第36讲　综合法求空间角与距离课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何“综合法求空间角与距离”专题，依据高考评价体系梳理线面角、二面角、点面距等核心考点，通过近五年真题分析明确线面角计算占30%、二面角求解占25%的高频分布，归纳定义法、等体积法等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题实战+方法突破+素养落地”，如以2024新高考Ⅰ卷四棱锥二面角题为例，用三垂线法培养逻辑推理素养，通过正三棱柱中点面距计算训练空间观念，帮助学生掌握“作角-证角-算角”答题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

第七章 第36讲　综合法求空间角与距离 立体几何 1 【解析】 　　　　如图，因为AA1⊥底面A1B1C1，所以∠APA1为PA与平面A1B1C1所成角．因为平面ABC∥平面A1B1C1，所以∠APA1为PA与平面ABC所成角． 【答案】B 2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面A1BD和平面BB1D1D所成的二面角的正弦值为 (　　) 【解析】 因为O为BD的中点，所以A1O⊥BD，所以∠A1OO1是平面A1BD和平面BB1D1D所成二面角的平面角． 【答案】A 3．(教材经典题改编)已知P是边长为a的正三角形ABC所在平面外一点，且PA＝PB ＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为______． 【解析】 　　　　设点P在平面ABC上的射影为点O，由PA＝PC＝PB，可知OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心． 【解析】 30° 45° 1．直线和平面所成的角 (1) 定义：平面的一条斜线和它在________________所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角． (2) 范围：_________． 平面上的射影 2．二面角 (1) 从一条直线出发的______________所组成的图形叫做二面角．以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作____________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角． 两个半平面 (2) 二面角的平面角α的范围：_____________；平面与平面的夹角的取值范围： __________． 垂直于棱 [0，π] 3．空间距离 (1) 点到平面的距离：过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离． (2) 直线到平面的距离：一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离． (3) 两个平面间的距离：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离． 目标 1 点面距 　　　(2025·临汾三模节选)如图，已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P是圆O1上异于点C，D的任意一点． (1) 求证：平面ACP⊥平面ADP； 1 【解答】 　　　　因为CD是圆O1的直径，所以DP⊥CP．因为AD⊥平面PDC，PC⊂平面PCD，所以AD⊥CP． 又AD∩DP＝D，AD，DP都在平面ADP内，所以CP⊥平面ADP，因为CP⊂平面ACP，所以平面ACP⊥平面ADP． 　　　(2025·临汾三模节选)如图，已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P是圆O1上异于点C，D的任意一点． (2) 若O1P⊥CD，求点D到平面ACP的距离． 1 【解答】 方法二(定义法)：如图，过点D作DE⊥AP，垂足为E，因为平面ACP⊥平面ADP，平面ACP∩平面ADP＝AP，DE⊂平面ADP，所以DE⊥平面ACP． 求点面距离的方法有：(1) 定义法：关键找点在面上的投影(可借助面面垂直)；(2) 等体积法：点面距离看成三棱锥的高，利用三棱锥变换顶点，体积不变构造方程求解． 变式1　(2025·肇庆二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，平面APC⊥平面PCD． (1) 求证：CD⊥平面PAC； 【解答】 　　　　如图，在平面PAC内作AH⊥PC，交PC于点H．因为平面APC⊥平面PCD，平面APC∩平面PCD＝PC，AH⊂平面PAC，AH⊥PC，所以AH⊥平面PCD，则AH⊥CD． 因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD．又因为PA∩AH＝A，PA，AH⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC． 变式1　(2025·肇庆二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，平面APC⊥平面PCD． 【解答】 　　　　如图，连接BD交AC于点O，连接OE．易知OE为△PBD的中位线，所以PB∥OE．因为PB⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，所以PB∥平面AEC，所以PB到平面AEC的距离即为点B到平面AEC的距离． 