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练案

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”核心考点，依据高考评价体系梳理线线角、线面角、二面角及点面距离等考查要求，通过近五年全国卷真题分析明确空间向量法求角占60%、距离计算占30%的高频考点分布，归纳出几何法与向量法两大解题路径。 课件亮点在于“真题溯源+素养导向+技巧提炼”，如以2023新课标Ⅱ三棱锥题为例，通过建系求法向量培养数学思维，结合2022新高考Ⅰ正方体题总结“一找二证三算”线面角步骤，强化数学语言表达。特设“易错警示”专栏纠正二面角符号判断等问题，助力学生掌握得分技巧，教师可依托课件实现考点精准突破，提升复习效率。

7.5　空间角与空间距离、空间向量 及其应用 返回目录 目 录 CONTENTS 考点1 空间角 考点2 空间距离 返回目录 高考真题 考点1　空间角 1.★★★(2022全国甲,文9,理7,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和 平面AA1B1B所成的角均为30°,则 ( ) A.AB=2AD B.AB与平面AB1C1D所成的角为30° C.AC=CB1 D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°     D     返回目录 解析　如图,连接BD.由题可知,BB1⊥平面ABCD,AD⊥平面AA1B1B,   易知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角分别为∠B1DB,∠AB1D,∴∠B1DB=∠AB1D =30°. 设AD=1,则AB1= ,B1D=2, ∴BB1=1,BD= ,∴AB= , ∴AB= AD,故A错误. 返回目录 过B作BH⊥AB1,交AB1于H, 易知∠HAB为AB与平面AB1C1D所成的角. ∵BH= = , ∴sin∠HAB= = ,故B错误. 易知AC= ,CB1= ,∴AC≠CB1,故C错误. 易知∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角,∴sin∠DB1C= = , ∴∠DB1C=45°,故D正确. 返回目录 2.★★★(2024新课标Ⅱ,7,5分)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为 ,AB=6,A1B1=2,则 A1A与平面ABC所成角的正切值为 ( ) A. 　　    B.1　　    C.2　　    D.3     B     返回目录 解析　如图,延长AA1,BB1,CC1交于一点P,过P作PO⊥平面ABC,垂足为O,PO与平面A1B1C1 交于点O1,连接O1A1,OA.   ∵ABC-A1B1C1是正三棱台, ∴三棱锥P-ABC是正三棱锥. 设△A1B1C1,△ABC的面积分别为S1,S2, 则 = (S1+S2+ )·O1O= .又∵S1= ×22× = ,S2= ×62× =9 , 返回目录 ∴ ( +9 + )·O1O= ,∴O1O= . ∵△PO1A1∽△POA,∴ = . 又∵△PB1A1∽△PBA,∴ = = = ,∴ = ,∴PO=2 , ∵PO⊥平面ABC,∴∠PAO是AA1与平面ABC所成角. AO= × ×AB=2 ,在Rt△PAO中,tan∠PAO= = =1.故选B. 返回目录 3.★★★(2023全国乙理,9,5分)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边 三角形.若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      C     返回目录 解析　取AB的中点E,连接CE,DE,则CE⊥AB,DE⊥AB,所以∠DEC是二面角C-AB-D的 平面角,所以∠DEC=150°,因为DE∩CE=E,所以AB⊥平面DCE,因为AB⊂平面ABC,所 以平面DCE⊥平面ABC,易知∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角, 设AB=a,   在等腰直角△ABC中,CE= a, 在等边△ABD中,DE= a, 返回目录 在△DCE中,由余弦定理,得DC2= + -2· a· a·cos 150°= a2,∴DC= a, 则cos∠DCE=  = , ∵0°<∠DCE<30°, ∴sin∠DCE= = , ∴tan∠DCE= = .故选C. 返回目录 4.★★★(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分)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     返回目录 解析　连接B1C,交BC1于O,∵A1D∥B1C,∴∠B1OC1(或其补角)为直线BC1与DA1所成的 角,又B1C⊥BC1,∴∠B1OC1=90°,即直线BC1与DA1所成角为90°.故选项A正确. 由A1B1⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C知A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥ 平面A1B1C,又CA1⊂平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,∴直线BC1与CA1所成角为90°.故选项B正确. 连接A1C1,交B1D1于点O1,连接O1B,易证C1O1⊥平面BB1D1D,∴BC1在平面BB1D1D内的射 影为O1B,∴BC1与平面BB1D1D所成角为∠C1BO1.在Rt△BO1C1中,sin∠C1BO1= = ,则 ∠C1BO1=30°,故选项C错误. ∵CC1⊥平面ABCD,∴∠C1BC是BC1与平面ABCD所成的角,而∠C1BC=45°,故选项D正 确.故选ABD. 返回目录 5.★★★(2025全国一卷,17,15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD, BC∥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)设PA=AB= ,BC=2,AD=1+ ,且点P,B,C,D均在球O的球面上. (i)证明:点O在平面ABCD内; (ii)求直线AC与PO所成角的余弦值.   