第七章 第六讲 空间的角与距离-【衡中学案】2026年高考数学一轮总复习学案

第六讲空间的角与距离 所以C1,所以S&=子4C·你， 知识梳理·双基自测 当EF⊥BD时，EF最小， 即△AFC的面积最小. 知识梳理 因为△ABD≌△CBD,所以CB=AB=2, 知识点一 又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形， Ia·b1 lallbl 因为E为AC的中点， 知识点二 所以AE=EC=1,BE=5, ln·el 因为AD1CD,所以DE=之AC=1, Inllel 知识点三 在△DEB中，DE2+BE=BD2, 1.(,C2.1%· 所以BE⊥DE. InlIn2l 以E为坐标原点建立如图所示的 双基自测 空间直角坐标系E-xyz, 1.(1)×(2)×(3)×(4)× 则A(1,0,0),B(0,5,0),D(0,0,1), 2无以A为原点，分别以店，花，所在 所以AD=(-1,0,1),A正=(-1， 直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如 5,0), 图所示. 设平面ABD的一个法向量为n= 设正方体的棱长为1，则A(0,0,0), (x,y,z), M0,1,2) 则市-+：=0， 1n·AB=-x+5y=0 取y=5, o分30， 则n=(3,√5,3)， .=(0.1,(0,=0, 又因为c(-1,0.0.F0海) ON与AM垂直.即直线ON,AM所成角是受 所以a-原》 3.266 如图建立空间直角坐标系，则 所以cos(m,C本=1·应 6 -43 3 3 nl·1c1 7 7 由题意知A正=(-2,1,0)，EC=(0,1,A 2×N4 2),设平面AEC,的法向量为n=(x,y, 设CF与平面ABD所成的角为(0≤0≤）)： ,则匹n=-2x+y=0 1EC·n=y+2z=0, 令y=2得 所以sm0=1cos(m,C本1=4 7 x=1,z=-1, n=(1,2,-1),又AD=(-2,0,2) 所以W与平面D所炭的角的正弦位为号 ·点D,到平面AbC,的距离d=1n·AD.426 第一课时 空间的角和距离问题 Inl √63， 考点突破·互动探究 1n·AD15 AD1与平面AEC1所成角的正弦值为sin0= 考点1 nl·IADI 3 例1：ABD结合题意可得AB=(3,1,1),C⑦=（-1,1,2)， 0=5 因为A店.C⑦=-3+1+2=0，所以AB⊥CD,故A正确； AD=√(-1-0)2+(2-1)2+(3-0)产=，故B正确； 另解：可用46=-，求得d=25 3 BC=(-1,-1,0),取a=B=(-3,-1,-1), 进而可知血6=40,3×22了 d 26√3 “=威-1.-1,0)-（号号 IBCI 2 4.[解析](1)证明：因为AD=CD,E为AC的中点， 所以a2=11,a·u=22,所以点A到直线BC的距离为 所以AC⊥DE; √a-(a·u)2=√1-8=5，故C错误； 在△ABD和△CBD中， 又A2=(3,1,1),A元=(2,0,1)，Ai=(1,1,3) 因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB, 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), 所以△ABD≌△CBD,所以AB=CB, 又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE; 则·花=3x+y+:=0. 又因为DE,BEC平面BED,DE∩BE=E, In.AC=2x+2=0, 所以AC⊥平面BED, 令x=1,则n=(1,-1,-2), 因为ACC平面ACD 所以点D到平面ABC的距离为d=n:-Ⅱ-1-61」 所以平面BED⊥平面ACD. 1+1+4 (2)连接EF,由(1)知，AC⊥平面BED,因为EFC平面BED, √6，故选项D正确.故选ABD. 505 例2：[解析]解法一：定义法 变式训练 :线段AB是圆O的直径， [解析]解法一：体积法 .AE⊥BE, 如图所示，连接BF,DF .BE=√AB2-AE=3. 由AC=2BC,∠ACB=60°， :BC⊥平面ABE,AE,BEC平 H 知AB⊥BC 面ABE, 则AB=√AC-BC=√B, .∴.BC⊥AE,BC⊥BE, AD=AA +A D=5, .CE=BE2 BC2 =34 BD=√BF+DF产=5， 又BC∩BE=B,BC,BEC平面BCE, .AE⊥平面BCE, S=40×√-( 又AEC平面AEC, ∴.平面AEC⊥平面BEC, =分x5×V5哥= 作BH⊥EC于H,则BH⊥平面ACE, 由题意知DF⊥平面ABC, BH=BE:BC=3×5-1534 设点F到平面ABD的距离为h, EC 3434 由w=得x=x2x = ×3×1,解 1 即点B到平面ACE的距离为5网 4 3 2 34 解法二：体积法 得h=2们 17 由解法一知AE⊥平面BCE, .AE⊥CE, 即点F到平面BD的距离为2可 17 设点B到平面ACE的距离为d, 解法二：向量法 则由m=V,得写×分EBEBC=×分 由解法一易知BA、BC、BB,两两 垂直 cE·d, 如图建立空间直角坐标系， d=BE,BC_3x5=1534 则B(0,0,0),A(0,5,0), CE 34 341 即点B到平面ACE的距离为15，网 号9台2 34 BA=(0,5,0),B= 解法三：向量法 线段AB是圆O的直径， (32厨（宁 .AE⊥BE, 设平面ABD的法向量为n=(x,y,z), 以点E为坐标原点，EB,EA所 在直线分别为x轴，y轴建立 rBA·n=3·x=0, 如图所示的空间直角坐标系， 则E(0,0,0),B(3,0,0), A(0,4,0),C(3,0,5), 取z=-1得n=(0,4,-1), .EA=(0,4,0),E元=(3,0， F到平面ABD的距离d=B产·m=2叵 Inl 17 5),BC=(0,0,5), 考点2 设平面AEC的一个法向量为n=(x,y,z), 角度1 则n=4=0. 例：A解法一：如图建立空间直角坐 1E元.n=3x+5z=0, 标系，由P010A,∠PA0=平，知 取z=-3得n=(5,0,-3), 点B到平面ACE的距离 A0=P0,由40=2，∠A0B=号，知 d=B元.m-5-15网 △A0B为正三角形，B(1,5,0), Inl /34 34 又A(2,0,0),P(0,0,2),0A= [引申] (2,0,0),P2=(1,5,-2),记0A与PB所成角为0，则c0s0 60/769 769 由本例解法三知F(20,子）店=(3，-4,0)， 成-(-号0，)，元-(30，)设平面4F的法向量为 离导小 解法二：由题意知0.0i=2,0A·02=0i.0=0,记04 AB·m=3a-4b=0, n=(a,b,c),则 B.m=- .5 取a=20得m= 2a+2c=0, 与PB所成角为6，则cos9= 10.p-0.(0成-01 O·1P21 2×22 (20,15,12)C到平面ABF的距离d=1m:Fd4_607o _10.0丽l.故选A 769 42 4 506 解法三：连接AB,取AP,AB,PO的中点 又CH⊥AA1,.CH⊥CC1从而CH⊥平面BCC,B1, 分别为M,Q,N,连接MW,MQ,NQ,OQ, 则MW∥OA,MQ∥PB,所以∠NMQ(或 平面BGG8的法向量为a耐=（停0，号） 其补角)为直线OA与PB所成的角，又 又AB=(-22,5,N2), 0P10A,0P⊥0B,因为∠A0B=号， ICH.ABI ·.AB,与平面BCC,B,所成角的正弦值为 Ci·MB√ ∠PA0=年，0A=0B=2,所以P0=0A=2,0N=20P=1, 3 8=0p=22,00-9x2=5.所以0=PB=2,0 131 角度3 =√00+0N=2,MN=分0M=1,则由余弦定理得： 例：[解析](1)证明：作PO⊥平面ABCD于O, .PA=PB=PC,.Rt△PAO≌Rt△PBO≌Rt△PCO, mLNM0=,2:-票所以直线O1与PB所成角 .OA=0B=OC,即0为△ABC的外心， 2×1×√2 又AB⊥BC,.O为AC的中点， 的涂弦值为故选 .POC平面PAC, ·.平面PAC⊥平面ABCD [引申] (2)解法一：几何法 子由解法-可知(-1,0，). 