专题3 第2讲 空间角与距离 基础课-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

第二讲　空间角与距离 基础课 第一部分　专题突破 专题三　立体几何 高考分析 空间角与距离是高考的热点,常以空间几何体为载体考查空间角和空间距离的计算,既考查几何方法,也注重向量方法的应用,突出空间想象能力和转化思想方法的应用. 考点一　异面直线所成的角 内容索引 考点二　直线与平面所成的角 考点三　二面角 考点四　空间距离 3 考点一　异面直线所成的角 考点一　异面直线所成的角 [例1]　(1)(2021·全国乙卷)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 考点一　异面直线所成的角 [解析]　如图,连接BC1,PC1,PB,AD1.因为AD1∥BC1, 所以∠PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角. 因为BB1⊥平面A1B1C1D1,所以BB1⊥PC1,又PC1⊥B1D1,BB1∩B1D1=B1, 所以PC1⊥平面PBB1,所以PC1⊥PB. 设正方体棱长为2,则BC1=2,PC1=D1B1=, sin∠PBC1==,所以∠PBC1=, 所以直线PB与AD1所成的角为. 考点一　异面直线所成的角 (2)(2025·广东广州模拟)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,E,F,G分别是CC1,BD,A1B1的中点,则直线C1G与EF所成角的余弦值为(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D 考点一　异面直线所成的角 [解析]　设K,I分别是DD1,BB1的中点,连接KI,取KI的中点H,连接C1G,C1H,GH,HF,FE. 由正四棱柱的性质及题设,易知HF∥EC1且HF=EC1,则HFEC1为平行四边形, 所以C1H∥EF,直线C1G与EF所成角即为直线C1G与C1H所成角,即为∠GC1H. 设AA1=2AB=4,则C1G=,C1H=,GH=, cos∠GC1H===. 考点一　异面直线所成的角 1.(2025·北京模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=AA1且AB⊥BC,则直线B1C与A1B所成的角为(　　) A. B. C. 对点训练 C 考点一　异面直线所成的角 解析:如图,以B为坐标原点,分别以BC,BA,BB1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Bxyz.不妨设AB=1,则B(0,0,0),A1(0,1,1),C(1,0,0),B1(0,0,1), 则=(1,0,-1),=(0,-1,-1),则cos<,>===. 又由两异面直线所成角的范围为,则直线B1C与A1B所成的角为. 考点一　异面直线所成的角 2.(2025·上海模拟)中国古代数学名著《九章算术》中记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无广,刍,草也,甍,屋盖也.”意思是:“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱,刍甍是茅草屋顶.”现有一个刍甍如图所示,其中四边形ABCD为矩形,EF∥AB,若AB=AD=EF,△ADE和△BCF都是正三角形,G为AD的中点,则异面直线GE与CF所成角的余弦 值为　　　　.  考点一　异面直线所成的角 解析:在CD上取点H使DH=2CH,连接EH,GH,如图所示. 设EF=1,则由题知AD=2,AB=3,DH=2,CH=1. ∵EF∥AB,底面ABCD为矩形,∴EF∥CH. 又∵EF=CH,∴平面EFCH为平行四边形,∴EH∥FC,EH=FC, ∴∠HEG或其补角即为异面直线GE与CF所成角. ∵△ADE和△BCF都是正三角形,G为AD的中点, ∴CF=BC=AD=2,EG=.在△HEG中,EH=CF=2,GH==, 由余弦定理可得cos∠HEG===,即异面直线GE与CF所成角的余弦值为. 考点二　直线与平面所成的角 考点二　直线与平面所成的角 [例2]　(2022·全国甲卷)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则(　　) A.AB=2AD B.AB与平面AB1C1D所成的角为30° C.AC=CB1 D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45° D 考点二　直线与平面所成的角 [解析]　如图所示,连接BD, 不妨设AB=a,AD=b,AA1=c,依题以及长方体的结构特征可知,B1D与平面ABCD所成的角为∠B1DB,B1D与平面AA1B1B所成的角为∠DB1A,所以sin 30°==,即b=c, B1D=2c=,解得a=c. 对于A,AB=a,AD=b,AB=AD,故A错误; 考点二　直线与平面所成的角 对于B,过点B作BE⊥AB1于点E,易知BE⊥平面AB1C1D,所以AB与平面AB1C1D所成的角为∠BAE,因为tan∠BAE==,所以∠BAE≠30°,故B错误; 对于C,AC==c,CB1==c,AC≠CB1,故C错误; 对于D,B1D与平面BB1C1C所成的角为∠DB1C,sin∠DB1C===,而0<∠DB1C<90°,所以∠DB1C=45°,故D正确. 考点二　直线与平面所成的角 [例3]　(2025·山东济南模拟)如图,正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在平面互相垂直,已知BC=4,AB=AD=2,点P在线段BE上. (1)求证:平面ACP⊥平面ABF; 考点二　直线与平面所成的角 [证明]　由正方形ADEF有AF⊥AD,又平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD, 所以AF⊥平面ABCD.又AC⊂平面ABCD,所以AF⊥AC. 