返回目录 解析    (1)证明:因为PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,所以PA⊥AD,又AB⊥AD,AB∩ PA=A,AB,PA⊂平面PAB, 所以AD⊥平面PAB,又AD⊂平面PAD,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)由(1)知PA,AB,AD两两垂直.以AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角 坐标系如图,则P(0,0, ),A(0,0,0),D(0,1+ ,0),C( ,2,0),B( ,0,0).   (i)证明:设O(x,y,z), 返回目录 则OP= , OB= , OC= , OD= , 由OP=OB=OC=OD,解得x=z=0,y=1, 则O(0,1,0),故O在线段AD上,即点O在平面ABCD内. (ii)因为 =( ,2,0), =(0,1,- ), 所以cos< , >= = = , 故直线AC与PO所成角的余弦值为 . 返回目录 6.★★★(2021新高考Ⅱ,19,12分)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2, QD=QA= ,QC=3. (1)证明:平面QAD⊥平面ABCD; (2)求二面角B-QD-A的余弦值.   返回目录 解析    (1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE,则AE=DE=1. 由QD=QA,得QE⊥AD. 在Rt△QAE中,QE= = =2. ∵底面ABCD是正方形,∴CD=AD=2, 在Rt△CDE中,CE= = = . ∴在△QCE中,QE2+CE2=QC2, ∴QE⊥CE, 又∵CE∩AD=E,CE,AD⊂平面ABCD, 返回目录 ∴QE⊥平面ABCD. 又QE⊂平面QAD, ∴平面QAD⊥平面ABCD. (2)建立空间直角坐标系,如图所示,   则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0), 则 =(-2,1,2), =(-2,2,0). 显然,平面QAD的一个法向量为n1=(1,0,0), 返回目录 设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z), 则 ⇒ ⇒x=y=2z.取n2=(2,2,1). 设二面角B-QD-A的平面角为θ,易知θ为锐角, 则cos θ=|cos<n1,n2>|= = = . 返回目录 7.★★★(2023新课标Ⅱ,20,12分)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.   返回目录 解析    (1)证明:连接AE,DE, ∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC. ∵DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,DA=DA,∴△ADB≌△ADC, ∴AB=AC,∴AE⊥BC,又AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE,∴BC⊥平面ADE, 又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA. (2)不妨设DA=DB=DC=2,结合已知条件可得AB=AC=2,BC=2 ,DE= ,AE= ,∴AE2+ DE2=AD2,∴AE⊥DE.又AE⊥BC,DE∩BC=E,BC,DE⊂平面BCD,∴AE⊥平面BCD. 如图,以E为坐标原点,直线ED,EB,EA分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系, 返回目录   则E(0,0,0),A(0,0, ),D( ,0,0),B(0, ,0), =(0, ,- ), =(- , ,0), =(- ,0,  ),由 = ,得F(- ,0, ),则 =(- ,- , ). 设平面DAB的法向量为n=(x,y,z), 则  令x=1,得n=(1,1,1), 设平面ABF的法向量为m=(x',y',z'), 返回目录 则  令y'=1,得m=(0,1,1). 设二面角D-AB-F的平面角为θ,则|cos θ|= = = 【易错:题目问的是正弦 值,最后要记得转化】,又θ∈[0,π],∴sin θ= ,故二面角D-AB-F的正弦值为 . 返回目录 8.★★★(2023全国甲理,18,12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB= 90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明:A1C=AC; (2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值. 返回目录 解析    (1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, ∴A1C⊥BC,∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC, 又AC∩A1C=C,AC,A1C⊂平面AA1C1C, ∴BC⊥平面AA1C1C. 又∵BC⊂平面BCC1B1, ∴平面BCC1B1⊥平面AA1C1C. 过A1作A1H⊥CC1,垂足为H,又平面BCC1B1⊥平面AA1C1C,平面BCC1B1∩平面AA1C1C=CC1, A1H⊂平面AA1C1C,∴A1H⊥平面BCC1B1,∴A1H=1, 返回目录 易知∠CA1C1=90°,在Rt△A1CC1中,CC1=2=2A1H, ∴H为CC1的中点, ∴△A1CC1为等腰直角三角形, ∴A1C=A1C1.易知ACA1C1,∴A1C=AC. (2)以C为坐标原点,CA,CB,CA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,在平面 BCC1B1内过H作HQ∥BC,交BB1于点Q,连接A1Q,如图.   