第7章 7.5 空间角与空间距离、空间向量及其应用（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习学案

该高中数学高考复习课件聚焦“空间角与空间距离、空间向量及其应用”核心模块，依据高考评价体系明确空间向量运算、空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）、空间距离（点到直线、点到平面）三大考查重点，通过知识清单系统梳理考点，结合典例分析近三年高频题型分布，构建“概念-运算-应用”的完整备考体系。 课件亮点在于“真题导向+分层突破+素养提升”，如以2026届广东江门开学考典例为载体，详解向量法求线面角的“建系-求向量-算正弦”三步法，培养学生的空间观念与运算能力。设置即练即清与变式训练，强化易错点（如二面角余弦值正负判断），助力学生掌握答题技巧，教师可依托此课件实现精准复习，提升备考效率。

7.5 空间角与空间距离、空间向量 及其应用 返回目录 知识清单 考点清单 目 录 CONTENTS 返回目录 知识清单 知识点1　空间向量的概念及运算 1.空间向量的有关概念及定理 概念 语言描述 共线向量(平行向量) 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合 共面向量 平行于同一平面的向量 共线向量定理 对空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b⇔存在λ∈R,使a=λb 共面向量定理 若两个向量a,b不共线,则向量p与向量a,b共面⇔存在唯 一的有序实数对(x,y),使p=xa+yb 返回目录 空间向量基本定理及推论 定理:如果三个向量a,b,c不共面,那么对任意一个空间向 量p,存在唯一的有序实数组(x,y,z),使得p=xa+yb+zc. 推论:设O,A,B,C是不共面的四点,则对平面ABC内任一点 P都存在唯一的有序实数组(x,y,z),使 =x +y +z , 且x+y+z=1 2.两个空间向量的数量积 (1)a·b=|a||b|cos<a,b>. (2)a⊥b⇔a·b=0(a,b为非零向量). (3)设a=(x,y,z),则|a|2=a2,|a|= . 返回目录 3.空间向量的坐标运算 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3) 向量和 a+b=(a1+b1,a2+b2,a3+b3) 向量差 a-b=(a1-b1,a2-b2,a3-b3) 数量积 a·b=a1b1+a2b2+a3b3 共线 a∥b⇒a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R,b≠0) 垂直 a⊥b⇔a1b1+a2b2+a3b3=0 夹角公式 cos<a,b>=  返回目录 知识点2　用向量法判断空间中的位置关系 设直线l,m的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为u,v,则有: 线线平行:l∥m⇔a∥b⇔∃k∈R,使得a=kb. 线面平行:l∥α⇔a⊥u⇔a·u=0. 面面平行:α∥β⇔u∥v⇔∃k∈R,使得u=kv. 线线垂直:l⊥m⇔a⊥b⇔a·b=0. 线面垂直:l⊥α⇔a∥u⇔∃k∈R,使得a=ku. 面面垂直:α⊥β⇔u⊥v⇔u·v=0. 返回目录 知识点3　空间角与距离 1.空间中的角 空间中的角 范围 示例 公式 异面直线所成角     将异面直线平移 到同一平面内 cos θ=  直线与平面所成角   sin θ=  返回目录 平面与平面的夹角(所成角)     cos θ=  二面角的平面角 [0,π]   |cos θ|=  注意　二面角的平面角的余弦值的正负需要根据实际图形确定. 返回目录 2.空间中的距离 空间中的距离 示例 公式 点到直线的距离   PQ=  =  (u是直线l的单位方向向量) 平面外一点到平面的距离   PQ=  返回目录 提示　空间中的其他距离,如两平行直线间的距离可转化为点到直线的距离;直线与平 面平行时,直线到平面的距离可转化为点到平面的距离;两平面平行时,两平面间的距离 可转化为点到平面的距离. 返回目录 即练即清 1.判断正误.(对的打“√”,错的打“✕”) (1)若直线l的方向向量为e=(1,-1,2),平面α的法向量为m=(6,4,-1),则l⊥α. ( ) (2)已知向量a=(1,1,1),b=(1,1,0),c=(0,0,1),则{a,b,c}能构成空间一个基底. ( ) (3)两个不同的平面α,β的法向量分别是u=(2,2,-1),v=(-3,4,2),则α⊥β. ( ) (4)已知A(1,8,11),B(2,6,9),C(3,4,10),D(1,8,14),则A,B,C,D四点共面. ( )     √         √         ✕         ✕     返回目录 2.已知a=(1,1,1)为平面α的一个法向量,A(1,0,0)为α内的一点,则点D(1,1,2)到平面α的距 离为_________. 返回目录 3.直线l的方向向量是s=(-1,1,1),平面α的法向量是n=(2,x2+x,-x2),若直线l∥平面α,则x=____. 