2024年高考数学第一轮复习精品导学案第55讲 空间角与距离的计算（2）（学生版）+教师版

这是一份2024年高考数学第一轮复习精品导学案第55讲 空间角与距离的计算（2）（学生版）+教师版，共2页。学案主要包含了2021年甲卷理科，小问1详解，小问2详解等内容，欢迎下载使用。
空间角与距离的计算 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(探索性问题\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(探点得位置关系,探点得角)),最值问题))
1、【2021年甲卷理科】已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【解析】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
2、【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【解析】【详解】
（1）证明： 在正方形中，，因为平面，平面，
所以平面，又因为平面，平面平面，
所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．
（2）［方法一］【最优解】：通性通法
因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，设，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
［方法二］：定义法
如图2，因为平面，，所以平面．
在平面中，设．
在平面中，过P点作，交于F，连接．
因为平面平面，所以．
又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．
设，在中，易求．
由与相似，得，可得．
所以，当且仅当时等号成立．
1、（2022·河北深州市中学高三期末）如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，，.

（1）证明：平面平面；
（2），分别是，的中点，是线段上的动点，若二面角的平面角的大小为，试确定点的位置.
【答案】（1）证明见解析；（2）为线段上靠近点的四等分点，且坐标为
【分析】
（1）先通过线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明；
（2）分析位置关系并建立空间直角坐标系，根据二面角的余弦值与平面法向量夹角的余弦值之间的关系，即可计算出的坐标从而位置可确定.
【详解】
（1）证明：因为，，，
所以，即.
又因为，，所以，
，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）解：连接，因为，是的中点，所以.
由（1）知，平面平面，所以平面.
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则平面的一个法向量是，，，.
设，，
，，
代入上式得，，，所以.
设平面的一个法向量为，，，
由，得.
令，得.
因为二面角的平面角的大小为，
所以，即，解得.
所以点为线段上靠近点的四等分点，且坐标为.
2、 (2022·青岛二模)如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径AB＝4，母线PH＝2 eq \r(2)，M是PB的中点，四边形OBCH为正方形．
(1) 设平面POH∩平面PBC＝l，求证：l∥BC；
(2) 设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，当MN与平面PAB所成的角最大时，求MN的长．
【解析】 (1) 因为四边形OBCH为正方形，
所以BC∥OH.
因为BC⊄平面POH，OH⊂平面POH，
所以BC∥平面POH.
因为BC⊂平面PBC，平面POH∩平面PBC＝l，
所以l∥BC.
(2) 因为圆锥的母线长为2 eq \r(2)，AB＝4，
所以OB＝2，OP＝2.
以O为坐标原点，以OH，OB，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，2)，B(0，2，0)，D(1，0，0)，C(2，2，0)，M(0，1，1)，
所以 eq \(DC,\s\up6(→))＝(1，2，0).
设 eq \(DN,\s\up6(→))＝λ eq \(DC,\s\up6(→))＝(λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，
则 eq \(ON,\s\up6(→))＝ eq \(OD,\s\up6(→))＋ eq \(DN,\s\up6(→))＝(1＋λ，2λ，0)，
eq \(MN,\s\up6(→))＝ eq \(ON,\s\up6(→))－ eq \(OM,\s\up6(→))＝(1＋λ，2λ－1，－1).
易知 eq \(OD,\s\up6(→))＝(1，0，0)为平面PAB的一个法向量．
设MN与平面PAB所成的角为θ，则
sin θ＝|cs 〈 eq \(MN,\s\up6(→))， eq \(OD,\s\up6(→))〉|＝| eq \f((1＋λ，2λ－1，－1)·(1，0，0),\r((1＋λ)2＋(2λ－1)2＋1))|＝ eq \f(1＋λ,\r(5λ2－2λ＋3)).
令1＋λ＝t∈[1，2]，
则sin θ＝ eq \f(t,\r(5t2－12t＋10))＝ eq \f(1,\r(5－\f(12,t)＋10\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))\s\up12(2)))＝ eq \f(1,\r(10\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(3,5)))\s\up12(2)＋\f(7,5)))，
所以当 eq \f(1,t)＝ eq \f(3,5)时，即λ＝ eq \f(2,3)时，sin θ最大，即θ最大，此时MN＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(1,3)，－1))，
所以MN＝| eq \(MN,\s\up6(→))|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋(－1)2)＝ eq \f(\r(35),3).
