(共24张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
1
2
3
4
1.(2024·福州一模)如图,四边形ABCD是圆柱OE的轴截面,点F在底面圆O上,圆O的半径为1,AF=,点G是线段BF的中点.
(1)证明:EG∥平面DAF;
解:证明:取AF的中点M,连接DM,GM,如图(1)所示,
G为BF的中点,则GM∥AB,又AB∥DE,
所以GM∥DE, 由GM=AB,DE=AB,得GM=DE,
所以四边形DEGM为平行四边形,DM∥EG.
又DM 平面DAF,EG 平面DAF,所以EG∥平面DAF.
1
2
3
4
(2)若直线DF与圆柱底面所成的角为45°,求点G到平面DEF的距离.
解: 因为OB=1,AF=,∠AFB=90°,
所以BF= ==1.
因为DA⊥平面ABF,且直线DF与圆柱底面
所成的角为45°,所以∠AFD=45°,则AD=.
如图(2),以F为原点,FB,FA所在直线分别为
x,y轴,
1
2
3
4
过F垂直于底面的直线FN为z轴,建立空间直角坐标系,
则有F(0,0,0),A(0,,0),B(1,0,0),G,D(0,,),
C(1,0,),E,=(0,, ),=,
1
2
3
4
设平面DEF的法向量n =(x,y,z),
则
令y=1,则x=,z=-1,得n =(,1,-1),=,
设点G到平面DEF的距离为d,∴d===.
故点G到平面DEF的距离为.
1
2
3
4
2.(2024·新课标Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,
AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F
满足=,=,将△AEF沿EF翻折
至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;
解:证明:由AB=8,AD=5,=,=,得AE=2,AF=4,
又∠EAF=30°,
1
2
3
4
在△AEF中,由余弦定理得
EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF=12+16-2×2×4×=4,
所以AE2+EF2=AF2,
则AE⊥EF,即EF⊥AD,所以EF⊥PE,EF⊥DE,
又PE∩DE=E,PE,DE 平面PDE,
所以EF⊥平面PDE,又PD 平面PDE,故EF⊥PD.
1
2
3
4
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.
解: 连接CE,由∠ADC=90°,ED=3,CD=3,则CE2=ED2+CD2=36,
在△PEC中,PC=4,PE=2,EC=6,得EC2+PE2=PC2,
所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥EF,
又EC∩EF=E,EC,EF 平面ABCD,
所以PE⊥平面ABCD,又ED 平面ABCD,
所以PE⊥ED,
1
2
3
4
则PE,EF,ED两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,
则E(0,0,0),P(0,0,2),D(0,3,0),
C(3,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),
由F是AB的中点,得B(4,2,0),
所以=(3,3,-2),=(0,3,-2),
=(4,2,-2),=(2,0,-2),
1
2
3
4
设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n=(x1,y1,z1),m=(x2,y2,z2),
则
令y1=2,x2=,得x1=0,z1=3,y2=-1,z2=1,
所以n=(0,2,3),m=(,-1,1),所以|cos?m,n?|===.
1
2
3
4
设平面PCD与平面PBF所成二面角为θ,则sin θ==,
即平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为.
易错提醒:注意不要混淆平面与平面夹角、二面角:前者的取值范围为,后者的取值范围为[0,π].对于二面角需要结合图形的特征,确定求出的两法向量的夹角是二面角还是二面角的补角.
1
2
3
4
3.如图,在四棱锥P ABCD中,AD∥BC,AD⊥PD,平面PAD⊥平面PCD,设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:平面PBC⊥平面PCD;
解:证明:因为平面PAD⊥平面PCD, 且其交线
为PD,AD⊥PD,AD 平面PAD,故AD⊥平面PCD.
又AD∥BC,所以BC⊥平面PCD,BC 平面PBC.
所以平面PBC⊥平面PCD.
1
2
3
4
(2)已知AD=PD=DC=2,PC=2.若直线l与直线AB所成的角为,求直线l与平面PAB所成角的正弦值.
解: 因为AD∥BC,BC 平面PBC,AD 平面PBC,所以AD∥平面PBC.又平面PAD∩平面PBC的交线=l,AD 平面PAD,所以l∥AD.
(关键点:可知直线l与平面PAB所成的角等于直线AD与平面PAB所成的角)由直线l与直线AB所成的角为,知∠DAB=.
可推出BC=4,AB=2.
1
2
3
4
由(1)可知,AD⊥平面PCD,AD 平面ABCD,
即平面ABCD⊥平面PCD,
由于两平面的交线为CD,过P作直线CD的垂
线,垂足为H,则PH⊥平面ABCD.
法一:因为PC=2,PD=DC=2,
所以∠CPD=∠DCP=,则∠PDC=,PH=.
1
2
3
4
又PA= =2,AB=2,△PBC是一个直角三角形,
PB2=BC2+PC2,所以PB=2,S△DAB=×2×2×sin=2,
S△PAB=PB=×2×=.
设点D到平面PAB的距离为h,
由VD PAB=VP DAB,得·S△PAB·h=·S△DAB·PH,解得h=.
