第7章 第38讲 第1课时 空间角的计算（word教参）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（提升版）

该高中数学高考复习讲义聚焦向量法求空间角与距离核心考点，按“知识整合-聚焦知识-题型突破”逻辑架构，系统梳理线线角、线面角、二面角及距离计算方法，通过激活思维练习、考点理论梳理、真题改编例题及分层精练，帮助学生构建解题框架，突破立体几何难点。 讲义突出高考实战导向，精选2025新高考真题改编例题，设计单选、多选、填空、解答分层练习，注重数学思维与空间观念培养，如通过建系求方向向量与法向量的步骤指导，让学生快速掌握向量法解题逻辑，有效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰教学路径。

第38讲　向量法求空间角与距离 知识整合　体系重构 激活思维 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(　A　) A．　 B． C．　 D． 【解析】　如图，建立空间直角坐标系．设BC＝CA＝CC1＝1，则A(1,0,1)，B(0,1,1)，D1，F1，所以＝，＝，所以|cos〈，〉|＝＝＝． 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(　A　) A．　 B． C．　 D． 【解析】　以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，C1(0,2,2)，A(2,0,0)，E(2，1,2)，C(0,2,0)，所以＝(0,2,2)，＝(0,1,2)，＝(－2,2,0)．设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)，所以取z＝1，得m＝(－2，－2,1)．设直线DC1与平面ACE所成的角为θ，则sin θ＝＝＝． 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__90°__；直线AD与平面BCD所成角的大小为__45°__；平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值为____． 【解析】　设AB＝1，作AO⊥BC于点O，连接DO，以O为原点，OD，OC，OA分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，D，B，C，A，所以＝，＝(0,1,0)，所以·＝0，所以AD与BC所成角为90°．又平面BCD的一个法向量为 n1＝(0,0,1)，则|cos 〈，n1〉|＝＝，所以直线AD与平面BCD所成角的大小为45°．设平面ABD的法向量为 n2＝(x，y，z)，又＝，所以即令z＝1，则x＝1，y＝，则n2＝(1，，1)．设平面ABD和平面BDC的夹角为θ，则|cos θ|＝＝＝，因此平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值为． 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】　以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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(1,0,1)，B(1,1,1)，C(0,1,1)，C1(0,1,0)，E，F，所以＝(0,1,0)，＝(－1,1，－1)，＝，＝，＝，＝．设a＝＝(0,1,0)，u＝＝(－1,1，－1)，则a2＝1，a·u＝，所以点B到直线AC1的距离为＝＝．因为＝＝，所以FC∥EC1，所以FC∥平面AEC1，所以点F到平面AEC1的距离即为直线FC到平面AEC1的距离．设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，则所以令z＝1，则x＝1，y＝2，所以n＝(1,2,1)是平面AEC1的一个法向量，所以点F到平面AEC1的距离为＝＝，即直线FC到平面AEC1的距离为． 聚焦知识 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． 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＝ 2．直线与平面所成角的求法 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝． 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．若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝． 4．点P到直线 l 的距离 如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量＝a，则向量在直线l上的投影向量为＝(a·u)u，点P到直线l的距离为PQ＝____． 5．点面距的求法 如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝． 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 题型突破　思维拓展 线线角 例1　(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； 【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． (2) 设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝1＋，O是△BCD的外心，求直线AC与PO所成角的余弦值． 【解答】 在四棱锥P－ABCD中，由AP⊥AB，AP⊥AD，AB⊥AD，可建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0)，B(，0,0)，C(，2,0)，D(0,1＋，0)，P(0,0，)．设O(x，y,0)，由OB＝OC＝OD，可得O(0,1,0)，所以＝(，2,0)，＝(0,1，－)． 方法一：设直线AC与直线PO所成角为θ，所以cos θ＝＝＝． 方法二：因为＝＋＝＋2，＝－，⊥，⊥，⊥，所以·＝(＋2)·(－)＝·－·＋22－2·＝0－0＋2－0＝2．又||＝，||＝，所以cos 〈，〉＝＝＝，所以直线AC与PO所成角的余弦值为． 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； (3) 代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解． 变式1　(2025·枣庄期末节选)如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝2，BC＝2，AC＝4，△PAB是等腰直角三角形，PA＝PB． (1) 求证：PA⊥平面PBC； 【解答】　在△ABC中，因为AB＝2，BC＝2，AC＝4，满足AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC．因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，BC⊂平面ABC，所以BC⊥平面PAB．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⊂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，取AB的中点D，连接PD，则PD⊥AB，且BD＝PD＝，则点P的坐标为(0，，)．