高三数学一轮复习第八篇立体几何与空间向量第7节立体几何中的向量方法第二课时求空间角与距离理

第2节空间几何体的表面积和体积考试要求了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。

知识梳理1。

多面体的表(侧）面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和。

2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π（r1＋r2）l3.空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体S表面积＝S侧＋V＝S底h(棱柱和圆柱)2S底锥体（棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝错误!S底h台体（棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝错误!（S上＋S下＋错误!)h球S＝4πR2V＝错误!πR3［常用结论与微点提醒］1。

正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为a,球的半径为R，(1)若球为正方体的外接球，则2R＝错误!a；（2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；(3）若球与正方体的各棱相切，则2R＝错误!a。

2。

长方体的共顶点的三条棱长分别为a,b，c，外接球的半径为R,则2R＝错误!。

3。

正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1。

诊断自测1。

判断下列结论正误（在括号内打“√”或“×")(1)锥体的体积等于底面面积与高之积。

（)（2)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方。

（)(3）台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.（)(4）已知球O的半径为R,其内接正方体的边长为a，则R＝错误!a。

(）解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.（2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.答案（1）×（2）×（3)√(4)√2。

(新教材必修第二册P120T5改编)一个正方体的顶点都在球面上，若球的表面积为4π，则正方体的棱长为（)A。

33 B.错误! C.错误!D。

错误!解析由S＝4πR2＝4π，得R＝1，故2×1＝3a，得a＝错误!。

第2课时 求空间角与距离课时作业1．在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在棱CC 1上，且CC 1＝4CP ，求点P 到平面ABD 1的距离．解：建立如图所示的空间直角坐标系，则由题设条件易知A (4,0,0)，B (4,4,0)，P (0,4,1)，D 1(0,0,4)．AB →＝(0,4,0)，AD 1→＝(－4,0,4)，过P 点作PH ⊥平面ABD 1，垂足为H ，则PH 即为点P 到平面ABD 1的距离． 设点H 的坐标为(x ，y ，z )，则PH →＝(x ，y －4，z －1)，AH →＝(x －4，y ，z )， ∵PH ⊥平面ABD 1，∴PH →⊥AB →，PH →⊥AD 1→，PH →⊥AH →， ∴⎩⎪⎨⎪⎧PH →·AB →＝y －＝0，PH →·AD 1→＝－4x ＋z －＝0，PH →·AH →＝x x －＋y y －＋z z －＝0，解得x ＝32，y ＝4，z ＝52或x ＝0，y ＝4，z ＝1(舍去)，∴H ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4，52，PH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴|PH →|＝322.故点P 到平面ABD 1的距离为322.2．(2019漳州5月)如图，在三棱台ABC －DEF 中，二面角B －AD －C 是直二面角，AB ⊥AC ，AB ＝3，AD ＝DF ＝FC ＝12AC ＝1.(1)求证：AB ⊥平面ACFD ；(2)求二面角F －BE －D 的平面角的余弦值．解析：(1)连接CD ，在等腰梯形ACFD 中，过D 作DG ⊥AC 交于G ，因为AD ＝DF ＝FC ＝12AC＝1，所以AG ＝12，DG ＝32，CG ＝32，所以CD ＝3，所以AD 2＋CD 2＝AC 2，即CD ⊥AD ，又二面角B －AD －C 是直二面角，CD平面ACFD ，所以CD ⊥平面ABED ，又AB平面ABED ，所以AB ⊥CD ，又因为AB ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，AC 、CD平面ACFD ，所以AB ⊥平面ACFD .(2)如图，在平面ACFD 内，过点A 作AH ⊥AC ，由(1)可知AB ⊥AH ，以A 为原点，AB →，AC →，AH →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A －xyz .则B (3,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，C (0,2,0)，所以BC →＝(－3,2,0)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，32，设n ＝(x ，y ，z )是平面FBE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC→n ⊥CF→，所以⎩⎨⎧－3x ＋2y ＝0－y ＋3z ＝0，取x ＝2，则y ＝3，z ＝3， 即n ＝(2,3，3)， 由(1)可知CD ⊥平面BED ，所以CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32，32是平面BED 的一个法向量，所以cos 〈n ，CD →〉＝n ·CD →|n |·|CD →|＝－343＝－34，又二面角F －BE －D 的平面角为锐角， 所以二面角F －BE －D 的平面角的余弦值为34.3．如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P －AD －C 的正切值； (3)求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值． 解：(1)证明：∵PD ＝PC 且E 为CD 的中点，∴PE ⊥DC .又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，PE 平面PDC ，∴PE ⊥平面ABCD .