微专题21　空间角、距离的计算讲义(几何法、向量法)-2026届高三数学二轮专题复习

微专题21　空间角、距离的计算(几何法、向量法) 高考定位　1.以空间几何体为载体考查空间角(以线面角、面面角为主)是高考命题的重点,常与空间线面位置关系的证明相结合,热点为空间角的求解,常以解答题的形式进行考查.高考注重利用向量方法解决空间角问题,但也可利用几何法来求解; 2.空间距离(特别是点到面的距离)也是高考题中的常见题型,多以解答题的形式出现,难度中等. 1、 高考真题 1.(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B.1 C.2 D.3 答案　B 解析　设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h, 三条侧棱延长后交于一点P,作PO⊥平面ABC于点O,PO交平面A1B1C1于点O1, 连接OA,O1A1,如图所示. 由AB=3A1B1, 可得PO1=h,PO=h, 又=×22×=, S△ABC=×62×=9, 所以正三棱台ABC-A1B1C1的体积V=VP-ABC-=×9×h-××h=, 解得h=,故PO=h=2. 由正三棱台的性质可知,O为底面ABC的中心, 则OA=×=2. 因为PO⊥平面ABC, 所以∠PAO是A1A与平面ABC所成的角, 在Rt△PAO中,tan ∠PAO==1,故选B. 2.(2024·天津卷)如图,已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥AB,AB∥CD,AA1=2,AB=2AD=2,DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点. (1)求证:D1N∥平面CB1M; (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值; (3)求点B到平面CB1M的距离. (1)证明　以A为坐标原点,以AB,AD,AA1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, 依题意得,B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),B1(2,0,2),C1(1,1,2),D1(0,1,2), 则M(0,1,1),N, 所以=,=(1,-1,2), =(-1,0,1). 设平面CB1M的一个法向量为n=(x1,y1,z1), 则 取x1=1,得z1=1,y1=3,则n=(1,3,1). ·n=·(1,3,1)=-=0, 所以⊥n,显然D1N⊄平面CB1M, 所以D1N∥平面CB1M. (2)解　易知=(1,-1,2),=(-1,1,0), 设平面BB1C1C的一个法向量为m=(x2,y2,z2), 则 取x2=1,得y2=1,z2=0,则m=(1,1,0). 设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ, 则cos θ=|cos <n,m>|===, 所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为. (3)解　易知=(0,0,2). 设点B到平面CB1M的距离为d, 则d===, 所以点B到平面CB1M的距离为. 二．典型例题 1.异面直线所成的角 例1 (2025·沈阳模拟)直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1,∠BAC=120°,则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　法一　如图所示, 设E,F,G,H分别是线段A1B1,AB,AA1,A1C1的中点. 连接EF,FH,HG,EH,FG,易知FG=BA1,GH=AC1, 故∠FGH或其补角是异面直线BA1与AC1所成的角. 设AB=AC=AA1=2,由于∠BAC=120°, 所以B1C1=2,EH=,EF=2, 则FH==, 又FG=BA1=,GH=AC1=, 在△FGH中,由余弦定理得 cos ∠FGH==-. 所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为. 法二　取BC中点D,连接AD,因为AB=AC, 所以DA⊥DC, 以D为原点,DA,DC所在直线分别为x,y轴,过点D且垂直于平面BAC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 不妨设AB=AC=AA1=1,而∠BAC=120°,所以BD=DC=,AD=, 所以B,A1,A,C1, 所以=,=, 所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为|cos <,>|===. 易错提醒　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. 