过点A作AH⊥BC,交BC于点H,则BH=1,AH=,CH=3,所以AC=2, 所以AB2+AC2=BC2,即AC⊥AB.又AB∩AF=A, 所以AC⊥平面ABF.又AC⊂平面ACP,所以平面ACP⊥平面ABF. 考点二　直线与平面所成的角 (2)当直线AP与平面BCE所成角的正弦值为时,求. 考点二　直线与平面所成的角 [解]　由(1)知AF,AB,AC两两互相垂直,以A为坐标原点,分别以AB,AC,AF为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图. 则有A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),E(-1,,2),设=λ(λ>0),则=λ,设P(a,b,c), 则有(a-2,b,c)=λ(-1-a,-b,2-c),解得a=,b=,c=,得P(,,), 所以=(-2,2,0),=(-3,,2),=(,,). 考点二　直线与平面所成的角 设平面BCE的法向量为n=(x,y,z), 则有 令y=1,得n=(,1,). 设直线AP与平面BCE所成角为θ, 所以sin θ=|cos<,n>|====, 解得λ=或λ=,所以=. 考点二　直线与平面所成的角 　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. 方法总结 考点二　直线与平面所成的角 3.(2022·全国乙卷)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. (1)证明:平面BED⊥平面ACD; 对点训练 考点二　直线与平面所成的角 证明:因为AD=CD,E为AC的中点,所以AC⊥DE. 在△ABD和△CBD中,因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB, 所以△ABD≌△CBD,所以AB=CB.又因为E为AC的中点,所以AC⊥BE. 又因为DE,BE⊂平面BED,DE∩BE=E,所以AC⊥平面BED. 因为AC⊂平面ACD,所以平面BED⊥平面ACD. 考点二　直线与平面所成的角 (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所成的角的正弦值. 考点二　直线与平面所成的角 解:连接EF,由(1)知,AC⊥平面BED,因为EF⊂平面BED, 所以AC⊥EF,所以当△AFC的面积最小时,EF最小. 在△BDE中,若EF最小,则EF⊥BD. 因为△ABD≌△CBD,所以CB=AB=2. 又因为∠ACB=60°,所以△ABC是等边三角形. 因为E为AC的中点,所以AE=EC=1,BE=. 因为AD⊥CD,所以DE=AC=1. 在△DEB中,DE2+BE2=BD2,所以BE⊥DE. 考点二　直线与平面所成的角 以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1),所以=(-1,0,1),= (-1,,0),=(0,,-1),=(0,0,1),设=λ=(0,λ,-λ),则=+=(0,λ,1-λ). 因为EF⊥BD,所以·=0,即3λ-(1-λ)=0,解得λ=,所以F(0,,),=(1,,). 考点二　直线与平面所成的角 设平面ABD的法向量为n=(x,y,z), 则 取y=,则n=(3,,3), 所以cos<n,>===,设CF与平面ABD所成的角为θ, 所以sin θ=|cos<n,>|=,所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为. 考点三　二面角 考点三　二面角 [例4]　(2024·新课标Ⅰ卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; 考点三　二面角 [证明]　因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD. 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,而AB⊂平面PAB,所以AD⊥AB. 因为BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB, 则AD∥BC, 又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC. 考点三　二面角 (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD. 考点三　二面角 [解]　因为AD⊥DC,所以以D为坐标原点,AD,DC所在直线为x轴、y轴,过点D作平面ABCD的垂线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),DC=,C(0,,0). 所以=(-t,,0),=(0,0,2),=(t,0,2),=(0,,0). 设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 所以z1=0. 考点三　二面角 不妨设x1=,则y1=t, 所以平面ACP的一个法向量为n1=(,t,0). 设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 所以y2=0, 不妨设z2=t,则x2=-2. 考点三　二面角 所以平面CPD的一个法向量为n2=(-2,0,t). 因为二面角A-CP-D的正弦值为, 又由图可知,二面角A-CP-D为锐角, 所以二面角A-CP-D的余弦值为. 所以|cos<n1,n2>|===. 所以t=,所以AD=. 考点三　二面角 　1.利用几何法求二面角的步骤:作角——证角——求角,作角时通常作一垂直证一垂直. 2.利用向量法求二面角的方法步骤 方法总结 考点三　二面角 4.(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; 对点训练 考点三　二面角 证明:连接AE,DE.因为E为BC中点,DB=DC,所以DE⊥BC. 