2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第7章立体几何第6讲空间的角与距离第1课时空间的角和距离问题考点2空间的角

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A.eq \f(\r(2),4) B．eq \f(\r(2),3)
C．eq \f(\r(3),4) D．eq \f(\r(3),3)
[解析] 解法一：如图建立空间直角坐标系，由PO⊥OA，∠PAO＝eq \f(π,4)，知AO＝PO，由AO＝2，∠AOB＝eq \f(π,3)，知△AOB为正三角形，∴B(1，eq \r(3)，0)，又A(2，0,0)，P(0,0,2)，∴eq \(OA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，－2)，记OA与PB所成角为θ，则cs θ＝eq \f(|\(OA,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→))|,|\(OA,\s\up6(→))|·|\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,2×2\r(2))＝eq \f(\r(2),4).故选A.
解法二：由题意知eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝2，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝0，记OA与PB所成角为θ，则cs θ＝eq \f(|\(OA,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→))|,|\(OA,\s\up6(→))|·|\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(|\(OA,\s\up6(→))·\(OB,\s\up6(→))－\(OP,\s\up6(→))|,2×2\r(2))＝eq \f(|\(OA,\s\up6(→))·\(OB,\s\up6(→))|,4\r(2))＝eq \f(\r(2),4).故选A.
解法三：连接AB，取AP，AB，PO的中点分别为M，Q，N，连接MN，MQ，NQ，OQ，则MN∥OA，MQ∥PB，所以∠NMQ(或其补角)为直线OA与PB所成的角，又OP⊥OA，OP⊥OB，因为∠AOB＝eq \f(π,3)，∠PAO＝eq \f(π,4)，OA＝OB＝2，所以PO＝OA＝2，ON＝eq \f(1,2)OP＝1，PB＝eq \r(2)OP＝2eq \r(2)，OQ＝eq \f(\r(3),2)×2＝eq \r(3)，所以MQ＝eq \f(1,2)PB＝eq \r(2)，NQ＝eq \r(OQ2＋ON2)＝2，MN＝eq \f(1,2)OA＝1，则由余弦定理得：cs∠NMQ＝eq \f(12＋\r(2)2－22,2×1×\r(2))＝－eq \f(\r(2),4)，所以直线OA与PB所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4)，故选A.
[引申]本例中若H为PC的中点，则BH与PA所成角的余弦值为 eq \f(3,4) .
[解析] 由解法一可知H(－1,0,1)，∴eq \(BH,\s\up6(→))＝(－2，－eq \r(3)，1)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，记BH与PA所成角为α，则cs α＝eq \f(|\(BH,\s\up6(→))·\(PA,\s\up6(→))|,|\(BH,\s\up6(→))|·|\(PA,\s\up6(→))|)＝eq \f(6,2\r(2)×2\r(2))＝eq \f(3,4).
名师点拨：
1．求异面直线所成角的思路：
(1)选好基底或建立空间直角坐标系；
(2)求出两直线的方向向量v1，v2；
(3)代入公式|cs〈v1，v2〉|＝eq \f(|v·v2|,|v1||v2|)求解．
2．两异面直线所成角的关注点：
两异面直线所成角的范围是θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，两向量的夹角的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．
【变式训练】
(2022·东北三省四市教研联合体模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，O为底面ABCD的中心，M，N分别为棱A1D1，CC1的中点，则异面直线B1M与ON所成角的余弦值为( C )
A.eq \f(\r(5),5) B．eq \f(\r(10),5)
C．eq \f(\r(15),15) D．eq \f(2\r(5),15)
[解析] 解法一：如图，设B1M∩A1C1＝H，在AA1上取点P，使A1P＝eq \f(1,3)AA1，连接PH、AC1、PM，易知PH∥AC1∥ON，∴∠MHP(或其补角)即为B1M与ON所成的角，设正方体的棱长为6，则PM＝eq \r(13)，PH＝2eq \r(3)，MH＝eq \r(5)，∴cs∠MHP＝eq \f(MH2＋PH2－PM2,2PH·MH)＝eq \f(－\r(15),15)，故选C.