目标 2 线面角 　　　(1) 在如图所示的几何体中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，EC∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2，则PA与平面PBD 所成角的大小为______． 2 【解析】 　　　　连接AC交BD于点O，连接PO．因为PD⊥平面ABCD，AO⊂平面ABCD，所以AO⊥PD．又四边形ABCD为正方形，所以AO⊥BD．因为BD，PD⊂平面PBD，BD∩PD＝D，所以AO⊥平面PBD，所以∠APO即为PA与平面PBD所成的角． 　　　(2) 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，PA⊥平面ABCD．若PA＝a，则直线PB与平面PCD所成的角的大小为______． 2 【解析】 　　　　因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD, CD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，PA⊥CD．又底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD，又PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD． 综合法求线面夹角的方法：(1) 通过找线面角的平面角，在直角三角形中利用正、余弦定理进行求解；(2) 寻找点面距，构造多面体，利用等体积法求出点面距，在相应三角形中求得需要的参数，进而得到线面夹角的正弦值或余弦值． 变式2　(2026·邯郸一调节选)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB＝2CD＝2AP＝2PD＝4，PA⊥PD，AB⊥BC，AB∥CD，E为PB的中点． (1) 求证：CE∥平面PAD； 【解答】 变式2　(2026·邯郸一调节选)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB＝2CD＝2AP＝2PD＝4，PA⊥PD，AB⊥BC，AB∥CD，E为PB的中点． (2) 若平面PAD⊥底面ABCD，求直线CE与底面ABCD所成角的正切值． 【解答】 　　　　因为CE∥DF，所以直线CE与底面ABCD所成角即直线DF与底面ABCD所成角，如图，过点F作FM⊥AD于点M，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，FM⊂平面PAD，则FM⊥底面ABCD，所以∠FDM即为直线DF与底面ABCD所成角． 目标 3 二面角 视角1　定义法 　　　　　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中． (1) 求二面角A－B1C－A1的余弦值； 【解答】 　　　　如图，连接AD1交A1D于点O，取B1C的中点E，连接AE，OE．因为OE∥CD，CD⊥平面BCC1B1，所以OE⊥平面BCC1B1．因为B1C⊂平面BCC1B1，所以OE⊥B1C． 3－1 在正方体中易知△AB1C为等边三角形，E为B1C的中点，所以AE⊥B1C，所以∠OEA为二面角A－B1C－A1的平面角． 　　　　　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中． (2) 求平面A1DC1与平面ADD1A1所成角的正切值． 【解答】 　　　　由(1)知AD1⊥A1D，连接C1O，易证C1O⊥A1D，所以∠C1OD1为平面A1DC1与平面ADD1A1所成角的平面角． 3－1 视角2　三垂线法 【解答】 　　　　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．又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB． 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，根据平面几何知识可知AD∥BC．又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC． 3－2 (1) 若AD⊥PB，求证：AD∥平面PBC； 视角2　三垂线法 【解答】 3－2 【解答】 　　　　如图，过点D作DE⊥AC于点E，再过点E作EF⊥CP于点F，连接DF．因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP．又EF⊥CP，DE∩EF＝E，所以CP⊥平面DEF． 结合三垂线定理计算二面角的方法：如图，已知二面角α－c－β，在平面α内找一合适的点A，作AO⊥β于点O，过A作AB⊥c(c是公共棱)于点B，则BO为斜线AB在平面β内的射影，∠ABO为二面角α－c－β的平面角． 视角3　投影法 　　　　　(2026·嘉兴一模)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝3，AB＝2，D为BC的中点，点E在棱BB1上，BE＝2EB1． (1) 求证：C1E⊥平面ADE； 【解答】 又BE＝2EB1，所以BE＝2＝B1C1，BD＝B1E＝1，∠DBE＝∠EB1C1＝90°，则Rt△BDE≌Rt△B1EC1，所以∠EDB＝∠C1EB1，所以∠C1EB1＋∠DEB＝∠EDB＋∠DEB＝90°，即C1E⊥ED．