文档文本内容
8.5 空间角与距离、空间向量及其应用
基础篇
考点 一 用向量法证明空间中的平行和垂直 二面角公式 设 ｎ ｎ 分别为平面 α β 的法
２) : １、 ２ 、
向量 二面角为 θ 则 θ ｎ ｎ 或 θ
设直线 ｌ ｌ ｌ 的方向向量分别为 ｖ ｖ ｖ 平 ꎬ ꎬ ＝‹ １ꎬ ２› ＝π－
ꎬ １ꎬ ２ ꎬ １ꎬ ２ꎬ ｎ ｎ 需要根据具体情况判断相等或互
面 α 和平面 β 的法向量分别为 ｍ ｎ. ‹ １ꎬ ２›(
ꎬ
ｎ ｎ
1.
ｌ ｌ 或 ｌ 与 ｌ 重合 ｖ ｖ ｌ ｌ ｖ 补 其中 ｎ ｎ １ ２ .
１∥ ２( １ ２ )⇔ １∥ ２ꎻ １⊥ ２⇔ １⊥ )ꎬ ｃｏｓ‹ １ꎬ ２›＝ ｎ ｎ
ｖ ｖ ｖ . ｜ １｜ ｜ ２｜
２⇔ １ ２ ＝０ 2. 用向量法求空间距离
2.
与平面 α 共面的两个不共线向量分别为 ａ 和
点面距离 已知平面 α 外一点 Ｂ ｘ ｙ ｚ
ｂ 则ｌ α 或ｌ α 存在两个实数ｘ ｙ 使ｖ １) : ( ０ꎬ ０ꎬ ０)ꎬ
ꎬ ∥ ⊂ ⇔ ꎬ ꎬ ＝ 平面α 内一点Ａ ｘ ｙ ｚ 平面α 的一个法
ｘａ ｙｂ. ( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ
＋
向量 ｎ 则 点 Ｂ 到 平 面 α 的 距 离 为 ｄ
3.
ｌ α 或 ｌ α ｖ ｍ ｌ α ｖ ｍ. ꎬ
∥ ⊂ ⇔ ⊥ ꎻ ⊥ ⇔ ∥
4. Ｂ→Ａ ｎ
α β ｍ ｎ α β ｍ ｎ ｍ ｎ .
｜ ｜.
∥ ⇔ ∥ ꎻ ⊥ ⇔ ⊥ ⇔ ＝０ ＝ ｎ
｜ ｜
考点 二 空间角和空间距离 注意 线面、面面距离均可转化为点到平面的距
1.
离ꎬ用点到平面的距离公式求解.
用向量法求空间角
两点间的距离 已知点 Ａ ｘ ｙ ｚ Ｂ ｘ
线面所成角公式 设 ｌ 为平面 α 的斜线 ａ 为 ２) : ( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ
１) : ꎬ
ｌ 的方向向量 ｎ 为平面 α 的法向量 θ 为 ｌ 与
ｙ ｚ 则 Ａ Ｂ 两点间的距离为 Ａ→Ｂ
ꎬ ꎬ
２ꎬ ２)ꎬ ꎬ ｜ ｜
ａ ｎ ｘ ｘ ２ ｙ ｙ ２ ｚ ｚ ２.
α 所成的角 则 θ ａ ｎ ｜ ｜. ＝ ( ２ － １) ＋( ２ － １) ＋( ２ － １)
ꎬ ｓｉｎ ＝ ｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜ ＝ ａ ｎ
｜ ｜ ｜ ｜
专
题
八
立
体
几 何
２９７
综合篇
考法 一 求解直线与平面所成角的方法 面 α 的斜线 ｎ 为平面 α 的法向量 θ 为斜线
ꎬ ꎬ
与平面 α 所成的角 .
1.
