第43讲 用综合法求角与距离-2021届新课改地区高三数学一轮专题复习

第43讲：用综合法求角与距离
一、 课程标准
1、 理解空间角的概念，理解空间内的平行与垂直关系．
2、掌握用传统方法求空间内异面直线所成的角、直线与平面所成的角及二面角的常见方法．
二、 基础知识回顾
知识梳理
1. 异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
②范围：.
2. 线面角
平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角，当一条直线垂直于平面时，规定它们所成的角是直角．
3. 二面角
以二面角的公共直线上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于公共直线的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
4. 点到平面的距离
从平面外一点引平面的垂线，这个点和垂足间的距离，叫做这个点到这个平面的距离
三、 自主热身、归纳总结
1、已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】 如图，取AD的中点F，连结EF，CF.因为E为AB的中点，所以EF∥DB，则∠CEF为异面直线BD与CE所成的角．在正四面体ABCD中，因为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＝＝＝.

2、如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.

【答案】 D.
【解析】　如图，连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角．

连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，易得A1C1＝，A1B＝BC1＝，
故cos∠A1BC1＝
＝，即异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为. 故选D.
3、在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为( )

A. B. C. D.
【答案】 A

【解析】　连接A1C1，则∠AC1A1为AC1与平面
A1B1C1D1
所成的角.
∵AB＝BC＝2，∴A1C1＝AC＝2，又AA1＝1，∴AC1＝3，∴sin∠AC1A1＝＝. 故选A.
4、如图，已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为(　　)

A. 　 B. C. 　 D.
【答案】 C
【解析】 设A1C1交B1D1于点O，连结BO.因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝4，所以C1O⊥B1D1.又因为DD1⊥平面A1B1C1D1，所以DD1⊥C1O.因为DD1∩D1B1＝D1，DD1⊂平面DBB1D1，D1B1⊂平面DBB1D1，所以C1O⊥平面DBB1D1，所以直线BC1和平面DBB1D1所成角为∠OBC1.在Rt△BOC1中，C1O＝2，BC1＝2，所以sin∠OBC1＝，即直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为.故选C.
5、 如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长都相等，则二面角A1BCA的平面角的正切值为________．

【答案】
【解析】 设棱长为a，BC的中点为E，连结A1E，AE，由正三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长都相等，可得A1E⊥BC，AE⊥BC，故二面角A1BCA的平面角为∠A1EA.在Rt△ABE中，AE＝a，所以tan∠A1EA＝＝＝，即二面角A1BCA的平面角的正切值为.

四、 例题选讲
考点一　异面直线所成的角
例1　在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】 用一个与原长方体相同的长方体拼到原来长方体的前面，如图所示，则B1P∥AD1，则∠DB1P是异面直线AD1，DB1所成的角．连结DP，易求得DB1＝DP＝，B1P＝2，在△B1DP中过D作B1P上的高，可得cos∠DB1P＝＝.

　变式1、如图，在底面为正方形的四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，PA＝AD，则异面直线PB与AC所成的角为(　　)

A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
【答案】 C
【解析】 因为平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊂平面PAD，所以PA⊥平面ABCD.分别过点P，D作AD，AP的平行线交于点M，连结CM，AM.因为PM∥AD，AD∥BC，PM＝AD，AD＝BC，所以四边形PBCM是平行四边形，所以PB∥CM，所以∠ACM(或其补角)就是异面直线PB与AC所成的角．因为四边形PADM，底面ABCD均为正方形，设PA＝AD＝a，在三角形ACM中，AM＝a，AC＝a，CM＝a，所以三角形ACM是等边三角形，所以∠ACM等于60°，即异面直线PB与AC所成的角为60°.故选C.

方法总结：用平移法求异面直线所成的角的步骤：一作，即据定义作平行线，作出异面直线所成的角；二证，即证明作出的角是异面直线所成的角；三求，解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.

考点二 直线与平面所成的角
例2　如图，在三棱锥ABCD中，侧面ABD⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝AD＝4，BC＝6，BD＝4，则直线AC与底面BCD所成角的大小为(　　)
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°

【答案】 A
【解析】 因为平面ABD⊥底面BCD，AB＝AD，取DB的中点O，连结AO，CO，则AO⊥BD，则AO⊥平面BCD，所以∠ACO就是直线AC与底面BCD所成的角．因为BC⊥CD，BC＝6，BD＝4，所以CO＝2.在Rt△ADO中，OA＝＝2，在Rt△AOC中，tan∠ACO＝＝，故直线AC与底面BCD所成角的大小为30°.故选A.