直线l与平面PAB所成角的正弦值为==.
1
2
3
4
法二:以H为原点,分别以向量,,为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图(2)所示的空间直角坐标系.
则A(2,1,0),B(4,3,0),D(0,1,0),P(0,0,),
=(2,2,0),=(-2,-1,),
设平面PAB的法向量
n=(x,y,z),由得
1
2
3
4
取x=,得y=-,z=1,
则平面PAB的一个法向量n=(,-,1).
又=(-2,0,0),令直线AD与平面PAB所成的角为α,
则sin α===.
所以直线l与平面PAB所成角的正弦值为.
1
2
3
4
4.如图,在三棱锥A BCD中,△ABC是正三角形,平面ABC⊥平面BCD,BD⊥CD,点E是BC的中点,=2.
1
2
3
4
(1)求证:O为三棱锥A BCD外接球的球心;
解:证明: ∵△ABC是正三角形,点E是BC的中点,∴AE⊥BC.
又∵平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE 平面ABC,
∴AE⊥平面BCD, 又DE 平面BCD,∴AE⊥DE.
∵AE为△ABC的中线,且=2,则O为正△ABC的中心,
1
2
3
4
∴OA=OB=OC.又∵Rt△BCD中,连接ED,如图(1),则ED=EC,
∴OD2=OE2+ED2=OE2+EC2=OC2,∴OA=OB=OC=OD,即O为三棱锥A BCD外接球的球心.
1
2
3
4
(2)求直线AD与平面BCD所成角的正弦值;
解:由(1)知AE⊥平面BCD,
∴∠ADE为直线AD与平面BCD所成的角.
又∵AE=BC,ED=BC,∴tan∠ADE==,∠ADE=60°,
即直线AD与平面BCD所成角的正弦值为.
1
2
3
4
(3)若∠BCD=60°,=λ,求平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大时λ的值.
解: 在平面BCD中,过点E作EH⊥BD,EF⊥CD,
垂足分别为H,F,
设BC=4,则DF=FC=1,EA=2,EF=.
以E为原点,EH,EF,EA所在直线为x,y,z轴,
建立如图(2)所示的空间直角坐标系,
1
2
3
4
则E(0,0,0),A(0,0,2),C(-1,,0),D(1,,0),设G(1,y,0),则=(0,0,2),=(1,,-2),=(2,0,0),=(1,y,0).
设平面AEG的法向量n 1=(x1,y1,z1),
由得
令y1=-1,故n 1=(y,-1,0),
设平面ACD的法向量n 2=(x2,y2,z2),
1
2
3
4
则即
令z2=1,则n 2=(0,2,1).
设平面AEG与平面ACD所成锐二面角的平面角为θ,
∴cos θ=|cos? n 1, n 2?|==,
当y=0时,cos θ=,此时余弦值最大,
即当λ=时,平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大.(共44张PPT)
空间角与距离问题
习题讲评（三）
(1)以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点,常与空间线面位置关系的证明相结合考查.高考注重利用向量方法解决空间角问题,常以解答题的形式进行考查,但也可利用几何法来求解,以体现灵活应用知识解决问题的能力,难度中等.
(2)空间距离(特别是点到平面的距离)在高考中虽未直接考查,但是也应关注其解题方法.
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
2
教学点(一) 空间距离
教学点(二) 直线与平面所成的角
3
教学点(三) 二面角(平面与平面的夹角)
空间距离
教学点（一）
[典例] 已知三棱柱ABC A1B1C1为正三棱柱,且AA1=2,AB=2,
D是B1C1的中点,则点B到平面AB1D的距离为( )
A. B.
C. D.
解析:法一:如图(1),连接AC1.在三棱柱ABC
A1B1C1中,因为BC∥B1C1,B1C1 平面AB1C1,
√
BC 平面AB1C1,所以BC∥平面AB1C1,则BC上所有点到平面AB1C1的距离相等.
取BC的中点O,则点B到平面AB1D的距离等于点O到平面AB1D的距离.
连接AO,DO,由B1C1⊥DO,B1C1⊥AO,AO∩DO=O,AO,DO 平面ADO,得B1C1⊥平面ADO.
又B1C1 平面AB1C1,所以平面ADO⊥平面AB1C1.
因为DO=AA1=2,AO=2×=3,所以AD==,则点O到直线AD的距离d==.所以点O到直线AD的距离等于点O到平面AB1C1的距离为.故点B到平面AB1D的距离为.
法二:如法一中的图,设点B到平面AB1D的距离为h,由=,可得×h××DB1×AD=×AO××DB1×BB1,即×h×××=×3×××2,解得h=.
法三:建立如图(2)所示的空间直角坐标系,
则B(0,,0),B1(0,,2),A(3,0,0),D(0,0,2),
=(-3,0,2),=(-3,,2),设平面AB1D的法
向量n=(x,y,z),
则令z=3,得x=2,y=0,故n=(2,0,3).又=(-3,,0),所以点B到平面AB1D的距离d===.