定义法 )
例1 ( 浙江ꎬ ꎬ
作 在斜线上选取恰当的点 过该点向平面 ２０２１ １９ １５
１) : ꎬ
分) 如 图ꎬ 在 四 棱 锥
引垂线 作出所求角 其中确定垂足的位置是
ꎬ ꎬ
Ｐ ＡＢＣＤ 中ꎬ 底 面 ＡＢＣＤ
关键 证 证明所作的角为直线与平面所成 －
ꎻ２) : 是平行四边形ꎬ ＡＢＣ
的角 求 构造角所在的三角形 利用解三 ∠ ＝
ꎻ３) : ꎬ
°ꎬＡＢ ꎬＢＣ ꎬＰＡ
角形的知识求角. １２０ ＝１ ＝４ ＝
2.
公式法 ꎬＭꎬＮ 分别为 ＢＣꎬＰＣ 的中点ꎬＰＤ ＤＣꎬ
１５ ⊥
ｈ ＰＭ ＭＤ.
θ 其中 ｈ 为斜线上除斜足外的任一 ⊥
ｓｉｎ ＝ ｌ (
( )证明:ＡＢ ＰＭꎻ
１ ⊥
点到所给平面 α 的距离 ｌ 为该点到斜足的距
ꎬ ( )求直线 ＡＮ 与平面 ＰＤＭ 所成角的正弦值.
２
离 θ 为斜线与平面 α 所成的角 .
ꎬ ) 解析 ( )证明:在 ＣＤＭ 中ꎬＤＣ ꎬＭＣ
3. １ △ ＝１ ＝
向量法
ꎬ ＤＣＭ °ꎬ则 ＤＭ ꎬ所以 ＣＤ ＤＭ.又
Ａ→Ｂ ｎ ２ ∠ ＝６０ ＝ ３ ⊥
θ Ａ→Ｂ ｎ ｜ ｜ 其中ＡＢ 为平 因为ＣＤ ＰＤꎬ所以ＣＤ 平面ＰＤＭ.因此ＣＤ ｓｉｎ ＝ ｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜ ＝ (
Ａ→Ｂ ｎ ⊥ ⊥ ⊥
｜ ｜ ｜ ｜
ＰＭ.又因为 ＡＢ ＣＤꎬ所以 ＡＢ ＰＭ. Ａ→Ｎｎ
∥ ⊥ ‹Ａ→Ｎꎬｎ› ｜ ｜ １５.因此ꎬ直线
( )解法一（定义法）:连接 ＡＣ 交 ＤＭ 于点 ＝ ｜ｃｏｓ ｜ ＝ Ａ→Ｎ ｎ ＝
２ ６
｜ ｜ ｜ ｜
Ｅꎬ过 Ｅ 作 ＥＦ ＡＮ 交 ＰＣ 于点 Ｆꎬ过点 Ｆ 作 ＦＨ
∥
ＡＮ 与平面 ＰＤＭ 所成角的正弦值为 １５.
ＣＤꎬ交ＰＤ 于Ｈꎬ连接ＨＥ.由( )知ＣＤ 平面
∥ １ ⊥ ６
ＰＤＭꎬ所以 ＦＨ 平面 ＰＤＭ.故 ＦＥＨ 是直线
考法 二 求解二面角的方法
⊥ ∠
ＡＮ 与平面 ＰＤＭ 所成的角.由( )知 ＰＭ ＣＤꎬ
１ ⊥ 1. 定义法：在二面角的棱上找一个特殊点 过
又已知 ＰＭ ＭＤꎬ所以 ＰＭ 平面 ＡＢＣＤ.连接 ꎬ
⊥ ⊥ 该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射
ＡＭꎬ在平行四边形 ＡＢＣＤ 中ꎬＡＭ ꎬＡＣ
＝ ７ ＝ 线 如图 ＡＯＢ 为二面角 α ｌ β 的平
ꎬ (１)ꎬ∠ － －
.在直角 ＰＭＡ 中ꎬ由 ＰＡ ꎬＡＭ 得
面角.
