专题4 第3讲 空间角度和距离（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（基础版）

第3讲　空间角度和距离 基础自测　思维引航 考点进阶　素养淬炼 目 录 索 引 基础自测　思维引航 基础自测 1.(人B选必一1.2节习题改编)已知ABCD-A1B1C1D1是正方体,则直线A1D与 直线BD1所成角的大小为　　　　.  　 解析 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以A1为坐标原点,A1B1,A1D1,A1A所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,并设正方体的棱长为1,则A1(0,0,0),D(0,1,1),B(1,0,1),D1(0,1,0), 所以=(0,1,1),=(-1,1,-1), 故cos<>==0. 又因为<>∈[0,π],所以<>=, 即直线A1D与直线BD1所成角的大小为 2.(人A选必一1.4.2节习题)如图,在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直, OA=OC=3,OB=2,则直线OB与平面ABC所成角的正弦值为　　　　.  解析 以O为原点,OB,OC,OA所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则A(0,0,3),B(2,0,0),C(0,3,0), 则=(2,0,-3),=(0,3,-3),=(2,0,0). 设m=(x,y,z)是平面ABC的一个法向量, 则令y=1,则x=,z=1,得m=(,1,1). 设直线OB与平面ABC所成角为θ, 故sin θ=|cos<,m>|=||=, 故直线OB与平面ABC所成角的正弦值为 3.(2024天津,17节选)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形, AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点.求点B到平面CB1M的距离. 解 ∵A1A⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,∴A1A⊥AB,A1A⊥AD. 又AD⊥AB,∴A1A,AB,AD两两垂直.以A为原点,AB,AD,A1A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, 则B(2,0,0),B1(2,0,2),C(1,1,0),M(0,1,1) =(-1,1,-2),=(-1,0,1),=(0,0,2). 设平面CB1M的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令x1=1,则y1=3,z1=1,∴n1=(1,3,1)为平面CB1M的一个法向量. 故点B到平面CB1M的距离d= 4.(2023高考卷Ⅱ,20)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; (2)点F满足,求二面角D-AB-F的正弦值. (1)证明 如图,连接AE,DE.∵DB=DC,E为BC的中点, ∴BC⊥DE.∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°, ∴△ABD,△ACD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD, ∴AB=AC.又E为BC中点,∴BC⊥AE. ∵AE,DE⊂平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE. 又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA. (2)解 设BC=2,由已知可得DA=DB=DC= DE为等腰直角三角形BCD斜边BC上的中线, ∴DE=1. ∵△ABD,△ACD为等边三角形,∴AB=AC= ∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形, ∴AE=1.易知DE=1. ∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE. 由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,∴AE,BC,DE两两垂直. 以E为坐标原点,ED,EB,EA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0), =(0,1,-1). =(-1,0,1),∴F(-1,0,1),=(-1,-1,1). 设平面ABD的法向量m=(x,y,z),则 令z=1,则x=1,y=1,即平面ABD的一个法向量m=(1,1,1). 设平面ABF的法向量n=(u,v,w),则 令w=1,则v=1,u=0,即平面ABF的一个法向量n=(0,1,1). 设二面角D-AB-F的平面角大小为θ,则|cos θ|=, ∴sin θ= 思维引航 1.求异面直线所成角的两种方法:定义法(平移转化为相交直线所成角);向量法. 2.设直线AB与平面α所成角为θ,平面α的一个法向量为n, 那么sin θ=|cos<,n>|=. 注意:公式求得的是角的正弦值. 3.向量法求点P到平面α的距离 先在平面α内选取一个点,如A,构造向量,再求平面α的一个法向量n,就可以应用公式d=计算. 4.向量法求二面角(或其函数值) 先求出两个平面各自的一个法向量,再计算这两个法向量的夹角(或函数值),最后结合题意确定二面角是锐角还是钝角,从而下结论. 考点进阶　素养淬炼 考点一　异面直线所成的角 例1　如图,已知点O是圆柱下底面圆的圆心,AA1为圆柱的一条母线,B为圆柱下底面圆周上一点,OA=1,∠AOB=,△AA1B为等腰直角三角形,求异面直线A1O与AB所成角的余弦值.