[思维建模]
(1)几何法求空间距离的方法
①点到平面的距离:过一点作垂直于已知平面的直线,则该点与垂足间的线段,叫做这个点到该平面的垂线段,垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离.
②可以用垂线法和等体积法求点到平面的距离.
(2)向量法求空间距离的方法
①点到直线的距离:直线l的方向向量为u,A是直线l上的任一点,P为直线l外一点,设=a,则点P到直线l的距离d=.
②点到平面的距离:平面α的法向量为n,A是平面α内任一点,P为平面α外一点,则点P到平面α的距离d=.
(2024·无锡模拟预测)如图,在棱长为4的正方体ABCD A1B1C1D1中,点E在棱AA1上,且AE=1.
(1)求四棱锥D1 EABB1的表面积;
解:由AE=1,A1D1=4,
得EB1=D1E===5,D1B1=4,
即时训练
所以=×1×4=2,=×4×=2,
==×4×4=8,=×(1+4)×4=10,故四棱锥D1 EABB1的表面积为++++=2+2+16+10=12+2+16.
(2)若点P在棱D1C1上,且P到平面B1DE的距离为,求点P到直线EB1的距离.
解:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线
分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角
坐标系,
则D(0,0,0),B1(4,4,4),E(4,0,1),
设P(0,a,4),其中0≤a≤4,
则=(4,0,1),=(4,4,4),=(0,a,4).
设平面B1DE的法向量为n=(x,y,z),则
即令x=1,则平面B1DE的一个法向量为n=(1,3,-4).设P到平面B1DE的距离为d,则d===,由于0≤a≤4,解得a=1,故P(0,1,4),=(0,4,3),=(4,3,0),所以点P到直线EB1的距离为==.
直线与平面所成的角
教学点（二）
[典例] (2024·绍兴二模)在三棱台ABC A1B1C1中,平面BCC1B1⊥平面ABC,BC=2C1B1,AB=AC=2,BB1=CC1=1,
∠CAB=90°,O为BC的中点.
(1)求证:C1O∥平面AA1B1B;
解:证明:∵O为BC的中点,BC=2C1B1,
∴C1B1=BO.∵C1B1∥BO,∴四边形BOC1B1是平行四边形,
∴C1O∥B1B.又∵C1O 平面AA1B1B,B1B 平面AA1B1B,∴C1O∥平面AA1B1B.
(2)求直线AA1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
解:法一:如图(1),将侧棱延长,则交于一点P,
连接AO,PO,∵AB=AC=2,∴AO⊥BC,
∵平面BCC1B1⊥平面ABC,AO⊥BC,平面
BCC1B1∩平面ABC=BC,AO 平面ABC,
∴AO⊥平面BCC1B1,
∴∠APO是直线AA1与平面BCC1B1所成的角.
∵AB=AC=2,∴BC==2,∴AO=,
又∵BB1=CC1=1, BC=2B1C1, ∴CP=BP=2.
又BC=2,故CP2+BP2=BC2,即BP⊥CP,故OP=BC=,
∵AO⊥平面BCC1B1,OP 平面BCC1B1,
∴AO⊥PO,故AP=2,∴sin∠APO==,
∴直线AA1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
法二:∵平面BCC1B1⊥平面ABC,AO⊥BC,平面BCC1B1∩平面ABC=BC,AO 平面ABC,∴AO⊥平面BCC1B1,
以O为坐标原点,OA,OB所在直线分别为x,
y轴,垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图(2)
所示的空间直角坐标系,
∵AB=AC=2,∠CAB=90°,
∴BC==2,∴AO=.
又BB1=CC1=1,BC=2C1B1,故A1C1=A1B1=1,
则A(,0,0),A1,=,其中n=(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量,
∴|cos?, n?|===,
∴直线AA1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
[思维建模]
(1)几何法求直线与平面所成角的步骤
①作(找)——作(找)出直线和平面所成的角.
②证——证明所作或找到的角就是所求的角并指出线面的平面角.
③求——常用解三角形的方法(通常是解由垂线、斜线、射影所组成的直角三角形).
④答.
(2)用向量法求线面角
①线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角
的关系是< a,n >+θ=或< a,n >-θ=,所以应用向量法求的是线面角的正弦值,而不是余弦值.
②利用方程思想求法向量,计算易出错,要认真细心.
(2024·廊坊二模)如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,PA⊥平面ABCD,PA=4.点E在侧棱PC上(端点除外),平面ABE交PD于点F.
即时训练
即时训练
(1)求证:四边形ABEF为直角梯形;
解:证明:因为AB∥CD,CD 平面PCD,AB 平面PCD,则AB∥平面PCD.因为AB 平面ABEF,平面ABEF∩平面PCD=EF,则AB∥EF.
又EF又AF 平面PAD,则AB⊥AF,所以四边形ABEF为直角梯形.
(2)若PF=3FD,求直线PC与平面ABEF所成角的正弦值.
