2024版新教材高考数学全程一轮总复习高考大题研究课六向量法求空间角与距离

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高考大题研究课六　向量法求空间角与距离
题型一　直线与平面所成的角
(1)定义：直线和平面所成的角，是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．
(2)范围：直线和平面所成的角θ的取值范围是.
(3)

向量求法：如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝＝.


例1[2023·河北沧州模拟]如图，在三棱锥P - ABC中，AB是△ABC外接圆的直径，△PAC是边长为2的等边三角形，E，F分别是PC，PB的中点，PB＝AB，BC＝4.

(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2)求直线AB与平面AEF所成角的正弦值．
[听课记录]








题后师说
利用空间向量求线面角的解题步骤



巩固训练1
[2023·江西赣州模拟]如图，四棱锥P-ABCD中，∠DAB＝∠ABC＝90°，AD＝2AB＝2BC＝2，PA⊥平面ABCD.点M是PC的中点，且平面AMD⊥平面PCD.

(1)证明：AM⊥平面PCD；
(2)求直线BM与平面AMD所成角的正弦值．
















题型二　(二面角)平面与平面所成的角
(1)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．
(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
(3)二面角的范围：[0，π].
(4)向量求法：若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝.


例2[2023·山东青岛模拟]如图，在直三棱柱ABC - A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝AB＝2.

(1)证明：A1C⊥AB1；
(2)若三棱锥B1 - A1AC的体积为，求二面角A1 - B1C - A的大小．
[听课记录]





题后师说
用法向量求二面角的关键是正确写出点的坐标和法向量，再利用两个平面的夹角公式求解．


巩固训练2
[2023·河南安阳模拟]在多面体EF - ABCD中，平面EDCF⊥平面ABCD，EDCF是面积为的矩形，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2.

(1)证明：BD⊥EA.
(2)求平面EDCF与平面EAB夹角的余弦值．










题型三　(空间距离)点到平面的距离

已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是到直线l上的投影向量的长度．因此PQ＝＝＝.


例3[2023·辽宁沈阳模拟]如图，

四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，CF⊥BC，CF＝BC＝2，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，E，F分别是PD，AB中点．
(1)求证：EF∥平面PBC；
(2)若CE与平面PCF所成角θ为30°，求点B到平面CEF的距离d.
[听课记录]













题后师说
利用向量法求点到平面的距离的步骤





巩固训练3
如图，已知圆锥的顶点为P，点C是圆O上一点，∠BOC＝45°，AB＝2OP＝4，点D是劣弧上的一点，平面PCD∩平面PAB＝l，且l∥AB.
(1)证明：OC⊥OD.
(2)求点O到平面PCD的距离．




真题展台
1.[2022·新高考Ⅰ卷](多选)已知正方体ABCD - A1B1C1D1，则(　　)
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
2.[2022·新高考Ⅰ卷]如图，直三棱柱ABC - A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2.

(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D到A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A - BD - C的正弦值．







3．[2022·新高考Ⅱ卷]如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．

(1)证明：OE∥平面PAC；
(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C - AE - B的正弦值．






4.[2022·北京卷]如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．

(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM＝MN.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，那么按第一个解答计分．






5．[2021·新高考Ⅱ卷]在四棱锥Q - ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.

(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求二面角B - QD - A的余弦值．























高考大题研究课六　向量法求空间角与距离
例1　解析：(1)证明：由题意知BC⊥AC，
则AB＝＝2，所以PB＝AB＝2.
又BC＝4，PC＝2，所以PB2＝PC2＋BC2，所以PC⊥BC，
又PC∩AC＝C，所以BC⊥平面PAC，
又BC⊂平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC.