又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以C1E⊥平面ADE． 3－3 　　　　　(2026·嘉兴一模)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝3，AB＝2，D为BC的中点，点E在棱BB1上，BE＝2EB1． (2) 求平面AEC1与平面ABC夹角的余弦值． 【解答】 3－3 方法二：如图，延长C1E，CB交于点F，连接FA，过点C作CG⊥FA，垂足为G，连接C1G，则由CC1⊥平面ABC，得C1G⊥FA，所以∠C1GC即为平面AEC1与平面ABC的夹角． 配套练习题 一、单项选择题 1．已知线段AB的长等于它在平面α内的射影长的2倍，则AB所在直线与平面α所成角为 (　　) A．30°　 B．45° C．60°　 D．120° 【解析】 C 2．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．在如图所示的“堑堵”中，AC＝CB＝CC1，则二面角C1－AB－C的正切值为 (　　) 【解析】 　　　　由AC＝CB知AC⊥CB．如图，取AB的中点M，连接C1M，CM，由条件可知∠C1MC即为二面角C1－AB－C的平面角． D 【解析】 　　　　由题意，取AC的中点T，连接ST，BT(图略)，则由S－ABC为正三棱锥可知ST⊥AC，BT⊥AC，所以AC⊥平面BST，所以AC⊥BS．由M，N分别是SC，BC的中点，且MN⊥AM，可知AM⊥BS． 【答案】 A 【解析】 【答案】 A 二、多项选择题 5．(2022·新高考Ⅰ卷)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° 【解析】 　　　　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为BC1⊥ B1C，BC1⊥A1B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，所以BC1⊥DA1，BC1⊥CA1，故A，B正确． 直线BC1与平面ABCD所成的角为∠C1BC＝45°，故D正确． 【答案】 ABD A．该圆锥的体积为3π B．直线OP与平面PAC所成的角为45° C．二面角P－AC－O为45° D．直线PA与BC所成的角为60° 【解析】 【答案】 BCD 三、填空题 7．(2025·承德期末)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC上靠近B的三等分点， 则直线D1E与平面BCC1B1所成角的正弦值为_________． 【解析】 8．(2025·南通海安期中)在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝AB＝AC＝BC＝2，PC与平面ABC所成角的大小为60°，则PC＝______． 【解析】 9．如图，△ABC与△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则钝二面角A－BD－C的余弦值为________． 【解析】 　　　　如图，过A作AE⊥CB交CB的延长线于E, 连接DE，因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝CB，所以 AE⊥平面BCD，所以点E即为点A在平面BCD内的射影，所以 △BDE为△ABD在平面BCD内的射影． 四、解答题 【解答】 　　　　如图，取BC的中点E，连接AE，PE．因为AB＝AC，E为 BC的中点，所以AE⊥BC．因为PA⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥AB． 在Rt△PAB中，PB2＝AB2＋PA2＝22＋12＝5．在Rt△PAC中，PC2＝AC2＋PA2＝22＋12＝5，从而PB＝PC． (1) 求二面角P－BC－A的余弦值； 又E为BC的中点，所以PE⊥BC，故∠PEA为二面角P－BC－A的平面角． 【解答】 (2) 求直线PC与平面ADC所成角的正弦值． 11．(2026·蚌埠期初)如图，在四棱锥P－ABCD中，△ABC是正三角形，DA＝DC，PA＝PC，BD⊥PA． (1) 求证：平面PAC⊥平面ABCD． 【解答】 　　　　由已知得，DA＝DC，BA＝BC，则BD是线段AC的中垂线，所以BD⊥ AC．又BD⊥PA，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，而BD⊂平面ABCD，故平面PAC⊥平面ABCD． 11．(2026·蚌埠期初)如图，在四棱锥P－ABCD中，△ABC是正三角形，DA＝DC，PA＝PC，BD⊥PA． 【解答】 　　　　①如图，记BD与AC交于点H，连接PH． 由题意，O为四边形ABCD的外接圆圆心，即A，B，C，D四点共圆，由条件可得∠ABC＝60°，∠ADC＝120°，BD是线段AC的中垂线，所以∠ABH＝30°，∠ADH＝60°，故∠DAB＝90°，则BD是四边形ABCD的外接圆直径，O为BD的中点． 由(1)知，平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD＝AC，PH⊂平面PAC，所以PH⊥平面ABCD，即四棱锥P－ABCD的高为PH． ②作AM⊥PB，垂足为M，连接CM．由BA＝BC，PA＝PC，PB为公共边，则△APB≌△CPB，所以CM＝AM且CM⊥PB，即∠AMC为二面角A－PB－C的平面角． A．　 B． C．　 D． $