2014届高中数学步步高大一轮复习讲义压轴题目突破练——解析几何

1.2.3 直线与平面的位置关系第一课时一、基础过关1. 在空间四边形ABCD 中,E 、F 分别是AB 和BC 上的点,若AE ∶EB=CF ∶FB =1∶3,则对角线AC 和平面DEF 的位置关系是________.2. 过直线l 外两点,作与l 平行的平面,则这样的平面有____________个.3. 过平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1任意两条棱的中点作直线,其中与平面DBB 1D 1平行的直线共有________条.4. 经过直线外一点有______个平面与已知直线平行.5. 如图,在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的面中:(1与直线AB 平行的平面是______________;(2与直线AA 1平行的平面是_______________________________;(3与直线AD 平行的平面是______________.6. 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 为DD 1的中点,则BD 1与过点A ,E ,C 的平面的位置关系是____________.7. 如图所示,在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是棱BC 、C 1D 1 的中点.求证:EF ∥平面BDD 1B 1.8. 如图所示,P 是▱ABCD 所在平面外一点,E 、F 分别在PA 、BD 上,且PE ∶EA =BF ∶FD .求证:EF ∥平面PBC .二、能力提升9. 设m 、n 是平面α外的两条直线,给出三个论断:①m ∥n ;②m ∥α;③n ∥α.以其中的两个为条件,余下的一个为结论,构造三个命题,写出你认为正确的一个命题:______________.(用序号表示10.如图所示,ABCD —A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体,M 、N 分别是下底面的棱A 1B 1,B 1C 1的中点,P 是上底面的棱AD 上的一点,AP =a 3,过P ,M ,N 的平面交上底面于PQ ,Q 在CD 上,则PQ =______.它们共面,并且AC∥平面EFGH,BD∥平面EFGH,AC=m,BD=n,当四边形EFGH是菱形时,AE∶EB=________.12.如图所示,P为平行四边形ABCD所在平面外一点,M、N分别为(1求证:BC∥l;(2MN与平面PAD是否平行?试证明你的结论.三、探究与拓展有一点P,Q,且AP=DQ.求证:PQ∥平面BCE.(用两种方法证明答案1.平行2.0,1或无数3.124.无数5.(1平面A 1C 1和平面DC 1 (2平面BC 1和平面DC 1 (3平面B 1C 和平面A 1C 16.平行7.证明取D 1B 1的中点O ,连结OF ,OB .∵OF 綊12B 1C 1,BE 綊12B 1C 1,∴OF 綊BE .∴四边形OFEB 是平行四边形,∴EF ∥BO . ∵EF ⊄平面BDD 1B 1,BO ⊂平面BDD 1B 1, ∴EF ∥平面BDD 1B 1.8.证明连结AF 延长交BC 于G ,连结PG .在▱ABCD 中,易证△BFG ∽△DFA .∴GF FA =BF FD =PE EA ,∴EF ∥PG .而EF ⊄平面PBC ,PG ⊂平面PBC ,∴EF ∥平面PBC .9.①②⇒③(或①③⇒② 10.223a11.m ∶n12.(1证明因为BC ∥AD ,AD ⊂平面PAD ,BC ⊄平面PAD ,所以BC ∥平面PAD .又平面PAD ∩平面PBC =l ,BC ⊂平面PBC ,所以BC ∥l .(2解 MN ∥平面PAD .证明如下:如图所示,取PD 中点E ,连结AE ,EN .又∵N 为PC 的中点,∴EN 綊12DC , 又∵AM 綊12DC , ∴EN 綊AM .即四边形AMNE 为平行四边形.∴AE ∥MN ,又MN ⊄平面PAD ,AE ⊂平面PAD .∴MN ∥平面PAD .13.证明方法一如图(1所示,作PM ∥AB 交BE 于M ,作QN ∥AB 交BC 于N ,连结MN .∵正方形ABCD 和正方形ABEF 有公共边AB ,∴AE =BD .又∵AP =DQ ,∴PE =QB .又∵PM ∥AB ∥QN ,∴PM AB =PE AE ,QN DC =BQ BD.∴PM 綊QN . ∴四边形PQNM 是平行四边形.∴PQ ∥MN .又MN ⊂平面BCE ,PQ ⊄平面BCE ,∴PQ ∥平面BCE .方法二如图(2所示,连结AQ 并延长交BC (或其延长线于K ,连结EK .∵KB ∥AD ,∴DQ BQ =AQ QK. ∵AP =DQ ,AE =BD ,∴BQ =PE .∴DQ BQ =AP PE .∴AQ QK =AP PE.∴PQ ∥EK . 又PQ ⊄平面BCE ,EK ⊂平面BCE , ∴PQ ∥平面BCE .。

【四川专用（理）】【步步高】2014届高三数学大一轮复习讲义【Word版导学案】学案21(α，β，α＋β，α－β均不等于k π＋π2，k ∈Z)其变形为：tan α＋tan β＝tan(α＋β)(1－tan αtan β)，tan α－tan β＝tan(α－β)(1＋tan αtan β)．2．辅助角公式a sin α＋b cos α＝a 2＋b 2sin(α＋φ)，其中⎩⎪⎨⎪⎧ cos φ＝ ，sin φ＝ ，tan φ＝b a ，角φ称为辅助角．自我检测1．(2019·福建)计算sin 43°cos 13°－cos43°sin 13°的结果等于 ( )A.12B.33C.22D.322．已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α－π6＋sin α＝435，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α＋7π6的值是 ( )A ．－235 B.235 C ．－45D.453．函数f (x )＝sin 2x －cos 2x 的最小正周期是 ( ) A.π2 B ．π C ．2π D ．4π 4．(2019·台州月考)设0≤α<2π，若sin α>3cos α，则α的取值范围是 ( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3，π2B.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3，π C.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3，4π3 D.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3，3π2 5．(2019·广州模拟)已知向量a ＝(sin x ，cosx )，向量b ＝(1，3)，则|a ＋b |的最大值为( )A ．1 B. 3 C ．3 D ．9探究点一 给角求值问题(三角函数式的化简、求值)例1 求值：(1)[2sin 50°＋sin 10°(1＋3tan10°)]2sin 280°；(2)sin(θ＋75°)＋cos(θ＋45°)－3·cos(θ＋15°)．变式迁移1 求值：(1)2cos 10°－sin 20°sin 70°； (2)tan(π6－θ)＋tan(π6＋θ)＋3tan(π6－θ)tan(π6＋θ)． 探究点二 给值求值问题(已知某角的三角函数值，求另一角的三角函数值)例2 已知0<β<π4<α<3π4，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4－α＝35， sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3π4＋β＝513，求sin(α＋β)的值． 变式迁移2 (2019·广州模拟)已知tan ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4＋α＝2，tan β＝12. (1)求tan α的值；(2)求sin (α＋β)－2sin αcos β2sin αsin β＋cos (α＋β)的值． 探究点三 给值求角问题(已知某角的三角函数值，求另一角的值)例3 已知0<α<π2<β<π，tan α2＝12，cos(β－α)＝210. (1)求sin α的值； (2)求β的值．变式迁移3 (2019·岳阳模拟)若sin A ＝55，sin B ＝1010，且A 、B 均为钝角，求A ＋B 的值． 转化与化归思想的应用例 (12分)已知向量a ＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，|a －b |＝255. (1)求cos(α－β)的值；(2)若－π2<β<0<α<π2，且sin β＝－513，求sin α的值．【答题模板】解 (1)∵|a －b |＝255，∴a 2－2a·b ＋b 2＝45.[2分]又∵a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，∴a 2＝b 2＝1，a·b ＝cos αcos β＋sin αsin β＝cos(α－β)，[4分]故cos(α－β)＝a 2＋b 2－452＝2－452＝35.[6分] (2)∵－π2<β<0<α<π2，∴0<α－β<π.∵cos(α－β)＝35，∴sin(α－β)＝45.[8分] 又∵sin β＝－513，－π2<β<0，∴cos β＝1213.[9分] 故sin α＝sin[(α－β)＋β]＝sin(α－β)cos β＋cos(α－β)sin β＝45×1213＋35×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－513＝3365.[12分] 【突破思维障碍】本题是三角函数问题与向量的综合题，唯一一个等式条件|a－b|＝255，必须从这个等式出发，利用向量知识化简再结合两角差的余弦公式可求第(1)问，在第(2)问中需要把未知角向已知角转化再利用角的范围来求，即将α变为(α－β)＋β.【易错点剖析】|a－b|平方逆用及两角差的余弦公式是易错点，把未知角转化成已知角并利用角的范围确定三角函数符号也是易错点．1．转化思想是实施三角变换的主导思想，变换包括：函数名称变换，角的变换，“1”的变换，和积变换，幂的升降变换等等．2．变换则必须熟悉公式．分清和掌握哪些公式会实现哪种变换，也要掌握各个公式的相互联系和适用条件．3．恒等变形前需已知式中角的差异，函数名称的差异，运算结构的差异，寻求联系，实现转化．4．基本技巧：切割化弦，异名化同，异角化同或尽量减少名称、角数，化为同次幂，化为比例式，化为常数．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2019·佛山模拟)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α＋π3＋sin α＝－435，则cos ⎝⎛⎭⎪⎪⎫α＋2π3等于 ( ) A ．－45 B ．－35 C.35D.452．已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α＋π6－sin α＝233，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α－7π6的值是 ( )A ．－233 B.233 C ．－23 D.233．(2019·宁波月考)已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α＋π6，1，b ＝(4,4cos α－3)，若a ⊥b ，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α＋4π3等于 ( ) A ．－34 B ．－14 C.34 D.144．函数y ＝sin x ＋cos x 图象的一条对称轴方程是 ( )A ．x ＝5π4B ．x ＝3π4C ．x ＝－π4D ．x ＝－π25．在△ABC 中，3sin A ＋4cos B ＝6,4sin B ＋3cos A ＝1，则C 的大小为 ( )A.π6B.56π C.π6或56π D.π3或23π 题号 1 2 3 4 5答案 二、填空题(每小题4分，共12分)6．(2019·重庆)如图，图中的实线是由三段圆弧连接而成的一条封闭曲线C ，各段弧所在的圆经过同一点P (点P 不在C 上)且半径相等．设第i 段弧所对的圆心角为αi (i ＝1,2,3)，则cos α13cos α2＋α33－ sin α13·sin α2＋α33＝________. 7．设sin α＝35 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2<α<π，tan(π－β)＝12，则tan(α－β)＝________.8．(2019·惠州月考)已知tan α、tan β是方程x 2＋33x ＋4＝0的两根，且α、β∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2，则tan(α＋β)＝__________，α＋β的值为________．三、解答题(共38分)9．