易知CC1⊥A1H,CC1⊥HQ,CC1BB1, 返回目录 又A1H∩HQ=H,A1H,HQ⊂平面A1HQ, ∴CC1⊥平面A1HQ,BB1⊥平面A1HQ, 又A1Q⊂平面A1HQ, ∴BB1⊥A1Q,∴A1Q=2, ∴在Rt△A1HQ中,HQ= , 易知A1C=AC= , 则A( ,0,0),B1(- , , ),C1(- ,0, ),B(0, ,0), =(-2 , , ), =(0, ,0), = (- ,0, ). 设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z), 返回目录 则 即  取x=1,得n=(1,0,1). 设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ, 则sin θ=|cos< ,n>|= = = . ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 . 返回目录 9.★★★(2024全国甲理,19,12分)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.   返回目录 解析    (1)证明:∵M为AD的中点,且AD=4,∴MD=2,∴MD=BC, 又∵MD∥BC,∴四边形BCDM为平行四边形,∴BM∥CD, 又BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE, ∴BM∥平面CDE. (2)设AM的中点为O,连接FO,BO, ∵AB=BM=AM=2,∴OB⊥AM,OB= , 在等腰梯形ADEF中,EF∥MD,EF=MD, ∴四边形MDEF为平行四边形,∴FM=DE= ,∴AF=MF, 返回目录 又∵O为AM的中点,∴OF⊥AM,OA= AM=1,∴OF= =3, 又∵OB= ,FB=2 , ∴OF2+OB2=BF2,∴OB⊥OF, 又∵OB⊥AD,OF⊥AD, ∴分别以OB,OD,OF所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,   则F(0,0,3),B( ,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3), ∴ =(- ,1,0), =( ,0,-3), =(0,1,3), 返回目录 设平面FBM的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 即  不妨取x1= ,则n1=( ,3,1). 设平面EBM的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 即  不妨取y2=3,则x2= ,z2=-1, 则n2=( ,3,-1). 返回目录 设二面角F-BM-E的平面角为θ, 则|cos θ|=|cos<n1,n2>|= = = , ∵0≤θ≤π,∴sin θ= = = , ∴二面角F-BM-E的正弦值为 . 返回目录 10.★★★★(2023全国乙理,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2 , PB=PC= ,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD= DO,点F在AC上,BF⊥AO. (1)证明:EF∥平面ADO; (2)证明:平面ADO⊥平面BEF; (3)求二面角D-AO-C的正弦值.   返回目录 解析　解法一    (1)证明:如图,连接DE,OF,设AF=tAC(0<t<1), 则 = + = +t = +t( - ) =(1-t) +t .易知 =- +  . ∵BF⊥AO, ∴ · =[(1-t) +t ]· =(t-1) + t =4(t-1)+4t=0,解得t= , 故F为AC的中点. ∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,∴DE∥AB,且DE= AB,OF∥AB,且OF= AB, ∴DEOF. 返回目录 ∴四边形DEFO是平行四边形, ∴EF∥DO. 又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO, ∴EF∥平面ADO. (2)证明:∵D,O分别是PB,BC的中点,且PC= ,∴DO= PC= , 又AD= DO,∴AD= . 在Rt△ABO中,AB=2,BO= , ∴AO= , 在△ADO中,OD2+AO2=AD2, 返回目录 ∴OD⊥AO,由(1)知EF∥OD,则EF⊥AO, 又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF⊂平面BEF,EF⊂平面BEF,∴AO⊥平面BEF, 又AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF. (3)如图,过点O作OH∥BF交AC于点H,   由AO⊥BF,知HO⊥AO,又由(2)知OD⊥AO,故∠DOH为二面角D-AO-C的平面角,设AD ∩BE=G, ∵D,E分别为PB,PA的中点, 返回目录 ∴G为△PAB的重心, ∴DG= AD,GE= BE, ∵O为BC的中点,OH∥BF,∴H为FC的中点,由(1)知F为AC的中点,∴FH= AH,连接DH, GF,∴DH= GF,由cos∠ABD= = ,得PA= , 同理可得BE= ,∴BE2+EF2=3=BF2, 故BE⊥EF,则GF2= + = ,∴GF= , 返回目录 故DH= × = . 在△DOH中,OH= BF= ,OD= ,DH= , ∴cos∠DOH= = . ∴二面角D-AO-C的正弦值为 . 解法二　空间向量法　以BA,BC所在直线分别为x,y轴,过点B且垂直于平面ABC的直线 为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 返回目录   则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0, ,0),C(0,2 ,0). (1)证明:设 =λ ,0<λ<1.∵ =(-2,2 ,0),∴F(2-2λ,2 λ,0), ∴ =(2-2λ,2 λ,0). ∵BF⊥AO, =(-2, ,0), ∴ · =0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ= ,故F为AC的中点.