面//MNQ平面PAD.(3)若PA平面ABCD，2ABPA，求直线PB与面PAD所成的角.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)45【分析】（1）取PD的中点E，连接AE，NE，即可证明四边形AMNE为平行四边形，所以//MNAE，从而得证；（2）依题意可得//MQAP即可得到//MQ平面PAD，再结合（1）的结论，即可得证；（3）依题意可得平面PAD平面ABCD，由面面垂直的性质得到AB平面PAD，则BPA即为直线PB与面PAD所成的角，再根据边长的关系得解.【详解】（1）取PD的中点E，连接AE，NE，因为N是PC的中点，所以//NEDC且12NEDC，又M是AB的中点，ABCD是正方形，所以//AMDC且1122AMABDC，所以//NEAM且NEAM，所以四边形AMNE为平行四边形，所以//MNAE，又MN平面PAD，AE平面PAD，所以//MN平面PAD.（2）因为Q为PB的中点，M是AB的中点所以//MQAP，又MQ平面PAD，AP平面PAD，所以//MQ平面PAD，又//MN平面PAD，MQMNM，,MQMN平面MNQ，所以平面//MNQ平面PAD.（3）因为PA平面ABCD，PA平面PAD，所以平面PAD平面ABCD，又ABCD为正方形，所以ABAD，AB平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以AB平面PAD，所以BPA即为直线PB与面PAD所成的角，又2ABPA，所以BPA△为等腰直角三角形，所以45BPA，即直线PB与面PAD所成的角为45.练习7．（2023·安徽合肥·合肥一六