取AB的中点E,连接DE,由AB=2CD知OEDE, 取OD的中点H,连接QH,则QH∥PO, B=(-2,-3,1),Pi=(2,0, ∴.QH⊥平面ABCD,作HM⊥BC于M, -2),记BH与PA所成角为a,则 连接QM,则BC⊥平面QHM,从而BC IBH.PAI 6 ⊥QM, cos 1.1pi22×2万 ∴.∠QMH为二面角Q-BC-D的平 面角 设CD=1,则0C=√2，PC=AB=2, 角度2 例：[解析](1)证明：.AC⊥底面ABC, op-/pc-oc-.on ·.AC⊥AC,AC⊥BC. 又HM=CD=1, 又∠ACB=90°， .AC、AC、BC两两垂直， ..ou-/wm- .BC⊥平面ACCA. im∠QMH=-3, HQ√5 又BCC平面BCC,B, 平面BCC,B1⊥平面ACC,A1. 又A1到平面BCC,B,的距离为1，A41∥CC1, 即二面角Q-BC-D的正弦值为 3 A,到CC1的距离等于C到AA1的距离为1， 解法二：向量法 ·作CH⊥AA于H,则CH=1. 由AB=BC,AB⊥BC 又AA1=2,A,C⊥AC,.A,A上的中线为1， 知OB⊥OC, H为A41的中点，即CH垂直平分AA1, ∴.OB、OC、OP两两垂直， ∴.AC=A1C 如图建立空间直角坐标系 (2)解法一：定义法 设CD=1,则B(2,0,0),C(0,2 连接A1B,由(1)知Rt△ABC≌Rt△A1BC, AB=AB,连接BH,则BH⊥AA1, 0r00.4-号o ∴.BH=2,又AH=1,.AB=AB=5, -9） 4极-铝-9 而-(599成=-.0 AB1=√AB2+AA-2AB·A41cOs(T-LA1AB)=√13. 方法①：设平面BCQ的法向量为n=(x,y,z), 3 三B,与平面BCCB,所成角的正弦值为石蜀 =++90， 则{ 解法二：向量法 lBt·n=-2x+2y=0, 由(1)及(2)解法一知可建立如图空间 取x=1得n=（1,1,2), 直角坐标系，则A(2,0,0),A1(0,0, 又平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1), o,号》 记二面角Q-BC-D为，则 m·n=2=6 又BC=√AB-AC=F,由BB=AA os=m1万=31 可得，B,(-2,5,2) 六in=个-cosa=5 3 507— 即二面角Q-BC-D的正弦值为得 取y=7得n=(子5,74)4AB与平面PBC所成角的正弦值 方法②：如图： 1A店.nl_7183 为 作QH⊥BC于H,则顶=B成-ABC AB1·1n1122 故选A 3.[解析](1)证明：设O为AB的中 -(-5+-a) 点，连接C0,B,O,AB1,BC1,因为CA 由成1成即成·武=子-2n+ =CB, 所以AB⊥OC, 3-2A=3-4M=0, 因为四边形ABB,A为菱形，∠ABB,= 号，所以△BB为等边三角形，期AB ⊥OB1, 又动-(-号，号议m=(-,1a=(-l.-10 又OCC平面OB1C,OB1C平面OB,C OC∩0B1=0,所以AB⊥平面0B,C, 记二面角Q-BC-D的大小为a, 因为B1CC平面OBC,所以AB⊥B,C, n·n 2 6 因为AC1⊥B1C,ABC平面ABC1,AC1C平面ABC1, 则cosa=ml·1万×万 3 AC1∩AB=A,所以BC⊥平面ABC1, 因为BC1C平面ABC1,所以BC1⊥B,C,所以四边形BCCB,为 如a=-wa-得 菱形，即BC=BB, 变式训练 (2)因为平面ABC⊥平面ABB,A1,且 1.A如图，设AA=c,AB=a,AC=b,棱长 平面ABC∩平面ABB,A1=AB,AB⊥ OB1,OB,C平面ABBA1, 均为1则a6=宁，b·c= 2,a·c 所以B,O⊥平面ABC; 以O为坐标原点，OC,OA,OB1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AB=2. .AB =a+c,BC=BC+BB =b-a+c, 则0(0,0,0)，C(5,0,0),B(0,-1,0),B1(0,05),A(0,1,0), .AB'.BC=(a+c).(b-a+c) 可得AC=(5,-1,0),BB=CC=(0,1,5),B元=(5,1,0). =a·b-a2+a·c+b·c-a·c+c2 设平面BCC的法向量为m=(x,y,z),则 =ab-d+bc+e=}-1+7+1=1, 「m·BC=5x+y=0, AB=√(a+c)下=个+1+I=3, m.CC=y+32=0, BC=√(b-a+c)7=I+1+1-1-1+I=2, 令x=1,则y=-5,2=1,可得m=(1,-5,1) ms(G,BG=G·BC 设平面ACC1的法向量为n=(a,b,c),则 1-6 1AB1·IBC12×561 [n·A亡=5a-b=0, ln·CC=b+5c=0, 小异面直线识与C,所成角的余弦值为故选A 令a=1,则b=5,c=-1,可得n=(1,5,-1) 2.A解法一：定义法 Icos(,n〉「= m·n3 取BC的中点H,连接AH,PH,由AB=AC知BC⊥AH,又PA⊥平 Imllni=5. 面ABC,.BC⊥PA,BC⊥平面PAH,.平面PBC⊥平面PAH 故二面角B-CC-A的正弦值为号 作AM⊥PH于M,则AM⊥平面PBC,.∠ABM即为AB与平面 名师讲坛·素养提升 PBC所成的角，又AH=43,PA=14,PA⊥AH,.PH=2√6I、 变式训练 六AM=P4:4=14×45_288 ,.sin∠ABM= AM ABD对于A,易知B,D⊥平面ACD,,B,DC平面PB,D,从而平 PH 261 61 AB 面PBD⊥平面ACD,故A正确；对于B,易知平面BA,C1∥平 7图故选 面ACD1,A1PC平面BA,C,所以A1P∥平面ACD1,故B正确；对 于C,A1P与AD1所成角即为AP与BC的所成角，BA1=BC= 解法二：向量法 AC,当P与线段BC1的两端点重合时，AP与AD1所成角取最 如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0), P(0,0,14),C(0,8,0),B(45,4,0), 小值牙，当P与线段BG,的中点重合时，AP与AD,所成角取 A2=(45,4,0),P元=(0,8，-14)，BC=A 最大值受，故AP与AD,所成角的范围是[号，]，故C不正 (-43,4,0),设平面PBC的法向量为n= 确；对于D,由选项B得BC,∥平面ACD1,故BC,上任意一点到 rP元·n=8y-14z=0, 平面ACD1的距离均相等，所以以P为顶点，△ACD,为底面，则 (x,y2),则 lBC·n=-43x+4y=0, 三棱锥P-ACD1的体积不变，又Vn-Ac=Vp-AD,c,所以三棱锥 D-APC的体积不变，故D正确.故选ABD. -508 第二课时综合问题 H㎡=(0,2入，1-A),又0P1A正，且02=(0,0,1)， 1-A=2 考点突破·互动探究 .(H㎡，02=45°，. 4λ2+(1-λ)2 2 考点 角度1 解得A=}或-1（合去）（以下同解法一部分）。 例：[分析](I)要证PA⊥PB.由PA⊥PE知，证PA⊥平面PBE 变式训练 即可，也即需证PA⊥BE,又平面PAE⊥平面ABCE,故证BE⊥ [解析](1)证明：因为四边形ABCD是边长为4的菱形， AE即可，这在平面图中易证. (2)取AE的中点O连接PO,分别以OA、OP为x轴、z轴建立 并且∠BD=受， 空间直角坐标系，设P?=入P,只需根据条件求出入即可，得 所以△ABD,△BCD均为等边三角形， 故A0⊥BD,C0⊥BD,且A0=C0=25, 点F的竖坐标z,进而可求V.Aa=3Sa·lzl. 因为AOC平面AC0,C0C平面AC0, [解析](1)证明：在长方形ABCD中，AB=2AD=22,E为 且AO∩CO=O,所以BD⊥平面ACO CD中点， 因为CEC平面ACO,所以BD⊥CE. AE=BE=2,.AE+BE=AB,∴.AE⊥BE, (2)解法一：设A到平面BCD的距离为h, :平面PAE⊥平面ABCE,平面PAE∩平面ABCE=AE,BEC平 因为等边三角形BCD的边长为4， 面ABCE, 所以三发能A-BD的件案为了×得x4h=8。 ∴.BE⊥平面PAE,APC平面PAE .BE⊥PA,又PA⊥PE,BEC平面PBE,PEC平面PBE,PE∩ 所以h=25 BE=E. 因为A0=25,所以A0⊥平面BCD, .