第 18 讲空间角与距离

第 18讲空间角与距离

第第 1818 讲　空间角与距离讲　空间角与距离

主干知识整合

第 18讲 │ 主干知识整合

1．空间角包括异面直线所成的角，直线和平面所成的角和二面角．解(证)与角有关的问题，通常是先定位，后定量．求空间角的方法是：

(1)找出或作出有关的平面角； (2)证明它符合定义； (3)归到某一三角形中进行计算，当然也可用空间向量求解． 2．空间角的计算方法都是转化为平面角来计算： (1)两条异面直线所成的角，要以运动观点运用“ 平移法” ，

使之成为相交直线所成的角，要充分挖掘图形的性质，寻求平行关系；

第 18讲 │ 主干知识整合

(2)当直线与平面所成的角是平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角时，我们往往在斜线上取一点向平面引垂线，以形成由平面的斜线、垂线及斜线在平面上的射影组成的直角三角形，这里关键是引平面的垂线，明确垂足的位置．

3．解决点面距、线线距、线面距、面面距的核心是求点面距，而求点面距的方法常见的有三种：直接法、体积转化法和转移法，其中转移法分为“ 平行转移” 和“ 比例转移” 两种．

要点热点探究

第 18讲 │ 要点热点探究

►　探究点一　空间的角例 1[2011·广东卷] 如图 18－1，在锥体 P－ABCD中，ABCD是边长为 1的菱形，且∠DAB＝60°，PA＝PD＝ 2，PB＝2，E，F分别是 BC，PC的中点．

(1)证明：AD⊥平面 DEF； (2)求二面角 P－AD－B的余弦值．

图 18－1


【分析】 (1)如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则也垂直于另一个；(2)结合(1)可直接作出二面角的平面角，再利用解三角形的知识来求．

【解答】法一：(1)证明：设 AD中点为 G，连接 PG，BG，BD.

因 PA＝PD，有 PG⊥AD，在△ ABD中，AB＝AD＝1，∠DAB＝60°，

有△ ABD为等边三角形，因此 BG⊥AD，BG∩ PG＝G，所以 AD⊥平面PBG，所以 AD⊥PB，AD⊥GB.

又 PB∥ EF，得 AD⊥EF，而 DE∥ GB得 AD⊥DE，又 FE∩ DE＝E，所以 AD⊥平面 DEF.


(2)∵ PG⊥AD，BG⊥AD，∴ ∠PGB为二面角 P－AD－B的平面角．

在 Rt△ PAG 中，PG2＝PA2－AG2＝74，在 Rt△ ABG 中，BG＝AB·sin60°

＝3

2 ，∴ cos∠PGB＝PG2＋BG2－PB2

2PG·BG ＝

74＋

34－4

2·7

2 ·3

2

＝－217 .

法二：(1)证明：设 AD中点为 G，因为 PA＝PD，所以 PG⊥AD，又 AB＝AD，∠DAB＝60°，所以△ ABD为等边三角形，因此，BG⊥AD，从而 AD⊥平面 PBG.延长 BG到 O且使 PO⊥OB，又 PO⊂ 平面 PBG，所以 PO⊥AD，又 AD∩ OB＝G，所以 PO⊥平面 ABCD.以 O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线 OB，OP分别为 x轴，z轴，平行于 AD的直线为 y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设 P(0,0，m)，G(n,0,0)，

则 A

n，－12，0，D

n，12，0 .


∵ |GB→ |＝ |AB→ |sin60°＝3

2 ，∴ B

n＋3

2 ，0，0 ，C

n＋3

2 ，1，0 ，

E

n＋3

2 ，12，0，F

n

2＋3

4 ，12，

m2 .∴ AD→ ＝(0,1,0)，DE→ ＝

3

2 ，0，0，

FE→ ＝

n

2＋3

4 ，0，－m2 ，∴ AD→ ·DE→ ＝0，AD→ ·FE→ ＝0，∴ AD⊥DE，AD⊥

FE，又 DE∩ FE＝E，∴ AD⊥平面 DEF.