(12分)(1)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，β∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2，π且sin(α＋β)＝3365，cos β＝－513.求sin α； (2)已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝12，tan β＝－17，求2α－β的值． 10．(12分)(2019·四川)(1)①证明两角和的余弦公式C (α＋β)：cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β；②由C (α＋β)推导两角和的正弦公式S (α＋β)：sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β.（2）已知△ABC 的面积S =12，AB →·AC →＝3，且cos B ＝35，求cos C . 11．(14分)(2019·济南模拟)设函数f (x )＝a·b ，其中向量a ＝(2cos x,1)，b ＝(cos x ，3sin 2x )，x ∈R.(1)若函数f (x )＝1－3，且x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－π3，π3，求x ；(2)求函数y ＝f (x )的单调增区间，并在给出的坐标系中画出y ＝f (x )在区间[0，π]上的图象．答案 自主梳理1．(1)cos αcos β－sin αsin β cos αcos β＋sin αsin β(2)sin αcos β＋cos αsin β sin αcos β－cos αsin β(3)tan α＋tan β1－tan αtan β tan α－tan β1＋tan αtan β2.a a 2＋b 2 b a 2＋b2 自我检测1．A 2.C 3.B 4.C 5.C课堂活动区例1 解题导引 在三角函数求值的问题中，要注意“三看”口诀，即(1)看角，把角尽量向特殊角或可计算的角转化，合理拆角，化异为同；(2)看名称，把算式尽量化成同一名称或相近的名称，例如把所有的切都转化为弦，或把所有的弦都转化为切；(3)看式子，看式子是否满足三角函数的公式．如果满足则直接使用，如果不满足需转化一下角或转换一下名称，就可以使用．解 (1)原式＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2sin 50°＋sin 10°·⎝⎛⎭⎪⎫1＋3sin 10°cos 10°·2sin80°＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2sin 50°＋sin 10°·cos 10°＋3sin 10°cos 10°·2 sin 80°＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2sin 50°＋2sin 10°·12cos 10°＋32sin 10°cos 10°·2cos 10°＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2sin 50°＋2sin 10°sin 40°cos 10°·2cos 10° ＝2sin 60°cos 10°·2cos 10°＝22sin 60° ＝22×32＝ 6. (2)原式＝sin[(θ＋45°)＋30°]＋cos(θ＋45°)－3·cos[(θ＋45°)－30°]＝32sin(θ＋45°)＋12cos(θ＋45°)＋cos(θ＋45°)－32cos(θ＋45°)－32sin(θ＋45°)＝0. 变式迁移1 解 (1)原式＝2cos (30°－20°)－sin 20°sin 70°＝3cos 20°＋sin 20°－sin 20°sin 70°＝3cos 20°sin 70°＝ 3.(2)原式＝tan[(π6－θ)＋(π6＋θ)][1－tan(π6－θ)·tan(π6＋θ)]＋3tan(π6－θ)tan(π6＋θ)＝ 3. 例2 解题导引 对于给值求值问题，即由给出的某些角的三角函数的值，求另外一些角的三角函数值，关键在于“变角”，使“所求角”变为“已知角”，若角所在象限没有确定，则应分类讨论．应注意公式的灵活运用，掌握其结构特征，还要学会拆角、拼角等技巧．解 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4－α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4＋α＝35， ∵0<β<π4<α<3π4， ∴π2<π4＋α<π，3π4<3π4＋β<π. ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4＋α＝－1－sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4＋α＝－45， cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3π4＋β＝－1－sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3π4＋β＝－1213. ∴sin[π＋(α＋β)]＝sin ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4＋α＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3π4＋β＝sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫π4＋αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3π4＋β＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4＋αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3π4＋β ＝35×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1213－45×513＝－5665. ∴sin(α＋β)＝5665. 变式迁移2 解 (1)由tan ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4＋α＝2，得1＋tan α1－tan α＝2， 即1＋tan α＝2－2tan α，∴tan α＝13. (2)sin (α＋β)－2sin αcos β2sin αsin β＋cos (α＋β) ＝sin αcos β＋cos αsin β－2sin αcos β2sin αsin β＋cos αcos β－sin αsin β＝－(sin αcos β－cos αsin β)cos αcos β＋sin αsin β＝－sin (α－β)cos (α－β) ＝－tan(α－β)＝－tan α－tan β1＋tan αtan β＝－13－121＋13×12＝17.例3 解题导引 (1)通过求角的某种三角函数值来求角，在选取函数时，遵循以下原则：①已知正切函数值，选正切函数；②已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数；若角的范围是⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，选正、余弦皆可；若角的范围是(0，π)，选余弦较好；若角的范围为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2，选正弦较好． (2)解这类问题的一般步骤：①求角的某一个三角函数值；②确定角的范围；③根据角的范围写出所求的角．解 (1)∵tan α2＝12， ∴sin α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2·α2＝2sin α2cos α2 ＝2sin α2cos α2sin 2α2＋cos 2α2＝2tan α21＋tan 2α2＝2×121＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＝45. (2)∵0<α<π2，sin α＝45，∴cos α＝35. 又0<α<π2<β<π，∴0<β－α<π.由cos(β－α)＝210，得sin(β－α)＝7210. ∴sin β＝sin[(β－α)＋α]＝sin(β－α)cos α＋cos(β－α)sin α ＝7210×35＋210×45＝25250＝22. 由π2<β<π得β＝34π. (或求cos β＝－22，得β＝34π) 变式迁移3 解 ∵A 、B 均为钝角且sin A ＝55，sin B ＝1010， ∴cos A ＝－1－sin 2A ＝－25＝－255， cos B ＝－1－sin 2B ＝－310＝－31010. ∴cos(A ＋B )＝cos A cos B －sin A sin B＝－255×⎝⎛⎭⎪⎫－31010－55×1010＝22.① 又∵π2<A <π，π2<B <π， ∴π<A ＋B <2π.②由①②，知A ＋B ＝7π4. 课后练习区1．D 2.D 3.B 4.A 5.A6．－12 7.－211 8.3 －23π 9．解 (1)∵β∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2，π，cos β＝－513， ∴sin β＝1213.…………………………………………………………………………(2分)又∵0<α<π2，π2<β<π， ∴π2<α＋β<3π2，又sin(α＋β)＝3365， ∴cos(α＋β)＝－1－sin 2(α＋β)＝－ 1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33652＝－5665，…………………………………………………………(4分)∴sin α＝sin[(α＋β)－β]＝sin(α＋β)cos β－cos(α＋β)sin β＝3365·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－513－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－5665·1213＝35.…………………………………………………………(6分)(2)∵tan α＝tan[(α－β)＋β]＝tan (α－β)＋tan β1－tan (α－β)tan β＝12－171＋12×17＝13，……………………………………………………(8分)∴tan(2α－β)＝tan[α＋(α－β)]＝tan α＋tan (α－β)1－tan αtan (α－β)＝13＋121－13×12＝1.……………………………………………………(10分)∵α，β∈(0，π)，tan α＝13<1，tan β＝－17<0， ∴0<α<π4，π2<β<π， ∴－π<2α－β<0，∴2α－β＝－3π4.……………………………………………………(12分)10．(1)①证明 如图，在直角坐标系xOy 内作单位圆O ，并作出角α、β与－β，使角α的始边为Ox ，交⊙O 于点P 1，终边交⊙O 于点P 2；角β的始边为OP 2，终边交⊙O 于点P 3；角－β的始边为OP 1，终边交⊙O 于点P 4.则P 1(1,0)，P 2(cos α，sin α)，P 3(cos(α＋β)，sin(α＋β))，P 4(cos(－β)，sin(－β))，…………………………………………………………………………………………(2分)由|P 1P 3|＝|P 2P 4|及两点间的距离公式， 得[cos(α＋β)－1]2＋sin 2(α＋β)＝[cos(－β)－cos α]2＋[sin(－β)－sin α]2， 展开并整理得：2－2cos(α＋β)＝2－2(cos αcos β－sin αsin β)，∴cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β.……………………………………………………(4分)②解 由①易得，cos ⎝⎛⎭⎪⎪⎫π2－α＝sin α， sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2－α＝cos α.sin(α＋β)＝cos ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π2－(α＋β) ＝cos ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2－α＋(－β) ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2－αcos(－β)－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2－αsin(－β) ＝sin αcos β＋cos αsin β.∴sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β.……………………………………………………(7分)(2)解 由题意，设△ABC 的角B 、C 的对边分别为b 、c .