变式1、在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为(　　)
A. 　 B. 　 C. D.

【答案】 B
【解析】 因为BB1∥DD1，所以BB1与平面ACD1所成角即为DD1与平面ACD1所成角．设点D到平面ACD1的距离为h，正方体的边长为a，则VD1ADC＝××a×a×a＝a3，VDAD1C＝×h＝a2h，所以a3＝a2h，得h＝a.设BB1与平面ACD1所成角为θ，则sinθ＝＝.故选B.
变式2、 [2019·杭州模拟]在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，AB＝AC＝1，PA＝，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.

【答案】D
【解析】　∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，即∠PAB＝∠PAC＝90°，
又∵AB＝AC＝1，PA＝PA＝，
∴△PAB≌△PAC，
∴PB＝PC. 取BC的中点D，连接AD，PD，

∴PD⊥BC，AD⊥BC，又∵
PD∩AD＝D，∴BC⊥平面PAD，∵BC⊂平面PBC，∴平面PAD⊥平面PBC，过A作AO⊥PD于O，易得AO⊥平面PBC，∴∠APD就是直线PA与平面PBC所成的角. 在Rt△PAD 中，AD＝，PA＝，则PD＝＝，则sin∠APD＝＝. 故选D.
变式3、如图，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.
(1)求证：BF⊥平面ACFD；
(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．

【证明】　(1)证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示．

∵平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，∴AC⊥平面BCK，
∴BF⊥AC. 又∵EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，
∴△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK. ∴BF⊥平面ACFD.
(2) ∵BF⊥平面ACK，∴∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角．
在Rt△BFD中，BF＝，DF＝，得cos∠BDF＝，
∴直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为.
方法总结：求直线与平面所成角的关键是寻找斜线在平面上的射影，要善于根据题意寻找平面的垂线，通常方法：一、利用题设中的线线垂直关系转换为线面垂直；二、找已知平面的垂面，再利用面面垂直的性质转化为线面垂直．有时作面的垂线较繁杂，可以不作面的垂线，利用空间的数量关系直接求点到面的距离，进而在直角三角中直接求线面角．
常见求解步骤是先作图，证明垂直关系，交代所求角，再在直角三角形中求得所求角．
其易错点是平面的斜线与平面所成角是锐角
考点三　二面角
例3　如图，已知在三棱锥SABC中，SA＝SB＝CA＝CB＝，AB＝2，SC＝，则二面角SABC的平面角的大小为(　　)
A. 30°　　B. 45°　　C. 60°　D. 90°


【答案】 C
【解析】 取AB的中点O，连结SO，CO.由SA＝SB＝CA＝CB可得AB⊥SO，AB⊥CO.又SO∩CO＝O，所以AB⊥平面SOC，所以二面角SABC的平面角是∠SOC.在△SOA中，SO＝＝，同理CO＝.在△SOC中，SO＝CO＝SC＝，所以∠SOC＝60°，即二面角SABC的平面角的大小为60°.
变式1、如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AC＝AB＝AA1，E是BC的中点．
(1) 求证：AE⊥B1C；
(2) 求异面直线AE与A1C所成的角的大小；
(3) 若G为C1C的中点，求二面角CAGE的正切值．

【解析】 (1) 因为BB1⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，所以AE⊥BB1.
由AB＝AC，E为BC的中点，得AE⊥BC.
因为BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BB1C1C，
所以AE⊥平面BB1C1C.
又因为B1C⊂平面BB1C1C，
所以AE⊥B1C.
(2) 取B1C1的中点E1，连结A1E1，E1C，则AE∥A1E1，
所以∠E1A1C是异面直线AE与A1C所成的角．
设AC＝AB＝AA1＝2，
则由∠BAC＝90°，可得A1E1＝AE＝，A1C＝2，E1C1＝EC＝BC＝，　
所以E1C＝＝.
在△E1A1C中，cos∠E1A1C＝＝，
所以异面直线AE与A1C所成的角为.
(3) 设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于点Q，连结EP，EQ，则EP⊥AC.
又因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，EP⊂平面ABC，
所以EP⊥平面ACC1A1.
因为AG⊂平面ACC1A1，
所以AG⊥EP.
又PQ⊥AG，EP，PQ⊂平面EPQ，EP∩PQ＝P，
所以AG⊥平面EPQ.
又因为EQ⊂平面EPQ，
所以EQ⊥AG，
所以∠PQE是二面角CAGE的平面角．
由(2)假设知EP＝1，AP＝1，
Rt△ACG∽Rt△AQP，PQ＝＝，
故tan∠PQE＝＝，
所以二面角CAGE的正切值是.