(2)∵ PA→＝

n，－12，－m ，PB→ ＝

n＋3

2 ，0，－m ，∴ m2＋n2＋14＝ 2，

n＋3

22＋m2＝2，解得 m＝1，n＝

32 .取平面 ABD的法向量 n1＝(0,0，－1)，

设平面 PAD 的法向量 n2＝(a，b，c)，由PA→ ·n2＝0，得3

2 a－b2－c＝0，由PD→ ·n2

＝0，得3

2 a＋b2－c＝0，故取 n2＝

1，0，3

2 .

∴ cos〈n1，n2〉＝－

32

1·74

＝－217 .即二面角 P－AD－B的余弦值为－

217 .

【点评】要求二面角通常先要作出二面角的平面角，作二面角平

面角的方法很多，直接依据定义是其中较基础的一种．事实上高考中用得较多的是利用三垂线定理法作二面角，在直角三角形中求解二面角的平面角．根据题目的条件选择恰当的方法．


　　　　如图 18－2，四棱锥 S－ABCD的底面是矩形，SA⊥底面 ABCD，P

为 BC 边的中点，SB 与平面 ABCD 所成的角为 45°，且 AD＝2，SA＝1.

(1)求证：PD⊥平面 SAP； (2)求二面角 A－SD－P的大小．

图 18－2

第 18讲 │ 要点热点探究【解答】 (1) 证明：因为 SA⊥底面 ABCD，所以∠SBA是 SB与平面 ABCD 所成的角．由已知∠SBA＝45°，所以 AB＝SA＝1，易求得，AP＝PD＝ 2，又因为 AD＝2，所以 AD2＝AP2＋PD2，所以 AP⊥PD.因为 SA⊥平面 ABCD，PD⊂ 平面 ABCD，所以 SA⊥PD，由于 SA∩ AP＝A，所以 PD⊥平面 SAP.

(2)如图，设 Q为 AD的中点，连接 PQ，由于 SA⊥底面 ABCD，且SA⊂ 平面 SAD，则平面 SAD⊥平面 PAD.因为 PQ⊥AD，所以 PQ⊥平面SAD.过 Q作 QR⊥SD，垂足为 R，连接 PR，由三垂线定理可知 PR⊥SD，所以∠PRQ 是二面角 A－SD－P 的平面角．容易证明△ DRQ∽△ DAS，

则QRSA＝

DQSD，因为 DQ＝1，SA＝1，SD＝ 5，所以 QR＝

DQSD·SA＝

15，

在 Rt△ PRQ中，因为 PQ＝AB＝1，所以 tan∠PRQ＝PQQR＝ 5，所以二

面角 A－SD－P的大小为 arctan 5.


►　探究点二　空间的距离

例 2 [2011·四川卷] 如图 18－3，在直三棱柱 ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱 CC1上的一点，P是 AD的延长线与 A1C1的延长线的交点，且 PB1∥ 平面 BDA1.

(1)求证：CD＝C1D； (2)求二面角 A－A1D－B的平面角的余弦值； (3)求点 C到平面 B1DP的距离．

图 18－3

第 18讲│ 要点热点探究

【解答】解法一：

(1)证明：连接 AB1与 BA1交于点 O，连接 OD.∵ PB1∥ 平面 BDA1，

PB1⊂ 平面 AB1P，平面 AB1P∩平面 BDA1＝OD，∴ OD∥ PB1. 又 AO＝B1O，∴ AD＝PD.又 AC∥ C1P，∴ CD＝C1D.

(2)过 A 作 AE⊥DA1于点 E，连接 BE.∵ BA⊥CA，BA⊥AA1，且AA1∩ AC＝A，∴ BA⊥平面 AA1C1C.由三垂线定理可知 BE⊥DA1. ∴ ∠BEA为二面角 A－A1D－B的平面角．


在 Rt△ A1C1D中，A1D＝

1

22＋12＝

52 ，又 S△ AA1D＝

12× 1× 1＝

12

×5

2 × AE，∴ AE＝2 5

5 .在 Rt△ BAE中，BE＝ 12＋

2 5

52＝

3 55 ，

∴ cos∠BEA＝AEBE＝

23.故二面角 A－A1D－B的平面角的余弦值为

23.

