第6章 第7节 第2课时 求空间角和距离-【创新教程】2027年高考数学艺考生文化课百日冲关学生用书

设平面A1DP的一个法向量为m=(xy2心)，由 m·AD=(xy22)·(0,2,-23)= 2y-2V3=0, m·DP=(x2x2)·(p,-2,0)=p-2=0, 0=号 得 =2尉m-2p.2 622 若平面ADP⊥平面A,BE,则有m·n=0, 即4十饣十p=0.解得饣=一2，与p∈[0,3矛盾 所以线段BC上不存在点P,使平面ADP与平面A,BE 垂直， 第二课时 夯实·必备知识必备知识 1] a·b lallb 3.(2)cos(n1,n22 思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)/ 小题查验 1.C2.B3.号4合69。 跃升·关键能力考点一 1.A[取线段A1B,,AB的中点分别为 O,D,则OC1⊥平面ABBA.建立 D 以O为坐标原点，以OB,,OC1,OD的 方向分别为x轴，y轴，之轴的正方向 建立空间直角坐标系O一xyx,如图， 则A(一1,0W2),B(1,0,0),B(1,0, B √2)，C1(0,W3,0),.AB=(2,0,x -√2)，BC1=(-1,V5,-√2)，因为AB·BC= (2,0,-√2)·(-1W3,-√2)=0，所以AB,⊥BC,即异面直 线AB,和BC所成角为直角，则其正弦值为1.故选A] 2.解析：由题意，以C为原点，以AC 2 边所在直线为x轴，以BC边所 B 在直线为y轴，以CC1边所在直 线为之轴建立空间直角坐标系， 如图所示，设棱柱的高为a,由 ∠BAC=否，AC=4,得BC=4 B A √5，所以A(4,0,0),B(0,4√5， 0),C(0,0,0),A1(4,0,a),B1(0,45,a),C1(0,0,a), M(40,号)P(225,）Q(0,）所以QP (1,2V3,0),CA=(4,0,0).设异面直线QP与CA所成 的角为0.所以cos1=QP·CA IQPIICAI 1X4+28X0+0X0=3.所以sin9=±29 /13×4 13 因为异面直线所成角的正弦值为正，所以sin日=2Y四 13 即为所求. 答案：2v39 13 3.解析：以AB,AD,AQ所在直线分别 为x轴、y轴、之轴建立如图所示的空 Q M 间直角坐标系A一xy之，依题意，设 M(0,y,2)(0≤y≤2)，则A(0,0,0), E(1,0,0),F(2,1,0),.EM=(-1, y,2),EM=√y+5,AF=(2,1,0), D IAF1=√5， x ·38 参考答案 ∴cos9=lEM·AF IEMIIAFI 1y-2| 5·y+5 2-y ,从而 2-y 5·√y+5 5·√月+53o 化简得(5y-19)(y-1)=0. y=1y=吕（台去）.因光PM=2-1=1. 答案：1 考点二 [典例][解](1)证明：因为AE⊥CE且AE⊥DE,而 CE∩DE=E且CE,DEC平面BCD,所以AE⊥平面 BCD.因为CDC平面BCD,所以CD⊥AE.又因为 CD⊥AD,且AE∩AD=A,AE,ADC平面ADE,所以 CD⊥平面ADE.又因为直线ABC平面ADE.因 此，CD⊥AB. (2)因为AE⊥平面BCD,且 E,B,D三，点共线，以E为坐 标原点，直线BD为x轴，过 点E在平面BCD内垂直于 BD的直线为y轴，直线EAB D 为之轴建立空间直角坐标 系.因为DE=2,BE=1,AE =√2.如图，所以E(0,0,0), D(2,0,0),B(-1,0,0),A(0,0√2)， 由(1)知CD⊥平面ADE,所以直线CD∥y轴，则点C的横 坐标与点D相同.因为CD=2√3，所以C点坐标为(2， 23,0).AD=(2,0,-√2)，AB=(-1,0,-√2)，AC= (2,2√5，-√2)， 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), 由m·A5=0→{x-厄：=0， {n·AC=012x+23y-√2x=0 取之=2，可得x=一2√2，y=√6.所以，平面ABC的一个 法向量为n=(一22，√6,2).其模长为：|n|= √(-2√2)2+(6)+2=√/18=32， 设AD与平面ABC所成的角为B, 则sing=AD·n IADII =2×(-22)+0-2×2_62_6 √2+(-√2)2X3√2 V6×3√231 所以，AD与平面ABC所成角的正弦值为 31 跟踪训练 解：(1)设AC=BC=a,CC,=h,以C为原点， 分别以CA,CB,CC1所在直线为x,y,之轴建立空间直角 坐标系. 