训练1 (1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长和侧棱长都相等,∠BAA1=∠CAA1=60°,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. (2)(2025·重庆诊断)如图,平面ABCD是圆柱O1O2的轴截面,点E在圆O2上,若AD=2,AB=2,∠BAE=60°,则异面直线BD与O1E所成角的余弦值为　　　　.  答案　(1)D　(2) 解析　(1)设=a,=b,=c,|a|=|b|=|c|=1, 由题意<a,b>=<b,c>=<c,a>=60°,=a+c,=-a+b+c, 所以||= ==, ||==, 又·=(a+c)·(-a+b+c)=b·a+b·c+c2-a2=++1-1=1, 设异面直线AB1与BC1所成角为θ, 则cos θ=|cos <,>|==. (2)法一　如图,设O1O2∩BD=F, 则F为O1O2的中点. 连接O2E, 设线段O2E的中点为G,连接FG,BG,则FG∥O1E, 故∠BFG(或其补角)为异面直线BD与O1E所成的角. 因为O2A=O2E,∠BAE=60°, 所以△AO2E为等边三角形, 所以∠AO2E=60°,所以∠BO2G=120°. 又FG= ==, BF=BD===, 在△BO2G中,由余弦定理可得, BG2=O2B2+O2G2-2O2B·O2G·cos ∠BO2G =3+-2×××=, 所以在△BFG中,由余弦定理可得cos ∠BFG===, 故异面直线BD与O1E所成角的余弦值为. 法二　以点O2为坐标原点,O2A,O2O1所在直线分别为x,z轴,下底面中与AB垂直的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(-,0,0),O1(0,0,2),D(,0,2). 连接O2E,则O2A=O2E, 因为∠BAE=60°,所以△AO2E是等边三角形, 故E, 则=(2,0,2),=, 故|cos <,>|==, 所以异面直线BD与O1E所成角的余弦值为. 2.直线与平面所成的角 例2 (2025·石家庄模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=BC=2,∠A1AC=∠A1AB=60°,点D为CA的延长线上一点,且满足DA=AC. (1)从A,B,C,B1,C1这5个点中任取4个点,可以构成多少个不同的三棱锥?并列举出来; (2)证明:BC⊥AA1; (3)求直线A1B与平面DBB1所成的角. (1)解　可构成4个不同的三棱锥,分别是三棱锥B1-ABC,三棱锥C1-ABC,三棱锥B1-C1AB,三棱锥B1-C1AC. (2)证明　连接A1B,A1C. 因为AB=AA1=2,∠A1AB=60°, 所以A1B=2, 同理A1C=2. 取BC的中点E,连接AE,A1E, 由等腰三角形三线合一, 得AE⊥BC,A1E⊥BC, 又AE∩A1E=E,AE,A1E⊂平面AEA1, 所以BC⊥平面AEA1,又AA1⊂平面AEA1, 所以BC⊥AA1. (3)解　法一　依题意BA=CD,可知B点在以DC为直径的圆上,所以BC⊥BD. 由(2)知BC⊥AA1,又AA1∥BB1, 所以BC⊥BB1, 又BD∩BB1=B,BD,BB1⊂平面DBB1, 所以BC⊥平面DBB1, 所以为平面DBB1的一个法向量, 所以直线A1B与平面DBB1所成的角即直线A1B与直线BC夹角的余角. 因为由(2)知,A1B=A1C=BC=2, 所以△A1BC为正三角形, 故∠A1BC=60°, 故直线A1B与平面DBB1所成的角为30°. 法二　依题意BA=CD,可知B点在以DC为直径的圆上,所以BC⊥BD. 由(2)知BC⊥AA1,又AA1∥BB1, 所以BC⊥BB1, 又BD∩BB1=B,BD,BB1⊂平面DBB1, 所以BC⊥平面DBB1. 又AA1∥BB1,AA1⊄平面DBB1,BB1⊂平面DBB1, 所以AA1∥平面DBB1, 所以点A1到平面DBB1的距离等于点A到平面DBB1的距离, 也就是点C到平面DBB1的距离的. 因为BC=2,所以点A1到平面DBB1的距离为1. 由(2)知△A1AB为正三角形,A1B=2, 故直线A1B与平面DBB1所成角的正弦值是, 所以直线A1B与平面DBB1所成角为30°. 法三　由(2)知BC⊥平面AEA1, 又BC⊂平面ABC, 可得平面ABC⊥平面AEA1. 在平面AEA1内,过A1作A1F⊥AE,垂足为F, 因为平面ABC⊥平面AEA1,平面ABC∩平面AEA1=AE,A1F⊂平面AEA1, 则A1F⊥平面ABC. 过E作EP∥A1F,可知EP⊥平面ABC, 由此可知EP,EA,EB两两垂直, 所以以E为坐标原点, 以EA,EB,EP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. 在等边△ABC和等边△A1BC中, 可求得AE=A1E=, 则在△A1AE中,cos ∠A1AE==, AF=AA1cos ∠A1AE=, A1F=AA1sin ∠A1AE=, 可知A1,B(0,1,0), =. 依题意得BA=CD, 可知B点在以DC为直径的圆上,所以BC⊥BD. 