主题三第七章第6节第2课时求空间角和距离-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

2025-09-10

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主题三几何与代数（必修第二册+选择性必修第一册）第七章立体几何与空间向量第6节向量在立体几何中的应用第2课时求空间角和距离下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）复盘必备知识 01 跃升关键能力 02 课时冲关 03 主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）复盘必备知识下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）跃升关键能力下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）课时作业点击进入WORD链接下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS） ★[课程标准] 1．能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何中的应用． 2．能用向量法解决空间的距离问题． 1．空间角 (1)异面直线的夹角异面直线夹角的向量表示式：若异面直线l1，l2的夹角为θ，其方向向量分别是a，b，则cos θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈a·b〉))＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a·b)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))) . (2)直线和平面的夹角设向量l为直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，则直线l与平面α所成的角θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))且θ＝eq \f(π,2)－〈l，n〉或θ＝〈l，n〉－eq \f(π,2). 故sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈l，n〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(l·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(l))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))). (3)两个平面的夹角平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90%的二面角称为平面α与平面β的夹角，设平面α与平面β为的夹角为θ. 故|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|). 2．空间距离 (1)两点间的距离设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝eq \r(x2－x12＋y2－y12＋z2－z12). (2)点到平面的距离点P到平面α的距离等于点P与平面α内任意一点A连线所得向量eq \o(PA,\s\up16(→))在平面α的单位法向量n0方向上所作投影向量的长度，即. (3)点到直线的距离若点P是直线l外一点，l0是直线l的单位方向向量，点A是直线l上任意一点，则点P到直线l的距离为d＝eq \r(|\o(PA,\s\up16(→))|2－|\o(PA,\s\up16(→))·l0|2). ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线的夹角．(　　) (2)直线的方向向量和平面的法向量的夹角就是直线与平面的夹角．(　　) (3)两个平面的法向量的夹角是这两个平面的夹角．(　　) (4)两异面直线夹角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，二面角的范围是[0，π]．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ ◆[小题查验] 1．(忽视异面直线的夹角为锐角致误)在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1的夹角是(　　) A．45°　　 B．60°　　　 C．90°　　 D．120° 解析：B　[如图所示，以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Bxyz，设AB＝BC＝AA1＝2， ∴C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)． ∴eq \o(EF,\s\up16(→))＝(0，－1,1)，eq \o(BC1,\s\up16(→))＝(2,0,2)． ∴eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(BC1,\s\up16(→))＝2，记eq \o(EF,\s\up16(→))，eq \o(BC1,\s\up16(→))的夹角为θ. ∴cos θ＝eq \f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,2).∴直线EF和BC1的夹角为60°.] 2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),2) 解析：B　[以A为坐标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)，Eeq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)， ∴eq \o(A1D,\s\up16(→))＝(0,1，－1)，eq \o(A1E,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1D,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(A1E,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,x－\f(1,2)z＝0，))令x＝1，则y＝2，z＝2，∴n1＝(1,2,2)．