则A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,h). 因为D,E分别为AB,AC1的中点， 所以D(受，受0）E(受0，) 从而D店=(，-号号）C=0,-a,》 BC,=2DE,.BC1∥DE,即BC1∥DE, 又：DE中平面BCC1B,,BC1C平面BCCB, 所以DE∥平面BCCB· (2)由CC,=2,得DE-（0,-受，1） 平面ACC1A1的法向量可取n=(0,1,0). 艺考生文化课百日冲关·数学 设直线DE与平面ACC1A1所成的角为6，则sin9 2 由0=45°，得 2 9解得。=之 a +1 因为直线DE∥平面BCC1B,, DE到平面BCC1B1的距离即点D到平面BCC,B,的距 离，又因D为AB中点， 所以所求距离为号=1. 考点三 [典例][解](1)证明： 长方体ABCD A1BC1D1中， E 建立如图空间直角坐 标系， AB=2,AA=3,AD =4, D A E=3ED,2C F=FC. .D(0,0,0),B(4,2,0), C(0,2,0),E(1,0,3), F(0,2,2),A(4,0,0), .BD=(-4,-2,0), CE=(1,-2,3), CF=(0,0,2), ∴.BD·CE=O,BD⊥CE BD·CF=O,BD⊥CF, .BD⊥CE BD⊥CF, CE∩CF=F, .BD⊥平面CEF (2)由(1)知BD是面CEF的一个法向量， BD=(一4，-2,0)， 又AE=(-3,0,3), AF=(-4,2,2) 设n⊥平面AEF,n=(x,y,z), .n·AE=-3x+3x=0, n·AF=-4x+2y+2x=0, 令x=1,之=1，y=1, ∴.n=(1,1,1), BD·n cos(BD,n〉|= BDIInl 1-6 W15 √/(-4)+(-2)·√5 5 平面AEF与平面CEF的夹角的余孩值为 (3)在DC1上取点E1使CE=3ED, A E=3ED .EE1∥AC1,AC1∥AC, .EE∥AC. EE,庄面ACF,ACC面ACF, .EE∥面ACF. E到面ACF的距离与E1到面ACF的距离相等， VACER-VEACF-VEL-ACE =VAF CF .C1D=AB=2. CE1=3E1D1, ·38 2 CF=2C F, cF=号cC=2, Sa=×CFXEC=×2x-. V5=号×AD.Sa5m=甘×4X2-=2, 2 所以VACr的体积为2. 跟踪训练 解：(1)证明A'E∥DF,DFC平面CDF, A'E中平面CDF, .A'E∥平面CDF 同理可证EB∥平面CDF, 又，EB∩A'E=E,且EBC平面A'EB, AEC平面A'EB, .平面A'BE∥平面CD'F. 又，A'BC平面A'EB, .A'B∥平面CDF (2)设AD=m.建立如图所示空间直角坐标系， 则C(m,m,0),B(2m,0,0), D 0 A D'm (2,m, mE0,0,0),F(0,m,0), BC=(-m,m,0),CD=-,0, 2 2m E=0m0).D-（受0-号m 设平面BCD的法向量为a=（x1y1·之)， 则/a·BC0, /-m.x1十my1=0 即) 令1=1，则x1=√5，y1=√5，a=(W3W3,1) 设平面EFDA'的法向量为b=(x,y2,心2)，则 Jb·EF=0, y2=0 即) b·D'F=0, m 1--=01 令2=1，则x2=-√3，y2=0,b=(-√3,0,1)， 设平面BCD与平面EFD'A'所成二面角为B, 所以cos0=lcos(a,b)1=二3+1=反 7X√7 所以sin9=√42 7 考点四 [典例][解](1)建立 C 如图所示的空间直角坐 标系Dxyz,则各相关 点的坐标为D(0,0,0), B(2,4,0),A(2,0,0), C(0,4,0),E(2,4,1), 2 C1(0,4,3.设F(0,0,z). :AECF为平行四 边形， .AF=EC1,(-2,0,z)=(-2,0,2), =2.F(0,0,2).∴BF=(-2,-4,2), .|BF=2√6，即BF的长为2√6. 8 (2)设n1为平面AEC1F的法向量，显然n1不垂直于平 面ADF,故可设n1=(x,y,1). 