连接OF,DE, ∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,∴DE∥AB,且DE= AB,OF∥AB,且OF= AB, ∴DEOF,故四边形ODEF为平行四边形,∴EF∥DO, 返回目录 又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,∴EF∥平面ADO. (2)证明:易得AD= ,由cos∠ABD= = ,得PA= . 设P(x,y,z),z>0, 则由PB=PC= ,PA= 可得  解得  故P(-1, , ), 返回目录 又∵E是PA的中点, ∴E ,∴ = ,又 =(-2, ,0), ∴ · =-2× + × +0× =0, ∴ ⊥ ,即AO⊥BE, 又AO⊥BF,BE∩BF=B, ∴AO⊥平面BEF,又AO⊂平面ADO, ∴平面ADO⊥平面BEF. (3)易知平面AOC的一个法向量为m1=(0,0,1), 返回目录 ∵D为PB的中点,∴D , ∴ = , 设平面AOD的法向量为m2=(x1,y1,z1), 则 即  取x1=1,则y1= ,z1= , 则m2=(1, , ), 设二面角D-AO-C的大小为θ,则|cos θ|=|cos<m1,m2>|=  返回目录 = = . 由题图可知,二面角D-AO-C的平面角为钝角, ∴cos θ=- ,∴sin θ= ,即二面角D-AO-C的正弦值为 . 返回目录 11.★★★★(2023新课标Ⅰ,18,12分)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.   返回目录 解析    (1)证明:以C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,   由题意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2), 则 =(0,-2,1), =(0,-2,1), ∴ = ,∴ ∥ , 又知B2C2与A2D2无公共点, ∴B2C2∥A2D2. 返回目录 (2)∵点P在棱BB1上,∴设P(0,2,a)(0≤a≤4), 结合(1)可知 =(-2,-2,2), =(0,-2,1), =(2,0,1-a), =(0,-2,3-a). 设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 即  令z1=2,则n1=(1,1,2). 设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 即  返回目录 令z2=2,则n2=(a-1,3-a,2), 又∵二面角P-A2C2-D2为150°, ∴|cos 150°|=|cos<n1,n2>|= = = , 即 = ,化简得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3, 当a=1时,B2P=1;当a=3时,B2P=1. 综上,B2P=1. 返回目录 高考模拟 1.★★(2026届广东汕头段考,4)在直三棱柱ABC-A1B1C1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 ( )   A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      A     返回目录 解析　以点C为原点, , , 的方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,设BC= CA=CC1=2,则A(2,0,0),B(0,2,0),D1(1,1,2),F1(1,0,2),所以 =(1,-1,2), =(-1,0,2),   所以cos< , >= = = = ,故选A. 返回目录 2.★★★(2026届安徽调研,7)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,若AB1⊥BC1,则直线 AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 ( )   A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      B     返回目录 解析　取AC的中点O,连接OB,以O为坐标原点, , 的方向分别为x,y轴正方向,竖直 向上的方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系.   设AA1=h(h>0),则A(0,-1,0),B( ,0,0),B1( ,0,h),C1(0,1,h),所以 =( ,1,h), =(- , 1,h),所以 · =-3+1+h2=0,得h= .易得平面BCC1B1的一个法向量为n=(1, ,0),设直 线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ,则sin θ= = = . 返回目录 3.★★★(2026届广东广州教学质量监测,7)如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2A1B1, =  , =  , =  .直线AC1与平面EFG交于点M,则 = ( )   A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      A     返回目录 解析　在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2A1B1,则 =  , =  , 设 =λ , 则 = + = + + = +  +  , 因为 =  , =  , =  ,所以 =2 , =3 , =  , 则 =  + +  , 可得 =  +λ +  , 因为点M,E,F,G四点共面,所以 +λ+ =1,解得λ= ,则 = . 返回目录 4.★★★(多选)(2026届四川成都七中月考,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则 以下说法正确的是 ( )   A.直线A1C与平面ABCD所成角的正切值为  B.二面角A1-DC-B的大小为  C.直线AB1与直线BC1所成角的大小为      ABC     D.点A1到平面BC1D的距离为  返回目录 解析　以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系,   则有D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),A1(1,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1). 