人教A版高中数学选择性必修第一册热点题型专题训练：空间角度与距离归类

空间角度与距离归类
1.线面角基础 (2)
2.二面角基础 (5)
3.异面直线所成的角 (8)
4.给角求角（值）1：线面角 (11)
5.给角求角（值）2：二面角 (14)
6.探索性动点型1：线面角 (17)
7.探索性动点型2：二面角 (20)
8.翻折中的角度 (23)
9.角度范围与最值 (26)
10.距离与长度（体积） (30)
1.线面角基础
【典例分析】
如图，在四棱锥P ABMN -中，PNM △是边长为2的正三角形，
AN NP ⊥，AN BM ∥，3AN =，
1BM =，AB =C ，D 分别是线段AB ，NP 的中点．
(1)求证：CD ∥平面PBM ； (2)求证：平面ANMB ⊥平面NMP ； (3)求直线CD 与平面ABP 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）取MN 中点Q ，连CQ ，DQ ，由线面平行的判定定理可得DQ ∥平面BMP ，CQ ∥平面BMP ，再由面面平行的判定定理可得平面CDQ ∥平面BMP 及性质定理可得答案； （2）过B 作BE MN ∥交AN 于E ，利用222AB AE BE =+得AE BE ⊥，由线面垂直的判定定理可得AN ⊥平面NMP ，面面垂直的判定定理可得答案；
（3）以D 为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABP 的法向量，由线面角的向量求法可得答案.
（1）如图，取MN 中点Q ，连CQ ，DQ ，∵DQ 为中位线，
∴DQ MP ∥，又DQ ⊄平面BMP ，MP ⊂平面BMP ，∴DQ ∥平面BMP ，同理，在梯形ABMN 中，CQ MB ∥，又CQ ⊄平面BMP ，MB ⊂平面BMP ，∴CQ ∥平面BMP ，且DQ ⊂平面CDQ ，CQ ⊂平面CDQ ，DQ CQ Q ⋂=，
∴平面CDQ ∥平面BMP ，又CD ⊂平面CDQ ，所以CD ∥平面BMP ．
（2）如上图，在四边形ABMN 中，过B 作BE MN ∥交AN 于E ，在AEB △中，得2AE =，
2BE =
，AB =222AB AE BE =+，得AE BE ⊥，∵BE MN ∥，∴AN NM ⊥， 又由已知条件AN NP ⊥，NM NP N ⋂=，,⊂NM NP 平面NMP ，故AN ⊥平面NMP ，又AN ⊂平面ANMB ，
∴平面ANMB ⊥平面NMP ．
（3）∵PMN 为等腰三角形，∴DM NP ⊥，又因为AN ⊥平面MNP ，以D 为原点建立空间直角坐标系，如图：可得()0,0,0D ，()1,0,0P ，()1,0,0N -，()0,3,0M ，()1,0,3A -，()
0,3,1
B ，13,,222
C ⎛⎫
- ⎪ ⎪⎝⎭
，设平面ABP 的法向量为(),,n x y z =，()
1,3,2AB =-，()2,0,3AP =-，根据0
⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n AB n AP ，得320230⎧+-=⎪⎨-=⎪⎩x y z x z ，解得33,,23n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，13,,222DC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设直线CD 与平面ABP 所成角为θ，则sin cos ,31
4
36
222023053
CD n CD n CD n
θ⋅==⋅-++==⋅
，故直线CD 与平面ABP 所成角
的正弦值36
sin 20
θ=
．
【变式训练】
如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，E ，F 分别为PA ，BC 的中点，
(1)证明：//EF 平面PCD .
(2)若PD ⊥平面ABCD ，120ADC =∠︒，且24PD AD ==，求直线AF 与平面DEF 所成角的正弦
值.
【答案】(1)证明见解析【分析】（1）取PD 的中点G ，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面DEF 的法向量，再求线面角. （1）证明：取PD 的中点G ，连接CG ，EG .因为E ，F 分别为PA ，BC 的中点，所以EG AD ∥，1=
2EG AD ，又底面ABCD 为菱形，所以CF AD ∥，2
CF AD =1
所以EG CF ∥，EG CF =，所以四边形EGCF 为平行四边形，所以EF CG ∥.又CG ⊂平面PCD ，EF ⊄平面PCD ，所以EF ∥平面PCD .
（2）因为PD ⊥平面ABCD ，120ADC =∠︒，所以以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标
系D xyz -.
因为2,4AD PD ==，所以()0,0,0D ，(
)
3,0,0F
，
()0,2,0A ，()0,1,2E ，则()0,1,2DE =，(
)3,0,0DF =
，(
)
3,2,0AF =
-，设平面DEF 的法向
量(),,m x y z =，则20
30y z x +=⎧⎪⎨=⎪⎩
，令1z =，得()0
,2,1m =-，设直线AF 与平面DEF 所成的角为θ，
则4435
sin 35
57
m AF m AF
θ⋅==
=
⨯
2.二面角基础
【典例分析】
如图，在四棱锥P ABCD -中，ABP △是直角三角形，90APB ∠=︒，四边形ABCD 是等腰梯形，
AB CD ∥，60BAD BAP ∠=∠=︒，24AB CD ==.
