高效解析空间角与距离问题

考点一　求异面直线所成的角

【例1】解析　(1)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD.

又AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD,从而CD⊥PD.

因为,

所以三角形PCD的面积为

图1

(2)方法一　如图1,取PB中点F,连接EF,AF,则EF∥BC,从而∠AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角.

图2

考点二　利用空间向量求直线与平面所成的角

【例2】审题路线　由于在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠BAD=90°,易于建立空间坐标系,可利用向量法求解.第(1)问AC⊥B1D转化为判定;第(2)问可利用直线B1C1的方向向量与平面ACD1的法向量的夹角求解.

(1)证明　方法一　因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD.故AC⊥BB1,又AC⊥BD,

故AC⊥平面BB1D,

又B1D⊂平面BB1D,从而AC⊥B1D.

方法二

易知,AB,AD,AA1两两垂直.如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.

图1

如图1,取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B.

因为CA=CB,所以OC⊥AB.

由于AB=AA1,∠BAA1=60°,

故△AA1B为等边三角形,

所以OA1⊥AB.

因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.

又A1C⊂平面OA1C,故AB⊥A1C.

(2)解析

图2

考点三　利用向量求二面角

答题模板——空间向量在立体几何中的应用

【典例】[规范解答]　(1)证明　取BC,B1C1的中点分别为D和D1,连接A1D1,DD1,AD.由BB1C1C为矩形知,DD1⊥B1C1.

因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1,所以DD1⊥平面A1B1C1.

又由A1B1=A1C1知,A1D1⊥B1C1.

故以D1为坐标原点,可建立如图所示的空间直角坐标系D1-xyz.①(3分)

【自主体验】(1)证明　因为D,C,E,F分别是AQ,BQ,AP,BP的中点,所以EF∥AB,DC∥AB.所以EF∥DC.

又EF⊄平面PCD,DC⊂平面PCD,

所以EF∥平面PCD.

又EF⊂平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH,

所以EF∥GH.又EF∥AB,所以AB∥GH.

(2)在△ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90°.

又PB⊥平面ABQ,所以BA,BQ,BP两两垂直.

以B为坐标原点,分别以BA,BQ,BP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

因为二面角D-GH-E为钝角,

所以二面角D-GH-E的余弦值为.

基础过关题

一、选择题

1.解析　y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sinθ=|cos＜m,n＞|,

3.解析

答案　A

4.解析　方法一　建立如图1所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为,故所求的二面角的大小是45°.

图1

图2

方法二　将其补成正方体.如图2,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°.

答案　B

5.解析

答案　C

二、填空题

6.解析

能力提高题

一、选择题

1.解析

答案　A

2.

解析　根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz,则P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).过点P作PH⊥平面ABC,交平面ABC于点H,则PH的长即为点P到平面ABC的距离.

因PA=PB=PC,故H为△ABC的外心.(www.xing528.com)

答案　B

二、填空题

3.

解析　如图,以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.

三、解答题

4.(1)证明　在正方形AA1C1C中,A1A⊥AC.

又平面ABC⊥平面AA1C1C,且平面ABC∩平面AA1C1C=AC,

故AA1⊥平面ABC.

直通高考

解析

(1)在平面ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,故BC∥平面PAD.

(1)取AC的中点O,连结DO,BO.

因为AD=CD,所以AC⊥DO.

又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.

从而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.

(2)连结EO.

由(1)及题设知∠ADC=90°,所以DO=AO.

在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.

又AB=BD,所以

BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.

由题设知△AEC为直角三角形,所以.

又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以.

故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.

31.解析　(1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.

又由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.

AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.

(2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.

由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,可得PF⊥平面ABCD.

33.解析　(1)由题设可得,△ABD≅△CBD,从而AD=DC.

又△ACD是直角三角形,所以∠ACD=90°.

取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.

又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC.

所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.

在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2,又AB=BD,所以

BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.

所以平面ACD⊥平面ABC.

(2)

(2)过C作C1E的垂线,垂足为H.

由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,所以DE⊥平面C1CE,故DE⊥CH.

从而CH⊥平面C1DE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离,

38.解析(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,

故B1C1⊥BE.

又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.

(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.

作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.

所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=×3×6×3=18.

39.解析(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.

由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.

又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.

(2)取CG的中点M,连接EM,DM.

因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.

由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.

因此DM⊥CG.

在Rt△DEM中,DE=1,EM=,故DM=2.

所以四边形ACGD的面积为4.

42.解析(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.

由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.

又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.

(2)作EH⊥BC,垂足为H.因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.

由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=.

以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,