考向一 利用空间向量解决探索性问题
例1、（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（理））四棱锥中，底面是边长为的正方形，，点P在底面的射影为点O，且，点M是的中点．
(1)求证：；
(2)在线段上，是否存在点N，使二面角的余弦值为？若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析;
(2)在线段上存在点N，且N是线段靠近的一个三等分点.
（1）连接，
因为平面，平面, 平面，
所以.
又，，所以.又，所以为等腰直角三角形.
设与交于点，则点为的中点，又点M是的中点，底面为正方形，所以,
又平面，平面,所以,又，
所以平面，平面,所以
（2）由（1）知，以为坐标原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
假设存在点N在线段上满足条件，设，，则
，
，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设二面角所成角为，则
.
因为二面角的余弦值为，
所以，化简得，
解得或（舍）.
所以在线段上存在点N，且N是线段靠近的一个三等分点.
变式1、（2022年河北省衡水中学高三模拟试卷）如图，在四棱锥中，已知四边形是边长为的正方形，点在底面上的射影为底面的中心，点在棱上，且的面积为1.
（1）若点是的中点，证明：平面平面；
（2）在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.
【解析】【小问1详解】
证明：∵点在底面上的射影为点，∴平面，
∵四边形是边长为的正方形，∴，
∵，∴，即：，∴，又∵，点是的中点，
∴，同理可得：，又∵，且平面，
∴平面，又∵平面，∴平面平面.
【小问2详解】如图，连接，易知，，两两互相垂直，
分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
假设存在点使得直线与平面所成的角的正弦值为，
∵点在棱上，不妨设，，
又，∴，∴，
∵，，
设平面的法向量为，则
令，则，∴，
又，设直线与平面所成的角为，则，
∴，
即，解得：或（不合题意，舍去），
∴存在点符合题意，点为棱上靠近端点的三等分点.
变式2、 (2022·湖南长沙县第一中学模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，且AC＝AB＝AA1＝2.
(1) 求证：A1B⊥B1C；
(2) M，N分别为棱CC1，BC的中点，点P在线段A1B1上，是否存在点P，使平面PMN与平面ABC所成角的余弦值为 eq \f(4\r(21),21)，若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1) 由题意可得AB，AC，AA1两两垂直，故以A为坐标原点， eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(AC,\s\up6(→))， eq \(AA1,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，C(0，2，0)，
所以 eq \(A1B,\s\up6(→))＝(2，0，－2)， eq \(B1C,\s\up6(→))＝(－2，2，－2)，
所以 eq \(A1B,\s\up6(→))· eq \(B1C,\s\up6(→))＝－4＋0＋4＝0，
所以 eq \(A1B,\s\up6(→))⊥ eq \(B1C,\s\up6(→))，即A1B⊥B1C.
(2) 假设存在点P满足题意，由(1)的建系条件可设 eq \(A1P,\s\up6(→))＝λ eq \(A1B1,\s\up6(→))＝λ(2，0，0)＝(2λ，0，0)，0≤λ≤1，
所以P(2λ，0，2)，N(1，1，0)，M(0，2，1)，
所以 eq \(NP,\s\up6(→))＝(2λ－1，－1，2)， eq \(NM,\s\up6(→))＝(－1，1，1).
设平面PMN的法向量为n1＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(NP,\s\up6(→))·n1＝0，,\(NM,\s\up6(→))·n1＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((2λ－1)x－y＋2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))
令x＝3，得n1＝(3，2λ＋1，2－2λ).
又平面ABC的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
则|cs 〈n1，n2〉|＝| eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)|＝ eq \f(|2－2λ|,\r(9＋(2λ＋1)2＋(2－2λ)2))＝ eq \f(2－2λ,\r(8λ2－4λ＋14))＝ eq \f(4\r(21),21)，
化简并整理，得11λ2＋26λ＋35＝0.
又Δ