高考数学分类专题复习之2425空间角与距离
《空间角与距离》课件
在这个PPT课件中，我们将探讨空间角与距离的概念、度量方法和应用。这些 是三维空间中重要的数学基础，对于物理、工程和计算机等领域有着重要的 意义。
空间角的概念
1 夹角定义
空间中两个射线之间的夹角被称为空间角。
2 计算方法
3 度量单位
空间角可以通过向量的内积和模长求得。
空间角的大小通常用弧度制来表示。
不同距离的应用
欧几里得距离
广泛应用于几何问题中的距离 计算，例如点之间的最短路径。
曼哈顿距离
常用于衡量城市街道间的距离， 尤其在导航和路径规划中得到 广泛应用。
向量的模长
被用于求解向量之间的距离， 例如判断两个向量的相似程度。
结语
空间角与距离的概念与应用是三维空间中重要的数学基础，对于物理、工程、计算机等领域都有着重要的意义。 掌握这些概念将有助于深入理解和解决相关问题。
空间角的度量方法
球面角
用于度量球面上两条射线之间的夹角。
平面角
用于度量平面上两条射线之间的夹角。
二面角
用于度量空间中两个平面的夹角。
空间中的距离
1Hale Waihona Puke 欧几里得距离用于测量空间中两点之间 的直线距离。
2 向量的模长
用于计算向量的长度，也 可以看作是起点与终点之 间的欧几里得距离。
3 曼哈顿距离
用于衡量城市街道等不规 则环境下的距离。
2024高考数学基础知识综合复习第21讲空间角与距离课件
3
A.-4
3
B.4
1
C.8
1
D.-8
解析 如图,取 CC1 中点 M,AC 中点 N,连接 MN,MB1,NB1,NB.
在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=AA1=2,BC=1,所以 AA1⊥平面 A1B1C1.
设
2-
BM=t,因为△B1C1M∽△CNC1,由相似比得
2
解得
2 2 -2+4
AN=
,由等面积法得
2-
2 -2+4
≥1(当且仅当
3
CG=
2 3
2 -2+4
=
2
4
,CN= ,由余弦定理可
2-
,所以
1
tan∠C1GC=
t=1 时,等号成立),故(cos∠C1GC)max=
求解.
考向3
二面角
典例4直三棱柱ABC-A1B1C1中,各棱长均等于2,M为线段BB1上的动点,则平
面ABC与平面AMC
1所成的二面角为锐角,则该角的余弦值的最大值为
2
___________.
2
解析 延长 C1M 交 CB 于点 N,连接 AN,则平面 AMC1∩平面 ABC=AN,作 CG
⊥AN 于点 G,连接 C1G,∠C1GC 为所求的二面角的平面角.
1.空间角
(1)异面直线所成的角
①定义:已知两条异面直线 a,b 经过空间任一点 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).
高三数学空间角与空间距离的计算通用版知识精讲
高三数学空间角与空间距离的计算通用版【本讲主要内容】空间角与空间距离的计算 空间直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角的大小，直线与直线、直线与平面、平面与平面间的距离的求解【知识掌握】 【知识点精析】空间的角和距离是空间图形中最基本的数量关系，空间的角主要研究射影以及与射影有关的定理、空间两直线所成的角、直线和平面所成的角、以及二面角和二面角的平面角等．解这类问题的基本思路是把空间问题转化为平面问题去解决． 1. 空间的角的概念及计算方法（1）空间角概念——空间的角，是对由点、直线、平面所组成的空间图形中各种元素间的位置关系进行定量分析的一个重要概念，由它们的定义，可得其取值X 围，如①两异面直线所成的角θ∈（0，2π） ②直线与平面所成的角θ∈[0，2π] ③二面角的大小，可用它们的平面角来度量，其平面角θ∈（0，π）．说明：对于空间角的计算，总是通过一定的手段将其转化为一个平面内的角，并把它置于一个平面图形，而且是一个三角形的内角来解决，而这种转化就是利用直线与平面的平行与垂直来实现的，因此求这些角的过程也是直线、平面的平行与垂直的重要应用．通过空间角的计算和应用进一步提高运算能力、逻辑推理能力及空间想象能力．