第38讲　第1课时　空间角的计算课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“向量法求空间角与距离”专题，覆盖线线角、线面角、二面角及距离计算等核心考点，对接高考评价体系，通过教材经典题和2023新高考Ⅱ卷等真题案例，分析考点权重，归纳选择、填空、解答题等常考题型，体现备考针对性和实用性。 课件亮点在于“真题溯源+解题模板+素养提升”策略，如以直三棱柱线线角为例，详解建系、向量运算、夹角公式的“三步法”，培养数学思维和空间观念。设置易错点警示（如法向量方向判断）和变式训练，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此优化复习策略，提升备考效率。

第七章 第38讲　向量法求空间角与距离 立体几何 1 1．(教材经典题)在直三棱柱A1B1C1－ABC中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是 (　　) 【解析】 【答案】A 2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，则直线DC1与平面ACE所成角的正弦值为 (　　) 【解析】 【答案】A 3．(教材经典题)如图，△ABC和△DBC所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠CBA＝∠DBC＝120°，则直线AD与直线BC所成角的大小为________；直线AD与平面BCD所成角的大小为________；平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值为______． 【解析】 4．(教材经典题)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，则点B到直线AC1的距离为______；直线FC到平面AEC1的距离为______． 【解析】 1．两条异面直线所成角的求法 设a，b分别是两条异面直线l1，l2的方向向量． 2．直线与平面所成角的求法 3．平面与平面的夹角的求法 4．点P到直线l的距离 5．点面距的求法 说明：线面距和面面距可转化成点面距求解． 第1课时　空间角的计算 16 目标 1 线线角 　　　(2025·新高考Ⅰ卷改)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD． (1) 求证：平面PAB⊥平面PAD； 1 【解答】 　　　　在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AP⊥ AB．因为AB⊥AD，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，AP∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD．因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD． 　　　(2025·新高考Ⅰ卷改)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD． 1 【解答】 向量法求异面直线所成角的步骤 (1) 选好基底或建立空间直角坐标系； (2) 求出两直线的方向向量v1，v2； (1) 求证：PA⊥平面PBC； 【解答】 因为△PAB是等腰直角三角形，PA＝PB，所以PA⊥PB．又PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，PB∩BC＝B，所以PA⊥平面PBC． (2) 求异面直线PB与AC所成角的余弦值． 【解答】 　　　　如图，以B为坐标原点，BC，BA所在直线分别为x轴，y轴，垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系， 目标 2 线面角 (1) 求证：PA⊥平面ABCD； 2 【解答】 　　　　因为直线PB，PD与平面ABCD所成的角分别为∠PBA，∠PDA，故PB在平面ABCD上的射影为AB，点P在平面ABCD上的射影在AB上．同理可得点P在平面ABCD上的射影在AD上，所以点P在平面ABCD上的射影为AB与AD的交点A，所以PA⊥平面ABCD． 2 【解答】 向量法求线面角，可利用直线的方向向量与平面的法向量的夹角刻画，但要注意此夹角的余弦的绝对值等于线面角的正弦值，线面角不超过90°． 变式2　(2025·萍乡二模) 如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD与BDEF均为菱形，FA＝FC，且∠DAB＝∠DBF＝60°． (1) 求证：平面ABCD⊥平面BDEF； 【解答】 　　　　设AC与BD相交于点O，连接FO，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，且O为AC中点．又FA＝FC，所以AC⊥FO． 因为FO∩BD＝O，FO，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF．又AC⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面BDEF． 变式2　(2025·萍乡二模) 如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD与BDEF均为菱形，FA＝FC，且∠DAB＝∠DBF＝60°． 【解答】 　　　　连接DF，因为四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，所以△DBF为等边三角形．因为O为BD中点，所以FO⊥BD．又AC⊥FO，AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以FO⊥平面ABCD．故OA，OB，OF两两垂直，所以可建立空间直角坐标系如图所示， 目标 3 二面角 　　　(2025·新高考Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°． (1) 求证：A′B∥平面CD′F； 3 【解答】 　　　　设AD＝1，则AB＝3，CD＝2，因为F为CD中点，所以DF＝1．因为EF∥AD，AB∥CD，所以四边形AEFD是平行四边形，所以AE∥DF，所以A′E∥D′F． 因为D′F⊂平面CD′F，A′E⊄平面CD′F，所以A′E∥平面CD′F．因为FC∥EB，FC⊂平面CD′F，EB⊄平面CD′F，所以EB∥平面CD′F． 又EB∩A′E＝E，EB，A′E⊂平面A′EB，所以平面A′EB∥平面CD′F，又A′B⊂平面A′EB，所以A′B∥平面CD′F． 　　　(2025·新高考Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°． (2) 求平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值． 