上海高三数学高考二轮复习教案立体几何专题之空间的角与距离(1)含答案

AA 1DCB B 1C 1图选修2-1空间向量与立体几何一、选择题：1．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成的角的大小为（ ）A ．60°B ．90°C ．105°D ．75°2．如图，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，B 1E 1＝D 1F 1＝411B A ，则BE 1与DF 1所成角的余弦值是（ ）A ．1715B ．21C ．178D ．233．如图，A 1B 1C 1—ABC 是直三棱柱，∠BCA =90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC =CA =CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是（ ）A ．1030 B ．21 C ． 1530 D ．10154．正四棱锥S ABCD -的高2SO =，底边长2AB =，则异面直线BD 和SC 之间的距离（ ）A ．515 B ．55 C ．552 D ．1055．已知111ABC A B C -是各条棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱1CC 的中点．点1C 到平面1AB D 的距离（ ） A ．a 42B ．a 82 C ．a 423D ．a 226．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，则平面1AB C 与平面11A C D 间的距离 （ ）A ．63B ．33 C ．332 D ．23 7．在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝21P A ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值（ ）图图A ．621 B ．338 C ．60210D ．302108．在直三棱柱111C B A ABC -中，底面是等腰直角三角形， 90=∠ACB ，侧棱21=AA ，D ，E 分别是1CC 与B A 1的中点，点E 在平面AB D 上的射影是ABD ∆的重心G ．则B A 1与平面AB D 所成角的余弦值（ ）A ．32 B ．37C ．23 D ．73 9．正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为3，侧棱3231=AA ，D 是C B 延长线上一点，且BC BD =，则二面角B AD B --1的大小（ ）A ．3π B ．6π C ．65π D ．32π10．正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面边长为22，侧棱长为4，E ，F 分别为棱AB ，CD 的中点，G BD EF =⋂．则三棱锥11EFD B -的体积V（ ）A ．66B ．3316 C ．316D ．16二、填空题：11．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A B 的中点，则异面直线1D E 和1BC 间的距离 ． 12． 在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是11A B 、CD 的中点，求点B 到截面1AEC F 的距离 ．13．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是B 1C 1和C 1D 1的中点，点A 1到平面D B EF 的距离 ．14．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，求直线A E 与平面AB C 1D 1所成角的正弦值 ． 三、解答题：15．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1，求平面A 1B C 1与平面AB CD 所成的二面角的大小16．已知棱长为1的正方体AB CD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、M 分别是A 1C 1、A 1D 和B 1A 上任一点，求证：平面A 1EF ∥平面B 1MC ．17．在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD=90°，AD∥BC，AB=BC=a，AD=2a，且P A⊥底面ABCD，PD与底面成30°角．（1）若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD；（2）求异面直线AE与CD所成角的余弦值．18．已知棱长为1的正方体A C1，E、F分别是B1C1、C1D的中点．（1）求证：E、F、D、B共面；（2）求点A1到平面的B DEF的距离；（3）求直线A1D与平面B DEF所成的角．19如右下图,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,已知AB= 4, AD =3, AA1= 2. E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB= FB=1.(1) 求二面角C—DE—C1的正切值;(2) 求直线EC1与FD1所成的余值.20如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD是菱形，∠DAB=600，PD⊥平面ABCD，PD=AD，点E为AB 中点，点F为PD中点。

高考数学一轮总复习素养提升：立体几何中的动态问题立体几何中的动态问题是指点、线或面位置不确定的一类开放性试题，是高考命题的热点，常见题型有动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等，主要考查空间几何体的结构特征、线面的位置关系，常以选择题和填空题的形式出现，难度中等以上，考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，动中窥静，静中见动，以静制动．求解动态范围的选择题、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围．对于探究存在问题或动态范围(最值)问题，用定性分析法，比较复杂时，可以建立空间直角坐标系，引进参数，把动态问题化归为静态问题，具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证．类型一 动点问题1.(2024·福建宁德一中测试)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点O 为底面ABCD 的中心，点P 在侧面BB 1C 1C 的边界及其内部运动．若D 1O ⊥OP ，则△D 1C 1P 面积的最大值为( C )A.255 B ．455C ． 5D ．2 5 [分析] 由D 1O ⊥OP 知P 在过O 且垂直D 1O 的平面内，又P 在平面BB 1C 1C 内，故P 的轨迹为线段，所以建系确定垂面与棱BB 1、CC 1的交点M ，N ，进而求C 1到线段MN 上点的距离最大值即可．[解析] 如图建立空间直角坐标系，设M (2,2，a )，N (0,2，b )，又D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，∴D 1O →·OM →＝(1,1，－2)·(1,1，a )＝0，得a ＝1，D 1O →·ON →＝(1,1，－2)·(－1,1，b )＝0得b ＝0，∴M 、N 分别为BB 1的中点和C ，P ∈MC ，显然C 1P max ＝C 1M ＝5，又C 1D 1⊥C 1P ，∴(S △D 1C 1P )max ＝5，故选C.2．(多选题)(2024·广东调研)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，M 为DD 1的中点，N 为ABCD 所在平面上一动点，N 1为A 1B 1C 1D 1所在平面上一动点，且NN 1⊥平面ABCD ，则下列命题正确的是( ACD )A ．若MN 与平面ABCD 所成的角为π4，则点N 的轨迹为圆 B ．若三棱柱NAD －N 1A 1D 1的表面积为定值，则点N 的轨迹为椭圆C ．若点N 到直线BB 1与直线DC 的距离相等，则点N 的轨迹为抛物线D ．若D 1N 与AB 所成的角为π3，则点N 的轨迹为双曲线 [解析] 连接DN ，因为MD ⊥平面ABCD ，所以∠MND 是MN 与平面ABCD 所成的角，即∠MND ＝π4，因为M 为DD 1的中点， 所以DN ＝MD ＝12DD 1＝2，因此点N 的轨迹为以D 为圆心半径为2的圆，所以A 正确； 过N 做EN ⊥AD ，设三棱柱NAD －N 1A 1D 1的表面积为S ，所以S ＝2×12×4·NE ＋(AD ＋DN ＋AN )·4＝4(4＋DN ＋AN ＋NE )＝定值，即N 到A 、D 、直线AD 的距离之和为定值，这与椭圆的定义不符合，故B 错误； 由BB 1⊥BN ，即点N 到直线BB 1为点N 到点B 的距离，所以点N 的轨迹为点N 到点B 与直线DC 的距离相等的轨迹，即抛物线，所以C 正确；分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设N (x ，y,0)，则有AB →＝(0,4,0)、D 1N →＝(x ，y ，－4)，因为D 1N 与AB 所成的角为π3，所以cos π3＝|AB →·D 1N →||AB →|·|D 1N →|⇒12＝|4y |4·x 2＋y 2＋16⇒3y 2－x 2＝16，所以点N 的轨迹为双曲线，故D 正确．故选ACD.名师点拨：1．动态问题的一般解法2．立体几何中轨迹问题的解法(1)利用平行、垂直关系转化为面面交线，或把空间数量关系转化为某平面内的数量关系确定动点轨迹．(2)若动点与定点的连线与定直线所成角为定值，则动点形成圆锥侧面，可通过分析平面与圆锥母线及轴的位置关系确定动点在该平面内的轨迹．(3)建立直角坐标系，求得轨迹方程进行判断．类型二 翻折问题(多选题)(2024·广东佛山S7联考)如图甲，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为AB 上一动点(不含端点)，且满足将△AED 沿DE 折起后，点A 在平面DCBE 上的射影F 总在棱DC 上，如图乙，则下列说法正确的有( ACD )A ．翻折后总有BC ⊥ADB ．当EB ＝12时，翻折后异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为13C ．当EB ＝12时，翻折后四棱锥A －DCBE 的体积为5536D ．在点E 运动的过程中，点F 运动的轨迹长度为12 [解析] 在图乙中，因为点A 在平面DCBE 上的射影F 在棱DC 上，所以AF ⊥平面DCBE ，又BC ⊂平面DCBE ，所以AF ⊥BC ，又BC ⊥DC ，AF ∩DC ＝F ，AF ，DC ⊂平面ADC ，所以BC ⊥平面ADC ，又AD ⊂平面ADC ，所以BC ⊥AD ，故A 正确；如图，在图乙中作EP ⊥DC 于P ，连接AP ，则EP ∥BC ，所以AE 与BC 所成角即为AE 与EP 所成角，又由BC ⊥平面ADC 可得EP ⊥平面ADC ，所以EP ⊥AP 而EP＝1，AE ＝2－BE ＝32，则cos ∠AEP ＝23，即AE 与BC 所成角的余弦值为23，故B 错误；如上图，在图乙中作FG ⊥DE 于G ，连接AG ，则由AF ⊥平面DCBE 可得AF ⊥DE ，又FG ∩AF ＝F ，FG ，AF ⊂平面AGF ，所以DE ⊥平面AGF ，又AG ⊂平面AGF ，则DE ⊥AG ，在图甲中，如图，作AG ⊥DE ，则A ，G ，F 三点共线，设AE ＝x ，DF＝y ，则由△DFA ∽△ADE 可得DF AD ＝AD EA ，即y 1＝1x，又在图乙中有AF ＝AD 2－DF 2＝1－y 2>0，所以y ∈(0,1)，所以x ＝1y>1，而x ＝AE ∈(0,2)，所以x ∈(1,2)，y ＝1x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1－12＝12，故D 正确；当EB ＝12时，x ＝32，则y ＝23，所以AF ＝AD 2－DF 2＝1－49＝53，则V A －DCBE ＝13·EB ＋DC ·BC 2·AF ＝12＋26×53＝5536，故C 正确．故选ACD. 名师点拨：立体几何中的翻折问题的处理策略1．明确翻折前后变与不变的量，翻折前后在同一面内的量不发生变化，翻折前后不在同一面内的量发生变化；2．翻折后变化的量的大小要进行推理计算证明，不能从图形中凭感觉主观判断；3．翻折后不易计算的量，可以回归到翻折前的图形中计算．【变式训练】1．如图，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿DE 翻折成△A 1DE ，若M 为线段A 1C 的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是 ①③④ .①翻折到某个位置，使得DA 1⊥EC②翻折到某个位置，使得AC ⊥平面A 1DE③四棱锥A 1－DCBE 体积的最大值为24 ④点M 在某个球面上运动 [解析] 对于①，由题知A 1D ⊥A 1E ，若存在某个位置使得DA 1⊥EC ，由于A 1E ∩EC ＝E ，A 1E ，EC ⊂平面A 1EC ，所以A 1D ⊥平面A 1EC ，又A 1C ⊂平面A 1EC ，即A 1D ⊥A 1C ，由于AB ＝2AD ＝2，故A 1C ＝3，由于在折叠过程中，A 1C ∈(1，5)，所以存在某个位置，使得A 1C ＝3，故存在某个位置，使得DA 1⊥EC ，故①正确；对于②，若存在某个位置，使得AC ⊥平面A 1DE ，因为DE ⊂平面A 1DE ，所以AC ⊥DE ，另一方面，在矩形ABCD 中，∠AED ＝π4，∠CAE ≠π4，故AC ⊥DE 不成立，所以②错误；对于③，四棱锥A 1－DCBE 体积最大时，平面A 1DE ⊥平面ABCD ，由于△A 1DE 是等腰直角三角形，所以此时点A 1到平面DCBE 的距离为22，所以四棱锥A 1－DCBE 体积的最大值为V ＝13S BCDE ·22＝13×12×(2＋1)×1×22＝24，故③正确；对于④，取DC 中点O ，连接OM ，由于M 为线段A 1C 的中点，所以OM ∥A 1D ，OM ＝12A 1D ＝12，所以M 在以点O 为球心的球面上，故④正确．故答案为①③④.2. (多选题)(2024·福建福州八中质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段BC 1上运动，则下列判断中正确的有( ABD )A ．平面PB 1D ⊥平面ACD 1B ．A 1P ∥平面ACD 1C ．异面直线A 1P 与AD 1所成角的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π3 D ．三棱锥D 1－APC 的体积不变[解析] 对于A ，易知B 1D ⊥平面ACD 1，B 1D ⊂平面PB 1D ，从而平面PB 1D ⊥平面ACD 1，故A 正确；对于B ，易知平面BA 1C 1∥平面ACD 1，A 1P ⊂平面BA 1C 1，所以A 1P ∥平面ACD 1，故B 正确；对于C ，A 1P 与AD 1所成角即为A 1P 与BC 1的所成角，BA 1＝BC 1＝A 1C 1，当P 与线段BC 1的两端点重合时，A 1P 与AD 1所成角取最小值π3，当P 与线段BC 1的中点重合时，A 1P 与AD 1所成角取最大值π2，故A 1P 与AD 1所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2，故C 不正确；对于D ，由选项B 得BC 1∥平面ACD 1，故BC 1上任意一点到平面ACD 1的距离均相等，所以以P 为顶点，△ACD 1为底面，则三棱锥P －ACD 1的体积不变，又VD 1－APC ＝VP －AD 1C ，所以三棱锥D 1－APC 的体积不变，故D 正确．故选ABD.。

