第7章 第40讲 第1课时 空间角的计算（PPT课件）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦“空间角与距离的计算”专题，依据高考评价体系梳理了线线角、线面角、面面角及距离计算四大核心考点，通过近五年真题分析明确线面角、二面角占比超60%的高频考向，归纳出向量法求解的三类常考题型，构建完整备考体系。 课件亮点在于“真题溯源+方法建模+素养提升”策略，以2025新高考Ⅰ卷改编题为例，详解向量法“建系-求向量-算夹角”三步流程，培养学生数学思维（逻辑推理、运算能力）和数学语言（向量表达）素养。特设易错点警示（如法向量方向判断）和答题模板，助力学生高效得分，教师可据此精准突破考点，提升复习实效。

第七章 立体几何 第40讲　空间角与距离的计算 1 知识梳理　体系构建 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】 A 激活思维 知识梳理　体系构建 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】 激活思维 知识梳理　体系构建 【答案】A 激活思维 知识梳理　体系构建 3．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在BB1，DD1上，且A1C⊥平面AEF，AD＝3，AB＝4，AA1＝5，则平面AEF和平面D1B1BD夹角的余弦值为(　　) 激活思维 知识梳理　体系构建 【解析】 激活思维 知识梳理　体系构建 【答案】C 激活思维 知识梳理　体系构建 4．(教材经典题改编)如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1，已知AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为 (　　) 【解析】 B 激活思维 知识梳理　体系构建 5．(教材经典题改编)若正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是A1C1的中点，则点O到平面ABC1D1的距离为 (　　) 【解析】 激活思维 知识梳理　体系构建 【答案】B 激活思维 知识梳理　体系构建 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 聚焦知识 知识梳理　体系构建 3．平面与平面的夹角的求法 如图，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． 聚焦知识 知识梳理　体系构建 聚焦知识 知识梳理　体系构建 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． 聚焦知识 知识梳理　体系构建 第1课时　空间角的计算 16 题型突破　能力进阶 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】 　　　　因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥AB，AP⊥AD.又因为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. 举题说法 题型突破　能力进阶 　　　(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】 举题说法 题型突破　能力进阶 举题说法 题型突破　能力进阶 举题说法 题型突破　能力进阶 (1) 求证：PA⊥平面PBC； 【解答】 又因为PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA.因为△PAB是等腰直角三角形，PA＝PB，所以PA⊥PB.又PB，BC⊂平面PBC，PB∩BC＝B，所以PA⊥平面PBC. 举题说法 题型突破　能力进阶 (2) 求异面直线PB与AC的夹角的余弦值． 【解答】 举题说法 题型突破　能力进阶 举题说法 题型突破　能力进阶 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； 总 结 提 炼 目标 2 线面角 2 (1) 求证：PE∥平面B1CF； 【解答】 举题说法 题型突破　能力进阶 2 【解答】 举题说法 题型突破　能力进阶 举题说法 题型突破　能力进阶 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°. 总 结 提 炼 (1) 求证：PA⊥平面ABCD； 【解答】 　　　　在四棱锥P-ABCD中，由BC∥AD，∠BAD＝120°，得∠ABC＝60°.连接AC，而AB＝BC，则△ABC为等边三角形．取AB的中点E，连接CE，则CE⊥AB. 由平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，CE⊂平面ABCD，得CE⊥平面PAB，而PA⊂平面PAB，则CE⊥PA.又PA⊥AD，CE与AD相交，CE，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD. 举题说法 题型突破　能力进阶 (2) 求直线PB与平面PAD所成角的正弦值． 【解答】 举题说法 题型突破　能力进阶 举题说法 题型突破　能力进阶 目标 3 二面角 　　　(2025·唐山一模)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，A1B1＝1，AB＝AC＝2，D为BC的中点，AC⊥C1D. (1) 求证：AC⊥AB； 3 【解答】 　　　　在三棱台ABC-A1B1C1中，因为A1B1＝1，AB＝AC＝2，所以A1C1＝1，BC＝2B1C1.因为D为BC的中点，所以B1C1＝BD，B1C1∥BD，所以四边形BDC1B1为平行四边形，故B1B∥C1D. 因为AC⊥C1D，所以AC⊥B1B.因为AA1⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，所以AA1⊥AC.因为AA1，BB1⊂平面ABB1A1，AA1，BB1为相交直线，所以AC⊥平面ABB1A1.因为AB⊂平面ABB1A1，所以AC⊥AB. 举题说法 题型突破　能力进阶 　　　(2025·唐山一模)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，A1B1＝1，AB＝AC＝2，D为BC的中点，AC⊥C1D. 3 【解答】 举题说法 题型突破　能力进阶 举题说法 题型突破　能力进阶 可通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．如果题干是夹角，则一定是锐角或直角． 