7.5 几何法求空间角和距离-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考数学大一轮复习全新方案通用版

第七章立体几何与空间向量 讲 7.5 几何法求空间角和距离 考试要求 1.理解空间角和空间距离的概念. 2.会利用几何法求线面角、二面角、距离. 关键能力提升 互动探究·考点精讲 考点1求距离 (1)求证：BM∥平面CDE; (2)求M到平面FAB的距离. 【例1】(1)如图，在四棱锥 P-ABCD中，PB⊥平面 ABCD,PB=AB=2BC=4, AB⊥BC,则点C到直线PA B 的距离为 A.25 B.25 C.2 D.4 (2)已知以边长为4的正方形为底面的四棱 锥，四条侧棱分别为4,4,2√2,2√2，则该四棱 锥的高为 号 B. ③ 163 2 C.23 D.√3 心听课记录 考点2求线面角 【例2】 (2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC AB,C的体积为2AB=6,AB,=2,圆 A,A与平面ABC所成角的正切值为() 规律总结、 1.求点线距一般要作出这个距离，然后利用直 A号 B.1 C.2 D.3 角三角形或等面积法求解. 听课记录 2.求点面距时，若能够确定过点与平面垂直的 直线，即作出这个距离，可根据条件求解；若不易作 出点面距，可借助等体积法求解， 【对点训练1】(2024·全国甲卷 文)如图，在以A,B,C,D,E, F为顶点的五面体中，四边形 规律总结 ABCD与四边形ADEF均为 求线面角的三个步骤 等腰梯形，EF∥AD,BC∥AD,AD=4, 一作（找）角，二证明，三计算，其中作（找）角是 AB=BC=EF=2,ED=√10，FB=25,M为 关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线， 找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解. AD的中点. 2勾·讲与练·高三数学 一考教衔接 等于90°，则直线A'B与平面D'CE所成角的余 三余弦定理 弦值等于 1.链接教材：（人教B版选择性必修第一册P45尝试 与发现) 如图所示，设AO是平面a的 一条斜线段，O为斜足，A′为 A在平面a内的射影，而OM 是平面α内的一条射线， 考点3求二面角 AM⊥OM.记∠AOA' 【例3】(2024·河南郑州三模)在四面体ABCP 01,∠A'OM=02,∠AOM=0. 中，平面ABC⊥平面PAC,△PAC是直角三 那么cos0=cos01cos02.(证明略) 角形，PA=PC=4,AB=BC=3,则二面角 即斜线与平面内一条直线夹角日的余弦值等于斜 A-PC-B的正切值为 线与平面所成角0，的余弦值乘射影与平面内直线 夹角日2的余弦值.（为了便于记忆，可设日为斜线 1 A.2 C.2 D. 角，01为线面角，02为射影角) 2.定理说明：这三个角中，角0是最大的，其余弦值 听课记录 最小，等于另外两个角的余弦值之积，斜线与平面 所成角，是斜线与平面内所有直线所成的角中 最小的角。 【典例】(1)正四面体ABCD中，O为△BCD的 164 重心，则cos∠ABO= (2)如图所示，矩形ABCD中，AB=2√2，AD= 2,沿BD将△BCD折起，使得点C在平面 ABD上的射影落在AB上，则直线BC与平面 规律总结· ABD所成的角为 作二面角的平面角的方法 D 作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂 面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的 垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的 听课记录 平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角 考教衔接 射影面积法求二面角 1.链接教材：（人教B版选择性必修第一册P50尝试 与发现) 如图所示，设S为二面角 a-AB-3的半平面a上的一 点，过点S作半平面B的垂 A 线SS',垂足为S',设O为棱 AB上一点.如果二面角a-AB-3的大小为0，则可 【对点训练2】(2024·浙江温州二模)如图，在等 以看出△S'AB与△SAB在AB边上的高之比为 腰形ABCD中，AB-BC-CD-7AD,点E c0s日，因此这两个三角形的面积之比也为c0s日. S射影 是AD的中点.