（2）空间的角的计算方法①求异面直线所成的角常用平移法（转化为相交直线）；②求直线与平面所成的角常利用射影转化为相交直线所成的角； ③求二面角α－l －β的平面角（记作θ）通常有以下几种方法： （ⅰ）根据定义； （ⅱ）过棱l 上任一点O 作棱l 的垂面γ，设γ∩α＝OA ，γ∩β＝OB ，则∠AOB ＝θ（图1）；（ⅲ）利用三垂线定理或逆定理，过一个半平面α内一点A ，分别作另一个平面β的垂线AB （垂足为B ），或棱l 的垂线AC （垂足为C ），连结AC ，则∠ACB ＝θ或∠ACB ＝π－θ（图2）；（ⅳ）设A 为平面α外任一点，AB ⊥α，垂足为B ，AC ⊥β，垂足为C ，则∠BAC ＝θ或∠BAC ＝π－θ（图3）；（ⅴ）利用面积射影定理，设平面α内的平面图形F 的面积为S ，F 在平面β内的射影图形的面积为S ‘，则cos θ＝SS '．2. 空间的距离问题 （1）空间各种距离是对点、线、面组成的空间图形位置关系进行定量分析的重要概念．空间距离是指两点间距离、点线距离、点面距离、线线距离、线面距离以及面面距离等，距离都要转化为两点间距离即线段长来计算，在实际题型中，这六种距离的重点和难点是求点到平面的距离，因线线距离、线面距离和面面距离除用定义能直接计算出结果的外，都要转化为求点到平面的距离进行计算．（2）空间的距离问题主要是：求空间两点之间、点到直线、点到平面、两条异面直线之间（限于给出公垂线段的）、平面和它的平行直线、以及两个平行平面之间的距离．（3）求距离的一般方法和步骤是： 一作——作出表示距离的线段；二证——证明它就是所要求的距离；三算——计算其值． 此外，我们还常用体积法或向量法求点到平面的距离．【解题方法指导】例1. 三棱锥P-ABC 中，∠ABC ＝90，PA ＝1，AB ＝3，AC ＝2，PA ⊥平面ABC.（1）求直线AB 与直线PC 所成的角； （2）求PC 和面ABC 所成的角； （3）求二面角A-PC-B 的大小．PA BC解：（1）作矩形ABCD.∴AB 和PC 所成角即为CD 和PC 所成角，且CD ⊥PD ．CD ＝3，AD ＝1，PD ＝2，tanPCD ＝3632=.故AB 和PC 所成角为arctan 36（2）∵PA ⊥面ABC ，PC 和面ABC 所成角即为∠ACP ，求得tanACP ＝21， ∴∠ACP ＝arctan21 （3）∵PA ⊥面ABC ，∴面PAC ⊥面ABC ，过B 作BG ⊥AC 于G ，则BG ⊥面PAC.过G 作GH ⊥PC 于H ，连接BH ，则BH ⊥PC ． ∴∠BHG 为二面角A-PC-B 的平面角． 在Rt △ABC 与Rt △PBC 中，PB ＝2，BC ＝1，AC ＝2，AB ＝3∴PC ＝5∴BH ＝52，BG ＝23． ∴sinBHG ＝4155223==BH BG ∴∠BHG ＝arcsin 45．故二面角A-PC-B 的大小为arcsin 45．例2. 在正三棱柱111C B A ABC -中，各棱长都等于a ，D 、E 分别是1AC 、1BB 的中点， （1）求证：DE 是异面直线1AC 与1BB 的公垂线段，并求其长度；（2）求二面角C AC E --1的大小； （3）求点1C 到平面AEC 的距离．解：（1）取AC 中点F ，连接DF ．∵ D 是1AC 的中点，F∴DF ∥1CC ，且121CC DF =．又11//CC BB ，E 是1BB 的中点， ∴DF ∥BE ，DF ＝BE ，∴四边形BEDF 是平行四边形， ∴DE ∥BF ，DE ＝BF ．∵1BB ⊥面ABC ，⊂BF 面ABC ，∴1BB ⊥BF ．又∵F 是AC 的中点，△ABC 是正三角形，∴BF ⊥AC ，a BF 23=． ∵1BB ⊥BF ，1BB ∥1CC ，∴BF ⊥1CC ，∴BF ⊥面11A ACC ， 又∵⊂1AC 面11A ACC ，∴BF ⊥1AC ， ∵DE ∥BF ，∴DE ⊥1AC ，DE ⊥1BB ，∴DE 是异面直线1AC 与1BB 的公垂线段，且a DE 23=． （2）∵11//CC BB ，DE ⊥1BB ， ∴DE ⊥1CC ， 又∵为DE ⊥1AC ，∴DE ⊥面11A ACC ． 又⊂DE 面1AEC ，∴面1AEC ⊥面1ACC ， ∴二面角C AC E --1的大小为90°．（3）连接CE ，则三棱锥1CEC A -的底面面积为221a S CEC =∆，高a h 23=．