专题十五 空间角与空间距离 课件-2026届高三数学二轮复习

专题十五　空间角与空间距离 命题热度： 本专题是历年高考命题必考的内容，属于中档题目，主要以解答题的形式进行考查，分值约为15~17分. 考查方向： 一是考查利用空间向量求线线角、线面角、二面角；二是考查利用空间向量解决距离问题；三是考查利用空间向量解决探索性问题，这类问题利用向量法往往容易上手，具有操作方便的优势. 考点一　空间角 　(2025·嘉兴模拟)如图，在边长为2的正三角形ABC中，E，F分别为AC，BC的中点，将△CEF沿EF翻折至△PEF，使得PE⊥AE. (1)证明：平面PBE⊥平面ABFE； 例1 ∵△ABC为等边三角形，E为AC中点，∴BE⊥AE， 又∵PE⊥AE，且PE，BE⊂平面PBE，PE∩BE=E，∴AE⊥平面PBE， 又AE⊂平面ABFE，∴平面PBE⊥平面ABFE. 证明 (2)求直线PB与平面PEF所成角的正弦值. 方法一 (等体积法) 过点P作PH⊥BE，垂足为H， ∵平面PBE⊥平面ABFE，且平面PBE∩平面ABFE=BE， ∴PH⊥平面ABFE， 又∵E，F分别为AC，BC的中点，∴翻折后，PE=1，PA==， 由对称性可知PB=， 又BE=，∴∠EPB=90°，则PH===，　 解 设直线PB和平面PEF所成角为θ，点B到平面PEF的距离为h， 由V三棱锥B-PEF=V三棱锥P-BEF得S△PEF·h=S△BEF·PH， 又S△BEF=S△ABC=××2×2×sin 60°=， S△PEF=S△ABC=， ∴h=PH=，sin θ==， 故直线PB与平面PEF所成角的正弦值为. 解 方法二　(几何法) 分别取EF，AB的中点M，N，连接PM，PN，MN，过点N作NG⊥PM， ∵△ABC为等边三角形，E，F分别为AC，BC的中点， ∴PM⊥EF，MN⊥EF，且PM∩MN=M，PM， MN⊂平面PMN，则EF⊥平面PMN， ∵EF⊂平面PEF，∴平面PMN⊥平面PEF， ∵平面PEF∩平面PMN=PM，又NG⊥PM，NG⊂平面PMN， ∴NG⊥平面PEF， 解 ∵AB∥EF，AB⊄平面PEF，EF⊂平面PEF，∴AB∥平面PEF， ∴点B到平面PEF的距离即为NG的长度， 翻折后，PE=1，PA==， 由对称性可知PB=， 又AB=2，可知∠APB=90°，∴PN=1， 在△PMN中，PM=，MN=， 故PN边上的高为=，NG==， 解 设直线PB和平面PEF所成角为θ， ∴sin θ==， 故直线PB与平面PEF所成角的正弦值为. 方法三　(坐标法) 过点P作PH⊥BE，垂足为H， ∵平面PBE⊥平面ABFE，且平面PBE∩平面ABFE=BE， ∴PH⊥平面ABFE， 解 又∵E，F分别为AC，BC的中点， ∴翻折后，PE=1，PA==， 由对称性可知PB=， 又BE=，∴∠EPB=90°，则PH===， 因此以E为坐标原点，EA，EB分别为x轴、y轴建立空间直角坐标系，如图， 则E(0，0，0)，B(0，，0)，F，P，=，=，=， 解 设平面PEF的法向量为n=(x，y，z)， 则 不妨令z=-1，则法向量n=(，，-1)， 设直线PB和平面PEF所成角为θ， 则sin θ=|cos〈n，〉|==， 故直线PB与平面PEF所成角的正弦值为. 解 (1)用向量法求空间角的一般步骤 ①建立空间直角坐标系. ②用坐标表示直线的方向向量和平面的法向量. ③利用向量的夹角公式求出向量夹角或角的三角函数值. (2)注意两异面直线所成角的范围是；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=；两平面的夹角与其对应的两法向量的夹角不一定相等，而是相等或互补. 规律方法 跟踪演练1　(2025·浙江Z20名校联盟联考)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BAD=60°，AB=4，AD=2，PB=PD=2，且AD⊥PB. (1)证明：BC⊥平面PBD； ∵∠BAD=60°，AB=4，AD=2， ∴BD=2，且∠ADB=90°， 又AD⊥PB，PB∩BD=B，PB，BD⊂平面PBD， ∴AD⊥平面PBD，又∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC∥AD，∴BC⊥平面PBD. 证明 (2)求二面角C-PA-D的余弦值. 设AC与BD的交点为O，则O为BD中点， ∵PB=PD=2，∴PO⊥BD， ∵BC⊥平面PBD，PO⊂平面PBD，∴BC⊥PO， 又BD∩BC=B，BD，BC⊂平面BCD， ∴PO⊥平面BCD. 