空间角与距离的计算

由△PAD 为等腰直角三角形得 PN⊥AD. 由 DC⊥AD，BC∥AD，BC＝12AD，N 是 AD 的中点得 BN⊥AD.所以 AD⊥平面 PBN. 由 BC∥AD 得 BC⊥平面 PBN， 则平面 PBC⊥平面 PBN. 过点 Q 作 PB 的垂线， 垂足为 H，连接 MH，易知 QH⊥平面 PBC， 所以 MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影， 所以∠QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的角．
令 y＝1，则 n＝(0,1，－1)，
BF＝1，EPPF＝2，所以 EP＝233，设 D 到面 PEA 的距离为 d，
因为 VA－EDP＝VD－AEP，即13·AD·S△EDP＝13·d·S△AEP，所以 d＝
AD·S△EDP＝ S△AEP
1×
3 3
＝
33× 2
2 2.
【通法指导】 诚如上文所说，求点面距问题可以采用等积转换和向量 法求解，除此之外个别问题也可采用垂面法(利用面面垂直性 质定理)和等价转移法(利用线面平行)求解．当然，一些求几 何体体积问题，也是对点面距问题的相应考查．
因为A→P＝－1，2
3
3，1，A→E＝(－1,0,1)
，
所以xy＝＝z0，， 令 z＝1，则 n＝(1,0,1)． 因为D→A＝(1,0,0)，
所以
D
到面
APE
的距离为
d＝|D→|An·|n|＝
|1| ＝ 2
2 2.
解法二：由(1)知，AD⊥平面 BFED，所以 AD⊥EP，
AD⊥ED.又因为 EP⊥ED，所以 EP⊥平面 ADE.BD＝ 3，
【题型分析】 如图，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1， ∠BCD＝120°，四边形 BFED 为矩形，平面 BFED⊥平面 ABCD，BF＝1.
(1)求证：AD⊥平面 BFED； (2)已知点 P 在线段 EF 上，且EPPF＝2，求 D 到面 APE 的 距离．
解 (1)证明：在梯形 ABCD 中，因为 AB∥CD，AD＝ DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，所以∠DAB＝∠CBA＝60°， AB＝2，所以由余弦定理得 BD＝ 3.因此 AB2＝AD2＋BD2， 所 以 AD ⊥ BD. 又 因 为 平 面 BFED ⊥ 平 面 ABCD ， 平 面 BFED∩平面 ABCD＝BD，AD⊂平面 ABCD，所以 AD⊥平 面 BFED.
设 CD＝1.
在△PCD 中，由 PC＝2，CD＝1，PD＝ 2得 CE＝ 2，
在 Rt△PBC 中，PC＝2，BC＝1，得 PB＝ 3，
在△PBN 中，由 PN＝BN＝1，PB＝ 3得 QH＝14，
在 Rt△MQH 中，QH＝14，MQ＝ 2，
所以
sin∠QMH＝
2 8.
所以直线
CE
与平面
PBC
因此 BC⊥AB1. ①
因为
tan∠
ABR
＝AARB
＝36＝
A1B1 A1A
＝
tan
∠A1AB1
，所
以∠
ABR＝∠A1AB1，因此∠ABR＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1
＝90°，于是 AB1⊥BR，再由①可知 AB1⊥平面 PRBC，又
PQ⊂平面 PRBC，故 AB1⊥PQ.
证法二：由题设知，AA1，AB，AD 两两垂直，以 A 为 坐标原点，AB，AD，AA1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，
(2)以 D 为坐标原点，D→A的方向为 x 轴正方向，建立如 图所示的空间直角坐标系 Dxyz.
当三棱锥 M－ABC 体积最大时，M 为C︵D的中点． 由题设得 D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)， M(0，1,1)，
A→M＝(－2,1,1)，A→B＝(0,2,0)，D→A＝(2,0,0)． 设 n＝(x，y，z)是平面 MAB 的法向量，则
【针对训练】 如图，已知四棱台 ABCD－A1B1C1D1 的上、下底面分别 是边长为 3 和 6 的正方形，AA1＝6，且 AA1⊥底面 ABCD，点 P，Q 分别在棱 DD1，BC 上．
(1)若 P 是 DD1 的中点，证明：AB1⊥PQ； (2)若 PQ∥平面 ABB1A1，二面角 P－QD－A 的余弦值为37， 求四面体 ADPQ 的体积．
n·A→M＝0，
n·A→B＝0，
即n＝(1,0,2)．
D→A是平面 MCD 的法向量，因此，
cos〈n，D→A〉＝|nn|·|DD→→AA|＝ 55，sin〈n，D→A〉＝255，
所以面
MAB
与面
MCD
所成二面角的正弦值是2
5
5 .