２１ △ ＝ １５ ＝ ７
ＰＭ .在直角 ＰＭＣ 中ꎬ由 ＰＭ ꎬＭＣ 2. 垂面法：过棱上一点作棱的垂直平面 该平
＝２ ２ △ ＝２ ２ ＝ ꎬ
得 ＰＣ .在 ＰＡＣ 中ꎬ由 ＰＡ ꎬＰＣ 面与二面角的两个半平面的交线所形成的角
２ ＝２ ３ △ ＝ １５ ＝
即为二面角的平面角 如图 ＡＯＢ 为二
ꎬ ＡＣ 得 ＡＮ
ꎬ (２)ꎬ∠
２ ３ ＝ ２１ ＝
面角 α ｌ β 的平面角.
.在平行四边形 ＡＢＣＤ － －
１５ 3.
垂线法（三垂线定理法）：过二面角的一个
ＥＣ ＥＦ ＦＣ
中ꎬ １ꎬ所以
半平面内一点 不在棱上 作另一个半平面
ＡＣ＝ ＡＮ＝ＮＣ＝
( )
３
所在平面的垂线 从垂足出发向棱引垂线 利
ꎬ ꎬ
１ꎬ故 ＥＦ １５ꎬＨＦ ５ꎬ
用三垂线定理 线面垂直的性质 即可找到
＝ ＝
( )
３ ３ ６
所求二面角的平面角或其补角.如图
ＨＦ (３)ꎬ
在直角 ＦＨＥ 中ꎬ ＦＥＨ １５.因此ꎬ
△ ｓｉｎ∠ ＝ＥＦ ＝ ＡＢＯ 为二面角 α ｌ β 的平面角.
６ ∠ － －
直线 ＡＮ 与平面 ＰＤＭ 所成角的正弦值为 １５.
６
解法二（向量法）:如
图ꎬ以Ｄ 为原点ꎬ分别以
ＤＭꎬＤＣ 所在直线为 ｘꎬｙ Ｓ
4. 射
利用射影面积公式： θ θ 为两平面的
轴ꎬ建立空间直角坐标 ｃｏｓ ＝Ｓ (
原
系 Ｄ ｘｙｚ. 夹角 该法主要用来解决无棱二面角大小的
－ )ꎬ
计算问题 关键在于找出其中一个半平面内
则 Ａ( ꎬ ꎬ )ꎬＣ( ꎬ ꎬ )ꎬＭ( ꎬ ꎬ )ꎬ设 ꎬ
２ ３ －２ ０ ０ １ ０ ３ ０ ０
的多边形在另一个半平面内的射影.
Ｐ( ꎬ ꎬｚ )ꎬｚ ꎬ因为 ＰＡ ꎬ所以 ｚ
３ ０ ０ ０>０ ＝ １５ ０ ＝ ｎ ｎ
5. 向量法：利用公式 ｎ ｎ １ ２
æ ö
年 5 ２ ２ ꎬ故Ｐ( ３ ꎬ ０ ꎬ ２ ２ )ꎬＮ è çç ２ ３ꎬ１ ２ ꎬ ２ø ÷÷ꎬ所以Ａ→Ｎ ＝ ｎ ｎ 分别为两平面 ｃｏ 的 ｓ‹ 法 １ 向 ꎬ 量 ２› 进 ＝ ｜ 行 ｎ １ 求 ｜ ｜ 解 ｎ ２｜
高 ( １ꎬ ２ ) ꎬ
考 æ ö 注意 ｎ ｎ 与二面角大小的关系 是相等还
3 çç ３ ３ꎬ５ꎬ ÷÷ꎬＤ→Ｐ ( ꎬ ꎬ )ꎬＤ→Ｍ ( ꎬ ‹ １ꎬ ２› ꎬ
年 è－ ２ø ＝ ３ ０ ２ ２ ＝ ３ 是互补 需结合图形进行判断.