3 【解答】 　　　　因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB．因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC，以F为原点，FE，FC以及垂直于平面BEFC的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 向量法求二面角，可通过两个平面的法向量的夹角来刻画，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．关注建系的合理选择，不同的建系带来的运算繁简程度不同． (1) 求证：AC⊥BD； 【解答】 　　　　由BP⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，则BP⊥AC．又点C在以AB为直径的半圆的圆周上，则BC⊥AC．由BP∩BC＝B，且BP，BC⊂平面PBC，则AC⊥平面PBC，又BD⊂平面PBC，故AC⊥BD． 【解答】 　　　　设O为AB的中点，即为半圆的圆心，作Oz⊥平面ABC，在平面ABC内作Ox⊥AB，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 配套练习题 一、单项选择题 1．在三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC，M，N分别为 AC，AB的中点，则异面直线PN和BM所成角的余弦值为 (　　) 【解析】 B 2．(2026·福州一测)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，则直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 (　　) 【解析】 【答案】A 3．如图，已知P为菱形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，F为PC的中点，则二面角C－BF－D的正切值为 (　　) 【解析】 　　　　设AC∩BD＝O，连接OF，以O为坐标原点，OB，OC，OF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． 【答案】D 【解析】 　　　　因为AB是圆柱底面圆的一条直径，所以OA⊥OB．又OP是圆柱的一条母线，所以OA，OB，OP两两垂直．如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系． 【答案】A 二、多项选择题 5．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则下列说法正确的是(　　　) A．直线AD1与A1C1所成的角为60° 【解析】 　　　　以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，C(0，1，0)． 【答案】ABC 【解析】 【答案】BC 三、填空题 7．如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，N是BC的中点，点P在A1B1上，且满足A1P＝λA1B1，则当直线PN与平面ABC所成的角取最大值时，λ＝______． 【解析】 8．如图，△ABC为等腰直角三角形，其中∠A＝90°，且DB⊥BC，∠BCD＝30°，现将△ABC折起，使得二面角A－BC－D为直角，则异面直线BC与AD所成角的余弦值为______，直线DC与平面ABC所成的角为________． → 【解析】 → → 【解析】 　　　　因为底面ABCD和侧面BCC1B1是矩形，所以BC⊥CD，BC⊥CC1．又因为CD∩CC1＝C，CC1⊂平面DCC1D1，CD⊂平面DCC1D1，所以BC⊥平面DCC1D1．又D1E⊂平面DCC1D1，所以BC⊥D1E．因为D1E⊥CD，且BC∩CD＝C，CD⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以D1E⊥平面ABCD． 四、解答题 10．(2023·新高考Ⅱ卷)如图，在三棱锥A－BCD中，DA＝ DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1) 求证：BC⊥DA； 【解答】 　　　　如图，连接AE，DE．因为E为BC的中点，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，所以AC＝AB，从而AE⊥BC． 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA． 10．(2023·新高考Ⅱ卷)如图，在三棱锥A－BCD中，DA＝ DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． 【解答】 (1) 求证：平面PAB⊥平面PADE． 【解答】 　　　　由底面ABCD为正方形，得AB⊥AD．因为PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥PA．又PA∩AD＝A，PA⊂平面PADE，AD⊂平面PADE，所以AB⊥平面PADE，又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PADE． (2) 设AB＝AP＝2． ②若二面角B－PC－E的大小为135°，求λ的值． 【解答】 　　　　以A为坐标原点，AB，AD，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．由AB＝AD＝AP＝2得，A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)． l1与l2所成的角θ a与b的夹角β 范围 (0，π) 求法 cos θ＝ cos β＝ 　　　(2026·青岛期初)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD 为矩形，M为AD中点，F为AC，BM的交点，点G在PC上， 且＝2．直线PB，PD与平面ABCD所成的角分别为∠PBA，∠PDA． 易知平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1,0,0)，设直线AB1与平面 BCC1B1所成角为θ，θ∈，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝ ＝＝． 　　　　在平面ABC中，作BM⊥BC，以B为坐标原点，{，，}为正交基底建系(图略)，设BD＝1，因为∠BCD＝30°，BD⊥BC，所以BC＝． 11．(2026·连云港期中)如图，已知多面体ABCDEP的底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，＝λ，λ＞0． $