【通法指导】 1．利用空间向量求空间角的步骤： (1)建立恰当的空间直角坐标系； (2)求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标； (3)结合公式进行论证和计算； (4)转化为几何结论． 2．也可以利用综合法进行空间角的计算，其主要思想 是转化，即把空间角转化为平面角，把角的计算转化为三角 形边角关系来计算．
(2)解法一：由(1)知，AD⊥平面 BFED，DE⊥BD，以 D 为原点建系如图所示．
所以 D(0,0,0)，E(0,0,1)，A(1,0,0)，B(0， 3，0)，F(0， 3，1)，因为EPPF＝2，
则
P0，2
3
3，1.设面
AEP
的法向量为
n＝(x，y，z)，
则nn··AA→→EP＝＝00，，
所以 cos〈n1，n2〉＝|nn11|·|nn22|＝
3 6－m2＋62＋32
＝ 6－m32＋45，
而二面角 P－QD－A 的余弦值为37，
因此 6－m32＋45＝37，
解得 m＝4 或 m＝8(舍去)，此时 Q(6,4,0)．
设D→P＝λD→D1(0＜λ≤1)，而D→D1＝(0，－3,6)，由此得点 P(0,6－3λ，6λ)，P→Q＝(6,3λ－2，－6λ)．因为 PQ∥平面 ABB1A1，且平面 ABB1A1 的一个法向量是 n3＝(0,1,0)，所以 P→Q·n3＝0，即 3λ－2＝0，亦即 λ＝23，从而 P(0,4,4)，于是， 将四面体 ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥 P－ADQ， 则其高 h＝4，故四面体 ADPQ 的体积 V＝13S△ADQ·h＝13×12 ×6×6×4＝24.
【针对训练】 (2017·浙江高考)如图，已知四棱锥 P－ABCD，△PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD， PC＝AD＝2DC＝2CB，E 为 PD 的中点．
(1)证明：CE∥平面 PAB； (2)求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值．
解 (1)证明：如图，设 PA 的中点为 F，连接 EF，FB.
所成角的正弦值是
2 8.
热点2 空间距离的计算 【方法结论】 点面距常用以下两种方法求解： (1)利用三棱锥体积转换，求点到面的距离； (2)利用空间向量点到面的距离公式：若 P 是面 α 外一 点，A 是面 α 内一点，n 为 α 的法向量，则 P 到面 α 的距离 为 d＝|P→|An·|n|.
【题型分析】 (2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的 平面与半圆弧C︵D所在平面垂直，M 是C︵D上异于 C，D 的点．
(1)证明：平面 AMD⊥平面 BMC； (2)当三棱锥 M－ABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值．
解 (1)证明：由题设知，平面 CMD⊥平面 ABCD，交 线为 CD.因为 BC⊥CD，BC⊂平面 ABCD，所以 BC⊥平面 CMD，故 BC⊥DM.因为 M 为C︵D上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，所以 DM⊥CM.又 BC∩CM＝C，所以 DM⊥平面 BMC.而 DM⊂平面 AMD，故平面 AMD⊥平面 BMC.
因为 E，F 分别为 PD，PA 的中点， 所以 EF∥AD 且 EF＝12AD. 又因为 BC∥AD，BC＝12AD，
所以 EF∥BC 且 EF＝BC， 所以四边形 BCEF 为平行四边形，所以 CE∥BF. 因为 BF⊂平面 PAB，CE⊄平面 PAB， 所以 CE∥平面 PAB. (2)分别取 BC，AD 的中点 M，N. 连接 PN 交 EF 于点 Q，连接 MQ. 因为 E，F，N 分别是 PD，PA，AD 的中点， 所以 Q 为 EF 的中点． 在平行四边形 BCEF 中，MQ∥CE.