∴.PA⊥平面PBE,PBC平面PBE, 以O为坐标原点，OB所在直线为x .PA⊥PB. 轴，OC所在直线为y轴，OA所在直线 (2)如图，取AE的中点O,AB的中 为z轴，建立空间直角坐标系0-xz; 点G,连接OP,OG,由题意可得 则0(0,0,0)，B(2,0,0),C(0,23 OP,OG,OA两两互相垂直， 0),A(0,0,25), 0 E 以0为坐标原点，以OA,OG,OP 设E(0,0,n)(n>0) A 分别为x,y,z轴建立空间直角坐 因为BD⊥平面ACO, 标系， 所以m1=(1,0,0)是平面EC0的一个法向量， 则A(1,0,0),E(-1,0,0),B(-1,2,0),P(0,0,1), 设平面BCE的法向量为m2=(x,y,z), 4正=(-2,0,0)， 又BC=(-2,25,0),B=(-2,0,n), 设P序=入P序，则F(-入，2入，1-A) 「m2·BC=-2x+25y=0, A=(-A-1,2,1-A). 解法一：设平面FAE的一个法向量为m=(x,y,z), m2·Bi=-2x+z=0, 则m·花-2x=0, 取x=5,则y=1,2=2 n lm·AF=(-入-1)x+2y+(1-A)z=0, 令y=1,得：=m=(012) 香%=(51,2） 又BE⊥平面PAE,n=成=(0,2,0)是平面PAE的一个法向量， 因为二面角B-CE-0的余弦值为压 101 (m,m》=0滑 2 1n1·m2 4λ2 2 所以 =5 lm1I·1m2I 12 10 2×√1+尺-2+1 1×√4+ 解得A=了或=-1（会）. 解待n号或n=(合去)，此时0B 2 即F为PB的靠近P的三等分点时，二面角F-AE-P的平面 角度2 角为开 例1：ABC[分析]建立空间直角坐标系，设出动点坐标，根据 POL平面ABCE,且P0=1, 动点需满足的条件列出方程组，据方程组解的情况进行 F到平面ABCE的距离为号，又四边形ABCE的面积为3， 判断 [解析] 如图：以A为原点，A市， 因棱维F-ABCE的体积，E=宁5EA=寸×3x号 A,AB为x,y,z轴的正方向建立空 间直角坐标系， 设BC=2,则A(0,0,0),D(2,0, 解法二：作FH⊥AE于H,则H应=A市-tA它(teR), 0),E(0,2,2),F(0,2,0),B(0,0 由应.正=0得1=：正A+1 2),C(2,0,2),G(2,2,2), 1A立2 2 Hm,n,0),(m+n2=4,m>0,n>0), -509 所以Bi=(2,0,-2),Bt=(2,2,0),Ei=(m,n-2,-2), 平面BCD∩平面ABC=BC, 当H与F重合时EH⊥BG,故A正确； .D0⊥平面ABC,又OH∥AC,AC⊥BC,.OH⊥BC; 若EH∥BD则E=ABD,即(m,n-2,-2)=A(2,0,-2), 若选③，取BC中点O,AB中点H, .m=2,n=2不合题意，故B正确； 连接OD,OH,EH, 设n=(x,y,z)为平面BDG的一个法向量， :DC=BD=5,D0⊥BC,又BC 则in=2-2=0, =2,.D0=2: CL' O,H分别为BC,AB中点， H 1Bd.n=2x+2y=0, 令x=1,得y=-1,2=1,则n=(1,-1,1). .OnAC, 假设EH∥平面BDG, 则n·E=m-n+2-2=0,所以m=n. 又EBDL2AC,OHLED, 因为m2+n2=4,m>0,n>0,所以m=n=2 ·四边形DEH0为平行四边形，.EH=DO=2; 即H是圆孤DF的中点，符合题意，故C正确； .AC L BC,AC=BC =2,..AB=22, 对于D,当点H与点D重合时，直线EH与平面BDG所成角 EH=AB,AE⊥BE, 最小，因为Ei=Ei=(2,-2,-2), ∠EAB=∠EBA,·BE=AE=2,.BD2+DE2=BE2, 所以ia=ln·面。2 1.1 ∴.BD⊥DE,又DE∥AC,∴.AC⊥BD, 11EiB×25=3<2 又AC⊥BC,BC∩BD=B,BC,BDC平面BCD 即直线EH与平面BDG所成角的最小角小于30°， ∴.AC⊥平面BCD,.ACC平面ABC, 当点H与点F重合时，直线EH与平面BDG所成角O最大， .∴.平面ABC⊥平面BCD, 因为Ei=BA=(0,0,-2), 又DO⊥BC,DOC平面BCD,平面BCD∩平面ABC=BC, ·.DO⊥平面ABC,又OH∥AC,AC⊥BC,·OH⊥BC: 所以m0=1m·:2=5、 1mi25=3>2 综上所述：D0,OH,BC两两互相垂直， 即直线EH与平面BDG所成角的最大角大于30°， 则以0为坐标原点，0,0i,0店 所以存在点H,使得直线EH与平面BDG的所成角为30°，故 为x,y,2轴，可建立如图所示空 D错误.故选ABC. 间直角坐标系， 例2：[分析](1)选择一个条件，利用面面垂直的判定定理证 则A(2,-1,0),B(0,1,0),E(1, 明；(2)假设符合条件的点F存在，建立空间直角坐标系，设 0,2).AB=(-2,2,0),B2= 求点F的坐标，在结论成立的条件下求解点F的坐标，根据 (1,-1,2), 解的情况回答问题，这类问题有时也可通过研究图形判断符 :DO⊥平面ABC 合条件的点存在，然后证明即可. 平面ABC的一个法向量m=(0,0,1); [解析](1)证明：若选①，取AC 设平面ABE的法向量1=(x1,,a1), 中点G,BC中点O,AB中点H,连 AB·m1=-2x1+2y1=0, 接EG,D0,OH, 则 B成·n1=x1-为+2a1=0, ED//AC,CG=7AC=ED. 令x1=1,解得y1=1,乙1=0，.m1（1,1,0), 四边形EDCG为平行四边形， m·n1=0,即m⊥n1,平面ABE⊥平面ABC .EGLCD, (2)设在线段BC上存在点F(0,t,0)(-1≤t≤1)，使得平面 EG-AG=AG=1,AE=2. AF与平面BE夫角的余弦值等于卢。 ..AG2+EG2=AE2,..AGLEG, 由(1)得：E市=(-1，，-2)，A应=(-1,1,2) 又CD∥EG,.AC⊥CD,又AC⊥BC,BC∩CD=C,BC,CDC平 设平面AEF的法向量n2=(2,,), 面BCD, .·.AC⊥平面BCD,:ACC平面ABC, 正%=-名+指+5=0， .平面ABC⊥平面BCD, E.n2=-2+y2-22=0, BD=CD,.DO⊥BC,又DOC平面BCD 平面BCD∩平面ABC=BC, 令为1则西岁4山 4 .D0⊥平面ABC,又OH∥AC,AC⊥BC,..OH⊥BC: 若选②，AC⊥BD,AC⊥BC,BC∩ a=1,4m=1,10 BD=B,BC,BDC平面BCD, ln1·m21 t11 2 ·.AC⊥平面BCD, ∴.1cos〈1，m2〉1= n1·ln2 .ACC平面ABC, 万√告岁+1+g .∴.平面ABC⊥平面BCD, 取BC中点O,AB中点H,连接 =543 43 DO.OH. BD=CD,.DO⊥BC,又DOC平面BCD, 化筒可得22-13-7=0，解得1=-号或1=7（会）， -510 0,）8=子既= 知PO⊥CD,又平面PCD⊥平面ABCD,PO⊥平面ABCD.从 而PO⊥OA,又ABCD为矩形，AB=2BC,.∠AOD=∠COB= 综上所述：在线段BC上存在点上，满足能-子，使得平面 BC 平0BL0A,<A01平面P0B又由意知P0=宁C= AEF与平面ABE夹角的余弦值等于54孕 43 3,0B=32,且P010B.0到BP的距离P0:0B- PB 变式训练 3×32 [解析](I)如图，取P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三 =6,线段PB上的动点E到直线AO距离的最小 35 等分点.理由如下：由四边形ABCD为正方形得，AD∥BC,AB∥ 值为6 CD,又BCC平面FBC,ADt平面FBC,所以AD∥平面FBC.又 解法二：如图，取AB的中 平面ADMn平面FBC=MP,M为FB的中点，得AD∥MP,且P 点为0.连接P0、00' 为FC的中点.因为AF∥DE,AB∥CD,CD,DEC平面DCE,AB, AE.PC=PD,点O是 AF亡平面DCE,所以AB,AF∥平面DCE,又AF∩AB=A,AB,AF CD的中点，.PO⊥CD. C平面ABF, 又：平面PCD⊥平面 所以平面ABF∥平面DCE ABCD,平面PCD∩平面 平面ADM∩平面DCE=DQ,AM平分∠FAB,得DQ平分∠EDC, 又D1 ABCD=CD,POC平 又C=2,得到0为EC的三等分点，且0C=20, 面PCD, .PO⊥平面ABCD.