空间角与距离的计算考点梳理课件-2026届高三数学二轮复习

2026高考数学空间角与距离的计算考点梳理 考点一　利用空间向量求距离 例1　在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段A1B1的中点,F为线段AB的中点. (1)求点B到直线AC1的距离; (2)求直线FC到平面AEC1的距离. 考点一 考点二 考点三 解 (1)以D1为原点,D1A1,D1C1,D1D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(1,0,1),B(1,1,1),C(0,1,1),C1(0,1,0),E(1,,0),F(1,,1), ∴=(0,1,0),=(-1,1,-1),=(0,,-1), =(-1,,0),=(-1,,0),=(0,,0),取a==(0,1,0), 则u=(-1,1,-1),a2=1,a·u=, 则点B到直线AC1的距离为. 考点一 考点二 考点三 (2)∵=(-1,,0),∴FC∥EC1. 又FC⊄平面AEC1,EC1⊂平面AEC1,∴FC∥平面AEC1,∴点F到平面AEC1的距离即为直线FC到平面AEC1的距离. 设平面AEC1的法向量为n=(x,y,z),则取z=1,则x=1,y=2,∴n=(1,2,1). 又=(0,,0),∴点F到平面AEC1的距离为. 考点一 考点二 考点三 规律方法　利用空间向量求距离 (1)点到直线的距离 如图,直线l的单位方向向量为u,向量 . 考点一 考点二 考点三 (2)点到平面的距离 已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l,交平面α于点Q,则n是直线l的方向向量,且点P到平面α的距离就是. 考点一 考点二 考点三 [对点训练1]如图,边长为4的两个正三角形分别为△ABC,△BCD,且所在平面互相垂直,E,F分别为BC,CD的中点,点G在棱AD上,AG=2GD,直线AB与平面EFG相交于点H. (1)证明:BD∥GH; (2)求直线BD与平面EFG的距离. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD. 又BD⊄平面EFG,EF⊂平面EFG,则BD∥平面EFG. 因为BD⊂平面ABD,平面ABD∩平面EFG=GH,所以BD∥GH. (2)解 由(1)知,BD∥平面EFG, 则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.连接EA,ED,由△ABC,△BCD均为正三角形,E为BC的中点,得EA⊥BC,ED⊥BC. 又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE⊂平面ABC,于是AE⊥平面BCD.又ED⊂平面BCD,则EA⊥ED. 考点一 考点二 考点三 以E为坐标原点,EB,ED,EA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B(2,0,0),F(-1,,0),A(0,0,2),D(0,2,0). 又=2,可得G, 所以=(2,0,0),=(-1,,0),. 设平面EFG的法向量为n=(x,y,z), 则 考点一 考点二 考点三 令y=1,则x=,z=-2,得n=(,1,-2). 设点B到平面EFG的距离为d, 则d=, 所以直线BD与平面EFG的距离为. 考点一 考点二 考点三 考点二　利用空间向量求线面角 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. 考点一 考点二 考点三 (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. 考点一 考点二 考点三 (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的法向量为n=(x,y,z), 考点一 考点二 考点三 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. 考点一 考点二 考点三 教考链接 (人教A版选择性必修第一册复习巩固第10题)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H,K,L分别是AB,BB1,B1C1,C1D1,D1D,DA各棱的中点. (1)求证:A1C⊥平面EFGHKL; (2)求DB1与平面EFGHKL所成角的余弦值. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 设正方体棱长为1,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略),则A1(1,0,1),C(0,1,0),G(,1,1),H(0,,1),F(1,1,),B1(1,1,1), ∴=(-,-,0),=(-1,1,-1),=(,0,-), ∴=0,=-=0. ∴A1C⊥GH,A1C⊥GF. 又GH∩GF=G,GH,GF⊂平面EFGHKL,∴A1C⊥平面EFGHKL. 考点一 考点二 考点三 (2)解 由(1)知=(-1,1,-1),=(1,1,1),cos<>==-. ∴直线A1C与DB1的夹角的余弦值为. 即直线DB1与平面EFGHKL所成角的正弦值为,故直线DB1与平面EFGHKL所成角的余弦值为. 考点一 考点二 考点三 规律方法　 1.直线与平面所成的角,可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角.如图,直线AB与平面α相交于点B,设直线AB与平面α所成的角为θ,直线AB的方向向量为u,平面α的法向量为n,则sin θ=|cos<u,n>|=. 