专题3 第3讲 空间角与空间距离(Word教参)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

该高中数学讲义聚焦高考立体几何核心考点，系统整合空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）与空间距离两大模块，按命题点分设考点梳理、方法指导（几何法与向量法）、真题训练环节，结合2024-2025年高考真题，帮助学生构建知识网络，突破空间想象与逻辑推理难点。 讲义创新采用双解法教学，如异面直线所成角先通过平移找角培养几何直观，再用向量计算提升运算能力，落实数学思维。设置预测练与真题分层练习，即时反馈学情，助力学生在有限时间内掌握解题通法，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第三讲　空间角与空间距离 [对应学生用书P38] 命题点1　异面直线所成的角 [例1]　(1)如图，已知圆柱O1O2的轴截面ABCD是边长为2的正方形，E为下底面圆周上一点，满足＝2，则异面直线AE与BO1所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． (2)(2025·山东枣庄二模)已知三棱柱ABC -A1B1C1的各条棱长相等，且∠A1AB＝∠A1AC＝∠BAC＝60°，则异面直线AB与B1C所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． [解析]　(1)如图，连接EO2并延长，交底面圆于点F，连接FO1，FB，易知AE∥BF且AE＝BF，所以∠FBO1为异面直线AE与BO1所成的角或其补角． 因为＝2，则∠AO2E＝60°， 所以△AEO2为正三角形，故AE＝BF＝1. 由圆柱的性质知O1F＝O1B＝＝， 所以在等腰△BFO1中，cos ∠FBO1＝＝. 故选B. (2)不妨设棱长为2， 由题意可知：＝＝＝2，·＝·＝·＝2， 因为＝＋＝－＋－， 则2＝2＝2＋2＋2＋2·－2·－2· ＝4＋4＋4＋4－4－4＝8， 即＝2， 且·＝－·＋·－2＝－2＋2－4＝－4， 可得cos 〈，〉＝＝＝－， 所以异面直线AB与B1C所成角的余弦值为.故选C. [答案]　(1)B　(2)C (1)利用几何法求异面直线所成的角时，通过平移直线所得的角不一定就是两异面直线所成的角，也可能是其补角． (2)用向量法求异面直线所成的角时，要注意向量夹角与异面直线所成角的范围不同． [预测练1] (2025·长沙调研)在正方体ABCD -A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　) A． B． C． D． 解析　方法一(几何法)　不妨设正方体的棱长为1，连接C1P，BC1(图略).易知BC1∥AD1，所以∠PBC1(或其补角)是异面直线PB与AD1 所成的角．在△PBC1中，PB＝＝＝，PC1＝，BC1＝，由余弦定理可得cos ∠PBC1＝＝＝. 因为异面直线所成角不为钝角， 所以直线PB与AD1所成的角为.故选D. 方法二(向量法)　以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略).不妨设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，D1(0，0，1)，B(1，1，0)，P，＝，＝(－1，0，1).设异面直线PB与AD1所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝，所以直线PB与AD1所成的角为.故选D. 答案　D 命题点2　直线与平面所成的角 [例2]　(2025·山东济南二模)如图，在斜三棱柱ABC -A1B1C1中，侧面AA1B1B⊥底面ABC，侧棱AA1与底面ABC所成的角为60°，且AA1＝2.底面ABC是边长为2的正三角形，其重心为G，E在线段BC1上，且满足BE＝BC1. (1)求证：GE∥平面AA1B1B； (2)求直线B1G与底面ABC所成角的正弦值． [解析]　(1)证明　∵侧面AA1B1B⊥底面ABC，侧棱AA1与底面ABC成60°的角， ∴∠A1AB＝60°， 又AA1＝AB＝2，取AB的中点O， 则A1O⊥底面ABC. 以O为原点建立空间直角坐标系O -xyz如图， 则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，C(，0，0)， A1(0，0，)，B1(0，2，)，C1(，1，)， ∵G为△ABC的重心， ∴G，∵BE＝BC1，∴E， ∴＝，又＝(0，3，)， 所以＝，则GE∥AB1， 又GE⊄平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B， ∴GE∥平面AA1B1B. (2)由(1)得，＝， 易得平面ABC的一个法向量为m＝， 设直线B1G与平面ABC所成角为θ， 则sin θ＝＝＝＝. 即直线B1G与底面ABC所成角的正弦值为. (1)几何法求线面角的关键是找出线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中应用余弦定理(或勾股定理)求解． (2)向量法求线面角时要注意：线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉＋θ＝或〈a，n〉－θ＝，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值． [预测练2] 如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，且AB＝2AD＝2DC＝2CB＝4，E为AB中点，F为BC上一点，且＝3.现将该梯形沿AC折起，使得D点折叠至点P的位置(如图2)，且二面角P -AC -B的平面角大小为. (1)求证：PE⊥AC； (2)求直线CE与平面PEF所成角的正弦值． 解析　(1)证明　图3中，连接AC，DE交于点M，连接CE， ∵E为AB中点，∴AE＝2＝AD， 又∵DC∥AE，DC＝2，∴四边形AECD是菱形， ∴AC⊥DE， 所以在图4中，PM⊥AC，EM⊥AC，又PM，EM⊂平面PEM，PM∩EM＝M， ∴AC⊥平面PEM， 又PE⊂平面PEM，∴PE⊥AC； (2)以AC中点M为坐标原点，MA所在直线为x轴，ME所在直线为y轴，过点M作垂直于平面MAE的直线为z轴，建立空间直角坐标系． 则E(0，1，0)，P，F，C(－，0，0)， 所以＝(，1，0)，＝，＝， 设平面PEF的法向量n＝(x，y，z)， 则即∴ 令z＝，则n＝， 设CE与平面PEF所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝， 所以直线CE与平面PEF所成的角的正弦值为. 