则S ＝12bc sin A ＝12， AB →·AC→＝bc cos A ＝3>0， ∴A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，cos A ＝3sinA ，……………………………………………………………(9分)又sin 2A ＋cos 2A ＝1，∴sin A ＝1010，cos A ＝31010， 由cos B ＝35，得sin B ＝45.∴cos(A ＋B )＝cos A cos B －sin A sin B ＝1010. ……………………………………………………………………………………………(11分)故cos C ＝cos[π－(A ＋B )]＝－cos(A ＋B )＝－1010. ……………………………………………………………………………………………(12分)11．解 (1)依题设得f (x )＝2cos 2x ＋3sin 2x＝1＋cos 2x ＋3sin 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π6＋1. 由2sin ⎝⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π6＋1＝1－3， 得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π6＝－32.……………………………………………………………………(3分)∵－π3≤x ≤π3，∴－π2≤2x ＋π6≤5π6. ∴2x ＋π6＝－π3，即x ＝－π4.………………………………………………………………(6分)(2)－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π (k ∈Z)， 即－π3＋k π≤x ≤π6＋k π (k ∈Z)， 得函数单调增区间为⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－π3＋k π，π6＋k π (k ∈Z)．……………………………………(10分)列表： x 0 π6 π3 π2 2π3 5π6π y 2 3 2 0 －10 2 描点连线，得函数图象如图所示：…………………………………………………………………………………………(14分)。

解析几何一、填空题1 ．（江苏省扬州中学2014届高三开学检测数学试题）已知实数0p >，直线3420x y p -+=与抛物线22x py =和圆222()24p p x y +-=从左到右的交点依次为,A B C D 、、、则ABCD的值为 ▲ ． 【答案】1162 ．（江苏省淮安市车桥中学2014届高三9月期初测试数学试题）如果圆x 2+y 2-2ax-2ay+2a 2-4=0与圆x 2+y 2=4总相交,则a 的取值范围是___.【答案】220022a a -<<<<或3 ．（江苏省常州市武进区2014届高三上学期期中考试数学(理)试题）若实数x 、y 满足()222x y x y +=+,则x y +的最大值是_________.【答案】44 ．（江苏省无锡市市北高中2014届高三上学期期初考试数学试题）椭圆中有如下结论:椭圆22221x y a b +=上斜率为1的弦的中点在直线0by a x 22=+上,类比上述结论得到正确的结论为:双曲线22221x y a b-=上斜率为1的弦的中点在直线_______________上.【答案】22x y0a b -=5 ．（江苏省泰州中学2014届第一学学期高三数学摸底考试）设中心在原点的双曲线与椭圆+y 2=1有公共的焦点,且它们的离心率互为倒数,则该双曲线的方程是__________.【答案】2x 2﹣2y 2=16 ．（江苏省连云港市赣榆县清华园双语学校2014届高三10月月考数学试题）我们把形如()0,0by a b x a=>>-的函数称为“莫言函数”,并把其与y 轴的交点关于原点的对称点称为“莫言点”,以“莫言点”为圆心,凡是与“莫言函数”图象有公共点的圆,皆称之为“莫言圆”.当1=a ,1=b 时,在所有的“莫言圆”中,面积的最小值______. ) 【答案】π3.7 ．（江苏省无锡市2014届高三上学期期中调研考试数学试题）直线1y kx =+与圆22(3)(2)9x y -+-=相交于A B 、两点,若4AB >,则k 的取值范围是____________________.【答案】1(,2)2-8 ．（江苏省连云港市赣榆县清华园双语学校2014届高三10月月考数学试题）设F 是椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)右焦点,A 是其右准线与x 轴的交点.若在椭圆上存在一点P ,使线段PA 的垂直平分线恰好经过点F ,则椭圆离心率的取值范围是 ___________.]【答案】[12,1)9 ．（江苏省南京市第五十五中学2014届高三上学期第一次月考数学试题）抛物线212yx=-的准线与双曲线22193x y -=的两条渐近线所围成的三角形的面积等于(A)2【答案】A10．（江苏省苏州市2014届高三暑假自主学习测试（9月）数学试卷）已知双曲线221(0)y x m m-=>的离心率为2,则m 的值为 ______.【答案】311．（江苏省诚贤中学2014届高三上学期摸底考试数学试题）若双曲线221y x k-=的焦点到渐近线的距离为则实数k 的值是________.【答案】812．（江苏省宿迁市2014届高三上学期第一次摸底考试数学试卷）已知双曲线22221(00)x y a b a b -=＞＞，的左、右焦点分别为12F F ，,以12F F 为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为P .若1230PF F ∠=,则该双曲线的离心率为______.113．（江苏省宿迁市2014届高三上学期第一次摸底考试数学试卷）已知过点(25)，的直线l 被圆22240C x y x y +--=：截得的弦长为4,则直线l 的方程为______. 【答案】20x -=或4370x y -+=14．（江苏省无锡市2014届高三上学期期中调研考试数学试题）若中心在原点,以坐标轴为对称轴的圆锥曲线C ,离心率为2,且过点(2,3),则曲线C 的方程为________.【答案】225xy -=15．（江苏省苏州市2014届高三暑假自主学习测试（9月）数学试卷）已知P 是直线l :40(0)kx y k ++=>上一动点,PA ,PB 是圆C :2220x y y +-=的两条切线,切点分别为A ,B .若四边形PACB 的最小面积为2,则k =______.【答案】216．（江苏省南京市2014届高三9月学情调研数学试题）如图,已知过椭圆的左顶点A(-a,0)作直线1交y 轴于点P,交椭圆于点Q.,若△AOP 是等腰三角形,且,则椭圆的离心率为____2517．（江苏省扬州市扬州中学2014届高三10月月考数学试题）当且仅当m r n ≤≤时,两圆2249x y +=与22268250(0)x y x y r r +--+-=>有公共点,则n m -的值为______________.【答案】10二、解答题18．（江苏省南京市2014届高三9月学情调研数学试题）已知椭圆C 的中心在坐标原点,右准线为32x =6.若直线y=t(t>o)与椭 圆C 交于不同的两点A,B,以线段AB 为直径作圆M. (1)求椭圆C 的标准方程;(2)若圆M 与x 轴相切,求圆M 被直线310x +=截得的线段长.【答案】19．（江苏省泰州中学2014届第一学学期高三数学摸底考试）给定圆P :222xy x +=及抛物线S :24y x =,过圆心P 作直线l ,此直线与上述两曲线的四个交点,自上而下顺次记为A B C D 、、、,如果线段AB BC CD 、、的长按此顺序构成一个等差数列,求直线l 的方程.【答案】解:圆P 的方程为()2211x y -+=,则其直径长2B C =,圆心为()1,0P ,设l 的方程为1ky x =-,即1x ky =+,xyoABCDP代入抛物线方程得:244y ky =+,设()()1122,, ,A x y D x y ,有121244y y ky y +=⎧⎨=-⎩,则222121212()()416(1)y y y y y y k -=+-=+.故222222212121212||()()()()4y y AD y y x x y y -=-+-=-+22221212()[1()]16(1)4y y y y k +=-+=+,因此2||4(1)AD k =+ 据等差,2BC AB CD AD BC =+=-,所以36AD BC ==,即()2416k +=,k =即:l0y --=0y +-=20．（江苏省扬州市扬州中学2014届高三10月月考数学试题）已知椭圆:2222:1(0)x y C a b a b +=>>,一条准线:2l x =.(1)求椭圆C 的方程;(2)设O 为坐标原点,M 是l 上的点,F 为椭圆C 的右焦点,过点F 作OM 的垂线与以OM 为直径的圆交于P Q 、两点.①若6PQ =,求圆D 的方程;②若M 是l 上的动点,求证:P 在定圆上,并求该定圆的方程. 【答案】解:(1)由题设:22c a a c⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩1a c ⎧=⎪∴⎨=⎪⎩2221b a c ∴=-=, • 椭圆C 的方程为:2212x y +=•(2)①由(1)知:(1,0)F ,设(2,)M t ,则圆D 的方程:222(1)()124t t x y -+-=+, 直线PQ 的方程:220x ty +-=,PQ ∴=∴=,24t ∴=,2t ∴=±∴圆D 的方程:22(1)(1)2x y -+-=或22(1)(1)2x y -++=②解法(一):设00(,)P x y ,由①知:2220000(1)()124220t t x y x ty ⎧-+-=+⎪⎨⎪+-=⎩,即:2200000020220x y x ty x ty ⎧+--=⎪⎨+-=⎪⎩, 消去t 得:2200x y +=2,∴点P 在定圆22x y +=2上. 解法(二):设00(,)P x y ,则直线FP 的斜率为001FP y k x =-, ∵FP ⊥OM ,∴直线OM 的斜率为001OM x k y -=-, ∴直线OM 的方程为:001x y x y -=-, 点M 的坐标为002(1)(2,)x M y --. ∵MP ⊥OP ,∴0OP MP ⋅=, ∴000002(1)(2)[]0x x x y y y ∂--++= ,∴2200x y +=2,∴点P 在定圆22x y +=2上. 21．（江苏省梁丰高级中学2014届第一学期阶段性检测一）如图:一个城市在城市改造中沿市内主干道国泰路修建的圆形广场圆心为O,半径为100m ,其与国泰路一边所在直线l 相切于点M,A 为上半圆弧上一点,过点A 作l 的垂线,垂足为B.市园林局计划在ABM ∆内进行绿化,设ABM ∆的面积为S(单位:2m ) (1)以θ=∠AON 为参数,将S 表示成θ的函数;(2)为绿化面积最大,试确定此时点A 的位置及面积的最大值.【答案】O国 泰 路B M l AN22．（江苏省南京市第五十五中学2014届高三上学期第一次月考数学试题）已知A 为椭圆)0(12222>>=+b a by a x 上的一个动点,弦AB 、AC 分别过焦点F 1、F 2,当AC 垂直于x 轴时,恰好有13||||21：：=AF AF . (Ⅰ)求椭圆离心率;(Ⅱ)设C F AF B F AF 222111,λλ==,试判断21λλ+是否为定值?若是定值,求出该定值并证明;若不是定值,请说明理由.【答案】解:(Ⅰ)当AC 垂直于x 轴时,a b AF 22||=,13||||21：：=AF AF ,∴a b AF 213||=∴a a b 242=,∴222b a =,∴22c b =,故22=e . (Ⅱ)由(Ⅰ)得椭圆的方程为22222b y x =+,焦点坐标为)0,(),0,(21b F b F -.①当弦AC 、AB 的斜率都存在时,设),(),,(),,(221100y x C y x B y x A ,则AC 所在的直线方程为)(00b x bx y y --=, 代入椭圆方程得0)(2)23(20200202=--+-y b y b x by y bx b .∴02222023bx b y b y y --=,C F AF 222λ=,b x b y y 020223-=-=λ.同理bx b 0123+=λ,∴621=+λλ ②当AC 垂直于x 轴时,则bbb 23,112+==λλ,这时621=+λλ; 当AB 垂直于x 轴时,则5,121==λλ,这时621=+λλ. 综上可知21λλ+是定值 【D 】6．23．（江苏省苏州市2014届高三暑假自主学习测试（9月）数学试卷）已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的长轴两端点分别为A ,B ,000(,)(0)P x y y >是椭圆上的动点,以AB 为一边在x 轴下方作矩形ABCD ,使(0)AD kb k =>,PD 交AB 于点E ,PC 交AB 于点F .(Ⅰ)如图(1),若k =1,且P 为椭圆上顶点时,PCD ∆的面积为12,点O 到直线PD 的距离为65,求椭圆的方程; (Ⅱ)如图(2),若k =2,试证明:AE ,EF ,FB 成等比数列.FEyxOPD CBA图(1) 图(2)【答案】解:(Ⅰ)如图,当k =1时,CD 过点(0,-b ),CD =2a ,∵FEy xO P DCB APCD ∆的面积为12,∴122122a b ⨯⨯=,即6ab =.