2.当选取的直线的方向向量与平面的法向量的夹角为锐角时,这个锐角与线面角互余. 考点一 考点二 考点三 [对点训练2](2026·江苏南京高三调研)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为AB和B1C1的中点. (1)证明:MN∥平面ACC1A1; (2)若AC=2,AB=2,∠ACB=90°,MN⊥A1C,求直线A1C与平面CMN所成角的正弦值. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 取A1C1的中点为S,连接SN,AS. 因为A1S=SC1,B1N=NC1,故SN∥A1B1,SN=A1B1. 由直三棱柱的性质,可得AM∥A1B1,AM=A1B1,故SN∥AM,SN=AM,故四边形SNMA为平行四边形,故AS∥MN. 而AS⊂平面A1C1CA,MN⊄平面A1C1CA,故MN∥平面A1C1CA. 考点一 考点二 考点三 (2)解 因为∠ACB=90°,故AC⊥CB,故BC==2.设AA1=a. 由题可知,CC1⊥平面ABC. 以C为原点,CA,CB,CC1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C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),A1(2,0,a),B1(0,2,a), C1(0,0,a),M(,1,0),N(0,1,a), =(2,0,a),=(-,0,a). 因为MN⊥A1C,故=0,即-4+a2=0,故a=2(a=-2舍去), 故=(2,0,2),=(-,0,2). 考点一 考点二 考点三 又=(,1,0),设平面CMN的法向量为n=(x,y,z), 所以取x=,则y=-2,z=1,得n=(,-2,1), 故直线A1C与平面CMN所成角的正弦值为. 考点一 考点二 考点三 考点三　利用空间向量求二面角 例3　(12分)(2023·新高考Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2, AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2, CC2=3. (1)证明:B2C2∥A2D2; (2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P. 考点一 考点二 考点三 突破口:注意到正四棱柱各条棱的长度,可以发现相关棱的中点或四等分点. 关键点:(1)题目条件并未明确这两条线共面,不能直接应用. (2)建立坐标系后,根据点P位置,用一个未知量表示其坐标. 审题指导:(1)(思路一)建立空间直角坐标系,写出相关点坐标,利用向量坐标相等证明. (思路二)作辅助线,结合平行线的传递性,证明多个平行四边形,从而得线线平行. (思路三)选择一组基底,把都用基底表示,由向量相等证明. (2)建立坐标系,写出相关点坐标,设点P的坐标,求出二面角两个半平面的法向量,利用公式建立方程,求解即可. 考点一 考点二 考点三 [规范解答] 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 (方法2　几何法) 设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M. 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2), 设点P(0,2,a),其中0≤a≤4. 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 考点一 考点二 考点三 教考链接 (人教A版选择性必修第一册综合运用第11题)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在BB1,DD1上,且AE⊥A1B,AF⊥A1D. (1)求证:A1C⊥平面AEF; (2)当AB=4,AD=3,AA1=5时,求平面AEF与平面D1B1BD的夹角的余弦值. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 ∵=()··()=0, ∴A1C⊥AE.同理A1C⊥AF. ∵AE∩AF=A,AF,AE⊂平面AEF,∴A1C⊥平面AEF. (2)解 以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,5),B(4,0,0),B1(4,0,5),D(0,3,0),C(4,3,0). ∴=(4,3,-5),且是平面AEF的一个法向量. =(0,0,5),=(-4,3,0), 设平面D1B1BD的法向量为n=(x,y,z), 则 考点一 考点二 考点三 令x=3,则y=4,z=0, ∴平面D1B1BD的一个法向量为n=(3,4,0), ∴n·=12+12=24,|n|==5,||==5, ∴cos<n,>=. ∴平面AEF与平面D1B1BD的夹角的余弦值为. 考点一 考点二 考点三 规律方法　1.平面α与平面β相交,形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角. 若平面α,β的法向量分别是n1和n2,则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ,则cos θ=|cos<n1,n2>|=. 2.利用公式求二面角的平面角时,要注意<n1,n2>与二面角大小的关系是相等还是互补,需要结合图形进行判断. 考点一 考点二 考点三 [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. 