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第31讲 空间几何体[考情分析] 空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上．考点一 空间几何体的折展问题核心提炼空间几何体的侧面展开图 1．圆柱的侧面展开图是矩形． 2．圆锥的侧面展开图是扇形． 3．圆台的侧面展开图是扇环．例1 (1)“莫言下岭便无难，赚得行人空喜欢．”出自南宋诗人杨万里的作品《过松源晨炊漆公店》．如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为40 km ，山高为4015 km ，B 是山坡SA 上一点，且AB ＝40 km.为了发展旅游业，要建设一条从A 到B 的环山观光公路，这条公路从A 出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为( )A ．60 kmB ．12 6 kmC ．72 kmD ．1215 km 答案 C解析 该圆锥的母线长为(4015)2＋402＝160， 所以圆锥的侧面展开图是圆心角为2×π×40160＝π2的扇形，如图，展开圆锥的侧面，连接A ′B ，由两点之间线段最短，知观光公路为图中的A ′B ，A ′B ＝SA ′2＋SB 2＝1602＋1202＝200， 过点S 作A ′B 的垂线，垂足为H ，记点P 为A ′B 上任意一点，连接PS ，当上坡时，P 到山顶S 的距离PS 越来越小，当下坡时，P 到山顶S 的距离PS 越来越大， 则下坡段的公路为图中的HB ， 由Rt △SA ′B ∽Rt △HSB ， 得HB ＝SB 2A ′B ＝1202200＝72(km)．(2)(2022·深圳检测)如图，在三棱锥P －ABC 的平面展开图中，AC ＝3，AB ＝1，AD ＝1，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE ＝30°，则cos ∠FCB 等于( )A.12B.13C.35D.34 答案 D解析 由题意知，AE ＝AD ＝AB ＝1，BC ＝2， 在△ACE 中，由余弦定理知， CE 2＝AE 2＋AC 2－2AE ·AC ·cos ∠CAE ＝1＋3－2×1×3×32＝1， ∴CE ＝CF ＝1，而BF ＝BD ＝2，BC ＝2，∴在△BCF 中，由余弦定理知，cos ∠FCB ＝BC 2＋CF 2－BF 22BC ·CF ＝4＋1－22×2×1＝34.规律方法 空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边．跟踪演练1 (1)(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中正确的是( )A ．C ∈GHB ．CD 与EF 是共面直线C ．AB ∥EFD ．GH 与EF 是异面直线 答案 ABD解析 由图可知，还原正方体后，点C 与G 重合， 即C ∈GH ，又可知CD 与EF 是平行直线，即CD 与EF 是共面直线，AB 与EF 是相交直线(点B 与点F 重合)，GH 与EF 是异面直线，故A ，B ，D 正确，C 错误．(2)如图，在正三棱锥P －ABC 中，∠APB ＝∠BPC ＝∠CP A ＝30°，P A ＝PB ＝PC ＝2，一只虫子从A 点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A 点，则虫子爬行的最短距离是( )A ．32B ．3 3C ．23D ．2 2 答案 D解析 将三棱锥由P A 展开，如图所示，则∠AP A 1＝90°，所求最短距离为AA 1的长度，∵P A ＝2， ∴由勾股定理可得 AA 1＝22＋22＝2 2.∴虫子爬行的最短距离为2 2.考点二 表面积与体积核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式(1)V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)． (2)V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．(3)V 台＝13(S 上＋S 上·S 下＋S 下)h (S 上，S 下为底面面积，h 为高)．(4)V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例2 (1)(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙＝2，则V 甲V 乙等于( )A. 5 B ．2 2 C.10 D.5104答案 C解析 方法一因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合S 甲S 乙＝2，可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l ＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2， 则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆， 所以2πr 1＝4π，2πr 2＝2π，得r 1＝2，r 2＝1. 由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝5，h 2＝l 2－r 22＝22，所以V 甲V 乙＝13πr 21h113πr 22h 2＝4522＝10.方法二 设两圆锥的母线长为l ，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，侧面展开图的圆心角分别为n 1，n 2， 则由S 甲S 乙＝πr 1l πr 2l ＝n 1πl 22πn 2πl22π＝2，得r 1r 2＝n 1n 2＝2. 由题意知n 1＋n 2＝2π， 所以n 1＝4π3，n 2＝2π3，所以2πr 1＝4π3l ，2πr 2＝2π3l ，得r 1＝23l ，r 2＝13l .由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝53l ， h 2＝l 2－r 22＝223l ， 所以V 甲V 乙＝13πr 21h113πr 22h 2＝4522＝10.(2)(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，AB ＝ED ＝2FB .记三棱锥E －ACD ，F －ABC ，F －ACE 的体积分别为V 1，V 2，V 3，则( )A ．V 3＝2V 2B ．V 3＝V 1C ．V 3＝V 1＋V 2D ．2V 3＝3V 1 答案 CD解析 如图，连接BD交AC 于O ，连接OE ，OF .设AB ＝ED ＝2FB ＝2， 则AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2， FB ＝1.因为ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ， 所以FB ⊥平面ABCD ，所以V 1＝V E －ACD ＝13S △ACD ·ED ＝13×12AD ·CD ·ED ＝13×12×2×2×2＝43，V 2＝V F －ABC ＝13S △ABC ·FB ＝13×12AB ·BC ·FB ＝13×12×2×2×1＝23.因为ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以ED ⊥AC ， 又AC ⊥BD ，且ED ∩BD ＝D ，ED ，BD ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥平面BDEF . 因为OE ，OF ⊂平面BDEF ， 所以AC ⊥OE ，AC ⊥OF . 易知AC ＝BD ＝2AB ＝22， OB ＝OD ＝12BD ＝2，OF ＝OB 2＋FB 2＝3， OE ＝OD 2＋ED 2＝6， EF ＝BD 2＋(ED －FB )2 ＝(22)2＋(2－1)2＝3，所以EF 2＝OE 2＋OF 2，所以OF ⊥OE . 又OE ∩AC ＝O ，OE ，AC ⊂平面ACE ， 所以OF ⊥平面ACE ， 所以V 3＝V F －ACE ＝13S △ACE ·OF＝13×12AC ·OE ·OF ＝13×12×22×6×3＝2， 所以V 3≠2V 2，V 1≠V 3，V 3＝V 1＋V 2,2V 3＝3V 1， 所以选项A ，B 不正确，选项C ，D 正确． 规律方法 空间几何体的表面积与体积的求法(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解．(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体．(3)等体积法：选择合适的底面来求体积．跟踪演练2 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为( ) A ．802π B ．40 C ．402π D ．405π 答案 C解析 由圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，可得sin ∠ASB ＝1－⎝⎛⎭⎫782＝158， 又△SAB 的面积为515， 可得12SA 2sin ∠ASB ＝515，即12SA 2×158＝515，可得SA ＝45， 由SA 与圆锥底面所成角为45°， 可得圆锥的底面半径为22×45＝210， 则该圆锥的侧面积为π×210×45＝402π.(2)(2022·连云港模拟)如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是( )A.72π24B.73π24C.72π12D.73π12 答案 B解析 如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为h ，母线长为l ，则2πr ＝π·1,2πR ＝π·2， 解得r ＝12，R ＝1，l ＝2－1＝1， h ＝l 2－(R －r )2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝32，上底面面积S ′＝π·⎝⎛⎭⎫122＝π4， 下底面面积S ＝π·12＝π，则该圆台的体积为13(S ＋S ′＋SS ′)h ＝13×⎝⎛⎭⎫π＋π4＋π2×32＝73π24. 考点三 多面体与球核心提炼求空间多面体的外接球半径的常用方法(1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．例3 (1)(2022·烟台模拟)如图，三棱锥V －ABC 中，VA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝VA ＝2，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为( )A ．(2－3)∶1B ．(23－3)∶1C ．(3－1)∶3D ．(3－1)∶2 答案 C解析 因为VA ⊥底面ABC ，AB ，AC ⊂底面ABC ， 所以VA ⊥AB ，VA ⊥AC ， 又因为∠BAC ＝90°，所以AB ⊥AC ，而AB ＝AC ＝VA ＝2，所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的长、宽、高，因此该三棱锥外接球的半径R ＝12×22＋22＋22＝3，设该三棱锥的内切球的半径为r ， 因为∠BAC ＝90°，所以BC ＝AB 2＋AC 2＝22＋22＝22， 因为VA ⊥AB ，VA ⊥AC ，AB ＝AC ＝VA ＝2， 所以VB ＝VC ＝VA 2＋AB 2＝22＋22＝22， 由三棱锥的体积公式可得，3×13×12×2×2·r ＋13×12×22×22×32·r ＝13×12×2×2×2⇒r ＝3－33， 所以r ∶R ＝3－33∶3＝(3－1)∶3.(2)(2022·新高考全国Ⅱ)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．100π B ．128π C ．144π D ．192π 答案 A解析 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33＝3，23×32×43＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O 1，O 2，连接O 1O 2(图略)，则O 1O 2＝1，其外接球的球心O 在直线O 1O 2上．设球O 的半径为R ，当球心O 在线段O 1O 2上时，R 2＝32＋OO 21＝42＋(1－OO 1)2，解得OO 1＝4(舍去)；当球心O 不在线段O 1O 2上时，R 2＝42＋OO 22＝32＋(1＋OO 2)2，解得OO 2＝3，所以R 2＝25，所以该球的表面积为4πR 2＝100π. 综上，该球的表面积为100π.规律方法 (1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解． (2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径．跟踪演练3 (1)(2022·全国乙卷)已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( ) A.13B.12 C.33D.22答案 C解析 该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O 组成的圆锥体积最大． 设圆锥的高为h (0<h <1)，底面半径为r ， 则圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝13π(1－h 2)h ，则V ′＝13π(1－3h 2)，令V ′＝13π(1－3h 2)＝0，得h ＝33，所以V ＝13π(1－h 2)h 在⎝⎛⎭⎫0，33上单调递增，在⎝⎛⎭⎫33，1上单调递减，所以当h ＝33时，四棱锥的体积最大． (2)(2022·衡水中学调研)将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起，已知正三棱锥的侧棱长为2，若该组合体有外接球，则正三棱锥的底面边长为________，该组合体的外接球的体积为________． 答案6823π解析 如图，连接P A 交底面BCD 于点O ，则点O 就是该组合体的外接球的球心．设三棱锥的底面边长为a ， 则CO ＝PO ＝R ＝33a ， 得2×33a ＝2， 所以a ＝6，R ＝2， 所以V ＝43π·(2)3＝823π.专题强化练一、单项选择题1．(2022·唐山模拟)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3答案 A解析设球的半径为r，依题意知圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积为2πr·2r＝4πr2，球的表面积为4πr2，其比例为1∶1.2．(2021·新高考全国Ⅰ)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A．2 B．2 2 C．4 D．4 2答案 B解析设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为2，所以2π×2＝πl，解得l＝2 2.3.某同学为表达对“新冠疫情”抗疫一线医护人员的感激之情，亲手为他们制作了一份礼物，用正方体纸盒包装，并在正方体六个面上分别写了“致敬最美逆行”六个字．该正方体纸盒水平放置的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示．如图是该正方体的展开图．若图中“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是()A．最B．美C．逆D．行答案 B解析把正方体的表面展开图再折成正方体，如图，面“致”与面“美”相对，若“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是“美”．4．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则三棱锥A －B 1CD 1的体积为( ) A.43 B.83 C ．4 D ．6 答案 B解析 如图，三棱锥A －B 1CD 1是由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1截去四个小三棱锥A －A 1B 1D 1，C －B 1C 1D 1，B 1－ABC ，D 1－ACD 形成的，又1111ABCD A B C D V －＝23＝8，11111111A A B D C B C D B ABC D ACD V V V V －－－－＝＝＝＝13×12×23＝43， 所以11A B CD V －＝8－4×43＝83.5．(2022·河南联考)小李在课间玩耍时不慎将一个篮球投掷到一个圆台状垃圾篓中，恰好被上底口(半径较大的圆)卡住，球心到垃圾篓底部的距离为510a ，垃圾篓上底面直径为24a ，下底面直径为18a ，母线长为13a ，则该篮球的表面积为( ) A ．154πa 2B.6163πa 2C ．308πa 2D ．616πa 2 答案 D解析 球与垃圾篓组合体的轴截面图如图所示．根据题意，设垃圾篓的高为h ，则h ＝(13a )2－(12a －9a )2＝410a . 所以球心到上底面的距离为10a . 设篮球的半径为r ， 则r 2＝10a 2＋(12a )2＝154a 2. 故篮球的表面积为4πr 2＝616πa 2.6.(2022·湖北联考)定义：24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度．其中小雨(<10 mm)，中雨(10 mm ～25 mm)，大雨(25 mm ～50 mm)，暴雨(50 mm ～100 mm)，小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级()A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨 答案 B解析 由题意知，一个半径为2002＝100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为2002×150300＝50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d ＝13π×502×150π×1002＝12.5(mm)，属于中雨．7.(2022·八省八校联考)如图，已知正四面体ABCD 的棱长为1，过点B 作截面α分别交侧棱AC ，AD 于E ，F 两点，且四面体ABEF 的体积为四面体ABCD 体积的13，则EF 的最小值为( )A.22 B.32 C.13 D.33答案 D解析 由题知V B －AEF ＝13V B －ACD ，所以S △AEF ＝13S △ACD ＝13×12×1×1×32＝312，记EF ＝a ，AE ＝b ，AF ＝c ， 则12bc sin 60°＝312，即bc ＝13. 则a 2＝b 2＋c 2－2bc cos 60°≥2bc －bc ＝bc ＝13，当且仅当b ＝c ＝33时取等号， 所以a 即EF 的最小值为33. 8．(2022·新高考全国Ⅰ)已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l ≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤18，814 B.⎣⎡⎦⎤274，814 C.⎣⎡⎦⎤274，643D ．[18,27] 答案 C解析 方法一 如图，设该球的球心为O ，半径为R ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3.由题意及图可得⎩⎨⎧l 2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，R 2＝(h －R )2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，解得⎩⎨⎧h ＝l 22R ＝l 26，a 2＝2l 2－l418，所以正四棱锥的体积V ＝13a 2h＝13⎝⎛⎭⎫2l 2－l 418·l 26＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218(3≤l ≤33)， 所以V ′＝49l 3－l 554＝19l 3⎝⎛⎭⎫4－l 26(3≤l ≤33)．令V ′＝0，得l ＝26， 所以当3≤l <26时，V ′>0； 当26<l ≤33时，V ′<0，所以函数V ＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218(3≤l ≤33)在[3，26)上单调递增，在(26，33]上单调递减，又当l ＝3时，V ＝274；当l ＝26时，V ＝643；当l ＝33时，V ＝814，所以该正四棱锥的体积的取值范围是⎣⎡⎦⎤274，643.方法二 如图，设该球的球心为O ，半径为R ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3.由题意及图可得⎩⎨⎧l 2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，R 2＝(h －R )2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，解得⎩⎨⎧h ＝l 22R ＝l 26，a 2＝2l 2－l418，又3≤l ≤33，所以该正四棱锥的体积V ＝13a 2h＝13⎝⎛⎭⎫2l 2－l 418·l 26＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218 ＝72×l 236·l 236·⎝⎛⎭⎫2－l 218 ≤72×⎣⎢⎡⎦⎥⎤l 236＋l 236＋⎝⎛⎭⎫2－l 21833＝643⎝⎛⎭⎫当且仅当l 236＝2－l 218，即l ＝26时取等号， 所以正四棱锥的体积的最大值为643，排除A ，B ，D.方法三 如图，设该球的半径为R ，球心为O ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3，所以正四棱锥的底面边长a ＝2l sin θ，高h ＝l cos θ. 在△OPC 中，作OE ⊥PC ，垂足为E ， 则可得cos θ＝l 2R ＝l 6∈⎣⎡⎦⎤12，32，所以l ＝6cos θ， 所以正四棱锥的体积 V ＝13a 2h ＝13(2l sin θ)2·l cos θ＝23(6cos θ)3sin 2θcos θ＝144(sin θcos 2θ)2. 设sin θ＝t ，易得t ∈⎣⎡⎦⎤12，32，则y ＝sin θcos 2θ＝t (1－t 2)＝t －t 3， 则y ′＝1－3t 2.令y ′＝0，得t ＝33， 所以当12<t <33时，y ′>0；当33<t <32时，y ′<0， 所以函数y ＝t －t 3在⎝⎛⎭⎫12，33上单调递增，在⎝⎛⎭⎫33，32上单调递减．又当t ＝33时，y ＝239；当t ＝12时，y ＝38；当t ＝32时，y ＝38， 所以38≤y ≤239，所以274≤V ≤643. 所以该正四棱锥的体积的取值范围是⎣⎡⎦⎤274，643. 二、多项选择题9．(2022·武汉模拟)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R 相等，下列结论正确的是( ) A ．圆柱的侧面积为4πR 2 B ．圆锥的侧面积为2πR 2C ．圆柱的侧面积与球的表面积相等D ．球的体积是圆锥体积的两倍 答案 ACD解析 对于A ，∵圆柱的底面直径和高都等于2R ， ∴圆柱的侧面积S 1＝2πR ·2R ＝4πR 2，故A 正确； 对于B ，∵圆锥的底面直径和高等于2R ， ∴圆锥的侧面积为S 2＝πR ·R 2＋4R 2＝5πR 2，故B 错误； 对于C ，圆柱的侧面积为S 1＝4πR 2，球的表面积S 3＝4πR 2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C 正确； 对于D ，球的体积为V 1＝43πR 3，圆锥的体积为V 2＝13πR 2·2R ＝23πR 3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D 正确．10．设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上且所有面均与内球相切，则( )A ．该正方体的棱长为2B ．该正方体的体对角线长为3＋ 3C ．空心球的内球半径为3－1D ．空心球的外球表面积为(12＋63)π 答案 BD解析 设内、外球半径分别为r ，R ，则正方体的棱长为2r ，体对角线长为2R ，∴R ＝3r ， 又由题知R －r ＝1， ∴r ＝3＋12，R ＝3＋32， ∴正方体棱长为3＋1，体对角线长为3＋3， ∴外接球表面积为4πR 2＝(12＋63)π.11.如图，已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的体积为32π3答案 AD解析 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，分别取BC ，B 1C 1的中点E ，E 1，记四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，A 1C 1，BD 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE ，由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱P A ，PB ，PC ，PD 的中点， 则P A ＝2AA 1＝4，OA ＝22AB ＝2A 1B 1＝2， 所以OO 1＝12PO ＝12P A 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由P A ＝PC ＝4，AC ＝4，得△P AC 为正三角形， 则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 错误； 四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE 2＝12(23)2＋(2)2＝142， 所以该四棱台的表面积为 (22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 错误；由△P AC 为正三角形，易知OA 1＝OA ＝OC ＝OC 1，OB 1＝OD 1＝OB ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，且外接球的半径为2，所以该四棱台外接球的体积为4π3×23＝32π3，故D 正确．12．(2022·聊城模拟)用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴长与短半轴长乘积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是( ) A ．底面椭圆的离心率为22B ．侧面积为242πC ．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36πD ．底面积为42π 答案 ABD解析 不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的几何体是圆柱，如图，矩形ABCD 是圆柱的轴截面，平行四边形BFDE 是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，由圆柱的性质知∠ABF ＝45°， 则BF ＝2AB ，设椭圆的长轴长为2a ，短轴长为2b ， 则2a ＝2·2b ，即a ＝2b ， c ＝a 2－b 2＝a 2－⎝⎛⎭⎫22a 2＝22a ， 所以离心率为e ＝c a ＝22，A 正确；作EG ⊥BF ，垂足为G ，则EG ＝6， 易知∠EBG ＝45°，则BE ＝62， 又CE ＝AF ＝AB ＝4，所以斜圆柱侧面积为S ＝2π×2×(4＋62)－2π×2×4＝242π，B 正确；由于斜圆柱的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球的表面积为4π×22＝16π，C 错误；易知2b ＝4，则b ＝2，a ＝22， 所以椭圆面积为πab ＝42π，D 正确．三、填空题13.(2022·湘潭模拟)陀螺是中国民间的娱乐工具之一，也叫做陀罗．陀螺的形状结构如图所示，由一个同底的圆锥体和圆柱体组合而成，若圆锥体和圆柱体的高以及底面圆的半径长分别为h 1，h 2，r ，且h 1＝h 2＝r ，设圆锥体的侧面积和圆柱体的侧面积分别为S 1和S 2，则S 1S 2＝________.答案22解析 由题意知，圆锥的母线长为l ＝h 21＋r 2＝2r ，则圆锥的侧面积为S 1＝πrl ＝2πr 2，根据圆柱的侧面积公式，可得圆柱的侧面积为 S 2＝2πrh 2＝2πr 2，所以S 1S 2＝22.14．(2022·福州质检)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，F 是线段A 1B 1上的动点，则AF ＋FC 1的最小值为________． 答案6＋ 2解析 依题意，把正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的上底面△A 1B 1C 1与侧面矩形ABB 1A 1放在同一平面内，连接AC 1，设AC 1交A 1B 1于点F ，如图，此时点F 可使AF ＋FC 1取最小值，大小为AC 1，而∠AA 1C 1＝150°，则AC 1＝AA 21＋A 1C 21－2AA 1·A 1C 1cos ∠AA 1C 1 ＝22＋22－23cos 150° ＝8＋43＝6＋2，所以AF ＋FC 1的最小值为6＋ 2.15.某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个实心工艺品(如图所示)．该工艺品可以看成是一个球体被一个棱长为4的正方体的6个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，其中一个截面圆的周长为3π，则该球的半径为________；现给出定义：球面被平面所截得的一部分叫做球冠．截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．如果球面的半径是R ，球冠的高是h ，那么球冠的表面积计算公式是S ＝2πRh .由此可知，该实心工艺品的表面积是________．答案5247π2解析 设截面圆半径为r ，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即此距离为2，根据截面圆的周长可得3π＝2πr ，得r ＝32，故R 2＝r 2＋22＝254，得R ＝52，所以球的表面积S 1＝25π. 如图，OA ＝OB ＝52，且OO 1＝2，则球冠的高h ＝R －OO 1＝12，得所截的一个球冠表面积S ＝2πRh ＝2π×52×12＝5π2，且截面圆的面积为π×⎝⎛⎭⎫322＝9π4， 所以工艺品的表面积为4πR 2－6⎝⎛⎭⎫S －9π4＝25π－3π2＝47π2.16.(2022·开封模拟)如图，将一块直径为23的半球形石材切割成一个正四棱柱，则正四棱柱的体积取最大值时，切割掉的废弃石材的体积为________．答案 23π－4解析 设正四棱柱的底面正方形边长为a ，高为h ，则底面正方形的外接圆半径r ＝22a ， ∴h 2＋r 2＝h 2＋12a 2＝3，∴a 2＝6－2h 2，∴正四棱柱的体积V ＝a 2h ＝(6－2h 2)h ＝－2h 3＋6h (0<h <3)， ∴V ′＝－6h 2＋6＝－6(h ＋1)(h －1)，∴当0<h <1时，V ′>0；当1<h <3时，V ′<0；∴V ＝－2h 3＋6h 在(0,1)上单调递增，在(1，3)上单调递减， ∴V max ＝V (1)＝4，又半球的体积为23π×()33＝23π，∴切割掉的废弃石材的体积为23π－4.。