(2)以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，
过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，)，E(，0，)，F(，2，)，
所以＝(－，0，)，＝(0，2，0)，＝(－2，4，0)．
设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，则
则y＝0，取z＝，得m＝(1，0，)．
设直线AB与平面AEF所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，
所以直线AB与平面AEF所成角的正弦值为.
巩固训练1　解析：(1)证明：连接AC，则AC＝，又CD＝，AD＝2，所以AC⊥CD.
由PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，得PA⊥CD，又AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，从而CD⊥平面PAC，又AM⊂平面PAC，
于是CD⊥AM，①
过C作CE⊥MD，垂足为E，由平面AMD⊥平面PCD，平面AMD∩平面PCD＝MD知，CE⊥平面AMD，而AM⊂平面AMD，
于是CE⊥AM，
结合①得，又CE∩CD＝C，CE，CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD.
(2)由(1)知，AM⊥PC，且点M是PC的中点，所以PA＝AC＝，

如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，M()，
＝(0，2，0)，＝()．
设平面AMD的法向量为n＝(x，y，z)，
则由得，令z＝1，得n＝(－，0，1)，
＝(－)，设直线BM与平面AMD所成角为θ，
则sin θ＝＝＝＝.
例2　解析：(1)证明：连接A1B，
由三棱柱ABC - A1B1C1为直三棱柱可得BB1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以BB1⊥BC，
因为BC⊥AB，AB＝B，AB，BB1⊂平面AA1B1B，
所以BC⊥平面AA1B1B，
因为AB1⊂平面AA1B1B，所以BC⊥AB1.
因为AA1＝AB＝2，所以四边形AA1B1B是正方形，
所以AB1⊥A1B，
又因为BC＝B，BC，A1B⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC，
因为A1C⊂平面A1BC，所以A1C⊥AB1.
(2)由(1)得BC⊥平面AA1B1B，
所以点C到平面AA1B的距离为BC.
所以VB1 - A1AC＝＝A1B1·AA1·BC＝BC＝，
解得BC＝.

因为BA，BC，BB1两两垂直，以B为原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B1(0，0，2)，C(，0，0)，
设平面AB1C的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
因为＝＝(0，－2，2)，
则m·＝x1－2y1＝＝－2y1＋2z1＝0，
令x1＝，则m＝(，1，1)，
设平面A1B1C的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
因为＝＝(0，－2，0)，
则n·＝x2－2y2－2z2＝＝－2y2＝0，
令x2＝，则n＝(，0，1)，
设二面角A1 - B1C - A的平面角为θ，根据几何体特征可知θ为锐角，
所以cos θ＝＝＝＝，
所以二面角A1 - B1C - A的大小为.
巩固训练2　解析：(1)证明：因为平面EDCF⊥平面ABCD，且平面EDCF∩平面ABCD＝CD，ED⊥DC，
所以ED⊥平面ABCD，
又BD⊂平面ABCD，所以ED⊥BD，
在四边形ABCD中，作DM⊥AB于M，CN⊥AB于N，
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，则AM＝BN＝，所以DM＝，BD＝＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD，
又ED∩AD＝D，ED、AD⊂平面EAD，
所以BD⊥平面EAD，
又因为EA⊂平面EAD，所以BD⊥EA.

(2)如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，BD＝，
则A(1，0，0)，B(0，，0)，E(0，0，)，C(－，0)，
则＝(－1，0，)，＝(0，－)，＝(0，0，)，＝(－，0)．
设平面EAB的法向量n＝(x1，y1，z1)，
则，可取n＝(，1，1)，
设平面EDCF的法向量m＝(x2，y2，z2)，
则，可取m＝(，1，0)，
则cos 〈m，n〉＝＝＝，
由图可知，平面EDCF与平面EAB夹角为锐角，
所以平面EDCF与平面EAB夹角的余弦值为.
例3　

解析：(1)证明：取PC中点G，连接EG，BG，因为E是PD中点，所以EG是三角形PCD的中位线，所以EG∥CD且EG＝CD，又因为F是AB中点，四边形ABCD是平行四边形，所以BF∥CD，BF＝AB，故EG∥BF，EG＝BF，所以四边形BFEG是平行四边形，所以EF∥BG，因为EF⊄平面PBC，BG⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC.