(3)由题意知，点 C到平面 B1DP的距离是点 C到平面 DB1A的距离，

设此距离为 h.∵ VC－DB1A＝VB1－ACD，∴13S△ DB1A·h＝

13S△ ACD·B1A1.

由已知可得 AP＝ 5，PB1＝ 5，AB1＝ 2，∴ 在等腰△ AB1P中，

S△ AB1P＝12AB1· AP2－

1

2AB12＝

32，∴ S△ DB1A＝

12S△ AB1P＝

34.又 S△

ACD＝12AC·CD＝

14，∴ h＝

S△ ACD·B1A1

S△ DB1A＝

13.故 C到平面 B1DP的距离等于

13.


解法二：

如图，以 A1为原点，A1B1，A1C1，A1A 所在直线分别为 x 轴，y 轴，

z轴建立空间直角坐标系 A1－xyz，则 A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)．

(1)设 C1D＝x，∵ AC∥ PC1，∴C1PAC＝

C1DCD＝

x1－x

.由此可得 D(0,1，x)，

P

0，1＋

x1－x

，0 ， ∴ A1B→ ＝ (1,0,1) ， A1D→ ＝ (0,1 ， x) ， B1P→ ＝

－1，1＋

x1－x

，0 .设平面 BA1D的一个法向量为 n1＝(a，b，c)，

则1 1

1 1

0,

0.

n A B a c

n AD b cx

��

��


令 c＝－1，则 n1＝(1，x，－1)． ∵ PB1∥ 平面 BA1D，

∴ n1·B1P→ ＝1× (－1)＋x·

1＋

x1－x＋(－1)× 0＝0.

由此可得 x＝12，故 CD＝C1D.

(2)由(1)知，平面 BA1D的一个法向量 n1＝

1，12，－1 .

又 n2＝(1,0,0)为平面 AA1D的一个法向量．

∴ cos〈n1，n2〉＝n1·n2

|n1|·|n2|＝

1

1×32

＝23.

故二面角 A－A1D－B的平面角的余弦值为23.


(3)∵ PB1→ ＝(1，－2,0)，PD→ ＝

0，－1，12，

设平面 B1DP的一个法向量 n3＝(a1，b1，c1)，

则

3 1 1 1

13 1

2 0,

0.2

n PB a b

cn PD b

��

��

令 c1＝1，可得 n3＝

1，12，1 .

又DC→ ＝

0，0，12，

∴ C到平面 B1DP的距离 d＝|DC→ ·n3|

|n3|＝

13.


如图 18－4，在三棱锥 P－ABC中，AC＝a，BC＝2a，AB＝ 3a，侧棱 PA、PB、PC与底面 ABC所成的角相等，点 P到平面 ABC

的距离为3a2 .

(1)求二面角 P－AC－B的大小； (2)求点 B到平面 PAC的距离．

图 18－4


【解答】 (1)∵ AC＝a，BC＝2a，AB＝ 3a， ∴ AC2＋AB2＝BC2，∴ △ ABC是∠BAC＝90°的直角三角形． ∵ 侧棱 PA、PB、PC与底面 ABC所成的角相等， ∴ 点 P在平面 ABC内的射影是 Rt△ ABC的外心，即斜边 BC的

中点 O，取 AC的中点 D，连 PD，DO，PO，

则 PO＝32a，DO∥ AB且 DO＝

AB2 ＝

32 a，

∵ AB⊥AC，∴ AC⊥DO，又∵ DO是 PD在平面 ABC内的射影， ∴ AC⊥PD.∴ ∠PDO为二面角 P－AC－B的平面角．

在 Rt△ POD中，tan∠PDO＝PODO＝ 3，∴ ∠PDO＝

π3，

故二面角 P－AC－B的大小为π3.


(2)∵ AC＝a，PD＝ PO2＋DO2＝ 3a，

∴ S△ APC＝12AC·PD＝

32 a2.

设点 B到平面 PAC的距离为 h，则由 VP－ABC＝VB－APC得： 13S△ ABC·PO＝

13S△ APC·h⇒

13×

1

2·a· 3a ×32a＝

13×

32 a2× h，

解得 h＝32a，

∴ 点 B到平面 PAC的距离等于32a.