又B(0,0,0)，A(0,2，0)，C(2,0,0)，则＝(0，，)，＝(2，－2，0)，·＝－6，||＝＝，||＝＝4，cos 〈，〉＝＝＝－，故异面直线PB与AC所成角的余弦值为． 线面角 例2　(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． (1) 求证：PA⊥平面ABCD； 【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) 若tan∠PBA＝2，tan∠PDA＝，求直线MG与平面PCD所成角的正弦值． 【解答】 因为tan∠PBA＝2，tan∠PDA＝，不妨设AB＝3，AD＝6，PA＝6，以A为坐标原点，AB，AD，AP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，其中＝2，则P(0,0,6)，C(3,6,0)，D(0,6,0)，M(0,3,0)，G(1,2,4)，故＝(0,6，－6)，＝(3,0,0)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则解得x＝0，令z＝1，则y＝，故n＝(0，，1)．又＝(1，－1,4)，设直线MG与平面PCD所成角为θ，则sin θ＝＝＝，所以直线MG与平面PCD所成角的正弦值为． 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． (2) 设点P满足＝λ(λ＞0)，直线AE与平面APC所成角的正弦值为，求实数λ的值． 【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，设AB＝2，因为四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，所以BD＝2，AC＝2＝2．因为△DBF为等边三角形，所以OF＝，所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，F(0，0，)，E(0，－2，)，则＝(0，－1，)．因为＝λ(λ＞0)，即＝(0，－λ，λ)，所以P(0,1－λ，λ)，所以＝(－，1－λ，λ)，＝(，0,0)，＝(－，－2，)．设平面APC的法向量为n＝(x，y，z)，则可取n＝(0，λ，λ－1)．设AE与平面APC所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，解得λ＝0或λ＝，又λ＞0，所以λ＝． 二面角 例3　(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； 【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． (2) 求平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值． 【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．因为D′F⊥EF，CF⊥EF，平面EFD′A′与平面EFCB所成二面角为60°，所以∠D′FC＝60°，则B(1,2,0)，C(0,1,0)，D′，E(1,0,0)，F(0,0,0)，所以＝(－1，－1,0)，＝，＝(1,0,0)，＝．设平面BCD′的法向量为n＝(x，y，z)，则所以令y＝，则z＝1，x＝－，则n＝(－，，1)．设平面EFD′A′的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则所以令y1＝，则z1＝－1，x1＝0，所以m＝(0，，－1)，所以cos 〈m，n〉＝＝＝．所以平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值为＝． 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． 变式3　(2025·烟台、东营一模)如图，点C在以AB为直径的半圆的圆周上，∠ABC＝60°，且BP⊥平面ABC，AB＝2BP＝4，＝λ(0＜λ＜1)． (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． (2) 当λ为何值时，平面ACP与平面ABD夹角的余弦值为？ 【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，由∠ABC＝60°，AB＝2BP＝4，则BC＝2，AC＝2，知A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(，1,0)，P(0,2,2)，由＝λ(0＜λ＜1)，故＝(－λ，λ，2λ)，可得D(－λ，λ＋1,2λ)，所以＝(－λ，λ＋3,2λ)，＝(0,4,0)，＝(，3,0)．设m＝(x，y，z)，n＝(a，b，c)分别为平面ACP、平面ABD的法向量，则 取y＝－1，a＝2λ，则m＝(，－1,2)，n＝(2λ，0，λ－)，所以|cos〈m，n〉|＝＝＝，整理得57λ2－58λ＋13＝0，解得λ＝或λ＝． 配套精练 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(　B　) A．　 B． C．　 D． 【解析】 以P为坐标原点，，，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，令PA＝2，则P(0,0,0)，B(0,2,0)，M(1,0,1)，N(1,1,0)，则＝(1,1,0)，＝(1，－2,1)．设异面直线PN和BM所成角为θ，则cos θ＝＝． 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(　A　) A．　 B． C．　 D． 【解析】　设三棱柱的棱长为1，以B为原点，过B作平面BCC1B1的垂线为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则B(0,0,0)，B1(0，0,1)，A，所以＝．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，〉|＝＝＝． 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(　D　) A．　 B． C．　 D． 【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．设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝，所以B，F，C，D，所以＝，易知为平面BDF的一个法向量．由＝，＝，得平面BCF的一个法向量为n＝(1，，)，所以cos〈n，〉＝，所以sin〈n，〉＝，所以tan〈n，〉＝，故结合图象可知二面角C－BF－D的正切值为． 4．如图，已知AB是圆柱底面圆的一条直径，OP是圆柱的一条母线，C为底面圆上的一点，且AC∥OB，OP＝AB＝OA，则直线PC与平面PAB所成角的正弦值为(　A　) A．　 B． C．　 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．因为OP＝AB＝OA，所以OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°．因为AC∥OB，所以∠CAB＝∠OBA＝45°，所以∠OAC＝90°，即OA⊥AC．