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2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标45立体几何中的向量方法二求空间角和距离解密考纲空间角涉及异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角，距离主要是点到直线的距离或点到平面的距离，这些知识有时在选择题或填空题中考查，有时在解答题立体几何部分的第(2)问或第(3)问考查，难度适中一、选择题1已知三棱锥SABC中，SA，SB，SC两两互相垂直，底面ABC上一点P到三个面SAB，SAC，SBC的距离分别为，1，则PS的长度为(D)A9BCD3解析 由条件可分别以SA，SB，SC为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系Sxyz，则点S的坐标为(0,0,0)，点P的坐标为(，1，)，由两点之间的距离公式可得PS3.2在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BAC90，ABACAA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于(C)A30B45C60D90解析 不妨设ABACAA11，建立空间直角坐标系如图所示，则B(0，1,0)，A1(0,0,1)，A(0,0,0)，C1(1,0,1)，所以(0,1,1)，(1,0,1)，所以cos，所以，60，所以异面直线BA1与AC1所成的角等于60.3在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(B)ABCD解析 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，所以(0,1，1)，.设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则所以所以n1(1,2,2)因为平面ABCD的一个法向量为n2(0,0,1)，所以cosn1，n2，即所成的锐二面角的余弦值为.4若直线l的方向向量为a(1,0,2)，平面的法向量为u(2,0，4)，则(B)AlBlClDl与斜交解析 u2a，ua，则l.5已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(B)ABCD解析 如图所示，由棱柱的体积为，底面正三角形的边长为，可求得棱柱的高为.设P在平面ABC上射影为O，则可求得AO长为1，故AP的长为2.故PAO，即PA与平面ABC所成的角为.6已知三棱锥SABC中，底面ABC是边长等于2的等边三角形，SA底面ABC，SA3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为(D)ABCD解析 如图所示，过点A作ADBC于点D，连接SD；作AGSD于点G，连接GBSA底面ABC，ABC为等边三角形，BCSA，BCADBC平面SAD又AG平面SAD，AGBC又AGSD，AG平面SBCABG即为直线AB与平面SBC所成的角AB2，SA3，AD，SD2.在RtSAD中，AG，sinABG.二、填空题7在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB1，点D在棱BB1上，若BD1，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为_.解析 如图，设AD与平面AA1C1C所成的角为，E为AC的中点，连接BE，则BEAC，所以BE平面AA1C1C，可得()1cos (为与的夹角)，所以cos sin ，所以所求角的正切值为tan .8如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为_.解析 不妨令CB1，则CACC12，可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，所以(0,2，1)，(2,2,1)，所以cos，0.所以与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.9正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为_.解析 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，如图所示则A1(0,0,1)，E，F，D1(0,1,1)，(0,1,0)设平面A1D1E的一个法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x1.n(1,0,2)又，点F到平面A1D1E的距离为d.三、解答题10如图，直三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长均为a，D是侧棱CC1的中点(1)求证：平面AB1D平面ABB1A1；(2)求异面直线AB1与BC所成角的余弦值；(3)求平面AB1D与平面ABC所成锐二面角的大小解析 (1)证明：取AB1的中点E，AB的中点F，连接DE，EF，CF.E，F分别是AB1，AB的中点，EFBB1，且EFBB1.三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，D是CC1的中点，CDEF，且CDEF，四边形CDEF为平行四边形，DECF.ABC是正三角形，CFAB三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，BB1CF，而BB1ABB，CF平面ABB1A1.DECF，DE平面ABB1A1.DE平面AB1D，平面AB1D平面ABB1A1.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A，C(0，a,0)，D，B1(0,0，a)，(0，a,0)，设异面直线AB1与BC所成角为，则cos ，故异面直线AB1与BC所成角的余弦值为.(3)由(2)得，.设n(1，y，z)为平面AB1D的一个法向量由得即n.显然平面ABC的一个法向量为m(0,0,1)则cosm，n，故m，n.即所求二面角的大小为.11(xx全国卷)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点(1)证明：MN平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值解析 (1)证明：由已知得AMAD2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TNAM，故四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB(2)取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，且AE.以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，(0,2，4)，.设n(x，y，z)为平面PMN的法向量则即可取n(0,2,1)于是|cosn，|.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.12(xx天津卷)如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长解析 如图，以A为原点，分别以，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系依题意可得B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)(1)(0,2,0)，(2,0，2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨设z1，可得n(1,0,1)又(1,2，1)，可得n0.因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)易知n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量设n2(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，则因为(0，2，1)，(1,2，1)，所以不妨设y11，可得n2(4,1，2)因此有cosn1，n2，于是sin n1，n2.所以，二面角CEMN的正弦值为.(3)依题意，设AHh(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得(1，2，h)，(2,2,2)由已知得|cos，|，整理得10h221h80，解得h或h.所以，线段AH的长为或.
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