专题3 第4讲 空间角、空间距离（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

该高中数学高考复习课件聚焦空间角与空间距离专题，覆盖异面直线所成角、线面角、面面夹角及距离问题四大核心考点，严格对接高考评价体系，通过近五年真题分析明确线面角、面面夹角为高频考点（占比超60%），归纳出几何法、向量法等常考题型解法。 课件亮点在于“真题链考点+多解破难点+素养提能力”，如2022新高考Ⅰ题结合正方体模型训练空间观念，例1通过几何法与向量坐标法培养数学思维，总结向量法求角四步法强化数学语言表达。特设易错点警示与对点训练，助力学生掌握答题技巧，教师可据此系统开展专题复习，提升备考效率。

第4讲　空间角、空间距离 考点一　异面直线所成的角 考点二　直线与平面所成的角 目 录 索 引 考点三　平面与平面的夹角 考点四　距离问题 考点一　异面直线所成的角 理知识 设异面直线l,m的方向向量分别为a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2),异面直线l,m的夹角为θ.则(1)θ∈(0,]; (2)cos θ=|cos<a,b>|=. 链高考 (多选题)(2022新高考Ⅰ,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则(　 　) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° ABD 解析 连接AD1,∵在正方体ABCD -A1B1C1D1中,BC1∥AD1,A1D⊥AD1, ∴直线BC1与DA1所成的角为90°,故A正确; 连接B1C,∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1, ∴A1B1⊥BC1, 又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1, A1B1⊂平面A1B1C,B1C⊂平面A1B1C, ∴BC1⊥平面A1B1C, 又CA1⊂平面A1B1C,∴BC1⊥CA1, 即直线BC1与CA1所成的角为90°,故B正确; 连接A1C1,交B1D1于点O,连接BO. 易证C1A1⊥平面BB1D1D. ∴∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角. 设正方体的棱长为a,则OC1=a,BC1=a, ∴sin∠C1BO=,∴∠C1BO=30°,故C错误; ∵C1C⊥平面ABCD,∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角. 又∠C1BC=45°,∴直线BC1与平面ABCD所成的角为45°,故D正确. 故选ABD. 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所成的角的余弦值.【一题多解】 解 (方法一　几何法)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,OA=OB=1,∠AOB=,所以AB= 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= (另解:cos∠B1A1O=), 所以异面直线A1O与AB所成角的余弦值为 (方法二　向量坐标法)以点O为坐标原点,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,OA=OB=1,∠AOB=,所以AB= 因为△AA1B为等腰直角三角形,且AA1⊥AB, 所以A1A=AB=, 所以O(0,0,0),A(0,1,0),B(-,-,0),A1(0,1,), 所以=(-,-,0),=(0,1,),所以cos<>==-,所以异面直线A1O与AB所成角的余弦值为 (方法三　应用向量数量积)在△AOB中,OA=OB=1,∠AOB=, 所以AB=,∠OAB= 因为△AA1B为等腰直角三角形,且AA1⊥AB,所以AA1=AB=, 所以A1O==2,=0,=0, 所以=()=||·||cos, 所以cos<>=, 所以异面直线A1O与AB所成角的余弦值为 考点二　直线与平面所成的角 理知识 设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ.则 (1)θ∈[0,]; (2)sin θ=|cos<a,n>|=. 链高考 (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 例2　(2025山东潍坊二模)如图,四棱锥V-ABCD的底面ABCD为矩形, BC=2AB=8,VA=VD=2,VB=VC=4. (1)设平面VAD与平面VBC的交线为l,证明:l∥平面ABCD; (2)若点M满足,求MB与平面VAD所成角的正弦值. (1)证明 由四边形ABCD为矩形,得AD∥BC,而AD⊄平面VBC,BC⊂平面VBC,则AD∥平面VBC, 又平面VAD∩平面VBC=l,AD⊂平面VAD,则AD∥l, 又l⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以l∥平面ABCD. (2)解 设AD,BC的中点分别为E,F,连接VE,EF,VF, 由题意得VA=VD=2,VB=VC=4,得VE⊥AD,VF⊥BC, 又BC=2AB=8,则VE=2,EF=4,VF=4, 在△VEF中,过F作VE的垂线,垂足为G, 过V作VO⊥EF,垂足为O,则GF= 由EV·GF=EF·VO,得VO=,OF=1,EO=3, 又BC⊥VF,BC⊥OF,VF∩OF=F,VF,OF⊂平面VOF, 则BC⊥平面VOF, 而VO⊂平面VOF,则BC⊥VO,过点O作BC的平行线交AB于点H, 以O为原点,的方向为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则V(0,0,),A(4,-3,0),B(4,1,0),C(-4,1,0),D(-4,-3,0), 设M(x1,y1,z1),由,得(x1,y1,z1-)=(-4,1,-)+(8,0,0),得M(0,),=(8,0,0),=(4,-3,-), 设平面VAD的法向量为n=(x2,y2,z2),则 取z2=-3,得n=(0,,-3), 又=(-4,-),得到|cos<,n>|=, 故BM与平面VAD所成角的正弦值为 【对点训练1】(2025湖北十堰三模)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互相垂直. 以E为原点,的方向分别为 x轴、y轴、z轴的正方向, 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m=(-2b,-2a,ab).易知直线BE的一个方向向量为n=(0,1,0). 记直线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 理知识 设二面角的两个半平面α,β的法向量分别为n1,n2,二面角的大小为θ(0≤θ≤π),则|cos θ|=|cos<n1,n2>|=.  公式两边都有绝对值,所以两角相等或互补 [微提醒]利用空间向量求空间角时,一定要注意角的取值范围.对于二面角,要注意题目条件是否明确是锐角还是钝角,如果没有说明,则结合图形特点判断.若求两个不平行平面的夹角,则取直角或锐角. 链高考 (2023新高考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), =(-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= 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2】(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　距离问题 理知识 如图所示,已知AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量,则点B到平面α的距离为d=. 链高考 (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n=(x,y,z), 则 令x=1,则y=3,z=1,∴n=(1,3,1)为平面CB1M的一个法向量. 点B到平面CB1M的距离d= 例4　(2025上海金山二模)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为原点建立空间直角坐标系, 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), 所以点C到平面PAD的距离为 $