第12讲立体几何高考年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2020证明线面垂直,求二面角的余弦值·T18证明线面平行、面面垂直，求线面角的正弦值·T20点面的位置关系,求二面角的正弦值·T192019证明线面平行,求二面角的正弦值·T18证明线面垂直,求二面角的正弦值·T17翻折问题，证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小·T192018翻折问题，证明面面垂直，求线面角的正弦值·T18证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值·T20证明面面垂直,求二面角的正弦值·T191。

［2020·全国卷Ⅱ］如图M4—12-1,已知三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2）设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图M4—12-12.[2020·全国卷Ⅰ]如图M4—12-2，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三DO.角形,P为DO上一点,PO=√66（1）证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值。

图M4—12-23.［2019·全国卷Ⅲ]如图M4—12—3,图①是由矩形ADEB,Rt △ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1，BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合，连接DG,如图②。

(1)证明:图②中的A，C，G,D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2）求图②中的二面角B—CG-A的大小.①②图M4-12—3平行、垂直关系的证明1如图M4—12-4，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为平行四边形,E为侧棱PD的中点,O为AC与BD的交点。

EA BC D A1B1C1D1FGH IJ高考数学第二轮复习教案空间角与距离的计算考点核心整合一．空间角计算空间角，其一般方法是根据定义通过作辅助线或辅助面构造出要求的角θ并作出含有角θ的三角形，从而通过解三角形得角θ的值．1．求异面直线所成角的常用方法（1）平移法（定义法）：即根据定义找出或作出有关角的图形并证明它符合定义，进而求出角的大小．（2）补形法：有时在原几何体上补一个类似的几何体．2．求直线与平面所成角的常用方法（1）定义法：关键是作出斜线在平面内的射影，即关键是判断射影在平面内的位置．（2）公式法：cosθ= cosθ1cosθ2（其中θ1为所求线面角，θ为斜线与平面内任一直线所成的角，θ2为射影与该直线所成的角）．3．二面角的定义从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．（1）二面角定量地反映了两个平面相交的位置关系，它是转化成平面内两条相交直线所成的角（二面角的平面角）度量的，与顶点在棱上的位置无关．（2）求二面角大小的三个步骤：①找出或作出二面角的平面角（本着先找后作的原则）；②证明符合定义；③指出某角即为二面角的平面角并计算（往往把该平面角放置到一个三角形中去求）．简单地表述为：一作，二证，三计算．二面角的大小，课本中给出了具体范围，即为[0，π]．（3）求作二面角的平面角的方法：①定义法：在棱上找一点O，在二面角的两个面内分别作棱的垂线AO、BO，则∠AOB即为二面角的平面角．②用三垂线定理（或逆定理）作二面角的平面角：从二面角的一个面内选一个特殊点A，由A向另一个平面作垂线，垂足为B，再由B向棱作垂线交于点C，则∠ACB即为二面角的平面角．③作棱的垂面：作垂直于二面角的棱或二面角两个半平面的垂面，则该垂面与两个半平面交线所成的角就是二面角的平面角．④面积法：如果一个多边形在一个平面内的射影是一个多边形，且这两个多边形所在平面所成的二面角为θ，则cosθ=S射影多边形S斜多边形．⑤对于未给棱的二面角的求法，一般情况下首先作棱或在有利条件下利用射影公式求更方便．二、空间的距离立体几何中涉及到的距离有八种：两点间距离、点到直线距离、点到平面距离、两平行线间距离、异面直线间距离、与平面平行的直线到平面的距离、两平行平面间的距离以及求球面上两点间距离．这八种距离都归结到求点到点、点到直线、点到面这三种距离．求距离问题的解题步骤是找到表示该距离的线段，证明该线段合题意，得到该线段所在三角形，解这个三角形，求出距离．1．求异面直线间距离大体有如下的解法：（1）作出两条异面直线的公垂线段然后求之；（2）将异面直线间距离转化为线面之间的距离；（3）将异面直线间距离转化为面面之间的距离；（4）运用“两条异面直线间距离，是分别在两条异面直线上的两点间距离的最小值”这一概念求之；（5）利用体积法（主要是指三棱锥的体积）求之．2．点到直线或平面的距离是空间最常见的，求解的关键是正确作出图形，其中确定垂足位置最重要，应充分利用图形性质，注意各种距离之间的相互转化，等积求法及“平行移动”的思想方法．3．求距离的方法大致有两种：（1）直接法：步骤是“一作，二证，三计算”，即先作出表示该距离的线段，再证明该线段即为所求距离，然后再计算，不能忽视第二步的证明．（2）间接法：包括等积法和转化法，转化法即不断地进行点面、线面、面面距离之间的转化，直到求出为止．考题名师诠释【例1】已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，在正方体表面上与点A距离为233的点的集合形成一条曲线，则这条曲线的长度为．解析如右图，题目即以A为球心，233为半径的球面与正方体六个面交线的长度，而这条交线有六条弧构成，即EFGHIJ．由对称性知EF = GH = IJ，FG = HI = JE，所以，所求曲线长l = 3(EF⌒+ FG⌒)．由AE =233，AA1 = 1，ABCDEOFG则AF = AE = 233，A 1E = AE 2 - AA 12= 33，A 1F = A 1E = 33，∠A 1AE = ∠A 1AF = π6．由对称性∠FAG = π2 -∠A 1AE = π2 - 2×π6 = π6．因此EF ⌒为以A 1为圆心、33为半径、π2为圆心角的一段弧，故EF ⌒= A 1E × π2 = 3π6．同理，FG 为以A 为圆心，233为半径、π6为圆心角的一段圆弧．故FG ⌒= AF × π6 = 3π9．所以，所求曲线的长l = 3(3π6+ 3π9) = 53π6． 答案 53π6．评叙 本题以正方体各侧面截球面求交线为背景，全面考查空间想象能力和分析解决问题的能力．考虑正方体各面与球面的交线时，应知道截线都是圆弧，但不过球心A 的面截球面所的截线是小圆的圆弧，而经过球心A 的面截球面所得的是大圆的圆弧．【例2】（2005年福建卷，20）如图，直二面角D -AB -E 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE = EB ，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE ．（1）求证：AE ⊥平面BCE ； （2）求二面角B -AC -E 的大小；（3）求点D 到平面ACE 的距离． （1）证明：∵BF ⊥平面ACE ，∴BF ⊥AE ．∵二面角D -AB -E 为直二面角，且CB ⊥AB ，∴CB ⊥平面ABE ．∴CB ⊥AE ． ∴AE ⊥平面BCE ．（2）解：连结BD 交AC 于点G ，，连结FG ． ∵正方形ABCD 的边长为2，∴BG ⊥AC ，BG = 2． ∵BF ⊥平面ACE ，由三垂线定理的逆定理，得FG ⊥AC ． ∴∠BGF 是二面角B -AC -E 的平面角． 由（1）AE ⊥平面BCE ，∴AE ⊥EB ．又∵AE = EB ，∴在等腰直角△AEB 中，BE = 2．又∵直角△BCE 中，EC = BC 2 + BE 2= 6，BF =BC ·BE EC = 2×26= 233， ∴Rt △BFG 中，sin ∠BGF = BF BG = 2332 = 63．∴二面角B -AC -E 等于arcsin63． （3）解：过E 作EO ⊥AB 交AB 于点O ，OE = 1． ∵二面角D -AB -E 为直二面角，∴EO ⊥平面ABCD ． 设D 到平面ACE 的距离为h ，∵V D —ACE = V E —ACD ， ∴13S △ACE ·h = 13S △ACD ·EO ．∵AE ⊥平面BCE ，∴AE ⊥EC ．∴h = 12AD ·DC ·EO 12AE ·EC = 12×2×2×112×2×6 = 233．∴点D 到平面ACE 的距离为233．评叙 本题主要考查直线、直线与平面、二面角及点到平面的距离等基础知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力与运算能力．【例3】（2005年北京卷，理16）如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB = AD = 2，DC = 23，AA 1 = 3，AD ⊥DC ，AC ⊥BD ，垂足为E ．（1）求证：BD ⊥A 1C ；（2）求二面角A 1- BD –C 1的大小；（3）求异面直线AD 与BC 1所成的角的大小． （1）证明： 在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，∵A 1A ⊥底面ABCD ．∴AC 是A 1C 在平面ABCD 上的射影．∵BD ⊥AC ，∴BD ∥A 1C ． （2）解：连结A 1E 、C 1E 、A 1C 1．与（1）同理可证BD ⊥A 1E ，BD ⊥C 1E ，∴∠A 1EC 1为二面角A 1- BD –C 1的平面角． ∵AD ⊥DC ，∴∠A 1D 1C 1 = ∠ADC = 90º．又A 1D 1 = AD = 2，D 1C 1 = DC = 23，AA 1 = 3，且AC ⊥BD ，∴A 1C 1 = 4， AE = 1，EC = 3．∴A 1E = 2，C 1E = 23． 在△A 1EC 1中，A 1C 12= A 1E 2+ C 1E 2，∴∠A 1EC 1 = 90º，即二面角A 1- BD –C 1的大小为90º．BA CD E FABCD（3）解：过B 作BF ∥AD 交AC 于点F ，连结FC 1， 则∠C 1BF 就是AD 与BC 1所成的角． ∵AB = AD = 2，AC ⊥BD ，AE = 1， ∴BF = 2，EF = 1，FC = 2，BC = DC ． ∴FC 1 = 7，BC 1 = 15．在△BFC 1中，cos ∠C 1BF = 15 + 4 - 72×2×15 = 155．∴∠C 1BF = arccos155，即异面直线AD 与BC 1所成的角的大小为arccos 155． 【例4】（2004年全国卷Ⅰ，20）如图，已知四棱锥P —ABCD ，PB ⊥AD ，侧面PAD 为边长等于2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角为120º． （1）求点P 到平面ABCD 的距离；（2）求面APB 与面CPB 所成的二面角的大小． 解（1）：如图，作PO ⊥平面ABCD ，垂足为点O ． 连结OB 、OA 、OD ，OB 与AD 交于点E ，连结PE ． ∵AD ⊥PB ，∴AD ⊥OB ．∵PA = PD ，∴OA = OD ． 于是OB 平分AD ，点E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ．由此知∠PEB 为面PAD 与面ABCD 所成二面角的平面角，∴∠PEB = 120º，∠PEO = 60º． 由已知可求得PE = 3．∴PO = PE ·sin60º = 3×32 = 32．即点P 到平面ABCD 的距离为32．（2）如图，取PB 的中点G ，PC 的中点F ， 连结EG 、AG 、GF ，则AG ⊥PB ，FG ∥BC ，FG = 12BC ．∵AD ⊥PB ，∴BC ⊥PB ，FG ⊥PB ．∴∠AGF 是所求二面角的平面角． ∵AD ⊥面POB ，∴AD ⊥EG ．又∵PE = BE ，∴EG ⊥PB ，且∠PEG = 60º． 在Rt △PEG 中，EG = PE ·cos60º = 32．在Rt △PEG 中，EG = 12AD = 1．于是tan ∠GAE = EG AE =32．又∠AGF = π - ∠GAE ， ∴所求二面角的大小为π - arctan32． 评叙 本题主要考查棱锥、二面角和线面关系等基本知识，同时考查空间想象能力和推理、运算能力． 特别提示1．求二面角的平面角的步骤：（1）先作出二面角的平面角，其作法有定义法、根据三垂线定理及其逆定理、垂面法；（2）根据作法构造三角形，在直角三角形中，用解直角三角形的方法；在斜三角形中，利用正、余弦定理求二面角的平面角．2．二面角的计算方法常用的还有：射影面积法，向量法．利用这些方法可在不作出二面角的平面角的情况下求出二面角的平面角．考能提升训练一、选择题1．（2005年湖南卷，5）如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面的中心，则O 到平面ABC 1D 1的距离为 ………（ ）A ．12B ．24C ．22D ．322．对于已知直线a ，如果直线b 同时满足下列三个条件：①与a 是异面直线；②与a 所成的角为定值 ；③与a 的距离为定值d ．那么这样的直线b 有 ……………………………（ ） A ．1条B ．2条C ．3条D ．无数条3．如图，在正三棱锥P -ABC 中，M 、N 分别是侧棱PB 、PC 的中点，若截面AMN ⊥侧面PBC ，则此三棱锥的侧棱与底面所成角的正切值 是…………………………………………… （ ）A ．32B ． 2C ．52D ．634．如图，ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，∠BCA = 90º，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC = CA = CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是………………………………………………………………（ ）A ．3010B ．12C ．3015D ．15105．正方形ABCD 的边长是2，E 、F 分别是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角（如图所示）．M 为矩形AEFD 内一点，如果ABCDPABCD PE OABCDPE OG F ABD OA 1B 1C 1D 1ABCPMNABCA 1B 1C 1D 1 F 1DMB CF∠MBE = ∠MBC ，MB 和平面BCE 所成角的正切值为12，那么点M到直线EF 的距离为………………………………… （ ） A ．22B ．1C ．32D ．12二、填空题6．长方体的一条对角线与交于一点的三个面所成的角分别为α、β、γ，那么下列命题： ①sin 2α+ sin 2β+ sin2γ= 1；②sin 2α+ sin 2β+ sin 2γ= 2；③cos 2α+ cos 2β+ cos 2γ= 1；④cos 2α+ cos 2β+ cos 2γ= 2．其中正确命题的序号是 ．7．（2005年江西卷，理15）如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB = BC = 2，BB 1 = 2，∠ABC = 90º，E 、F 分别为AA 1、 C 1B 1的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为 ． 三、解答题8．（2004年春季北京卷，17）如图，四棱锥S -ABCD 的底面是边长为1的正方形，SD ⊥底面ABCD ，SB = 3．（1）求证：BC ⊥SC ；（2）求面ASD 与面BSC 所成二面角的大小；（3）设棱SA 的中点为M ，求异面直线DM 与SB 所成角的大小．9．（2005年湖北卷，理20）如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB = 3，BC = 1，PA = 2，E 为PD 的中点．（1）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（2）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出N 点到AB 和AP 的距离．B A 1BCA DSMBA10．如图所示，在矩形ABCD 中，AB = 1，BC = a ，PA ⊥平面ABCD ，PA = 1． （1）在BC 边上是否存在点Q ，使得PQ ⊥QD ？说明理由．（2）若BC 边上有且仅有一个点Q ，使PQ ⊥QD ，求AD 与平面PDQ 所成的角的正弦值． （3）在（2）的条件下，能求出平面PQD 与平面PAB 所成的角的大小吗？训练参考答案一、1．B 2．D 3．C 4．A 5．A 二、6．①④ 7．322三、8．（1）略；（2）45º；（3）90º．9．（1）3714（2）在面ABCD 内过点D 作AC 的垂线交AB 于点F ，连结PF ，N 为PF 的中点，N 点到AB 的距离为1，N 点到AP的距离为36． 10．（1）a ≥2时，BC 边上存在存在点Q ，使得PQ ⊥QD ；a ＜2时，不存在点Q ，使得PQ ⊥QD ；（2）66；（3）能，大小为arctan 5． BCA DP Q。