命题点3　二面角 [例3]　(2025·浙江金华二模)如图，P为圆锥的顶点，AB为底面圆O的直径，C为圆周上一点，D为劣弧的中点，OP＝AB. (1)求证：BC⊥PD； (2)E在线段PB上且BE＝BP，当DE∥平面POC时，求平面PBC与平面ABC夹角的余弦值． [解析]　(1)证明　连接OD，因为D为的中点，所以OD⊥BC， 又因为PO⊥平面ABC，故PO⊥BC， OD∩PO＝O，OD，PO⊂平面POD， 所以BC⊥平面POD，PD⊂平面POD， 则BC⊥PD. (2)如图，以O为坐标原点，OB，OP所在直线分别为y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系， 设OP＝OB＝3，则B(0，3，0)，P(0，0，3)，E(0，2，1)， 设∠DOB＝θ，则∠COB＝2θ， 设D(3sin θ，3cos θ，0)，则C(3sin 2θ，3cos 2θ，0) 因为＝(0，0，3)，＝(3sin 2θ，3cos 2θ，0)，设平面OPC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 由 可取n1＝(cos 2θ，－sin 2θ，0)， 又＝(3sin θ，3cos θ－2，－1)， 因为DE∥平面POC，所以n1·＝0， 即3sin θcos 2θ－3sin 2θcos θ＋2sin 2θ＝0， 得cos θ＝， 于是sin 2θ＝，cos 2θ＝，则C，所以＝， 又＝(0，3，－3)， 设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则可取n2＝(，3，3)， 又平面ABC的一个法向量为n3＝(0，0，1)，设平面PBC与平面ABC的夹角为α， 则cos α＝＝，所以平面PBC与平面ABC夹角的余弦值为. (1)用几何法求解二面角的关键是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角． (2)利用法向量的依据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在求二面角的大小时，一定要判断出二面角的平面角是锐角还是钝角，否则解法是不严谨的． [预测练3] (2025·河北沧州模拟)如图，在四棱锥S -ABCD中，AB⊥平面SAD，AD⊥SD，AB＝1，BC＝，AD＝SD＝，∠BCD＝60°. (1)证明：BC⊥BS； (2)求平面SBC与平面SCD夹角的余弦值． 解析　(1)证明　连接BD，因为AB⊥平面SAD，AD⊂平面SAD，所以AB⊥AD， 又AB＝1，AD＝，所以BD＝2， 在△BCD中，∠BCD＝60°，BC＝，BD＝2，由余弦定理可得CD＝， 则BC2＋BD2＝CD2，即BC⊥BD， 因为AB⊥平面SAD，SD⊂平面SAD， 所以AB⊥SD， 又AD⊥SD，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， 所以SD⊥平面ABCD， 因为BC⊂平面ABCD，所以SD⊥BC， 因为SD∩BD＝D，SD，BD⊂平面SBD， 所以BC⊥平面SBD， 又BS⊂平面SBD，所以BC⊥BS. (2)以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x轴，y轴，过点A垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由AB＝1，AD＝，可得∠ABD＝60°，则∠xBC＝30°， 则B(1，0，0)，D(0，，0)，S(0，，)，C， ＝，＝(－1，，)，＝，＝， 设平面SBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则由得 令x1＝，得m＝(，－3，4). 设平面SCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则由得 令y2＝，得n＝(1，，0)， 设平面SBC与平面SCD的夹角为θ，则cos θ＝＝＝. 命题点4　空间距离 [例4]　如图，正四棱锥S -ABCD的底面边长为2，二面角S -AB -C的正切值为，P为侧棱SD上的点，且SB∥平面PAC. (1)求直线SB到平面PAC的距离； (2)请判断在平面PAC上是否存在一点E，使得△ESB是以SB为底边，为顶角的等腰三角形．若存在，请求出点E的轨迹；若不存在，请说明理由． [解析]　(1)连接BD，交AC于点O，连接PO. ∵SB∥平面PAC，SB⊂平面SBD，平面SBD∩平面PAC＝PO，∴SB∥PO. 在△SBD中，O为BD的中点， ∴点P为SD的中点． 取AB中点G，由正方形ABCD的边长为2，易知OG⊥AB，SG⊥AB，OG＝1， ∴∠SGO即为二面角S -AB -C的平面角． 在Rt△SGO中， ∵二面角S -AB -C的正切值为，OG＝1， ∴OS＝，侧棱的长都是2. 易知直线SO，AC，BD两两垂直，以点O为原点建立空间直角坐标系，如图所示． ∴A(0，－，0)，C(0，，0)，B(，0，0)， D(－，0，0)，S(0，0，)，P， ∴＝(0，2，0)，＝，＝(－，，0). 设平面PAC的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则即即 令x＝3，则z＝， ∴平面PAC的一个法向量为m＝(3，0，). ∵SB∥平面PAC，∴直线SB到平面PAC的距离等于点B到平面PAC的距离， 又在法向量m上的投影向量的模为＝＝， ∴直线SB到平面PAC的距离为. (2)不存在．理由如下： 根据第(1)问可得直线SB到平面PAC的距离为. 又∵SB∥平面PAC，设点Q为SB的中点， ∴点Q到平面PAC的距离为. 假设在平面PAC上存在点E，使得△ESB是以SB为底边，为顶角的等腰三角形， 则有EQ＝SB·tan ＝. ∵EQ＝<，∴不存在满足条件的点E. (1)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法． (2)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行．求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离． [预测练4] 如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG＝2GD，直线AB与平面EFG相交于点H. (1)从下面两个结论中选一个证明：①BD∥GH；②直线HE，GF，AC相交于一点； (注：若两个问题均作答，则按第一个计分) (2)求直线BD与平面EFG的距离． 解析　(1)选择结论①，由E，F分别为BC，CD的中点，得EF∥BD，又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，则BD∥平面EFG，又BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFG＝GH，所以BD∥GH. 