又：OO'C平面ABCD,.PO⊥OO 从而作出线段PQ. 又.底面ABCD是矩形，O、O'是CD、AB中点，.OO'⊥CD. (2)由题意，可建立如图所示的空 z 间直角坐标系A-xyz, 以点0为原点，O0'、0C、OP所在直线分别为x轴、y轴、z 则A(0,0,0),C(2,2,0),F(0,0, 轴建立空间直角坐标系如图所示，由PC⊥PD,PC=PD,CD =AB=2BC=6, 2),B(2,0,0),D(0,2,0), PO=OC=OD=3,AD=BC=3. 于是B=(-2,0,2),Ai=(0,2, .A(3,-3,0),B(3,3,0),P(0,0,3), 0),A元=(2,2,0) B 则A0=(-3,3,0),B2=(-3,-3,3), 设Bi=aB(0<A≤1)，则M的坐 设B证=入B(0≤A≤I), 标为(2-2入，0,2).Ai=(2-2入，0,2). 则E(3-3,3-3A,3A),A正=(-3,6-3入，3)， 设平面DAM的法向量为m=(x,y,z), 1A正1=√(-3x)+(6-3)+(3A) 则由m·-=0,得2-20+2=0， =27入2-36A+36, 1m·Ad=0,l2y=0, :1A01=√（-3)2+32+0=32， 令x=1,得平面APQ的-个法向量为m=(1,0,1-）月 向量A0的单位方向向量v= 设直线AC与平面x所成角为0， 则sim0=lcos(m,41=1m·A 则应v=(-3)×( 1 +(6-3)×二+31×0=32， Im1ACI 假设存在点M使得直线AC与平面：所成角的正弦值为四 因此点E到直线A0的距离d=√A正？-(A正·v)2= 10 则有m·AC 2 √/10 2m-6+i8-√2(-号+6， ImlIACI 2·Vi+(1- 10 当A=号时，d取最小值6， 解得A=子，B=22 :线段PB上的动点E到直线AO的距离的最小值为√6. 3 BC=2BC1→AC=2AC 例2：[分析]（1) 所以线段BF上存在点M,位于靠近点B的三等分点处， D为AC的中点」 与AD∥AC→AM, 使得宝线4C与手百“所皮角的王营位为巴 ∥CD=AA1∥平面CDE. 若AB,∥平面C,DE,则只需平面C,DE∥平面ABB,A1,从而 角度3 DE∥AB.可知E应为BC的中点，给出证明即可. 例1：6[分析]思路一： (2)由题意可知角0的变化是由三棱台的高CC,的变化引起 PC=PD PO LCD 的，故可设CC1=a,建立空间直角坐标系，求出cos0=f(a), 0为CD的中点 ,=PO⊥平面ABCD=AO⊥PO 进而求f(a)的最小值即可. 平面PCD⊥平面ACJ →40⊥平面P0B ABCD是矩形) [解析](1)连接DC1,DE →A01B0 AB=2BC 由三棱台ABC-AB1C1中，AB=BC 所求最小值为O到线段PB距离的最小值 =2B,C1=2,D是AC的中点可得 思路二：设B配=入B(0≤A≤1)，建立坐标系，用入表示动点 AC1∥AD,AC1=AD, E到直线AO的距离d,求d=f(入)的最小值 所以四边形ADCA为平行四边形， [解析]解法一：连接PO,BO,由PC=PD,O为DC的中点 故AA1∥DC1, 511 AA1￠平面DEC1,DC1C平面DEC1, .AB⊥DH 故A41∥平面DEC1, .H为DH,AO的交点，△ABD为等边三角形， 又AB1∥平面DEC1,且AB,AA1C平面ABB,A1, .H为△ABD的重心， AB1∩AA1=A,所以平面ABB,A1∥平面DEC1,又平面ABB,A ∩平面ABC=AB,平面ABC∩平面DEC1=DE 0m=g03×9x25=1, 故DE∥AB, PH⊥平面ABCD, 由于D是AC的中点，故E是BC的中点， :.∠PCH即为直线CP与平面ABCD所成角， 故点E在边BC的中点处，AB,∥平面DEC 在△PCH中，sin∠PCH= (2)因为CC1⊥平面ABC,ABC平面ABC, PH2+16 51 所以CC1⊥AB, 解得PH=2,B(5,0,0),C(0,3,0),A(0,-3,0), 又AB⊥BC,CC,∩BC1=C1,CC1,BC,C平面BCCB, 以O为原点，OB,OC所在直线为 故AB⊥平面BCC,B,由于BCC平面BCC1B1, x,y轴建立如图所示坐标系，则 所以AB⊥CB, B=(-5,-1,2),BC=(-5 由(I)知：E是边BC的中点，D是AC的中点， 3,0), 所以ED∥AB,进而DE⊥BC, 连接B,E,由B,C∥EC,B,C1=EC, 设平面PBC的一个法向量为n1= 所以四边形B,C,CE为平行四边形， （x1,y1,21）, 则 故CC,∥B,E,由于CC,⊥平面ABC, 因此B,E⊥平面ABC, rB2.m1=-5x1-y+2红1=0， 故ED,EC,EB两两垂直，建立如 B元.n1=-5x1+3y1=0, 图所示的空间直角坐标系；设 令1=2，则x1=5,y1=1, B E=a, ∴.平面PBC的一个法向量为m1=(5,1,2). 则E(0,0,0),B(-1,0,0),C(1, 0,0),D(0,1,0),C(1,0,a), 设P0=P元=(0,4x,-2),入∈[0,1]， B1(0,0,a), 则A0=A+P0=(0,4入+2,2-2)， 故Ei=(0,1,0),EC=(1,0,a), AB=(5,3,0), 设平面DEC1的法向量为m=(x,y,z), 设平面ABQ的一个法向量为m2=(x2,2,), E⑦·m=y=0, AB·2=5x2+3y2=0, 则 取x=a,则m=(a,0,-1),又BC= 则{ EC.m=x+az=0 40·m2=(4入+2)y2+(2-2A)a=0, (2,0,a), 令=5，则为=1西=1-元， 2A+1 故i血0=lcos(BC,m1=B℃·ml 1BC1Iml√a+1√a+4 平面A80的-个法向量为%=(5，-1,2公只》 1 当且仅即 1 设平面ABQ与平面PBC夹角为0， a+5 +5 于是cos0=1cos〈h1,2〉I= n1·n2 a In,l·|n21 a=√2时取等号，要使cos0为最小值，只需要sin0最大， 2+2. 2入+1 1+2A+1 加9最大值为子，光时s日的最小值为-m0= 1-入 1-入 /2入+1 25×√4+(-入 巨×4+( √-(2 +1=>2 变式训练 [解析]（1)证明：连接BD交AC于点O,连接PO. 则c0s0= 因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC,且O为BD的中点. 2×√(t-1)2+42×√R-2t+5 1 .PD=PB,所以PO⊥BD 又AC,POC平面AP℃，且AC∩PO=O, 5-2+1 所以BD⊥平面APC 又BDC平面ABCD, 当=即1=5A=时(s0)m= 4, 所以平面APC⊥平面ABCD. (2)解法一：过P作PH⊥AC交AC于点H, 6 此时(sim)==,平面ABQ与平面PBC夹角的正弦值的 ·:平面APC⊥平面ABCD,PH⊥AC, 平面APC∩平面ABCD=AC, 及小位为 ·.PH⊥平面ABCD. .AB⊥PD,AB⊥PH,PH,PDC平面PHD 解法二：同解法一建立空间直角坐标系，设点P(0,m,n),则C产 PH∩PD=P, =(0,m-3,n),A=(5,3,0),D=(5,m,n), .AB⊥平面PHD,.·DHC平面PHD, PD LAB,:".DP.AB=3+3m=0,..m=-1. 512 :直线CP与平面ABCD所成角的正弦值为5， ,平面ABCD的 m·n 则cos(m,m〉=ml.1m万x =2 一个法向量m=(0,0,1), CP.m 所以二面角AB0-C的正接位为V-(宁)=受 .Icos(CP,m)I= 1c·ml 2.[解析](1)证明：连接AE,DE,因为E为BC的中点，DB= ⑤ DC,所以DE⊥BC①， √(m-3)2+n 5 因为DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60° 所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 即(m-3)2=4n2,解得n=2或-2（舍去）， ∴.AC=AB,从而AE⊥BC②，由①②，AE∩DE=E,AE,DEC平 .P(0,-1,2).