２ ２
模 ꎬ
拟 ꎬ ).设平面 ＰＤＭ 的法向量为 ｎ (ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ由 例2 ( 全国乙理ꎬ ꎬ
０ ０ ＝
２０２１ １８
版 A {ｎＤ→Ｐ ＝０ ꎬ 得 { ３ ｘ ＋２ ２ ｚ ＝０ ꎬ 取 ｎ ( ꎬ ꎬ ). １２ 分)如图ꎬ四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ
高 ｎＤ→Ｍ ꎬ ｘ ꎬ ＝ ０ １ ０ 的底面是矩形ꎬＰＤ 底面
考 ＝０ ３ ＝０ ⊥
数 学 设直线 ＡＮ 与平面 ＰＤＭ 所成角为αꎬ所以 α ＡＢＣＤꎬＰＤ ＝ ＤＣ ＝１ ꎬＭ 为 ＢＣ
ｓｉｎ
２９８
的中点ꎬ且ＰＢ ＡＭ.
⊥ ７０.
( )求 ＢＣꎻ ＝
１ １４
( )求二面角 Ａ ＰＭ Ｂ 的正弦值.
２ － －
考法 三 求解立体几何中的探索性问题
解析 ( )由题意知 ＤＡꎬＤＣꎬＤＰ 两两垂直ꎬ
１
1.
涉及线段上点的位置的探索性问题一般是先
所以以 Ｄ 为原点ꎬＤ→ＡꎬＤ→ＣꎬＤ→Ｐ的方向分别为 ｘ
根据条件猜测点的位置再给出证明 所求点
轴ꎬｙ 轴ꎬｚ 轴的正方向建立 ꎬ
多为中点或三等分点中的某一个 也可以根
空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚꎬ如 ꎬ
－
据相似知识找点 求解时注意三点共线条件
图所示ꎬ设 ＢＣ ｔ(ｔ )ꎬ则 ꎬ
＝ >０
的应用.
Ａ(ｔꎬ ꎬ )ꎬ Ｂ ( ｔꎬ ꎬ )ꎬ
０ ０ １ ０ 2.
借助空间直角坐标系 把几何对象上动点的
æ ｔ ö ꎬ
Ｍç ꎬ ꎬ ÷ꎬＰ( ꎬ ꎬ )ꎬ所以
坐标用参数 变量 表示出来 将几何对象坐
è １ ０ø ０ ０ １
( ) ꎬ
２
标化 这样根据所要满足的题设要求得到相
æ ｔ ö
ꎬ
Ｐ→Ｂ (ｔꎬ ꎬ )ꎬＡ→Ｍ ç ꎬ ꎬ ÷ꎬ
＝ １ －１ ＝è－ １ ０ø 应的方程或方程组.若方程或方程组有满足
２
ｔ２ 题设要求的解 则通过参数的值反过来确定
因为 ＰＢ ＡＭꎬ所以Ｐ→ＢＡ→Ｍ ꎬ所以 ꎬ
⊥ ＝０ － ＋１＝
几何对象的位置 若方程或方程组没有满足
２
ꎻ
ꎬ即 ｔ２ .又 ｔ ꎬ所以 ｔ ꎬ即 ＢＣ . 题设要求的解 则表示满足题设要求的几何
０ ＝２ >０ ＝ ２ ＝ ２ ꎬ
( )设平面 ＰＡＭ 的法向量为 ｎ (ｘ ꎬｙ ꎬｚ )ꎬ 对象不存在.
２ １ ＝ １ １ １
{ｎ
Ｐ→Ａ ꎬ
例3 如图ꎬ四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 的底面 ＡＢＣＤ 是
－
则 １
＝０
由( )知Ｐ→Ａ ( ꎬ ꎬ )ꎬＡ→Ｍ 等腰梯形ꎬＡＢ ＣＤꎬＢＣ ＣＤ ꎬＡＢ . ＰＢＣ
ｎ Ａ→Ｍ ꎬ １ ＝ ２ ０ －１ ＝ ∥ ＝ ＝１ ＝２ △
１ ＝０ 是等边三角形ꎬ平面 ＰＢＣ
ì ï ｘ ｚ ꎬ
æ ö ïï ２ １ － １ ＝０ 平面 ＡＢＣＤꎬ点 Ｍ 在棱
çç ２ꎬ ꎬ ÷÷ꎬ所以í 令 ｘ ꎬ则 ⊥
è－ １ ０ø ï
２ｘ ｙ ꎬ
１ ＝ ２ ＰＣ 上.