2019年高考数学二轮复习试题第3讲空间中的角和距离选题明细表巩固提高A一、选择题1. 在我国古代数学名著《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,在鳖臑ABCD中,AB⊥平面BCD,且AB=BC=CD,则异面直线AC 与BD所成角的余弦值为( A )(A)(B)-(C) (D)-解析: 由题意,可补形成正方体如图.所以异面直线AC与BD所成角就是ED与BD所成角,而△BDE为等边三角形,所以所成角为,cos=.故选A.2.在正四面体ABCD中,E为AB的中点,则CE与BD所成角的余弦值为( A )(A) (B)(C) (D)解析:如图,取AD中点F,连接EF,CF,因为E为AB的中点,所以EF∥BD,则∠CEF为异面直线BD与CE所成的角,因为ABCD为正四面体,E,F分别为AB,AD的中点,所以CE=CF.设正四面体的棱长为2a,则EF=a,CE=CF== a.在△CEF中,由余弦定理得cos∠CEF===.故选A.3.(2018·杭州二模)已知三棱锥S ABC的底面ABC为正三角形,SA<SB<SC,平面SBC,SCA,SAB与平面ABC所成的锐二面角分别为α1,α2,α3则( A )(A)α1<α2(B)α1>α2(C)α2<α3(D)α2>α3解析:由题意,设三角形SBC,SCA的高分别为h 1,h2,三棱锥S-ABC的高为h,易知h1>h2,根据正弦函数的定义得,sin α1=,sin α2=,所以sin α1<sin α2,又α1,α2均为锐角,所以α1<α2,故选A.4. 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是底面A1B1C1D1中心,则O到平面ABC1D1的距离是( A )(A)(B)(C)(D)解析:法一过O作A1B1的平行线,交B1C1于E,则O到平面ABC1D1的距离为E到平面ABC1D1的距离.作EF⊥BC1于F,易证明EF⊥平面ABC1D1,连接B1C,可求得EF=B1C=.故选A.法二因为O是A1C1的中点且C1∈平面ABC1D1,所以点O到平面ABC1D1距离为点A1到平面ABC1D1距离的一半,过A1作A1G⊥AD1于G,(图略),由正方体性质得A1G⊥平面ABC1D1,在等腰Rt△A1AD中,A1G=A1D=,所以A1到平面ABC1D1距离为,所以O到平面ABC1D1距离为.故选A.5. 如图,三棱锥P ABC中,△ABC为边长为3的等边三角形,D是线段AB的中点,DE∩PB=E,且DE⊥AB,PA=,PB=,则PA与平面CDE所成角的正切值为( A )(A) (B) (C) (D)解析:由勾股定理PA2+PB2=AB2⇒PA⊥PB,过P作PM⊥AB于M,由⇒AB⊥平面DCE,所以∠APM为PA与平面CDE所成的角,在直角三角形APB中,∠APM=∠PBA,tan∠APM=tan∠PBA==.故选A.6. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在正方体表面运动,如果=,那么这样的点P共有( C )(A)2个(B)4个(C)6个(D)无数个解析:设点A到直线BD1的距离为d,则满足题意的点位于以BD1为轴,以d为半径的圆柱上,即满足题意的点为圆柱与正方体的交点,设正方体棱长为1,则由=,得××1=××d得d=,在正方体内易证BD1⊥平面A1C1D,BD1⊥平面ACB1,记两个垂足分别为M,N,如图(1),则M,N分别为等边△A1C1D与等边△ACB1的中心,这两个三角形的六个顶点到对角线BD1的距离都相等,在对角面BB1D1D 中,如图(2).BD1=,D1M=,所以DM==,所以正方体的六个顶点D,A,C,A1,B1,C1到对角线BD1距离都为,这又是正方体上到对角线BD1距离最远的点.由此得满足条件的点P有6个.故选C. 7.(2018·新高考研究联盟第三次联考)在平面α内,已知AB⊥BC,过直线AB,BC分别作平面β,γ,使锐二面角α-AB-β为,锐二面角α-BC-γ为,则平面β与平面γ所成的锐二面角的余弦值为( A )(A)(B) (C)(D)解析:cos θ=cos 60°cos 60°=,也可以构造一个三棱锥来解决,故选A.二、填空题8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线AD1与BD所成角的大小是.解析:如图所示,连接BC1,DC1,由正方体的性质可得,∠DBC1即为所求,且△DBC1为等边三角形,则直线AD1与BD所成角的大小是60°.答案:60°9. 长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为4的正方形,高为2,则顶点A1到截面AB1D1的距离为.解析:由题意可得:AD1=AB1==2,B1D1==4,据此可得=×4×=4,设顶点A1到截面AB1D1的距离为h,对三棱锥A1-AB1D1由等体积法得=,即×4×h=×(×4×4)×2,解得h=.答案:10. 正三棱锥P-ABC中,CM=2PM,CN=2NB,对于以下结论:①二面角B-PA-C的取值范围是(,π);②若MN⊥AM,则PC与平面PAB所成角的大小为;③过点M与异面直线PA和BC都成的直线有3条;④若二面角B PA C为,则过点N与平面PAC和平面PAB都成的直线有3条.正确的序号是.解析:根据题意,由于正三棱锥P ABC中,CM=2PM,CN=2NB,那么对于①当PA→+∞时二面角趋近于,当P无限接近于△ABC外心时,趋近于π,二面角B-PA-C 的取值范围是(,π);成立.②若MN⊥AM,则PC与平面PAB所成角的大小为;成立.③过点M与异面直线PA和BC都成的直线有3条;不成立.④若二面角B PA C为,则过点N与平面PAC和平面PAB都成的直线有3条;成立.答案:①②④11.如图,已知正方体ABCD A1B1C1D1,则二面角C1-BD-C的正切值为.解析:设正方体棱长为a,取BD中点O,连接CO,C1O,因为CD=CB=a,C1B=C1D=a,所以CO⊥BD,C1O⊥BD,所以∠COC1是二面角C1-BD-C的平面角,因为CC1=a,CO=a,所以tan∠COC1===.所以二面角C1-BD-C的正切值为.答案:12.平面α,β,γ两两垂直且交于一点O,若空间有一点P到这三个平面的距离分别是3,4,12,则点P到点O的距离为.解析:由题意,构造长方体图形,这个长方体过一个顶点的三条棱长分别为3,4,12,所求PO的长度即为体对角线长,所以PO==13.答案:1313. 如图,将菱形ABCD沿对角线BD折起,使得C点至C′,E点在线段AC′上,若二面角A-BD-E与二面角E-BD-C′的大小分别为30°和45°,则= .解析:连接AC交BD于点O,连接OE,OC′(图略),在△OAE中,由正弦定理得:=,所以AE=sin 30°=,在△C′OE中,由正弦定理得:=,所以EC′=sin 45°=,因为sin ∠C′EO=sin ∠OEA,所以=.答案:14.正三棱锥V-ABC中,VB=,BC=2,则二面角V-AC-B的大小为.解析:取AC中点为O,连接VO,BO,在正三棱锥V ABC中,VB=,BC=2,因为VA=VC=VB=,AB=AC=BC=2,AO=CO=,所以VO⊥AC,BO⊥AC,VO==2,BO==3,所以cos∠VOB==,所以∠VOB=60°.答案:60°15.已知△ABC与平面α,且∠ACB=,CD⊥AB于D,若边AB⊂平面α,边BC,AC 与平面α所成的角分别为和,则CD与平面α所成角的大小为.解析:如图,过点C作CE⊥α于E,连DE,则∠CDE即为CD与平面α所成角.连AE,BE,则∠CAE,∠CBE分别为AC,BC与平面α所成的角,即∠CAE=,∠CBE=.设CE=1,则AC=2,BC=,于是AB==.由等面积法得CD===,所以sin∠CDE==,所以∠CDE=.答案:三、解答题16.(2018·北京卷) 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D, E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.(1)证明:在三棱柱ABC A1B1C1中,因为CC1⊥平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以AC⊥EF.因为AB=BC,所以AC⊥BE,因为BE∩EF=E,所以AC⊥平面BEF.(2)解: 由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC,所以EF⊥BE.如图,建立空间直角坐标系Exyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),E(0,0,0), F(0,0,2),G(0,2,1),所以=(-1,-2,0),=(1,-2,1).设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),则即令y0=-1,则x0=2,z0=-4,于是n=(2,-1,-4).又因为平面CC1D的法向量为=(0,2,0),所以cos<n,>==-.由题知二面角B CD C1为钝角,所以其余弦值为-.(3)证明:由(2)知平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),=(0,2,-1).因为n·=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,所以直线FG与平面BCD相交.巩固提高B一、选择题1. 如图,在正方体ABCD A1B1C1D1中,点E为正方形ABCD的两条对角线的交点,点F是棱AB的中点,则异面直线AC1与EF所成角的正切值为( D )(A)-(B)- (C)(D)解析:因为点E为正方形ABCD的两条对角线的交点,点F是棱AB的中点,所以EF∥AD,所以∠DAC1就是异面直线AC1与EF所成的角,正切值等于=.故选D.2. 将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角后的图形如图所示,若E为线段BC的中点,则直线AE与平面ABD所成角的余弦值为( C )(A)(B)(C)(D)解析:过点E作EF⊥BD,垂足为F,则∠EAF为直线AE与平面ABD所成的角,不妨设正方形的边长为2,则BF=EF=,AB=2,在△ABF中,由余弦定理:AF2=AB2+BF2-2×AB×BF×cos∠ABF=,所以AF=,在Rt△AEF 中,AE2=AF2+EF2=3,所以AE=,故cos∠EAF==.故选C.3. 如图,二面角α-l-β的大小是45°,线段AB⊂α,B∈l,AB与l所成的角为30°,则AB与平面β所成的角的正弦值是( D )(A) (B) (C) (D)解析:如图,过点A作AC⊥β于C,在β内过C作CD⊥l于D,连接AD,BC,由三垂线定理可知AD⊥l,故∠ADC为二面角α-l-β的平面角,为45°,又由已知,∠ABD=30°,则∠ABC为AB与平面β所成的角,设AD=2,则AC=,AB=4,所以sin∠ABC==.故选D.4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,过它的任意两条棱作平面,则能作得与A1B成30°角的平面的个数为( B )(A)2个(B)4个(C)6个(D)8个解析:画出图形如图所示,由图可知,正方体表面6个面与A1B所成的角不是30°.符合题意的面为平面AA1C1C,平面A1B1CD,平面ABC1D1和平面BDD1B1,共4个.故选B.5.平面α过正方体ABCD A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为( A )(A) (B) (C) (D)解析:由题意直线m∥BD,直线n∥A1B,易知△A1DB为等边三角形,∠DBA1=60°,sin 60°=,所以m,n所成角的正弦值为,故选A.6.(2018·嵊州市适应性考试)如图,已知矩形ABCD,E是边AB上的点(不包括端点),且AE=AD,将△ADE沿DE翻折至△A′DE,记二面角A′-BC-D为α,二面角A′-CD-E为β,二面角A′-DE-B为γ,则( B )(A)α≥β(B)α≤β(C)β≥γ(D)β≤γ解析: 要比较α,β,γ之间的大小关系,只需比较A′在底面BCD上的射影O 到三边BC,CD,DE的距离d1,d2,d3,之间的大小关系,当O从A点运动到F时,必有d1>d2,即有α≤β;而d2,d3关系不确定,故选B.7.(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( A )(A)(B)(C)(D)解析: 如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,平面AB1D1与棱A1A,A1B1,A1D1所成的角都相等,又正方体的其余棱都分别与A1A,A1B1,A1D1平行,故正方体ABCD A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等.如图所示,取棱AB,BB1,B1C1,C1D1,DD1,AD的中点E,F,G,H,M,N,则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大,此截面面积为S正六边形×××sin 60°=.故选A.EFGHMN=68. 在底面为正三角形的直棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,点D为棱BC的中点,点E为A1C上的点,且满足A1E=mEC(m∈R),当二面角E-AD-C的余弦值为时,实数m的值为( A )(A)1 (B)2 (C)(D)3解析: 由题意知m>0,过点A在平面ABC内作Ox⊥AC,则以A为原点O,分别以Ox,OC,OA1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示,则E(0,,),=(,,0),=(0,,),设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),则⇒n=(,-1,),取平面ADC法向量为m=(0,0,1),由二面角E-AD-C余弦值为,则|cos<n,m>|=,所以==⇒m2=1⇒m=1.故选A.二、填空题9. 在边长为a的等边三角形ABC中,AD⊥BC于D,沿AD折成二面角B AD C 后,BC=,这时二面角B-AD-C的大小为.解析:根据已知中AD⊥BC于D,易得沿AD折成二面角B-AD-C后,∠BDC即为二面角B-AD-C的平面角,解三角形BDC即可求出二面角B-AD-C的大小.因为AD⊥BC,所以沿AD折成二面角B-AD-C后,AD⊥BD,AD⊥CD,故∠BDC即为二面角B-AD-C的平面角,又因为BD=CD=BC=,所以△BDC为等边三角形,所以∠BDC=60°.答案:60°10. 如图,60°的二面角棱上有A′,B′两点,直线AA′,BB′分别在这个二面角的半平面内,且都垂直于A′B′,已知A′B′=3AA′=3,BB′=5,则AB的长度为.解析:运用基向量表示空间的向量,结合模长的计算得到AB的长度为2. 答案:211.矩形ABCD满足AB=2,AD=1,点A,B分别在射线ON,OM上运动,∠MON为直角,当C到点O的距离最大时,∠ABO的大小为.解析:如图,设∠ABO=θ,因AB=2,BC=AD=1,则OB=2cos θ,在△CBO中,由余弦定理得OC===,当OC最大时,sin(2θ+)=1,即2θ+=,也即θ=,所以∠ABO=.答案:12. 如图,三棱锥S-ABC中,若AC=2,SA=SB=SC=AB=BC=4,E为棱SC的中点,则直线AC与BE所成角的余弦值为,直线AC与平面SAB所成的角为.解析:(1)如图(1),取SA中点M,连ME,BM,则ME∥AC,所以直线AC与BE所成角等于直线ME与BE所成角,则ME=,BM=BE=2,cos∠MEB==,所以直线AC与BE所成角的余弦值为.(2)如图(2),取SB中点N,连接AN,CN,则AN⊥SB,CN⊥SB⇒SB⊥平面ACN⇒平面SAB⊥平面ACN,因此直线AC与平面SAB所成的角为∠CAN,因为AN=CN=AC=2,所以∠CAN=60°,因此直线AC与平面SAB所成的角为60°. 答案:60°13. 如图所示,等边△ABC的边长为4,D为BC中点,沿AD把△ADC折叠到△ADC′处,使二面角B-AD-C′为60°,则折叠后二面角A-BC′-D的正切值为.解析:由题意知∠BDC′即为二面角B-AD-C′的平面角,即∠BDC′=60°,所以BC′=2,作DM⊥BC′于点M,连接AM,则AM⊥BC′,则∠AMD为二面角A-BC′-D的平面角,因为△ABC为等边三角形且BC=4.所以AD=2.DM=.所以tan ∠AMD===2.答案:214.在长方体ABCD A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为的正方形,AA1=3,E是AA1的中点,过C1作C1F⊥平面BDE与平面ABB1A1交于点F,则CF与平面ABCD所成角的正切值为.解析: 连接AC与BD交于点O,因为四边形ABCD是正方形,AA1⊥底面ABCD,所以BD⊥平面ACC1A1,则当C1F与EO垂直时,C1F⊥平面BDE,所以∠ACF是CF与平面ABCD所成角,在矩形ACC1A1中,△C1A1F∽△EAO,则=,因为A1C1=2AO=AB=2,AE=,所以A1F=,所以AF=,所以tan∠ACF===.所以CF与平面ABCD所成角的正切值为.答案:15.已知三棱锥A BCD中,AB⊥CD,且AB与平面BCD成60°角.当的值取到最大值时,二面角A-CD-B的大小为.解析: 如图所示,作AE⊥CD于点E,连接BE,因为AB⊥CD,CD⊥AE,AB∩AE=A,所以CD⊥平面ABE,且CD⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ABE,又因为平面BCD∩平面ABE=BE,所以点A在平面BCD的射影在BE上,所以∠ABE=60°,在△ABE中由余弦定理得AE2=AB2+BE2-2AB×BE×,所以=()2-+1=(-)2+,当=,即BE=2AB时,最小,此时=最大,所以AE=AB,由二面角的定义可知∠AEB为二面角A CD B的平面角,cos∠AEB==,所以∠AEB=.答案:16.高为的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形,点S,A,B,C,D均在同一球面上,底面ABCD的中心为O1,球心O到底面ABCD的距离为,则异面直线SO1与AB所成角的余弦值的范围为.解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设S(x,y,),O(,,),O1(,,0),BC中点M(1,,0),由题设外接球的半径R==1,则(x-)2+(y-)2+=1,即(x-)2+（y-）2=.由于=（x-,y-,）,=（,0,0）,因此·=（x-）,又因为（x-）2=-（y-）2≤,即︱x-︱≤,所以cos<,>==≤.即异面直线SO1与AB所求角的余弦值的范围为［0,］.答案:［0,］三、解答题17.(2018·天津卷) 如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP 的长.解:依题意,可以建立以D为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M（0,,1）,N(1,0,2).(1)依题意得=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,则即不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).又=（1,-,1）,可得·n0=0,又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则即不妨令z=1,可得n=(0,1,1). 设m=(x,y,z)为平面BCF的法向量,则即不妨令z=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>==,于是sin<m,n>=.所以二面角E-BC-F的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h), 可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故︱cos<,>︱==,由题意,可得=sin 60°=,解得h=∈[0,2].所以线段DP的长为.。