所以32123232311a a a V CEC A ==⋅⋅-．在三棱锥AEC C -1中，底面△AEC 中，a CE AE 25==，则其高为a ，所以22a S AEC =∆．设点1C 到平面AEC 的距离为d ，由AEC C CEC A V V --=11得32123231a a d =⋅， 所以a d 23=，即点1C 到平面AEC 的距离为a 23【考点突破】【考点指要】空间角是立体几何中的一个重要概念．它是空间图形中的一个突出的量化指标，是空间图形位置关系的具体体现，故它以高频率的姿态出现在历届高考试题中，可以在填空题或选择题中出现，更多的在解答题中出现．空间中各种距离都是高考中的重点内容，可以和多种知识相结合，是诸多知识的交汇点，考查题型多以选择题、填空题为主，有时渗透于解答题中，所以复习时应引起重视．【典型例题分析】例1. （2003全国卷文）如图，已知正四棱柱2,1,11111==-AA AB D C B A ABCD ，点E 为1CC 中点，点F 为1BD 中点．（1）证明EF 为BD 1与CC 1的公垂线；（2）求点1D 到平面BDE 的距离．解法1：（1）连结AC 交BD 于点O ，则点O 为BD 中点，连OF ，则可证OCEF 为矩形， 故EF ⊥CC 1 ，EF ∥AC ．又可证AC ⊥平面BD 1 ∴AC ⊥BD 1，∴EF ⊥BD 1， 故 EF 为BD 1与CC 1的公垂线．O（2）连结D 1E ，则有三棱锥D1-DBE 的高d 即为点1D 到平面BDE 的距离． 由已知可证三角形DBE 为边长为2的正三角形，故2331311⋅⋅=⋅⋅=∆-d S d V DBE DBE D ； 又31311111=⋅===∆---DBD DBD C DBD E DBE D S CO V V V∴3123=d ∴332=d ， 即1D 到平面BDE 的距离为332解法2：解（1）以D 为原点，建立如图所示的直角坐标系，则 )0,0,0(D ，)2,0,0(1D)0,1,1(B ，)0,1,0(C ，)2,1,0(1C ，)1,1,0(E ，)1,21,21(F ，∴)0,21,21(-=EF ，)2,1,1(1--=BD ，)2,0,0(1=CC∴01=⋅BD EF ，01=⋅CC EF ；∴1BD EF ⊥，1BD EF ⊥ 又EF 与CC 1、BD 1分别交于E 、F ，故EF 为BD 1与CC 1的公垂线. （2）由（1）)0,1,1(--=BD ，)1,0,1(-=BE ，)2,1,1(1--BD ， 设 平面BDE 的法向量为 ),,(z y x n =，则BD n ⊥，BE n ⊥，∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00BE n BD n ， ∴⎩⎨⎧=+-=--00z x y x ， 即 ⎩⎨⎧=-=z x y x ，∴ 不妨设 )1,1,1(-=n ，则点1D 到平面BDE 的距离为33232||1===n n BD d ， 即为所求．例2. （2006全国卷Ⅲ文20）如图，12l l ，是互相垂直的异面直线，MN 是它们的公垂线段．点A B ，在1l 上，C 在2l 上，AM MB MN ==．（Ⅰ）证明AC NB ⊥；（Ⅱ）若60ACB ∠=，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值．Ｃ1l2解法一：（Ⅰ）由已知221l MN l l ⊥⊥，，1MNl M =，可得2l ⊥平面ABN ．由已知1MN l AM MB MN ⊥==，，可知AN NB =且AN NB ⊥． 又AN 为AC 在平面ABN 内的射影， AC NB ∴⊥．（Ⅱ）Rt Rt CNA CNB △≌△，AC BC ∴=，又已知60ACB ∠=︒，因此ABC △为正三角形． Rt Rt ANB CNB △≌△，NC NA NB ∴==，因此N 在平面ABC 内的射影H 是正三角形ABC 的中心， 连结BH ，NBH ∠为NB 与平面ABC 所成的角．在Rt NHB △中，cos 3ABHB NBH NB ∠===．N1l l解法二：如图，建立空间直角坐标系M xyz -．