考点一 考点二 考点三 解 (1)因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD.又AD⊥PB, PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB.因为AC=2,BC=1,AB=,则BC2+AB2=AC2,所以AB⊥BC.因为PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC.又PA,AB⊂平面PAB,PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB,故AD∥BC.又BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC. 考点一 考点二 考点三 (2)(方法1)如图,以DA,DC所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设AD=a,则DC=,D(0,0,0), A(a,0,0),C(0,,0),P(a,0,2). =(0,,0),=(a,0,2). 设平面DCP的法向量为n1=(x1,y1,z1),则取x1=2, 则y1=0,z1=-a,得n1=(2,0,-a). 考点一 考点二 考点三 又=(0,0,2),=(-a,,0),设平面ACP的法向量为n2=(x2,y2,z2),则取y2=a,则x2=,z2=0,得n2=(,a,0). 因为二面角A-CP-D的正弦值为,所以二面角A-CP-D的余弦值的绝对值为,即cos θ=, 所以a2=3,即a=. 故AD=. 考点一 考点二 考点三 (方法2)如图,取PC的中点M,过点A作AH⊥PD,垂足为H,连接MH,MA.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC,PA⊥DC. 又AD⊥DC,所以DC⊥平面PAD,故平面PDC⊥平面PAD. 又AH⊥PD,所以AH⊥平面PDC,则AH⊥HM,AH⊥PC. 因为PA=AC=2,M为线段PC的中点,所以AM⊥PC, 所以PC⊥平面AHM,从而PC⊥HM, 故∠AMH为二面角A-CP-D的平面角.设AD=x,在Rt△PAD中,得AH=,在Rt△PAC中,得AM=,所以在Rt△AHM中,sin∠AMH=,解得x=.故AD=. 考点一 考点二 考点三 (方法3)如图,过点D作DE⊥AC,垂足为E,过点E作EF⊥CP,垂足为F,连接DF. 因为PA⊥平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD. 又平面PAC∩平面ABCD=AC,所以DE⊥平面PAC. 因为EF⊥CP,所以CP⊥平面DEF, 故∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角,即sin∠DFE=, 即tan∠DFE=.因为AD⊥DC,设AD=x,则CD=, 由等面积法可得,DE=. 考点一 考点二 考点三 又CE=,而△EFC为等腰直角三角形,所以EF=, 故tan∠DFE=, 解得x=,即AD=. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 (方法1　向量法) 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系. 1分 由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2). =(0,-2,1), 2分 所以. 3分 因为A2,B2,C2,D2四点不共线, 故B2C2∥A2D2. 4分 因为DN∥AA2,且DN=AA2,故四边形AA2ND为平行四边形, 1分 所以A2N∥AD,且A2N=AD. 同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC. 因为AD∥BC,且AD=BC, 所以A2N∥B2M,且A2N=B2M. 所以四边形A2B2MN为平行四边形. 2分 因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1, 所以四边形C2D2NM为平行四边形. 3分 所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2. 所以四边形A2B2C2D2为平行四边形. 所以B2C2∥A2D2. 4分 (方法3　基底法) 由题意可得, 1分 所以, 2分 . 3分 因为,且A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2. 4分 (2)解 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1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. 5分 =(0,2,a-3). 6分 设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则取x1=1,可得y1=1,z1=2,故n1=(1,1,2). 7分 设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则取z2=2,可得x2=a-1,y2=3-a, 故n2=(a-1,3-a,2). 8分 因为二面角P-A2C2-D2为150°, 所以|cos<n1,n2>|=, 10分 整理可得a2-4a+3=0, 解得a=1或a=3. 11分 结合图形可知,当a=3或a=1时,B2P=1,此时二面角P-A2C2-D2为150°. 12分 $