难点八 立体几何中的空间角与距离立体几何中的“角”与“距离”是定量分析空间几何元素（点、线、面）间位置关系的两个重要的几何量,在研究这些“角”和“距离”时,常将空间问题转化为平面问题来处理,这是化归思想在立体几何中的具体应用. 空间角是考查学生对立体几何中的视图、空间想象能力、逻辑推理能力以及运算能力的一个综合知识点;空间距离既能考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力,又能考查学生的转化思想及运算能力,空间距离的计算也是学生感觉较难的部分.在求解空间的角与距离的问题时,一般应包括三个部分:求作、论证和计算,这三部分是一个统一的整体.求空间中的角或距离的常用方法注意根据定义找出或作出所求的角或距离，给出证明，一般情况下，力求明确所求角或距离的位置.求角与距离的关键是将空间的角与距离灵活地转化为平面上的角与距离，然后将所求量置于一个三角形中，通过解三角形最终求得所需的角与距离. 空间向量是高中数学立体几何中新增加的内容 .借助于空间向量工具，可以对一些传统解法中较为繁琐的问题加以定量化 ,从而降低了思维难度 ,增强了可操作性 ,使学生对立体几何更容易产生兴趣 .空间向量在角和距离的处理上有着独特的优势 ,它最大限度地避开了思维的高强度转换 ,避开了各种辅助线添加的难处 ,代之以空间向量的计算 ,有利于我们较好地解决问题 .1 异面直线所成的角异面直线所成角的大小，是由空间一点分别引它们的平行线所成的锐角（或直角）来定义的.因此，通常我们要求异面直线所成的角会要求学生通过平移直线，形成角，然后在某个三角形中求出角的方法来得到异面直线所成角的大小.在这一方法中，平移直线是求异面直线所成角的关键，而如何平移直线要求学生有良好的空间观和作图能力.新教材对立体几何的处理有了一些新的变化，淡化了对学生作图能力的要求，引进了空间向量的方法（实际上是把空间问题代数化），避开了一些繁杂的作图，其中在求异面直线所成的角中运用空间向量的方法有很大的优点.另外，对异面直线所成的角的求法我们还可以借用一些固定的模型，引用一些已知的公式来求出角的大小.例１【2017届湖北省沙市中学高三上学期第二次考试】在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC ∆是直角三角形，12AC BC AA ===，D 为侧棱1AA 的中点.（1）求异面直线1DC 、1BC 所成角的余弦值；（2）求二面角11B DC C --的平面角的余弦值.思路分析：建立空间直角坐标系，由题意写出相关点的坐标；（1）求出异面直线11,DC BC 所在的方向向量11,DC BC ，直接计算即可；（2）求出平面1B DC 与平面1DCC 的法向量，计算即可.（2）因为(0,2,0)CB =，(2,0,0)CA =，1(0,0,2)CC =，所以0CB CA ⋅=，10CB CC ⋅=，所以CB 为平面11ACC A 的一个法向量.因为1(0,2,2)BC =--，(2,0,1)CD =，设平面1B DC 的一个法向量为n ， (),,n x y z =.由10,0,n B C n CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得220,20.y z x z --=⎧⎨+=⎩令1x =，则2,2y z ==-，()1,2,2n =-.4,)3|||nCB CB CB ⋅==⨯11B DC C --点评：本题考查空间向量的应用，属中档题；在空间求线线角、线面角、二面角，是通过建立恰当的空间直角坐标系,正确写出各点的坐标，则通直线所在的方向向量、平面的法向量，通过向量的夹角间接求解，准确运算是解决这类问题的关键.2 直线与平面所成的角直线与平面所成角是空间三大角之一,它既是教与学的难点,又是高考的热点,求直线与平面所成角的常用方法.一、直接法直接法就是根据斜线与平面所成角的定义,直接作出斜线在平面内的射影,则斜线与射影所成角就是斜线与平面所成角,这是解题时首先要考虑的方法,直接法的关键是确定斜线在平面内的射影,下列结论常作为找斜线在平面内射影的依据.(1)(两平面垂直的性质定理)如果两个平面垂直,那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面.(2)如果一个角所在平面外一点到角的两边的距离相等,那么这个点在平面内的射影在这个角的平分线上.(3)经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线,设它和已知角的两边的夹角为锐角且相等,则这条斜线在平面的射影是这个角的平分线.(4)若三棱锥的三条侧棱相等,则其顶点在底面上的射影是底面三角形的外心. 二、借助于空间向量工具，利用直线的方向向量与平面的法向量的夹角来转化，当直线的方向向量与平面的法向量夹角为锐角时，通过直角三角形可以知道 ，直线与平面所成的角与直线的方向向量与平面的法向量夹角互余，因此直线与平面所成的角的正弦就等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦，当直线的方向向量与平面的法向量夹角为钝角时，其补角跟直线与平面所成的角互余，因此因此直线与平面所成的角的正弦就等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦的相反数. 例2【2017届湖北黄石市高三9月调研】如图，正方形AMDE 的边长为2，B C 、分别为线段AM MD 、的中点，在五棱锥P ABCDE -中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD PC 、分别交于点G H 、．（1）求证：//AB FG ；（2）若PA ⊥底面ABCDE ，且PA AE =，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小．思路分析：（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与论证，往往需要结合平几条件，如本题利用正方形性质得//AB DE ，从而有//AB 平面PDE ．而线线平行的证明，一般利用线面平行性质定理，即从两平面交线出发给予证明（2）利用空间向量解决线面角，一般先建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出平面法向量，再根据向量数量积求夹角，最后根据线面角与向量夹角之间互余关系求大小.解析：（1）证明：在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以//AB DE ．又因为AB ⊄平面PDE ，所以//AB 平面PDE ．因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF 平面PDE FG =，所以//AB FG（2）因为PA ⊥底面ABCDE ，所以,PA AE PA AB ⊥⊥，如图建立空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，()()()()1,0,0,2,1,0,0,0,2,0,1,1B C P F ，()1,1,0BC =．设平面ABF 的法向量为(),y,z n x =，则00nA B nA F ⎧=⎨=⎩，即00x y z =⎧⎨+=⎩，令1z =，则1y =-，所以()0,1,1n =-．设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则1sin cos ,2n BC n BC n BC α===，因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为6π点评：直线与平面所成的角解题的一般思路为：首先建立适当的空间直角坐标系并正确写出各点的空间坐标，并求出平面的法向量，最后运用公式即可得出结果. 利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.3 二面角二面角及其平面角的概念是立体几何最重要的概念之一，在历年高考中几乎都要涉及.尤其是在数学新课改的大环境下，要求对二面角求法的掌握变得更加灵活，二面角的概念发展、完善了空间角的概念；而二面角的平面角不但定量描述了两相交平面的相对位置，同时它也是空间中线线、线面、面面位置关系的一个汇集点.研究二面角的求法，可以进一步培养学生的空间想象能力和逻辑思维能力，为培养学生的创新意识和创新能力提供了一个良好的契机. 在求解二面角的问题中，通常首先要定位出二面角的平面角，而这也是学生在解题中感到最为陌生和棘手的问题.特别是若二面角的棱隐而不露其解题的难度又会增大.求解二面角是立体几何中最基本、最重要的题型，也是各地高考中的“热点”问题，虽然对此可说是“千锤百炼”，但我们必须面对新的情境、新的变化，如何以基本方法的“不变”去应对题目中的“万变”就是我们研究的中心话题. 总的来说，求解二面角的大体步骤为：“作、证、求”.其中“作、证”是关键也是难点，“求”依靠的计算，也决不能忽视，否则因小失大，功亏一篑，也是十分遗憾之事.例3【2017届广东珠海市高三9月摸底】在如图所示的圆台中，C A 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆/O 的直径，FB 是圆台的一条母线.（1）已知H G ，分别为FB E ,C 的中点，求证：ABC GH 面//；（2）已知221===AC FB EF ，BC AB =，求二面角O BC F --的余弦值. 思路分析：（Ⅰ）首先作出辅助线设FC 的中点为I ，连接HI GI ,，然后由已知条件可得GI EF ，再由OB EF //可得GI OB ，进而得出GI ABC 面，同理由已知可得IH ABC 面，于是得出面面平行ABC GIH 面面//，最后得出所证的结论即可；（Ⅱ）首先连接/OO ，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系xyz O -，然后由已知条件分别求出点B,C 的坐标，并过点F 作OB FM ⊥于点M 可得→→BF BC ,，进而可得出平面BCF 的一个法向量→n ，再由题意可得平面ABC 的一个法向量()3,0,0/=→OO ，最后运用→→→→→→⋅>=<///,cos OO n OOn OO n 即可得出所求的答案. （2）连接/OO ，则ABC OO 平面⊥/，又BC AB =，且AC 是圆O 的直径，所以AC BO ⊥，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系xyz O -（OA 方向为x 轴，OB 方向为y 轴，/OO 方向为z 轴，图略）由题意得:()()002-,0,2,0，，C B ,过点F 作OB FM ⊥于点M ，故()310322，，F BM FB FM ∴=-=，故()()3,1,0,0,2,2-=--=→→BF BC ，设()z y x n ,,=→是平面BCF 的一个法向量，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅=⋅→→→→0BF n BC n ⎩⎨⎧=+-=--∴03022z y y x ，取1-=z ，则()1,3,3--=→n ，又平面ABC 的一个法向量()3,0,0/=→OO ，故77,cos ///-=⋅>=<→→→→→→OO n OOn OO n ，所以二面角O BC F --的余弦值为77. 点评：本题考查了线面平行性质定理及判定定理、二面角的求解、空间向量的运算等知识点的应用，其中对于垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. 利用空间向量求二面角，首先利用垂直关系建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解两个平面的法向量，利用向量数量积求夹角，最后根据向量夹角与二面角之间关系得结果.其解题过程中最容易出现以下错误：其一是对于第一问不能熟练运用线线平行、线面平行和面面平行的判定定理和性质定理，进而不能正确处理线面平行的问题；其二是对于第二问不能正确运用空间向量求二面角的大小，其关键是正确地求出各面的法向量.4 空间距离空间中距离的求法是历年高考考查的重点，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基础，求其他几种距离一般化归为这三种距离. 空间中的距离主要指以下七种： (1)两点之间的距离. (2)点到直线的距离. (3)点到平面的距离. (4)两条平行线间的距离. (5)两条异面直线间的距离. (6)平面的平行直线与平面之间的距离. (7)两个平行平面之间的距离. 七种距离都是指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离.七种距离之间有密切联系，有些可以相互转化，如两条平行线的距离可转化为求点到直线的距离，平行线面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平面的距离. 在七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点. 求点到平面的距离：(1)直接法：即直接由点作垂线，求垂线段的长.(2)转移法：转化成求另一点到该平面的距离.(3)体积法. 求异面直线的距离：(1)定义法：即求公垂线段的长.(2)转化成求直线与平面的距离.(3)函数极值法：依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的.例4【2017届湖北襄阳四中高三七月周考】AB 是O 的直径，点C 是O 上的动点，过动点C 的直线VC 垂直于O 所在的平面，,D E 分别是,VA VC 的中点．（1）试判断直线DE 与平面VBC 的位置关系，并说明理由；（2）若已知2,AB VC ==当三棱锥V ABC -体积最大时，求点C 到面VBA 的距离．思路分析：（1）要判断直线DE 与平面VBC 的位置关系，注意到,D E 分别是,VA VC 的中点，可知//DE AC ，只需判断直线AC 与平面VBC 的位置关系，由已知AB 是O 的直径，点C 是O 上的动点，得AC BC ⊥，又直线VC 垂直于O 所在的平面，可得AC ⊥面VBC ，从而可得DE ⊥面VBC ．（2）求点C 到面VBA 的距离，首先确定点C 的位置，有已知2,AB VC ==当三棱锥V ABC -体积最大，需写出三棱锥V ABC -的体积表达式，故设,AC b BC b ==，则224a b +=，从而可得1112323V ab ab =⋅⋅=，由基本不等式可得点C为AB 的中点，最后利用公式V ABC C VAB V V --=即可得出点C 到面VBA 的距离．点评：本题考查是空间的直线与平面的垂直问题和点与平面的距离的计算问题.解答时第一问充分借助已知条件与判定定理,探寻直线DE 与AC 平行,再推证DE 与平面VBC 垂直即可.关于第二问中的最值问题,解答时巧妙运用基本不等式,探求出三棱锥ABC V -的体积取得最大值时成立的条件,然后运用等积法求出点C 到平面VAB 的距离.综合以上四类问题，立体几何中的空间角与距离问题都是高考中的热点问题，在高考试题的新颖性越来越明显，能力要求也越来越高，并且也越来越广泛．异面直线所成的角，通过作平行线，转化为相交直线所成的角.具体地，有以下两种方法：一是在其中一条上的适当位置选一点，过该点作另一条的平行线；二是在空间适当位置选一点，过该点作两条异面直线的平行线.求异面直线所成的角，点的选取很重要.运用空间向量坐标运算求异面直线所成的角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．注意：两异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角. 直线与平面所成的角就是直线与其在该平面内的射影所成的角.求线面角的关键是找出斜线在平面内的射影，一般在斜线上的某个特殊的位置找一点，过该点平面的垂线，从而作出射影；运用空间向量坐标运算求直线与平面所成的角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．注意：直线与平面所成的角的正弦等于直线与平面的法向量的夹角的余弦的绝对值. 求二面角的方法:①直接法.直接法求二面角大小的步骤是：一作（找）、二证、三计算.即先作(找)出表示二面角大小的平面角,并证明这个角就是所求二面角的平面角,然后再计算这个角的大小. 用直接法求二面角的大小,其关键是确定表示二面角大小的平面角.而确定其平面角,可从以下几个方面着手:①利用三垂线定理(或三垂线定理的逆定理)确定平面角,自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角；；②利用与二面角的棱垂直的平面确定平面角, 自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角；③利用定义确定平面角, 在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角；②射影面积法.利用射影面积公式cos θ＝ S S'；此方法常用于无棱二面角大小的计算；对于无棱二面角问题还有一条途径是设法作出它的棱，作法有“平移法”“延伸平面法”等.③空间向量法:法一: ,AB CD 是二面角l αβ--的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小,AB CD θ=〈〉． 法二：设1n ,2n 是二面角l αβ--的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧（同等异补），则二面角l αβ--的平面角12cos cos ,u u θ=〈〉或12cos cos ,u u θ=-〈〉.求距离的关键是化归.即空间距离向平面距离化归，具体方法如下：（1）求空间中两点间的距离，一般转化为解直角三角形或斜三角形.（2）求点到直线的距离和点到平面的距离，一般转化为求直角三角形斜边上的高；或利用三棱锥的底面与顶点的轮换性转化为三棱锥的高，即用体积法.（3）求距离的一般方法和步骤：应用各种距离之间的转化关系和“平行移动”的思想方法，把所求的距离转化为点点距、点线距或点面距求之，其一般步骤是：①找出或作出表示有关距离的线段；②证明它符合定义；③归到解某个三角形．若表示距离的线段不容易找出或作出，可用体积等积法计算求之.2.用法向量球距离：（1）用法向量求异面直线间的距离：如右图所示，a 、b 是两异面直线，是a 和b 的法向量，点E ∈a ，F ∈b ，则异面直线 a 与b之间的距离是d = ；（2）用法向量求点到平面的距离：已知AB 是平面α的 一条斜线，为平面α的法向量，则 A 到平面α的距离为d =；（3）用法向量求直线到平面间的距离：首先必须确定直线与平面平行，然后将直线到平面的距离问题转化成直线上一点到平面的距离问题；（4）用法向量求两平行平面间的距离：首先必须确定两个平面是否平行，这时可以在一个平面上任取一点，将两平面间的距离问题转化成点到平面的距离问题.解答这些问题，需要主观的意志力，不要见到此类问题先发怵，进行消极的自我暗示，要通过一些必要的练习，加强解题信心的培养，确定解题的一般规律，积极的深入分析问题的特征，进而实现顺利解答．。