对于A,由z轴⊥平面ABCD,得平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1), 又 =(-1,1,-1),则cos< ,m>= = =- , 设直线A1C与平面ABCD所成角为θ,则sin θ=|cos< ,m>|= , 返回目录 则tan θ= = ,故A正确; 对于B, =(1,0,1), =(0,1,0), 设平面A1DC的法向量为a=(x,y,z), 则有 取x=1,则a=(1,0,-1), 易知平面DCB的一个法向量为m=(0,0,1), 设二面角A1-DC-B的大小为α, 返回目录 则cos α=|cos<a,m>|= = = ,故二面角A1-DC-B的大小为 ,故B正确; 对于C, =(0,1,1), =(-1,0,1), 设直线AB1与直线BC1所成角的大小为β, 则cos β=|cos< , >| = = = ,故直线AB1与直线BC1所成角的大小为 ,故C正确; 对于D, =(-1,0,1), =(0,1,1), =(0,1,-1), 设平面BC1D的法向量为b=(a,b,c), 返回目录 则有  取a=1,则b=(1,-1,1), 则点A1到平面BC1D的距离d= = = ,故D错误.故选ABC. 返回目录 5.★★★(多选)(2026届河南师大附中月考,9)已知在正四面体A-BCD中,M,N分别是AB, CD的中点,平面α与直线AB,CD都平行,则 ( ) A.MN∥α B.MN⊥α C.直线AC与平面α所成角为60° D.平面ABC与平面α的夹角的余弦值为      BD     返回目录 解析　如图,把正四面体放入正方体中,易知平面α与平面ABE平行, 因为M,N分别是AB,CD的中点,所以MC=MD,所以MN⊥CD,同理可得MN⊥AB, 又因为CD∥ME,所以MN⊥ME,又因为ME∩AB=M,ME,AB⊂平面ABE,所以MN⊥平面 ABE, 所以MN⊥α,故A错误,B正确; 直线AC与平面ABE所成的角为∠CAE=45°,故直线AC与平面α所成角为45°,故C错误; 平面ABC与平面ABE的夹角为∠CME,设正方体的棱长为2,由正方体的性质可得ME=  ,CM= ,CE⊥EM, 返回目录 故cos∠CME= = ,故平面ABC与平面α的夹角的余弦值为 ,故D正确.故选BD.   返回目录 6.★★★★★(教材溯源)(2026届湖南衡阳八中期中,14)人教A版选择性必修第一册 习题1.4拓广探索第17题中提到了过点P0的平面方程:在空间直角坐标系O-xyz中,已知 向量m=(a,b,c),点P0(x0,y0,z0),若平面α经过点P0,且以m为法向量,点P(x,y,z)是平面α内的任 意一点,则平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0.现已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1,平 面CDD1C1的方程为x-2y+z-2=0,平面ADD1A1经过点E(0,0,1),F(1,1,2),G(2,2,1),平面ACC1 A1的方程为kx-ty-2z+1=0(1≤t≤2),则平面CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值的最大值 为_________. 返回目录 解析　∵平面CDD1C1的方程为x-2y+z-2=0,∴平面CDD1C1的法向量为n1=(1,-2,1), 同理,平面ACC1A1的法向量为n2=(k,-t,-2), 设平面CDD1C1与平面ACC1A1的夹角为θ,则cos θ= = , ∵平面ADD1A1经过点E(0,0,1),F(1,1,2),G(2,2,1), ∴ =(1,1,1), =(2,2,0), 设平面ADD1A1的法向量为n3=(x1,y1,z1),则  令y1=-1,则n3=(1,-1,0), 返回目录 设DD1的方向向量为t=(x2,y2,z2), 则 ⇒  令y2=1,则t=(1,1,1), ∵DD1∥平面ACC1A1,∴平面ACC1A1的法向量n2与直线DD1的方向向量垂直,即t·n2=k-t-2 =0,∴k=t+2, ∴cos θ= =  =  =   返回目录 =  , ∵1≤t≤2,∴ ≤ ≤1, ∴cos θ=  ≤ ,当且仅当t=2时取等号, ∴平面CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值的最大值为 . 返回目录 7.★★★(2026届广东八校联盟质量检测,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面 ABCD,BC⊥AC,AB∥DC. (1)证明:平面PBC⊥平面PAC; (2)若BC=2,CD=3,PA=AB=4,AD= ,P,A,B,C在同一个球面上,球心为O. (i)求DO与平面PBC所成角的正弦值; (ii)设 =λ ,N为PC的中点,且H,A,O,N四点共面,求实数λ的值.   返回目录 解析    (1)证明:因为PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC, 又BC⊥AC,AC,PA⊂平面PAC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC, 又BC⊂平面PBC, 所以平面PBC⊥平面PAC. (2)(i)在四边形ABCD中,因为BC⊥AC,AB∥DC,BC=2,CD=3,AB=4,AD= , 所以∠BAC=30°,∠CAD=60°, 所以AD⊥AB, 以A为原点,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 返回目录 系,   因为P,A,B,C在同一个球面上,球心为O,所以O为PB的中点, 由题知B(4,0,0),C(3, ,0),P(0,0,4),D(0, ,0),O(2,0,2), 所以 =(2,- ,2), =(4,0,-4), =(-1, ,0), 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z), 则 即 令x=1,得y= ,z=1,所以n= , 设DO与平面PBC所成角为θ, 返回目录 则sin θ=|cos<n, >|= = = . (ii)因为N为PC的中点,所以N , 所以 = , 由(i)知 =(2,0,2), =(0, ,-4), =(0,0,4), 则 = +λ =(0,0,4)+λ(0, ,-4)=(0, λ,4(1-λ)), 因为H,A,O,N四点共面,所以存在实数a,b,使得 =a +b , 返回目录 即(0, λ,4(1-λ))=a(2,0,2)+b = , 所以 解得λ= . 