(以下同解法一) 面ADE 名师讲坛·素养提升 所以BC⊥平面ADE,而ADC平面ADE, 重温高考 所以BC⊥DA. L.[解析](I)在直三棱柱ABC-A,B,C中，设点A到平面ABC (2)不妨设DA=DB=DC=2,:BD⊥CD,BC=22,DE=AE 的距离为h, =√2. 则=分5h=29看=度=子·AA 1 ·AE2+DE2=4=AD2,.AE⊥DE,又AE⊥BC,DEOBC=E, 3 DE,BCC平面BCD,∴.AE⊥平面BCD. 子厦A6 4 以点E为原点，ED,EB,EA所在直线分 别为x,y,2轴，建立空间直角坐标系， 解得h=万， 如图所示： 所以点A到平面A,BC的距离为√2. 设D(2,0,0),A(0,0,2),B(0,2 (2)取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA1=AB,所以AE 0),E(0,0,0), ⊥AB, 设平面DAB与平面ABF的一个法向量 又平面ABC⊥平面ABB,A1,平面A1BC∩平面ABB,A1=A,B, 分别为m1=(x,1,),2=（2,2, 22）, 且AEC平面ABBA1,所以AE⊥平面A1BC, 在直三棱柱ABC-AB,C1中，BB,⊥平面ABC, 二面角D-AB-F平面角为0，而AB=(0,2,-√2)， 由BCC平面A,BC,BCC平面ABC可得AE⊥BC,BB,⊥BC, 因为E7=Di=(-2,0,2),所以F(-2,0,N2),即有A庐= 又AE,BB1C平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1· (-√2,0,0)， 由(1)得AE=√2，所以AA1=AB=2,A1B=22,所以BC=2, 厂2+E=0, x1=1,所以n1=(1,1,1); 解法一：作AHLBD于H,连接EH, l2y1-2a1=0, 由BD⊥平面AEH知EH⊥BD, 「22-2z2=0, ·.∠AHE为二面角A-BD-C的平 取y2=1,所以n2=(0,1,1), -2x2=0, 面角0的补角. 所以Icos01= 1n1·n2l2-6 又0=AD=之，C=万，可求得A仙 mIln13×23’ ÷26 从商m0=一合号 3 si血0=sin LAHE=E=巨-E 所以二面角D-AB-F的正弦值为 AH262 3.[解析](1)证明：因为PA⊥平面ABCD,而ADC平面ABCD 所以PA⊥AD, 即二面角A-B0-G的正张信为号 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PAC平面PAB, 所以AD⊥平面PAB, 解法二：BC,BA,BB1两两垂直， 而ABC平面PAB,所以AD⊥AB. 以B为原点，建立空间直角坐 因为BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB 标系，如图， 根据平面知识可知AD∥BC, 则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0, 又ADt平面PBC,BCC平面PBC, 0,0),C(2,0,0),所以A1C的中 所以AD∥平面PBC. 点D(1,1,1), (2)作DE⊥AC于E,再过点E作EF⊥ 则B配=(1,1,1)，B=(0,2, CP于F,连接DF, 因为PA⊥平面ABCD,所以平面PACL 0),BC=(2,0,0) 平面ABCD,而平面PAC∩平面ABCD 设平面ABD的一个法向量m=(x,y,z), =AC. D 则m…励=+y+:=0 所以DE⊥平面PAC,又EF⊥CP,所以 ”可取m=(1,0,-1), CP⊥平面DEF, 4 m·BA=2y=0, 根据二面角的定义可知，∠DFE即为 设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c), 二面角A-CP-D的平面角， 则·励-a+6+e=0 可取n=(0,1,-1) 'In.BC=2a=0, 即m∠DE=孕，即n∠DFE=6 —513 因为AD⊥DC,设AD=x,则CD=√4-x2, :例2：B设直线l的斜率为k,倾斜角 -1-1 由等面积法可得，DE=七V4- 2 为0,0≤0<π，kH=0-（-2) 又E=√4-)-4百-4- 4 2 -1,如2式-因为 23-0 而△EFC为等腰直角三角形，所以EF-4- 直线l经过点P(0,-1),且与线段AB总有公共点，所以k∈ 22, (-0,-1]u[停+小因为0≤0<m,所以君≤0≤票放 x4- 2 选B. 故tan∠DFE= =6,解得x=3,即AD=3 4-x 2万 例3：C“x)=nxe(0,+)f"(x)=子设切点P( 第八章平面解析几何 n),则切线的斜率k=f'()=上-血6，n。=1, 第一讲直线的倾斜角、斜率与直线的方程 =e,k=11 xo e [引申] 知识梳理·双基自测 知识梳理 (-“,-u[源.+】 知识点一 变式训练 1.正向向上0 2.[0°，180°) 1.B当直线的倾斜角为受时，m=2;当倾斜角ae(平，）U 知识点二 1.正切值tana (侵时m2,6=22且k-1或>1己2< 2.2-1 2-x1 或22>1，解得0<m<2或2<m<4,综上，实数m的取值范 3.(1,k)上 围是(0,4).故选B. 知识点三 2.A直线PH的斜*为引2，直线P阳 A(2.3 y-o=k(x-右)y=x+b两点式截距式过原点的 A2+B2≠0 的斜*为一。-1.直线1的斜率的 双基自测 取值范围为[-1,2].故选A B(3.-1) 1.(1)×(2)×(3)V(4)×(5)×(6)V 考点2 2.B由2y+1-(-3】=2y+4=y+2, 例1：3x-y+6=0由3x+y+1=0得此直线的斜率为-√3，所 4-2 2 以倾斜角为120°，从而所求直线的倾斜角为60°，故所求直 得y+2=am3要=-1，y=-3 线的斜率为5.又直线过点(-√5,3)，所以所求直线方程为 3.3x-2y=0或x+y-5=0当截距为0时，直线方程为3x-2y y-3=5(x+5),即5x-y+6=0. =0; 例2：BCD解法一（检验法）：验证易知B,C,D符合题意 当截距不为0时，设直线方程为x+Y=1, 解法二（直接法）：当直线1的截距为0时，直线1的方程为 则2+三=1，解得a=5所以直线方程为x+)-5=0 y=-号，即2x+3y=0 4.A由题意知圆心坐标为(a,0),又直线2x+y-1=0是圆(x- 当直线1的截距不为0时，设直线1的方程为。+古=1， a)2+y2=1的一条对称轴，所以圆心在直线上，即2a+0-1= 3 -2 0,解得a=之故选1 6s 则+6=1解得 + Llal =1bl, 5.D由图可得直线的倾斜角为30，所以斜率k=am30°=5 3 若a=l则直线1的方程为x+y=1,即x+y-1=0, Lb=1, 又直线1与x轴的交点为(1,0)，所以直线的点斜式方程可得： y-0-(x-1),即-y-1=0.枚选n 8 3则直线1的方程为亏+5=1，即-y-5=0 故选BCD. 考点突破·互动探究 例3：BC设直线AB的倾斜角为α，直线AC的倾斜角为B,直线 考点1 例1：C当m0=0时，方程为x=-2,倾斜角为受，当sim0≠0 AC斜率为2，有amB=2,则牙<B<受依题意有&-B=平 时，直线的斜率k=anu=smg所以ana∈(-o,-1]U 或-a=子当a-B=晋时，ma-】甲 [,+m),即ae[牙)（受]综上ae[牙， m子即m忌=1，解得ma=-3.即直线6的斜率 故选C. 为-3，C选项中的直线斜率符合：当B-Q=平时，am(B- 514例如图，已知四棱锥P-4BCD. 名师点拨：坐标法的重难点是求点的坐标和利 △PAD是以AD为斜边的等 用向量公式运算，在求点的坐标过程中，有以下几种 腰直角三角形，BC∥AD,CD⊥ 方法： AD,PC AD =2DC =2CB =2, 1,作坐标轴（或坐标平面）的射影，直接找出横、 立适当的坐标系并求出各点 纵、竖坐标； 坐标 2.利用向量平行或相等进行转化； [解析]解法一：取AD中点O,连接B0,PO, 3.直接设点，找等量关系（线段长度，垂直关系） PA=PD,.PO⊥AD, 列方程组 :BC L OD,.四边形 【变式训练】 BCDO为平行四边形， (2024·安徽安庆一中模拟（节 .BO∥CD, 选))如图，在多面体ABCDE .