又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)， ∴cos〈n1，n2〉＝eq \f(2,3×1)＝eq \f(2,3). 即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为eq \f(2,3).] 3．(BSD选择性必修第一册P136例15改编)在空间直角坐标系中，已知点A(1,2,0)，B(0,1,0)，P(2,2,2)，则点P到直线AB的距离为　　________　　. 解析：依题意得eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－1，－1,0)，eq \o(AP,\s\up16(→))＝(1,0,2)，则点P到直线AB的距离为答案：eq \f(3\r(2),2) 4．(公式理解致误)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2eq \r(2)，则AC1与侧面ABB1A1的夹角为　________　. 解析：以C为原点建立空间直角坐标系，如图所示，得下列坐标A(2,0,0)，C1(0,0,2eq \r(2))．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，2\r(2))). 所以eq \o(AC1,\s\up16(→))＝(－2,0,2eq \r(2))，eq \o(AC2,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2\r(2)))，设直线AC1与平面ABB1A1的夹角为θ，则cos θ＝eq \f(|\o(AC1,\s\up16(→))·\o(AC2,\s\up16(→))|,|\o(AC1,\s\up16(→))||\o(AC2,\s\up16(→))|)＝eq \f(1＋0＋8,2\r(3)×3)＝eq \f(\r(3),2).又θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq \f(π,6). 答案：eq \f(π,6) 5．在四面体PABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为　________　. 解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，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． ∵PA＝PB＝PC，∴H为△ABC的外心．又∵△ABC为正三角形，∴H为△ABC的重心，可得H点的坐标为eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,3)，\f(a,3))). ∴PH＝ eq \r(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))2＋\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))2＋\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)－0))2)＝eq \f(\r(3),3)a. ∴点P到平面ABC的距离为eq \f(\r(3),3)a. 答案：eq \f(\r(3),3)a 异面直线的夹角 1.(2025·四川德阳期末)如图，在三棱锥P ABC中，△ABC为等边三角形，△APC为等腰直角三角形，PA＝PC，平面PAC⊥平面ABC，D为AB的中点，则异面直线AC与PD所成角的余弦值为　________　. 解析：取AC的中点O，连接OP，OB，因为PA＝PC，所以AC⊥OP. 又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，OP⊂平面PAC，所以OP⊥平面ABC.又AB＝BC，所以AC⊥OB，可得OA，OB，OP两两垂直，所以以O为坐标原点，eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OP,\s\up16(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，不妨设PA＝4，则A(2eq \r(2)，0,0)，C(－2eq \r(2)，0,0)，D(eq \r(2)，eq \r(6)，0)，P(0,0,2eq \r(2))，所以eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－4eq \r(2)，0,0)，eq \o(PD,\s\up16(→))＝(eq \r(2)，eq \r(6)，－2eq \r(2))，所以＝－eq \f(\r(2),4)，又异面直线所成角的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以异面直线AC与PD所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4). 答案：eq \f(\r(2),4) 2．(2025·河南省兰考县模拟)已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为2，D为B1C1的中点，若∠A1AB＝∠A1AC＝eq \f(π,3)，则异面直线A1D与BC1所成角的余弦值为　________　. 解析：由题意，eq \o(A1D,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(BC1,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))，所以|eq \o(A1D,\s\up16(→))|＝eq \f(1,2) eq \r(\o(AB,\s\up16(→))2＋\o(AC,\s\up16(→))2＋2\o(AB,\s\up16(→))·\o(AC,\s\up16(→))) ＝eq \f(1,2) eq \r(4＋4＋4)＝eq \r(3)， |eq \o(BC1,\s\up16(→))|＝eq \r(\o(AC,\s\up16(→))2＋\o(AA1,\s\up16(→))2＋\o(AB,\s\up16(→))2＋2\o(AC,\s\up16(→))·\o(AA1,\s\up16(→))－2\o(AC,\s\up16(→))·\o(AB,\s\up16(→))－2\o(AA1,\s\up16(→))·\o(AB,\s\up16(→)))＝2eq \r(2)， eq \o(A1D,\s\up16(→))·eq \o(BC1,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))2＋eq \o(AC,\s\up16(→))2＋eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(AA1,\s\up16(→))－eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→)))＝2，所以cos 〈eq \o(A1D,\s\up16(→))，eq \o(BC1,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(A1D,\s\up16(→))·\o(BC1,\s\up16(→)),|\o(A1D,\s\up16(→))|·|\o(BC1,\s\up16(→))|)＝eq \f(2,2\r(2)×\r(3))＝eq \f(\r(6),6). 