现将△ABE沿BE翻折到 即二面角0的余弦值为c0s0 △A'BE,将△DCE沿CE翻折到△DCE,使 2.定理说明：这个方法对于无棱二面角的求解很 得二面角A'-BE-C等于60°，二面角D'-CE-B 简便。 第七章立体几何与空间向量 进 【典例】已知△ABC与△BCD所在平面垂直，【对点训练3】在《九章算术》中，将四个面都为 且AB=BC=BD,∠ABC=∠DBC=120°，则 直角三角形的四面体称为鳖臑.已知四面体 二面角A-BD-C的余弦值为 PABC为鳖臑，且PA=AB,AC=BC,记二面 听课记录 角A-PB-C的平面角为0，则sin0=() A号 3 0③ 3 6 温馨提示0 学习至此，请完成课时作业49 7.6空间向量与立体几何 考试要求 1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示. 2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断 向量的共线和垂直. 3.理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理. 必笛知识 回顾 自主学习·基础回扣 165 教材回扣。 2.空间向量及其运算的坐标表示 (1)空间向量运算的坐标表示：设a=(a1,a2, 1.空间向量及其有关概念 a3),b=(b1,b2,b3),则a十b= 名称 定义 a-b= ,入a= 如果表示若干空间向量的有向线段所 入∈R,a·b= 共线（平 在的直线 或 ,那么 (2)空间向量的平行、垂直、模与夹角公式的坐 行)向量 这些向量叫做共线向量或 标表示：设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则 同一个平面的向量，叫做共面 当b≠0时，a∥b台a=入b台 共面向量 向量 (入∈R);当a≠0，b≠0时，a⊥b台a·b=0台 对于任意两个空间向量a,b(b≠0)， ;|a=√a·a= 共线向 a∥b的充要条件是存在实数入，使 当a≠0，b≠0时，cos(a,b〉= 量定理 a·b 1a1b1 如果两个向量a,b ,则向量p (3)空间向量的坐标及两点间的距离公式：设 共面向 与向量a,b共面的充要条件是存在 量定理 的有序实数对(x,y),使 P1(x1y121),P,(x2y2之2)，则P1P2= ,PP2= 3.用空间向量研究直线、平面的位置关系 如果三个向量a,b,c ,那么对 空间向量 任意一个空间向量p,存在唯一的有序 位置关系 向量表示 基本定理 实数组 ,使得p=xa十 直线11，l2的方向1∥12 n1∥n2台n1=n2 yb++zc 向量分别为n1n2 l1⊥l2n1⊥n2台n1·n2=06 连接CE,则B,C1LCE,四边形 B1CEC1为平行四边形，则C,ELB1C. 由(1)知B,C⊥平面ABC,.C1E 平面ABC,CE,BEC平面ABC, .CE⊥CE,C1E⊥BE, :C1E=BC=2√3，CE=BC= B1C1=2,BE=4, ∴.CC1=V√CE+C1E=4,BC1= √BE+C1E=2√7， .△BCC1的周长为2+4+2W7=6+ 27. 对点训练1解：(1)，AB为⊙0的直 径，AM⊥BM, 又AM=BM=2, AM BM2, 又PA垂直于⊙O所在的平面，PA=2, Ww=5mA=号x2x 2=专 :Q为PB的中点， (2)证明：由(1)知AM⊥BM. 又PA⊥平面ABM,BMC平面 ABM,.PA⊥BM. 又PA∩AM=A,PA,AMC平面 PAM,∴.BM⊥平面PAM. 又ANC平面PAM,.BM⊥AN. 又AN⊥PM,且BM∩PM=M, BM,PMC平面PBM,.AN⊥平面 PBM. (3)证明：由(2)知AN⊥平面PBM, :PBC平面PBM,AN⊥PB. 又AQ⊥PB,AN∩AQ=A,AN, AQC平面ANQ,.PB⊥平面ANQ. 又NQC平面ANQ,.NQ⊥PB. 例2证明：如图，连接BC1,交B1C于点 D,则D为BC1,BC的中点，连接AD. 因为AC=AB1,所以AD⊥B1C. 因为侧面BB,CC为菱形，∠CBB,= 60°，AB=BC=2,AC=AB1=V2, 所以BD=V3,AD=1,所以AB2= BD+AD,即AD⊥BD. 