2     返回目录 考点清单 考点1　空间角 角度1　求异面直线所成的角 典例1　已知菱形ABCD中,∠DAB= ,将△DAC沿对角线AC折起,使以A,B,C,D四点为 顶点的三棱锥体积最大,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为 ( ) A. 　　    B. 　　     C. 　　    D.      C     返回目录 解析　取AC的中点E,连接BE,DE,因为AD=CD,所以DE⊥AC, 同理,BE⊥AC,设AB=2a(a>0), 由题意得∠DAC=∠BAC= ,所以BE=DE=a,AE=CE= a, 易知,当平面ACD⊥平面ABC时,三棱锥D-ABC的体积最大,【S△ABC为定值,DE为三棱锥 的高】 此时∠BED= ,DE,BE,CE两两垂直. 以E为原点, , , 的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图, 返回目录   则A(0,- a,0),B(a,0,0),C(0, a,0),D(0,0,a), 所以 =(a, a,0), =(0,- a,a),所以cos< , >= =- ,所以异面直线AB与CD 所成角的余弦值为 .故选C. 返回目录 方法总结　用向量法求异面直线所成角的步骤 1.建立空间直角坐标系; 2.用坐标表示两异面直线的方向向量; 3.利用公式求出向量夹角的余弦值; 4.注意两异面直线所成角的范围是 ,即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹 角的余弦值的绝对值. 返回目录 变式训练 1.(关键元素变式)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,D1是A1B1的中点, E1是A1C1的中点,∠BCA=90°,BC=CA=2,CC1=3,则BD1与AE1所成角的余弦值是 ( )   A. 　　    B. 　　     C. 　　    D.      B     返回目录 解析　因为在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BCA=90°,所以易得CA,CB,CC1两两垂直,则以 C为原点,CA所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,CC1所在直线为z轴,建立空间直角坐标 系Cxyz, 则A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3), 又D1,E1分别是A1B1,A1C1的中点, 所以D1(1,1,3),E1(1,0,3), 故 =(1,-1,3), =(-1,0,3), 设BD1与AE1所成角为θ, 返回目录 则cos θ=  = =  = . 所以BD1与AE1所成角的余弦值为 .故选B.   返回目录 角度2　直线与平面所成的角 典例2    (2026届广东江门纪元中学开学考,15)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC= AA1=2,∠BAC=90°,E,F分别为C1C,BC的中点. (1)求证:A1B⊥B1C; (2)求直线A1B与平面AEF所成角的余弦值.   返回目录 解析    (1)证明:连接AB1,因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以AA1⊥平面ABC, 又AC⊂平面ABC,所以AC⊥AA1, 又AC⊥AB,AB∩AA1=A,AB,AA1⊂平面ABA1,所以AC⊥平面ABA1, 又A1B⊂平面ABA1,所以A1B⊥AC, 因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,所以四边形ABB1A1为正方形, 所以A1B⊥AB1, 因为AC∩AB1=A,AC,AB1⊂平面ACB1,所以A1B⊥平面ACB1, 又B1C⊂平面ACB1,所以A1B⊥B1C.【线面垂直的性质定理】 返回目录 (2)解法一　因为直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°, 所以AB,AC,AA1两两垂直, 所以以A为原点,分别以AB,AC,AA1所在的直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标 系,   则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),E(0,2,1),F(1,1,0), 所以 =(2,0,-2), =(0,2,1), =(1,1,0). 设平面AEF的法向量为n=(a,b,c),则  返回目录 令a=1,得n=(1,-1,2). 设A1B与平面AEF所成角为θ, 则sin θ=|cos <n, >|= = = , 即A1B与平面AEF所成角的正弦值为 , 所以A1B与平面AEF所成角的余弦值为 . 