返回目录 8.★★★(2026届浙南名校联盟联考,17)如图,四棱台ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,AB= 2,A1B1=1,BC的中点为E. (1)证明:D1E∥平面ABB1A1; (2)若∠DAB= ,D1D= ,点D1在底面ABCD上的射影恰是DE的中点,求平面BED1与平面 ABB1A1所成角的余弦值.   返回目录 解析    (1)证法一　如图1,连接A1B,∵A1D1BE, ∴四边形A1BED1是平行四边形, ∴D1E∥A1B, ∵D1E⊄平面ABB1A1,A1B⊂平面ABB1A1, ∴D1E∥平面ABB1A1.        返回目录 证法二　取AD的中点F,连接EF,D1F,如图2, ∵E,F分别为BC,AD的中点, ∴EF∥AB,A1D1AF, ∴四边形A1D1FA是平行四边形, ∴D1F∥AA1,又∵D1F∩FE=F,D1F,FE⊂平面D1FE,A1A∩AB=A,A1A,AB⊂平面ABB1A1, ∴平面EFD1∥平面ABB1A1, ∵D1E⊂平面EFD1, ∴D1E∥平面ABB1A1. (2)连接DB,取DE的中点H,连接D1H. 返回目录 ∵D1H⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,∴D1H⊥DE, ∵△DBC是正三角形,E是BC的中点, ∴DE⊥BC,DE= ,DH= , 在Rt△D1DH中,D1D= ,DH= , 则D1H= . 以E为坐标原点,直线EC,直线ED,过点E平行于D1H的直线分别为x,y,z轴, 建立如图3所示的空间直角坐标系, 返回目录   则E(0,0,0),B(-1,0,0),D1 ,A(-2, ,0), ∵ = =(-1,0,0), 则A1 ,∴ = ,  =(-1, ,0), = . 返回目录 设平面BED1的法向量为m=(x1,y1,z1), 则  令y1= ,则m=(0, ,-1), 设平面ABB1A1的法向量为n=(x2,y2,z2), 则  令y2= ,则n=(3, ,-1), 返回目录 ∴cos<m,n>= = = , 故平面BED1与平面ABB1A1所成角的余弦值为 . 返回目录 9.★★★★(2026届浙江绍兴一模,17)如图,三棱锥D-ABC中,底面为正三角形ABC,AC= 2,AD=DC= ,cos∠DAB=- . (1)证明:AC⊥BD; (2)设点E在棱BD上,当△ACE的面积最小时,求二面角E-AC-B的正弦值.   返回目录 解析    (1)证明:取AC的中点O,连接BO,DO, 因为△ABC为正三角形,则AB=BC,AC⊥BO,又AD=DC= ,则AC⊥DO, 又BO,DO⊂平面BDO,BO∩DO=O, 所以AC⊥平面BDO,又BD⊂平面BDO, 所以AC⊥BD. (2)解法一　连接EO,当EO⊥BD时,△ACE的面积最小, 由(1)可知AC⊥BO,AC⊥平面BDO, 又OE⊂平面BDO,所以AC⊥OE, 返回目录 所以∠EOB为二面角E-AC-B的平面角. 在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AD·ABcos∠DAB=21, 故BD= ,   在△BDO中,BO= ,DO=2 ,BD= , 故cos∠BOD= =- , 所以sin∠BOD= , 由等积法得 BO·DOsin∠BOD= BD·EO,即3 = EO,解得EO= , 返回目录 在Rt△BEO中,cos∠EOB= = , 所以sin∠EOB= . 解法二　以O为原点,直线OA,OB为x,y轴建立空间直角坐标系,如图,   则A(1,0,0),B(0, ,0),在△ABD中, 由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AD·ABcos∠DAB=21,故BD= , 在△BDO中,BO= ,DO=2 ,BD= , 返回目录 故cos∠BOD= =- , 则D(0,- ,3), 连接OE,当EO⊥BD时,△ACE的面积最小,此时BD⊥平面ACE, 则平面ACE的一个法向量为m= =(0,-2 ,3),又平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1), 则cos<m,n>= = , 所以二面角E-AC-B的正弦值为 . 返回目录 高考真题 考点2　空间距离 1.★★★(2024天津,17,15分)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. (1)求证:D1N∥平面CB1M; (2)求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角余弦值; (3)求点B到平面CB1M的距离. 返回目录 解析    (1)证明:取B1C的中点P,连接NP,MP,又N为B1C1的中点,所以在△B1CC1中,NP∥ CC1,NP= CC1, 因为M是DD1的中点,DD1∥CC1, 所以D1M= DD1= CC1,且D1M∥CC1,则有D1M∥NP,D1M=NP, 故四边形D1MPN是平行四边形, 所以D1N∥MP, 又MP⊂平面CB1M,D1N⊄平面CB1M, 所以D1N∥平面CB1M. 返回目录 (2)已知A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,所以以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,   易知AB=AA1=2,AD=DC=1, 则B(2,0,0),C(1,1,0),B1(2,0,2),M(0,1,1), 所以 =(1,-1,2), =(-1,0,1), =(0,0,2). 设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2). 则  返回目录  则z2=0. 