第六章 第7节 第2课时 求空间角和距离-【创新教程】2026年高考数学艺考生文化课百日冲关Word教案

第二课时　求空间角和距离 课程标准 核心素养 考情聚焦 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.异面直线所成角、直线与平面所成角及二面角的求解，提升数学建模、数学运算和数学抽象的素养． 2．点面距的求解，达成数学建模、数学运算和数学抽象的素养 　　2026年高考预计考查： 1．空间角(线线角、线面角、面面角)． 2．空间距离． 3．探索性问题．首先建立适当的坐标系，找准点的坐标，把所有问题转化为坐标运算．主要以解答题的第二问出现，难度不大，属中档题型，但要注意运算的准确性 　　　　　　　　对应学生用书P131 [必备知识] 1．求异面直线所成的角 设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 a与b的夹角β l1与l2所成的角θ 范围 [0，π] 　　 求法 cos β＝ cos θ＝|cos β|＝　　 2.直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝，φ的取值范围是. 3．求二面角的大小 (1)如图①，AB，CD是二面角α­l­β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉． (2)如图②③，n1，n2分别是二面角α­l­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝　cos 〈n1，n2〉　，或－cos〈n1，n2〉，取值范围是[0，π]． 4．求空间的距离 (1)两点间的距离 设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝ ||＝. (2)点到平面的距离 如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为||＝. [自主诊断] [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)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　　 ) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(　　 ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　　 ) (4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．(　　 ) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ [小题查验] 1．(人教A版教材习题改编)已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为(　　) A．45°　　　　　　　　　　 B．135° C．45°或135° D．90° 解析：C　[cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.] 2．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所成的角是(　　) A．45°　　 B．60°　　　 C．90°　　 D．120° 解析：B　[如图所示，以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2， ∴C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)． ∴＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)． ∴·＝2，记，所成角为θ.∴cos θ＝＝.∴EF和BC1所成角为60°. 故选B.] 3．(2025·广州市模拟)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为____________． 解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,2,1)，(1,2,0)，∴＝(0,2，－1)，＝(－1,2,0) 设n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量，则即 令z＝2，则y＝1，x＝2，于是n＝(2,1,2)，＝(0,2,0)， 设所求线面角为α，则sin α＝|cos〈n，〉|＝. 答案： 4．已知ABCD­A1B1C1D1是棱长为6的正方体，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF.当A1，E，F，C1共面时，平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为____________． 解析：以D为原点，DA，DC，DD1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，易知当E(6,3,0)，F(3,6,0)时，A1，E，F，C1四点共面．设平面A1DE的法向量为n1＝(a，b，c)，依题意得 可取n1＝(－1,2,1)，同理可得平面C1DF的一个法向量为n2＝(2，－1,1)．故平面A1DE与平面C1DF所成二面角的余弦值为＝. 答案： 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. ∴PH＝ ＝a. ∴点P到平面ABC的距离为a. 答案：a 　　　　　　对应学生用书P132 考点一　异面直线所成角(自主练透) [题组集训] 1．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝2，CC1＝，则异面直线AB1和BC1所成角的正弦值为(　　) A．1　　 B．　　 　C.　　 D． 