答案：eq \f(\r(6),6) 3．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E1，F1分别是A1B1，C1D1的一个四等分点，且B1E1＝D1F1＝eq \f(A1B1,4)，求BE1与DF1夹角的余弦值．解：设正方体的棱长为1，分别以eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))为单位正交基建立空间直角坐标系Dxyz，则B(1,1,0)，E1eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,4)，1))，D(0,0,0)，F1eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)，1)). 所以eq \o(BE1,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,4)，1))－(1,1,0)＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,4)，1)). eq \o(DF1,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)，1))－(0,0,0)＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)，1))， |eq \o(BE1,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(17),4)，|eq \o(DF1,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(17),4)， eq \o(BE1,\s\up16(→))·eq \o(DF1,\s\up16(→))＝0×0＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)×\f(1,4)))＋1×1＝eq \f(15,16). 所以cos〈eq \o(BE1,\s\up16(→))，eq \o(DF1,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(BE1,\s\up16(→))·\o(DF1,\s\up16(→)),|\o(BF1,\s\up16(→))|·|\o(DF1,\s\up16(→))|) ＝eq \f(\f(15,16),\f(\r(17),4)×\f(\r(17),4))＝eq \f(15,17). 因此BE1与DF1夹角的余弦值是eq \f(15,17). 向量法求异面直线夹角的方法 (1)选好基或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量v1，v2； (3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝eq \f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解．提醒：两异面直线夹角θ的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，就是该异面直线夹角的补角．直线与平面的夹角 [典例]　(2025·广东汕头模拟)在四棱锥P ABCD中，BC∥AD，AD＝CD＝2BC＝4，∠BCD＝60°，点G为AD的中点． (1)证明：CD∥平面PBG； (2)若平面PBD⊥平面ABCD，且PB＝PD＝2，求直线PA与平面PCD所成角的正弦值．解：(1)∵点G为AD的中点，则GD＝eq \f(1,2)AD， ∵AD＝2BC，∴BC＝eq \f(1,2)AD＝GD，又BC∥AD，即BC∥GD， ∴四边形BCDG为平行四边形， ∴CD∥BG，BG⊂平面PBG，CD⊄平面PBG，则CD∥平面PBG. (2)连接GC交BD于点O，连接PO， ∵四边形BCDG为平行四边形， ∴O为BD的中点，又PB＝PD，则PO⊥BD， ∵平面PBD⊥平面ABCD，PO⊂平面PBD，平面PBD∩平面ABCD＝BD， ∴PO⊥平面ABCD，又GC⊂平面ABCD，∴PO⊥GC，在△BCD中，由余弦定理可得 BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos 60°＝12， ∴BD＝2eq \r(3)，∴OB＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(3)， ∵BC2＋BD2＝CD2， ∴△BCD为直角三角形，即∠DBC＝90°，过点O作BC的平行线Ox，以Ox为x轴，OB为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系，如图，可得P(0,0,1)，A(4，－eq \r(3)，0)， C(－2，eq \r(3)，0)，D(0，－eq \r(3)，0)， ∴eq \o(AP,\s\up16(→))＝(－4，eq \r(3)，1)，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(－2,2eq \r(3)，0)， eq \o(DP,\s\up16(→))＝(0，eq \r(3)，1)，设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(DC,\s\up16(→))＝－2x＋2\r(3)y＝0，,m·\o(DP,\s\up16(→))＝\r(3)y＋z＝0，)) 取y＝1，得x＝eq \r(3)，z＝－eq \r(3)，∴m＝(eq \r(3)，1，－eq \r(3))，设PA与平面PCD所成的角为θ，则＝eq \f(|－4\r(3)＋\r(3)－\r(3)|,\r(16＋3＋1)·\r(3＋1＋3))＝eq \f(2\r(105),35)， ∴PA与平面PCD所成角的正弦值为eq \f(2\r(105),35). 