由(2)知BC⊥AA1,又AA1∥BB1, 所以BC⊥BB1, 又BD∩BB1=B,BD,BB1⊂平面DBB1, 所以BC⊥平面DBB1, 所以为平面DBB1的一个法向量, 又=(0,-2,0), 设直线A1B与平面DBB1所成角为θ, 则sin θ=|cos <,>|==, 故直线A1B与平面DBB1所成角为30°. 规律方法　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. 训练2 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AD∥BC,BC=AD,PA=AB=2,E为棱PD的中点. (1)求证:EC∥平面PAB; (2)当PC=3时,求直线PC与平面BCE所成角的正弦值. (1)证明　取PA的中点M,连接ME,MB,如图所示. 在△PAD中,因为M,E分别为PA,PD的中点, 故ME∥AD,ME=AD, 又AD∥BC,BC=AD, 故ME∥BC,ME=BC, 则四边形MBCE为平行四边形,所以EC∥MB. 又MB⊂平面PAB,EC⊄平面PAB, 故EC∥平面PAB. (2)解　法一　由题意建立空间直角坐标系,如图所示. 由PA=AB=2,PC=3, 得BC=1,AD=2, 所以P(0,0,2),D(0,2,0),E(0,1,1),B(2,0,0),C(2,1,0), 则=(2,1,-2),=(2,-1,-1), =(2,0,-1). 设平面EBC的法向量为n=(x,y,z), 则 令z=2, 可得平面EBC的一个法向量为n=(1,0,2). 设直线PC与平面BCE所成的角为θ,则 sin θ=|cos <,n>|= ==, 即直线PC与平面BCE所成角的正弦值为. 法二　过点P作BM延长线的垂线,垂足为N,连接NC,如图所示. 由(1)可知,EC∥BM, 故平面BCE也即平面NMBCE. 因为AB⊥AD,BC∥AD,则BC⊥AB. 又PA⊥平面ABCD, BC⊂平面ABCD, 故BC⊥PA. 又PA∩AB=A, PA,AB⊂平面PAB, 故BC⊥平面PAB. 又PN⊂平面PAB,则PN⊥BC, 又PN⊥BN,BC∩BN=B,BC,BN⊂平面BCE, 故PN⊥平面BCE, 则∠PCN即为PC与平面BCE所成的角. 在△ABM中,因为AB=2,AM=PA=1, 则BM==,sin ∠AMB=. 在△PMN中,因为PM=PA=1,∠PMN=∠AMB,则PN=PM·sin ∠PMN=. 又PC=3, 所以sin ∠PCN===, 即直线PC与平面BCE所成角的正弦值为. 3.二面角(平面与平面的夹角) 例3 (2025·池州二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB=AD=2,CB=CD=2. (1)证明:BD⊥平面PAC; (2)若PC=PA=4,求二面角A-PC-D的平面角的余弦值. (1)证明　法一　连接BD,取BD的中点E,连接AE,CE. 由AB=AD得AE⊥BD, 由CB=CD得CE⊥BD, 又AE,CE⊂平面ABCD, 所以A,E,C三点共线,所以AC⊥BD. 由PA⊥平面ABCD得PA⊥BD, 又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC, 所以BD⊥平面PAC. 法二　连接AC,过B作BE⊥AC,垂足为E,连接DE. 由AB=AD,CB=CD得△ABC≌△ADC, 所以DE⊥AC, 又BE,DE⊂平面ABCD, 所以B,E,D三点共线,所以AC⊥BD, 由PA⊥平面ABCD得PA⊥BD, 又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC, 所以BD⊥平面PAC. (2)解　法一　过E作EF⊥PC于点F, 由(1)知DE⊥PC, 又DE∩EF=E,DE,EF⊂平面DEF, 所以PC⊥平面DEF, 又DF⊂平面DEF,所以PC⊥DF, 又平面PAC∩平面PCD=PC,EF⊂平面PAC,DF⊂平面PCD, 所以∠EFD是二面角A-PC-D的平面角, 由PC=PA=4得AC=4, 又AD=2,CD=2, 则AD⊥CD, 则DE=,CE=3, 则EF=, 所以tan ∠EFD=,所以cos ∠EFD=, 所以二面角A-PC-D的平面角的余弦值为. 法二　由PC=PA=4得AC=4, 又AD=2,CD=2,所以AD⊥CD. 如图,以D为坐标原点,以DC为x轴,DA为y轴,过D作z轴∥PA,建立直角坐标系, 则D(0,0,0),A(0,2,0),B(,3,0),C(2,0,0),P(0,2,4). 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), 则有 则x=0,令z=-1,得y=2, 所以平面PCD的一个法向量为n=(0,2,-1). 可取平面PAC的一个法向量为m==(1,,0), 设二面角A-PC-D的平面角为θ, 由图可知θ为锐角, 所以cos θ=|cos <m,n>|==, 所以二面角A-PC-D的平面角的余弦值为. 规律方法　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.利用法向量求解二面角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. 