变式2　如图，锐二面角αlβ的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝BD＝6，CD＝8，则锐二面角αlβ的平面角的余弦值是(　　)
A. B.
C. D.


【答案】 B
【解析】 过点B作BE∥AC，且BE＝AC.因为AC⊥AB，所以BE⊥AB.因为BD⊥AB，BD∩BE＝B，所以∠DBE是二面角αlβ的平面角，且AB⊥平面DBE，所以AB⊥DE，所以CE⊥DE.因为AB＝4，CD＝8，所以DE＝＝＝4，所以cos∠DBE＝＝＝.故选B.
变式3、如图，在四棱锥A－BCDE中，平面BCDE⊥平面ABC，BE⊥EC，BC＝2，AB＝4，∠ABC＝60°.
(1)求证：BE⊥平面ACE；
(2)若直线CE与平面ABC所成的角为45°，求二面角E－AB－C的余弦值．

【证明】　(1)证明：在△ACB中，由余弦定理得cos∠ABC＝＝，
解得AC＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.
又∵平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，AC⊂平面ABC，
∴AC⊥平面BCDE.
又BE⊂平面BCDE，∴AC⊥BE.
又BE⊥EC，AC，CE⊂平面ACE，且AC∩CE＝C，
∴BE⊥平面ACE.
(2)∵直线CE与平面ABC所成的角为45°，平面BCDE⊥平面ABC，
平面BCDE∩平面ABC＝BC，∴∠BCE＝45°，∴△EBC为等腰直角三角形．
取BC的中点F，连接EF，过点F作FG⊥AB于点G，连接EG，

则∠EGF为二面角
E－AB－C的平面角. 易得EF＝BF＝1，FG＝.
在Rt△EFG中，由勾股定理，得EG＝
＝，∴cos∠EGF＝＝，
∴二面角E－AB－C的余弦值为.

变式4、如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1，顶点D1在底面ABCD内的射影恰为点C.
(1)求证：AD1⊥BC；
(2)若直线DD1与直线AB所成的角为，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值．

【证明】　(1)连接D1C，则D1C⊥平面ABCD，∴D1C⊥BC.
在等腰梯形ABCD中，连接AC，
∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，∴BC⊥AC，
∴BC⊥平面AD1C，∴AD1⊥BC.
(2) ∵AB∥CD，∴∠D1DC＝，∵CD＝1，∴D1C＝.
在底面ABCD中作CM⊥AB，连接D1M，则D1M⊥AB，
∴∠D1MC为平面ABC1D1与平面ABCD所成角的一个平面角．
在Rt△D1CM中，CM＝，D1C＝，
∴D1M＝＝，∴cos∠D1MC＝，
即平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为.
方法总结：求二面角方法一：利用定义作出二面角的平面角，转换为在三角形中来求．方法二：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角
考点四 点到平面的距离
例4、若正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD所成角的大小为60°，则A1C1到底面ABCD的距离为(　　)

A. B. 1 C. 2 D.
【答案】 D
【解析】 由题意得∠B1AB＝60°，所以B1B＝ABtan60°＝.又A1C1∥平面ABCD，所以A1C1到底面ABCD的距离为B1B＝.
变式1、已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为6，P是AA1的中点，Q是△BDC1内的动点，若PQ⊥BC1，则点Q到平面A1B1C1D1的距离的取值范围是(　　)
A. [3，5] B. C. [4，5] D. [2，6]
【答案】 B
【解析】 如图，在正方体中取BB1、BD中点P1、O，及BC1的四等分点M，因为PP1⊥BC1，P1M⊥BC1，P1M∩PP1＝P1，P1M，PP1⊂平面PP1M，所以BC1⊥平面PP1M，则BC1⊥PM.又OM⊥BC1，OM∩PM＝M，故BC1⊥平面POM，所以当点Q在线段OM上时，PQ⊥BC1，则点Q到平面A1B1C1D1的距离最大为6，最小为6×＝，所以点Q到平面A1B1C1D1的距离的取值范围为.故选B.