解析：A　[取线段A1B1，AB的中点分别为O，D，则OC1⊥平面ABB1A1，∴建立以O为坐标原点，以，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O－xyz，如图，则A(－1,0，)，B1(1,0,0)，B(1,0，)，C1(0，，0)，∴＝(2,0，－)，＝(－1，，－)，因为·＝(2,0，－)·(－1，，－)＝0，所以⊥，即异面直线AB1和BC1所成角为直角，则其正弦值为1.故选A.] 2．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，若BC⊥AC，∠BAC＝，AC＝4，点M为AA1的中点，点P为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q＝3QC，则异面直线PQ与AC所成角的正弦值为____________． 解析：由题意，以C为原点，以AC边所在直线为x轴，以BC边所在直线为y轴，以CC1边所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．设棱柱的高为a，由∠BAC＝，AC＝4，得BC＝4，所以A(4,0,0)，B(0,4，0)，C(0,0,0)，A1(4,0，a)，B1(0，4，a)，C1(0,0，a)，M，P，Q.所以＝(1,2，0)，＝(4,0,0)．设异面直线QP与CA所成的角为θ.所以|cos θ|＝＝＝.所以sin θ＝±， 因为异面直线所成角的正弦值为正，所以sin θ＝即为所求． 答案： 3.如图，四边形ABCD和ADPQ均为边长为2的正方形，它们所在的平面互相垂直，若点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，且cos θ＝，则PM＝____________. 解析：以AB，AD，AQ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A－xyz，依题意，设M(0，y,2)(0≤y≤2)，则A(0,0,0)，E(1,0,0)，F(2,1,0)，∴＝(－1，y,2)，||＝，＝(2,1,0)， ||＝， ∴cos θ＝＝ ＝，从而＝， 化简得(5y－19)(y－1)＝0. ∴y＝1，y＝(舍去)，因此PM＝2－1＝1. 答案：1 向量法求异面直线所成角的方法 (1)选好基底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〉|＝求解． 提醒：两异面直线所成角θ的范围是，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． 考点二　直线与平面所成角(师生共研) [典例]　(2024·上海卷)如图，在正四棱锥P­ABCD中，O为底面ABCD的中心． (1)若AP＝5，AD＝3，求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积； (2)若AP＝AD，E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小． [解]　(1)连接PO，因为P­ABCD是正四棱锥，所以底面ABCD是正方形，且PO⊥底面ABCD， 因为AD＝3，所以AO＝OD＝OB＝OC＝3， 因为AP＝5，所以PO＝＝4， 所以△POA绕OP旋转一周形成的几何体是以3为底面半径，4为高的圆锥， 所以V圆锥＝Sh＝π×32×4＝12π. (2)如图建立空间直角坐标系，因为AP＝AD，由题知P­ABCD是正四棱锥，所以该四棱锥各棱长相等，设AB＝a，则AO＝OD＝OB＝OC＝a，PO＝＝a， 可得O(0,0,0)，P(0,0，a)，A(0，－a,0)，B(a,0,0)，C(0，a,0)，D(－a,0,0)，E， 则＝(－2a,0,0)，＝(0,2a,0)，＝. 设n＝(x1，y1，z1)为平面AEC的法向量，则 ⇒，令x1＝1，则y1＝0，z1＝－1，所以n＝(1,0，－1)， 则cos〈n，〉＝＝＝－， 设直线BD与平面AEC所成角为θ，因为sin θ＝|cos〈n，〉|＝，θ∈，所以θ＝. 利用向量法求线面角的方法 (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所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角． [跟踪训练] (2025·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，△ABC与△ADC均为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∠ADC＝90°，E为BC的中点． (1)若F，G分别为线段PD，PE中点，求证：FG∥平面PAB； (2)若PA⊥平面ABCD，PA＝AC，求AB与平面PCD所成角的正弦值． 解：(1)取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， ∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形∠ADC＝90°，∠BAC＝90° 不妨设AD－CD＝2，∴AC＝AB＝2 ∴BC＝4，∵E、F分别为BC、PD的中点， ∴FN＝AD＝1，BE＝2，∴GM＝1， ∵∠DAC＝45°，∠ACB＝45°， ∴AD∥BC， ∴FN∥GM， ∴四边形FGMN为平行四边形， ∴FG∥MN， ∵FG⊄平面PAB，MN⊂平面PAB，∴FG∥平面PAB； (2)∵PA⊥平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP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， 设AD＝CD＝2，则A(0,0,0)，B(0,2，0)，C(2，0,0)，D(，－，0)，P(0,0,2)， ∴＝(0,2，0)，＝(，，0)，＝(－2，0,2)， 设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z) ∴，∴ 取x＝1，∴y＝－1，z＝1，∴n＝(1，－1,1) 设AB与平面PCD成的角为θ 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝＝，即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 考点三　二面角(师生共研) [典例]　(2025·天津卷) (15分)如图正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，C1B1的中点，CG＝3C1G. (Ⅰ)求证：GF⊥平面EBF； (Ⅱ)求平面EBF与平面EBG二面角的余弦值； (Ⅲ)求三棱锥D－BEF的体积． 