利用向量法求线面夹角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量的夹角，取其余角就是斜线和平面的夹角．如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点． (1)证明：MN∥平面PAB； (2)求直线AN与平面PMN夹角的正弦值．解：(1)证明：取PB中点Q，连接AQ、NQ， (2)取BC的中点E，连接AE，由AB＝AC，得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝eq \r(AB2－BE2)＝eq \r(AB2－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))2)＝eq \r(5). 以A为坐标原点，eq \o(AE,\s\up16(→))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(eq \r(5)，2,0)，Neq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2))， eq \o(PM,\s\up16(→))＝(0,2，－4)，eq \o(PN,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，－2))， eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2)). 设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PM,\s\up16(→))＝0，,n·\o(PN,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))可取n＝(0,2,1)，于是|cos〈n，eq \o(AN,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|n·\o(AN,\s\up16(→))|,|n||\o(AN,\s\up16(→))|)＝eq \f(8\r(5),25). 则直线AN与平面PMN夹角的正弦值为eq \f(8\r(5),25). 平面与平面的夹角 ►[命题点1]　二面角　 [典例1]　(2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq \r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4eq \r(3). (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．解：(1)△AEF中，eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up16(→))＝2eq \r(3)， eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))＝4，∠EAF＝30°， ∴cos∠EAF＝eq \f(AE2＋AF2－EF2,2AE·AF) ＝eq \f(12＋16－EF2,2×2\r(3)×4)＝eq \f(\r(3),2)，∴EF＝2， ∴EF2＋AE2＝AF2，∴AE⊥EF， ∴PE⊥EF，DE⊥EF， PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， ∴EF⊥平面PDE，又∵PD⊂平面PDE，∴EF⊥PD. (2)DE＝5eq \r(3)－2eq \r(3)＝3eq \r(3)，CD＝3，∠CDE＝90°，∴CE2＝36，CE＝6， PE＝AE＝2eq \r(3)，∴PE2＋CE2＝PC2，∴PE⊥CE，又∵PE⊥EF，EF∩CE＝E，EF，CE⊂平面DEF，∴PE⊥平面DEF，∴PE⊥ED，即EF，ED，EP两两垂直，以EF，ED，EP分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系E xyz， P(0,0,2eq \r(3))，D(0,3eq \r(3)，0)，F(2,0,0)，A(0，－2eq \r(3)，0)，B(4,2eq \r(3)，0)，C(3,3eq \r(3)，0)，则eq \o(PD,\s\up16(→))＝(0,3eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(CD,\s\up16(→))＝(－3,0,0)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(4,2eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(BF,\s\up16(→))＝(－2，－2eq \r(3)，0)，设平面PCD的法向量n1＝(x1，y1，z1)， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(PD,\s\up16(→))＝0,n1·\o(CD,\s\up16(→))＝0))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,－3x1＝0，)) 不妨设y1＝2，则z1＝3，x1＝0，n1＝(0,2,3)，设平面PBF的法向量n2＝(x2，y2，z2)， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(PB,\s\up16(→))＝0,n2·\o(BF,\s\up16(→))＝0))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4x2＋2\r(3)y2－2\r(3)z2＝0,－2x2－2\r(3)y2＝0))，不妨设x2＝eq \r(3)，则y2＝－1，z2＝1，n2＝(eq \r(3)，－1,1)，设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α， cos〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(1,\r(13)×\r(5))＝eq \f(\r(65),65)， sin α＝eq \f(8\r(65),65). ∴平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为eq \f(8\r(65),65). 利用向量计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小． (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小． 