①此时D (-a ,-b ),∴直线PD 方程为20bx ay ab-+=.∴点O 到PD 的距离d =65. ② 由①②解得3,2a b ==∴所求椭圆方程为22194x y +=(Ⅱ)如图,当k =2时,(,2),(,2)C a b D a b ---,设12(,0),(,0)E x F x ,FEyxO P D CBA由D ,E ,P 三点共线,及1(,2)DE x a b =+,00(,2)DP x a y b =++ (说明:也可通过求直线方程做) 得100()(2)2()x a y b b x a ++=⋅+, ∴0102()2b x a x a y b ⋅++=+,即002()2b x a AE y b⋅+=+由C ,F ,P 三点共线,及2(,2)CF x a b =-,00(,2)CP x a y b =-+得200()(2)2()x a y b b x a -+=⋅-,∴0202()2b a x a x y b ⋅--=+,即002()2b a x FB y b⋅-=+又2200221x y a b+=,∴222220022004()4(2)(2)b a x a y AE FB y b y b ⋅-⋅==++ 而00000002()2()242222222b x a b a x ay abEF a AE FB a a y b y b y b y b⋅+⋅-=--=--=-=++++ ∴2EF AE FB =⋅,即有AE ,EF ,FB 成等比数列24．（江苏省扬州中学2014届高三开学检测数学试题）如图，已知椭圆14:22=+y x C 的上、下顶点分别为B A 、，点P 在椭圆上，且异于点B A 、，直线BP AP 、与直线2:-=y l 分别交于点N M 、，（Ⅰ）设直线BP AP 、的斜率分别为1k 、2k ，求证：21k k ⋅为定值； （Ⅱ）求线段MN 的长的最小值；（Ⅲ）当点P 运动时，以MN 为直径的圆是否经过某定点？请证明你的结论．【答案】解（Ⅰ）)1,0(A ，)1,0(-B ，令),(00y x P ，则由题设可知00≠x ，∴ 直线AP 的斜率0011x y k -=，PB 的斜率0021x y k +=，又点P 在椭圆上，所以 142020=+y x ，（00≠x ），从而有411112020000021-=-=+⋅-=x y x y x y k k 。

§4.7解三角形应用举例2019高考会这样考考查利用正弦定理、余弦定理解决实际问题中和三角形有关的角度、方向、距离等测量问题．复习备考要这样做 1.会从实际问题抽象中解三角形问题，培养建模能力；2.掌握解三角形实际应用的基本方法，体会数学在实际问题中的应用．1．用正弦定理和余弦定理解三角形的常见题型测量距离问题、高度问题、角度问题、计算面积问题、航海问题、物理问题等．2．实际问题中的常用角(1)仰角和俯角与目标线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图①)．(2)方向角：相对于某正方向的水平角，如南偏东30°，北偏西45°等．(3)方位角指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．(4)坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值．3．解三角形应用题的一般步骤(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等．[难点正本疑点清源]解三角形应用题的两种情形(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及到两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．1．在某次测量中，在A处测得同一半平面方向的B点的仰角是60°，C点的俯角是70°，则∠BAC＝________.答案130°解析 由已知∠BAD ＝60°，∠CAD ＝70°，∴∠BAC ＝60°＋70°＝130°.2． (2019·上海)在相距2千米的A ，B 两点处测量目标C ，若∠CAB ＝75°，∠CBA ＝60°，则A ，C 两点之间的距离是__________千米．答案 6解析 如图所示，由题意知∠C ＝45°，由正弦定理得AC sin 60°＝2sin 45°， ∴AC ＝222·32＝ 6. 3． 江岸边有一炮台高30 m ，江中有两条船，船与炮台底部在同一水面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距________ m. 答案 10 3解析 如图，OA 为炮台，M 、N 为两条船的位置，∠AMO ＝45°，∠ANO＝60°，OM ＝AO tan 45°＝30，ON ＝AO tan 30°＝33×30＝103， 由余弦定理得，MN ＝900＋300－2×30×103×32＝300＝103(m)． 4． 某登山队在山脚A 处测得山顶B 的仰角为45°，沿倾斜角为30°的斜坡前进1 000 m 后到达D 处，又测得山顶的仰角为60°，则山的高度BC 为____________ m.答案 500(3＋1)解析 过点D 作DE ∥AC 交BC 于E ，因为∠DAC ＝30°，故∠ADE ＝150°.于是∠ADB ＝360°－150°－60°＝150°.又∠BAD ＝45°－30°＝15°，故∠ABD ＝15°，由正弦定理得AB ＝AD sin ∠ADB sin ∠ABD＝1 000sin 150°sin 15°＝500(6＋2)(m)． 所以在Rt △ABC 中，BC ＝AB sin 45°＝500(3＋1)(m)．5． 两座灯塔A 和B 与海岸观察站C 的距离相等，灯塔A 在观察站北偏东40°，灯塔B 在观察站南偏东60°，则灯塔A 在灯塔B 的( ) A ．北偏东10°B ．北偏西10°C ．南偏东10°D ．南偏西10°答案 B解析 灯塔A 、B 的相对位置如图所示，由已知得∠ACB ＝80°，∠CAB ＝∠CBA ＝50°，则α＝60°－50°＝10°，即北偏西10°.题型一 测量距离问题例1 要测量对岸A 、B 两点之间的距离，选取相距 3 km 的C 、D 两点，并测得∠ACB ＝75°，∠BCD ＝45°，∠ADC ＝30°，∠ADB ＝45°，求A 、B 之间的距离．思维启迪：将题中距离、角度转化到一个三角形中，再利用正、余弦定理解三角形． 解 如图所示，在△ACD 中，∠ACD ＝120°，∠CAD ＝∠ADC ＝30°，∴AC ＝CD ＝ 3 km.在△BCD 中，∠BCD ＝45°，∠BDC ＝75°，∠CBD ＝60°.∴BC ＝3sin 75°sin 60°＝6＋22. 在△ABC 中，由余弦定理，得AB 2＝(3)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋222－2×3×6＋22×cos 75° ＝3＋2＋3－3＝5， ∴AB ＝ 5 (km)，∴A 、B 之间的距离为 5 km.探究提高 这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般都离不开正弦定理和余弦定理，在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解． 注意：①基线的选取要恰当准确；②选取的三角形及正、余弦定理要恰当．如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB ，C 是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO 的小路CD .已知某人从O 沿OD 走到D 用了2分钟，从D 沿着DC 走到C 用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径为________米．答案 507解析 连接OC ，在△OCD 中，OD ＝100，CD ＝150，∠CDO ＝60°，由余弦定理可得OC 2＝1002＋1502－2×100×150×12＝17 500， 解得OC ＝507(米)．题型二 测量高度问题例2 某人在塔的正东沿着南偏西60°的方向前进40米后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔顶的最大仰角为30°，求塔高．思维启迪：依题意画图，某人在C 处，AB 为塔高，他沿CD 前进，CD ＝40米，此时∠DBF ＝45°，从C 到D 沿途测塔的仰角，只有B到测试点的距离最短时，仰角才最大，这是因为tan ∠AEB ＝AB BE，AB 为定值，BE 最小时，仰角最大．要求出塔高AB ，必须先求BE ，而要求BE ，需先求BD (或BC )．解 如图所示，某人在C 处，AB 为塔高，他沿CD 前进，CD ＝40，此时∠DBF ＝45°，过点B 作BE ⊥CD 于E ，则∠AEB ＝30°，在△BCD 中，CD ＝40，∠BCD ＝30°，∠DBC ＝135°，由正弦定理，得CD sin ∠DBC ＝BD sin ∠BCD， ∴BD ＝40sin 30°sin 135°＝202(米)．∠BDE ＝180°－135°－30°＝15°. 在Rt △BED 中，BE ＝DB sin 15°＝202×6－24＝10(3－1)(米)． 在Rt △ABE 中，∠AEB ＝30°，∴AB ＝BE tan 30°＝103(3－3)(米)． 故所求的塔高为103(3－3)米． 探究提高 在测量高度时，要正确理解仰角、俯角的概念，画出准确的示意图，恰当地选取相关的三角形和正、余弦定理逐步进行求解．注意综合应用方程和平面几何、立体几何等知识．如图所示，B ，C ，D 三点在地面的同一直线上，DC＝a ，从C ，D 两点测得A 点的仰角分别为β和α(α<β)，则A 点距地面的高AB 为_______________．答案 a sin αsin βsin (β－α)解析 AB ＝AC sin β，AC sin α＝DC sin ∠DAC ＝a sin (β－α)， 解得AB ＝a sin αsin βsin (β－α). 题型三 测量角度问题例3 某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在A 处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为45°，距离为10 n mile 的C 处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9 n mile /h 的速度向某小岛靠拢，我海军舰艇立即以21 n mile/h 的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间．思维启迪：本题中所涉及的路程在不断变化，但舰艇和渔轮相遇时所用时间相等，先设出所用时间t ，找出等量关系，然后解三角形．解 如图所示，根据题意可知AC ＝10，∠ACB ＝120°，设舰艇靠近渔轮所需的时间为t h ，并在B 处与渔轮相遇，则AB ＝21t ，BC ＝9t ，在△ABC中，根据余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos 120°，所以212t 2＝102＋81t 2＋2×10×9t ×12，即360t 2－90t －100＝0，解得t ＝23或t ＝－512(舍去)．所以舰艇靠 近渔轮所需的时间为23h ．此时AB ＝14，BC ＝6.在△ABC 中，根据正弦定理得BC sin ∠CAB ＝AB sin 120°， 所以sin ∠CAB ＝6×3214＝3314， 即∠CAB ≈21.8°或∠CAB ≈158.2°(舍去)．即舰艇航行的方位角为45°＋21.8°＝66.8°.所以舰艇以66.8°的方位角航行，需23h 才能靠近渔轮． 探究提高 对于和航行有关的问题，要抓住时间和路程两个关键量，解三角形时将各种关系集中在一个三角形中利用条件．如图所示，位于A 处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的B 处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C 处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向即沿直线CB 前往B 处救援，则cos θ等于A.217B.2114C.32114D.2128答案 B解析 如图所示，在△ABC 中，AB ＝40，AC ＝20，∠BAC ＝120°，由余弦定理，得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos 120°＝2 800，所以BC ＝207.由正弦定理，得 sin ∠ACB ＝AB BC ·sin ∠BAC ＝217. 由∠BAC ＝120°，知∠ACB 为锐角，故cos ∠ACB ＝277. 故cos θ＝cos(∠ACB ＋30°)＝cos ∠ACB cos 30°－sin ∠ACB sin 30°＝2114. 正、余弦定理在实际问题中的应用典例：(12分)如图，在海岸A 处发现北偏东45°方向，距A 处(3－1)海里的B 处有一艘走私船．