云师堂-高考数学-2017一轮复习第七章第7讲第2课时

第2课时求空间角和距离第七章立体几何栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何考点一异面直线所成的角如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何[解](1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以BO＝1，AO＝CO＝3.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)．栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何所以PB→＝(1，3，－2)，AC→＝(0，23，0)．设PB与AC所成角为θ，则cosθ＝PB→·AC→|PB→||AC→|＝622×23＝64.即PB与AC所成角的余弦值为64.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何1.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝22，PA＝2.求：(1)△PCD的面积；(2)异面直线BC与AE所成的角的大小．栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何解：(1)因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.又AD⊥CD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD.因为PD＝22＋（22）2＝23，CD＝2，所以△PCD的面积为12×2×23＝23.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何(2)法一：如图，取PB的中点F，连接EF，AF，则EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角．在△AEF中，由EF＝2，AF＝2，AE＝2知△AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF＝π4.因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是π4.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(2，22，0)，E(1，2，1)，AE→＝(1，2，1)，BC→＝(0，22，0)．设AE→与BC→的夹角为θ，则cosθ＝AE→·BC→|AE→||BC→|＝42×22＝22，所以θ＝π4.由此可知，异面直线BC与AE所成的角的大小是π4.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何考点二直线与平面所成的角(2014·高考陕西卷)四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何[解](1)证明：由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.由题设，BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，所以BC∥FG，BC∥EH，所以FG∥EH.同理EF∥AD，HG∥AD，所以EF∥HG，所以四边形EFGH是平行四边形．又因为AD⊥DC，AD⊥BD，所以AD⊥平面BDC，所以AD⊥BC，所以EF⊥FG，所以四边形EFGH是矩形．栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何(2)法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，DA→＝(0，0，1)，BC→＝(－2，2，0)，BA→＝(－2，0，1)．设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，因为EF∥AD，FG∥BC，所以n·DA→＝0，n·BC→＝0，得z＝0，－2x＋2y＝0，取n＝(1，1，0)，所以sinθ＝|cos〈BA→，n〉|＝BA→·n|BA→||n|＝25×2＝105.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)．因为E是AB的中点，所以F，G分别为BD，DC的中点，得E1，0，12，F(1，0，0)，G(0，1，0)．所以FE→＝0，0，12，FG→＝(－1，1，0)，BA→＝(－2，0，1)．栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，则n·EF→＝0，n·FG→＝0，得12z＝0，－x＋y＝0，取n＝(1，1，0)，所以sinθ＝|cos〈BA→，n〉|＝BA→·n|BA→||n|＝25×2＝105.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何利用向量求线面角的方法(1)分别求出斜线和它所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，取其余角就是斜线与平面所成的角.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何2.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为2的菱形，平面ABC⊥平面AA1C1C，∠A1AC＝60°，∠BCA＝90°.(1)求证：A1B⊥AC1；(2)已知点E是AB的中点，BC＝AC，求直线EC1与平面ABB1A1所成的角的正弦值．栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何解：(1)证明：取AC的中点O，连接A1O，因为四边形AA1C1C是菱形，且∠A1AC＝60°，所以△A1AC为等边三角形，所以A1O⊥AC，又平面ABC⊥平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.又BC⊥AC，所以BC⊥平面AA1C1C，所以AC1⊥BC.在菱形AA1C1C中，AC1⊥A1C，所以AC1⊥平面A1BC，所以A1B⊥AC1.