由m·AE=0 得0×x+4Xy+1=0, 1n,·AF=0 {-2×x+0×y+2=0, 即{4y+1=0,， x=1, 1-2x+2=0, 4 又CC1=(0,0,3),设CC1与n1的夹角为a, 则cosa= CC,·n 3 =4√33 11la3x√1+6+ 33 ∴.C到平面AEC1F的距离为 d=ICC l cos a=3x433433 33 11 跟踪训练 解：(1)连接BE, 因为AB=2BC=4,∠ABC=60°，E为CD的中点， 所以△ADE是边长为2的等边三角形， 在△ABE中，∠EAB=60°，由余弦定理得 BE=√AE+AB-2AE·ABcos.∠EAB =25 2+4-2×2×4×7 因为AE+BE=AB,所以AE⊥BE, 又因为BD=4,所以DE十BE2=BD,所以DEL⊥BE, 又DE∩AE=E, 所以BE⊥平面ADE. 又因为BE二平面ABCE,所以平面ADE⊥平面ABCE. (2)以E为坐标原点，以EA, D EB的方向分别为x轴，y轴 的正方向建立如图所示空间 直角坐标系Exy之，E(0,0, 0),A(2,0,0),B(0,23,0), D(1,0,W3),C(-1,3,0), AD=(-1,0,3),DB=( 1,25,-√3)，ED=(1,0W3),EC=(-1W3,0),设DF =ADB(0≤A≤1)，AF=AD+DF=(-1,0,√5)+1 (-1,23,-V3)=(-1-λ，2V3x,W3-√3)， 取平面ABCE的一个法向量为m=(0,0,1), AF·m 则|cos(AF,m>川= √3-√3a √16x-4队+4 -30 10 整理得3以+8以-3=0，解得入=号或X=-3(合). 设平面DEC的法向量为n=(x,y,之)， 则PEn=x+5:0:令x=5,则y=1,=-1, EC·n=-x+√3y=0, 所以n=(√3,1，-1). 设点F到平面DC的距离为d,又DF=子D店 3 23 则d=n·DFL= 3=215 n 5 15 所以点F到平面DEC的距离为？西. 15 ·3 参考答案 第七章 第1节 夯实·必备知识必备知识 1.(1)正向向上0°a<180° (2)tan a y丝一y 2.y=kx十by一=(x一x)两坐标轴原点两坐标轴 思考辨析 (1)√/(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√ 小题查验 1.A2.C3.D4.D5.2 9 跃升·关键能力考点一 1B[由=3221=am领 3=一1 得-4-2y=2,.y=-3.] 2B[由题意可知，直线1的桥车=号=1一m≤1 又直线l的倾斜角为a,则有tana1,即tana<0或0 ana≤1，所以受<a<x或0长≤平.故选B] 0=1 3.解析：如图，：kp=2-i km=50=-E, 0-1 ∴.k∈(-o-√3U[1,+o∞). 答案：(-∞，-3]U[1,十∞) 考点二 [典例](1)[解]设所求直线的 斜率为k, 依题意=-4X号=-台，又直线经过成A1,3). 4 因此所求直线方程为y-3=一3(x一1)， 即4x+3y-13=0. (2)[解]当直线不近原点时，设所求直线方程为品十 =1，将(-5,2)代入所设方程，解得a=一号，所以直 a 线方程为x十2y十1=0：当直线过原点时，设直线方程为 心y=,则一5k=2,解得=-二，所以直线方程为y白 2 5x,即2x+5y=0. 故所求直线方程为2x十5y=0或x+2y十1=0. 跟踪训练 解：(1)由题设知，该直线的斜率存在，故可采用点斜式， 设倾斜角为a,则sina=(0<a<), 10 从万oe=士3治，时长-an。=士子 1 故所求直线方程为y=士3(x十4). 即x十3y+4=0或x-3y+4=0. (2)当斜率不存在时，所求直线方程为x一5=0； 当斜率存在时，设其为k, 则所求直线方程为y-10=(x-5), 即kx-y十(10-5k)=0. 由点到直线的距离公式，得0一5=5， /k+1 解得=是 故所求直线方程为3x一4y十25=0. 综上可知，所求直线方程为x一5=0或3x一4y十25=0. 考点三 1.解：(1)依题意，l的斜率存在，且斜率为负， 设直线（的斜率为k, 则直线1的方程为y一4=(x一1)(k<0). 39上篇：第六章立体几何 第二课时 求空间角和距离 课程标准 核心素养 考情聚焦 2027年高考预计考查： 1.异面直线所成角、直线与平 1.能用向量方法解决直线与直线、 1.空间角（线线角、线面角、面面角）. 直线与平面、平面与平面的夹角 面所成角及二面角的求解， 2.空间距离. 提升数学建模、数学运算和 的计算问题，了解向量方法在研 3.探索性问题.首先建立适当的坐标系， 数学抽象的素养 究立体几何中的应用 找准点的坐标，把所有问题转化为坐标 2.