因为DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,所以△ACD与△ABD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD, 所以AC=AB,从而AE⊥BC. 因为AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE,所以BC⊥平面ADE,而DA⊂平面ADE,所以BC⊥DA. 考点三　二面角 (2)点F满足=,求二面角D-AB-F的正弦值. 考点三　二面角 解:不妨设DA=DB=DC=2,因为BD⊥CD,所以BC=2,DE=AE=. 所以AE2+DE2=4=AD2,所以AE⊥DE,又因为AE⊥BC,DE∩BC=E,DE,BC⊂平面BCD,所以AE⊥平面BCD. 以E为坐标原点,ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 则D(,0,0),A(0,0,),B(0,,0),E(0,0,0), 所以=(0,,-). 考点三　二面角 因为==(-,0,),所以F(-,0,),所以=(-,-,). 设平面ABD的法向量n1=(x1,y1,z1), 则 取x1=1,所以n1=(1,1,1). 设平面ABF的法向量n2=(x2,y2,z2), 则 考点三　二面角 取y2=1,所以n2=(0,1,1). 设二面角D-AB-F的平面角大小为θ, 所以|cos θ|===,从而sin θ==.所以二面角D-AB-F的正弦值为. 考点四　空间距离 考点四　空间距离 [例5]　(2024·全国甲卷)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形, EF∥AD,BC∥AD, AD=4, AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为AD的中点. (1)证明:BM∥平面CDE; 考点四　空间距离 [证明]　因为BC∥AD,BC=2,AD=4,M为AD的中点,所以BC∥MD,BC=MD, 所以四边形BCDM为平行四边形,所以BM∥CD. 又因为BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,所以BM∥平面CDE. 考点四　空间距离 (2)求M到平面FAB的距离. 考点四　空间距离 [解]　如图所示,作BO⊥AD交AD于点O,连接OF, 因为四边形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,AD=4,AB=BC=2,所以CD=2, 结合(1)四边形BCDM为平行四边形,可得BM=CD=2, 又AM=2,所以△ABM为等边三角形,O为AM的中点,所以OB=. 又因为四边形ADEF为等腰梯形,M为AD的中点,所以EF=MD,EF∥MD, 所以四边形EFMD为平行四边形,FM=ED=AF,所以△AFM为等腰三角形, △ABM与△AFM底边上的中点O重合,OF⊥AM,OF==3. 因为OB2+OF2=BF2,所以OB⊥OF,所以OB,OD,OF互相垂直. 考点四　空间距离 法一:由等体积法可得VM-ABF=VF-ABM=S△ABM·FO=××22×3=, cos∠FAB===,sin∠FAB=,S△FAB=FA·AB·sin∠FAB=××2×=. 设M到平面FAB的距离为d,则VM-FAB=VF-ABM=·S△FAB·d=××d=, 解得d=,即M到平面FAB的距离为. 考点四　空间距离 法二:因为OB,OD,OF互相垂直,以O为坐标原点,分别以OB,OD,OF为x,y,z轴建立空间直角坐标系(图略),则A(0,-1,0), B(,0,0),F(0,0,3),M(0,1,0), 则=(,1,0),=(0,1,3),=(0,-2,0). 设平面ABF的法向量为m=(x,y,z), 则 令z=1,则m=(,-3,1),设M到平面FAB的距离为d,则d===. 考点四　空间距离 　1.几何法:利用等体积(面积)转换求距离. 2.向量法求点到平面的距离的步骤 方法总结 考点四　空间距离 5.(2025·北京模拟)如图,在几何体ABCDEF中,四边形ABCD为平行四边形,平面ADE⊥平面CDE,AD⊥DE,AD=DE=DC=1,BF∥DE. (1)证明:FC∥平面ADE; 对点训练 考点四　空间距离 证明:由四边形ABCD为平行四边形,则AD∥BC,又BF∥DE, AD⊂平面ADE,BC⊄平面ADE,则BC∥平面ADE,同理BF∥平面ADE. 由BC∩BF=B,BC,BF⊂平面BCF,则平面BCF∥平面ADE, 又FC⊂平面BCF,则FC∥平面ADE. 考点四　空间距离 (2)已知点E到平面AFC的距离为,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求BF的长. 条件①:AE⊥CD; 条件②:AC=CE. 注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分. 考点四　空间距离 解:因为平面ADE⊥平面CDE,AD⊥DE,平面ADE∩平面CDE=DE,AD⊂平面ADE, 所以AD⊥平面CDE,CD⊂平面CDE,则AD⊥CD. 选条件①:因为AE⊥CD,AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE, 则CD⊥平面ADE, 又DE⊂平面ADE,则CD⊥DE. 综上,AD⊥DE,AD⊥CD,CD⊥DE. 以D为坐标原点,,,分别为x,y,z的正方向建立空间直角坐标系, 所以A(1,0,0),C(0,1,0),E(0,0,1),令BF=x>0,则F(1,1,x), 考点四　空间距离 故=(0,1,x),=(1,0,x),=(-1,0,1), 设平面AFC的法向量为m=(a,b,c), 则 取a=x,则m=(x,x,-1),由题意知==, 可得4x2-4x+1=0,解得x=,所以BF=. 选条件②:由AD⊥DE,AD⊥CD,AD=DE=DC=1, 则△ADE≌△ADC,又AC=CE,故AC=AE=CE, 所以△ADE≌△ADC≌△EDC,则CD⊥DE. 下同选条件①. 感谢您的观看 $