方法一　(坐标法) 以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， ∴D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(-2，2，0)，P(0，，3)， ∴=(-4，2，0)，=(2，-，-3)，=(-2，0，0)， 解 设平面PAC的法向量为m=(x，y，z)， 则即 取x=，得m=(，2，0)， 设平面PAD的法向量为n=(a，b，c)， 则即 取b=-，得n=(0，-，1)，设二面角C-PA-D的平面角为θ， ∴cos θ=|cos〈m，n〉|==，∴二面角C-PA-D的余弦值为. 解 方法二　(几何法) ∵AD⊥平面PBD， ∴平面PAD⊥平面PBD，作OH⊥PD，易知OH⊥平面PAD，作OE⊥PA，连接EH(图略)， ∴∠OEH=θ即为所求角，易知OH=，OE=， ∴EH=， ∴cos θ==，∴二面角C-PA-D的余弦值为. 解 考点二　空间距离 　(2025·汉中模拟)如图，在四棱锥E-ABCD中，F为边AD的中点，AB∥CD，AB⊥平面ADE，CD=AD=2AB=2DE=4，∠ADE=60°. 例2 (1)求证：AE⊥CE； 在△ADE中，AD=4，DE=2，∠ADE=60°， ∴AE2=AD2+DE2-2AD·DEcos∠ADE=12，∴AE2+DE2=AD2，∴AE⊥DE. ∵AB⊥平面ADE，AB∥CD， ∴CD⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，∴CD⊥AE，又CD∩DE=D，CD，DE⊂平面CDE， ∴AE⊥平面CDE，又CE⊂平面CDE，∴AE⊥CE. 证明 (2)求平面ABE与平面CEF所成角的余弦值； 过E作直线l∥AB， ∵AB⊥平面ADE，∴l⊥平面ADE，  又由(1)知AE⊥DE，以E为坐标原点，直线ED，EA，l分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0，0，0)，C(2，0，4)，D(2，0，0)，A(0，2，0)， ∴F(1，，0)， ∴=(2，0，4)，=(1，，0)， 设平面CEF的法向量为m=(x，y，z)， 解 则即 令x=6，则m=(6，-2，-3). 易知平面ABE的一个法向量为n=(1，0，0)， ∴cos〈m，n〉===. ∴平面ABE与平面CEF所成角的余弦值为. 解 (3)设G为边AD上的点，满足BG=，求点G到平面CEF的距离. ∵AB⊥平面ADE，AG⊂平面ADE， ∴AB⊥AG，又BG=，AB=2，∴AG=1， 又易知∠EAG=30°， ∴点G的坐标为， ∴=. ∴点G到平面CEF的距离d===. 解 (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. 规律方法 跟踪演练2　(2025·泰州模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB1=BC1 =CA1，BC1⊥CA1. (1)证明：三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱； 在直三棱柱ABC-A1B1C1中， BB1=CC1=AA1，∠ABB1=∠BCC1=∠CAA1=90°，又因为AB1=BC1=CA1， 所以△ABB1≌△BCC1≌△CAA1， 所以AB=BC=CA， 所以三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱. 证明 (2)证明：AB1⊥CA1； 取AC，A1C1的中点D，D1，连接BD，DD1， 则BD⊥AC，AA1∥DD1， 因为AA1⊥平面ABC， 所以DD1⊥平面ABC， 以DB，DC，DD1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，不妨设AC=2a，AA1=b， 则A(0，-a，0)，B(a，0，0)，C(0，a，0)，A1(0，-a，b)，C1(0，a，b)，B1(a，0，b)， 证明 所以=(-a，a，b)，=(0，-2a，b)，=(a，a，b)， 因为BC1⊥CA1，所以⊥， 所以·=-2a2+b2=0，所以b=a， 所以·=-2a2+b2=0， 所以⊥，即AB1⊥CA1. 证明 (3)设AB1⊂平面α，BC1∥平面α，若直线BC1与平面α的距离为，求三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积. 因为AB1⊂平面α，BC1 ∥平面α， 又因为BC1⊥CA1，AB1⊥CA1， 所以不妨取平面α的一个法向量 n==(0，-2a，a)， 因为直线BC1与平面α的距离为， 所以点B到平面α的距离为， 因为=(0，0，a)， 所以点B到平面α的距离d===a=， 解 所以a=，b=a=3， 所以正三角形ABC的外接圆半径 r=×=， 所以正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径 R==， 所以三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积S=4πR2=33π. 