解：(1)以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系 由已知可得D(0,0,0)，B(4,4,0)、G(0,4,3)，E(2,0,4)、F(2,4,4)，＝(0,4,0)，＝(－2，－4,4)，，＝(2,0,1)，＝(－4,0,3) 设平面BEF的法向量为n＝(x1，y1，z1) ，⇒， 取x1＝2，则y1＝0，z1＝1， ∴n＝(2,0,1)， ∴＝n，∴∥n， ∴GF⊥平面BEF (2)设平面EBG的法向量为m＝(x2，y2，z2) 则 令z2＝4，则x2＝3，y2＝，z2＝4， cos〈m，n〉＝＝. (3)由(1)知EF⊥平面BCC1B1，FB⊂平面BCC1B1，∴EF⊥FB， 易知S△BEF＝EF·BF＝×4×＝4， 又＝(2,0,4)，则D到平面BEF的距离为d＝＝， 由棱锥的体积公式知：VD－BEF＝d×S△BEF＝××4＝. 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． [跟踪训练] (2025·全国二卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得面EFD′A′与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A′B∥平面CD′F. (2)求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值． 解：(1)证明∵A′E∥D′F，D′F⊂平面CD′F，A′E⊄平面CD′F， ∴A′E∥平面CD′F， 同理可证EB∥平面CD′F， 又∵EB∩A′E＝E，且EB⊂平面A′EB，A′E⊂平面A′EB， ∴平面A′BE∥平面CD′F. 又∵A′B⊂平面A′EB， ∴A′B∥平面CD′F. (2)设AD＝m.建立如图所示空间直角坐标系，则C(m，m,0)，B(2m,0,0)， D′，E(0,0,0)，F(0，m,0)， ＝(－m，m,0)，＝， ＝(0，m,0)，＝， 设平面BCD′的法向量为a＝(x1，y1，z1)，则即， 令z1＝1，则x1＝，y1＝，a＝(，，1)． 设平面EFD′A′的法向量为b＝(x2，y2，z2)，则 即，令z2＝1，则x2＝－，y2＝0，b＝(－，0,1) 设平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角为θ， 所以cos θ＝|cos〈a，b〉|＝＝ 所以sin θ＝. 考点四　点面距(师生共研) [典例]　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)．设F(0,0，z)． ∵AEC1F为平行四边形， ∴＝，(－2,0，z)＝(－2,0,2)， ∴z＝2.∴F(0,0,2)．∴＝(－2，－4,2)， ∴||＝2，即BF的长为2. (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)． 由得 即∴ 则n1＝. 又＝(0,0,3)，设与n1的夹角为α， 则cos α＝＝＝. ∴C到平面AEC1F的距离为 d＝||cos α＝3×＝. 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＝(n为平面的法向量，A为平面上一点，MA为过A点的斜线段)．[跟踪训练] (2025·普宁市质检)如图1，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝60°，E为CD的中点，将△ADE沿AE折起，连结BD，CD，且BD＝4，如图2. (1)求证：图2中的平面ADE⊥平面ABCE； (2)在图2中，若点F在BD上，直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为，求点F到平面DEC的距离． 解：(1)连结BE， 因为AB＝2BC＝4，∠ABC＝60°，E为CD的中点， 所以△ADE是边长为2的等边三角形， 在△ABE中，∠EAB＝60°，由余弦定理得 BE＝ ＝＝2， 因为AE2＋BE2＝AB2，所以AE⊥BE， 又因为BD＝4，所以DE2＋BE2＝BD2，所以DE⊥BE， 又DE∩AE＝E， 所以BE⊥平面ADE. 又因为BE⊂平面ABCE，所以平面ADE⊥平面ABCE. (2)以E为坐标原点，以，的方向分别为x轴，y轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系E­xyz，E(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2，0)，D(1,0，)，C(－1，，0)，＝(－1,0，)，＝(－1,2，－)，＝(1,0，)，＝(－1，，0)，设＝λ(0≤λ≤1)，则＝＋＝(－1,0，)＋λ(－1，2，－)＝(－1－λ，2λ，－λ)， 取平面ABCE的一个法向量为m＝(0,0,1)， ＝， 整理得3λ2＋8λ－3＝0，解得λ＝或λ＝－3(舍)． 设平面DEC的法向量为n＝(x，y，z)， 则令x＝，则y＝1，z＝－1， 所以n＝(，1，－1)． 设点F到平面DEC的距离为d，又＝＝， 则d＝＝＝， 所以点F到平面DEC的距离为. 学科网（北京）股份有限公司 $