训练3 如图,在底面为菱形的直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠BAD=π,AA1=AB=2,E,F,G分别为BB1,CC1,DD1的中点. (1)求证:A1E∥GC; (2)求平面A1EF与平面ABCD夹角的大小. (1)证明　取BC的中点H,连接AH. 因为底面ABCD为菱形,∠BAD=π, 所以AH⊥AD,故以A为原点,AH,AD,AA1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, 则A1(0,0,2),E(,-1,1),G(0,2,1),C(,1,0),F(,1,1),=(,-1,-1),=(,-1,-1), 所以∥,所以A1E∥GC. (2)解　法一　设平面A1EF的法向量为n=(x,y,z), 又=(0,2,0), 所以 令x=1, 可得平面A1EF的一个法向量为n=(1,0,), 易知=(0,0,2)为平面ABCD的一个法向量. 设平面A1EF与平面ABCD的夹角为θ, 则cos θ===, 所以θ=, 所以平面A1EF与平面ABCD的夹角大小为. 法二　如图所示, 设AA1的中点为M,连接MB,MC, 易证EA1∥MB,FA1∥MC, 又EA1,FA1⊄平面MBC,MB,MC⊂平面MBC, 故EA1∥平面MBC,FA1∥平面MBC, 又FA1∩EA1=A1,FA1,EA1⊂平面A1EF, 所以平面A1EF∥平面MBC, 则平面A1EF与平面ABCD的夹角就是平面MBC与平面ABCD的夹角. 设BC的中点为H,连接MH,AH. 因为底面ABCD为菱形,∠BAD=, 所以AH⊥BC, 又AM⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD, 所以AM⊥BC, 又AM∩AH=A,AM,AH⊂平面AMH, 所以BC⊥平面AMH, 又MH⊂平面AMH,故MH⊥BC, 所以∠AHM(或其补角)是平面MBC与平面ABCD的夹角. 易知AM=AA1=1,AH=AB=, 所以tan ∠AHM==,故∠AHM=, 所以平面A1EF与平面ABCD的夹角大小为. 法三　由题意知A1F=,EF=2,A1E=,易得=2. 又三角形A1EF在平面ABCD内的射影为三角形ABC,且S△ABC=, 设平面A1EF与平面ABCD的夹角为θ, 则cos θ==, 又θ∈,故θ=, 即平面A1EF与平面ABCD的夹角大小为. 4.距离问题 例4 (2025·西安段考)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,∠BAC=90°,M为BB1的中点,N为BC的中点. (1)求点M到直线AC1的距离; (2)求点N到平面MA1C1的距离. 解　法一　(1)如图,连接AM,易知 MC1===3, AC1=2,MA=. 在△MAC1中,由余弦定理得cos ∠MAC1==, 则sin ∠MAC1=, 所以M到直线AC1的距离为 MA·sin ∠MAC1=×=. (2)如图,=--S△BMN-=4---=. 设点N到平面MA1C1的距离为h, 由=,得××2×·h=××, 得h=, 即N到平面MA1C1的距离为. 法二　(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,2),M(2,0,1),C1(0,2,2), 直线AC1的一个单位方向向量为s0=,=(2,0,1), 故点M到直线AC1的距离 d===. (2)设平面MA1C1的法向量为n=(x,y,z), 因为=(0,2,0),=(2,0,-1), 则 取x=1,得z=2, 故n=(1,0,2)为平面MA1C1的一个法向量. 连接MN,因为N(1,1,0), 所以=(-1,1,-1), 故N到平面MA1C1的距离 d===. 规律方法　1.求点到平面的距离常用两种方法,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. 训练4 (2025·枣庄二模)如图,矩形ABCD中,AD=2,AB=3,AE=2EB,将△ADE沿直线DE翻折成 △A1DE. (1)若M为线段A1C上一点,且满足CM=2MA1,求证:直线BM∥平面A1DE; (2)当平面A1DE⊥平面ABCD时,求点D到平面A1BE的距离. (1)证明　在线段A1D上取点N,使DN=2NA1,连接EN,MN. 由M为线段A1C上一点,且CM=2MA1, 得==, 则MN∥CD,MN=CD. 又在矩形ABCD中,CD∥BE, BE=AB=CD, 因此MN∥BE,MN=BE, 所以四边形BMNE是平行四边形, 则BM∥EN, 而EN⊂平面A1DE,BM⊄平面A1DE, 所以BM∥平面A1DE. (2)解　法一　依题意,A1D=A1E=2,取DE的中点F,连接A1F, 则A1F⊥DE. 由平面A1DE⊥平面ABCD, 平面A1DE∩平面ABCD=DE, A1F⊂平面A1DE, 得A1F⊥平面ABCD. 连接BF,而BF⊂平面ABCD,则A1F⊥BF. 又∠DA1E=90°,则A1F=DE=. 