解法二：以D为原点建立如下图所示的空间直角坐标系：设正方体的棱长为2，
所以有D(0,0,0)，O(1,1,0)，B1(2,2,2)，M(1,0,2)，N(0,2,1)，因此eq \(B1M,\s\up6(→))＝(－1，－2,0)，eq \(ON,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，设异面直线B1M与ON所成角为α，所以cs α＝eq \f(|\(B1M,\s\up6(→))·\(ON,\s\up6(→))|,|\(B1M,\s\up6(→))|·|\(ON,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－1×－1＋－2×1＋0×1|,\r(－12＋－22＋02)·\r(－12＋12＋12))＝eq \f(\r(15),15).故选C.
角度2 线面角
[解析] (1)证明：∵A1C⊥底面ABC，
∴A1C⊥AC，A1C⊥BC.
又∠ACB＝90°，
∴A1C、AC、BC两两垂直，
∴BC⊥平面ACC1A1.
又BC⊂平面BCC1B1，
∴平面BCC1B1⊥平面ACC1A1.
又A1到平面BCC1B1的距离为1，AA1∥CC1，
∴A1到CC1的距离等于C到AA1的距离为1，
∴作CH⊥AA1于H，则CH＝1.
又AA1＝2，A1C⊥AC，∴A1A上的中线为1，
∴H为AA1的中点，即CH垂直平分AA1，
∴AC＝A1C.
(2)解法一：定义法
连接A1B，由(1)知Rt△ABC≌Rt△A1BC，
∴AB＝A1B，连接BH，则BH⊥AA1，
∴BH＝2，又AH＝1，∴AB＝A1B＝eq \r(5)，
∴cs∠A1AB＝eq \f(AH,AB)＝eq \f(\r(5),5)，
∴AB1＝eq \r(AB2＋AA\\al(2,1)－2AB·AA1csπ－∠A1AB)＝eq \r(13).
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq \f(1,\r(13))＝eq \f(\r(13),13).
解法二：向量法
由(1)及(2)解法一知可建立如图空间直角坐标系，则A(eq \r(2)，0,0)，A1(0,0，eq \r(2))，Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，
又BC＝eq \r(AB2－AC2)＝eq \r(3)，由eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))可得，B1(－eq \r(2)，eq \r(3)，eq \r(2))．
又CH⊥AA1，∴CH⊥CC1从而CH⊥平面BCC1B1，
∴平面BCC1B1的法向量为eq \(CH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，
又eq \(AB1,\s\up6(→))＝(－2eq \r(2)，eq \r(3)，eq \r(2))，
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq \f(|\(CH,\s\up6(→))·\(AB1,\s\up6(→))|,|\(CH,\s\up6(→))|·|\(AB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(13))＝eq \f(\r(13),13).
名师点拨：
1．用定义法求线面角的步骤
(1)用定义法或体积法求出斜线上一点到平面的距离h；
(2)求出斜线段的长度l；
(3)求出线面角正弦sin θ＝eq \f(h,l)；
(4)求出θ，θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
2．用向量法求线面角的步骤
【变式训练】
(2023·福建莆田质检)在三棱锥P－ABC中，已知△ABC是边长为8的等边三角形，PA⊥平面ABC，PA＝14，则AB与平面PBC所成角的正弦值为( A )
A.eq \f(7\r(183),122) B．eq \f(\r(793),122)
C．eq \f(5\r(183),122) D．eq \f(\r(61),122)
[解析] 解法一：定义法
取BC的中点H，连接AH，PH，由AB＝AC知BC⊥AH，又PA⊥平面ABC，∴BC⊥PA，∴BC⊥平面PAH，∴平面PBC⊥平面PAH，作AM⊥PH于M，则AM⊥平面PBC，∴∠ABM即为AB与平面PBC所成的角，又AH＝4eq \r(3)，PA＝14，PA⊥AH，∴PH＝2eq \r(61)，∴AM＝eq \f(PA·AH,PH)＝eq \f(14×4\r(3),2\r(61))＝eq \f(28\r(183),61)，∴sin∠ABM＝eq \f(AM,AB)＝eq \f(7\r(183),122).故选A.