(2)因为PA＝PB，F是AB中点，所以PF⊥AB，因为平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，所以PF⊥平面ABCD，因为CF⊥BC，所以以F为坐标原点，FC所在直线为x轴，过点F平行于BC的直线为y轴，FP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，CF＝BC＝2，∠ABC＝45°，则F(0，0，0)，B(2，－2，0)，C(2，0，0)，D(－2，4，0)，设P(0，0，m)(m>0)，则E(－1，2，)，＝(－3，2，)，其中平面PCF的法向量设为n＝(0，1，0)，则sin 30°＝＝＝，解得：m＝2＝(－3，2，)，
设平面CEF的法向量为＝(x，y，z)，
则，解得：x＝0，设z＝1，则y＝－，所以n1＝(0，－，1)，则d＝＝＝.
巩固训练3　解析：(1)证明：因为l∥AB，l⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，
所以AB∥平面PCD.
因为AB⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面PCD＝CD，
所以AB∥CD.
因为∠BOC＝45°，所以∠BOC＝∠OCD＝∠ODC＝45°，
所以∠DOC＝90°，即OC⊥OD.

(2)如图，以O为坐标原点，以的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O - xyz，如图所示：
则C(0，2，0)，D(2，0，0)，P(0，0，2)，＝(0，2，－2)，＝(2，0，－2)，＝(0，2，0)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则令x＝1，得n＝(1，1，1)．
因为cos 〈，n〉＝＝＝，
所以点O到平面PCD的距离为cos 〈，n〉＝.
真题展台——知道高考考什么？
1．解析：如图(1)，连接B1C.因为DA1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，所以A正确．

如图(2)，连接B1C.因为＝B1，B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正确．
如图(3)，连接A1C1，交B1D1于点O，连接BO，A1B.易证A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO为直线C1B与平面BDD1B1所成的角，∠C1BO＝30°，所以C错误．

如图(4)，因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正确．故选ABD.
答案：ABD
2．解析：(1)设点A到平面A1BC的距离为h.
∵＝
＝＝，
∴··h＝×4.
又∵＝2，∴h＝.
∴点A到平面A1BC的距离为.
(2)方法一　如图(1)，取A1B的中点E，连接AE.

由AA1＝AB，AA1⊥AB，得AE⊥A1B且AE＝A1B.
∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，
平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝，AE⊥BC，
∴A1B＝2，∴AA1＝AB＝2.
由＝4，AA1＝2，得2S△ABC＝4，
∴S△ABC＝2.
易知AA1⊥BC，AE⊥BC，A1E＝A，
∴BC⊥平面A1AB，∴BC⊥AB，∴BC＝2.
过点A作AF⊥BD于点F，连接EF，
易得∠EFA即为二面角A－BD－C的平面角的补角．
易得AC＝＝2，
则A1C＝＝2.
∵A1B⊥CB，D为A1C的中点，∴BD＝A1C＝.
易知AD＝BD＝A1C＝，∴△ABD为等腰三角形，
∴AF·BD＝AB·＝2，
则AF＝，
∴sin ∠AFE＝＝＝，
∴二面角A - BD - C的正弦值为.
方法二　如图(2)，取A1B的中点E，连接AE.
∵AA1＝AB，∴AE⊥A1B.
∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
∴AE⊥平面A1BC，
∴AE＝h＝，则AA1＝AB＝2.
∵AE⊥平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴AE⊥BC.
∵A1A⊥BC，AE＝A，∴BC⊥平面ABB1A1.
∵AB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB.
由＝S△ABC·A1A＝AB·BC·A1A＝×2×BC×2＝4，解得BC＝2.

以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图(2)的空间直角坐标系．
易得B(0，0，0)，A(0，2，0)，E(0，1，1)，D(1，1，1)．
∴＝(0，－1，1)，＝(1，1，1)，＝(0，2，0)．
由题意，得平面BDC的法向量为n1＝＝(0，－1，1)．
设平面BDA的法向量为n2＝(x，y，z)，
则∴
令x＝1，则y＝0，z＝－1，∴n2＝(1，0，－1)，
∴cos 〈n1，n2〉＝＝＝－.
设二面角A - BD - C的平面角为α(0≤α≤π)，则sin α＝＝，
∴二面角A- BD - C的正弦值为.
3．解析：(1)证明：方法一　连接OA.
因为PO是三棱锥P - ABC的高，
所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以∠POA＝∠POB＝90°.
又PA＝PB，PO＝PO，
所以△POA≌△POB，所以OA＝OB.
取AB的中点D，连接OD，DE，则有OD⊥AB.
又AB⊥AC，所以OD∥AC.
因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以OD∥平面PAC.
因为D，E分别为AB，PB的中点，所以DE∥PA.
因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
因为OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.
方法二　连接OA.
因为PO是三棱锥P - ABC的高，
所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以∠POA＝∠POB＝90°.
又PA＝PB，PO＝PO，所以△POA≌△POB，
所以OA＝OB.
延长BO交AC于点H，连接PH.
因为AB⊥AC，所以△ABH为直角三角形．
又OA＝OB，则可得OA＝OB＝OH，
所以点O为BH的中点．
在△PBH中，O，E分别为BH，PB的中点，
所以OE∥PH.
因为OE⊄平面PAC，PH⊂平面PAC，
所以OE∥平面PAC.