在△BEF中,BE=1,EF=,∠BEF=135°, 由余弦定理得BF2=BE2+EF2-2BE·EF·cos ∠BEF=12+()2+2×1××=5, 所以A1B==. 在△A1BE中,cos ∠A1EB===-, 所以sin ∠A1EB=, =A1E·BEsin ∠A1EB=, S△BDE=BE·AD=1. 设点D到平面A1BE的距离为h,连接BD, 由=, 得·h=S△BDE·A1F, 即h=1×,解得h=, 所以点D到平面A1BE的距离为. 法二　如图,以DE的中点O为原点,OD所在直线以及相应的垂线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),D(0,,0),E(0,-,0),B. 因为平面A1DE⊥平面ABCD, 故A1(0,0,), =,=(0,,), =(0,2,0). 设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=1,得y=1,z=-1, 所以n=(1,1,-1)是平面A1BE的一个法向量, 所以点D到平面A1BE的距离为d===. 【精准强化练习】 1.(2025·重庆联考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,AA1=2,AC=2. (1)求证:平面A1BC⊥平面ABB1A1; (2)设点D为A1C上一点,且满足=2,求二面角A-BD-C的平面角的大小. (1)证明　在Rt△ABC中,BC⊥BA. 因为BB1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, 故BC⊥BB1, 又BA∩BB1=B,BA,BB1⊂平面ABB1A1, 所以BC⊥平面ABB1A1, 又BC⊂平面A1BC, 故平面A1BC⊥平面ABB1A1. (2)解　因为=2, 所以D为A1C的中点. 以点B为坐标原点,BA,BC,BB1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, 则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),D(1,1,1). 设平面ABD的法向量为m=(x1,y1,z1), 因为=(2,0,0),=(1,1,1), 取z1=1,得m=(0,-1,1),|m|=. 设平面BDC的法向量为n=(x2,y2,z2), 因为=(0,2,0),=(1,1,1), 取z2=1,得n=(-1,0,1),|n|=. 则|cos <m,n>|==. 由图易知二面角A-BD-C的平面角为钝角, 所以二面角A-BD-C的平面角的大小为. 2.如图,多面体ABCDEF是由一个正四棱锥A-BCDE与一个三棱锥F-ADE拼接而成,正四棱锥A-BCDE的所有棱长均为3,AF∥CD. (1)在棱DE上找一点G,使得平面ABC⊥平面AFG,并给出证明; (2)当AF=CD时,求点F到平面ADE的距离; (3)若AF=CD,求直线DF与平面ABC所成角的正弦值. 解　(1)当点G为DE的中点时,平面ABC⊥平面AFG,证明如下: 取DE的中点G,连接AG,GF. 因为四棱锥A-BCDE是正四棱锥, 所以AD=AE,AG⊥DE. 在正方形BCDE中,DE∥BC,所以AG⊥BC. 在正方形BCDE中,CD⊥BC, 因为AF∥CD,所以AF⊥BC. 因为AF∩AG=A,AF,AG⊂平面AFG, 所以BC⊥平面AFG. 因为BC⊂平面ABC, 所以平面ABC⊥平面AFG. (2)连接BD,CE交于点O,连接AO,OG, 则AF∥OG,OG⊥DE,从而AF⊥DE. 又因为四棱锥A-BCDE是正四棱锥, 所以AO⊥平面BCDE, 所以四边形AOGF为矩形, 所以AF⊥FG, 又DE∩FG=G,DE,FG⊂平面DEF, 所以AF⊥平面DEF, 又FG=AO=3, 所以VA-FDE=·AF·S△FDE=×××3×3=. 设点F到平面ADE的距离为h, 因为VF-ADE=VA-FDE=, 即××(3)2·h=,所以h=, 所以点F到平面ADE的距离为. (3)因为四棱锥A-BCDE是正四棱锥, 所以OC,OD,OA两两垂直, 故以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,3),B(0,-3,0),C(3,0,0),D(0,3,0),F(-1,1,3), 所以=(0,3,3),=(-3,0,3),=(-1,-2,3). 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), 则有 令z=1, 可得平面ABC的一个法向量为n=(1,-1,1). 设直线DF与平面ABC所成角为θ, 则sin θ===, 所以直线DF与平面ABC所成角的正弦值为. 3.(2025·盐城质检)在三棱锥A-BCD中,已知CB=CD=,BD=2,O为BD的中点,AO⊥平面BCD,AO=2,E为AC的中点. (1)求直线AB与DE所成角的余弦值; (2)若点F在BC上,满足BF=BC,设平面FDE与平面DEC夹角的大小为θ,求sin θ的值. 解　(1)如图,连接OC,因为CB=CD,O为BD的中点,所以CO⊥BD. 