解法二：向量法
如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0,14)，C(0,8,0)，B(4eq \r(3)，4,0)，∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(4eq \r(3)，4,0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,8，－14)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－4eq \r(3)，4,0)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PC,\s\up6(→))·n＝8y－14z＝0，,\(BC,\s\up6(→))·n＝－4\r(3)x＋4y＝0，))
取y＝7得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)\r(3)，7，4))，∴AB与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|\(AB,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(7\r(183),122).故选A.
角度3 二面角
[解析] (1)证明：作PO⊥平面ABCD于O，
∵PA＝PB＝PC，∴Rt△PAO≌Rt△PBO≌Rt△PCO，
∴OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心，
又AB⊥BC，∴O为AB的中点，
∴PO⊂平面PAC，
∴平面PAC⊥平面ABCD.
(2)解法一：几何法
取AB的中点E，连接DE，由AB＝2CD知O∈DE，
取OD的中点H，连接QH，则QH∥PO，
∴QH⊥平面ABCD，作HM⊥BC于M，
连接QM，则BC⊥平面QHM，从而BC⊥QM，
∴∠QMH为二面角Q－BC－D的平面角．
设CD＝1，则OC＝eq \r(2)，PC＝AB＝2，
∴OP＝eq \r(PC2－OC2)＝eq \r(2)，∴QH＝eq \f(\r(2),2)，
又HM＝CD＝1，
∴QM＝eq \r(HM2＋HQ2)＝eq \f(\r(6),2)，
∴sin∠QMH＝eq \f(HQ,MQ)＝eq \f(\r(3),3)，
即二面角Q－BC－D的正弦值为eq \f(\r(3),3).
解法二：向量法
由AB＝BC，AB⊥BC，
知OB⊥OC，
∴OB、OC、OP两两垂直，
如图建立空间直角坐标系
设CD＝1，则B(eq \r(2)，0,0)，C(0，eq \r(2)，0)，P(0,0，eq \r(2))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，∴Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，\f(\r(2),2)))，
∴eq \(BQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5\r(2),4)，\f(\r(2),4)，\f(\r(2),2)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，
方法①：设平面BCQ的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BQ,\s\up6(→))·n＝－\f(5\r(2),4)x＋\f(\r(2),4)y＋\f(\r(2),2)z＝0，,\(BC,\s\up6(→))·n＝－\r(2)x＋\r(2)y＝0，))
取x＝1得n＝(1,1,2)，
又平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)，
记二面角Q－BC－D为α，则
cs α＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(2,\r(6))＝eq \f(\r(6),3)，
∴sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(\r(3),3)，
即二面角Q－BC－D的正弦值为eq \f(\r(3),3).
方法②：如图：
作QH⊥BC于H，则eq \(HQ,\s\up6(→))＝eq \(BQ,\s\up6(→))－λeq \(BC,\s\up6(→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5\r(2),4)＋\r(2)λ，\f(\r(2),4)－\r(2)λ，\f(\r(2),2)))，
由eq \(HQ,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))即eq \(HQ,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \f(5,2)－2λ＋eq \f(1,2)－2λ＝3－4λ＝0，
∴λ＝eq \f(3,4)，∴eq \(HQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))).
又eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，0))，设m＝(－1，－1,1)，n＝(－1，－1,0)．
记二面角Q－BC－D的大小为α，
则cs α＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3).
∴sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(\r(3),3).