点面距的求解，达成数学建 2.能用向量法解决空间的距离 运算.主要以解答题的第二问出现，难 模、数学运算和数学抽象的 问题 度不大，属中档题型，但要注意运算的 素养 准确性 夯实必备知识 教材夯实强基固本 [必备知识] 1.求异面直线所成的角 设a,b分别是两异面直线l1,2的方向向量，则 a与b的夹角3 11与12所成的角0 (2)如图②③，n1,n2分别是二面角crl-3的两个半 范围 [0,元] 平面α，3的法向量，则二面角的大小0满足 cos 0- 求法 cos B=- a·b cos 0= ,或一cos(n1,n2）,取 ab |cosβl= 值范围是[0，π]. 2.直线和平面所成角的求法 4.求空间的距离 如图所示，设直线l的方向向量为e,平面α的法 (1)两点间的距离 向量为n,直线l与平面α所成的角为9，两向量 设点A(1,y1,),点B(x2,y2,2),则|AB|= e与n的夹角为0，则有sinp=|cos0l=e·n lellnT' 1AB=√-2)2+(y-2)2+(-2)产. 的取值范围是[0，] (2)点到平面的距离 如图所示，已知AB为平面a的一条斜线段，n 为平面a的法向量，则B到平面a的距离为 BO= |AB·nl n 3.求二面角的大小 (1)如图①，AB,CD是二面角a一1一3的两个面内与 棱1垂直的直线，则二面角的大小0=〈AB,CD. ·131· 艺考生文化课百日冲关·数学 [自主诊断] A.459 B.135 [思考辨析] C.45°或135 D.90° 判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号 2.在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥底面ABC, 里打“/”，错误的打“X”. AB=BC=AA1,∠ABC=90°，点E,F分别是棱 (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所 AB,BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是 成的角. ( ( ) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就 A.45 B.60 C.90° D.120° 是直线与平面所成的角」 ( ) 3.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,BC= (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所 成的角 AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦 值为 (4)两异面直线夹角的范围是(0，]：直线与平面 4.已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体 所成角的范围是[0，]二面角的范围是[0，].。 E,F分别是棱AB,BC上的动点，且AE=BF 当A1,E,F,C1共面时，平面A1DE与平面 ( C1DF所成二面角的余弦值为 [小题查验] 5.在四面体P-ABC中，PA,PB,PC两两垂直，设 1.(人教A版教材习题改编)已知两平面的法向量 分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成 PA=PB=PC=a,则点P到平面ABC的距离 的二面角为 ( 为 跃升|关键能力 层级突破素养提升 考点一 异面直线所成角（自主练透） [题组集训] 直线EM与AF所成的角为0，且cos0= ，则 1.在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB=2,CC 30 PM- =√2，则异面直线AB1和BC1所成角的正弦 值为 ( ) A.1 √7 B. c D 2 /题后反思/ 2.在直三棱柱ABCA1B1C1中，若BC⊥AC, 向量法求异面直线所成角的方法 (1)选好基底或建立空间直角坐标系； ∠BAC=F,AC=4,点M为AA1的中点，点P (2)求出两直线的方向向量”1,2； V1·2 为BM的中点，Q在线段CA1上，且A1Q= (3)代入公式cos)川=求解。 3QC,则异面直线PQ与AC所成角的正弦值为 提醒：两异面直线所成角0的范围是(0，]，两 向量的夹角&的范围是[0，π]，当异面直线的方 3.