又FG 平面ABCD ， ∴PE ⊥FG .(2)∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ⊥DC ，又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，AD 平面ABCD ，∴AD ⊥平面PCD ，又CD ，PD平面PDC ，∴AD ⊥DC ，AD ⊥PD ，∴∠PDC 即为二面角P －AD －C 的平面角，在Rt △PDE 中，PD ＝4，DE ＝12AB ＝3，PE ＝PD 2－DE 2＝7，∴tan ∠PDC ＝PE DE ＝73，即二面角P －AD －C 的正切值为73. (3)如图所示，连接AC .∵AF ＝2FB ，CG ＝2GB ， 即AF FB ＝CGGB＝2，∴AC ∥FG ，∴∠PAC 为直线PA 与直线FG 所成角或其补角， 在△PAC 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝5，AC ＝AD 2＋CD 2＝35，由余弦定理可得cos ∠PAC ＝PA 2＋AC 2－PC 22PA ·AC ＝52＋52－422×5×35＝9525，∴直线PA 与直线FG 所成角的余弦值为9525.4．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1与侧面CBB 1C 1都是菱形，∠ACC 1＝∠CC 1B＝60°，AC＝2.(1)证明：AB1⊥CC1；(2)若三棱柱ABC－A1B1C1的体积为3，求二面角B1－AC－C1的余弦值．解析：(1)取CC1的中点O，连接AO、AC1、B1C、B1O，由菱形的性质及∠ACC1＝∠CC1B1＝60°.得△ACC1，△B1CC1为正三角形．∴AO⊥CC1，B1O⊥CC1，且AO∩B1O＝O.∴CC1⊥平面AOB1，∴CC1⊥AB1.(2)三棱锥A－A1B1C1的体积是三棱柱ABC－A1B1C1体积的三分之一，得四棱锥A－BCC1B1的体积是柱体体积的三分之二，即等于2.平行四边形BCC1B1的面积为SBCC1B＝2×2×sin 60°＝2 3.设四棱锥A－BCC1B1的高为h，则：13×23×h ＝2，∴h ＝3， 又AO ＝3＝h ，AO ⊥平面BCC 1B 1， 建立如图直角坐标系：O －xyz ，则A (0,0，3)，B 1(3，0,0)，C (0，－1,0)，CB 1→＝(3，1,0)，CA →＝(0,1，3)，设平面CAB 1的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CA →＝y ＋3z ＝0n 1·CB 1→＝3x ＋y ＝0，取一个法向量为n 1＝(3，－3，3)， 显然n 2＝(1,0,0)是平面C 1CA 的一个法向量． 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝315＝55.二面角B 1－AC －C 1的余弦值为55. 5．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)，又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M (1，12，1)，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →＝(0，－52，0)，由此可得，MN →·n ＝0，又因为直线MN 平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACD 1的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 1＝(0,1,1)，设n 2＝(x ，y ，z )为平面ACB 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 2＝(0，－2,1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)，又n ＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知得cos 〈NE →，n 〉＝NE →·n |NE →|·|n |＝1－2＋λ＋2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2，所以线段A 1E 的长为7－2.6．(2018承豫南九校)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平面四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝32，PB ⊥AC .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由． 解析：(1)因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22，所以BC ＝AD ＝22， 又AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB ， 又PB ⊥AC ，且AB ∩PB ＝B ，所以AC ⊥平面PAB ， 因为AC平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC .(2)由(1)知AC ⊥AB ，AC ⊥平面PAB ，如图，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴、y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，AC →＝(0,2,0)，BC →＝(－2,2,0) 由∠PBA ＝45°，PB ＝32，可得P (－1,0,3)， 所以AP →＝(－1,0,3)，BP →＝(－3,0,3)，假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33， 设AE AP＝λ(0＜λ＜1)，则AE →＝λAP →＝(－λ，0,3λ)，CE →＝AE →－AC →＝(－λ，－2,3λ)， 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0－3x ＋3z ＝0，令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(1,1,1)， 设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，CE →〉|＝|－λ－2＋3λ|3·－λ2＋－2＋λ2＝|2λ－2|3·10λ2＋4＝33， 整理得3λ2＋4λ＝0，因为0＜λ＜1，所以3λ2＋4λ＞0，故3λ2＋4λ＝0无解， 所以棱PA 上不存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CD 与平面PBC 所成角的正弦值为33.。