1．(2024·全国甲卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝eq \r(10)，FB＝2eq \r(3)，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； (2)求二面角F BM E的正弦值．解：(1)证明：∵BC∥AD，AD＝4，BC＝2. 又M为AD的中点，∴DM＝2，∴BC綊DM， ∴四边形BCDM为平行四边形， ∴BM∥CD， ∵BM⊄平面CDE，CD⊂平面CDE， ∴BM∥平面CDE. (2)取AM的中点G，连接BG，FG，在△ABM中，AB＝BM＝AM＝2， ∴BG⊥AD，且BG＝eq \r(3)， ∵M为AD的中点，∴EF綊DM， ∴四边形MDEF为平行四边形， ∴FM＝DE＝AF＝eq \r(10)， ∴△AMF为等腰三角形， ∴FG⊥AM且FG＝3，在△BGF中，BG＝eq \r(3)，FG＝3，又FB＝2eq \r(3)， ∴BG2＋FG2＝FB2， ∴BG⊥FG， ∴以G为坐标原点，GB，GD，GF所在直线分别为x轴， y轴，z轴建立空间直角坐标系如图，则B(eq \r(3)，0,0)，F(0,0,3)，M(0,1,0)，E(0,2,3)， ∴eq \o(MB,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，－1,0)，eq \o(ME,\s\up16(→))＝(0,1,3)， eq \o(MF,\s\up16(→))＝(0，－1,3) 设平面FBM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m⊥\o(MB,\s\up16(→))，,m⊥\o(MF,\s\up16(→))，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1( \r(3)x1－y1＝0，,－y1＋3z1＝0，)) 令z1＝1，则y1＝3，x1＝eq \r(3)， ∴平面FBM的一个法向量为m＝(eq \r(3)，3,1)．设平面EBM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n⊥\o(MB,\s\up16(→))，,n⊥\o(ME,\s\up16(→))，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(3)x2－y2＝0，,y2＋3z2＝0，)) 令z2＝－1，则y2＝3，x2＝eq \r(3)， ∴平面EBM的一个法向量为n＝(eq \r(3)，3，－1)，设二面角F MB E的大小为α，则 cos α＝|cos〈m，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq \f(11,13)， ∴sin α＝eq \f(4\r(3),13). ∴二面角F BM E的正弦值为eq \f(4\r(3),13). ►[命题点2]　平面与平面的夹角　 [典例2]　(2025·重庆市长寿中学模拟)如图，在三棱锥ABCD中， △ABC是等边三角形，点A在平面BCD上的投影是线段BC的中点E，AB＝AD＝AC，点F是DC的中点． (1)证明：平面ACD⊥平面AEF； (2)若eq \r(3)BC＝2BD，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD的夹角最小． [解]　(1)证明：因为点A在平面BCD上的投影是点E，∴AE⊥平面BCD，∴AE⊥CD，∵AD＝AC，点F是DC的中点，∴AF⊥CD， ∵AF∩AE＝A，AE，AF平面AEF，∴CD⊥平面AEF，又∵CD平面ACD，∴平面ACD⊥平面AEF. (2)∵AB＝AD＝AC，点A在平面BCD上的投影是点E， ∴EB＝ED＝EC，∴B，C，D在以E为圆心的圆上，∴∠BDC＝90°， ∵eq \r(3)BC＝2BD，∴∠BCD＝60°，在平面BCD中，过E作EH⊥BD，垂足为 H，以EH为x轴，EF为y轴，EA为z轴，建立空间直角坐标系，设BC＝4则E(0,0，)，A(0,0,2eq \r(3))，C(－1，eq \r(3)，0)，D(1，eq \r(3)，0)，设G(1，y,0)，则eq \o(BA,\s\up16(→))＝(0,0,2eq \r(3))，eq \o(AD,\s\up16(→))＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))，eq \o(CD,\s\up16(→))＝(2,0,0)，eq \o(BG,\s\up16(→))＝(1，y,0)，设平面AEG的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(EA,\s\up16(→))＝2\r(3)z1＝0，,n1·\o(BG,\s\up16(→))＝x1＋yy1＝0))可得n1＝(y，－1,0)，设平面ACD的法向量为 n2＝(x2，y2，z2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(CD,\s\up16(→))＝2x2＝0，,n2·\o(AD,\s\up16(→))＝x2＋\r(3)y2－2\r(3)z2＝0))可得n2＝(0,2,1)，设平面AEG与平面ACD的夹角为θ，则cos θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈n1，n2〉))＝eq \f(2,\r(5)·\r(y2＋1))， ∴当y＝0时，cos θ最大，此时夹角θ最小，故当G为BD中点时，平面AEG与平面ACD的夹角最小．求两个平面的夹角，我们往往转化为线线角(即两个面的法向量的夹角)，利用夹角公式完成．需要指出的是，用向量法研究立体几何问题，概念的准确理解，辅助线的合理构造，依然是关键和重要的． 2．(2024·北京卷)已知四棱锥P ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝1，AD＝3，DE＝PE＝2，E是AD上一点，PE⊥AD. (1)若F是PE中点，证明：BF∥平面PCD. (2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．