►　探究点三　空间向量在立体几何中的应用例 3 [2011·福建卷] 如图 18－5，四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面

ABCD.四边形 ABCD中，

图 18－5

AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝ 2，∠CDA＝45°. (1)求证：平面 PAB⊥平面 PAD； (2)设 AB＝AP. ①若直线 PB与平面 PCD所成的角为 30°，求线段 AB的长； ②在线段 AD上是否存在一个点 G，使得点 G到 P、B、C、D的距

离都相等？说明理由．


【分析】由于题目的设问方式较特别，不容易用传统方法直接求解，选用向量法通过引进未知数，列方程求解显得容易下手．

【解答】 (1)证明：因为 PA⊥平面 ABCD， AB⊂ 平面 ABCD，所以 PA⊥AB. 又 AB⊥AD，PA∩ AD＝A，所以 AB⊥平面 PAD. 又 AB⊂ 平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD.


(2)①以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 A－xyz.在平面

ABCD内，作 CE∥ AB交 AD于点 E，则 CE⊥AD.在 Rt△ CDE中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝1.设 AB＝AP＝t，则 B(t,0,0)，P(0,0，t)．由 AB＋AD＝4得 AD＝4－t，所以 E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)，


CD→ ＝(－1,1,0)，PD→ ＝(0,4－t，－t)．设平面 PCD的法向量为 n＝(x，y，z)．

由 n⊥CD→ ，n⊥PD→ ，得－x＋y＝0.4－ty－tz＝0.

取 x＝t，得平面 PCD的一个法向量 n＝(t，t,4－t)．

又PB→ ＝(t,0，－t)，故由直线 PB与平面 PCD所成的角为 30°得

cos60°＝

n·P B→

|n|·|PB→ |，

即|2t2－4t|

t2＋t2＋4－t2· 2t2＝12.

解得 t＝45或 t＝4(舍去，因为 AD＝4－t>0)，

所以 AB＝45.


②法一：假设在线段 AD上存在一个点 G，使得点 G到点 P、B、C、D的距离都相等．

设 G(0，m,0)(其中 0≤ m≤ 4－t)．

则GC→ ＝(1,3－t－m,0)，GD→ ＝(0，4－t－m,0)，

GP→ ＝(0，－m，t)．

由|GC→ |＝|GD→ |得 12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，即 t＝3－m；①

由|GD→ |＝|GP→ |得(4－t－m)2＝m2＋t2.② 由①、②消去 t，化简得 m2－3m＋4＝0.③


由于方程③没有实数根，所以在线段 AD上不存在一个点 G，使得点 G到点 P、C、D的距离都相等．

从而，在线段 AD上不存在一个点 G，使得点 G到点 P，B，C，D的距离都相等．

法二：假设在线段 AD上存在一个点 G，使得点 G到点 P、B、C、D的距离都相等．

由 GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°，

从而∠CGD＝90°，即 CG⊥AD. 所以 GD＝CD·cos45°＝1. 设 AB＝λ，则 AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ.


在 Rt△ ABG中， GB＝ AB2＋AG2

＝ λ2＋3－λ2＝ 2

λ－32

2＋92>1.

这与 GB＝GD矛盾．所以在线段 AD上不存在一个点 G，使得点 G到点 B、C、D

的距离都相等．从而，在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G到点 P，B，C，D的距离都相等．【点评】尽管向量法有降低思维难度、易于通过等量关系列方程等诸多好处，但对计算能力的要求很高. 不少试题的第(1)问只有用传统方法分析清楚了位置关系后才好建系用向量法求解，本题就是一例．


如图 18－6，已知直角梯形 ACDE 所在的平面垂直于平面ABC，DE∥ AC，∠BAC＝∠ACD＝90°，∠EAC＝60°，AB＝AC＝AE.