在A 处北偏西75°方向，距A 处2海里的C 处的我方缉私船奉命以103海里/小时的速度追截走私船，此时走私船正以10海里/小时的速度，以B 处向北偏东30°方向逃窜．问：缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船？并求出所需时间．审题视角 (1)分清已知条件和未知条件(待求)．(2)将问题集中到一个三角形中，如△ABC 和△BCD .(3)利用正弦定理或余弦定理求解．规范解答解 设缉私船应沿CD 方向行驶t 小时，才能最快截获(在D 点)走私船，则CD ＝103t (海里)，BD ＝10t (海里)，[1分]在△ABC 中，由余弦定理，有BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC＝(3－1)2＋22－2(3－1)·2·cos 120°＝6.∴BC ＝6(海里)．[3分]又∵BC sin ∠BAC ＝AC sin ∠ABC， ∴sin ∠ABC ＝AC ·sin ∠BAC BC ＝2·sin 120°6＝22， ∴∠ABC ＝45°，∴B 点在C 点的正东方向上，∴∠CBD ＝90°＋30°＝120°，[5分]在△BCD 中，由正弦定理，得BD sin ∠BCD ＝CD sin ∠CBD， ∴sin ∠BCD ＝BD ·sin ∠CBD CD ＝10t ·sin 120°103t＝12. ∴∠BCD ＝30°，∴缉私船沿北偏东60°的方向行驶．[8分]又在△BCD 中，∠CBD ＝120°，∠BCD ＝30°，∴D ＝30°，∴BD ＝BC ，即10t ＝ 6.∴t ＝610小时≈15(分钟)．[11分] ∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，大约需要15分钟．[12分] 答题模板解斜三角形应用题的一般步骤为第一步：分析——理解题意，分清已知与未知，画出示意图；第二步：建模——根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解斜三角形的数学模型；第三步：求解——利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形，求得数学模型的解； 第四步：检验——检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解．温馨提醒 (1)由实际出发，构建数学模型是解应用题的基本思路．如果涉及三角形问题，我们可以把它抽象为解三角形问题进行解答，之后再还原成实际问题，即利用上述模板答题．(2)本题的易错点：不能将已知和待求量转化到同一个三角形中，无法运用正、余弦定理求解.方法与技巧1．合理应用仰角、俯角、方位角、方向角等概念建立三角函数模型．2．把生活中的问题化为二维空间解决，即在一个平面上利用三角函数求值．3．合理运用换元法、代入法解决实际问题．失误与防范在解实际问题时，应正确理解如下角的含义．1．方向角——从指定方向线到目标方向线的水平角．2．方位角——从正北方向线顺时针到目标方向线的水平角．3．坡度——坡面与水平面所成的二面角的正切值．4．仰角与俯角——与目标视线在同一铅直平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方时称为仰角，目标视线在水平视线下方时称为俯角．A 组 专项基础训练(时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1． 如果在测量中，某渠道斜坡的坡度为34，设α为坡角，那么cos α等于 ( ) A.35B.45C.34D.43 答案 B解析 因为tan α＝34，所以cos α＝45. 2． 有一长为1的斜坡，它的倾斜角为20°，现高不变，将倾斜角改为10°，则斜坡长为( )A ．1B ．2sin 10°C ．2cos 10°D ．cos 20°答案 C解析 如图，∠ABC ＝20°，AB ＝1，∠ADC ＝10°，∴∠ABD ＝160°.在△ABD 中，由正弦定理得AD sin 160°＝AB sin 10°， ∴AD ＝AB ·sin 160°sin 10°＝sin 20°sin 10°＝2cos 10°. 3． 一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A 测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A 向北偏东30°前进100 m 到达点B ，在B 点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( ) A ．50 mB ．100 mC ．120 mD ．150 m 答案 A解析 设水柱高度是h m ，水柱底端为C ，则在△ABC 中，∠A ＝60°，AC ＝h ，AB ＝100，BC ＝3h ，根据余弦定理得，(3h )2＝h 2＋1002－2·h ·100·cos 60°，即h 2＋50h －5 000＝0，即(h －50)(h ＋100)＝0，即h ＝50，故水柱的高度是50 m.4. 如图，设A 、B 两点在河的两岸，一测量者在A 所在的同侧河岸边选定一点C ，测出AC 的距离为50 m ，∠ACB ＝45°，∠CAB ＝105°后，就可以计算出A 、B 两点的距离为( ) A ．50 2 mB ．50 3 mC ．25 2 mD.2522m 答案 A解析 ∵∠ACB ＝45°，∠CAB ＝105°，∴∠ABC ＝180°－105°－45°＝30°.在△ABC 中，由正弦定理得AB sin C ＝AC sin B ， ∴AB ＝AC ·sin C sin B ＝50×2212＝50 2 (m)． 二、填空题(每小题5分，共15分)5． 甲、乙两楼相距20米，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则甲、乙两楼的高分别是________________．答案 203米、4033米解析 如图，依题意有甲楼的高度为AB ＝20·tan 60°＝203(米)，又CM ＝DB ＝20(米)，∠CAM ＝60°，所以AM ＝CM ·1tan 60°＝2033(米)，故乙楼的高度为CD ＝203－2033＝4033(米)． 6． 一船以每小时15 km 的速度向东航行，船在A 处看到一个灯塔M 在北偏东60°方向，行驶4 h 后，船到B 处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为______ km. 答案 30 2解析 如图所示，依题意有AB ＝15×4＝60，∠MAB ＝30°，∠AMB ＝45°，在△AMB 中，由正弦定理得60sin 45°＝BM sin 30°，解得BM ＝30 2 (km)．7. 如图，在四边形ABCD 中，已知AD ⊥CD ，AD ＝10，AB ＝14，∠BDA＝60°，∠BCD ＝135°，则BC 的长为________．答案 8 2解析 在△ABD 中，设BD ＝x ，则BA 2＝BD 2＋AD 2－2BD ·AD ·cos ∠BDA ，即142＝x 2＋102－2·10x ·cos 60°，整理得x 2－10x －96＝0，解之得x 1＝16，x 2＝－6(舍去)．在△BCD 中，由正弦定理：BC sin ∠CDB ＝BD sin ∠BCD ， ∴BC ＝16sin 135°·sin 30°＝8 2. 三、解答题(共22分)8． (10分)如图所示，测量河对岸的塔高AB 时，可以选与塔底B 在同一水平面内的两个观测点C 与D ，测得∠BCD ＝15°，∠BDC ＝30°，CD ＝30 m ，并在点C 处测得塔顶A 的仰角为60°，求塔高AB .解 在△BCD 中，∠CBD ＝180°－15°－30°＝135°，由正弦定理，得BC sin ∠BDC ＝CD sin ∠CBD， 所以BC ＝30sin 30°sin 135°＝15 2 (m)．在Rt △ABC 中，AB ＝BC ·tan ∠ACB ＝152tan 60°＝15 6 (m)．所以塔高AB 为15 6 m.9． (12分)如图，在△ABC 中，已知∠B ＝45°，D 是BC 边上的一点，AD＝10，AC ＝14，DC ＝6，求AB 的长．解 在△ADC 中，AD ＝10，AC ＝14，DC ＝6，由余弦定理得cos ∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC＝100＋36－1962×10×6＝－12， ∴∠ADC ＝120°，∴∠ADB ＝60°.在△ABD 中，AD ＝10，∠B ＝45°，∠ADB ＝60°，由正弦定理得AB sin ∠ADB ＝AD sin B， ∴AB ＝AD ·sin ∠ADB sin B ＝10sin 60°sin 45°＝10×3222＝5 6.B 组 专项能力提升(时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分) 1． 在△ABC 中，已知∠A ＝45°，AB ＝2，BC ＝2，则∠C 等于( ) A ．30°B ．60°C ．120°D ．30°或150°答案 A解析 利用正弦定理可得2sin 45°＝2sin C ， ∴sin C ＝12，∴∠C ＝30°或150°. 又∵∠A ＝45°，且∠A ＋∠B ＋∠C ＝180°，∴∠C ＝30°，故选A. 2． 某人向正东方向走x km 后，向右转150°，然后朝新方向走3 km ，结果他离出发点恰好是 3 km ，那么x 的值为 ( )A. 3B ．2 3 C.3或2 3D ．3 答案 C解析 如图所示，设此人从A 出发，则AB ＝x ，BC ＝3，AC ＝3，∠ABC＝30°，由余弦定理得(3)2＝x 2＋32－2x ·3·cos 30°，整理，得x 2－33x ＋6＝0，解得x ＝3或2 3.3． 一艘海轮从A 处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直 线航行，30分钟后到达B 处，在C 处有一座灯塔，海轮在A 处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B 处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B ，C 两点间的距离是( )A ．102海里B ．103海里C ．203海里D ．202海里答案 A解析 如图，易知，在△ABC 中，AB ＝20，∠CAB ＝30°，∠ACB ＝45°，根据正弦定理得BC sin 30°＝AB sin 45°，解得BC ＝102(海里)． 二、填空题(每小题5分，共15分)4． 一船由B 处向正北方向航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔C 、D 恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后到达A 处，看见灯塔C 在它的南偏西60°方向，灯塔D 在它的南偏西75°方向，则这艘船的速度是______海里/小时．答案 10解析 如图所示，依题意有∠BAC ＝60°，∠BAD ＝75°，所以∠CAD ＝∠CDA ＝15°，从而CD ＝CA ＝10，在直角三角形ABC 中，得AB ＝5，于是这艘船的速度是50.5＝10(海里/小时)．5． 某路边一树干被大风吹断后，折成与地面成45°角，树干也倾斜为与地面成75°角，树干底部与树尖着地处相距20米，则折断点与树干底部的距离是__________米．答案 2063解析 如图，设树干底部为O ，树尖着地处为B ，折断点为A ，则∠ABO ＝45°，∠AOB ＝75°，∴∠OAB ＝60°.由正弦定理知，AO sin 45°＝20sin 60°， ∴AO ＝2063(米)． 6． 在△ABC 中，D 为边BC 上一点，BD ＝12DC ，∠ADB ＝120°，AD ＝2.若△ADC 的面积为3－3，则∠BAC ＝_____.答案 60°解析 S △ADC ＝12×2×DC ×32＝3－3， 解得DC ＝2(3－1)，∴BD ＝3－1，BC ＝3(3－1)．在△ABD 中，AB 2＝4＋(3－1)2－2×2×(3－1)×cos 120°＝6，∴AB ＝ 6.在△ACD 中，AC 2＝4＋[2(3－1)]2－2×2×2(3－1)×cos 60°＝24－123，∴AC ＝6(3－1)，则cos ∠BAC ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ＝12， ∴∠BAC ＝60°.三、解答题7． (13分)如图，A 、B 、C 、D 都在同一个与水平面垂直的平面内，B 、D为两岛上的两座灯塔的塔顶．测量船于水面A 处测得B 点和D 点的仰角分别为75°、30°，于水面C 处测得B 点和D 点的仰角均为60°，AC＝0.1 km.试探究图中B 、D 间距离与另外哪两点间距离相等，然后求B 、D 的距离(计算结果精确到0.01 km ，2≈1.414，6≈2.449)．解 在△ACD 中，∠DAC ＝30°，∠ADC ＝60°－∠DAC ＝30°，所以CD ＝AC ＝0.1.又∠BCD ＝180°－60°－60°＝60°，故CB 是△CAD 底边AD 的中垂线，所以BD ＝BA .在△ABC 中，AB sin ∠BCA ＝AC sin ∠ABC， 所以AB ＝AC sin 60°sin 15°＝32＋620，即BD ＝32＋620≈0.33(km)． 故B 、D 的距离约为0.33 km.。