立体几何—空间角与空间距离专题综述空间角度与空间距离的推理、比较与计算，是高考考查的重点.求解方法既可以选择几何法，又可以选择向量法，在解决空间背景下及建系困难的几何体中的角与距离时，几何法更具优势，在解决简单几何体中的角与距离及探究性问题时，向量法更具优势.因此,选择合适的方法，确保快速解决问题.另外，两种方法都要求熟练准确的运算，且具有较高的直观想象、逻辑推理及数学运算的核心素养.专题探究探究1：综合法解决立体图形中角度和距离问题的思路：立体几何平面化→平面几何三角化→三角问题定理化.即把空间立体几何的问题转化为平面几何的问题，再把平面几何的问题转化为解三角形问题.答题思路一：综合法求解空间角（1）求异面直线成角的方法①平移：平移已有的平行线，或选择适当的点（线段的中点或端点），做平线性平移，或补形平移；② 证明：证明所作的角是异面直线所成的角或是其补角；③ 寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，解三角形； ④ 取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．（2）求线面角的方法： （I ）定义法：① 先确定斜线与平面，找到线面的交点A 为斜足；找线在面外的一点B ，过点B 向平面α做垂线，确定垂足O ；② 连结斜足A 与垂足O ,OA 为斜线AB 在面α内的投影；投影OA 与斜线AB 之间的夹角为线面角；③ 把投影OA 与斜线AB 归到三角形中进行求解. （2）间接法：设斜线PA 与平面α所成角为θ，则sin Ph PAθ=（P h 为点P 到平面α的距离），转化为求点P 到平面α的距离，可利用等积转化或借助其他点求距离. （3）求二面角的方法：l αβ--① 点A 为平面α内一点，过点A 作AO l ⊥于点O ； ② 证明过点A 的直线AB ⊥平面β于点B ,连接OB ，AB l l ⇒⊥⇒⊥平面AOB ,OB l ⇒⊥，⇒AOB ∠即为二面角l αβ--的平面角；③ 解Rt AOB ∆.答题思路二：综合法求解空间距离空间中的距离：平行平面间的距离、平行平面的直线到平面的距离、点到平面的距离⇒转化为点到平面的距离求点A 到平面α距离的方法： （1）直接法：① 求证过点A 的直线AB ⊥平面α于点B ，则线段AB 的长即为点A 到平面α的距离； ② 利用求三棱锥体积的等积转化思想进行求解； （2）间接法：转化为其他点到平面的距离① 直线AB 平面α，转化为求点B 到平面的距离；② ,A B ∈平面β，平面β平面α，转化为求点B 到平面的距离.（2021.福建省福州市月考试卷）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，下列结论正确的有（ ） A.二面角11A CD D --的大小为045 B.异面直线11D B 与CD 所成的角为060 C. 直线11D B 与平面11A DCB 所成的角为030 D. 1D 到平面11A DCB 的距离为2【审题视点】以简单几何体或者空间位置背景下的多选题，选项中涉及求空间角、距离、体积的问题，若建系，运算量较大，可以优先选择综合法解题.【思维引导】将综合法求空间角和距离的方法，以“流程化”的形式，将需要寻找的点，或需要作出的辅助线呈现出来，即可锁定所求的角或线段长.综合法的关键是，“按步骤进行”.【规范解析】解：在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中， 连接1AD 交1A D 于点O ，则11A D AD ⊥CD ⊥平面11ADD A1CD AD ∴⊥11,,A D CD D A D CD =⊂平面11A DCB 1AD ∴⊥平面11A DCB确定过点1D 垂直于平面11A DCB 的垂线1DD CD⊥11A DD ∴∠是二面角11ACD D --的平面角，又1145A DD ∠=,∴二面角11A CD D --的大小为045故A 正确11CD C D111B D C ∴∠是异面直线11D B 与CD 所成角或其补角又011145B D C ∠=∴异面直线11D B 与CD 所成角为045故B 错误01130OB D ∴∠=∴直线11D B 与平面11A DCB 所成的角为030故C 正确 方法一：1OD ⊥平面11A DCB∴1OD 的长即为点1D 到平面11A DCB 的距离 ∴点1D 到平面11A DCB方法二：三棱锥111D A B D -中111111D A B D B A D D V V --=1111111133D A B D B A D D h S h S ∆∆∴⋅⋅=⋅⋅11111112222122B A D DDA B Dh ShS∆∆⋅⋅⋅⋅∴===⋅∴点1D到平面11A DCB方法三：111111,C D A B A B ⊂平面11A DCB，11C D⊄平面11A DCB三棱锥111C A B C-中111111C A B C A C B CV V--=11111112222122A CB CCA B Ch ShS∆∆⋅⋅⋅⋅∴===⋅∴点1C到平面11A DCB，即点1D到平面11A DCB故D正确.【探究总结】求空间角和距离，不能单一的只利用空间向量法求解，对于一些简单的几何体，或者建系定坐标需花费较多时间的题目，选择用综合法求解会缩短解题时间.空间三大角中，二面角的求解较为困难，记住一点出发，作两垂线，连接两垂足，解三角形即可.1111111133C A B C A C B Ch S h S∆∆∴⋅⋅=⋅⋅（2021年全国新高考Ⅰ卷）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点. （1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD ∆是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.探究2：向量法利用空间向量求空间角与距离的思路：寻找从同一点出发的三条两两相互垂直的直线（条件不足需证明垂直）⇒建立空间直角坐标系⇒确定点的坐标⇒求出向量（方向向量或法向量）坐标 ⇒带入空间向量求角或距离的公式，求解. 答题思路三：向量法求解空间角与空间距离（1）求空间角① 设异面直线,m n 的方向向量分别为,m n ，则异面直线,m n 所成角的余弦值为cos ,m n m n m n⋅=； ② 设直线m平面A α=，直线m 的方向向量为m ，平面α的法向量为a ，则直线m 与平面α所成角的正弦值为cos ,m a m a m a⋅=； ③ 设平面α平面l β=，平面α，平面β的法向量分别为,a b ，则法向量,a b 夹角的余弦值为cos ,a b a b a b⋅=.（2）求点到平面的距离点P ∉平面α，点A ∉平面α，平面α的法向量为n ，则点P 到平面α的距离为PA n n⋅.强调：方向向量所成角的余弦值的绝对值分清所求角是二面角还是平面与平面所成角，对结果进行转化注意是角的正弦值（1）利用空间向量求解空间角或者空间距离①通过建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算进行；②利用空间向量基本定理表示向量，结合空间向量数量积，求角或距离.（2）求解空间角或者距离范围、最值的问题依然利用上述的求解思路，只是点的坐标含有参数，导致最终的结果是一个含参表达式.结合题干条件明确参数范围，转化为函数求范围、最值问题.AB=，（2021广东省佛山市期中考试）如图，已知矩形ABCD中，21∆沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM，AD=，M为DC的中点，将ADM连接BM.（1）求证：BM⊥平面ADM；--的余弦值；（2）求二面角A DM C-的体积为（3）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，三棱锥M ADE212【审题视点】题干条件中边长关系较多，联想到利用勾股定理或等腰三角形的三线合一的结论得出垂直结论，平面ADM⊥平面ABCM转化为线面垂直，故图形中垂直结论较多，第一问不难证明，同样容易建系求解后续两问.【思维引导】这是一道立体几何部分的常规题型，图形中垂直条件较多，不难证明BM⊥平面ADM，第一问的结论又为建系提供条件.题中需要求二面角的余弦值，及探究点E位置，用空间向量解决问题的思路更清晰一些.【规范解析】（1）证明：∵矩形ABCD 中，2AB =，1AD =，M 为DC 的中点2AM BM ∴==，222AM BM AB ∴+=AM BM ∴⊥平面ADM ⊥平面ABCM ,平面ADM平面ABCM AM =BM ⊂平面ABCM BM ∴⊥平面ADM（2）解：分别取,AM AB 的中点O 和N ，则ONBM ，ON ∴⊥平面ADM ,ON AM ON OD ∴⊥⊥ AD AM = OD AM ∴⊥建立如图所示空间直角坐标系 则2220,0,,,0,0,2,,0222D M C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 2222,0,,,,02222DM MC ⎛⎫⎛⎫∴=--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设(),,m x y z =为平面CDM 的一个法向量， 则2202222022DM m x z MC m x y ⎧⋅=--=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩令1x =，则1,1y z ==-，即()1,1,1m =- 又()0,1,0n =是平面ADM 的一个法向量，3cos ,3m n m n m n⋅==∴二面角A DM C --的余弦值为33建系：凑齐建系条件找点坐标，表示向量坐标，若直接表求向量的坐标难度大，可利用向量间的关系，间接表示求法向量，与坐标平面重合或者平行的平面可直接给出法向量结合图形，分析二面角的范围，对结果进行转化（3）由（2）得22,0,0,,2,022A B ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 22,2,22DB ⎛⎫∴=-- ⎪ ⎪⎝⎭设[],0,1DE DB λλ=∈22,2,22DE λλλ⎛⎫∴=-- ⎪ ⎪⎝⎭ 则222,2,222E λλλ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭2222,2,2222AE λλλ⎛⎫∴=--- ⎪ ⎪⎝⎭∴点E 到平面ADM 的距离2AE n d nλ⋅==则1223612M ADB ADM V S d λ-∆=⋅==解得12λ=，则E 为BD 的中点． 【探究总结】向量法解决问题的前提是合理建系（条件不足时，有必要的证明）,写出点的坐标，求解二面角、点面距的前提是准确求出法向量.向量法本质是几何问题代数化，准确计算是保障.（2021浙江省期中考试）如图,在四棱柱1111ABCD A B C D -中,底面ABCD是等腰梯形, AB CD ,14,2AB BC CD D C ====, 1D C ⊥底面ABCD ,则（ ） A.BC ⊥平面1ACDB.直线1DD 与底面ABCD 所成的角为4πC.平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值为217过点E 的斜线的方向向量+平面的法向量，求点面距离专题升华对于空间角与空间距离的计算问题，综合法与向量法都需要掌握.综合法要求一作（作辅助线）、二证（证明作图的合理性，即平行垂直的依据）、三计算（利用平面几何的知识计算角或边长），注重考查空间想象能力（判别平行与垂直的位置关系），推理论证能力（平行与垂直关系的辅助线作图与论证），运算求解能力（利用余弦定理,计算三角形的内角与边长）.空间向量法要求建立坐标系、写出点坐标、计算角的三角函数值与距离或选择空间向量基底表示其他向量, 利用空间向量数量积运算计算各种角的三角函数值与距离.两种方法针对不同的题型，各具优势，做题时选择合适的方法，快速准确的解题.【答案详解】 变式训练1 【解析】 解：（1）AB AD =，O 为BD 中点OA BD ∴⊥平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD OA ∴⊥平面BCDOA CD ∴⊥（2）作EF BD ⊥于F , 作EM BC ⊥于M ,连FM ,则EF OA OA ⊥平面BCD ,EF OAEF ∴⊥平面BCDEF BC ∴⊥平面BCD,EM BC EM EF E ⊥=BC ∴⊥平面EFMBC FM ∴⊥EMF ∴∠为二面角E BC D --的平面角, 即4EMF π∠=BO OD =,OCD ∆为正三角形BCD ∴∆为直角三角形2DE EA =1223FM BF ∴== 33122OA EF FM ∴===11131133326A BCD BCD V OA S -∆∴=⋅=⨯⨯⨯⨯= 变式训练2【解析】解：如图，易知1D C ⊥平面.ABCD BC ⊂平面ABCD1.BC D C ∴⊥在等腰梯形ABCD 中，过点C 作CG AB ⊥于点.G 则3AG =，1BG =，22213CG =-=， 所以22223(3)2 3.AC AG CG =+=+= 因此满足22216AC BC AB +==，所以.BC AC ⊥ 又1D C ，AC ⊂平面1AD C ，1D C AC C =， BC ∴⊥平面1AD C1D C ⊥平面ABCD14D DC π∴∠=，即直线1DD 与底面ABCD 所成的角为.4π 建立如图所示空间直角坐标系则(0,0,0)C ，(23,0,0)A ，(0,2,0)B ，1(0,0,2)D ， (23,2,0)AB ∴=-，1(23,0,2).AD =-设平面11ABC D 的法向量(,,)n x y z =，由10,0,AB n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得2320,2320,x y x z ⎧-+=⎪⎨-+=⎪⎩ 取1x =，可得平面11ABC D 的一个法向量(1,3,3).n = 又1(0,0,2)CD =为平面ABCD 的一个法向量 设平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角为θ， 则11||2321cos ||||727CD n CD n θ⋅===，因此平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值为7 故点C 到平面11ABC D 的距离为1||221||7CD n n ⋅= 故选.ABC。