解：(1)取PD的中点为S，连接SF，SC，则SF∥ED，SF＝eq \f(1,2)ED＝1，而ED∥BC，ED＝2BC，故SF∥BC，SF＝BC，故四边形SFBC为平行四边形，故BF∥SC，而BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD，所以BF∥平面PCD. (2)因为ED＝2，故AE＝1，故AE∥BC，AE＝BC，故四边形AECB为平行四边形，故CE∥AB，所以CE⊥平面PAD，而PE，ED⊂平面PAD，故CE⊥PE，CE⊥ED，而PE⊥ED，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，则eq \o(PA,\s\up16(→))＝(0，－1，－2)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(1，－1，－2)， eq \o(PC,\s\up16(→))＝(1,0，－2)，eq \o(PD,\s\up16(→))＝(0,2，－2)，设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(PA,\s\up16(→))＝0,m·\o(PB,\s\up16(→))＝0))，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－y－2z＝0,x－y－2z＝0))，取m＝(0，－2,1)，设平面PCD的法向量为n＝(a，b，c)，则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up16(→))＝0,n·\o(PD,\s\up16(→))＝0))，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a－2c＝0,2b－2c＝0))，取n＝(2,1,1)，故cos 〈m，n〉＝eq \f(－1,\r(5)×\r(6))＝－eq \f(\r(30),30)，故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为eq \f(\r(30),30). 空间距离 ►[命题点1]　点到直线的距离　 [典例1]　(2025·浙江绍兴模拟)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，若AB＝eq \r(2)BB1＝2，则C到直线AB1的距离为(　　) A.eq \f(\r(15),5)　　 B.eq \f(\r(10),5) C.eq \f(\r(15),3) D.eq \f(\r(30),3) [解析]　由题意知，AC＝AB＝2，BB1＝eq \r(2)，取AC的中点O，则BO⊥AC，BO＝eq \r(3)，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，－1,0)，B1(eq \r(3)，0，eq \r(2))，C(0,1,0)，所以eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，1，eq \r(2))，eq \o(CA,\s\up16(→))＝(0，－2,0)，所以eq \o(CA,\s\up16(→))在eq \o(AB1,\s\up16(→))上的投影的长度为eq \f(|\o(CA,\s\up16(→))·\o(AB1,\s\up16(→))|,|\o(AB1,\s\up16(→))|)＝eq \f(2,\r(6))＝eq \f(\r(6),3)，故点C到直线AB1的距离为d＝eq \r(|\o(AC,\s\up16(→))|2－\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))2)＝eq \f(\r(30),3). [答案]　D [典例2]　(2025·黑龙江哈尔滨模拟预测)在如图所示实验装置中，正方形框架的边长都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC，BF上移动，则MN长度的最小值是　___________　. 解析：∵M，N是异面直线AC，BF上两点， ∴MN的最小值即为两条异面直线间距离d. ∵平面ABCD⊥平面ABEF，AB⊥BC，平面ABCD∩平面ABEF＝AB， ∴BC⊥平面ABEF，又AB⊥BE，则以B为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,0,0)，F(1,1,0)，C(0,0,1)， ∴eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1,0,1)，eq \o(BF,\s\up16(→))＝(1,1,0)，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(1,0,0)，设异面直线AC，BF的公垂向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up16(→))·n＝－x＋z＝0，,\o(BF,\s\up16(→))·n＝x＋y＝0，))令x＝1，则y＝－1，z＝1，∴n＝(1，－1,1)， d＝eq \f(|\o(AB,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，即MN的最小值为eq \f(\r(3),3). 答案：eq \f(\r(3),3) 向量法求点N到直线l的距离的步骤第一步：建系，依据图形先求出直线l的单位方向向量s. 第二步：在直线l上任取一点M(注：eq \o(MN,\s\up16(→))可选择特殊便于计算的点)．计算点M与直线l外的点N的方向向量eq \o(MN,\s\up16(→)). 第三步：易知垂线段的长度可利用直角三角形中的勾股定理计算d＝eq \r(\a\vs4\al( |\o(MN,\s\up16(→))2|－|\o(MN,\s\up16(→))·s|2)). ►[命题点2]　点面距　 [典例3]　如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1. (1)求BF的长； (2)求点C到平面AEC1F的距离． [解]　(1)建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则各相关点的坐标为D(0,0,0)，B(2，4,0)，A(2,0,0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，C1(0,4,3)， eq \o(AE,\s\up16(→))＝(0,4,1)，eq \o(CC1,\s\up16(→))＝(0,0,3)．设F(0,0，z)． ∵AEC1F为平行四边形， ∴eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \o(EC1,\s\up16(→))，(－2,0，z)＝(－2,0,2)， ∴z＝2.∴F(0,0,2)．