总 结 提 炼 变式3　(2025·福州三模)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2AA1，AC与BD交于点M，N为棱A1B1的中点． (1) 求证：MN⊥平面MC1D1； 【解答】 图(1) 举题说法 题型突破　能力进阶 图(2) 举题说法 题型突破　能力进阶 变式3　(2025·福州三模)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2AA1，AC与BD交于点M，N为棱A1B1的中点． 【解答】 举题说法 题型突破　能力进阶 举题说法 题型突破　能力进阶 配套精练 【解析】 C 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 2．(2025·潍坊5月模拟)已知圆台的上底面圆O′的半径为1，下底面圆O的半径为2，点A′，A分别在上、下底面圆周上，且O′A′⊥OA，OO′＝1，则AA′与OO′所成角的余弦值为 (　　) 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 【解析】 【答案】A 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 3．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是B1C1和A1D1的中点，则直线AC与平面ABEF所成角的正弦值为 (　　) 【解析】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 【答案】B 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 4．(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】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 【答案】A 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 二、 多项选择题 5．如图，E，F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1中棱CD上的两点，且AB＝2，EF＝1，则下列说法中不正确的有 (　　) A．异面直线B1D1与EF所成的角的大小为45° B．异面直线B1D1与EF所成的角的大小为30° C．直线B1D1与平面B1EF所成的角的大小为45° D．直线B1D1与平面B1EF所成的角的大小为60° 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 【解析】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 【答案】BCD 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 【解析】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 【答案】BC 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 三、 填空题 7．在正四棱锥S-ABCD中，已知O为顶点在底面内的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角的大小为_______． 【解析】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 【答案】30° 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 【解析】 　　　　因为底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，所以BC⊥CD，BC⊥CC1.又因为CD∩CC1＝C，CC1，CD⊂平面DCC1D1，所以BC⊥平面DCC1D1. 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 四、 解答题 9．(2025·济宁一模)如图，在底面为菱形的四棱锥P-ABCD中，AC与BD交于点O，平面PBD⊥平面ABCD，平面PAC⊥平面ABCD. 【解答】 　　　　因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为平面PBD⊥平面ABCD，BD为两平面交线，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面PBD. 因为PO⊂平面PBD，所以AC⊥PO.因为平面PAC⊥平面ABCD，AC为两平面交线，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面PAC. 因为PO⊂平面PAC，所以BD⊥PO.因为AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD. (1) 求证：PO⊥平面ABCD； 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 9．(2025·济宁一模)如图，在底面为菱形的四棱锥P-ABCD中，AC与BD交于点O，平面PBD⊥平面ABCD，平面PAC⊥平面ABCD. 【解答】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 10．(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°. 【解答】 　　　　设AD＝1，则AB＝3，CD＝2.因为F为CD的中点，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. (1) 求证：A′B∥平面CD′F； 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 10．(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°. 【解答】 　　　　因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB.又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC.如图，以F为原点，FE，FC以及垂直于平面BECF的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． (2) 求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值． 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 配套精练 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＝ $