分别取x1=1,x2=1,得y1=3,z1=1,y2=1, 所以m=(1,3,1),n=(1,1,0), 则|cos<m,n>|= = = , 故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为 . (3)由(2)知 =(0,0,2),平面CB1M的一个法向量为m=(1,3,1), 则 = = , 即点B到平面CB1M的距离为 . 返回目录 2.★★★(2022新高考Ⅰ,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积 为2 . (1)求A到平面A1BC的距离; (2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值. 返回目录 解析    (1)设A到平面A1BC的距离为d.因为 = = S△ABC·AA1=  ·d= ·  = , =2 ,所以d= = . (2)解法一　几何法　由题意知,二面角A-BD-A1的平面角与二面角A-BD-C的平面角互 补,故两二面角的正弦值相等.下面求二面角A-BD-A1的正弦值. 如图,过A作AH⊥BD于H,取A1B的中点O,连接AO,OH.   返回目录 因为AA1=AB,所以AO⊥A1B, 又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AO⊂平面ABB1A1,所以AO ⊥平面A1BC. 又BD,BC⊂平面A1BC,所以AO⊥BC,AO⊥BD,又AO∩AH=A,AO,AH⊂平面AOH,所以 BD⊥平面AOH,因为OH⊂平面AOH,所以OH⊥BD,则∠AHO是二面角A-BD-A1的平面 角. 由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,因为BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC, 又AA1∩AO=A,AA1,AO⊂平面ABB1A1, 所以BC⊥平面ABB1A1. 返回目录 因为A1B,AB⊂平面ABB1A1, 所以BC⊥A1B,BC⊥AB. 由(1)知AO=d= ,所以AB=AA1=2,A1B=2 , 又因为△A1BC的面积为2 ,所以BC=2,所以可得AC=2 ,A1C=2 ,BD= , 故△ABD的面积为 ·AB· = , 又S△ABD= BD·AH= , 所以AH= , 在Rt△OHA中,sin∠OHA= = , 返回目录 即二面角A-BD-C的正弦值为 . 解法二　向量法　如图,取A1B的中点E,连接AE. 因为AA1=AB,所以AE⊥A1B,又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1= A1B,AE⊂平面ABB1A1, 所以AE⊥平面A1BC. 又BC⊂平面A1BC,所以AE⊥BC. 由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC, 又BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,又AA1∩AE=A,AA1,AE⊂平面ABB1A1,所以BC⊥平面 ABB1A1,又AB⊂平面ABB1A1, 返回目录 所以BC⊥AB. 由(1)知AE=d= ,所以AB=AA1=2,A1B=2 , 又因为△A1BC的面积为2 ,所以BC=2. 以B为坐标原点,向量 , , 的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系B- xyz, 则C(2,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0),则 =(2,0,0), =(0,2,0), =(1,1,1).   设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 返回目录 则 即  令x1=1,得z1=-1,所以n1=(1,0,-1). 设平面BCD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 即  令y2=1,得z2=-1,所以n2=(0,1,-1). 所以cos<n1,n2>= = , 又sin<n1,n2>>0,所以sin<n1,n2>= . 所以二面角A-BD-C的正弦值为 . 返回目录 高考模拟 1.★★(2026届浙江六校联考,6)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M为AB的中点,则 点A1到平面DMB1的距离等于 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      A     返回目录 解析　解法一　连接A1M,A1D.如图1,在Rt△B1BM中,B1M= = =2 , 在Rt△AMD中,DM= = =2 , 易得B1D= =4 , 则 = ×4 × =4 ,设点A1到平面DMB1的距离为d, 由 = ,得  ·d= · ·AD, 则d= = = .故选A. 返回目录        解法二　如图2,以点A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 则A1(0,0,4),B1(4,0,4),M(2,0,0),D(0,4,0),则 =(2,0,-4), =(-2,0,-4), =(-4,4,-4). 设平面DMB1的法向量为m=(x,y,z), 则  返回目录 令x=2,则y=1,z=-1,即m=(2,1,-1), 所以点A1到平面DMB1的距离为 = = .故选A. 返回目录 2.★★★★(2026届广东江门调研,8)如图,把边长为4的正方形纸片ABCD沿着对角线 AC折成直二面角,E,F分别为AD,BC的中点,则点A到直线EF的距离为 ( )   A.2　　    B. 　　    C. 　　    D.2      B     返回目录 解析　取AC的中点O,连接OD,OB, 因为△ABC,△ADC均为等腰直角三角形,所以OD⊥AC,OB⊥AC,所以∠BOD是D-AC-B 的平面角. 又二面角D-AC-B是直二面角,所以OD⊥OB, 以O为原点,OA,OB,OD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,   则A(2 ,0,0),B(0,2 ,0),C(-2 ,0,0),D(0,0,2 ),E( ,0, ),F(- , ,0), 返回目录 所以 =(-2 , ,- ), =(- ,0, ), 所以 · =(- )×(-2 )+0+ ×(- )=2, | |= =2 ,| |= =2, 设直线EF的单位方向向量为u,则u= ,所以点A到直线EF的距离为 =   = = = .