又AO⊥平面BCD, OB,OC⊂平面BCD, 所以AO⊥OB,AO⊥OC, 故以O为坐标原点,以OB,OC,OA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. 因为BD=2,CB=CD=,AO=2, 所以B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2). 因为E为AC的中点,所以E(0,1,1), 所以=(1,0,-2),=(1,1,1), 所以|cos <,>|===. 因此,直线AB与DE所成角的余弦值为. (2)因为点F在BC上,BF=BC, =(-1,2,0), 所以==. 又=(2,0,0), 故=+=. 设平面DEF的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 取x1=2,得y1=-7,z1=5, 所以n1=(2,-7,5)为平面DEF的一个法向量. 设平面DEC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 又=(1,2,0), 则 取x2=2,得y2=-1,z2=-1, 所以n2=(2,-1,-1)为平面DEC的一个法向量. 故cos θ===, 所以sin θ==. 4.(2025·广安二模)在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥底面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明:平面A1ACC1⊥平面BB1C1C; (2)已知三棱锥B-ACC1的体积为,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值. (1)证明　∵A1C⊥底面ABC,BC⊂底面ABC,∴A1C⊥BC, 又∵BC⊥AC,AC∩A1C=C, AC⊂平面A1ACC1,A1C⊂平面A1ACC1, ∴BC⊥平面A1ACC1, 又∵BC⊂平面BB1C1C, ∴平面A1ACC1⊥平面BB1C1C. (2)解　法一　由(1)可知,BC⊥平面ACC1A1, 又CC1⊂平面ACC1A1, ∴BC⊥CC1. ∵==, ∴=××2×BC×1=, ∴BC=. ∵A1C1∥AC,A1C⊥AC, ∴A1C⊥A1C1. 在Rt△A1C1C中,作A1O⊥CC1于点O, 又∵平面A1ACC1⊥平面BB1C1C,且平面A1ACC1∩平面BB1C1C=CC1, A1O⊂平面A1ACC1, ∴A1O⊥平面BB1C1C, 则A1O即为A1到平面BCC1B1的距离,即A1O=1=CC1, ∴O为CC1的中点,即C1O=1, ∴AC=A1C=A1C1=. 过A作AM∥A1O交C1C的延长线于点M,连接MB1, ∴AM⊥平面BB1C1C, 则∠AB1M为AB1与平面BCC1B1所成的角. 又∵A1O∥AM,AA1∥OM, ∴四边形A1AMO为平行四边形, ∴OM=AA1=2,AM=A1O=1, ∴C1M=3,B1M===2, AB1===, ∴sin ∠AB1M==, ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 法二　∵A1C⊥平面ABC且AC⊥BC, ∴CA,CB,CA1两两相互垂直. 故以C为坐标原点,以CA,CB,CA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图. 由法一可知, AC=A1C=,BC=, ∴C(0,0,0),A(,0,0),C1(-,0,),B(0,,0), ∴=(0,,0),=(-,0,), ∵=, ∴B1(-,,),∴=(-2,,). 设平面CBB1C1的法向量n=(x,y,z), ∴ 令x=1,可得法向量n=(1,0,1), ∴|cos <n,>|==, ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题21　空间角、距离的计算(几何法、向量法) 高考定位　1.以空间几何体为载体考查空间角(以线面角、面面角为主)是高考命题的重点,常与空间线面位置关系的证明相结合,热点为空间角的求解,常以解答题的形式进行考查.高考注重利用向量方法解决空间角问题,但也可利用几何法来求解; 2.空间距离(特别是点到面的距离)也是高考题中的常见题型,多以解答题的形式出现,难度中等. 1、 高考真题 1.(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B.1 C.2 D.3 2.(2024·天津卷)如图,已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥AB,AB∥CD,AA1=2,AB=2AD=2,DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点. (1)求证:D1N∥平面CB1M; (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值; (3)求点B到平面CB1M的距离. 二．典型例题 1.