解法二　如图,过C作CD∥AB且CD=AB,连接DE,DC1,DF,BD, 易得四边形ABDC为正方形,且A1B∥C1D,则A1B与平面AEF所成角和DC1与平面ADE所 成角相同,因为E是CC1的中点,所以C1到平面ADE的距离等于C到平面ADE的距离, 返回目录 过C作CH⊥EF,因为EC⊥平面ABDC,AD⊂平面ABDC,则EC⊥AD, 又因为AD⊥CF,EC∩CF=C,EC,CF⊂平面EFC,所以AD⊥平面EFC, 因为CH⊂平面EFC,所以CH⊥AD,因为AD∩EF=F,AD,EF⊂平面ADE,所以CH⊥平面 ADE,即C1到平面AEF的距离就是CH的长,设直线A1B与平面AEF所成角为θ,则sin θ=  . 易得DC1= = =2 , 在Rt△ECF中,EF= = = ,由EF·CH=CF·CE可得CH= = = , 所以sin θ= = ÷2 = ,因为θ∈ ,所以cos θ= = . 返回目录 方法总结　求直线与平面所成角的方法 1.定义法 (1)作:在斜线上选取恰当的点,过该点向平面引垂线,作出所求角,其中确定垂足的位置 是关键;(2)证:证明所作的角为直线与平面所成的角;(3)求:构造角所在的三角形,利用解 三角形的知识求角. 2.向量法 sin θ=|cos< ,n>|= (其中 为平面α的斜线AB的方向向量,n为平面α的法向量,θ 为斜线与平面α所成的角). 返回目录 变式训练 2.(情境模型变式)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,AD∥BC,AD=2,AB= BC=1,△PAD为等边三角形,M为PA的中点,且平面PAD⊥平面ABCD,PD⊥AB. (1)证明:DM⊥平面PAB; (2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.   返回目录 解析    (1)证明:取AD的中点O,连接PO,因为△PAD为等边三角形,故PO⊥AD, 由平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD, 所以PO⊥平面ABCD, 因为AB⊂平面ABCD,所以PO⊥AB, 又PD⊥AB,PO∩PD=P,PO,PD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD, 因为DM⊂平面PAD, 所以AB⊥DM, 又M为PA的中点,△PAD为等边三角形,则DM⊥PA, 返回目录 因为AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB, 所以DM⊥平面PAB. (2)连接CO,因为AO= AD=1,AD∥BC,所以AO∥BC,AO=BC,所以四边形ABCO为平行 四边形,故OC∥AB,由(1)知AB⊥平面PAD,AD⊂平面PAD,故AB⊥AD,所以OC⊥AD, 故以O为坐标原点,OC,OD,OP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.   则P(0,0, ),M ,C(1,0,0),D(0,1,0), 返回目录  =(1,0,- ), = , = , 设平面MCD的法向量为n=(x,y,z), 则  令y=1,则n=(1,1, ), 设直线PC与平面MCD所成角为θ, 则sin θ=|cos< ,n>|= = = . 返回目录 角度3　二面角或平面与平面所成的角 典例3　如图,在四棱锥P-ABCD中,CD∥AB,∠ABC=90°,AB=2BC=2CD=4,三棱锥B-PAD 的体积为 . (1)求点P到平面ABCD的距离; (2)若PA=PD,平面PAD⊥平面ABCD,点N在线段AP上,AN=2NP,求平面NCD与平面 ABCD夹角的余弦值.   返回目录 解析    (1)设点P到平面ABCD的距离为h, 则VB-PAD=VP-ABD= h·S△ABD= , 由题意可知S△ABD= AB·BC=4, 所以h= = = , 所以点P到平面ABCD的距离为 . (2)解法一　取AD的中点M,连接PM, 因为PA=PD,所以PM⊥AD, 返回目录 又平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD,PM⊂平面PAD, 所以PM⊥平面ABCD,【面面垂直的性质定理】 由(1)知PM= . 由题意可得BD=2 ,AD= =2 , 所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD. 以D点为坐标原点,DA所在直线为x轴,DB所在直线为y轴,过点D作PM的平行线为z轴,建 立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2 ,0,0),P( ,0, ),C(- , ,0), 则 =(- , ,0), =(2 ,0,0), =(- ,0, ), =  = , 返回目录 所以 = + = . 设平面NCD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则  故可取n1=(1,1,-2), 易知平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1), 设平面NCD与平面ABCD的夹角为θ, 则cos θ=|cos<n1,n2>|= = = , 返回目录 所以平面NCD与平面ABCD夹角的余弦值为 .   