名师点拨：求二面角的方法步骤
1．法向量法
(1)建坐标系，确定相关点的坐标，进而确定相关向量的坐标；
(2)求法向量——求二面角两个面的法向量n1，n2；
(3)用公式——|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)(θ为二面角的平面角)；
(4)下结论——结合图形确定cs θ(θ∈[0，π])或θ的值．
2．找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
如图AH⊥BC于H，DQ⊥BC于Q，由m·eq \(BC,\s\up6(→))＝(eq \(BA,\s\up6(→))－λeq \(BC,\s\up6(→)))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0得λ＝eq \f(\(BA,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(BC,\s\up6(→))|2)，进而可求得m，同理求出n，则二面角的大小即为m、n所成的角θ，且cs θ＝eq \f(m·n,|m|·|n|).(这种方法避免了对二面角是钝角还是锐角的判断)
3.几何法——通过找二面角的平面角求解
(1)定义法：在二面角的棱上找一特殊点，过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，如图(1)，∠AOB为二面角α－l－β的平面角．
(2)垂面法：过棱上任一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面的交线所形成的角即为二面角的平面角，如图(2)，∠AOB为二面角α－l－β的平面角．
(3)垂线法(三垂线定理法)：过二面角的一个半平面内一点作另一个半平面所在平面的垂线，从垂足出发向棱引垂线，利用三垂线定理即可找到所求二面角的平面角或其补角，如图(3)，∠ABO为二面角α－l－β的平面角．
注：也可将二面角转化为线面角求解．如图要求二面角P－AB－C，可作PH⊥AB，则二面角P－AB－C的大小即为PH与平面ABC所成角的大小θ，PH易求，可用体积法求P到平面ABC的距离h，则sin θ＝eq \f(h,|PH|).
解题时注意线面角、二面角与点到平面间距离的联系，灵活处理．
【变式训练】
(2024·广东南粤名校联考)三棱柱ABC－A1B1C1中，D是正方形AA1B1B的中心，AA1＝eq \r(2)，C1D⊥平面AA1B1B，且C1D＝1.
(1)M是棱A1C1的中点，求证：AC⊥平面AB1M；
(2)求平面AB1M与平面A1BC夹角的大小．
[解析] (1)证明：连接AC1，A1D，D是正方形AA1B1B的中心，AA1＝eq \r(2)，则DA1＝1，
又C1D⊥平面AA1B1B，DA1⊂平面AA1B1B，
∴C1D⊥DA1，又C1D＝1，
由勾股定理得C1A1＝eq \r(C1D2＋A1D2)＝eq \r(2)，
同理C1B1＝eq \r(2)，AC1＝eq \r(2)，
∴△A1B1C1，△A1AC1均为等边三角形，
又M为A1C1中点，
∴A1C1⊥B1M，A1C1⊥AM，B1M∩AM＝M，
又∵B1M⊂平面AB1M，AM⊂平面AB1M，
∴A1C1⊥平面AB1M，
∵AC∥A1C1，
∴AC⊥平面AB1M.
(2)以D为原点，DA，DA1，DC1分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
B(0，－1,0)，A1(0,1,0)，C(1，－1,1)，C1(0,0,1)，
∴eq \(A1B,\s\up6(→))＝(0，－2,0)，eq \(A1C,\s\up6(→))＝(1，－2,1)，eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，
设平面A1BC的法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1B,\s\up6(→))＝－2y＝0，,n·\(A1C,\s\up6(→))＝x－2y＋z＝0，))
令x＝1得n＝(1,0，－1)，
由(1)知，平面AB1M的法向量为eq \(A1C1,\s\up6(→))，
设平面AB1M与平面A1BC的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈n，eq \(A1C1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(A1C1,\s\up6(→))|,|n|·|\(A1C1,\s\up6(→))|)＝eq \f(|1，0，－1·0，－1，1|,\r(1＋1)×\r(1＋1))＝eq \f(1,\r(2)·\r(2))＝eq \f(1,2)，
∵θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴θ＝60°.
即平面AB1M与平面A1BC的夹角为60°.