1l令1MN =，则有(100)(100)(010)A B N -，，，，，，，，．（Ⅰ）MN 是12l l ，的公垂线，21l l ⊥， 2l ∴⊥平面ABN ．2l ∴平行于z 轴．故可设(01)C m ，，．于是(11)(110)AC m NB ==-，，，，，， ∵0011=+-=⋅NB AC AC NB ∴⊥． （Ⅱ）(11)AC m =，，，(11)BC m =-，，，AC BC ∴=．又已知60ACB ∠=︒，ABC ∴△为正三角形，2AC BC AB ===． 在Rt CNB △中，NB =NC =(0C ． 连结MC ，作NH MC ⊥于H ，设(0)(0)H λλ>，．(012)(01HN MC λλ∴=--=，，，，，．∵021=--=⋅λλMC HN ，∴31=λ1033H ⎛⎫∴ ⎪ ⎪⎝⎭，，，可得2033HN ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，， 连结BH ，则1133BH ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，，，∵092920=-+=⋅BH HN ，HN BH ∴⊥，又MC BH H =， HN ∴⊥平面ABC ，NBH ∠为NB 与平面ABC 所成的角．又(110)BN =-，，， ∴3623234cos =⨯=⋅=∠BN BH BN BH NBH【综合测试】一、选择题1、已知AB 是异面直线a 、b 的公垂线段，AB ＝2，a 与b 成30°，在直线a 上取AP ＝4，则点P 到直线b 的距离是（ ）A 、22B 、25C 、142D 、5 2、将锐角为60°，边长为a 的菱形ABCD 沿较短的对角线BD 折成60°的二面角，则AC 与BD 的距离为（ ）A 、a 43B 、a 43C 、a 23 D 、64a 3、正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 是DD 1的中点，O 为正方形A 1B 1C 1D 1的中心，P 是棱AB 上的垂足，则直线A 1M 与OP 所成的角（ ）．A 、30oB 、45oC 、60oD 、90o 4、二面角α-AB-β大小为θ（0°≤θ≤90°），AC ⊂α，∠CAB ＝45o ，AC 与平面β所成角为30o ，则θ角等于（ ）．A 、30oB 、45oC 、60oD 、90o 5、（2005某某卷文4）如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1的中点，则E 到平面AB C 1D 1的距离为（ ）A 、23 B 、22C 、21 D 、336、已知直线a 及平面α，a 与α间的距离为d ．a 在平面α内的射影为a '，l 为平面α内与a '相交的任一直线，则a 与l 间的距离的取值X 围为（ ）A 、[),d +∞B 、(),d +∞C 、(]0,dD 、{}d二、填空题 7、（2005某某卷理12）如图，PA ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°且PA ＝AC ＝BC ＝a ，则异面直线PB 与AC 所成角的正切值等于____________．8、已知∠60o ，则以OC三、解答题：9. C 点到AB 1ABC DA 1E B 1C10.（2006理17）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P ABCD -中，AB AC ⊥，PA ⊥平面ABCD ，且PA AB =，点E 是PD 的中点．（Ⅰ）求证：AC PB ⊥；（Ⅱ）求证：PB ∥平面AEC ； （Ⅲ）求二面角E AC B --的大小．B[参考答案]一、选择题1. 选A 提示：过P 做直线b 的垂线2. 选A 提示：用异面直线距离公式求解3. 选D 提示：过A 1做OP 的平行线4. 选B 提示：过C 做平面β的垂线5. 选B. 提示：转化为求B 1到平面AB C 1D 1的距离6. 选D 提示：转化为a 与α间的距离 二、填空题7.2. 提示：将三角形ABC 补成正方形ACBD. 8. 33- 提示：利用直线与直线所成角的大小求出边长，再求二面角平面角的大小三、解答题：9. 