解法二　如图,取AD的中点M,连接PM,在线段AM上取一点H,使得AH=2HM,连接NH,在 平面ABCD中,过点H作HK⊥CD,交CD的延长线于点K,连接NK.   因为AN=2NP,所以NH∥PM,NH= PM= ,AH= AM= AD= . 因为PA=PD,所以PM⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD,PM⊂平面PAD,所以 返回目录 PM⊥平面ABCD,所以NH⊥平面ABCD, 因为CD⊂平面ABCD,所以NH⊥CD, 又HK⊥CD,且HK∩NH=H,HK,NH⊂平面NHK,所以CD⊥平面NHK,因为NK⊂平面NHK, 所以CD⊥NK, 所以∠NKH(或其补角)是平面NCD与平面ABCD的夹角. 在Rt△HDK中,易知DH= ,∠KDH=45°,所以KH=DH·sin 45°= , 所以cos∠NKH= = = , 故平面NCD与平面ABCD夹角的余弦值为 . 返回目录 方法总结　求二面角或平面与平面所成角的方法 1.定义法:在二面角的棱上找一特殊点,过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线, 如图,∠AOB为二面角α-l-β的平面角.   2.向量法 (1)构建恰当的空间直角坐标系; (2)准确求解相关点的坐标; (3)求出平面的法向量; (4)利用公式求出向量夹角的余弦值,由图形判断二面角的余弦值的正负,平面与平面的 夹角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值. 返回目录 变式训练 3.(情境模型变式)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是边长为4的菱形,∠BCD =60°,AC与BD交于点O,平面FBC⊥平面ABCD,EF∥AB,FB=FC,EF=2. (1)证明:OE⊥平面ABCD; (2)若点E到平面ABCD的距离为6,Q为AE上一点,且 =  ,求二面角Q-BC-A的余弦 值.   返回目录 解析    (1)证明:取BC的中点G,连接FG,OG. 因为FB=FC,所以FG⊥BC. 又因为平面FBC⊥平面ABCD,平面FBC∩平面ABCD=BC,FG⊂平面FBC, 所以FG⊥平面ABCD. 因为O,G分别为AC,BC的中点, 所以OG∥AB,OG= AB. 又因为EF= AB,EF∥AB, 所以EF∥OG,EF=OG, 返回目录 则四边形EFGO为平行四边形, 所以OE∥FG,从而OE⊥平面ABCD. (2)连接QB,QC,以O为原点,AC所在直线为x轴,BD所在直线为y轴,OE所在直线为z轴建 立空间直角坐标系,   则E(0,0,6),A(2 ,0,0),B(0,2,0),C(-2 ,0,0), 则 =(-2 ,-2,0), 由 =  ,可得Q , 返回目录 所以 = . 设平面QBC的法向量为m=(x,y,z), 则 即  令y=-3,则m=( ,-3,-2), 易知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1). 设二面角Q-BC-A的平面角为θ,易知θ为锐角, 所以cos θ= = = ,即二面角Q-BC-A的余弦值为 . 返回目录 考点2　空间距离 角度1　点到直线的距离 典例4　如图,该几何体是由等高的半个圆柱和 个圆柱拼接而成的,点G为弧CD的中 点,且C,E,D,G四点共面. (1)证明:平面BDF⊥平面BCG; (2)若平面BDF与平面ABG所成角的余弦值为 ,且线段AB的长度为2,求点G到直线 DF的距离. 返回目录 解析    (1)证明:过G作GH∥CB,交底面弧于H,连接HB,易知四边形HBCG为平行四边形, 所以HB∥CG,又G为弧CD的中点,则H是弧AB的中点,所以∠HBA=45°, 由题设知∠ABF=45°, 则∠HBF=∠HBA+∠ABF=90°, 所以FB⊥HB, 即FB⊥CG, 由CB⊥底面ABF,FB⊂底面ABF,得CB⊥FB, 又CB∩CG=C,CB,CG⊂平面BCG, 返回目录 所以FB⊥平面BCG,【线面垂直的判定定理】又FB⊂平面BDF,所以平面BDF⊥平面 BCG.【面面垂直的判定定理】 (2)由题意,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz, 则B(0,2,0),F(2,0,0),A(0,0,0), 则 =(0,2,0).   设半圆柱的高为h,则D(0,0,h),G(-1,1,h),所以 =(-2,0,h), =(0,-2,h), =(-1,1,h), 设平面BDF的法向量是m=(x,y,z), 返回目录 则  令z=2,则m=(h,h,2), 设平面ABG的法向量是n=(a,b,c), 则  令c=1,则n=(h,0,1), 所以|cos<m,n>|= = = , 整理可得h2-4=0,则h=2, 返回目录 则G(-1,1,2),D(0,0,2), 则 =(2,0,-2), =(-1,1,0), 所以点G到直线DF的距离d= = . 