(1)证明：AB DP ⊥；
(2)若平面ABCD ⊥平面ABP ，求平面ABP 与平面CDP 的夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析；
. 【解析】 【分析】
（1）取AB 中点E ，取AE 中点F ，由题可得AB DF ⊥，AB FP ⊥，进而可得AB ⊥平面DFP ，即得；
（2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法即得.
（1）如图，取AB 中点E ，连接DE ，EP ，取AE 中点F ，连接DF ，FP ，
由题意可知，ADE 和AEP △为全等的等边三角形.因
为AB DF ⊥，AB FP ⊥，且DF FP F ⋂=，所以AB ⊥平面DFP ，又因为DP ⊂平面DFP ，所以AB DP ⊥.
（2）因为平面ABCD ⊥平面ABP ，且D F A B ⊥，所以DF ⊥平面ABP .以F 为坐标原点，FP ，
FB ，FD 的方向分别为 x 轴，
y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则)
P ，
(
D ，(C ，(PD =，(PC =，平面ABP 的一个法向量
(
FD =.设平面CDP 的一个法向量(),,n x y z =，则00n P D n P C ⎧⋅=⎨⋅=
⎩，即020y ⎧=
⎪⎨+=⎪⎩
，
可取()1,0,1n =，所以2
cos ,2
FD n FD n FD n
⋅=
=
⋅所以平面ABP 与平面CDP 的夹角的正弦值为
.
【变式训练】
如图所示，四棱锥S ABCD -中，平面SAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2正方形，
4SA SC ==，AC 与BD 交于点O ，点E 在线段SD 上.
(1)求证：SA ⊥平面ABCD ；
(2)若//OE 平面SAB ，求二面角S AC E --的余弦值.
【答案】(1)证明见解析 【分析】
（1）根据面面垂直性质定理得AB ⊥平面SAD ，进而证明SA AB ⊥，再根据集合关系证明
SA AC ⊥即可证明结论；
（2）根据题意，E 为SD 的中点，进而以,,AB AD AS 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
（1）证明：因为平面SAD ⊥平面ABCD 且交线为AD ，又AB Ì平面ABCD 且AB AD ⊥，所以
AB ⊥平面SAD ，又SA ⊂平面SAD ，所以SA AB ⊥.因为ABCD 是边长为2正方形，所以AC =
又4SA SC ==，所以222SA AC SC +=，即SA AC ⊥，又因为AB AC A ⋂=，,AB AC ⊂平面ABCD ，所以SA ⊥平面ABCD .
（2）解：因为OE ∥平面SAB ，OE ⊂平面SBD ，平面SBD 平面SAB SB =，所以OE SB ∥，因为O 为BD 的中点，所以E 为SD 的中点，以,,AB AD AS 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则有()()()()()()
0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,2,0,0,0,22,0,1,2A B C D S E ，易得平面SAC
的一个法向量为()2,2,0n DB ==-，设平面EAC 的一个法向量为(),,m x y z =，则0
0m AE m AC ⎧⋅=⎨
⋅=⎩20220y z x y ⎧+=⎪⇒⎨+=⎪⎩
，取1z =，则()
2,2,1m =-，设平面SAC 与平面EAC 所成夹角为θ，则
4225cos 5225m n m n
θ⋅===⋅⋅u r r u r r ，所以平面SAC 与平面EAC 所成夹角的余弦值为
25
5.
3.异面直线所成的角
【典例分析】
如图所示，1111ABCD A B C D -是棱长为1的正方体.
(1)设11BA C △的重心为O ，求证：直线OD ⊥平面11BAC ；
(2)设E ､F 分别是棱AD ､11D C 上的点，且1DE D F a ==，M 为棱AB 的中点，若异面直线DM 与
EF a 的值.
【答案】(1)证明见解析； 【分析】
（1）由正方体性质证明1B D ⊥平面11A BC ，1B D 与平面11A BC 的交点即为重心O ，从而证得结论成立；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角，从而求得a 值． (1) 设11
11AC B D N =，连接1DB ，
首先1DD ⊥平面1111D C B A ，11AC ⊂平面1111D C B A ，则
111DD AC ⊥， 又1111B D A C ⊥，1111DD B D D =，111,DD B D ⊂平面11BDD B ，
所以11AC ⊥平面11BDD B ，而1B D ⊂平面11BDD B ，所以111AC B D ⊥， 同理11A B B D ⊥，
1111A C A B A =，111,AC A B ⊂平面11A
BC ，所以1B D ⊥平面11A BC ，连接BN 交1B D 于O ，
因为11DA DB DC ==，所以O 是等边11A BC V 的中心也是重心，所以DO ⊥平面11A BC ，。