(1)在直线 BC 上是否存在一点 P，使得 DP∥ 平面 EAB？请证明你的结论；

(2)求平面 EBD与平面 ABC所成的锐二面角 θ的余弦值．

图 18－6


【解答】 (1)线段 BC的中点就是满足条件的 P点，证明如下：如图，取 AB 的中点 F，连接 DP、PF、EF，则 FP∥ AC，

FP＝12AC，取 AC的中点M，连接 EM，EC，∵ AE＝AC且∠EAC

＝60°，∴ △ EAC 是正三角形，∴ EM⊥AC，∴ 四边形 EMCD 为

矩形，∴ ED＝MC＝12AC，又∵ ED∥ AC，∴ ED∥ FP，且 ED＝

FP，∴ 四边形 EFPD 是平行四边形，∴ DP∥ EF，而 EF⊂ 平面EAB，DP⊄平面 EAB，∴ DP∥ 平面 EAB.


(2)(法 1)如图，过 B作 AC的平行线 l，过 C作 l的垂线交 l于 G，连接 DG，∵ ED∥ AC，∴ ED∥ l，l 是平面 EBD 与平面ABC 所成二面角的棱．∵ 平面 EAC⊥平面 ABC，DC⊥AC，∴DC⊥平面 ABC，又∵ l⊂ 平面 ABC，∴ DC⊥ l，∴ l⊥平面 DGC，∴ l⊥DG，∴ ∠DGC 是所求二面角的平面角．设 AB＝AC＝AE＝2a，则 CD＝ 3a，GC＝2a，∴ GD＝ GC2＋CD2＝ 7a，∴ cosθ

＝cos∠DGC＝GCGD＝

2 77 .


(法 2)∵ ∠BAC＝90°，平面 EACD⊥平面 ABC， ∴ 以点 A为原点，直线 AB为 x轴，直线 AC为 y轴，建立

空间直角坐标系 A－xyz，则 z轴在平面 EACD内(如图)．设 AB＝AC＝AE＝2a，由已知，得 B(2a,0,0)，E(0，a， 3a)，D(0,2a，

3a)．

∴ EB→ ＝(2a，－a，－ 3a)，ED→ ＝(0，a,0)，设平面 EBD的法向量为 n＝(x，y，z)，

则 n⊥EB→ 且 n⊥ED→ ，∴

0,

0.

n EB

n ED

��

��

∴2 3 0,

0,

ax ay az

ay

解之得

3,

20,

x z

y


取 z＝2，得平面 EBD的一个法向量为 n＝( 3，0,2)．又∵ 平面 ABC的一个法向量为 n′ ＝(0,0,1)．

∴ cosθ＝|cos〈n，n′ 〉|＝3× 0＋0× 0＋2× 1

32＋02＋22· 02＋02＋12＝2 7

7 .

规律技巧提炼

第 18讲 │ 规律技巧提炼

1. 异面直线所成的角异面直线所成的角的取值范围是(0°，90°]，异面直线所成角的计算方

法主要有以下几种：(1)平移法；(2)补体法；(3)证明两条异面直线垂直，即所成角为 90°；(4)向量法：设 m、n分别为异面直线 a、b的方向向量，则

两异面直线所成的角 α＝arccos

m·n

|m|·|n| .

2. 直线与平面所成的角直线与平面所成的角的取值范围是[0°，90°]，直线与平面所成角的计

算方法主要有以下几种：(1)直接法；(2)平移法；(3)通过等体积法求出斜线

上任一点到平面的距离 d，计算这点与斜足之间的线段长 l，则 sinθ＝dl；(4)

向量法：设 m 是斜线 l 的方向向量，n 是平面 α 的一个法向量，则斜线 l

与平面 α所成的角 θ＝arcsin

m·n

|m|·|n| .

规律技巧提炼

第 18讲 │ 规律技巧提炼

3. 二面角二面角的取值范围是[0，π)，求二面角的基本方法有以下几种： (1)求二面角的关键是作出二面角的平面角，作二面角的平面角的主要方法为： ①根据定义直接作出二面角的平面角； ②利用三垂线定理或其逆定理作出二面角的平面角； ③通过作与棱垂直的平面，找出二面角的平面角． (2)向量法：设 n1，n2是二面角 α－l－β的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，

另一个指向外侧(同补异等)，则二面角 α－l－β的平面角 θ＝arccosn1·n2

|n1||n2|.