变式2、如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点．
(1)证明：PF⊥FD；
(2)若PA＝1，求点E到平面PFD的距离．

【解】　(1)证明：连接AF，则AF＝，又DF＝，AD＝2，∴DF2＋AF2＝AD2，∴DF⊥AF. ∵PA⊥平面ABCD，∴DF⊥PA，又PA∩AF＝A，∴DF⊥平面PAF，又PF⊂平面PAF，∴DF⊥PF.

(2)连接EP，ED，EF.
∵S△EFD＝S矩形ABCD－S△BEF－S△ADE－S△CDF＝2－＝，
∴V三棱锥P－EFD＝S△EFD·PA＝××1＝. 设点E到平面PFD的距离为h，则由V三棱锥E－PFD＝V三棱锥P－EFD得S△PFD·h＝×·h＝，解得h＝，即点E到平面PFD的距离为.
变式3、如图所示的五面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M为BC的中点．
(1)求证：FM∥平面BDE；
(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求点F到平面BDE的距离．

【解析】　(1)证明：取BD的中点O，连接OM，OE，

∵O，M分别为BD，BC的中点，∴OM∥CD，且OM＝CD.
∵四边形ABCD为菱形，∴CD∥AB，又EF∥AB，
∴CD∥EF，
又AB＝CD＝2EF，∴EF＝CD，∴OM∥EF，且OM＝EF，
∴四边形OMFE为平行四边形，∴MF∥OE.
又OE⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE.
(2)由(1)得FM∥平面BDE，∴点F到平面BDE的距离等于点M到平面BDE的距离．
取AD的中点H，连接EH，BH，

∵EA＝ED，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，∴EH⊥AD，BH⊥AD.
∵平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH⊂平面ADE，
∴EH⊥平面ABCD，∴EH⊥BH，易得EH＝BH＝，∴BE＝，
∴S△BDE＝××＝. 设点F到平面BDE的距离为h，
连接DM，则S△BDM＝S△BCD＝××4＝，连接EM，由V三棱锥E－BDM＝V三棱锥M－BDE，

得××＝×h×，解得h＝，即点F到平面BDE的距离为.

方法总结：求点到平面的距离，方法一：根据面面垂直的性质直接作出距离求解，方法二：利用等体积法换顶点来求解．
五、优化提升与真题演练
1、（2018·全国Ⅱ高考）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.

第1题图
【答案】C
【解析】　如图，将长方体ABCD－A1B1C1D1补成长方体ABCD－A2B2C2D2，使AA1＝A1A2，易知AD1∥B1C2，∴∠DB1C2或其补角为异面直线AD1与DB1所成的角．
易知B1C2＝AD1＝2，
DB1＝＝，
DC2＝＝＝.
在△DB1C2中，由余弦定理，得cos∠DB1C2＝＝＝－，
∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为. 故选C.
2、（2018·天津高考）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°.
(1)求证：AD⊥BC；
(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；
(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．

【解】　(1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.

(2)如图，取棱AC的中点N，连接MN，ND.
又∵M为棱AB的中点，∴MN∥BC.
∴∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．
在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝＝.
∵AD⊥平面ABC，∴AD⊥AC.
在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝＝.
在等腰三角形DMN中，MN＝1，
可得cos∠DMN＝＝.
∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为.
(3)如图，连接CM. ∵△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，
∴CM⊥AB，CM＝.
又∵平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD，
∴∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD＝＝4.
在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝.
∴直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.
3、（2018·全国Ⅱ高考）如图，在三棱锥P－ABC 中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．

【解】　(1)证明：∵PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，∴PO⊥AC，且PO＝2. 连接OB，
∵AB＝BC＝AC，∴△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
∴PO2＋OB2＝PB2，∴PO⊥OB. 又∵AC∩OB＝O，∴PO⊥平面ABC.
(2)如图，作CH⊥OM，垂足为H，

又由(1)可得PO⊥CH，且PO∩OM＝O，∴CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离. 由题设可知OC＝AC＝2，MC＝BC＝，∠ACB＝45°，∴OM＝，CH＝＝.
∴点C到平面POM的距离为.
4、直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E、M、N分别是BC、BB1、A1D的中点．
(1) 证明：MN∥平面C1DE；
(2) 求点C到平面C1DE的距离．

【解析】 (1) 连结B1C，ME.
因为M，E分别为B1B，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D，
所以ME＝ND，ME∥ND，
所以四边形MNDE为平行四边形，
所以MN∥DE.
又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2) 过点C做C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥CC1，
易证DE⊥平面CC1E，
故DE⊥CH，从而易证CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离．
由已知可得CE＝1，CC1＝4，
所以C1E＝，
故CH＝.