因为BC∩BD=D,B,C,BDC平 面BB,C1C,所以AD⊥平面BB,CC. 因为ADC平面ACB1,所以平面 ACB1⊥平面BB1C1C. B 对点训练2证明：(1)因为PA=PD,E 为AD中点，所以PE⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面 PAD∩平面ABCD=AD,PEC平 面PAD,所以PE⊥平面ABCD. 又BCC平面ABCD,所以PE⊥BC. (2)由(1)知，PE⊥平面ABCD,因为 CDC平面ABCD,所以PE⊥CD. 在矩形ABCD中，AD⊥CD. 又因为AD∩PE=E,AD,PEC平 面PAD,所以CD⊥平面PAD. 又APC平面PAD,所以CD⊥AP 因为PA⊥PD,CD∩PD=D,CD, PDC平面PCD,所以PA⊥平面 PCD. 因为PAC平面PAB,所以平面 PAB⊥平面PCD. 例3解：(1)证明：设G为AD的中点，连 接PG,BG,如图. A B △PAD为正三角形，，PG⊥AD 在菱形ABCD中，∠DAB=60°， .△ABD为正三角形，又G为AD的 中点，∴.BG⊥AD. 又BG∩PG=G,BG,PGC平面 PGB,AD⊥平面PGB. PBC平面PGB,.AD⊥PB. (2)存在，当F为PC的中点时，满足平 面DEF⊥平面ABCD. 证明如下：在△PBC中，EF∥PB. 又EFC平面DEF,PB丈平面DEF, .PB∥平面DEF. 在菱形ABCD中，GB∥DE, 又DEC平面DEF,GB在平面DEF, .GB∥平面DEF, 又PBC平面PGB,GBC平面PGB, PB∩GB=B, .平面DEF∥平面PGB. 由(1)得PG⊥AD,又平面PAD⊥平 面ABCD,且平面PAD∩平面 ABCD=AD,PGC平面PAD, ∴.PG⊥平面ABCD,而PGC平面 PGB,∴.平面PGB⊥平面ABCD, .平面DEF⊥平面ABCD. 对点训练3解：(1)证明：因为平面 PAC⊥平面ABC,PAC平面PAC. PA⊥AC,平面PAC∩平面ABC= AC,所以PA⊥平面ABC,又BC 平面ABC,所以PA⊥BC, -493- 又PA=1,PC=√3，PA⊥AC,所以 AC=√PC2-PA=√2， 又AB=BC=1,所以AC2=AB”+ BC2,所以AB⊥BC,又PA⊥BC, PA,AB是平面PAB内的两条相交直 线，所以BC⊥平面PAB,又BCC平 面PBC,所以平面PBC⊥平面PAB. (2)存在.过点M作MN⊥PC,垂足 为N,如图，连接NB, M B 由(1)知PA⊥平面ABC,因为MBC 平面ABC,所以PA⊥MB, 又M为AC的中点，AB=BC=1, 所以MB⊥AC,又PA⊥MB,PA, AC是平面PAC内的两条相交直线， 所以MB⊥平面PAC,又PCC平面 PAC,所以MB⊥PC,又MN⊥PC, MB,MN是平面BMN内的两条相交 直线，所以PC⊥平面BMN, 由已知特CA-隐-言 3 MN 3=,又Mc三2AC=2, 2 即5-MN→MN= 3 2 6 2 所以CN= 3 所以PN=PC-CN=5- 3 所以- 2w5 3 即线段PC上存在点N使得PC⊥平 商MN,瓷-号 7.5几何法求空间角和距离 关键能力提升… 例1(1)A如图，取P PA的中，点M,连 接BM,CM.因为 PB⊥平面ABCD, BCC平面ABCD, 所以PB⊥BC,又B 因为AB⊥BC, PB∩AB=B,PB,ABC平面PAB, 所以BC⊥平面PAB.又PAC平面 PAB,所以BC⊥PA.因为M是PA的 中点，PB=AB,所以BM⊥PA,又 BC⊥PA,BM∩BC=B,BM,BCC 平面BCM,所以PA⊥平面BCM.又 CMC平面BCM,所以CM⊥PA,即CM 参考答案·☑。 为，点C到直线PA的距离.在等腰直角三 角形PAB中，BM=2PB=22, 2 在Rt△BCM中，CM=√BM+BC= √8+4=23，故，点C到直线PA的距 离为2√5.故选A. (2)D如图，底面ABCD为正方形，当 相邻的棱长相等时，不妨设PA= PB=AB=4,PC=PD=2√2. D A E B 分别取AB,CD的中点E,F,连接PE, PF,EF,则PE⊥AB,EF⊥AB,且 PE∩EF=E,PE,EFC平面PEF, 可知AB⊥平面PEF,又ABC平面 ABCD,所以平面PEF⊥平面ABCD 过P作EF的垂线，垂足为O,即PO EF,由平面PEF∩平面ABCD EF,POC平面PEF,所以PO⊥平面 ABCD.