解：由CD ⊥平面A 1B 1BA ∴CD ⊥DE ∵AB 1⊥平面CDE ∴DE ⊥AB 1，∴DE 是异面直线AB 1与CD 的公垂线段∵CE ＝23，AC ＝1 ，∴CD ＝.22∴21)()(22=-=CD CE DEABC DA 1E B 1C 110. 解法一：（Ⅰ）（Ⅱ）（略 解见第45讲【达标测试】第9题）（Ⅲ）过O 作FG AB ∥，交AD 于F ，交BC 于G ，则F 为AD 的中点．CDAB AC ⊥，OG AC ∴⊥． 又由（Ⅰ），（Ⅱ）知，AC PB EO PB ，⊥∥，AC EO ∴⊥． EOG ∴∠是二面角E AC B --的平面角．连接EF ，在EFO △中，1122EF PA FO AB ==，，word11 / 11 又PA AB EF FO =，⊥，45135EOF EOG ∴∠=∠=，，∴二面角E AC B --的大小为135．解法二：（Ⅰ）建立空间直角坐标系A xyz -，如图．y 设AC a PA b ==，，则有(000)(00)(00)(00)A B b C a P b ，，，，，，，，，，，，(00)(0)AC a PB b b ∴==-，，，，，，从而0=⋅PB AC ，AC PB ∴⊥．（Ⅱ）连接BD ，与AC 相交于O ，连接EO ．由已知得(0)D a b -，，，002222ab b a E O ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，， 022b b EO ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭，，，又(0)PB b b =-，，， 2PB EO ∴=，PB EO ∴∥，又PB ⊄平面AEC EO ，⊂平面AEC ， PB ∴∥平面AEC ．（Ⅲ）取BC 中点G ．连接OG ，则点G 的坐标为000222a b b OG ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，， 又0(00)22b b OE AC a ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，，，，，，00=⋅=⋅∴AC OG AC OE ，．OE AC OG AC ∴，⊥⊥．EOG ∴∠是二面角E AC B --的平面角．22cos -=⋅<OGOE OG OE ．135EOG ∴∠=． ∴二面角E AC B --的大小为135．。
高三总复习数学课件 空间向量与空间角、距离问题
(2)以点 A 为坐标原点，AB 为 x 轴，平面 ABCD 内垂直于 AB|n |源自＝____|n_|____
线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离
(1)最小角定理cos θ＝cos θ1cos θ2 如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面 α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的 角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2. (2)线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦 值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|. (3)平面与平面所成的角和二面角的概念不同．
即 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为13.
答案：13
重难点——逐一精研(补欠缺) 重难点(一) 直线与平面所成的角
[典例] (2021·深圳二模)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中， AB∥CD，DC＝2，AA1＝3，AB＝BC＝AD＝1，点E和F分别在侧棱 AA1，CC1上，且A1E＝CF＝1.
是 C1D1 的中点，则异面直线 DE 与 AC 所成角的余弦值为________.