返回目录 方法总结　求点A到直线l的距离的方法 向量法 设过点P的直线l的单位方向向量为n,A为直线l外一点,则 点A到直线l的距离d=  两点间距离 公式法 如果能求出点在直线上的射影坐标,可以直接利用两点 间距离公式求解 直接法 直接过A点作直线l的垂线,设垂足为D,则AD的长就是所 求 返回目录 变式训练 4.(关键元素变式)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AA1=2AC=2,D是线段B1C 上的动点,则点D到直线AB的距离的最小值是 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      A     返回目录 解析　如图,以A为原点,AB,AC,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),B(2,0,0),B1(2,0,2),C(0,1,0), 则 =(2,0,0), =(0,1,0), =(2,-1,2). 设 =k =(2k,-k,2k)(0≤k≤1), 则 = + =(2k,1-k,2k), 故点D到直线AB的距离d=  返回目录 =  = ,当k= 时,d最小,为 .   返回目录 角度2　点到平面的距离 典例5    (2026届山东青岛五十八中调研,17)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形, 平面PAD⊥平面PCD,PA⊥AD,PA=AD=2,E为线段PD的中点,点F为线段PC上的动点 (不含端点). (1)证明:平面AEF⊥平面PCD; (2)若平面AEF与平面PBC的夹角为 ,求点P到平面AEF的距离.   返回目录 解析    (1)证明:因为PA⊥AD,PA=AD=2,E为线段PD的中点,所以AE⊥PD. 又因为平面PAD⊥平面PCD,且平面PAD∩平面PCD=PD,AE⊂平面PAD, 所以AE⊥平面PCD,又AE⊂平面AEF, 所以平面AEF⊥平面PCD. (2)由(1)知,AE⊥平面PCD,因为CD⊂平面PCD,所以AE⊥CD, 又因为底面ABCD为正方形,所以CD⊥AD,由AD∩AE=A,AD,AE⊂平面PAD, 所以CD⊥平面PAD,因为PA⊂平面PAD,所以CD⊥PA, 又因为PA⊥AD,CD∩AD=D,CD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥平面ABCD, 返回目录 以A为原点, , , 的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,   则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1), 则 =(0,1,1), =(0,0,2), =(2,2,-2), =(2,0,-2), 设 =λ (0<λ<1),则 = + = +λ =(2λ,2λ,2-2λ), 设平面AEF的法向量为m=(x1,y1,z1),则  令y1=λ,则x1=1-2λ,z1=-λ, 故m=(1-2λ,λ,-λ), 返回目录 设平面PBC的法向量为n=(a,b,c), 则  令a=1,则c=1,b=0,则n=(1,0,1), 由题意得|cos<m,n>|= =cos  ,即 = , 整理得3λ2-2λ=0,解得λ= 或λ=0(舍去),则m= , 所以点P到平面AEF的距离d= = = . 返回目录 方法总结　求点到平面的距离的方法 1.向量法求点P到平面α距离的解题步骤: (1)在α内任选一点A,求出 ; (2)求出平面α的法向量n; (3)由公式d= 计算点P到平面α的距离. 注意:上述公式也可以用于求异面直线间的距离,此时P,A就是分别位于两条直线上的 任意两点,n是与两直线的方向向量都垂直的向量. 2.用等体积转换法求点到平面的距离. 一般通过构造三棱锥(或四棱锥等),利用体积公式V= S底·h求h.其中h即为所求距离. 返回目录 变式训练 5.(情境模型变式)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1,且AB1=AC1=1. (1)求直线AA1与平面ABC所成角的正弦值; (2)求点A到平面BB1C1C的距离.   返回目录 解析    (1)由题意,得四面体A-A1B1C1是正四面体. 如图,过点A作平面A1B1C1的垂线AH,交平面A1B1C1于点H.连接A1H,B1H,C1H.   由对称性知,点H为正三角形A1B1C1的中心. 易得∠A1HB1=120°,A1H=B1H. 所以A1H= A1B1cos = A1B1= . 因为AH⊥平面A1B1C1, 返回目录 所以直线AA1与平面A1B1C1所成的角为∠HA1A. 因为sin∠HA1A= = = , 又平面ABC∥平面A1B1C1, 所以直线AA1与平面ABC所成角的正弦值为 . (2)因为AH⊥平面A1B1C1,B1C1⊂平面A1B1C1,所以AH⊥B1C1. 又A1H⊥B1C1,且AH∩A1H=H,A1H,AH⊂平面AA1H,所以B1C1⊥平面AA1H. 又AA1⊂平面AA1H,所以B1C1⊥AA1. 又AA1∥BB1∥CC1,所以B1C1⊥CC1. 返回目录 所以四边形BB1C1C为矩形. 所以 =1×1=1. 因为 = - = × - × × = , 所以点A到平面BB1C1C的距离为 = . 返回目录 $