由题意可得PE=2√3，PF= 2,EF=4,则PE2十PF2=EF2,即 PE⊥PF,则2PE,PF=P0· EF,可得P0=PE,PF=5,所以 EF 四棱锥的高为√3.当相对的棱长相等 时，不妨设PA=PC=4,PB=PD= 2√2，因为BD=4√2=PB+PD,此 时不能形成三角形PBD,与题意不符， 这样的情况不存在，故选D. 对点训练1解：(1)证明：由题意知 MD=2,BC=2,MD∥BC,所以四 边形BCDM为平行四边形，故BM∥ CD,又因为BM丈平面CDE,CD 平面CDE,所以BM∥平面CDE (2)如图，记AM的 中点为G,连接FG, BG,FM,因为BM= CD=AB,所以 BG⊥AM,同理 FG⊥AM.由己知 可得BG=√5，FG=3,又FB=25, 所以FB=BG2+FG2,即FG⊥BG, 又BG∩AM=G,BG,AMC平面 ABCD,所以FG⊥平面ABCD.由余 弦定理和已知得cos∠FAB=0, 20 所以△FAB的面积S= 2AF X ABX∠FAB=图设M到平面 FAB的距离为h,故三棱锥M-FAB的 红对勾·讲与练·高三数学 体积V=s动=厘，以因为三校 6 锥F-AMB的体积为V= 1×3× 5=5,可得A=6.故M到平 13 面FAB的距离为 √13 13 例2B如图，设棱 台的高为h,三条 侧棱延长后交于 一点O,则由 AB=3A1B1得 O到上底面A A1B1C1的距离 为宁，0到下底 面ABC的距离为，所以AA与平 面ABC所成角即为OA1与平面 A1B1C1所成角∠OA1O1,又S△AW= 9x6=95.s5=9x ,所以V=子(95+6+ √93X)h=2, 。,解得h一B·因 为上底面中心O1到顶点A1的距离为 ,所以A1A与平面 1 ABC所成角的正切值为 -h= 4 5 1.故选B. 【考教衔接】 三余弦定理 典例(1) 3 解析：方法一 如 图，不妨设正四面 体ABCD的棱长 为2，则AB=2, c 0B=2×2× B0 D 5_23,所以cos∠ABO=AB=S. 2 3 方法二如图，由三余弦定理，得 cos∠ABD=cos∠ABO·cos∠OBD, 显然∠ABD=60°，∠OBD=30°，所 以c0s∠AB0=cos∠ABD=os60° cOS∠OBD c0530° 3 3 (2)45° 解析：方法一如图2，作CE⊥AB于 E,由题意，CE⊥平面ABD,所以 BD⊥CE,作OC⊥BD于O,连接 OE,CE∩OC=C,则BD⊥平面 -494- COE,所以BD⊥OE,从而在图1中 C,O,E三点共线，在图1中，BD= BC +CD =23.CO BC.CD BD 2W6 OB=√BC2-OC= 3 2,所 3 OB 以BE= cOs∠OBE,而cos∠OBE= AB=5,所以BE=厄，那么在图2 BD=3 中也有BE=√2，从而cos∠CBE= 熙-号∠CBE=45,中直线BC 与平面ABD所成的角为45° D A 图1 图2 方法二如图2，作CE⊥AB于E,由 题意，CE⊥平面ABD,故∠CBE即为 BC与平面ABD所成的角，由三余弦定 理，得cos∠CBD=cos∠ABD· cOs∠CBE,所以 22W2 ·cOs∠CBE, 2√323 故co∠CE=盟，从而∠CBE 45°，所以直线BC与平面ABD所成的 角为45. 对点训练2 37 8 解析：由题知 4 △ABE,△BEC, △ECD都为正 E 三角形，设AB= 2a,如图，取CEB 的中点K,连接 BK,A'K,A'C, 则BK⊥CE,由 题知平面BCE⊥平面D'CE,平面 BCE∩平面D'CE=CE,又BKC平 面BCE,BK⊥CE,所以BK⊥平面 D'CE,则直线A'B与平面D'CE所成 角的余弦值等于∠A'BK的正弦值，易 求得BK=√3a,A'C=3a, cOs∠A'EC= A'E?+EC2-A'C* 2EA'·EC 8,又c0s∠A'EC= 5 A'E2+EK-A'K2 5 2EA'·EK 81 解得A'K= √1 2 a,cos∠A'BK= A'B:+BK2-A'K 33 2A'B·BK 8 则sin∠A'BK= =37 所以直线A'B与平面D'CE所成角的 余值等于7 8 例3A如图，设 AC,PC的中点 分别为E,D,连 接BE,DE,BD,A< 则DE∥PA,因 为AB=BC,所 以BE⊥AC,又因为平面ABC⊥平面 PAC,BEC平面ABC,平面ABC∩ 平面PAC=AC,所以BE⊥平面 PAC,而PCC平面PAC,则BE⊥ PC.