高考数学专题——立体几何（空间向量求角与距离）一、空间向量常考形式与计算方法设直线l,m 的方向向量分别为l ⃗,m ⃗⃗⃗⃗，平面α,β的法向量分别为n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗. （1）线线角：（正负问题）：用向量算取绝对值（因为线线角只能是锐角）直线l,m 所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：cos θ=l⃗⋅m ⃗⃗⃗⃗|l⃗|⋅|m ⃗⃗⃗⃗|； （2）线面角：正常考你正弦值，因为算出来的是角的余角的余弦值 非正常考你余弦值，需要再算一步。

直线l 与平面α所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：sin θ=|l ⃗⋅n 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗||l⃗|⋅|n ⃗⃗|； (3)二面角：同进同出为补角；一进一出为原角。

注意：考试从图中观察，若为钝角就取负值，若为锐角就取正值。

平面α,β所成的二面角为θ，则0≤θ≤π，如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝⟨AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗,CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩．如图②③，n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|n⃗⃗1⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n⃗⃗1|⋅|n2⃗⃗⃗⃗⃗⃗||，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． (4)空间距离额计算：通常包含点到平面距离，异面直线间距离。

二、空间向量基本步骤空间向量求余弦值或正弦值四步法（1）建系：三垂直，尽量多点在轴上；左右下建系，建成墙角系；锥体顶点在轴上；对称面建系。

一定要注明怎样建成的坐标系（2）写点坐标（3）写向量：向量最好在面上或者轴上（可简化计算量） （4）法向量的简化计算直线的方向向量和平面的法向量（1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作，显然一条直线的方向向量可以有无数个.（2）若直线l ⊥α，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作，有无数多个，任意两个都是共线向量.平面法向量的求法：设平面的法向量为α⃗=(x,y,z ).在平面内找出（或求出）两个不共线的向量a ⃗=(x 1,y 1,z 1)，b ⃗⃗=(x 2,y 2,z 2)，根据定义建立方程组，得到{α⃗×a ⃗=0α⃗×b ⃗⃗=0，通过赋值，取其中一组解，得到平面的法向量.三、空间向量求距离向量方法求异面直线距离：先求两异面直线的公共法向量，再求两异面直线上任意两点的连结线段在公共法向量上的射影长。

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高中数学立体几何空间距离1.两条异面直线间的距离和两条异面直线分别垂直相交的直线，叫做这两条异面直线的公垂线；两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段的长度,叫做两条异面直线的距离.2.点到平面的距离从平面外一点引一个平面的垂线,这点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离. 3.直线与平面的距离如果一条直线和一个平面平行，那么直线上各点到这平面的距离相等，且这条直线上任意一点到平面的距离叫做这条直线和平面的距离。

4.两平行平面间的距离和两个平行平面同时垂直的直线，叫做这两平行平面的公垂线,它夹在两个平行平面间的公垂线段的长叫做这两个平行平面的距离.题型一：两条异面直线间的距离【例1】 如图,在空间四边形ABCD 中,AB =BC =CD =DA =AC =BD =a ，E 、F 分别是AB 、CD 的中点。

（1）求证:EF 是AB 和CD 的公垂线; （2）求AB 和CD 间的距离；【规范解答】 (1）证明：连结AF ,BF ，由已知可得AF =BF 。

又因为AE =BE ,所以FE ⊥AB 交AB 于E 。

同理EF ⊥DC 交DC 于点F .所以EF 是AB 和CD 的公垂线.(2）在Rt △BEF 中，BF =a 23,BE =a 21，所以EF 2=BF 2—BE 2=a 212，即EF =a 22.由（1)知EF 是AB 、CD 的公垂线段，所以AB 和CD 间的距离为a 22. 【例2】 如图,正四面体ABCD 的棱长为1，求异面直线AB 、CD 之间的距离. 设AB 中点为E ，连CE 、ED .∵AC =BC ，AE =EB 。

2020年高考数学（文科）二轮复习第二章《空间角与距离》讲义案及题型归纳一、考纲解读1.掌握各种角的定义，弄清异面直线所成的角与两直线所成的角，二面角与二面角的平面角，直线与平面所成的角和斜线与平面所成的角，二面角与两平面所成的角的联系与区别，弄清他们各自的取值范围。

2.细心体会求空间角的转化和数形结合思想，熟练掌握平移，射影等方法。

二、命题趋势探究异面直线所成角，线面角，二面角时高考中考查的热点，解答与空间角有关的问题时既可用传统法，又可用向量法。

在新课程标准下，对立体几何的基本理论知识要求有所降低，因此应用向量这一工具解题更为重要，特别是要熟练掌握利用空间图形的特殊性，构造适当的空间直角坐标系解决问题的方法，并能灵活应用。

空间角是立体几何中的一个重要概念，它是空间图形的一个突出量化指标，是空间图形位置关系的具体体现，故以高频的考点出现在历届高考试题中，在选择题，填空题及解答题中均有出现。

三、知识点精讲(一).空间角的定义和范围（1）两条异面直线所成角θ的范围是(0]2π，，当θ=2π时，这两条异面直线互相垂直。

（2）斜线AO 与它在平面α内的射影AB 所成角θ叫做直线与平面所成的角。

平面的斜线和平面所成的角，是这条斜线和这个平面内的任一直线所成角中最小的角，如果直线和平面垂直，那么直线与平面所成的角为2π；如果直线和平面平行或直线在平面内，那么就是直线和平面所成的角为0.直线和平面所成的角的范围为[0]2π，；斜线和平面所成的角的范围为(0,).2π（3）从一条直线出发的两个半平面所组成的角叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面，棱为l ，两个平面分别为α，β的二面角记做α-l -β，二面角的范围是[0,]π（4）一个平面垂直于二面角的公共棱l ，且与两个半平面的交线分别是射线OA ，OB ，则∠AOB 叫做二面角的平面角，平面角是直角的二面角叫做直二面角，相交成直二面角的两个平面垂直.(二).点到平面距离的定义与常用术语点到平面的距离即点到它在平面内的正射影的距离.常用术语有以下4点.1．点在直线上的射影．自点A 向直线l 引垂线，垂足1A 叫做点A 在直线l 上的射影．点A 到垂足的距离叫点到直线的距离．2．点在平面内的射影．自点A 向平面α引垂线，垂足1A 叫做点A 在平面α内的射影，这点和垂足间的线段叫做这点到平面的垂线段．垂线段的长度叫做这点到这个平面的距离．3．斜线在平面内的射影．一条直线和一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线和平面的交点叫做斜足，斜线上一点和斜足间的线段，叫做这点到平面的斜线段．过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面内的射影，垂足与斜足间的线段叫做这点到平面的斜线段在这个平面内的射影．4．求点面距离的方法：①直接法：直接作面的垂线，确定垂足的位置；②等体积法：对同一个三棱锥，从不同的角度选择底和高计算体积并加以比较即可．③转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见的是转化为求与面平行的直线上的点到面的距离．五、解答题题型总结核心考点一：点到面的距离与等体积法【例1】⑴如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且12EF =，则下列结论中错误的是（）A ．AC BE⊥B ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A BEF -的体积为定值D ．AEF △的面积与BEF △的面积相等⑵在正四面体A BCD -中，棱长为4，M 是BC 的中点，P 在线段AM 上运动（P 不与A 、M 重合），过点P 作直线l ⊥平面ABC ，l 与平面BCD 交于点Q ，给出下列命题：①BC ⊥面AMD ；②Q 点一定在直线DM 上；③42C AMD V -=．其中正确的是（）A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③⑶如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，动点E ，F 在棱11A B 上，动点P ，Q 分别在棱AD ，CD 上，若1EF =，1A E x =，DQ y =，DP z =（x y z ,,大于零），则四面体PEFQ的体积（）A ．与x y z ，，都有关B ．与x 有关，与y z ，无关C ．与y 有关，与x z ，无关D ．与z 有关，与x y ，无关QP FEB 1C 1D 1A 1D C BA⑴⑵⑶【解析】⑴D,⑵A,⑶D【例2】已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的各棱长均为3，60BAD ∠=︒．长为2的线段MN 的一个端点M 在1DD 上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，则MN 的中点的轨迹（曲面）与共一顶点的三个面围成的几何体的体积为_______．【解析】2π9；【例3】ABC △中，90C ∠=︒，30B ∠=︒，2AC =，M 是AB 的中点，将ACM △沿CM 翻折，使得A B ，两点间的距离为22，则三棱锥A BCM -的体积等于（）A ．23B ．23C ．63D ．223原图：【解析】D ；由已知有2AM AC CM BM ====，又22AB =，∴90AMB ∠=︒．由2AC =，22AB =，23BC =，∴90BAC ∠=︒．过B 作面ACM 的垂线，设垂足为H ，则BH AM ⊥．又AM BM ⊥，∴AM ⊥面BHM ，∴AM MH ⊥．同理，CA AH ⊥．∴2433AH AM =⋅=，22273CH AH AC =+=，于是()222227262333BH BC CH ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭，∴21132622233433A BCMB ACM ACM V V S BH --==⋅=⋅⋅⋅=△．。