２ ï
î－
１
＋
１
＝０
２ ( )当 Ｍ 为棱 ＰＣ 的中点
１
ｙ ꎬｚ ꎬ即 ｎ ( ꎬ ꎬ ).设平面 ＰＭＢ 的
时ꎬ求证:ＡＰ ＢＭꎻ
１ ＝１ １ ＝２ １ ＝ ２ １ ２ ⊥
{ｎ Ｐ→Ｂ ꎬ ( )是否存在点 Ｍꎬ使得二面角 Ｄ ＭＢ Ｃ 的余
法向量为 ｎ (ｘ ꎬｙ ꎬｚ )ꎬ则 ２ ＝０ 由 ２ － －
＝
２ ２ ２ ２ ｎ Ｍ→Ｂ ꎬ 弦值为３? 若存在ꎬ求 ＣＭ 的长ꎻ若不存在ꎬ请
２
＝０
æ ö ４
( )知Ｐ→Ｂ ( ꎬ ꎬ )ꎬＭ→Ｂ çç ２ꎬ ꎬ ÷÷ꎬ所以 说明理由.
１ ＝ ２ １ －１ ＝ è ０ ０ø
２ 解析 ( )证明:连接 ＡＣꎬ由底面 ＡＢＣＤ 是等
ì ï ｘ ｙ ｚ ꎬ １
ïï ２ ２ ＋ ２ － ２ ＝０
í 令ｙ ꎬ则 ｚ ꎬ即 ｎ ( ꎬ ꎬ 腰梯形且 ＡＢ ꎬＢＣ ＣＤ ꎬ得 ＡＢＣ πꎬ在
ï ２ｘ ꎬ ２ ＝１ ２ ＝１ ２ ＝ ０ １ ＝２ ＝ ＝１ ∠ ＝ ３
ï
î ２ ＝０
２ ＡＢＣ 中ꎬ由余弦定理得 ＡＣ ꎬ ＡＣ２ ＢＣ２
△ ＝ ３ ∴ ＋
ｎ ｎ
)ꎬ所以 ‹ｎ ꎬｎ › １ ２ １×１＋２×１
１ ｃｏｓ １ ２ ＝ ｎ ｎ ＝ ＝ ＝ ＡＢ２ꎬ ∴ ∠ ＡＣＢ ＝ πꎬ ∴ ＡＣ ⊥ ＢＣ.又 ∵ 平面 ＰＢＣ
｜ １｜ ｜ ２｜ ７× ２ ２
平面 ＡＢＣＤꎬ平面 ＰＢＣ 平面 ＡＢＣＤ ＢＣꎬＡＣ 专
３ .由题图可知二面角 Ａ ＰＭ Ｂ 的平面角为 ⊥ ∩ ＝ 题
－ －
平面 ＡＢＣＤꎬ ＡＣ 平面 ＰＢＣꎬ ＢＭ 平面 八
１４
⊂ ∴ ⊥ ∵ ⊂
立
æ ö２ ＰＢＣꎬ ＡＣ ＢＭꎬ又 Ｍ 为棱 ＰＣ 的中点ꎬ且
体
锐角ꎬ所以所求二面角的正弦值为 çç ３ ÷÷ ∴ ⊥
几
１－ è ø ＰＢＣ 是等边三角形ꎬ ＢＭ ＰＣꎬ又 ＰＣ 何
１４ △ ∴ ⊥ ∵ ∩
２９９
ＡＣ Ｃꎬ ＢＭ 平面 ＡＰＣꎬ ＡＰ 平面 ＡＰＣꎬ 设平 面 ＤＭＢ 的 法 向 量 为 ａ (ｘꎬ ｙꎬ ｚ)ꎬ
＝ ∴ ⊥ ∵ ⊂ ＝
ＡＰ ＢＭ. ì ï ｔ
∴ ⊥ ï ａＤ→Ｍ １＋ ｘ ３ｙ ３ｔｚ ꎬ
( )假设存在点 Ｍꎬ使得二面角 Ｄ ＭＢ Ｃ 的余 ï ＝－ － ＋ ＝０
２ － － 则í ２ ２ ２
ï
弦值为 ３.过点 Ｐ 作 ＰＯ ＢＣ 交 ＢＣ 于点 Ｏꎬ ïａＤ→Ｂ ３ｘ ３ｙ ꎬ
⊥ î ï ＝－ － ＝０
４ ２ ２
平面 ＰＢＣ 平面 ＡＢＣＤꎬ平面 ＰＢＣ 平面 ｔ æ ｔ ö
∵ ⊥ ∩ 令 ｘ ꎬ则 ｙ ꎬｚ －２ꎬ ａ ç ꎬ ꎬ －２÷.