(3) “ 无棱二面角” 通常使用射影面积公式：cosθ＝S射影多边形S原多边形

，或先根据线面性质恢复二

面角的棱，然后再用方法(1)(2)计算大小． 4．点到平面的距离的求解方法主要有： (1)直接法； (2)垂面法；(3)等体积法；(4)线面平行法；(5)线段比例转化法：平面的同

一斜线上的两点到该平面的距离与这两点到斜足的距离成比例，运用此结论可转化为另一点到该平面的距离；(6)向量法：设 n是平面 α的一个法向量，在 α内取一点 B，则 A到 α

的距离 d＝|AB→ ·n|

|n| .

第 18讲 │ 教师备用例题

教师备用例题

备选理由：例 1 设问的方式新颖，充分考查学生逆向思维，有利于培养学生探究问题的能力，彰显了高考近几年立体几何的命题趋势；例 2 试题既可用传统几何方法，又可用向量法，让不同类别的学生都有展示能力的机会；例 3 是折叠问题，通过对折叠前后图形位置关系以及数量的改变的比较，充分考查学生观察和思维中动态的想象能力；例 4 则是以考查最值问题的方式命题，设问新颖．几道试题都不落俗套．


例 1如图，矩形 ABCD和梯形 BEFC所在平面互相垂直， BE∥ CF，BC⊥CF，AD＝ 3，EF＝2，BE＝3，CF＝4. (1)求证：EF⊥平面 DCE； (2)当 AB的长为何值时，二面角 A－EF－C的大小为 60°.


【解答】 (1)证明：在△ BCE 中，BC⊥BE，BC＝AD＝ 3，BE＝3，∴ EC＝2 3， ∵ 在△ FCE 中，CF2＝EF2＋CE2，∴ EF⊥CE，由已知条件知，DC⊥平面EFCB，∴ DC⊥EF，又 DC与 EC相交于 C，∴ EF⊥平面 DCE，

(2)过点 B作 BH⊥EF交 FE的延长线于 H，连接 AH.由平面 ABCD⊥平面BEFC，平面ABCD∩平面BEFC＝BC，AB⊥BC，得AB⊥平面BEFC，从而AH⊥EF.所以∠AHB为二面角A－EF－C的平面角．在Rt△ CEF中，∵ EF＝2，CF＝4，EC＝2 3.∴ ∠CFE＝60°，由 CF∥ BE，得∠BEH＝60°，

又在 Rt△ BHE中，BE＝3，∴ BH＝BE·sin∠BEH＝3 3

2 .

由二面角 A－EF－C 的平面角∠AHB＝60°，在 Rt△ AHB 中，解得 AB＝

BH·tan∠AHB＝92，

所以当 AB＝92时，二面角 A－EF－C的大小为 60°.


例 2如图，三棱柱 ABC－A1B1C1中，侧面 AA1C1C⊥底面 ABC，AA1

＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，且 AB⊥BC，O为 AC中点． (1)在 BC1上确定一点 E，使得 OE∥ 平面 A1AB，并说明理由； (2)求二面角 A－A1B－C1的大小．

第 18讲│ 教师备用例题

【解答】 (1)E为 BC1中点．证法一：取 BC中点 F，连接 OF，EF. 所以可得 OF∥ AB，EF∥ BB1，所以面 OEF∥ 面 A1AB. 所以 OE∥ 平面 A1AB.

证法二：因为 A1A＝A1C，且 O为 AC的中点，所以 A1O⊥AC.又由题

意可知，平面 AA1C1C⊥平面 ABC，交线为 AC，且 A1O⊂ 平面 AA1C1C，所以 A1O⊥平面 ABC.以 O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标系．

∵ A1A＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，AB⊥BC，


∴ OB＝12AC＝1，所以得 O(0,0,0)，A(0，－1,0)，A1(0,0， 3)，C(0,1,0)，

C1(0,2， 3)，B(1,0,0)，

则有BC1→ ＝(－1,2， 3)，AA1

→ ＝(0,1， 3)，AB→ ＝(1,1,0)．设平面 AA1B的一个法向量为 n＝(x，y，z)，则有

1 0,

0

n AA

n AB

��

��⇔

3 0,

0,

x y

x y

令 y＝1，得 x＝－1，z＝－3

3 ，

所以 n＝

－1，1，－3

3 .