解答题 规范踩点 多得分
立体几何
空间角与距离的计算
[考情分析] 空间角与距离是每年高考的必考内容，并 且多在解答题的第二、三问中出现，难度适中，为中档题， 其中利用空间向量求空间角是重点．
热点题型分析
热点1 空间角的计算 【方法结论】 1．向量法求异面直线所成的角 若异面直线 l，m 的方向向量分别为 a，b，异面直线所成 的角为 θ1，则 cosθ1＝|cos〈a，b〉|＝||aa|·|bb||. 2．向量法求线面所成的角 求出平面的法向量 n，直线的方向向量 a，设线面所成的 角为 θ2，则 sinθ2＝|cos〈n，a〉|＝||nn|·|aa||.
3．向量法求二面角 求出二面角 α－l－β 的两个半平面 α 与 β 的法向量 n1， n2，若二面角 α－l－β 所成的角 θ3 为锐角，则 cosθ3＝|cos〈n1， n2〉|＝||nn11|·|nn22||；若二面角 α－l－β 所成的角 θ3 为钝角，则 cosθ3 ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－||nn11|·|nn22||.
专题作业
1.如图所示，已知三棱柱 ABF－DCE 中，∠ADE＝90°， ∠ABC＝60°，AB＝AD＝2AF，平面 ABCD⊥平面 ADEF， 点 M 在线段 BE 上，点 G 是线段 AD 的中点．
(1)试确定点 M 的位置，使得 AF∥平面 GMC； (2)求直线 BG 与平面 GCE 所成角的正弦值．
解 (1)取 FE 的中点 P，连接 CP 交 BE 于一点，则该 点即所求 M 点．
连接 PG，∵G 是 AD 的中点，P 是 FE 的中点， ∴PG∥AF， 又 PG⊂平面 MGC，AF⊄平面 MGC， ∴直线 AF∥平面 MGC， ∵PE∥AD，AD∥BC，∴PE∥BC，∴BMME＝BPCE＝2， 故点 M 为线段 BE 上靠近点 E 的三等分点．
∵∠ABC＝60°，AB＝AD＝2AF， ∴△ADC 为正三角形，GC＝ 3，AF＝DE＝1， ∴G(0,0,0)，C( 3，0,0)，D(0,1,0)，E(0,1,1)， ∴G→E＝(0,1,1)，G→C＝( 3，0,0)， 设平面 GCE 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则由 n·G→E＝0，n·G→C＝0，可得y＋3xz＝＝00，，
则相关各点的坐标为 A(0，0,0)，B1(3,0,6)，D(0，6,0)，
D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中 m＝BQ,0≤m≤6，若 P 是 DD1 的中点，则 P0，92，3，P→Q ＝6，m－92，－3，A→B1＝ (3,0,6)，于是A→B1·P→Q＝18－18＝0，所以A→B1⊥P→Q，即 AB1 ⊥PQ.
(2)不妨设 AD＝2，由(1)知 PG⊥AD，易知 GC⊥GD.
又平面 ADEF⊥平面 ABCD，平面 ADEF∩平面 ABCD ＝AD，PG⊂平面 ADEF，
∴PG⊥平面 ABCD. 故 PG⊥GD，PG⊥GC. 以 G 为坐标原点，GC，GD，GP 所在直线分别为 x 轴， y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Gxyz.
(2)由题设知，D→Q＝(6，m－6,0)，D→D1＝(0，－3,6)是平 面 PQD 内的两个不共线向量．设 n1＝(x，y，z)是平面 PQD 的一个法向量，则
n1·D→D1＝0， n1·D→Q＝0，
即6－x＋3y＋m6－z＝6y0＝，0， 取 y＝6，
得 n1＝(6－m,6,3)．
又平面 AQD 的一个法向量是 n2＝(0,0,1)，
解 (1)证法一：如图，取 A1A 的中点 R，连接 PR，BR， 因为 A1A，D1D 是梯形 ADD1A1 的两腰，P 是 D1D 的中点， 所以 PR∥AD，于是由 AD∥BC 知，PR∥BC，所以 P，R， B，C 四点共面．
由题设知，BC⊥AB，BC⊥A1A，所以 BC⊥平面 ABB1A1，