ＡＢＣＤ ＢＣꎬＰＯ 平面 ＰＢＣꎬ ＰＯ 平面 ＝ ３ ＝－３ ＝ ｔ ∴ ＝è ３ －３ ｔ ø
＝ ⊂ ∴ ⊥
ＡＢＣＤꎬ取 ＡＢ 的中点 Ｅꎬ连接 ＯＥꎬ则 ＯＥ ＣＡꎬ 易知平面 ＭＢＣ 的一个法向量为 ｂ ( ꎬ ꎬ )ꎬ
∥ ＝ ０ １ ０
由( )知 ＡＣ 平面 ＰＢＣꎬ所以 ＯＥ 平面 ＰＢＣꎬ ａｂ
１ ⊥ ⊥ 则 ‹ａꎬｂ› ３
｜ｃｏｓ ｜ ＝ ａ ｂ ＝ ＝
因此以Ｏ为原点ꎬ以ＯＣꎬＯＥꎬＯＰ所在直线分别为
｜ ｜ ｜ ｜
æｔ ö２
ç －２÷
３＋９＋è ｔ ø
ｘꎬｙꎬｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ.
－
æｔ ö２ ｔ
３ ３ꎬ则ç －２÷ ꎬ则 －２ 或
æｔ ö２ ＝
４
è ｔ ø ＝ ４ ｔ ＝ －２
ç －２÷
１２＋è ｔ ø
ｔ
－２ ꎬ解得 ｔ ２或 ｔ (舍)ꎬ故 ＣＭ Ｃ→Ｍ
ｔ ＝２ ＝ ＝－２ ＝ ｜ ｜
３
æ ö æ ö
Ｏ ( ꎬ ꎬ )ꎬ Ｐçç ꎬ ꎬ ３÷÷ꎬ Ｃ ç １ꎬ ꎬ ÷ꎬ ２ Ｃ→Ｐ ２.所以存在点 Ｍꎬ使得二面角 Ｄ
∴ ０ ０ ０ è０ ０ ø è ０ ０ ø ＝ ｜ ｜ ＝ －
２ ２ ３ ３
æ ö æ ö æ ＭＢ Ｃ 的余弦值为３ꎬ且 ＣＭ 的长为２.
Ｂç １ꎬ ꎬ ÷ꎬＤçç ꎬ ３ꎬ ÷÷ꎬ则Ｄ→Ｂ ç ３ꎬ ３ꎬ －
è－ ０ ０ø è１ ０ø ＝ è－ － ４ ３
２ ２ ２ ２
ö æ ｔ ö
÷ꎬ设Ｃ→Ｍ ｔ Ｃ→Ｐ( ｔ )ꎬ则 Ｍ ç１－ ꎬ ꎬ ３ｔ ÷.
０ ø ＝ ０< ≤１ è ０ ø
２ ２
æ ｔ ö
则Ｄ→Ｍ çç－ －１ꎬ ３ꎬ ３ｔ÷÷ꎬ
＝ è － ø
２ ２ ２
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
３００