§8.8 立体几何中的向量方法(Ⅱ)——求空间角、距离2014高考会这样考 1.考查用向量方法求空间角的大小；2.考查简单的空间距离的计算(点面距是重点)．复习备考要这样做 1.掌握空间角的定义、范围，掌握求空间角的向量方法；2.会利用向量方法对距离进行转化．1．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1， m 2〉|.(2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|. (3)求平面间夹角的大小如图所示，平面π1与π2相交于直线l ，点R 为直线l 上任意一点，过点R ，在平面π1上作直线l 1⊥l ，在平面π2上作直线l 2⊥l ，则l 1∩l 2＝R .我们把直线l 1和l 2的夹角叫作平面π1与π2的夹角．已知平面π1和π2的法向量分别为n 1和n 2.当0≤〈n 1，n 2〉≤π2时，平面π1与π2的夹角等于〈n 1，n 2〉；当π2<〈n 1，n 2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于π－〈n 1，n 2〉． 2.点面距的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.[难点正本 疑点清源]1．向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数化，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点线面的位置关系的判定和计算程序化、简单化．主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算．2．利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α、β的向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补．3．求点到平面距离的方法：①垂面法：借助面面垂直的性质来作垂线，其中过已知点确定已知面的垂面是关键；②等体积法，转化为求三棱锥的高；③等价转移法；④法向量法．1．若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则l 与α所成角的正弦值为_______．答案 41133解析 ∵n·a ＝－8－3＋3＝－8，|n |＝16＋1＋1＝32， |a |＝4＋9＋9＝22，∴cos 〈n ，a 〉＝n·a|n|·|a |＝－832×22＝－41133.又l 与α所成角记为θ，即sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝41133. 2．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于________． 答案 30°解析 由题意得直线l 与平面α的法向量所在直线的夹角为60°，∴直线l 与平面α所成的角为90°－60°＝30°.3．从空间一点P 向二面角α—l —β的两个面α，β分别作垂线PE ，PF ，垂足分别为E ，F ，若二面角α—l —β的大小为60°，则∠EPF 的大小为__________． 答案 60°或120°4. 如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为a 的正方体ABCO —A ′B ′C ′D ′，A ′C 的中点E 与AB 的中点F 的距离为________．答案22a 解析 由图易知A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，A ′(a,0，a )．∴F ⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0，E ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2. ∴EF ＝⎝⎛⎭⎫a －a 22＋⎝⎛⎭⎫a 2－a 22＋⎝⎛⎭⎫0－a 22 ＝a 24＋a 24＝22a .5．在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中点，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于________．答案 155解析 以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，∴F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，E (0,2,1)， ∴FD 1→＝(－1,0,2)， OE →＝(－1,1,1)，∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝1＋25·3＝155.题型一 求异面直线所成的角例1 如图，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 是正方形BCC 1B 1的中心，点F 、G 分别是棱C 1D 1、AA 1的中点，设点E 1、G 1分别是点E 、G 在平面DCC 1D 1内的正投影．(1)证明：直线FG 1⊥平面FEE 1；(2)求异面直线E 1G 1与EA 所成角的正弦值．思维启迪：本题可方便地建立空间直角坐标系，通过点的坐标得到向量坐标，然后求解． (1)证明 以D 为原点，DD 1→、DC →、DA →分别为z 轴、y 轴、x 轴的正向，12|DD 1→|为1个单位长度建立空间直角坐标系．由题设知点E 、F 、G 1、E 1的坐标分别为(1,2,1)，(0,1,2)，(0,0,1)，(0,2,1)， ∴FE 1→＝(0,1，－1)，FG 1→＝(0，－1，－1)，EE 1→＝(－1,0,0)， ∴FG 1→·EE 1→＝0，FG 1→·FE 1→＝0⇒FG 1→⊥EE 1→，FG 1→⊥FE 1→， 又∵EE 1∩FE 1＝E 1.∴FG 1⊥平面FEE 1.(2)解 由题意知点A 的坐标为(2,0,0)，又由(1)可知EA →＝(1，－2，－1)，E 1G 1→＝(0，－2,0)，∴cos 〈EA →，E 1G 1→〉＝EA →·E 1G 1→|EA →|·|E 1G 1→|＝63，∴sin 〈EA →，E 1G 1→〉＝1－cos 2〈EA →，E 1G 1→〉＝33.探究提高 用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解，而两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，所以要注意二者的区别与联系，应有cos θ＝|cos α|.如图所示，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝2.E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB ＝BF ＝1.求直线EC 1与FD 1所成的角的余弦值．解 以A 为原点，AB →、AD →、AA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴的正向建立空间直角坐标系，则有D 1(0,3,2)，E (3,0,0)，F (4,1,0)，C 1(4,3,2)，于是EC 1→＝(1,3,2)，FD 1→＝(－4,2,2)，设EC 1与FD 1所成的角为β，则：cos β＝|EC 1→·FD 1→||EC 1→|·|FD 1→|＝1×(－4)＋3×2＋2×212＋32＋22×(－4)2＋22＋22＝2114，∴直线EC 1与FD 1所成的角的余弦值为2114.题型二 求直线与平面的夹角例2 如图，已知四棱锥P —ABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH是四棱锥的高，E 为AD 的中点．(1)证明：PE ⊥BC ；(2)若∠APB ＝∠ADB ＝60°，求直线P A 与平面PEH 夹角的正弦值．思维启迪：平面的法向量是利用向量方法解决位置关系或夹角的关键，本题可通过建立坐标系，利用待定系数法求出平面PEH 的法向量．(1)证明 以H 为原点，HA ，HB ，HP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，线段HA 的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图)，则A (1,0,0)，B (0,1,0)．设C (m,0,0)，P (0,0，n ) (m <0，n >0)，则D (0，m,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，m 2，0.可得PE →＝⎝⎛⎭⎫12，m 2，－n ，BC →＝(m ，－1,0)． 因为PE →·BC →＝m 2－m2＋0＝0，所以PE ⊥BC .(2)解 由已知条件可得m ＝－33，n ＝1，故C ⎝⎛⎭⎫－33，0，0，D ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，E ⎝⎛⎭⎫12，－36，0，P (0,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PEH 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·HE →＝0，n ·HP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －36y ＝0，z ＝0.因此可以取n ＝(1，3，0)．又P A →＝(1,0，－1)，所以|cos 〈P A →，n 〉|＝24.所以直线P A 与平面PEH 夹角的正弦值为24.探究提高 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投影直线的方向向量，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的夹角．已知三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝12AB ，N 为AB上一点，且AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 夹角的大小．(1)证明 设P A ＝1，以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M (1,0，12)，N (12，0,0)，S (1，12，0)．所以CM →＝(1，－1，12)，SN →＝(－12，－12，0)．因为CM →·SN →＝－12＋12＋0＝0，所以CM ⊥SN .(2)解 设平面CMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·CM →＝x －y ＋12z ＝0n ·CN →＝(x ，y ，z )·⎝⎛⎭⎫12，－1，0＝12x －y ＝0.∴y ＝12x ，z ＝－x ，取x ＝2，则n ＝(2,1，－2)为平面CMN 的一个法向量．∴cos 〈n ·SN →〉＝n ·SN →|n |·|SN →|＝(2，1，－2)·⎝⎛⎭⎫－12，－12，022＋1＋(－2)2·⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫－122＋02＝－22.∴〈n ·SN →〉＝135°， 故SN 与平面CMN 夹角的大小为45°. 题型三 求平面间的夹角例3 (2012·广东)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE .(1)证明：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝1，AD ＝2，求平面BPC 与平面PCA 夹角的正切值．思维启迪：利用图中的P A ⊥平面ABCD 、ABCD 为矩形的条件建立空间直角坐标系，转化为向量问题．(1)证明 ∵P A ⊥平面ABCD ，BD 平面ABCD ， ∴P A ⊥BD .同理由PC ⊥平面BDE 可证得PC ⊥BD . 又P A ∩PC ＝P ，∴BD ⊥平面P AC . (2)解 如图，分别以射线AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系． 由(1)知BD ⊥平面P AC ， 又AC 平面P AC ， ∴BD ⊥AC .故矩形ABCD 为正方形，∴AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2. ∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)． ∴PB →＝(2,0，－1)，BC →＝(0,2,0)，BD →＝(－2,2,0)． 