答案：
10 10
3．(人教A版选择性必修第一册P44·T15改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E 为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为________. 答案：23
4．(北师大版选择性必修第一册 P129·T4 改编)在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB ＝2，BC＝AA1＝1，则 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为________． 解析：建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz，由于 AB＝2， BC＝AA1＝1，所以 A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)， 所以A―1→C1＝(－1,2,0)， ―BC→1 ＝(－1,0,1)，D―1→C1＝(0,2,0)．设平
2025年高考数学一轮复习-第三板块-立体几何-微专题(二)空间向量与空间角、距离问题【课件】
则――AA→→BP ··nn＝＝00，
2y＝0， ⇒－ 23x＋12y＋ 3z＝0.
令 x＝2，则 y＝0，z＝1，所以 n ＝(2,0,1)．
设直线
PD
与平面
PAB
所成的角为
α，则
sin
α＝|cos〈n
，―D→P 〉|＝
―→ |n·DP |
―→
|n|·| DP |
解：(1)证明：分别取 AD 和 BC 的中点 H，P，连接 MH，HP，PE， 则 MH∥DD1，MH＝12DD1，PE∥CC1，PE＝12CC1，所以 MH∥PE，MH＝PE， 所以四边形 MHPE 为平行四边形， 所以 ME∥PH，又 PH∥CD，所以 ME∥CD， 因为 CD⊂平面 DCC1D1，ME⊄平面 DCC1D1， 所以 ME∥平面 DCC1D1.
＝
3 5×
＝ 3
55，
所以直线
PD
与平面
PAB
所成的角的正弦值为
5 5.
方法技巧
利用空间向量求线面角的解题模型
针对训练 (2022·百师联盟开学考)如图，四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，四边 形 A1ADD1 为矩形，且平面 A1ADD1⊥平面 ABCD，AB∥CD， AB＝AD＝A1A＝12CD，∠DAB＝π2，M，E 分别为 AD1，B1C 的 中点． (1)证明：ME∥平面 DCC1D1； (2)求 AE 与平面 B1BCC1 所成的角的正弦值．
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD. 因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD， 又AB⊥AC，所以OD∥AC， 因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD∥平面PAC. 因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA， 因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC. 又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC. 又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.
2025届高中数学一轮复习课件《空间角、距离以及综合问题》ppt
第27页
高考一轮总复习•数学
第28页
题型 探究性问题 典例 3(2024·湖北襄阳四中模拟)如图所示，在三棱锥 P-ABC 中， 已知 PA⊥BC，PB⊥AC，点 P 在底面 ABC 上的射影为点 H. (1)证明：PC⊥AB. 概括来讲，在三棱锥中，若两组对棱互相垂直，则第三组对棱也 互相垂直． (2)设 PH＝HA＝HB＝HC＝2，对于动点 M，是否存在 λ，使得C→M 这组数量关系说明此三棱锥是正三棱锥． ＝λC→P，且 BM 与平面 PAB 所成角的余弦值为45？若存在，求出 λ 的值；若不存在，请说明 理由．
高考一轮总复习•数学
第7页
(2)设平面 ABN 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，则由 n⊥A→B，n⊥A→N， 得n·A→B＝2 3x＋2y＝0，
n·A→N＝4y＋2z＝0，
令 z＝2，则 y＝－1，x＝ 3 3，即 n＝ 3 3，－1，2. 易知C→1N＝(0,0，－2)，
高考一轮总复习•数学
第14页
高考一轮总复习•数学
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题型 翻折问题 典例 2 如图 1，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，AE⊥CD，垂足为 E，AB＝AE＝12CE＝1，
DE＝ 2.将△ADE 沿 AE 翻折到△APE，如图 2 所示．M 为线段 PB 的中点，且 ME⊥PC. 最后这个条件，暗示△ADE 翻折到怎样的位置？
由 ME∩BE＝E，ME，BE⊂平面 BEM， 得 BC⊥平面 BEM，PE⊂平面 BEM，于是 PE⊥BC. 由题意，知 PE⊥AE，AE 与 BC 相交， 则 PE⊥平面 ABCE，又 EC⊂平面 ABCE， 所以 PE⊥EC.