·CD⊥AD,.BO⊥OD 中，平面ACD⊥平面ABC,BE⊥ 如图，分别以OB,OD为 平面ABC,△ABC和△ACD均A x轴，y轴建立空间直角坐 为正三角形，AC=4,BE=√3， 标系， 点F在棱AC上 则A0,-1,0),D(0,1,0),C(1,1,0),B(1,0,0), 若BF∥平面CDE,求CF的长. 设P(x,y,z),由题意可知PA=PD=2,PC=2 1PA1=2,x2+(y+1)2+2=2, 故{1PD1=2,即{x2+(y-1)2+2=2, [IPCI=2, (x-1)2+(y-1)2+2=4, 解得y=0,x=- 解法二：由ADL平面POB知z轴 高考一 C平面POB, 又BC⊥平面POB, ∴.BC⊥PB 轮总复习 .PB=√PC2-BC=√5， 又0B=OP=1,.∠B0P=120°， 作PH⊥x轴于H,由∠POH=60°， 温馨提示：复习至此，请完成练案[44 第六讲 空间的角与距离 知识梳理·双基自测 知识梳理 知识点一两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线a,b的方向向量分别为a,b,其夹 角为0，则cosp=Icos1=(其中p为异面直 知识点三求二面角的大小 线a,b成的角). 1.如图①，AB,CD分别是二面角α-1-B的两个面 知识点二直线和平面所成角的求法 内与棱1垂直的直线，则二面角的大小0= 如图所示，设直线1的方向向量为e,平面α的法 向量为n,直线l与平面ax所成的角为p,向量e与n 的夹角为0，则有sinp=|cos01= 2 ③ 2.如图②③，n1,n2分别是二面角a-1-B的两个题组二走进教材 半平面a,B的法向量，则二面角的大小0满足Icos1=2.(选择性必修1P,例2)如图所示，在正方体ABCD- ,二面角的平面角大小是向量n,与n2的夹 A,B,C,D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是 角（或其补角） DD的中点，N是AB,的中点，则直线ON,AM所成 知识点四利用空间向量求距离 的角是 1.点到直线的距离 设过点P的直线l的单位方向向量为n,A为直线1 N 外一点，点A到直线1的距离d=√PA2-(P·n)2. D 若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用 A 两点间距离公式求距离。 B 2.点到平面的距离 3.(选择性必修1P4T13)正方体ABCD-AB:CD1的 棱长为2，E为CD的中点，则点D1到平面AEC1的 如图所示，已知AB为平面α的一条 距离为 ,AD,与平面AEC,所成角的余弦值 斜线段，n为平面α的法向量，则B到平 为 面a的距离为d=A店·叫 D. 3.线面距、面面距均可转化为点面距进行求解 注意体积法在求点到平面距离时的应用. 174 归纳拓展 题组三走向高考 22 1.直线的方向向量的确定：1是空间一直线，A,B是1 4.（2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD, 上任意两点，则AB及与AB平行的非零向量均为直线 AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. 度 的方向向量 新 2.平面的法向量的确定：设a,b是平面ax内两不共线 计 向量，n为平面的法向量，则求法向量的方程组 衡 为/m·a=0, 学 n·b=0. 3.若二面角A-BC-D的大小为a,平面ABC内的直 线1与平面BCD所成角为B,则ax≥B,当I⊥BC时， (1)证明：平面BED⊥平面ACD; 取等号 (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当 △AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的 4.注意线面角、二面角与点到平面间距离的联系。 角的正弦值。 双基自测 题组一走出误区 1.判断下列结论是否正确（请在括号中打“V”或 “x”)） (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)若空间向量a平行于平面a,则a所在直线与平 面a平行. () 第一课时 空间的角和距离问题 考点突破·互动探究 AAAFAAA1111111144111111142111R1112111111112111111114141111A11121041P4R0P4-22ARR2A51124111122111111211111112211111124241111142411110 点1 (2)平行转移法：即通过线面平行或面面平行，转 空间的距离一师生共研 化为其他点到平面的距离， 例1.（多选题）(2025·广东深圳实验中学阶段测 (3)体积法：确定某三棱锥，如C到平面ABD的距 试)已知空间四点A(-1,1,0),B(2,2,1),C(1, 离d易求，则可由4：S四求D到平面ABC的距离 1,1),D(0,2,3),则下列四个结论中正确的是( S△ABC A.AB⊥CD (4)向量法：步骤：①求平面x的法向量n;②在a B.AD=11 内找一点A,确定向量P;8由公式d=n,P求得 C.点A到直线BC的距离为7 点P到平面a的距离. D.点D到平面ABC的距离为6 2.(2024·河南摸底（节选）)如图，已知正方形 【变式训练】 （2024·陕西商洛部分学校联 ABCD是圆柱OO,的轴截面（经过旋转轴的截面），点 考)如图，在直三棱柱ABC- E在底面圆周上，AB=5,AE=4,点F是CE的中点.求 ABC1中，AC=2BC=CC,=2, 点B到平面ACE的距离. D,E,F分别是棱AC,BC,AC 的中点，∠ACB=60°. 求点F到平面ABD的距离， 5--c 01 高考一轮总复习 数学 175 [引申]本例2中点C到平面ABF的距离为 考点C 空间的角一 多维探究 名师点拨： 角度！异面直线所成的角 1.向量法求点到直线距离的步骤 例(2024：湖南衡阳八中阶段 (1)根据图形求出直线的单位方向向量y 测试)如图所示，圆锥底面 (2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算半径为2，AC为底面圆0的直 点).计算点M与直线外的点N的方向向量MN 径，B为底面圆O上的点，且 (3)到直线的距离d=√M-(M)2 ∠A0B=号，∠PA0=平，则直线 2.求点到平面距离常用的方法 OA与PB所成角的余弦值为 ( ) (1)定义法：通过求点P到平面垂线段的长求得 点到平面的距离，而找（或作）垂线段先要找（或作）过 A B C.3 D.3 4 点P的已知平面的垂面，再找（或作）它们交线的 [引申]本例中若H为PC的中点，则BH与PA所 垂线. 成角的余弦值为 名师点拨： 名师点拨： 1.求异面直线所成角的思路 1.用定义法求线面角的步骤 (1)选好基底或建立空间直角坐标系； (1)用定义法或体积法求出斜线上 (2)求出两直线的方向向量y1,V2; 一点到平面的距离h; lv·p2I (2)求出斜线段的长度； (3)代入公式1os(1=求解， (3)求出线面角正弦sin0= 2.两异面直线所成角的关注点 两异面直线所成角的范围是0∈(0，引，两向量 (4)求出9,9e[0,引 的夹角的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹 2.用向量法求线面角的步骤 角为锐角或直角时，就是该异面直线所成的角；当异面 根据图形与已知条件，构建适当的空间直角坐标 建坐标系) 直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直 系，确定相关点的坐标，进而确定相关向量的坐标 0 求平面a法向量及直线AB的方向向量一一设直线AB 线所成的角。 、求向量 与平面a所成的角为6；求平面a的法向量n与直线 角度2线面角 0 AB的方向向量AB. (2023·全国甲卷)作- 用公式 用公式 sin 0=Icos(n,AB)I= A店·nl 例 C AB1·Inl 棱柱ABC-A1BC,中， ↓ 下结论一由sim6及6∈[0，]确定直线AB和平 AA=2.A,C⊥底iAC,∠ACB 得结论 面a所成的角6 =90,A,到平iBCC,B.