设OA＝1，则OP＝，则P(0,0，)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，则＝(1,0，－)，＝(0,1，－)，＝(1，1，－)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝1，则n＝(，，1)，则cos〈n，〉＝＝＝，所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为． 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(　ABC　) A．直线AD1与A1C1所成的角为60° B．直线AC1与平面AA1D1D所成角的余弦值为 C．点A1到平面AC1D1的距离为 D．二面角D1－AB－C的大小为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)．对于A，＝(－1,0,1)，＝(－1,1,0)，cos〈，〉＝＝＝，直线AD1与A1C1所成角的范围为0°≤θ≤90°，故直线AD1与A1C1所成角为60°，A正确；对于B，＝(－1，1,1)，显然＝(0,1,0)是平面AA1D1D的一个法向量，设直线AC1与平面AA1D1D所成角为θ，所以sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，由直线AC1与平面AA1D1D所成角的范围为0°≤θ≤90°，则cos θ＝＝，B正确；对于C，＝(0,0,1)，设平面AC1D1的法向量为n1＝(x，y，z)，则即取x＝1，得n1＝(1,0,1)，故点A1到平面AC1D1的距离d＝＝＝，C正确；对于D，＝(1,1，－1)，显然＝(0,0,1)是平面ABC的一个法向量，设平面D1AB的法向量为n2＝(a，b，c)，则即取a＝1，得n2＝(1,0,1)，设二面角D1－AB－C的大小为α，cos α＝cos〈，n2〉＝＝＝，因此二面角D1－AB－C的大小为45°，D错误． 6．如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AE＝BC＝2，AB＝AD＝1，CF＝，则(　BC　) A．BD⊥EC B．BF∥平面ADE C．平面BDE与平面BDF的夹角的余弦值为 D．直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 【解析】 由题意，以A为坐标原点，以，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1，2,0)，D(0，1,0)，E(0,0,2)，F，则＝(－1,1,0)，＝(1,2，－2)，所以·＝－1×1＋1×2＋0×(－2)＝1≠0，所以BD，EC不垂直，故A错误．依题意，＝(1,0,0)是平面ADE的一个法向量，又＝，可得·＝0，则BF⊥AB．又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE，故B正确．设平面BDF的法向量为m＝(a，b，c)，则即令b＝1，可得m＝．依题意，＝(－1，1,0)，＝(－1,0,2)，设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，可得n＝(2,2,1)，所以cos〈m，n〉＝＝，故平面BDE与平面BDF的夹角的余弦值为，故C正确．设直线CE与平面BDE所成角为θ，＝(－1，－2,2)，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，故D错误． 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】　如图，以A为坐标原点，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，则点P(λ，0,1)，N，＝，平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)．设直线PN与平面ABC所成的角为θ，则sin θ＝＝，所以当λ＝时，(sin θ)max＝，此时角θ最大． 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__30°__． → 【解析】　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＝．因为△ABC为等腰直角三角形，所以B(0,0,0)，C(0，，0)，D(1,0,0)，A，则＝(0，，0)，＝，所以cos〈，〉＝－，则异面直线BC与AD所成角的余弦值为．又＝(－1，，0)，平面ABC的一个法向量为＝(1,0,0)，设直线DC与平面ABC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，〉|＝，又0°≤θ≤90°，故θ＝30°． 9．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2，且平面BCC1B1与平面D1EB的夹角的余弦值为，则线段D1E的长为____． 【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．过E作EF∥BC交AB于点F，以E为坐标原点，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，F(1,0,0)．设D1E＝a(a＞0)，则D1(0，0，a)，C1(0,2，a)．设平面D1EB的法向量为n＝(x，y，z)，又＝(1,1,0)，＝(0,0，a)，则令x＝1，得n＝(1，－1,0)．设平面BCC1B1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，又＝(1,0,0)，＝(－1,1，a)，则令z1＝1，得m＝(0，－a,1)．由平面BCC1B1与平面D1EB的夹角的余弦值为，得|cos〈m，n〉|＝＝，解得a＝(负值舍去)，所以D1E＝． 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． (2) 点F满足＝，求二面角D－AB－F的正弦值． 【解答】 不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为BD⊥CD，所以BC＝2，DE＝AE＝，所以AE2＋DE2＝4＝DA2，所以AE⊥DE．因为AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，所以AE⊥平面BCD．以E为原点，ED，EB，EA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D(，0,0)，A(0,0，)，B(0，，0)，E(0，0,0)．设平面DAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，而＝(－，0，)，＝(0，，－)，所以取x1＝1，所以n1＝(1,1,1)．设平面ABF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，因为＝＝(－，0，)，所以F(－，0，)，即有＝(－，0,0)，则取y2＝1，所以n2＝(0,1,1)．设二面角D－AB－F的平面角为θ，则|cos θ|＝＝＝，从而sin θ＝＝，所以二面角D－AB－F的正弦值为． 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． (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． ①当λ＝时，求直线CE与平面BPC所成角的正弦值； 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)． ①当λ＝时，E(0,2,1)，＝(－2,0,1)，＝(2,2，－2)，＝(0,2,0)．