因为△PAC是直角三角形， PA=PC=4,所以PA⊥PC,所以 DE⊥PC,且DE=×4=2.周为 DE∩BE=E,且DE,BEC平面 BDE,所以PC⊥平面BDE,又因为 BDC平面BDE,所以PC⊥BD,所 以∠BDE为二面角A-PC-B的平面 角，且tan∠BDE=DF √32-(22) 2 子装选A 【考教衔接】射影面积法求二面角 夹队一号 解析：如图，过A作AE⊥CB交CB的 延长线于E,连接DE D :平面ABC⊥平面BCD,AEC平面 ABC,平面ABC∩平面BCD=BC, .AE⊥平面BCD,.,点E即为点A 在平面BCD内的射影，∴△BDE为 △ABD在平面BCD内的射影.设AB= a,则AE=DE=AB·sin60°= √3 之，Aa.与余孩定里可浮 cOs∠ABD= nABD- 15 4 5am=a-,又 1 4 8 1 BE 2dSAmE-2 -a X 2 1 2a= 8Q,设二面角A-BD-E的大 3 小为0，∴.c0s0= ,而二面 S△ABD 5 角A-BD-C与A-BD-E互补，.二面 角A-BD-C的余孩值为-5 5 对点训练3C由题意设PA⊥AB, PA⊥AC,BC⊥AC,BC⊥PC,取 PB的中点M,过点M作MN⊥PB交 PC于点N,连接AM,AN,如图所示. 因为PA=AB,PA⊥AB,点M是等 腰直角三角形PAB斜边PB的中点， 所以AM⊥PB,又因为MN⊥PB, AMC平面PAB,MNC平面PBC, 平面PBC∩平面PAB=PB,所以二 面角A-PBC的平面角9就是 ∠AMN.设AC=BC=1,则PA= AB=√2，PB=2,PC=3,PM= 4M=1PB=1,从而∠BPC=30° 3,PN= 所以MN= cos∠APV= √3 3,所以AN: 4 2十3 -2×E×25×6 3 3 3 所以AN= 3,所以cos∠AMN √ √ ,则sin∠AMN= 2X1×5 3 6 故选C 7.6空间向量与立体几何 必备知识回顾 教材回扣 1.互相平行重合平行向量 平行 于a=λb不共线唯一xa十 b不共面(xy,z) 2.(1)(a1+b1,a2十b2,aa十b3)(a1 b1a2-b2a3-b）(Aa1aa2,Aa3） aib+a:b2+a3b:(2)a=Abi, a2=Ab2,a8=Abga1b1十a2b2十 ab3=0√a1十a2十a a1b1十a,b2十agba √ai+a+a√b+b5+b (3)(x2-x1y2-y122-21） √(x2-x1)'十(y2-y)十(22-1 基础检测 1.(1)√(2)×(3)/(4)× 2.B应-P庞-市=号p+元) 2 P=0-6+，故选 -495- 3.D因为a,b,c共面，所以存在实数对 (x,y),使得c=xa十b,即(5,2， z)=x(1,0,3)+y(2,1,0)=(x+ x+2y=5, 2y,y,3x),所以y=2,解得 3x=之， /x=1, y=2,故选D. z=3. 4.D因为a·n=1-1=0,所以a⊥ n,所以lCB或l∥B.故选D. 关键能力提升 例11C成-成-成=币 市=之成励)市=之成 P)=子+驼-P)= -成+成--m) 所-防+2成=a-昌 名就选C (2)AC由向量共面定理可知，若存 在实数x,y,使MP=xMA+yM店，则 点P,M,A,B共面，故A正确；若a,b 共线，p不与a,b共线，则不存在实数 x,y,使p=xa十b,故B错误；若向 量a,b所在的直线是异面直线，则a,b 的方向不相同也不相反，所以向量a,b 一定不共线，故C正确；若a,b,c是空 间三个基底向量，则对空间任一向量 p,总存在唯一的有序实数组(xy, 之)，使p=xa十yb十c,故D错误.故 选AC. 对点训练1(1)A因为A,B,D三点共 线，所以3入∈R,使得AB=AAD,又 AB =2e1+ke:,BC=e+3e2 ,DC= 2e1-e2,所以AD=AB+B元-D元= (2e1+ke2)+(e1十3e2)-(2e1- e,)=e1十(k十4)e2,则2e1十ke2= A[e1十(k十4)e2],则入=2，入(k十 4)=k,解得k=一8.故选A. (2)ABD在平面ABC内选取两个互 相垂直的单位向量i,j,且AC=2i+十 j,则P元-PA=2i+j,P第-PA -3i+j,P元-P3=5i,则i= 成+成=+成+ 元，所以症=-2-j-元， CD=-2i+--PA+PB+ 号元市-i市-pi+i-j 参考答案“☑。