∴eq \o(BF,\s\up16(→))＝(－2，－4,2)， ∴|eq \o(BF,\s\up16(→))|＝2eq \r(6)，即BF的长为2eq \r(6). (2)设n1为平面AEC1F的法向量，显然n1不垂直于平面ADF，故可设n1＝(x，y,1)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(AE,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0×x＋4×y＋1＝0，,－2×x＋0×y＋2＝0，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4y＋1＝0，,－2x＋2＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－\f(1,4)，)) 则n1＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,4)，1)). 又eq \o(CC1,\s\up16(→))＝(0,0,3)，设eq \o(CC1,\s\up16(→))与n1的夹角为α，则cos α＝eq \f(\o(CC1,\s\up16(→))·n1,\a\vs4\al(|\o(CC1,\s\up16(→))||n1|))＝eq \f(3,3× \r(1＋\f(1,16)＋1))＝eq \f(4\r(33),33). ∴点C到平面AEC1F的距离为 d＝|eq \o(CC1,\s\up16(→))|cos α＝3×eq \f(4\r(33),33)＝eq \f(4\r(33),11). 求点到面的距离主要方法 (1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离． (2)在三棱锥中用等体积法求解． (3)向量法：d＝eq \f(|n·\o(MA,\s\up16(→))|,|n|)(n为平面的法向量，A为平面上一点，MA为过A点的斜线段)． 1．(2024·天津卷)如图，已知直四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点． (1)求证D1N∥平面CB1M； (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB1M的距离．解：(1)取CB1中点P，连接NP，MP，由N是B1C1的中点，故NP∥CC1，且NP＝eq \f(1,2)CC1，由M是DD1的中点，故D1M＝eq \f(1,2)DD1＝eq \f(1,2)CC1，且D1M∥CC1，则有D1M∥NP且D1M＝NP，故四边形D1MPN是平行四边形，故D1N∥MP，又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M，故D1N∥平面CB1M. (2)以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，有A(0,0,0)，B(2,0,0)，B1(2,0,2)，M(0,1,1)，C(1,1,0)，C1(1,1,2)，则有eq \o(CB1,\s\up16(→))＝(1，－1,2)、eq \o(CM,\s\up16(→))＝(－1,0,1)，eq \o(BB1,\s\up16(→))＝(0,0,2)，设平面CB1M与平面BB1CC1的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up16(→))＝x1－y1＋2z1＝0,m·\o(CM,\s\up16(→))＝－x1＋z1＝0))，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(CB1,\s\up16(→))＝x2－y2＋2z2＝0,n·\o(BB1,\s\up16(→))＝2z2＝0))，分别取x1＝x2＝1，则有y1＝3，z1＝1，y2＝1， z2＝0，即m＝(1,3,1)，n＝(1,1,0)，则cos 〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1＋3,\r(1＋9＋1)·\r(1＋1))＝eq \f(2\r(22),11)，故平面CB1M与平面BB1CC1的夹角的余弦值为eq \f(2\r(22),11). (3)由eq \o(BB1,\s\up16(→))＝(0,0,2)，平面CB1M的法向量为m＝(1,3,1)，则有eq \f(|\o(BB1,\s\up16(→))·m|,|m|)＝eq \f(2,\r(1＋9＋1))＝eq \f(2\r(11),11)，即点B到平面CB1M的距离为eq \f(2\r(11),11). ►[命题点3]　线面距、面面距　 [典例4]　(2025·山东模拟)如图，已知斜三棱柱ABCA1B1C1，∠BCA＝90°，AC＝BC＝2，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，又知BA1⊥AC1. (1)求证：AC1⊥平面A1BC； (2)求CC1到平面A1AB的距离． [解]　(1)证明：∵A1在底面ABC上的射影为AC的中点D，∴平面A1ACC1⊥平面ABC， ∵BC⊥AC，且平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC， ∴BC⊥平面A1ACC1，∵AC1⊂平面A1ACC1， ∴BC⊥AC1，∵AC1⊥BA1，且BC∩BA1＝B，BC，BA1⊂平面A1BC，∴AC1⊥平面A1BC. (2)取A1C1的中点D1，以C为坐标原点，CA，CB，CD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，∵AC1⊥平面A1BC，A1C⊂平面A1BC，∴AC1⊥A1C，∴四边形A1ACC1是菱形，∵D是AC的中点，∴∠A1AD＝60°，∴A(2,0,0)，A1(1,0，eq \r(3))，B(0,2,0)，C1(－1,0，eq \r(3))，∴eq \o(B1B,\s\up16(→))＝eq \o(A1A,\s\up16(→))＝(1,0，－eq \r(3))，eq \o(A1B1,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－2,2,0)，设平面A1AB的法向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(A1A,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up16(→))＝0，)) ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－\r(3)z＝0，,－2x＋2y＝0，))取n＝(eq \r(3)，eq \r(3)，1)， ∵eq \o(CA1,\s\up16(→))＝(2,0,0)， ∴C1到平面A1AB的距离d＝eq \f(|\o(CA1,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(21),7).