(2)由(1)易知OA＝OB，所以OD⊥AB.以D为坐标原点，分别以DB，DO所在直线为x轴、y轴，以过点D且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．
因为PO＝3，PA＝5，且PO⊥OA，
所以OA＝OB＝4.
又∠ABO＝∠CBO＝30°，所以OD＝OB＝2，DA＝DB＝2，所以P(0，2，3)，B(2，0，0)，A(－2，0，0)，E(，1，)．
设AC＝a，则C(－2，a，0)．
设平面AEB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)．
＝(4，0，0)，＝(3，1，)，则所以所以x1＝0.
令y1＝3，得z1＝－2，所以n1＝(0，3，－2)．
设平面AEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．
＝(0，a，0)，＝(3，1，)，
则所以
所以y2＝0.
令x2＝，得z2＝－6，所以n2＝(，0，－6)．
所以cos 〈n1，n2〉＝＝＝＝.
设二面角C - AE - B的平面角为θ，则sin θ＝ ＝，
所以二面角C- AE - B的正弦值为.
4．解析：

(1)证明：如图(1)，取BC的中点D，连接DN，DB1.
因为D，N分别是BC，AC的中点，所以DN是△ABC的中位线，所以DN∥AB，DN＝AB.
由三棱柱ABC - A1B1C1，得AB∥A1B1，AB＝A1B1.
因为M是A1B1的中点，所以B1M＝A1B1，
所以DN∥B1M，DN＝B1M.
所以四边形DNMB1是平行四边形，所以MN∥DB1.
因为DB1⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，
所以MN∥平面BCC1B1.
(2)选择条件①.
因为侧面BCC1B1是正方形，所以BC⊥BB1.
又平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，BC⊂平面BCC1B1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，所以BC⊥平面ABB1A1.
又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
由(1)知MN∥DB1，又因为AB⊥MN，所以AB⊥DB1.
因为BC＝D，BC，DB1⊂平面BCC1B1，
所以AB⊥平面BCC1B1.又BB1⊂平面BCC1B1，所以AB⊥BB1.

以B为坐标原点的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图(2)的空间直角坐标系B - xyz，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，C(2，0，0)，B1(0，0，2)，A1(0，2，2)，N(1，1，0)，M(0，1，2)，则＝(1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(0，2，0)．
设n＝(x，y，z)是平面BMN的法向量，
则即
取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以n＝(2，－2，1)．
设直线AB与平面BMN所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n·〉|＝＝＝.
所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为.
选择条件②.
由(1)知四边形DNMB1是平行四边形，所以DB1＝MN.又BM＝MN，所以DB1＝BM.
由(1)知AB＝A1B1，又AB＝BC，M，D分别是A1B1，BC的中点，所以BD＝B1M.
又BB1＝BB1，所以△DBB1≌△MB1B.
因为侧面BCC1B1是正方形，所以BC⊥BB1，所以MB1⊥BB1，即A1B1⊥BB1，所以AB⊥BB1.
剩余计算过程同选择条件①.
5．解析：

(1)证明：取AD的中点为O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD，
而AD＝2，QA＝，故QO＝＝2.
在正方形ABCD中，因为AD＝2，故DO＝1，故CO＝，
因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC，
因为OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，故QO⊥平面ABCD，
因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.

(2)在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系．
则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，故＝(－2，1，2)，＝(－2，2，0)．
设平面QBD的法向量n＝(x，y，z)，
则即，取x＝1，则y＝1，z＝，
故n＝.
而平面QAD的法向量为m＝(1，0，0)，
故cos 〈m，n〉＝＝.
二面角B - QD - A为锐角，故其余弦值为.