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何(2)以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，－1，0)，B(2，1，0)，C(0，1，0)，C1(0，2，3)，AB→＝(2，2，0)，BB1→＝CC1→＝(0，1，3)，设m＝(x，y，z)是平面ABB1A1的法向量，则m·AB→＝0，m·BB1→＝0，即2x＋2y＝0，y＋3z＝0，取z＝－1，可得m＝(－3，3，－1)．又E(1，0，0)，所以EC1→＝(－1，2，3)，栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何设直线EC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈EC1→，m〉|＝|EC1→·m||EC1→|·|m|＝4214.即直线EC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为4214.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何考点三二面角(高频考点)二面角是高考的重点，是考查热点，题型多以解答题形式出现，一般为中档题，高考对二面角的考查，主要有以下两个命题角度：(1)求二面角；(2)由二面角求其他量．栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何(2015·高考北京卷节选)如图，在四棱锥A­EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF的中点．(1)求证：AO⊥BE；(2)求二面角F­AE­B的余弦值．栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何[解](1)证明：因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB，AO⊂平面AEF，所以AO⊥平面EFCB，所以AO⊥BE.(2)取BC的中点G，连接OG.由题设知四边形EFCB是等腰梯形，所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB，又OG⊂平面EFCB，所以OA⊥OG.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何如图建立空间直角坐标系Oxyz，则E(a，0，0)，A(0，0，3a)，B(2，3(2－a)，0)，EA→＝(－a，0，3a)，BE→＝(a－2，3(a－2)，0)．设平面AEB的一个法向量n＝(x，y，z)，则n·EA→＝0，n·BE→＝0，即－ax＋3az＝0，（a－2）x＋3（a－2）y＝0.令z＝1，则x＝3，y＝－1，于是n＝(3，－1，1)．又平面AEF的一个法向量为p＝(0，1，0)，所以cos〈n，p〉＝n·p|n||p|＝－55.由题知二面角F­AE­B为钝角，所以它的余弦值为－55.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何求二面角大小的常用方法(1)分别求出二面角的两个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)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.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何3.(2016·沈阳教学质量监测)如图，BC为圆O的直径，D为圆周上异于B、C的一点，AB垂直于圆O所在的平面，BE⊥AC于点E，BF⊥AD于点F.(1)求证：BF⊥平面ACD；(2)若AB＝BC＝2，∠CBD＝45°，求平面BEF与平面BCD所成锐二面角的余弦值．栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何解：(1)证明：因为BC为圆O的直径，所以CD⊥BD，因为AB⊥圆O所在的平面，所以AB⊥CD，又AB∩BD＝B，所以CD⊥平面ABD，因为BF⊂平面ABD，所以CD⊥BF，又因为BF⊥AD，且AD∩CD＝D，所以BF⊥平面ACD.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何(2)如图，以O为原点建立空间直角坐标系，则B(0，－1，0)，E(0，0，1)，D(1，0，0)，A(0，－1，2)，因为BF⊥AD，所以DF＝BD2AD＝63＝13AD，得DF→＝13DA→，所以F23，－13，23，BF→＝23，23，23，BE→＝(0，1，1)，栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何设平面BEF的法向量为n1＝(x，y，z)，则BF→·n1＝0，BE→·n1＝0，即23·x＋23·y＋23·z＝0，0·x＋1·y＋1·z＝0，解得y＝－z，x＝0，不妨取平面BEF的一个法向量n1＝(0，－1，1)．而又由已知AB垂直于圆O所在的平面．得BA→是平面BDC的一个法向量，即n2＝BA→＝(0，0，2)，设平面BEF与平面BCD所成的锐二面角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1|·|n2|＝22.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何考点四空间距离如图所示，已知四边形ABCD，EADM和MDCF都是边长为a的正方形，点P、Q分别是ED和AC的中点，求：(1)PM→与FQ→所成的角；(2)P点到平面EFB的距离；(3)异面直线PM与FQ之间的距离．栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何[解]建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，M(0，0，a)，E(a，0，a)，F(0，a，a)，Pa2，0，a2，Qa2，a2，0.栏目导引知能训练轻松闯关典例剖析考点突破第七章立体几何(1)因为PM→＝－a2，0，a2，FQ→＝a2，－a2，－a，所以PM→·FQ→＝－a2×a2＋0×－a2＋a2×(－a)＝－34a2，又|PM→|＝22a，|FQ→|＝62a，所以cos〈PM→，FQ→〉＝PM→·FQ→|PM→|·|FQ→|＝－34a222a·62a＝－32，所以P