解 考点三　空间中的探索性问题 　(2025·南宁模拟)等腰梯形ABCD中，BC∥AD，BC=AD，A=60°，点E为AD中点(如图1).将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，点O，F分别为BE，DE的中点(如图2). 例3 (1)求证：平面BCDE⊥平面A1OC； 连接CE(图略)，因为BC∥AD且BC=AD，点E为AD中点，所以BC AE，BC DE，故四边形BCDE，BCEA是平行四边形，则BE=CD，又四边形ABCD为等腰梯形，所以AB=CD，则AB=BE，又A=60°，可得△ABE是等边三角形， 故四边形BCEA为菱形，△BCE是等边三角形， △A1BE是等边三角形，因为O为BE的中点，所以A1O⊥BE，CO⊥BE， 又A1O∩CO=O，且A1O，CO⊂平面A1OC，所以BE⊥平面A1OC，又BE⊂平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A1OC. 证明 (2)如果BC=2，平面A1BE⊥平面BCDE，那么侧棱A1C上是否存在点P，使得BP∥平面A1OF？若存在，求平面PBE与平面A1OF夹角的余弦值；若不存在，请说明理由. 存在点P，使得BP∥平面A1OF， 因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE=BE， A1O⊥BE，A1O⊂平面A1BE，所以A1O⊥平面BCDE， 又CO⊥BE，建立以O为原点，OB，OC，OA1所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图所示， 则O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)， A1(0，0，)，E(-1，0，0)，F， =(0，，-)，=(0，0，-)，=， 解 设=t=(0，t，-t)，0≤t≤1， 则P(0，t，-t)，=(-1，t，-t)， 设平面A1OF的法向量m=(x，y，z)， 则即 令x=1，则y=，z=0， 所以m=(1，，0)， 要使BP∥平面A1OF，则·m=0， 解 即-1+3t=0，解得t=， 故在侧棱A1C上存在点P，使得BP∥平面A1OF， 此时，P，=(-2，0，0)， =， 设平面PBE的法向量n=(a，b，c)， 则即 解 令c=1，则b=-2，a=0，即n=(0，-2，1)， 设平面PBE与平面A1OF的夹角为θ， 所以cos θ===， 故平面PBE与平面A1OF的夹角的余弦值为. 解 解决立体几何中探索性问题的基本方法 (1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立. (2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用. 规律方法 跟踪演练3　(2025·黄冈模拟)如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°. (1)求∠FCB的余弦值； 在△ABD中，因为AB⊥AD，AB=AD=， 所以BD=，所以FB=BD=， 在△ACE中，因为AE=AD=，AC=1，∠CAE=30°， 所以CE==1，所以CF=CE=1， 又因为BC===2， 在△FCB中，由余弦定理得cos∠FCB===-. 解 (2)在三棱锥P-ABC的棱AP上是否存在点Q，使得平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为？若存在，求出点Q的位置；若不存在，说明理由. 存在点Q，使得平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为.如图，在三棱锥P-ABC中，因为AB⊥AD，即AB⊥AP，AB⊥AC，AC∩AP=A，AC，AP⊂平面ACP， 所以AB⊥平面ACP，在平面ACP内作Ay⊥AP，以A为原点，，，的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则P(，0，0)，B(0，0，)，C， 设Q(a，0，0)(0≤a≤)， 故=(a，0，-)，=， 解 设平面BCQ的法向量m=(x，y，z)， 则 取z=a，则m=(，2a-3，a)， 易得平面ABP的一个法向量为n=(0，1，0)， 设平面ABP和平面BCQ的夹角为θ， 则cos θ=|cos〈m，n〉|==， 解 解得a=或a=， 故当AQ=或AQ=时， 平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为. 解 $