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·BC →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧2·x ＋0·y －z ＝0，0·x ＋2·y ＋0·z ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧z ＝2x ，y ＝0，取x ＝1得n ＝(1,0,2)． ∵BD ⊥平面P AC ，∴BD →＝(－2,2,0)为平面P AC 的一个法向量．cos 〈n ，BD →〉＝n ·BD →|n |·|BD →|＝－1010.设平面BPC 与平面PCA 夹角为α， ∴cos α＝1010，sin α＝1－cos 2α＝31010.∴tan α＝sin αcos α＝3，即平面BPC 与平面PCA 夹角的正切值为3.探究提高 求平面间的夹角最常用的方法就是分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到所求角的大小，但要注意平面间的夹角的范围为⎣⎡⎦⎤0，π2.(2011·辽宁)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ；(2)求平面QBP 与平面BPC 的夹角的余弦值．(1)证明 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，以DA 、DP 、DC 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)， PQ →＝(1，－1,0)．所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0， 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .又DQ ∩DC ＝D ，所以PQ ⊥平面DCQ .又PQ 平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)解 依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·BP →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)．同理，设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝0，m ·PQ →＝0，可取m ＝(1,1,1)．所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故平面QBP 与平面BCP 的夹角的余弦值为－155. 题型四 求空间距离例4 在三棱锥S —ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA ＝SC ＝23，M 、N 分别为AB 、SB 的中点，如图所示. 求点B 到平面CMN 的距离．思维启迪：由平面SAC ⊥平面ABC ，SA ＝SC ，BA ＝BC ，可知本题可以取AC 中点O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，用向量法求解．解 取AC 的中点O ，连接OS 、OB .∵SA ＝SC ，AB ＝BC ， ∴AC ⊥SO ，AC ⊥BO .∵平面SAC ⊥平面ABC ， 平面SAC ∩平面ABC ＝AC ， ∴SO ⊥平面ABC ，又∵BO 平面ABC ，∴SO ⊥BO .如图所示，分别以OA ，OB ，OS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ， 则B (0,23，0)，C (－2,0,0)，S (0,0,22)，M (1，3，0)，N (0，3，2)． ∴CM →＝(3，3，0)，MN →＝(－1,0，2)，MB →＝(－1，3，0)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧CM →·n ＝3x ＋3y ＝0MN →·n ＝－x ＋2z ＝0，取z ＝1，则x ＝2，y ＝－6，∴n ＝(2，－6，1)．∴点B 到平面CMN 的距离d ＝|n ·MB →||n |＝423.探究提高 点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法．如本题，事实上，作BH ⊥平面CMN 于H .由BH →＝BM →＋MH →及BH →·n ＝n ·BM →， ∴|BH →·n |＝|n ·BM →|＝|BH →|·|n |，∴|BH →|＝|n ·BM →||n |，即d ＝|n ·BM →||n |.(2012·大纲全国)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为( )A ．2B. 3C. 2D ．1答案 D解析 以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图)，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,22)，E (0,2，2)，易知AC 1∥平面BDE .设n ＝(x ，y ，z )是平面BDE 的法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝2x ＋2y ＝0n ·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1,1，－2)为平面BDE 的一个法向量． 又DA →＝(2,0,0)，∴点A 到平面BDE 的距离是d ＝|n ·DA →||n |＝|－1×2＋0＋0|(－1)2＋12＋(－2)2＝1. 故直线AC 1到平面BED 的距离为1.利用空间向量求角典例：(12分)如图，已知在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝1，直线BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为30°，AE 垂直BD 于点E ，F 为A 1B 1的中点．(1)求异面直线AE 与BF 所成角的余弦值； (2)求平面BDF 与平面AA 1B 夹角的余弦值.审题视角 (1)研究的几何体为长方体，AB ＝2，AA 1＝1. (2)所求的是异面直线所成的角和平面间的夹角． (3)可考虑用空间向量法求解． 规范解答解 (1)以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图所示)．[2分]由于AB ＝2，BD 与平面AA 1B 1B 的夹角为30°，即∠ABD ＝30°，∴AD ＝233，[3分]∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，D ⎝⎛⎭⎫0，233，0，F (1,0,1)．又AE ⊥BD ，故由平面几何知识得AE ＝1，从而E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，[4分]因为AE →＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，BF →＝(－1,0,1)，∴AE →·BF →＝⎝⎛⎭⎫12，32，0·(－1,0,1)＝－12，|AE →|＝1，|BF →|＝2，[6分]设AE 与BF 所成角为θ1，则cos θ1＝|AE →·BF →||AE →||BF →|＝⎪⎪⎪⎪－121×2＝24.[8分]故异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为24. (2)设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BF →＝0n ·BD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0－2x ＋233y ＝0，∴z ＝x ，y ＝3x ，取x ＝1，得n ＝(1，3，1)．[10分] 求得平面AA 1B 的一个法向量为m ＝AD →＝⎝⎛⎭⎫0，233，0.设平面BDF 与平面AA 1B 的夹角的大小为θ2.则cos θ2＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n |＝|0＋2＋0|233×5＝155.[12分]利用向量求空间角的步骤： 第一步：建立空间直角坐标系． 第二步：确定点的坐标．第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法 向量)坐标．第四步：计算向量的夹角(或函数值)． 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角． 第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和 答题规范．温馨提醒 (1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性 作用．(2)本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范． (3)将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易错．方法与技巧1．若利用向量求角，各类角都可以转化为向量的夹角来运算．(1)求两异面直线a 、b 的夹角θ，须求出它们的方向向量a ，b 的夹角，则cos θ＝ |cos 〈a ，b 〉|.(2)求直线l 与平面α的夹角θ可先求出平面α的法向量n 与直线l 的方向向量a 的夹角．则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|. (3)求平面间夹角θ，可先求出两个平面的法向量n 1，n 2所成的角，则θ＝〈n 1，n 2〉或π －〈n 1，n 2〉．2．求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段． 失误与防范1．利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同．2．求点到平面的距离，有时利用等积法求解可能更方便．A 组 专项基础训练 (时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1 . 已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1如图所示，则直线B 1D 和CD 1所成的角为( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°答案 D解析 以A 为原点，AB 、AD 、AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，则射线CD 1、B 1D 的方向向量分别是CD 1→＝(－1,0,1)，B 1D →＝(－1,1，－1)，cos 〈CD 1→，B 1D →〉＝1＋0－12×3＝0，∴两直线所成的角为90°.2．在空间直角坐标系Oxyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( )A ．4B ．2C ．3D ．1答案 B解析 P 点到平面OAB 的距离为d ＝|OP →·n||n |＝|－2－6＋2|9＝2，故选B.3 . 如图所示，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，E 、F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角是( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°答案 B解析 以D 为原点，分别以射线DA 、DC 、DD 1为x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，12，1，F ⎝⎛⎭⎫12，0，12， EF →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，DC →＝(0,1,0)， ∴cos 〈EF →，DC →〉＝EF →·DC →|EF →||DC →|＝－22，∴〈EF →，DC →〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角是45°.提醒 两异面直线的方向向量的夹角与异面直线所成的角相等或互补．4．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 的夹角的余弦值为( )A.12 B.23C.33D.22答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2. ∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所求的角的余弦值为23.二、填空题(每小题5分，共15分)5 . 如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是________．