异面直线所成的角 例1 (2025·沈阳模拟)直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1,∠BAC=120°,则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 易错提醒　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. 训练1 (1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长和侧棱长都相等,∠BAA1=∠CAA1=60°,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. (2)(2025·重庆诊断)如图,平面ABCD是圆柱O1O2的轴截面,点E在圆O2上,若AD=2,AB=2,∠BAE=60°,则异面直线BD与O1E所成角的余弦值为　　　　.  2.直线与平面所成的角 例2 (2025·石家庄模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=BC=2,∠A1AC=∠A1AB=60°,点D为CA的延长线上一点,且满足DA=AC. (1)从A,B,C,B1,C1这5个点中任取4个点,可以构成多少个不同的三棱锥?并列举出来; (2)证明:BC⊥AA1; (3)求直线A1B与平面DBB1所成的角. 规律方法　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. 训练2 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AD∥BC,BC=AD,PA=AB=2,E为棱PD的中点. (1)求证:EC∥平面PAB; (2)当PC=3时,求直线PC与平面BCE所成角的正弦值. 3.二面角(平面与平面的夹角) 例3 (2025·池州二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB=AD=2,CB=CD=2. (1)证明:BD⊥平面PAC; (2)若PC=PA=4,求二面角A-PC-D的平面角的余弦值. 规律方法　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.利用法向量求解二面角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. 训练3 如图,在底面为菱形的直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠BAD=π,AA1=AB=2,E,F,G分别为BB1,CC1,DD1的中点. (1)求证:A1E∥GC; (2)求平面A1EF与平面ABCD夹角的大小. 4.距离问题 例4 (2025·西安段考)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,∠BAC=90°,M为BB1的中点,N为BC的中点. (1)求点M到直线AC1的距离; (2)求点N到平面MA1C1的距离. 规律方法　1.求点到平面的距离常用两种方法,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. 训练4 (2025·枣庄二模)如图,矩形ABCD中,AD=2,AB=3,AE=2EB,将△ADE沿直线DE翻折成 △A1DE. (1)若M为线段A1C上一点,且满足CM=2MA1,求证:直线BM∥平面A1DE; (2)当平面A1DE⊥平面ABCD时,求点D到平面A1BE的距离. 【精准强化练习】 1.(2025·重庆联考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,AA1=2,AC=2. (1)求证:平面A1BC⊥平面ABB1A1; (2)设点D为A1C上一点,且满足=2,求二面角A-BD-C的平面角的大小. 2.如图,多面体ABCDEF是由一个正四棱锥A-BCDE与一个三棱锥F-ADE拼接而成,正四棱锥A-BCDE的所有棱长均为3,AF∥CD. (1)在棱DE上找一点G,使得平面ABC⊥平面AFG,并给出证明; (2)当AF=CD时,求点F到平面ADE的距离; (3)若AF=CD,求直线DF与平面ABC所成角的正弦值. 3.(2025·盐城质检)在三棱锥A-BCD中,已知CB=CD=,BD=2,O为BD的中点,AO⊥平面BCD,AO=2,E为AC的中点. (1)求直线AB与DE所成角的余弦值; (2)若点F在BC上,满足BF=BC,设平面FDE与平面DEC夹角的大小为θ,求sin θ的值. 4.(2025·广安二模)在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥底面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明:平面A1ACC1⊥平面BB1C1C; (2)已知三棱锥B-ACC1的体积为,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $