第7章 第6讲 几何法求空间角与距离(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

该高中数学高考复习讲义聚焦几何法求空间角与距离，涵盖异面直线所成角、线面角、二面角及空间距离等核心考点，按定义梳理、题型突破、方法总结的逻辑架构整合知识。通过考点梳理明确范围与作角求距步骤，典例精讲示范平移法、构造法等解题策略，真题训练强化解三角形应用，帮助学生系统构建空间几何问题的分析框架。 讲义以数学眼光培养空间观念，通过三余弦定理等拓展内容深化对线面角与线线角关系的理解，体现数学思维的严谨性。设计“作角-证明-计算”三步法突破空间角难点，如线线角用中位线平移构造三角形，线面角通过射影转化为直角三角形问题，配合分层对点训练，确保学生高效掌握解题技巧，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第6讲　几何法求空间角与距离 课标要求　1.了解异面直线所成的角、直线与平面所成的角及平面与平面的夹角及这些角的范围．　2.会用平移法、构造法作出所求空间角的平面角，并能使用解三角形的相关知识求出相应角．　3.了解点到线、点到面、线到面、面到面的距离的概念，并会求空间距离． 1．异面直线所成的角 (1)等角定理：如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． (2)异面直线所成的角 ①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，我们把直线a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角). ②范围：(0，]． 2．直线与平面所成的角 定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°；直线与平面所成的角的范围是[0，]． 3．平面与平面所成的角 (1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角． (2)平面与平面的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，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． 提醒　二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为. 4．空间距离 两点距 点线距 点面距 线面距 面面距 空间中两个点连线的线段长 过空间一点作一条直线的垂线段的长 过平面外一点作平面的垂线段的长 当直线与平面平行时，直线上任意一点到平面的距离 当平面与平面平行时，一个平面内的任意一点到另一个平面的距离 1．直线l与平面α相交，A，B在l上，AB＝4，AB在α内的射影长为2，则l与α所成的角为(　　) A． B． C． D． 解析：选B．设直线l与α所成的角为θ，则cos θ＝＝，又因为θ∈[0，]，所以θ＝. 2．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，异面直线A1C1与BC所成的角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：选B．因为BC∥A1D1，所以异面直线A1C1与BC所成的角为∠D1A1C1＝45°. 3．(多选)如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，则下列叙述中正确的是(　　) A．线段AD的长是点A到平面BCD的距离 B．线段AC的长是点A到直线BC的距离 C．∠ABD是二面角A-BC-D的平面角 D．∠ACD是直线AC与平面BCD所成的角 解析：选ABD．对于A，因为AD⊥平面BCD，所以线段AD的长是点A到平面BCD的距离，A正确；对于B，因为AD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，所以BC⊥AD，又因为BC⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ACD，所以BC⊥平面ACD，因为AC⊂平面ACD，所以BC⊥AC，所以线段AC的长是点A到直线BC的距离，B正确；对于C，因为BC与AB，BD均不垂直，所以∠ABD不是二面角A-BC-D的平面角，C错误；对于D，因为AD⊥平面BCD，所以∠ACD是直线AC与平面BCD所成的角，D正确． 4．已知空间两个角∠ABC与∠A′B′C′，若AB∥A′B′，BC∥B′C′，∠ABC＝66°，则∠A′B′C′＝________． 解析：因为AB∥A′B′，BC∥B′C′，∠ABC＝66°，故∠A′B′C′＝66°或∠A′B′C′＝114°. 