答案 60°解析 以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°.6．长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为________．答案 3010解析 建立坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)， ∴BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)，∴cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→||AE →|＝3010. 7．设正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是________．答案 233解析 如图建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)， D (0,0,0)，B (2,2,0)，∴D 1A 1→＝(2,0,0)， DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)，设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)，∴点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.三、解答题(共22分)8．(10分)如图，四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，P A 与平面ABD 所成的角为60°，在四边形ABCD 中，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B ，P 的坐标； (2)求异面直线P A 与BC 所成的角的余弦值． 解 (1)建立如图空间直角坐标系，∵∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2， ∴A (2,0,0)，C (0,1,0)，B (2,4,0)．由PD ⊥平面ABCD ，得∠P AD 为P A 与平面ABCD 所成的角， ∴∠P AD ＝60°.在Rt △P AD 中，由AD ＝2，得PD ＝23，∴P (0,0,23)．(2)∵P A →＝(2,0，－23)，BC →＝(－2，－3,0)，∴cos 〈P A →，BC →〉＝2×(－2)＋0×(－3)＋(－23)×0413＝－1313，∴P A 与BC 所成的角的余弦值为1313.9．(12分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P —ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)求平面PBD 与平面ABD 的夹角的大小． (1)证明 如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)，C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)，∴AP →＝(0,0,3)，AC →＝(23，6,0)，BD →＝(－23，2,0)．∴BD →·AP →＝0，BD →·AC →＝0.∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC . 又∵P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥面P AC .(2)解 设平面ABD 的法向量为m ＝(0,0,1)， 设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·BD →＝0，n ·BP →＝0.∵BP →＝(－23，0,3)， ∴⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，z ＝233x . 令x ＝3，则n ＝(3，3,2)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝12.∴平面PBD 与平面BDA 夹角的大小为60°.B 组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( )A.19 B.495C.295 D.23答案 B解析 设正方体的棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.2．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 的夹角的正弦值为( )A.22B.155C.64D.63答案 C解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝2，则C 1(3，1,0)、A (0,0,2)，AC 1→＝(3，1，－2)，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，所以AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝38＝64.故选C.3.如图，设动点P 在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1PD 1B ＝λ.当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，13B.⎝⎛⎭⎫0，12C.⎝⎛⎭⎫12，1D.⎝⎛⎭⎫13，1 答案 D解析 由题设可知，以DA →、DC →、DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则有A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)． 由D 1B →＝(1,1，－1)得D 1P →＝λD 1B →＝(λ，λ，－λ)，所以P A →＝PD 1→＋D 1A →＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)， PC →＝PD 1→＋D 1C →＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1) ＝(－λ，1－λ，λ－1)．显然∠APC 不是平角，所以∠APC 为钝角等价于cos ∠APC ＝cos 〈P A →，PC →〉＝P A →·PC →|P A →||PC →|<0，这等价于P A →·PC →<0， 即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)2＝(λ－1)(3λ－1)<0，得13<λ<1.因此，λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫13，1. 二、填空题(每小题5分，共15分)4．(2012·陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成的角的余弦值为________．答案55解析 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.可得O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)， ∴BC →1＝(0,2，－1)，AB →1＝(－2,2,1)，∴cos 〈BC →1，AB →1〉＝BC →1·AB →1|BC →1||AB →1|＝4－15×9＝15＝55>0.∴BC →1与AB →1的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55. 5．(2012·大纲全国)三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________．答案 66解析 连接A 1B 交AB 1于点O ，取A 1C 1的中点D ，连接B 1D 、DO .∵O 、D 分别为A 1B 、A 1C 1的中点，∴OD ∥BC 1，∴∠DOB 1或其补角即为异面直线AB 1与BC 1所成的角．设各棱长为a ，则DB 1＝32a .∵∠A 1AB ＝60°，∴OB 1＝AO ＝32a .又∵BC 1→＝BB 1→＋BC →＝AA 1→＋AC →－AB →， ∴BC 1→2＝(AA 1→＋AC →－AB →)2 ＝AA 1→2＋2AA 1→·AC →＋AC →2－2AA 1→·AB →－2AC →·AB →＋AB →2 ＝a 2＋2a 2cos 60°＋a 2－2a 2cos 60°－2a 2cos 60°＋a 2 ＝2a 2，∴|BC 1→|＝2a .∴OD ＝12BC 1＝22a .在△DOB 1中，由余弦定理得cos ∠DOB 1＝⎝⎛⎭⎫32a 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2－⎝⎛⎭⎫32a 22·32a ·22a ＝66，∴AB 1与BC 1所成角的余弦值为66.6．在四面体P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为________．答案 33a解析 根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz ，则P (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (0,0，a )．过点P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于点H ，则PH 的长即为点P 到平面ABC 的 距离．∵P A ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心． 又∵△ABC 为正三角形，∴H 为△ABC 的重心，可得H 点的坐标为⎝⎛⎭⎫a 3，a 3，a 3.∴PH ＝⎝⎛⎭⎫a 3－02＋⎝⎛⎭⎫a 3－02＋⎝⎛⎭⎫a 3－02＝33a . ∴点P 到平面ABC 的距离为33a . 三、解答题7．(13分)(2012·北京)如图(1)，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6.D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图(2)．(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由． (1)证明 ∵AC ⊥BC ，DE ∥BC ，∴DE ⊥AC . ∴DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ，∴DE ⊥平面A 1DC ， 又A 1C 平面A 1DC ，∴DE ⊥A 1C . 又∵A 1C ⊥CD ，∴A 1C ⊥平面BCDE .(2)解 如图所示，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C －xyz则A 1(0,0,23)，D (0,2,0)，M (0,1，3)，B (3,0,0)，E (2,2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1B →＝0， n ·BE →＝0. 又A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)，∴⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝3，∴n ＝(2,1，3)． 设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ. ∵CM →＝(0,1，3)，∴sin θ＝|cos 〈n ，CM →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CM →|n |·|CM →|＝48×4＝22.∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.(3)解 线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．理由如下： 假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，则m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0. 又A 1D →＝(0,2，－23)，DP →＝(p ，－2,0)，∴⎩⎨⎧2y ′－23z ′＝0，px ′－2y ′＝0.令x ′＝2，则y ′＝p ，z ′＝p 3，∴m ＝⎝⎛⎭⎫2，p ，p3.平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m ·n ＝0， 即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．∴线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．。