解:法一:以A为原点,向量,,分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图(1)所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,4,0),D(0,4,0),
P(0,0,4),
=(4,0,0),=(0,0,4),=(0,4,-4),
=(4,4,-4).
因为PF=3FD,则=+=+=(0,0,4)+(0,3,-3)=(0,3,1).
设平面ABEF的法向量m=(x,y,z),
则即
取y=1,则z=-3,所以m=(0,1,-3).
因为|cos?m,?|===,
所以直线PC与平面ABEF所成角的正弦值为.
法二:因为AB⊥平面PAD,AB 平面ABEF,则平面ABEF⊥平面PAD.平面ABEF∩平面PAD=AF,
如图(2),作PM⊥AF,垂足为M,PM 平面PAD,
则PM⊥平面ABEF.连接EM,则∠PEM为直线
PC与平面ABEF所成的角.
在Rt△PAD中,因为PA=AD=4,则PD=4.
因为PF=3FD,则PF=3.
在△APF中,因为∠APF=45°,由余弦定理,得AF2=42+(3)2-2×4×3cos 45°=10,则AF=.
由×AF×PM=×PA×PFsin 45°,得PM=4×3×,
则PM=.因为EF∥AB∥CD,AB⊥PD,所以CD⊥PD,
则PE=3EC=PC==3.
在Rt△PME中,sin∠PEM===,
所以直线PC与平面ABEF所成角的正弦值为.
二面角(平面与平面的夹角)
教学点（三）
[典例] (2024·新课标Ⅰ卷)如图,四棱锥P ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
解:证明:因为PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,
所以PA⊥AD,又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA 平
面PAB,所以AD⊥平面PAB,
又AB 平面PAB,所以AD⊥AB.
因为BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB.
因为A,B,C,D四点共面,所以AD∥BC.
又AD 平面PBC,BC 平面PBC,所以AD∥平面PBC.
(2)若AD⊥DC,且二面角A CP D的正弦值
为,求AD.
解:法一:如图(1)所示,过点D作DE⊥AC于E,
再过点E作EF⊥CP于F,连接DF,
因为PA⊥平面ABCD,
所以平面PAC⊥平面ABCD,而平面PAC∩平面ABCD=AC,
所以DE⊥平面PAC.
又EF⊥CP,DE∩EF=E,DE,EF 平面DEF,
所以CP⊥平面DEF,
根据二面角的定义可知,∠DFE即为二面角A CP D的平面角,即sin∠DFE=,即tan∠DFE=.
因为AD⊥DC,设AD=x(0则CD=,由等面积法可得,DE=.
又CE==,
而△EFC为等腰直角三角形,所以EF=,
故tan∠DFE==,解得x=,即AD=.
法二:如图(2),以D为原点,分别以DA,DC所
在直线为x轴、y轴,过点D且与平面ABCD垂直的
直线为z轴,建立空间直角坐标系.
令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),
C(0, ,0).
所以=(-t,,0),=(0,0,2),=(-t,0,-2),=(0,-,0).
设平面PAC的法向量m=(x,y,z),
则即
不妨设x=,则y=t,z=0,所以m=(,t,0).
设平面PCD的法向量n=(r,s,v),
则即
不妨设v=t,则r=-2,s=0,所以n=(-2,0,t).
因为二面角A CP D的正弦值为,
所以其余弦值的绝对值为,
所以|cos?m, n?|===,解得t=,所以AD=.
[思维建模] 求平面与平面的夹角方法
(1)几何法:步骤为①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点,在两个面内分别作垂直于棱的两条射线,这两条射线所成的角就是二面角的平面角);②证明所找的角就是要求的角;③把这个平面角置于一个三角形中,通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀:点在棱上,边在面内,垂直于棱,大小确定.
(2)向量法:步骤为①求两个平面α,β的法向量m,n;②计算cos?m,n?
=;③设两个平面的夹角为θ,则cos θ=|cos?m,n?|.
如图1,已知D,E,F分别是边长为4的等边△ABC三边AC,AB,BC的中点,将△ADE,△BEF,△CFD分别沿DE,EF,FD向上翻折至与平面DEF均成直二面角的位置,得到如图2几何体ABC DEF.
即时训练
(1)求证:图2中,A,B,D,F四点共面;
解:证明:如图(1),取DE的中点P,EF的中点Q,DF的中点O,
连接PQ,AP,BQ,OC,OE,则PQ∥DF,
因为△ADE是等边三角形,所以AP⊥DE.
又平面ADE⊥平面DEF,平面ADE∩平面DEF=DE,AP 平面ADE,
所以AP⊥平面DEF,同理BQ⊥平面DEF, 所以AP∥BQ.由题设易知AP=BQ,
所以四边形APQB是平行四边形,所以AB∥PQ,
所以AB∥DF,即A,B,D,F四点共面.
(2)求图2中,平面ABC与平面ABE夹角的正弦值.
解:由(1)同理知CO⊥平面DEF,如图(2)建立空间直角坐标系,
由题知E(0,,0),C(0,0,),A,
B,
所以=,=(-1,0,0).