A.
)
3 3 3 ， ，－ 3 3 3 3 3 3 ， ， 3 3 3
B． D.－
3 3 3 ，－ ， 3 3 3 3 3 3 ，－ ，－ 3 3 3
C.－
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第八章 立体几何与空间向量
解析：选 D.因为 A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，所 → ＝(－1，1，0)，AC → ＝(－1，0，1)． 以AB 经验证，当
已知正方体 ABCDA1B1C1D1 如图所示，则直线 B1D 和 CD1 所成的角为________．
→ 、AD → 、AA → 分别为 x、y、z 轴的正方 解析：以 A 为原点，AB 1 → ＝ ( － 1， 向建立空间直角坐标系，设正方体棱长为 1，则CD 1 1＋0－1 → → → 0，1)，B1D＝(－1，1，－1)，cos〈CD1，B1D〉＝ ＝ 2× 3 0，所以两直线所成的角为 90° .
(3) 两 个 平 面 的 法 向 量 所 成 的 角 是 这 两 个 平 面 所 成 的 角．( × )
π (4)两异面直线夹角的范围是0， 2，直线与平面所成角的范 π 围是0，2，二面角的范围是[0，π]．(
√ )
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第八章 立体几何与空间向量
(教材习题改编)已知 A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0， 1)，则平面 ABC 的一个单位法向量是(
n＝－
3 3 3 ，－ ，－ 时， 3 3 3
3 3 3 3 → → n· AB＝ － ＋0＝0，n· AC＝ ＋0－ ＝0. 3 3 3 3
所以－
3 3 3 ，－ ，－ 是平面 ABC 的一个单位法向量． 3 3 3
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北师大版 ·高考总复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第八章 立体几何初步
第八章
第九节 立体几何中的向量方法(二) ——求空间角与距离(理)
1 高考目标导航 2 课前自主导学
3 课堂典例讲练 4 课时作业
高考目标导航
考纲要求
能用向 量方法解决 直线与直 线、直线与 平面、平面 与平面的夹 角的计算问 题，了解向 量方法在研 究立体几何 问题中的应 用.
• ②设n1，n2分别是二面角α—l—β的两个面α， β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角) 的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③ )．4．点面距离的求法
已知 AB 为平面 α 的一条斜线段，n 为平面 α |的 _A→_B_法|_·c_向o_s_〈量__A→ ，_B_则，__n_B〉__到＝_平_|A→_面|Bn_·_|n_α|. 的距离为|B→O|＝
∴B→E1＝(1，34，1)－(1,1,0)
＝(0，－14，1)，D→F1＝(0，14，1)－(0,0,0)＝(0，14，1)．
∴|B→E1|＝ 417，|D→F1|＝ 417，
B→E1·D→F1＝1156.
∴cos<B→E1，D→F1>＝
→→ BE1·DF1 →→
＝1157.
|BE1||DF1|
3．如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，B1E1＝D1F1＝A14B1， 则 BE1 与 DF1 所成的角的余弦值为( )
A．12 C．127
B．1157 D．13
[解析] 设正方体的棱长为 1，建立如图所示的空间直角坐
标•系[答． 案] B
则点 B，E1，D，F1 的坐标分别为 B(1,1,0)，E1(1，34，1)， D(0,0,0)，F1(0，14，1)，