设 E＝(x0，y0，z0)，BE→ ＝λBC1→ ，即(x0－1，y0，z0)＝λ(－1,2， 3)，

得 x0＝1－λ，y0＝2λ，z0＝ 3λ，所以 E＝(1－λ，2λ， 3λ)，得OE→ ＝

(1－λ，2λ， 3λ)，由已知 OE∥ 平面 A1AB，


得OE→ ·n＝0，即－1＋λ＋2λ－λ＝0，得 λ＝12.

即存在这样的点 E，E为 BC1的中点．

(2)由法二，已知A1B→ ＝(1,0，－ 3)，A1C1→ ＝(0,2,0)，设面 A1BC1的法

向量为 m ＝ (a ， b ， c) ，则 m·A1B→ ＝0，m·A1C1

→ ＝0 ⇔

a－ 3c＝0， 2 b＝0，

令 c＝ 3，所以 m＝(3,0， 3)．

所以 cos〈m，n〉＝m·n

|m||n|＝－3－1

12·73

＝－2 7

7 .

由图可得二面角 A－A1B－C1的大小为 arccos

－2 7

7 .


例 3如图，在矩形 ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为 AB的中点，

现将△ ADE沿直线DE翻折成△ A′ DE，使平面A′ DE⊥平面BCDE，F为线段 A′ D的中点．

(1)求证：EF∥ 平面 A′ BC； (2)求直线 A′ B与平面 A′ DE所成角的正切值.

．


【解答】(1)证明：取 A′ C的中点M，连接 FM，BM, 则 FM∥ DC，

且 FM＝12CD，又 EB∥ DC，且 EB＝

12CD，从而有

FM綊 EB，所以四边形 EBMF为平行四边形，

故有 EF∥ MB，又 EF⊄平面 A′ BC，MB⊂ 平面 A′ BC，所以 EF∥ 平面 A′ BC.


(2)过 B作 BO⊥DE，O为垂足，连接 A′ O，因为平面 A′ DE⊥平面 BCDE，且面 A′ DE∩平面 BCDE＝DE，所以 BO⊥平面 A′ DE，所以∠BA′ O就是直线 A′ B与平面 A′ DE所成的角．过 A′ 作 A′ S⊥DE，S为垂足，因为平面 A′ DE⊥平面 BCDE，且面 A′ DE∩平面 BCDE＝DE，所以 A′ S⊥平面 BCDE，在 Rt△ A′ SO中，A′ S＝ 2，SO＝2 2，所以 A′ O＝ 10.

又 BO＝ 2，所以 tan∠BA′ O＝BO

A′ O＝

210＝

55 ，

故直线 A′ B与平面 A′ DE所成角的正切值为5

5 .


例 4如图，在四棱锥 P－ABCD中，PD⊥平面 ABCD，四边形 ABCD为菱形，PD＝8，AC＝8，BD＝6，AC∩ BD＝O，E是棱 PB上的一点．

(1) 求证：AC⊥DE； (2)若 BE∶ EP＝1∶ 2，求三棱锥 O－BCE的体积； (3)是否存在点 E，使△ ACE 的面积最小？若存在，试求出△ ACE

面积的最小值及对应线段 BE的长；若不存在，请说明理由．


【解答】 (1)证明： PD⊥平面ABCDAC⊂ 平面ABCD ⇒ AC⊥PD，

四边形 ABCD为菱形⇒ AC⊥BD，又 PD与 DB相交，∴ AC⊥平面 PDB，DE⊂ 平面 PDB， ∴ AC⊥DE.

(2)即求三棱锥 E－OBC的体积，由 BE∶ EP＝1∶ 2及 PD＝8，得：

E到平面 ABCD的距离为83，

又四边形 ABCD为菱形，AC＝8，BD＝6，∴ S△ OBC＝6，

∴ VO－BCE＝163 .

(3)当 OE⊥PB 时，△ ACE 的面积最小，此时 OE＝125，△ ACE 面积的最小值为

485，

BE的长为95.

第 18 讲空间角与距离

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