答案：66°或114° 5．在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝，沿AC将此矩形折成一个二面角，折后AD与平面ABC所成的角为60°，则折得的二面角D-AC-B的大小为________． 解析：如图，因为沿AC将此矩形折成一个二面角，作DO⊥平面ABC于点O，连接AO，BO，则∠DAO＝60°， 在Rt△DAC中，tan ∠DAC＝＝， 则得∠DAC＝60°，故点O在AC上， 因为DO⊥平面ABC，DO⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面ABC， 所以当AD与平面ABC所成的角为60°时，二面角D-AC-B的大小为90°. 答案：90° 题型一　几何法求空间角 考向1　线线角 [例1] 在正三棱台ABC-A1B1C1中，AB＝2A1B1＝4，∠A1AB＝60°，M为A1C1的中点，则直线AM与BC所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 【解析】　如图，取A1B1的中点N，连接MN，AN，则MN∥B1C1，又B1C1∥BC，故MN∥BC，故∠AMN(或其补角)即为直线AM与BC所成的角， 易得B1C1＝A1B1＝2，MN＝B1C1＝1，A1N＝1，AM＝AN， 延长AA1，BB1，CC1，相交于点P， 因为∠A1AB＝60°，所以△PAB，△PAC，△PBC均为等边三角形， 又AB＝2A1B1＝4，根据比例关系可知AA1＝A1P＝2，且∠AA1B1＝120°， 由余弦定理得AN2＝AA＋A1N2－2AA1·A1N cos ∠AA1N＝7，故AM＝AN＝， 所以cos ∠AMN＝＝＝，即直线AM与BC所成角的余弦值为. 【答案】　B 【素养小结】　用平移法求异面直线所成的角的步骤 (1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角． (2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角． (3)三求：解三角形，求出所作的角． 注意　如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角． [对点训练] 如图，在四面体ABCD中，AC＝4，BD＝6，M，N分别为AB，CD的中点．若异面直线AC与BD所成角的大小为60°，则MN的长为________． 解析：取BC的中点为O，连接OM，ON，在△ABC中，OM∥AC，且OM＝AC＝2，在△BCD中，ON∥BD，且ON＝BD＝3，因为异面直线AC与BD所成角的大小为60°，则∠MON或其补角为异面直线AC与BD所成的角，则∠MON＝60°或120°，所以在△OMN中，当∠MON＝60°时，由余弦定理得，MN2＝OM2＋ON2－2OM·ON cos 60°＝4＋9－6＝7，得MN＝； 当∠MON＝120°时，由余弦定理得，MN2＝OM2＋ON2－2OM·ON cos 120°＝4＋9＋6＝19，得MN＝. 答案：或 考向2　线面角 [例2] 如图，已知在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为棱AC的中点，AB＝AA1，则直线BC与平面C1BD所成角的正弦值为________． 【解析】　过点C作CE⊥C1D于点E，连接BE.由正三棱柱ABC-A1B1C1，得BD⊥AC，BD⊥CC1. 因为AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面ACC1A1， 所以BD⊥平面ACC1A1. 又CE⊂平面ACC1A1，所以CE⊥BD. 又CE⊥DC1，DC1∩BD＝D，DC1，BD⊂平面C1BD，所以CE⊥平面C1BD. 所以∠CBE为直线BC与平面C1BD所成的角． 设BC＝2，则CC1＝2，CD＝1，根据勾股定理得C1D＝.所以CE·C1D＝CD·CC1，解得CE＝.在Rt△CBE中，CE＝，BC＝2，所以sin ∠CBE＝＝.所以直线BC与平面C1BD所成角的正弦值为. 【答案】　 【素养小结】　一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解． [对点训练] 1.已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面所成的角为60°，则该正四棱锥的体积为(　　) A． B． C． D． 解析：选A．在正四棱锥P-ABCD中，连接AC，BD， 设AC∩BD＝O，连接PO，则PO⊥平面ABCD， 则∠PAO＝60°，由AO＝AC＝，得PO＝AO＝，所以该正四棱锥的体积为×22×＝. 