【一题多解】 解 (方法一)如图,过点B作BB1∥AA1交圆柱的上底面于点B1,连接A1B1,B1O,则由圆柱的性质易证四边形A1B1BA为矩形,所以A1B1∥AB,所以∠B1A1O或其补角即异面直线A1O与AB所成的角.在△AOB中,OB=OA=1,∠AOB=,所以AB=2OBsin=2sin 因为△AA1B为等腰直角三角形,且AA1⊥AB, 所以A1A=AB=,所以B1O=A1O==2. 又A1B1=AB=, 所以cos∠B1A1O=, 所以异面直线A1O与AB所成角的余弦值为 (方法二)以O为原点,OA所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系.在△AOB中,OB=OA=1,∠AOB=, 所以AB2=OA2+OB2-2OA·OBcos∠AOB=3,故AB=, 所以O(0,0,0),A(0,1,0),B(-,-,0),所以=(-,-,0). 因为△AA1B为等腰直角三角形,且AA1⊥AB, 所以A1A=AB=, 则A1(0,1,),=(0,1,),所以cos<>==- 因为异面直线所成夹角的取值范围为(0,], 故异面直线A1O与AB所成角的余弦值为 (方法三)在△AOB中,OB=OA=1,∠AOB=, 所以AB=2OBsin,∠OAB= 因为△AA1B为等腰直角三角形,且AA1⊥AB,所以AA1=AB= 易知AA1⊥AO,所以A1O==2,=0,=0, 所以=()=||||cos, 所以cos<>=, 则异面直线A1O与AB所成角的余弦值为 【对点训练1】(2025浙江衢州、丽水、湖州高三二模)正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别为正方形A1B1C1D1及正方形ABB1A1的中心,则异面直线BD与MN所成角的余弦值为(　　) A.0 B. C. D. C 解析 如图,以点D为原点,DA,DC所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体边长为1,则D(0,0,0),B(1,1,0),M(,1),N(1,), 故=(,0,-),=(-1,-1,0),所以|cos<>|=, 所以异面直线BD与MN所成角的余弦值为 考点二　直线与平面所成的角 例2　(2025北京,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,△ABC与△ADC均为等腰直角三角形,∠BAC=90°,∠ADC=90°,E为线段BC的中点. (1)若F,G分别为线段PD,PE的中点,求证:FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求AB与平面PCD夹角的正弦值. (1)证明 取PA的中点N,PB的中点M,连接FN,MN,GM. 由题意,知∠ADC=90°,∠BAC=90°, 令AD=CD=2,则AC=AB=2,∴BC==4. 又FN=AD=1,BE=CB=2,GM=BE=1,则FN=GM. ∵∠DCA=∠ACB=45°,∴∠ADC=∠DCB=90°, ∴AD∥BC,故FN∥GM,且FN=GM,即四边形FGMN为平行四边形, ∴FG∥MN. ∵FG⊄平面PAB,MN⊂平面PAB,∴FG∥平面PAB. (2)解 ∵PA⊥平面ABCD,AC,AB⊂平面ABCD, ∴PA⊥AC,PA⊥AB. 又AC⊥AB,则PA,AC,AB两两垂直. 以A为原点,AC,AB,AP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. 设AD=DC=2,则AC=AB=PA=2, 则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,0,0), D(,-,0),P(0,0,2), =(0,2,0),=(,0),=(-2,0,2). 设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),则 令x=1,则y=-1,z=1,得n=(1,-1,1),设AB与平面PCD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|=, 故AB与平面PCD所成角的正弦值为 【对点训练2】(2025湖北十堰高三三模)如图,边长为2的正方形ABCD是圆柱的轴截面,E为底面圆O上的点,F为线段DE的中点. (1)证明:OF∥平面BCE. (2)若直线BE与平面CDE所成角的正弦值为,求BE的长. (1)证明 取线段CE的中点H,连接FH,BH.在△CDE中,FH∥CD,FH=CD. 因为AB∥CD,AB=2OB=CD,所以FH∥OB,FH=OB,所以四边形FHBO为平行四边形,则OF∥HB. 因为OF⊄平面BCE,HB⊂平面BCE,所以OF∥平面BCE. (2)解 连接AE.因为AB是圆O的直径,所以AE⊥BE.过点E作圆柱的母线EQ,则EQ⊥平面ABE,所以AE,BE,EQ两两垂直.以E为原点,EA,EB,EQ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AE=a,BE=b,则a2+b2=4,E(0,0,0),C(0,b,2),D(a,0,2), 所以=(0,b,2),=(a,0,2).设m=(x,y,z)为平面CDE的法向量, 所以令z=ab,则x=-2b,y=-2a,得m=(-2b,-2a,ab). 易知直线BE的一个方向向量为n=(0,1,0). 设直线BE与平面CDE所成的角为θ, 则sin θ=|cos<m,n>|=, 化简得15a2=4b2+a2b2. 结合a2+b2=4,解得a=1,b=,所以BE= 考点三　平面与平面的夹角 例3　(2024全国甲,理19)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; (2)求二面角F- BM-E的正弦值. (1)证明 因为M为AD的中点,且AD=4,故MD=2=BC, 又因为BC∥AD,所以四边形BCDM为平行四边形,所以BM∥CD. 因为BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,所以BM∥平面CDE. (2)解 取AM的中点O,连接OF,OB,由题意,易知OF⊥AM,OB⊥AM, 且OF=3,OB=,故OF2+OB2=FB2,所以OF⊥OB. 