故选B. 返回目录 3.★★★(2026届河北承德五校月考,13)已知正四棱锥P-ABCD中异面的两条棱所在直 线所成角的余弦值为 ,过AB的平面α与线段PC交于点E,PE=2EC,BC=2,则点P到α的距 离为_________. 返回目录 解析　如图所示,正四棱锥P-ABCD中异面的两条棱一定是一条侧棱和底面中与其不相 交的一条棱,则PB与AD所成角的余弦值为 ,   又AD∥BC,∴cos∠PBC= , ∵PB=PC,∴cos∠PBC= = , 又BC=2,∴PB=3. ∴点P到底面ABCD的距离为 = , 返回目录 ∵PE=2EC,∴PE=2,CE=1,点E到底面ABCD的距离为 . 连接AE,BE,则平面ABE即为平面α,连接AC, 在△BCE中,cos∠ECB= ,CE=1,BC=2,∴BE=  = , 在△ACE中,AC=2 ,CE=1,cos∠ACE= , ∴AE= = , 返回目录 ∴cos∠ABE= = , ∴sin∠ABE= ,∴S△ABE= AB·BEsin∠ABE= ×2× × = , 设点C到平面α的距离为h, 由VE-ABC=VC-ABE得: ×2× = × h,解得h= , ∴点P到平面α的距离为2h= . 返回目录 4.★★★(2026届湖南师大附中月考,16)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,AD=AA1 =2,点E在AB上,且AE=1. (1)求平面A1EC与平面A1EB的夹角的余弦值; (2)若点P在侧面A1ABB1上,且点P到直线BB1和CD的距离相等,求点P到直线AD1距离的 最小值.   返回目录 解析    (1)以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角 坐标系,如图所示.   则D(0,0,0),C(0,3,0),A(2,0,0),E(2,1,0),A1(2,0,2),D1(0,0,2), 则 =(-2,2,0), =(0,1,-2), 设平面A1EC的法向量为n=(x,y,z), 则 即  返回目录 令z=1,则x=y=2, 所以n=(2,2,1)为平面A1EC的一个法向量, 又 =(2,0,0)为平面A1EB的一个法向量, 所以|cos< ,n>|= = = . 所以平面A1EC与平面A1EB夹角的余弦值为 . (2)设P(2,a,b),a∈[0,3],b∈[0,2], 根据题意有3-a= ,即b2=(3-a)2-4, 又因为 =(0,a,b), =(-2,0,2), 返回目录 则点P到AD1的距离 d=  =  = =  = = , 当a=1时,d取得最小值1. 所以点P到AD1距离的最小值为1. 返回目录 5.★★★(2026届江苏南京七校联合体调研,16)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面 ABCD,AD=2BC=2AB=2,AB⊥BC,AD∥BC.若点E满足 =  ,平面BCE交线段PD于点 F. (1)求证:EF∥BC; (2)若平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 ,求点D到平面BCE的距离.   返回目录 解析    (1)证明:∵AD∥BC, 又AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD, ∴BC∥平面PAD, 又BC⊂平面BCE,平面BCE∩平面PAD=EF, ∴BC∥EF. (2)由题意得PA,AB,AD两两垂直, ∴以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则A(0, 0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),则 =(-1,1,0), 返回目录 设P(0,0,h)(h>0),∴ =(1,1,-h),   设平面PCD的法向量为m=(x0,y0,z0), 则 ∴  取x0=1,则y0=1,z0= , ∴平面PCD的一个法向量为m= , 易知平面PAB的一个法向量为n=(0,1,0), 返回目录 ∴|cos<m,n>|= = , 解得h=1(舍负), ∴P(0,0,1),E , 则 = , 设平面BCE的法向量为k=(x1,y1,z1), 则 ∴  返回目录 取x1=1,则z1= ,∴k= , 设点D到平面BCE的距离为d, 则d= = = , ∴点D到平面BCE的距离为 . 返回目录 6.★★★(2026届山西运城中学期中,17)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均为4, D是AB的中点. (1)求证:BC1∥平面A1DC; (2)求直线BC1与平面A1DC的距离.   返回目录 解析    (1)证明:∵直三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均为4, ∴上、下底面均是边长为4的正三角形,侧面是边长为4的正方形, 连接AC1与A1C交于点E,则E为A1C,AC1的中点,连接DE, ∵在△C1AB中,D,E分别为边AB,AC1的中点,∴DE∥BC1, 又∵DE⊂平面A1DC,BC1⊄平面A1DC, ∴BC1∥平面A1DC. (2)取AC的中点O,A1C1的中点O1,连接BO,OO1,则BO⊥AC,OO1⊥平面ABC, 返回目录 以O为原点,OA,OB,OO1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则O(0,0,0),D(1, ,0),C(-2,0,0),A1(2,0,4),C1(-2,0,4), ∴ =(1,- ,4), =(-3,- ,4), =(-3,- ,0), 设平面A1DC的法向量为n=(x,y,z), 则 ⇒  令y= ,则x=-1,z=1, ∴n=(-1, ,1), 返回目录 ∵C1为BC1上的点,BC1∥平面A1DC, ∴C1到平面A1DC的距离d即为直线BC1与平面A1DC的距离, 【会转化:求线面间的距离问题时,该直线一定平行于平面,所以可转化为直线上一点到 该平面的距离问题】 d= = = = , ∴直线BC1与平面A1DC的距离为 . 返回目录 $