2．在如图所示的圆柱中，AB是底面圆的直径，PA是圆柱的母线，且PA＝AB＝2，点C是底面圆周上的一点，且∠ABC＝，则直线PB与平面PAC所成角的正切值为____________． 解析：由于点C是底面圆周上的一点，故AC⊥BC，又PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，故PA⊥BC，又因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 故BC⊥平面PAC，故∠BPC为直线PB与平面PAC所成的角， 由于∠ABC＝，PA＝AB＝2，故AC＝1，BC＝，PC＝＝， 故tan ∠BPC＝＝＝. 答案： 考向3　二面角 [例3] 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，CD⊥AD，AD＝CD＝2BC＝2，平面PAD⊥平面ABCD.且△PAD是以P为直角顶点的等腰直角三角形． (1)证明：CD⊥平面PAD； (2)求二面角P-BC-A的正弦值． 【解】　(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD. (2)取AD的中点O，连接OP，OB， 由(1)知CD⊥平面PAD，又PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD， 因为△PAD是以P为直角顶点的等腰直角三角形，则PO⊥AD， 又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD， 又OB⊂平面ABCD，所以PO⊥OB. 又AD＝CD＝2BC＝2，且AD∥BC，OD＝1， 所以四边形OBCD为平行四边形， 所以OB∥CD，又CD⊥AD，所以OB⊥AD， 又PO∩OB＝O，PO，OB⊂平面POB，所以AD⊥平面POB，所以BC⊥平面POB， 所以∠PBO是二面角P-BC-A的平面角． 在Rt△POB中，PO＝1，OB＝2，所以PB＝， 所以sin ∠PBO＝＝＝， 故二面角P-BC-A的正弦值为. 【素养小结】　作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角． [对点训练] 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，所有的棱长均相等，D是AC的中点，D在上底面A1B1C1的射影为△A1B1C1的重心O. (1)证明：AC⊥BO； (2)求平面ABC与平面A1ACC1夹角的正弦值． 解：(1)证明：因为D在上底面A1B1C1的射影为△A1B1C1的重心O，所以OD⊥平面A1B1C1， 因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以OD⊥A1C1， 因为A1C1∥AC，所以AC⊥OD.连接BD， 因为△ABC是等边三角形，D是AC的中点，故BD⊥AC， 因为OD∩BD＝D，OD，BD⊂平面BOD， 所以AC⊥平面BOD， 又因为BO⊂平面BOD，所以AC⊥BO. (2)连接B1O并延长交A1C1于点D1，连接D1D，如图所示， 由(1)知AC⊥平面DBB1D1，故∠D1DB(或其补角)为平面ABC与平面A1ACC1的夹角， 因为B1D1∥BD， 所以∠B1D1D＋∠D1DO＝， 设三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为1，则B1D1＝，因为O为△A1B1C1的重心， 所以D1O＝， 所以DO＝＝， 所以cos ∠D1DO＝＝， sin (－∠D1DO)＝， 所以平面ABC与平面A1ACC1夹角的正弦值为. 题型二　几何法求空间距离 [例4] 已知四棱台ABCD-A1B1C1D1，下底面ABCD为正方形，AB＝2，A1B1＝1，侧棱AA1⊥平面ABCD，且AA1＝2，E为CD中点． (1)求证：A1E∥平面BCC1B1； (2)求E到平面ABC1D1的距离． 【解】　(1)证明：连接B1C(图略)，因为A1B1∥AB，CE∥AB，故CE∥A1B1， 又因为CE＝CD＝AB＝1＝A1B1，故四边形CEA1B1是平行四边形，所以A1E∥B1C，又因为B1C⊂平面BCC1B1，A1E⊄平面BCC1B1， 所以A1E∥平面BCC1B1. (2)方法一：在平面AA1D1D内作DO⊥AD1，垂足为O， 因为下底面ABCD为正方形， 所以AB⊥AD， 又侧棱AA1⊥平面ABCD， 所以AA1⊥AB， 因为AD∩AA1＝A，AD，AA1⊂平面AA1D1D， 所以AB⊥平面AA1D1D. 而DO⊂平面AA1D1D，所以AB⊥DO， 因为AB∩AD1＝A，AB，AD1⊂平面ABC1D1， 所以DO⊥平面ABC1D1. 