设平面ABE的法向量m=(x,y,z),
则即
令y=2,则x=0,z=1,所以m=(0,2,1).
设平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以|cos?m,n?|==.
设平面ABC与平面ABE的夹角为θ,则sin θ==,
所以平面ABC与平面ABE夹角的正弦值为.
发散拓展:解答折叠问题的关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变,一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变,而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化;对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决.习题讲评(三) 空间角与距离问题
(1)以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点,常与空间线面位置关系的证明相结合考查.高考注重利用向量方法解决空间角问题,常以解答题的形式进行考查,但也可利用几何法来求解,以体现灵活应用知识解决问题的能力,难度中等.
(2)空间距离(特别是点到平面的距离)在高考中虽未直接考查,但是也应关注其解题方法.
教学环节一 题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一) 空间距离
[典例] 已知三棱柱ABC A1B1C1为正三棱柱,且AA1=2,AB=2,D是B1C1的中点,则点B到平面AB1D的距离为 ( ) A. B. C. D. [训练] (2024·无锡模拟预测)如图,在棱长为4的正方体ABCD A1B1C1D1中,点E在棱AA1上,且AE=1. (1)求四棱锥D1 EABB1的表面积; (2)若点P在棱D1C1上,且P到平面B1DE的距离为,求点P到直线EB1的距离. [自助空间] 思维建模: (1)几何法求空间距离的方法 ①点到平面的距离:过一点作垂直于已知平面的直线,则该点与垂足间的线段,叫做这个点到该平面的垂线段,垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离. ②可以用垂线法和等体积法求点到平面的距离. (2)向量法求空间距离的方法 ①点到直线的距离:直线l的方向向量为u,A是直线l上的任一点,P为直线l外一点,设=a,则点P到直线l的距离d= . ②点到平面的距离:平面α的法向量为n,A是平面α内任一点,P为平面α外一点,则点P到平面α的距离d=.
教学点(二) 直线与平面所成的角
[典例] (2024·绍兴二模)在三棱台ABC A1B1C1中,平面BCC1B1⊥平面ABC,BC=2C1B1,AB=AC=2,BB1=CC1=1,∠CAB=90°,O为BC的中点. (1)求证:C1O∥平面AA1B1B; (2)求直线AA1与平面BCC1B1所成角的正弦值. [训练] (2024·廊坊二模)如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,PA⊥平面ABCD,PA=4.点E在侧棱PC上(端点除外),平面ABE交PD于点F. (1)求证:四边形ABEF为直角梯形; (2)若PF=3FD,求直线PC与平面ABEF所成角的正弦值. [自助空间] 思维建模: (1)几何法求直线与平面所成角的步骤 ①作(找)——作(找)出直线和平面所成的角. ②证——证明所作或找到的角就是所求的角并指出线面的平面角. ③求——常用解三角形的方法(通常是解由垂线、斜线、射影所组成的直角三角形). ④答. (2)用向量法求线面角 ①线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角的关系是+θ=或-θ=,所以应用向量法求的是线面角的正弦值,而不是余弦值. ②利用方程思想求法向量,计算易出错,要认真细心.
教学点(三) 二面角(平面与平面的夹角)
[典例] (2024·新课标Ⅰ卷)如图,四棱锥P ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A CP D的正弦值为,求AD. [训练] 如图1,已知D,E,F分别是边长为4的等边△ABC三边AC,AB,BC的中点,将△ADE,△BEF,△CFD分别沿DE,EF,FD向上翻折至与平面DEF均成直二面角的位置,得到如图2几何体ABC DEF. (1)求证:图2中,A,B,D,F四点共面; (2)求图2中,平面ABC与平面ABE夹角的正弦值. [自助空间] 思维建模:求平面与平面的夹角方法 (1)几何法:步骤为①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点,在两个面内分别作垂直于棱的两条射线,这两条射线所成的角就是二面角的平面角);②证明所找的角就是要求的角;③把这个平面角置于一个三角形中,通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀:点在棱上,边在面内,垂直于棱,大小确定. (2)向量法:步骤为①求两个平面α,β的法向量m,n;②计算cos=;③设两个平面的夹角为θ,则cos θ=|cos|. [训练] 发散拓展: 解答折叠问题的关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变,一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变,而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化;对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
教学环节二 课时作业讲评(请在各题的答题框内答题,以便投屏展示,现场评点)
1.(2024·福州一模)如图,四边形ABCD是圆柱OE的轴截面,点F在底面圆O上,圆O的半径为1,AF=,点G是线段BF的中点.
(1)证明:EG∥平面DAF;
(2)若直线DF与圆柱底面所成的角为45°,求点G到平面DEF的距离.
2.(2024·新课标Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=,将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.
易错提醒:
注意不要混淆平面与平面夹角、二面角:前者的取值范围为,后者的取值范围为[0,π].对于二面角需要结合图形的特征,确定求出的两法向量的夹角是二面角还是二面角的补角.
