2025版高考数学一轮总复习知识梳理训练题第7章立体几何第6讲空间的角与距离

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知识点一 两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cs φ＝|cs θ|＝ eq \f(|a·b|,|a||b|) (其中φ为异面直线a，b所成的角)．
知识点二 直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cs θ|＝ eq \f(|n·e|,|n||e|) .
知识点三 求二面角的大小
1．如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝ 〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉 .
2．如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
知识点四 利用空间向量求距离
1．点到直线的距离
设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝eq \r(|\(PA,\s\up6(→))|2－\(PA,\s\up6(→))·n2).
若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．
2．点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为d＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).
3.线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．
注意体积法在求点到平面距离时的应用．
归 纳 拓 展
1．直线的方向向量的确定：l是空间一直线，A，B是l上任意两点，则eq \(AB,\s\up6(→))及与eq \(AB,\s\up6(→))平行的非零向量均为直线l的方向向量．
2．平面的法向量的确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·a＝0，,n·b＝0.))
3．若二面角A－BC－D的大小为α，平面ABC内的直线l与平面BCD所成角为β，则α≥β，当l⊥BC时，取等号．
4．注意线面角、二面角与点到平面间距离的联系．
双 基 自 测
题组一 走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( × )
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( × )
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( × )
(4)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．( × )
题组二 走进教材
2．(选择性必修1P20例2)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM所成的角是 eq \f(π,2) .
[解析] 以A为原点，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，
Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，
eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，1))＝0，
∴ON与AM垂直．即直线ON、AM所成角是eq \f(π,2).
3．(选择性必修1P44T13)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，则点D1到平面AEC1的距离为 eq \f(2\r(6),3) ，AD1与平面AEC1所成角的余弦值为 eq \f(\r(6),3) .
[解析] 如图建立空间直角坐标系，则由题意知eq \(AE,\s\up6(→))＝(－2,1,0)，eq \(EC1,\s\up6(→))＝(0,1,2)，设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))·n＝－2x＋y＝0,\(EC1,\s\up6(→))·n＝y＋2z＝0))，令y＝2得x＝1，z＝－1，
∴n＝(1,2，－1)，又eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－2,0,2)
∴点D1到平面AEC1的距离d＝eq \f(|n·\(AD1,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(4,\r(6))＝eq \f(2\r(6),3)，
AD1与平面AEC1所成角的正弦值为sin θ＝eq \f(|n·\(AD1,\s\up6(→))|,|n|·|\(AD1,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(3),3)，
∴cs θ＝eq \f(\r(6),3).
另解：可用VD1－AEC1＝VA－D1EC1求得d＝eq \f(2\r(6),3).
进而可知sin θ＝eq \f(d,|AD1|)＝eq \f(2\r(6),3×2\r(2))＝eq \f(\r(3),3).
题组三 走向高考
4．(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
[解析] (1)证明：因为AD＝CD，E为AC的中点，
所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，
因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB＝CB，
又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE＝E，
所以AC⊥平面BED，
因为AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
(2)连接EF，由(1)知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，所以S△AFC＝eq \f(1,2)AC·EF，
当EF⊥BD时，EF最小，
即△AFC的面积最小．
因为△ABD≌△CBD，所以CB＝AB＝2，
又因为∠ACB＝60°，所以△ABC是等边三角形，
因为E为AC的中点，
所以AE＝EC＝1，BE＝eq \r(3)，
因为AD⊥CD，所以DE＝eq \f(1,2)AC＝1，
在△DEB中，DE2＋BE2＝BD2，
所以BE⊥DE.
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz，
则A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，D(0,0,1)，
所以eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，
设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝－x＋z＝0，,n·\(AB,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)y＝0，))取y＝eq \r(3)，
则n＝(3，eq \r(3)，3)，
又因为C(－1,0,0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),4)，\f(3,4)))，
所以eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),4)，\f(3,4)))，
所以csn，eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \f(n·\(CF,\s\up6(→)),|n|·|\(CF,\s\up6(→))|)＝eq \f(6,\r(21)×\r(\f(7,4)))＝eq \f(4\r(3),7)，
设CF与平面ABD所成的角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2)))，
所以sin θ＝|csn，eq \(CF,\s\up6(→))|＝eq \f(4\r(3),7)，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为eq \f(4\r(3),7).