如图，四边形ABCD和ADPQ均为边长为2的 向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线 正方形，它们所在的平面互相垂直，若点M在线 的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时， 段PQ上，E,F分别为AB,BC的中点，设异面 就是该异面直线夹角的补角. ·132· 上篇：第六章立体几何 考点二直线与平面所成角（师生共研） [典例](2026·全国Ⅱ /方法指导引 卷)如图，在三棱锥A 利用向量法求线面角的方法 一BCD中，点E在BD (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的 上，AE⊥CE,AE⊥ 方向向量，转化为求两个方向向量的夹角 DE,CD⊥AD. (或其补角)； (1)证明：CD⊥AB; (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向 (2)若DE=2,BE=1, 向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角 AE=√2，CD=2√5，求直线AD与平面ABC所 就是斜线和平面所成的角， 成角的正弦值. [跟踪训练] [尝试解答] (2026·全国I卷)如图， 在直三棱柱ABCA1B1C 中，∠ACB=90°，AC= BC,D,E分别为AB,AC 的中点。 (1)证明：DE∥平 面BCC1B1; (2)设CC1=2,直线DE与平面ACC1A1所成的 角为45°，求直线DE到平面BCC1B1的距离. 考点三二面角（师生共研） [典例](2026·天津卷) /规律总结/ 如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB=2, 利用向量计算二面角大小的常用方法 AA1=3,AD=4,A1E= D (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面 3ED1,2C F=FC. (1)求证：BD⊥平 所在平面的法向量，然后通过两个平面的法 面CEF; (2)求平面AEF与平面CEF的夹角的余弦值； 向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结 (3)求三棱锥ACEF的体积， [尝试解答 合实际图形判断所求角的大小. (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的 两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起 点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小 就是二面角的大小， ·133· 艺考生文化课百日冲关·数学 [跟踪训练] (1)证明：A'B∥平面CD'F. (2025·全国二卷)如图，在四边形ABCD中， (2)求平面BCD与平面EFD'A'所成的二面角 AB∥CD,∠DAB=90°，F为CD的中点，点E 的正弦值. 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 面EFDA'与面EFCB所成的二面角为60. 考点四 点面距（师生共研） [典例]如图所示的多面体 [跟踪训练] 是由底面为ABCD的长方 如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4, 体被截面AEC1F所截而得 ∠ABC=60°，E为CD的中点，将△ADE沿AE 到的，其中AB=4,BC=2, 折起，连接BD,CD,且BD=4,如图2. CC1=3,BE=1. (1)求证：图2中的平面ADEL平面ABCE; (1)求BF的长： (2)在图2中，若点F在BD上，直线AF与平面 (2)求点C到平面AEC1F的距离. [尝试解答] A6CE所成的角的正弦值为⑧求点F到平面 DEC的距离」 图1 图2 方法指导引 求点到面的距离主要方法 (1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到 平面的距离. (2)在三棱锥中用等体积法求解， （3)向量法：d=n:MA(n为平面的法向量， C温馨提 n 学习至此，请完成配套训圳练课时冲关三十九 A为平面上一点，MA为过A点的斜线段). ·134·