选择结论②，在△ACD中，AG＝2GD，F为CD中点，则GF与AC不平行，设GF∩AC＝K，则K∈AC，K∈GF，又AC⊂平面ABC，FG⊂平面EFG，于是K∈平面ABC，K∈平面EFG，又平面ABC∩平面EFG＝HE，因此K∈HE，所以HE，GF，AC相交于一点． (2)若第(1)问中选①，由(1)知，BD∥平面EFG，则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离，若第(1)问中选②，由E，F分别为BC，CD的中点，则EF∥BD，又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，于是BD∥平面EFG，因此点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离，连接EA，ED，由△ABC，△BCD均为正三角形，E为BC的中点，得EA⊥BC，ED⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC，于是AE⊥平面BCD，又ED⊂平面BCD，则EA⊥ED，以点E为原点，EB，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，F，G，所以＝(2，0，0)，＝(－1，，0)，＝， 设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，则 令y＝1，得n＝(，1，－2)， 设点B到平面EFG的距离为d，则d＝＝＝， 所以BD与平面EFG的距离为. [对应学生用书P42] 1．(2025·全国一卷)如图，在四棱锥P -ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD； (2)设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝1＋，且点P，B，C，D均在球O的球面上． (ⅰ)证明：点O在平面ABCD内； (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值． 解析　(1)证明　因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 又AD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB. (2)(ⅰ)证明　以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A -xyz，如图所示， 则B(，0，0)，C(，2，0)，D(0，1＋，0)，P(0，0，)，设O(a，b，c)，因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以||＝||＝||＝||， 则(a－)2＋b2＋c2＝(a－)2＋(b－2)2＋c2＝a2＋(b－1－)2＋c2＝a2＋b2＋(c－)2， 得a＝0，b＝1，c＝0，即O(0，1，0)， 所以点O在AD上，即点O在平面ABCD内． (ⅱ)＝(，2，0)，＝(0，1，－)， 设直线AC与PO所成角为θ， 则cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝， 所以直线AC与PO所成角的余弦值为. 2．(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P -ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A -CP -D的正弦值为，求AD. 解析　(1)证明　由于PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴PA⊥AD， 又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，∴AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，∴AD⊥AB. ∵AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，∴BC∥AD， ∵AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， ∴AD∥平面PBC. (2)由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a>0，则CD＝，C(0，，0)，P(a，0，2)，＝(0，－，0)，＝(－a，，0)，＝(a，－，2). 设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 可取n＝(2，0，－a). 设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 可取m＝(，a，0). ∵二面角A -CP -D的正弦值为， ∴余弦值的绝对值为，故|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 又a>0，∴a＝，即AD＝. 3．(2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝.将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4. (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 解析　(1)证明　由题，AE＝AD＝2，AF＝AB＝4，又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝4，故EF＝2. 又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE. 由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED， 又ED∩PE＝E，ED，PE⊂平面PED，所以EF⊥平面PED. 又PD⊂平面PED，所以EF⊥PD. (2)如图，连接CE，由题，DE＝3，CD＝3，∠CDE＝90°，故CE＝＝6. 又PE＝AE＝2，PC＝4，所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE. 又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD. EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，2)，D(0，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(3，3，0)， 连接PA，则＝(0，3，－2)，＝(3，0，0)，＝(0，2，2)，＝(2，2，0). 设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 可取n1＝(0，2，3). 设平面PBF即平面PAF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 可取n2＝(，－1，1). |cos 〈n1，n2〉|＝＝. 故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为＝. 学科网（北京）股份有限公司 $