3.如图,在四棱锥P ABCD中,AD∥BC,AD⊥PD,平面PAD⊥平面PCD,设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:平面PBC⊥平面PCD;
(2)已知AD=PD=DC=2,PC=2.若直线l与直线AB所成的角为,求直线l与平面PAB所成角的正弦值.
4.如图,在三棱锥A BCD中,△ABC是正三角形,平面ABC⊥平面BCD,BD⊥CD,点E是BC的中点,=2.
(1)求证:O为三棱锥A BCD外接球的球心;
(2)求直线AD与平面BCD所成角的正弦值;
(3)若∠BCD=60°,=λ,求平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大时λ的值.
习题讲评(三) 空间角与距离问题
教学环节一 题点考法讲评
教学点(一) 空间距离
[典例] 选B
法一:如图(1),连接AC1.在三棱柱ABC A1B1C1中,
因为BC∥B1C1,B1C1 平面AB1C1,BC 平面AB1C1,所以BC∥平面AB1C1,则BC上所有点到平面AB1C1的距离相等.
取BC的中点O,则点B到平面AB1D的距离等于点O到平面AB1D的距离.
连接AO,DO,由B1C1⊥DO,B1C1⊥AO,AO∩DO=O,AO,DO 平面ADO,得B1C1⊥平面ADO.
又B1C1 平面AB1C1,所以平面ADO⊥平面AB1C1.
因为DO=AA1=2,AO=2×=3,所以AD==,则点O到直线AD的距离d==.
所以点O到直线AD的距离等于点O到平面AB1C1的距离为.
故点B到平面AB1D的距离为.
法二:如法一中的图,设点B到平面AB1D的距离为h,由=,可得×h××DB1×AD=×AO××DB1×BB1,即×h×××=×3×××2,解得h=.
法三:建立如图(2)所示的空间直角坐标系,
则B(0,,0),B1(0,,2),A(3,0,0),D(0,0,2),=(-3,0,2),=(-3,,2),设平面AB1D的法向量n=(x,y,z),
则令z=3,得x=2,y=0,故n=(2,0,3).又=(-3,,0),所以点B到平面AB1D的距离d===.
[训练] 解:(1)由AE=1,A1D1=4,
得EB1=D1E===5,D1B1=4,
所以=×1×4=2,=×4×=2,==×4×4=8,
=×(1+4)×4=10,故四棱锥D1 EABB1的表面积为
++++=2+2+16+10=12+2+16.
(2)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B1(4,4,4),E(4,0,1),设P(0,a,4),其中0≤a≤4,
则=(4,0,1),=(4,4,4),=(0,a,4).设平面B1DE的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则平面B1DE的一个法向量为n=(1,3,-4).设P到平面B1DE的距离为d,则d===,由于0≤a≤4,解得a=1,故P(0,1,4),=(0,4,3),=(4,3,0),
所以点P到直线EB1的距离为==.
教学点(二) 直线与平面所成的角
[典例] 解:(1)证明:∵O为BC的中点,BC=2C1B1,
∴C1B1=BO.
∵C1B1∥BO,∴四边形BOC1B1是平行四边形,
∴C1O∥B1B.
又∵C1O 平面AA1B1B,B1B 平面AA1B1B,
∴C1O∥平面AA1B1B.
(2)法一:如图(1),将侧棱延长,则交于一点P,连接AO,PO,
∵AB=AC=2,∴AO⊥BC,
∵平面BCC1B1⊥平面ABC,AO⊥BC,平面BCC1B1∩平面ABC=BC,AO 平面ABC,
∴AO⊥平面BCC1B1,∴∠APO是直线AA1与平面BCC1B1所成的角.
∵AB=AC=2,∴BC==2,
∴AO=,
又∵BB1=CC1=1,BC=2B1C1，∴CP=BP=2.
又BC=2,故CP2+BP2=BC2,即BP⊥CP,故OP=BC=,
∵AO⊥平面BCC1B1,OP 平面BCC1B1,
∴AO⊥PO,故AP=2,∴sin∠APO==,
∴直线AA1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
法二:∵平面BCC1B1⊥平面ABC,AO⊥BC,平面BCC1B1∩平面ABC=BC,AO 平面ABC,
∴AO⊥平面BCC1B1,
以O为坐标原点,OA,OB所在直线分别为x,y轴,垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图(2)所示的空间直角坐标系,∵AB=AC=2,∠CAB=90°,∴BC==2,∴AO=.
又BB1=CC1=1,BC=2C1B1,故A1C1=A1B1=1,
则A(,0,0),A1,=,其中n=(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量,∴|cos<,n>|===,
∴直线AA1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
[训练] 解:(1)证明:因为AB∥CD,CD 平面PCD,AB 平面PCD,则AB∥平面PCD.因为AB 平面ABEF,平面ABEF∩平面PCD=EF,则AB∥EF.
又EF又AF 平面PAD,则AB⊥AF,所以四边形ABEF为直角梯形.
(2)法一:以A为原点,向量,,分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图(1)所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,4,0),D(0,4,0),P(0,0,4),
=(4,0,0),=(0,0,4),=(0,4,-4),=(4,4,-4).