的距离 角度3 二面角 为1 76 (1)求证：AC=AC 例 (2025·江西新余一中开学考)作四棱 徘P-ABCD中， 2)片直线AA,与BB,距离为2，求AB,与 22 底ABCD是梯形，AB 平BCC,B,所成角的正孩i 年 分析： ∥CD,AB⊥BC,AB= b(1)A(、BC、A:C两两垂直→⊥平面 2C1),侧棱PA=PB= 设 AC(A,→平面8，(C1年面ACCA! 计 PC. 衡 A1到C:的距离=（到AA,的距离=1 (1)证明：平PAC⊥平血ABCD; AC⊥AC (2)若P1=AB=BC,Q足PD的中点.求i >取A:的中点H,则CH=1 角Q-BC-D的正弦i. AC=A,C÷CH⊥AA: (2)思路①建系向量法求解← 分析： 思路②AA:H平面BCCB,→A到平面BCCB,的距 (1)设P01平面ABC0于0，则0A0B=0C,即0为△ABC 离为1，又sin6=8,因此求A8:即可 的外心 0为c的中点，即P手面今泽雷% (20B10C→P、0B、0(两两垂直，可建系求解； 取00的中点H,连接H,则明山0P州1平画 A8C0,可用几何洗求解 名师点拨：求二面角的方法步骤 1.法向量法 用体积法求P到平面ABC的距离h,则sin6=P (1)建坐标系，确定相关点的坐标，进而确定相关 向量的坐标； (2)求法向量—一求二面角两个面的法向量 l1,n2; (3)用公式一|cos01=Icos(n1,n2〉1= ln1·n21 解题时注意线面角、二面角与点到平面间距离的 1n1·1m,(0为二面角的平面角)： 联系，灵活处理。 (4)下结论一结合图形确定cos0(0∈[0，π]) 【变式训练】 或0的值. 1.（角度1)(2024·江苏南通调研)在棱长均为1的三 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 棱柱ABC-A,BC中，∠A,AB=LA,AC=牙，则异 量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. 面直线AB,与BC,所成角的余弦值为 () 如图AH⊥BC于H,DQ⊥BC于Q,由m·BC= 4 6 B③ 6 C6 3 D.③ 3 （-AB)·BC-0得人_B,C,进而可求得m,2.（角度2)(2023·福建莆田质检)在三棱锥P-ABC IBCI2 中，已知△ABC是边长为8的等边三角形，PA1平面 同理求出n,则二面角的大小即为m、n所成的角0，且 ABC,PA=14,则AB与平面PBC所成角的正弦值为 n·n cos9=m·m(这种方法避免了对二面角是钝角 () 还是锐角的判断) 4.783 B.V93 c.183 122 122 122 3.(角度3)(2025·江苏淮安 十校联考)如图，在三棱柱 ABC-AB,C1中，CA=CB, 四边形ABBA为菱形，B 总 3.几何法一通过找二面角的平面角求解 ∠ABB,=于，AC⊥BC (1)定义法：在二面角的棱上找一特殊点，过该点 (1)证明：BC=BB 擊 在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，如图(1)， ∠AOB为二面角a-1-B的平面角. (2)已知平面ABC⊥平面ABB,A1,求二面角B-CC,-A (2)垂面法：过棱上任一点作棱的垂直平面，该平 的正弦值 面与二面角的两个半平面的交线所形成的角即为二面 角的平面角，如图(2)，∠AOB为二面角a-1-B的平 面角. (3)垂线法（三垂线定理法）：过二面角的一个半 平面内一点作另一个半平面所在平面的垂线，从垂足 出发向棱引垂线，利用三垂线定理即可找到所求二面 角的平面角或其补角，如图(3)，∠AB0为二面角α-1 -B的平面角 图(1) 图2) 图3) 注：也可将二面角转化为线面角求解.如图要求二 面角P-AB-C,可作PH LAB,则二面角P-AB-C的 大小即为PH与平面ABC所成角的大小O,PH易求，可 名师#坛·素手提升 立体几何中的动态问题 立体几何中的动态问题是指点、线或面位置不确 则A(2,0,0),E(1,2,0),A1(2,0,2),B(2,2,2), 定的一类开放性试题，是高考命题的热点，常见题型有 D1(0,0,2), 动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探 设P(x,y,0),x,ye[0,2], 索性问题以及有关几何量的最值求解等，主要考查空 可得B,P=(x-2,y-2,-2),D1E=(1,2,-2), 间几何体的结构特征、线面的位置关系，常以选择题和 填空题的形式出现，难度中等以上，考查直观想象、逻 若B,P1D,E,则B,2.D,2=x-2+2(y-2)+4 辑推理、数学运算的核心素养. =0,可得x=2-2y, 动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变 r0≤2-2y≤2， 的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态 l0≤y≤2， 因素，动中窥静，静中见动，以静制动.求解动态范围的 解得0≤y≤1， 选择题、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地 展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两 即P(2-2y,y,0),y∈[0,1]. 个极端位置，即用特殊法求解范围。对于探究存在问题 平面CC,D1D的法向量， 或动态范围（最值）问题，用定性分析法，比较复杂时， n=(1,0,0), 可以建立空间直角坐标系，引进参数，把动态问题化归 为静态问题，具体地，可通过构建方程、函数或不等式 则cos(n,D,正=n·D正 11 78 1n11D,E11×3=3, 等进行定量计算，以算促证 例1，（多选题）(2025·鄂豫皖五十三校联考)如图， 所以D,E与平面CD,D的夹角的正弦值为}， 在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D1中，E为 故A正确； 年 BC的中点，若一点P在底面ABCD内（包括边界）移 度 动，且满足BP⊥DE,则 ( 因为D1A1=(2,0,0),所以A1点到DE的距离为 新 计 D:A2 D1E·DA112 -42 3 故B 衡 正确； 慕 因为B,P=(x-2,y-2,-2)=(-2y,y-2,-2), AD,E与平面CC,D,D的夹角的正弦值为3 则8=v4+0-2y+4=5(-号)+， B人点到DF的距离为号 且y∈[0,1]，可得当且仅当y=1时，B,P1取到 最大值3，所以线段B,P的长度的最大值为3，故C C.线段BP的长度的最大值为22 错误； D.与的数量积的范围是[-专，1] 因为PA=(2y,-y,0),P2=(2y-1,2-y,0), [答案]ABD [解析]如图，以D为坐标原点，DA,DB,DD,分 则Pi.i=2(2-)-(2-)=5(y-)月 别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， D 且ye[0,1,可知当y=号时，，P吃取到最小 值-于；当y=1时，P.P它取到最大值1； D 所以可与成的数量积的范国是【-，1]，放D 正确.故选ABD. 2.（多选题)(2024·广东调研)已知正方体ABCD D -A,B,C,D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD 所在平面上一动点，N1为A,BCD1所在平面上一动 M 点，且NN⊥平面ABCD,则下列命题正确的是( D C 5555- 长A B M'- 名师点拨： 1.动态问题的一般解法 D 巧转化，根据几何体的结构特征将空 间动点所满足的条件转化为平面图形 转 A.若MN与平面ABCD所成的角为牙，则点N的 内的动点问题 化 轨迹为圆 法 定形状，即根据平面几何的知识确定 B.若三棱柱NAD-N,AD,的表面积为定值，则点 动点轨迹的形状 V的轨迹为椭圆 坐 通过建立直角坐标系，将动点条件坐标 C.若点N到直线BB,与直线DC的距离相等，则 标 化，通过化简变形得到坐标所满足的条 点N的轨迹为抛物线 法 件，进而确定动点轨迹的形状 D.若D,N与AB所成的角为牙，则点N的轨迹为 2.立体几何中轨迹问题的解法 双曲线 (1)利用平行、垂直关系转化为面面交线，或把空 [答案]ACD 间数量关系转化为某平面内的数量关系确定动点 [解析]连接DN,因为MD⊥平面ABCD, 轨迹. 