∵CC1∥AA1，AA1⊂平面A1AB，CC1⊄平面A1AB，∴CC1∥平面A1AB，∴CC1到平面A1AB的距离等于C1到平面A1AB的距离eq \f(2\r(21),7). [典例5]　在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是BB1、DD1的中点，求平面ADE与平面B1C1F之间的距离． [解]　以点A为坐标原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，D(0,3,0)，Eeq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(3，0，\f(3,2)))，B1(3,0,3)，C1(3,3,3)，Feq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，3，\f(3,2)))， eq \o(AD,\s\up16(→))＝(0,3,0)，eq \o(B1C1,\s\up16(→))＝(0,3,0)，则eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \o(B1C1,\s\up16(→))，因为AD、B1C1不在同一条直线上，则AD∥B1C1， AD⊂平面B1C1F，B1C1⊂平面B1C1F，则AD∥平面B1C1F，同理可证AE∥平面B1C1F，AD∩AE＝A，故平面ADE∥平面B1C1F，设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，eq \o(AD,\s\up16(→))＝(0,3,0)，eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(3，0，\f(3,2)))，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up16(→))＝3y＝0，,n·\o(AE,\s\up16(→))＝3x＋\f(3,2)z＝0，))取x＝1，可得n＝(1,0，－2)，又因为eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(3,0,3)，因此，平面ADE与平面B1C1F之间的距离为d＝eq \f(|\o(AB1,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(3,\r(5))＝eq \f(3\r(5),5). 用向量法求线面距、面面距时一般要转化为点面距． 2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中点，棱长为4，求平面MNA与平面EFBD之间的距离．解：以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(4,0,0)，M(2,0,4)， N(4,2,4)，eq \o(AM,\s\up16(→))＝(－2,0,4)，eq \o(AN,\s\up16(→))＝(0,2,4)，设平面AMN的一个法向量是n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up16(→))＝－2x＋4z＝0，,n·\o(AN,\s\up16(→))＝2y＋4z＝0，))取z＝1，得n＝(2，－2,1)，又eq \o(DA,\s\up16(→))＝(4,0,0)，cos〈eq \o(DA,\s\up16(→))，n〉＝eq \f(\o(DA,\s\up16(→))·n,|\o(DA,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(8,4×3)＝eq \f(2,3)，所以平面MNA与平面EFBD之间的距离d＝|eq \o(DA,\s\up16(→))||cos〈eq \o(DA,\s\up16(→))，n〉|＝4×eq \f(2,3)＝eq \f(8,3). 3．(2025·四川树德中学模拟)如图，若正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底边长为1，∠B1AB＝eq \f(π,3)，E是D1D的中点，则A1C1到平面EAC的距离为(　　) A.eq \r(5) B．2eq \r(5) C.eq \f(2\r(30),5) D.eq \f(\r(30),5) 解析：D　[建立如图所示空间直角坐标系：因为正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底边长为1，且∠B1AB＝eq \f(π,3)，所以BB1＝A1B1·taneq \f(π,3)＝eq \r(3)，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，Eeq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(3),2)))，A1(0,0，eq \r(3))，所以eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(3),2)))，eq \o(A1E,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(\r(3),2)))，eq \o(CE,\s\up16(→))＝eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(3),2)))，设平面EAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CE,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＋\f(\r(3),2)z＝0，,－x＋\f(\r(3),2)z＝0，)) 令z＝2eq \r(3)，则n＝(3，－3,2eq \r(3))，因为AC∥A1C1，且AC⊂平面EAC，A1C1⊄平面EAC，所以A1C1∥平面EAC，所以A1C1到平面EAC的距离即为点A1到平面EAC的距离，即d＝eq \f(|\o(A1E,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(6,\r(30))＝eq \f(\r(30),5).] $$

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主题三第七章第6节第2课时求空间角和距离-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

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