因为PF=3FD,则=+=+=(0,0,4)+(0,3,-3)=(0,3,1).
设平面ABEF的法向量m=(x,y,z),
则即
取y=1,则z=-3,所以m=(0,1,-3).
因为|cos|===,所以直线PC与平面ABEF所成角的正弦值为.
法二:因为AB⊥平面PAD,AB 平面ABEF,则平面ABEF⊥平面PAD.
平面ABEF∩平面PAD=AF,如图(2),作PM⊥AF,垂足为M,PM 平面PAD,则PM⊥平面ABEF.连接EM,则∠PEM为直线PC与平面ABEF所成的角.在Rt△PAD中,因为PA=AD=4,则PD=4.
因为PF=3FD,则PF=3.在△APF中,因为∠APF=45°,
由余弦定理,得AF2=42+(3 )2-2×4×3cos 45°=10,则AF=.
由×AF×PM=×PA×PFsin 45°,得PM=4×3×,则PM=.因为EF∥AB∥CD,AB⊥PD,所以CD⊥PD,则PE=3EC=PC==3.在Rt△PME中,sin∠PEM===,所以直线PC与平面ABEF所成角的正弦值为.
教学点(三) 二面角(平面与平面的夹角)
[典例] 解:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,所以PA⊥AD,又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA 平面PAB,所以AD⊥平面PAB,
又AB 平面PAB,所以AD⊥AB.
因为BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB.
因为A,B,C,D四点共面,所以AD∥BC.
又AD 平面PBC,BC 平面PBC,所以AD∥平面PBC.
(2)法一:如图(1)所示,
过点D作DE⊥AC于E,再过点E作EF⊥CP于F,连接DF,
因为PA⊥平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD,而平面PAC∩平面ABCD=AC,
所以DE⊥平面PAC.又EF⊥CP,DE∩EF=E,DE,EF 平面DEF,所以CP⊥平面DEF,
根据二面角的定义可知,∠DFE即为二面角A CP D的平面角,
即sin∠DFE=,即tan∠DFE=.
因为AD⊥DC,设AD=x(0又CE= =,而△EFC为等腰直角三角形,所以EF=,
故tan∠DFE==,解得x=,即AD=.
法二:如图(2),
以D为原点,分别以DA,DC所在直线为x轴、y轴,过点D且与平面ABCD垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系.
令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),C(0,,0).
所以=(-t,,0),=(0,0,2),=(-t,0,-2),=(0,-,0).
设平面PAC的法向量m=(x,y,z),
则即
不妨设x=,则y=t,z=0,
所以m=(,t,0).
设平面PCD的法向量n=(r,s,v),
则即
不妨设v=t,则r=-2,s=0,所以n=(-2,0,t).
因为二面角A CP D的正弦值为,
所以其余弦值的绝对值为,
所以|cos|===,
解得t=,所以AD=.
[训练] 解:(1)证明:如图(1),取DE的中点P,EF的中点Q,DF的中点O,连接PQ,AP,BQ,OC,OE,则PQ∥DF,
因为△ADE是等边三角形,所以AP⊥DE.
又平面ADE⊥平面DEF,平面ADE∩平面DEF=DE,AP 平面ADE,
所以AP⊥平面DEF,同理BQ⊥平面DEF, 所以AP∥BQ.
由题设易知AP=BQ,
所以四边形APQB是平行四边形,所以AB∥PQ,
所以AB∥DF,即A,B,D,F四点共面.
(2)由(1)同理知CO⊥平面DEF,如图(2)建立空间直角坐标系,
由题知E(0,,0),C(0,0,),A,B,
所以=,=(-1,0,0).
设平面ABE的法向量m=(x,y,z),
则即
令y=2,则x=0,z=1,所以m=(0,2,1).
设平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),
所以|cos|==.
设平面ABC与平面ABE的夹角为θ,则sin θ==,
所以平面ABC与平面ABE夹角的正弦值为.
教学环节二 课时作业讲评
1.解:(1)证明:取AF的中点M,连接DM,GM,如图(1)所示,
G为BF的中点,则GM∥AB,又AB∥DE,所以GM∥DE,
由GM=AB,DE=AB,得GM=DE,
所以四边形DEGM为平行四边形,DM∥EG.
又DM 平面DAF,EG 平面DAF,所以EG∥平面DAF.
(2)因为OB=1,AF=,∠AFB=90°,所以BF= ==1.
因为DA⊥平面ABF,且直线DF与圆柱底面所成的角为45°,
所以∠AFD=45°,则AD=.
如图(2),以F为原点,FB,FA所在直线分别为x,y轴,过F垂直于底面的直线FN为z轴,建立空间直角坐标系,则有F(0,0,0),A(0,,0),B(1,0,0),G,D(0,,),C(1,0,),E,=(0,, ),=,
设平面DEF的法向量n=(x,y,z),
则令y=1,则x=,z=-1,得n=(,1,-1),=,设点G到平面DEF的距离为d,∴d===.
故点G到平面DEF的距离为.