因为CD∥AB，AB⊂平面ABC1D1，CD⊄平面ABC1D1，所以CD∥平面ABC1D1，所以E到平面ABC1D1的距离就是D到平面ABC1D1的距离，即DO的长就是E到平面ABC1D1的距离，因为A1D1＝1，AA1＝2，所以AD1＝，DO＝AD·sin ∠DAO＝AD·cos ∠A1AD1＝2×＝. 方法二：设E到平面ABC1D1的距离为d， 由于V＝dS＝d·AD1·AB＝d，而V＝V＝×2×S△AEB＝，故d＝，所以d＝. 所以E到平面ABC1D1的距离为. 【素养小结】　求点到平面的距离的三种方法 (1)直接法：过点P作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度(即点P到平面α的距离). (2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则可转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求． (3)等体积法：求点到平面的距离可以转化为求棱锥的高，如四面体中点A到平面BCD的距离h，用等体积法求得h＝. 提醒　线到平面的距离、平面与平面的距离问题都是转化为点到平面的距离求解． [对点训练] 1.在长方体ABCD­A′B′C′D′中，AD＝2，AA′＝2，则直线AB到平面A′B′CD的距离为__________． 解析：由题知AB∥CD，AB⊄平面A′B′CD，CD⊂平面A′B′CD，则AB∥平面A′B′CD， 所以直线AB到平面A′B′CD的距离，即为点B到平面A′B′CD的距离． 由CD⊥平面C′B′BC，CD⊂平面A′B′CD， 所以平面A′B′CD⊥平面C′B′BC， 又平面A′B′CD∩平面C′B′BC＝B′C， 由B∈平面C′B′BC，所以点B到平面A′B′CD的距离，即为点B到B′C的距离， 因为AD＝2，AA′＝2，即BC＝2，BB′＝2， 所以C′B′BC为正方形，故点B到B′C的距离是正方形对角线的一半，为. 答案： 2．如图，在四棱锥O­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M，N，R分别为OA，BC，AD的中点．则平面MNR与平面OCD的距离为________． 解析：因为OA⊥底面ABCD，且四边形ABCD是正方形，易得BA⊥平面AOD，取OD的中点P，连接AP(图略)，则AP⊂平面AOD，则BA⊥AP，又BA∥CD，故AP⊥CD，又易知AP⊥OD，CD，OD⊂平面OCD，CD∩OD＝D，所以AP⊥平面OCD，易得平面MNR∥平面OCD，且MR綉OD，所以平面MNR与平面OCD之间的距离为AP＝×＝. 答案： 　　　　　　三余弦定理 1．三余弦定理： 设A为平面α上一点，过A的斜线AO在平面α上的射影为AB，AC为平面α上的一条直线，记∠OAC＝θ，∠OAB＝θ1，∠BAC＝θ2，则cos θ＝cos θ1·cos θ2. 证明：如图，过点B作BC⊥AC，由于OB⊥AC，BC⊥AC，OB∩BC＝B，OB，BC⊂平面OBC，则AC⊥平面OBC，从而AC⊥OC.于是，cos θ＝， cos θ1＝，cos θ2＝， 所以cos θ＝cos θ1·cos θ2得证． 2．推论(最小角定理)：由于cos θ2≤1⇒cos θ≤cos θ1⇒θ≥θ1. 这说明，线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，即线面角是线线角的最小值，又称最小角定理． [典例] 如图，在正四面体ABOC中，直线OA与平面OBC所成的角为θ，则tan θ＝(　　) A．　　　 B． C． D． 【解析】　设H为△OBC的中心，取BC的中点P，连接OP， 则AH⊥平面BOC，∠AOH就是直线OA与平面OBC所成的角θ， 在正四面体ABOC中，∠AOC＝60°，∠HOC＝30°，由三余弦定理可得cos ∠AOC＝cos θ·cos ∠HOC，即cos 60°＝cos θ·cos 30°，所以cos θ＝，从而sin θ＝，即tan θ＝. 【答案】　A 【素养小结】　使用三余弦定理时，关键是弄清公式cos θ＝cos θ1·cos θ2中三个角的含义：θ为斜线与动直线所成角，θ1为线面角，θ2为射影与动直线所成角． [尝试训练] 已知二面角α-l-β是直二面角，A∈α，B∈β，设直线AB与α，β所成的角分别为θ1，θ2，则(　　) A．θ1＋θ2＝90° B．θ1＋θ2≥90° C．θ1＋θ2≤90° D．θ1＋θ2＜90° 解析：选C．如图，过点A，B分别作l的垂线，分别交于点C，D，则AC⊥β，BD⊥α，∠BAD＝θ1，∠ABC＝θ2，由最小角定理知：θ1≤∠BAC，又∠BAC＋θ2＝90°，所以θ1＋θ2≤90°. 学科网（北京）股份有限公司 $