以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则F(0,0,3),B(,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3). 所以=(,0,-3),=(-,1,0),=(0,1,3), 设平面FBM的法向量为n=(x,y,z), 则 令z=1,得n=(,3,1).同理,可求得平面BEM的法向量m=(,3,-1), 则cos<m,n>=,所以sin<m,n>=, 故二面角F-BM-E的正弦值为 【对点训练3】(2024新高考Ⅰ,17)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. (1)证明 ∵BC=1,AB=,AC=2,∴AC2=AB2+BC2,∴AB⊥BC. 又PA⊥底面ABCD,BC⊂底面ABCD, ∴PA⊥BC.又PA,AB⊂平面PAB,AB∩PA=A, ∴BC⊥平面PAB.∵PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD, ∴AD⊥PA. 又AD⊥PB,且PA,PB⊂平面PAB,PB∩PA=P,∴AD⊥平面PAB. ∴AD∥BC. 又BC⊂平面PBC,AD在平面PBC外,∴AD∥平面PBC. (2)解 ∵AD⊥DC,∴以AD,DC所在直线分别为x轴、y轴,以过点D且与AP平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),DC=,C(0,,0). =(-t,,0),=(0,0,2),=(t,0,2),=(0,,0). 设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 z1=0. 不妨设x1=,则y1=t,∴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y2=0,不妨设z2=t,则x2=-2. ∴平面CPD的一个法向量为n2=(-2,0,t). ∵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,∴二面角A-CP-D的余弦值为 |cos<n1,n2>|=t=,∴AD= 考点四　空间中的距离问题 例4　(2025上海金山高三二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面PBC, AB=2DC=4,BC=2,AB⊥BC,DC∥AB. (1)证明:平面ABCD⊥平面PAB; (2)若∠ABP=,求点C到平面PAD的距离. (1)证明 因为PA⊥平面PBC,BC⊂平面PBC,所以PA⊥BC. 又AB⊥BC,AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB. 又BC⊂平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面PAB. (2)解 因为PA⊥平面PBC,PB⊂平面PBC,所以PA⊥PB. 在Rt△PAB中,AB=4,∠ABP=,则PB=2. 如图,以点B为原点,BA,BC所在直线为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(4,0,0),C(0,0,2),D(2,0,2),P(1,,0), 故=(-2,0,2),=(-3,,0),=(-2,0,0). 设平面PAD的法向量为n=(x,y,z), 则有 令x=,则y=,z=1,所以n=(,1), 故点C到平面PAD的距离为 2.求点到平面的距离的步骤: 【对点训练4】(2025江苏徐州高三模拟)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中, △ABC为边长为3的正三角形,侧面BB1C1C为正方形,A1在底面ABC内的射影为点O. (1)求证:OB=OC; (2)若OA=OB=OC,求直线AA1和平面BB1C1C的距离. (1)证明 因为A1在底面ABC内的射影为点O, 而OB,OC⊂平面ABC,所以A1O⊥OB,A1O⊥OC. 故要证OB=OC,只需证A1B=A1C. 取B1C1,BC的中点分别为E,F,连接A1E,A1F,EF. 因为△ABC为边长为3的正三角形, 所以△A1B1C1也是边长为3的正三角形. 又E是B1C1的中点,则A1E⊥B1C1.因为BC∥B1C1,所以A1E⊥BC. 因为四边形BB1C1C为正方形,B1C1,BC的中点分别为E,F,所以EF⊥BC. 又因为A1E⊥BC,EF⊥BC,A1E∩EF=E,A1E,EF⊂平面A1EF,所以BC⊥平面A1EF.因为A1F⊂平面A1EF,所以BC⊥A1F.又F是BC的中点,所以A1B=A1C. 易知△A1OB≌△A1OC,则OB=OC. (2)解 因为AA1∥BB1,BB1⊂平面BB1C1C,AA1⊄平面BB1C1C,所以AA1∥平面BCC1B1.所以直线AA1和平面BB1C1C的距离等于点A到平面BB1C1C的距离.若OA=OB=OC,则点O为三角形ABC的外心,从而A,O,F三点共线,过点O作OG∥BC交AB于点G,易知OG⊥OF. 因为A1O⊥平面ABC,OG,OF⊂平面ABC, 所以A1O⊥OG,A1O⊥OF, 从而OG,OF,OA1两两垂直. 以点O为坐标原点,OG,OF,OA1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. 由题意BF=CF=,AO=AF=,FO=AF=, AA1=BB1=BC=3,从而A1O=, O(0,0,0),A(0,-,0),B(,0),F(0,,0),C(-,0),A1(0,0,), =(0,,0),=(-3,0,0),=(0,). 设平面BCC1B1的法向量为n=(x0,y0,z0), 则令y0=-,则x0=0,z0=1,n=(0,-,1), 所以点A到平面BB1C1C的距离为d=, 故直线AA1和平面BB1C1C的距离为 $