2021年高考数学二轮复习难点2.7 立体几何中的空间角与距离教学案理立体几何中的“角”与“距离”是定量分析空间几何元素（点、线、面）间位置关系的两个重要的几何量,在研究这些“角”和“距离”时,常将空间问题转化为平面问题来处理,这是化归思想在立体几何中的具体应用. 空间角是考查学生对立体几何中的视图、空间想象能力、逻辑推理能力以及运算能力的一个综合知识点;空间距离既能考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力,又能考查学生的转化思想及运算能力,空间距离的计算也是学生感觉较难的部分.在求解空间的角与距离的问题时,一般应包括三个部分:求作、论证和计算,这三部分是一个统一的整体.求空间中的角或距离的常用方法注意根据定义找出或作出所求的角或距离，给出证明，一般情况下，力求明确所求角或距离的位置.求角与距离的关键是将空间的角与距离灵活地转化为平面上的角与距离，然后将所求量置于一个三角形中，通过解三角形最终求得所需的角与距离. 空间向量是高中数学立体几何中新增加的内容 .借助于空间向量工具，可以对一些传统解法中较为繁琐的问题加以定量化 ,从而降低了思维难度 ,增强了可操作性 ,使学生对立体几何更容易产生兴趣 .空间向量在角和距离的处理上有着独特的优势 ,它最大限度地避开了思维的高强度转换 ,避开了各种辅助线添加的难处 ,代之以空间向量的计算 ,有利于我们较好地解决问题 .1 异面直线所成的角异面直线所成角的大小，是由空间一点分别引它们的平行线所成的锐角（或直角）来定义的.因此，通常我们要求异面直线所成的角会要求学生通过平移直线，形成角，然后在某个三角形中求出角的方法来得到异面直线所成角的大小.在这一方法中，平移直线是求异面直线所成角的关键，而如何平移直线要求学生有良好的空间观和作图能力.新教材对立体几何的处理有了一些新的变化，淡化了对学生作图能力的要求，引进了空间向量的方法（实际上是把空间问题代数化），避开了一些繁杂的作图，其中在求异面直线所成的角中运用空间向量的方法有很大的优点.另外，对异面直线所成的角的求法我们还可以借用一些固定的模型，引用一些已知的公式来求出角的大小.例１在直三棱柱中，底面是直角三角形，，为侧棱的中点.（1）求异面直线、所成角的余弦值；（2）求二面角的平面角的余弦值.思路分析：建立空间直角坐标系，由题意写出相关点的坐标；（1）求出异面直线所在的方向向量，直接计算即可；（2）求出平面与平面的法向量，计算即可.（2）因为，，，所以，，所以为平面的一个法向量.因为，，设平面的一个法向量为， .由得令，则，.所以42cos(,).323||||n CBn CBn CB⋅===⨯所以二面角的余弦值为点评：本题考查空间向量的应用，属中档题；在空间求线线角、线面角、二面角，是通过建立恰当的空间直角坐标系,正确写出各点的坐标，则通直线所在的方向向量、平面的法向量，通过向量的夹角间接求解，准确运算是解决这类问题的关键.2 直线与平面所成的角直线与平面所成角是空间三大角之一,它既是教与学的难点,又是高考的热点,求直线与平面所成角的常用方法.一、直接法直接法就是根据斜线与平面所成角的定义,直接作出斜线在平面内的射影,则斜线与射影所成角就是斜线与平面所成角,这是解题时首先要考虑的方法,直接法的关键是确定斜线在平面内的射影,下列结论常作为找斜线在平面内射影的依据.(1)(两平面垂直的性质定理)如果两个平面垂直,那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面.(2)如果一个角所在平面外一点到角的两边的距离相等,那么这个点在平面内的射影在这个角的平分线上.(3)经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线,设它和已知角的两边的夹角为锐角且相等,则这条斜线在平面的射影是这个角的平分线.(4)若三棱锥的三条侧棱相等,则其顶点在底面上的射影是底面三角形的外心. 二、借助于空间向量工具，利用直线的方向向量与平面的法向量的夹角来转化，当直线的方向向量与平面的法向量夹角为锐角时，通过直角三角形可以知道，直线与平面所成的角与直线的方向向量与平面的法向量夹角互余，因此直线与平面所成的角的正弦就等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦，当直线的方向向量与平面的法向量夹角为钝角时，其补角跟直线与平面所成的角互余，因此因此直线与平面所成的角的正弦就等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦的相反数.例2【西南名校联盟高三xx年元月】如图，在等腰梯形中，，上底，下底，点为下底的中点，现将该梯形中的三角形沿线段折起，形成四棱锥.（1）在四棱锥中，求证：；（2）若平面与平面所成二面角的平面角为，求直线与平面所成角的正弦值.思路分析：（1）由，，，点为的中点，得三角形沿线段折起后可得四边形为菱形，边长为，，取的中点，连接，，，可证，，即可证平面，从而平面，即可得证；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，由（1）可证为平面与平面所成二面角的平面角，从而求出， ， ， ，再求出平面的一个法向量，即可求出直线与平面所成角的正弦值.∴， 而，∴且，得点的横坐标为，点的竖坐标为，则， ， ， ，故， ， ，设平面的一个法向量为， ∴()()()333·0?022{ ·020?0BD n x y z AD n x y z ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭=-=，，，，，，，，，，得3330 220x z y -=-=，，点评：直线与平面所成的角解题的一般思路为：首先建立适当的空间直角坐标系并正确写出各点的空间坐标，并求出平面的法向量，最后运用公式即可得出结果. 利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.3 二面角二面角及其平面角的概念是立体几何最重要的概念之一，在历年高考中几乎都要涉及.尤其是在数学新课改的大环境下，要求对二面角求法的掌握变得更加灵活，二面角的概念发展、完善了空间角的概念；而二面角的平面角不但定量描述了两相交平面的相对位置，同时它也是空间中线线、线面、面面位置关系的一个汇集点.研究二面角的求法，可以进一步培养学生的空间想象能力和逻辑思维能力，为培养学生的创新意识和创新能力提供了一个良好的契机. 在求解二面角的问题中，通常首先要定位出二面角的平面角，而这也是学生在解题中感到最为陌生和棘手的问题.特别是若二面角的棱隐而不露其解题的难度又会增大.求解二面角是立体几何中最基本、最重要的题型，也是各地高考中的“热点”问题，虽然对此可说是“千锤百炼”，但我们必须面对新的情境、新的变化，如何以基本方法的“不变”去应对题目中的“万变”就是我们研究的中心话题. 总的来说，求解二面角的大体步骤为：“作、证、求”.其中“作、证”是关键也是难点，“求”依靠的计算，也决不能忽视，否则因小失大，功亏一篑，也是十分遗憾之事.例3【北京市朝阳区xx届期末】如图，在三棱柱中，，是线段的中点，且平面．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）若，，求二面角的余弦值.思路分析：（Ⅰ）由，可得，由平面可得．根据线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论；（Ⅱ）连接，设，根据三角形中位线定理可得，从而根据线面平行的判定定理可得平面；（Ⅲ）取的中点，则，因为，所以，又因为平面，所以两两垂直．以为原点，分别以为轴建立空间坐标系，利用向量垂直数量积为零列方程组，分别求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果.，所以，即设，则．故317cos,772m nm nm n⋅-+〈〉===⋅⨯．由图知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为．点评：本题考查了线面平行性质定理及判定定理、二面角的求解、空间向量的运算等知识点的应用，其中对于垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. 利用空间向量求二面角，首先利用垂直关系建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解两个平面的法向量，利用向量数量积求夹角，最后根据向量夹角与二面角之间关系得结果.其解题过程中最容易出现以下错误：其一是对于第一问不能熟练运用线线平行、线面平行和面面平行的判定定理和性质定理，进而不能正确处理线面平行的问题；其二是对于第二问不能正确运用空间向量求二面角的大小，其关键是正确地求出各面的法向量.4 空间距离空间中距离的求法是历年高考考查的重点，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基础，求其他几种距离一般化归为这三种距离. 空间中的距离主要指以下七种： (1)两点之间的距离. (2)点到直线的距离. (3)点到平面的距离. (4)两条平行线间的距离. (5)两条异面直线间的距离. (6)平面的平行直线与平面之间的距离. (7)两个平行平面之间的距离. 七种距离都是指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离.七种距离之间有密切联系，有些可以相互转化，如两条平行线的距离可转化为求点到直线的距离，平行线面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平面的距离. 在七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点. 求点到平面的距离：(1)直接法：即直接由点作垂线，求垂线段的长.(2) 转移法：转化成求另一点到该平面的距离.(3)体积法. 求异面直线的距离：(1)定义法：即求公垂线段的长.(2)转化成求直线与平面的距离.(3)函数极值法：依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的.例4.是的直径，点是上的动点，过动点的直线垂直于所在的平面，分别是的中点．（1）试判断直线与平面的位置关系，并说明理由；（2）若已知当三棱锥体积最大时，求点到面的距离．思路分析：（1）要判断直线与平面的位置关系，注意到分别是的中点，可知，只需判断直线与平面的位置关系，由已知是的直径，点是上的动点，得，又直线垂直于所在的平面，可得面，从而可得面．（2）求点到面的距离，首先确定点的位置，有已知当三棱锥体积最大，需写出三棱锥的体积表达式，故设，则，从而可得，由基本不等式可得点为的中点，最后利用公式即可得出点到面的距离．点评：本题考查是空间的直线与平面的垂直问题和点与平面的距离的计算问题.解答时第一问充分借助已知条件与判定定理,探寻直线与平行,再推证与平面垂直即可.关于第二问中的最值问题,解答时巧妙运用基本不等式,探求出三棱锥的体积取得最大值时成立的条件,然后运用等积法求出点到平面的距离.综合以上四类问题，立体几何中的空间角与距离问题都是高考中的热点问题，在高考试题的新颖性越来越明显，能力要求也越来越高，并且也越来越广泛．异面直线所成的角，通过作平行线，转化为相交直线所成的角.具体地，有以下两种方法：一是在其中一条上的适当位置选一点，过该点作另一条的平行线；二是在空间适当位置选一点，过该点作两条异面直线的平行线.求异面直线所成的角，点的选取很重要.运用空间向量坐标运算求异面直线所成的角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．注意：两异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角. 直线与平面所成的角就是直线与其在该平面内的射影所成的角.求线面角的关键是找出斜线在平面内的射影，一般在斜线上的某个特殊的位置找一点，过该点平面的垂线，从而作出射影；运用空间向量坐标运算求直线与平面所成的角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．注意：直线与平面所成的角的正弦等于直线与平面的法向量的夹角的余弦的绝对值. 求二面角的方法:①直接法.直接法求二面角大小的步骤是：一作（找）、二证、三计算.即先作(找)出表示二面角大小的平面角,并证明这个角就是所求二面角的平面角,然后再计算这个角的大小. 用直接法求二面角的大小,其关键是确定表示二面角大小的平面角.而确定其平面角,可从以下几个方面着手:①利用三垂线定理(或三垂线定理的逆定理)确定平面角,自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角；；②利用与二面角的棱垂直的平面确定平面角, 自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角；③利用定义确定平面角, 在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角；②射影面积法.利用射影面积公式＝；此方法常用于无棱二面角大小的计算；对于无棱二面角问题还有一条途径是设法作出它的棱，作法有“平移法”“延伸平面法”等.③空间向量法:法一: 是二面角的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小．法二：设,是二面角的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧（同等异补），则二面角的平面角或.求距离的关键是化归.即空间距离向平面距离化归，具体方法如下：（1）求空间中两点间的距离，一般转化为解直角三角形或斜三角形.（2）求点到直线的距离和点到平面的距离，一般转化为求直角三角形斜边上的高；或利用三棱锥的底面与顶点的轮换性转化为三棱锥的高，即用体积法.（3）求距离的一般方法和步骤：应用各种距离之间的转化关系和“平行移动”的思想方法，把所求的距离转化为点点距、点线距或点面距求之，其一般步骤是：①找出或作出表示有关距离的线段；②证明它符合定义；③归到解某个三角形．若表示距离的线段不容易找出或作出，可用体积等积法计算求之.2.用法向量球距离：（1）用法向量求异面直线间的距离：如右图所示，a、b是两异面直线，是a和b 的法向量，点E∈a，F∈b，则异面直线 a与b之间的距离是d=；（2）用法向量求点到平面的距离：已知AB是平面α的一条斜线，为平面α的法向量，则 A到平面α的距离为d=；（3）用法向量求直线到平面间的距离：首先必须确定直线与平面平行，然后将直线到平面的距离问题转化成直线上一点到平面的距离问题；（4）用法向量求两平行平面间的距离：首先必须确定两个平面是否平行，这时可以在一个平面上任取一点，将两平面间的距离问题转化成点到平面的距离问题.解答这些问题，需要主观的意志力，不要见到此类问题先发怵，进行消极的自我暗示，要通过一些必要的练习，加强解题信心的培养，确定解题的一般规律，积极的深入分析问题的特征，进而实现顺利解答．。