2.解:(1)证明:由AB=8,AD=5,=,=,得AE=2,AF=4,又∠EAF=30°,在△AEF中,由余弦定理得
EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF=12+16-2×2×4×=4,所以AE2+EF2=AF2,
则AE⊥EF,即EF⊥AD,所以EF⊥PE,EF⊥DE,
又PE∩DE=E,PE,DE 平面PDE,
所以EF⊥平面PDE,又PD 平面PDE,
故EF⊥PD.
(2)连接CE,由∠ADC=90°,ED=3,CD=3,则CE2=ED2+CD2=36,
在△PEC中,PC=4,PE=2,EC=6,得EC2+PE2=PC2,
所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥EF,又EC∩EF=E,EC,EF 平面ABCD,
所以PE⊥平面ABCD,又ED 平面ABCD,
所以PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,
则E(0,0,0),P(0,0,2),D(0,3,0),C(3,3 ,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),
由F是AB的中点,得B(4,2,0),所以=(3,3,-2),=(0,3,-2),=(4,2,-2),=(2,0,-2),
设平面PCD和平面PBF的法向量分别为
n=(x1,y1,z1),m=(x2,y2,z2),
则
令y1=2,x2=,得x1=0,z1=3,y2=-1,z2=1,
所以n=(0,2,3),m=(,-1,1),
所以|cos|===.
设平面PCD与平面PBF所成二面角为θ,则sin θ==,
即平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为.
3.解:(1)证明:因为平面PAD⊥平面PCD, 且其交线为PD,AD⊥PD,AD 平面PAD,故AD⊥平面PCD.
又AD∥BC,所以BC⊥平面PCD,BC 平面PBC.
所以平面PBC⊥平面PCD.
(2)因为AD∥BC,BC 平面PBC,AD 平面PBC,
所以AD∥平面PBC.
又平面PAD∩平面PBC的交线=l,AD 平面PAD,
所以l∥AD.
(关键点:可知直线l与平面PAB所成的角等于直线AD与平面PAB所成的角)
由直线l与直线AB所成的角为,知∠DAB=.
可推出BC=4,AB=2.
由(1)可知,AD⊥平面PCD,AD 平面ABCD,即平面ABCD⊥平面PCD,
由于两平面的交线为CD,过P作直线CD的垂线,垂足为H,则PH⊥平面ABCD.
法一:因为PC=2,PD=DC=2,所以∠CPD=∠DCP=,则∠PDC=,PH=.
又PA==2,AB=2,△PBC是一个直角三角形,
PB2=BC2+PC2,所以PB=2,S△DAB=×2×2×sin =2,
S△PAB=PB· =×2×=.
设点D到平面PAB的距离为h,由VD PAB=VP DAB,得·S△PAB·h=·S△DAB·PH,解得h=.
直线l与平面PAB所成角的正弦值为==.
法二:以H为原点,分别以向量,,为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图(2)所示的空间直角坐标系.
则A(2,1,0),B(4,3,0),D(0,1,0),P(0,0,),=(2,2,0),=(-2,-1,),
设平面PAB的法向量n=(x,y,z),
由得
取x=,得y=-,z=1,
则平面PAB的一个法向量n=(,-,1).
又=(-2,0,0),令直线AD与平面PAB所成的角为α,
则sin α===.
所以直线l与平面PAB所成角的正弦值为.
4.解: (1)证明: ∵△ABC是正三角形,点E是BC的中点,∴AE⊥BC.
又∵平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE 平面ABC,
∴AE⊥平面BCD, 又DE 平面BCD,∴AE⊥DE.
∵AE为△ABC的中线,且=2,则O为正△ABC的中心,
∴OA=OB=OC.
又∵Rt△BCD中,连接ED,如图(1),则ED=EC,
∴OD2=OE2+ED2=OE2+EC2=OC2,∴OA=OB=OC=OD,即O为三棱锥A BCD外接球的球心.
(2) 由(1)知AE⊥平面BCD,
∴∠ADE为直线AD与平面BCD所成的角.
又∵AE=BC,ED=BC,
∴tan∠ADE==,∠ADE=60°,
即直线AD与平面BCD所成角的正弦值为.
(3)在平面BCD中,过点E作EH⊥BD,EF⊥CD,垂足分别为H,F,设BC=4,则DF=FC=1,EA=2,EF=.
以E为原点,EH,EF,EA所在直线为x,y,z轴,
建立如图(2)所示的空间直角坐标系,则E(0,0,0),A(0,0,2),C(-1,,0),D(1,,0),设G(1,y,0),则=(0,0,2),=(1,,-2),=(2,0,0),=(1,y,0).
设平面AEG的法向量n1=(x1,y1,z1),
由得
令y1=-1,故n1=(y,-1,0),
设平面ACD的法向量n2=(x2,y2,z2),
则即
令z2=1,则n2=(0,2,1).
设平面AEG与平面ACD所成锐二面角的平面角为θ,
∴cos θ=|cos|==,
当y=0时,cos θ=,此时余弦值最大,
即当λ=时,平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大.