设平面BPC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由得不妨取x1＝1，则平面BPC的一个法向量为n1＝(1,0,1)．设直线CE与平面BPC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n1〉|＝＝＝，故直线CE与平面BPC所成角的正弦值为． ②由＝λ，得E(0,2,2λ)，＝(－2,0,2λ)，由①知＝(2,2，－2)，n1＝(1,0,1)．设平面PCE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由得不妨取z2＝1，则x2＝λ，y2＝1－λ，所以平面PCE的一个法向量为n2＝(λ，1－λ，1)，则cos 〈n1，n2〉＝＝．又因为二面角B－PC－E的大小为135°，所以＝，化简得λ2－4λ＋1＝0，解得λ＝2＋或λ＝2－． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第38讲　向量法求空间角与距离 知识整合　体系重构 激活思维 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(　 　) A．　 B． C．　 D． 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(　 　) A．　 B． C．　 D． 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___________． 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___________． 聚焦知识 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． 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＝ 2．直线与平面所成角的求法 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝． 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．若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝． 4．点P到直线 l 的距离 如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量＝a，则向量在直线l上的投影向量为＝(a·u)u，点P到直线l的距离为PQ＝_____________． 5．点面距的求法 如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝． 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 题型突破　思维拓展 线线角 例1　(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； (2) 设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝1＋，O是△BCD的外心，求直线AC与PO所成角的余弦值． 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； (3) 代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解． 变式1　(2025·枣庄期末节选)如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝2，BC＝2，AC＝4，△PAB是等腰直角三角形，PA＝PB． (1) 求证：PA⊥平面PBC； (2) 求异面直线PB与AC所成角的余弦值． 线面角 例2　(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． (1) 求证：PA⊥平面ABCD； (2) 若tan∠PBA＝2，tan∠PDA＝，求直线MG与平面PCD所成角的正弦值． 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； (2) 设点P满足＝λ(λ＞0)，直线AE与平面APC所成角的正弦值为，求实数λ的值． 二面角 例3　(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； (2) 求平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值． 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． 变式3　(2025·烟台、东营一模)如图，点C在以AB为直径的半圆的圆周上，∠ABC＝60°，且BP⊥平面ABC，AB＝2BP＝4，＝λ(0＜λ＜1)． (1) 求证：AC⊥BD； (2) 当λ为何值时，平面ACP与平面ABD夹角的余弦值为？ 配套精练 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(　　) A．　 B． C．　 D． 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(　 　) A．　 B． C．　 D． 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(　 　) A．　 B． C．　 D． 4．如图，已知AB是圆柱底面圆的一条直径，OP是圆柱的一条母线，C为底面圆上的一点，且AC∥OB，OP＝AB＝OA，则直线PC与平面PAB所成角的正弦值为(　 　) A．　 B． C．　 D． 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° B．直线AC1与平面AA1D1D所成角的余弦值为 C．点A1到平面AC1D1的距离为 D．二面角D1－AB－C的大小为60° 6．如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AE＝BC＝2，AB＝AD＝1，CF＝，则(　 　) A．BD⊥EC B．BF∥平面ADE C．平面BDE与平面BDF的夹角的余弦值为 D．直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 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＝____________． 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___________． → 9．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2，且平面BCC1B1与平面D1EB的夹角的余弦值为，则线段D1E的长为____________． 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； (2) 点F满足＝，求二面角D－AB－F的正弦值． 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． (1) 求证：平面PAB⊥平面PADE． (2) 设AB＝AP＝2． ①当λ＝时，求直线CE与平面BPC所成角的正弦值； ②若二面角B－PC－E的大小为135°，求λ的值． 学科网（北京）股份有限公司 $