所以∠MND是MN与平面ABCD所成的角， (2)若动点与定点的连线与定直线所成角为定 值，则动点形成圆锥侧面，可通过分析平面与圆锥母线 即∠MND=平，因为M为DD的中点， 及轴的位置关系确定动点在该平面内的轨迹 复习 所以DN=WD=DD,=2,因此点N的轨迹为以 (3)建立直角坐标系，求得轨迹方程进行判断 擊 【变式训练】 D为圆心半径为2的圆，所以A正确； （多选题)(2024·福建福州八中质检)如图，在正方 179 过N做EN⊥AD,设三棱柱NMD-N,AD,的表面 体ABCD-ABC,D,中，点P在线段BC1上运动，则 积为3，所以S=2x号x4·E+(0+0N+W)·4 下列判断中正确的有 =4(4+DN+AN+NE)=定值， 即N到A、D、直线AD的距离之和为定值，这与椭 圆的定义不符合，故B错误； 由BB,⊥BN,即点N到直线BB,为点N到点B的 距离，所以点N的轨迹为点N到点B与直线DC的距 离相等的轨迹，即抛物线，所以C正确； A.平面PB,D⊥平面ACD 分别以DA、DC、DD,所在的直线为x、y、&轴，建立 B.A,P∥平面ACD, 空间直角坐标系，设N(x,y,0),则有AB=(0,4,0)、 C.异面直线A,P与AD,所成角的取值范围 D,=(x,,-4),因为DN与AB所成的角为牙，所以 是(0，引 4y1 D.三棱锥D,-APC的体积不变 →3y2 314B1·D,i24·√+y2+16 温馨提示：复习至此，请完成练案[45」 x2=16,所以点N的轨迹为双曲线，故D正确。故 选ACD. 第二课时综合问题 考点突破·互动探究 考点 综合问题—多维探究 【变式训练】 (2025·福建漳州质检)已知边长为4的菱形ABCD 角度引空间中的翻折问题 例(2024·山西师大附中月考)长方形ABCD中，4B (如图1)，∠BAD=于，AC与BD相交于点O,E为线 =2AD=22,点E为CD中点（如图1），将点D绕 段AO上一点，将三角形ABD沿BD折叠成三棱锥 AE旋转至点P处，使平面PAE⊥平面ABCE(如图2). A-BCD(如图2). D 6 E 图1 图2 图1 图2 (1)求证：PA⊥PB: (1)证明：BD⊥CE; (2)点F在线段PB上，当二面角F-AE-P大小 (2)若三棱锥A-BCD的体积为8，二面角B-CE-O 为买时，求四棱锥F-ABCB的体积 的余弦值为否求0E的长 180 1PPD年度创新设计 中学案 名师点拨：空间折叠问题的解题策略 角度2空间中的探究性问题 1,解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后 例1（多选题(2024：广西柳 的变化量和不变量.一般情况下，长度是不变量，而位 州摸底)如图所示的几何体 置关系往往发生变化，抓住不变量是解决问题的突 是由正方形ABCD沿直线AB旋 破口. 转90°得到的，设G是圆弧CE的 2.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既 中点，H是圆弧DF上的动点（含 ) 要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形. 端点)，则 3.解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间 A.存在点H,使得EH⊥BG 图形，主要抓住变与不变的量，所谓不变的量，是指“未 B.不存在点H,使得EH∥BD 折坏”的元素，包括“未折坏”的边和角，一般优先标出 C.存在点H,使得EH∥平面BDG “未折坏”的直角（从而观察是否存在线面垂直），然后 D.不存在点H,使得直线EH与平面BDG的成 标出其他特殊角以及所有不变的线段， 角为30° 2.(2024·江苏扬州模拟)在①AE=2,②AC⊥(2)线段BF上是否存在点M,使得直线AC与平面 BD,③∠EAB=∠EBA,这三个条件中选择一个，补充 在下面问题中，并给出解答 a所成角的正弦值为？若存在，求出WB的 如图，在五面体ABCDE中，已知 长；若不存在，请说明理由。 BC,ED∥AC,且AC=BC=2ED=2,DC=DB=√5. (1)求证：平面ABE⊥平面ABC; (2)线段BC上是否存在一点F,使得平面AEF与 平面A夹角能余弦值等于若存在，水二的 值；若不存在，说明理由. 角度3空间中的最值或范围问题 例1：(2024：河南洛阳强基联盟联考)如图，在四棱 锥P-ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD,底面 ABCD是矩形，AB=2BC=6,PC⊥PD,PC=PD,点O是 CD的中点，则线段PB上的动点E到直线AO的距离 的最小值为 寥 DA 轮总复习 名师点拨：空间存在型探究性问题的解题策略 4 借助于空间直角坐标系，把几何对象上动点的坐 2.（2023·福建泉州质检) 标用参数（变量）表示，将几何对象坐标化，解题时，假 如图，三棱台ABC-ABC1中， 设结论成立，即把结论当条件，据此列出相应的方程或 AB=BC=2BC1=2,D是AC的 方程组.若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参 中点，E是棱BC上的动点. 数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组： (1)试确定点E的位置，使 在题设范固内无解，则表示满足题设要求的儿何对象AB,∥平面DBC,: 不存在. (2)已知AB⊥BC1,CC1⊥平面ABC.设直线BC 提醒：1.探究线段上是否存在点时，注意三点共线 与平面DEC所成的角为0，试在(1)的条件下，求cos0 条件的应用.2.注意“特殊化方法”的应用。 的最小值 【变式训练】 (2024·福建厦门大学附中月 考)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD为正方形，AF M ⊥平面ABCD,AF∥DE,AB=AF A上 =2DE=2,M是线段BF上的一B 动点，过点M和直线AD的平面a与FC,EC分别交 于P,Q两点. (1)若M为BF的中点，请在图中作出线段PQ,并说 明P,Q的位置及理由； 名师点拨： 1.空间最值、范围问题的题型 (1)切接中的最值、范围问题； D (2)截面中的最值、范围问题； (3)路径、距离、线面角、二面角中的最值、范围 问题. (1)证明：平面PAC1平面ABCD; 2.空间最值、范围问题的解题策略 (1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取 (2)若直线CP与平面ABCD所成角的正弦值为5 51 得最值的特殊位置，再计算它的值； 点Q为棱PC上的动点，求平面ABQ与平面 (2)代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取 PBC夹角的正弦值的最小值. 适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数 的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等，求出 最值 【变式训练】 (2024·广东深圳实验中学阶段测试)如图，在四棱 锥P-ABCD中，PD⊥AB,且PB=PD,底面ABCD是 边长为25的菱形，∠BMD=号 名师讲坛·素养提升 182 重温高考 22 1.(2022·新高考I卷)如图，直A (2)点F满足E?=DA,求二面角D-AB-F的正 三棱柱ABC-A,B,C,的体积 弦值 度 为4，△A,BC的面积为2√2. 、D 新 (1)求A到平面ABC的 距离； 计 (2)设D为A,C的中点，A4 =AB,平面ABC⊥平面 中学案 ABBA1,求二面角A-BD-C的正弦值. 3.(2024·新课标I卷)如图， 四棱锥P-ABCD中，PA⊥底 面ABCD,PA=AC=2,BC= 1,AB=5 (1)若AD⊥PB,证明：AD∥ 、D 平面PBC: (2)若AD1DC,且二面角 A-CP-D的正弦值为 厘求A0 2.(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥 A-BCD中，DA=DB=DC,BD⊥ CD,∠ADB=∠ADC=60°，E为BC 的中点 (1)证明：BC⊥DA; 温馨提示：复习至此，请完成练案[46]