高考一轮总复习•数学
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(2)解：连接 BN，MN，设 EN＝t，由(1)知 PE，EA， 平面 BMN 和平面 PCE 无公共边，这样引入参数 t，使 t 参与二面角余弦值的计算，用 函数法求最小值． EC 两两垂直，故以 E 为坐标原点，E→A，E→C，E→P的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方 向建立空间直角坐标系，如图所示，
2025年高考数学一轮复习-7.6-空间距离与空间角【课件】
3.空间向量与空间角的关系
（1）异面直线所成角设异面直线 ， 所成的角为 ，其方向向量分别为 ， ，则 .
（2）直线与平面所成角
如图所示，设 为平面 的斜线, , 为 的方向向量, 为平面 的法向量， 为 与 所成的角，则 .
（3）平面与平面的夹角设平面 ， 的法向量分别是 ， ，平面 与平面 的夹角为 ，则 .
必备知识 自主排查
核心考点 师生共研
必备知识 自主排查
01
1.空间距离
名称
概念
求法
两点距
空间中两个点连线的线段长
求向量的模
点线距
过空间一点作一条直线的垂线段的长
设直线 的单位方向向量为 , , ,设 ,则点 到直线 的距离 _______________
名称
概念
求法
点面距
过平面外一点作平面的一条垂线段的长
【练一练】
1.判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1）两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等.( )
×
（2）直线 的方向向量与平面 的法向量的夹角的余角就是直线 与平面 所成的角.( )
×
（3）二面角的平面角为 ,则两个面的法向量的夹角也是 .( )
×
（4）直线 上两点到平面 的距离相等，则 平行于平面 .( )
A. B. C. D.
解析：选 B.因为直线 的一个方向向量为 ，取直线 的一个单位方向向量为 .又 为直线外一点，且直线 过点 ,所以 ,
√
所以 , .所以点 到直线 的距离为 .故选B.
2.在长方体 中， ， ，则点 到平面 的距离为___.
因为 ， ，所以
.因为 ,
所以 .所以 ，所以 ,所以 .因此，所求二面角的大小为 .
1_高考专题空间角和距离的计算
高考专题：空间角和空间距离的求法一． 直线和平面所成的角1.定义：直线和平面所成的角，应分三种情况（1）直线与平面斜交时，直线和平面所成的角是指这条直线和它在平面上的射影所成的锐角；（2）直线和平面垂直时，直线和平面所成的角为。
90（3）直线和平面平行或在平面内时，直线和平面所成的角为。
由此可知，直线和平面所成角的范围是]2,0[π，斜线和平面所成的角的范围是]2,0π（ 2.求斜线和平面所成角的方法方法一：定义法或几何法： 斜线和平面所成的角是一个直角三角形的锐角，它的三边分别是平面的垂线、斜线和斜线在平面上的射影，通过斜线上的某个点作出平面的垂线、垂足和斜足的连线是斜线在平面上的射影，这里引平面的垂线，确定垂足的位置是产生线面角的关键。
常借助以下两个方法确定垂足：A: 借助面面垂直的性质：若两个平面垂直，则在第一个平面内的一点在第二个平面内射影在两平面的交线上且垂直于交线。
B ：用二面角的平面角的性质：平面角的一边上任意一点到另一边的距离都垂直于第二边所在的平面；方法二：三弦公式法：如图，已知PA 与PB 分别是平面α的垂线和斜线，在平面α内过斜足B 任意引一直线BC ，设θθθ=∠=∠=∠PBC ABC PBA ,,21，有21cos cos cos θθθ⋅=。
方法三：虚拟高法：不需要做出所求线面角，而是先确定出斜线上的某点到斜足的距离L,再求出该点到已知平面的距离d （可用转化法或向量法求得）；设斜线与平面所成的角为θ，则Sin θ=Ld.一般的当线面角不易做出时常用该法。
方法四：空间向量法：建立恰当的空间直角坐标系，设直线的方向向量为，平面的法向量为，所求线面角为θ；则=θsin二． 二面角1.定义： 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫二面角，二面角的大小是通过其平面角来度量的，而二面角的平面角需要具有以下三个特点： （1）顶点在棱上；（2）两边分别在两个面内；（3）角的两边都与棱垂直。
2025高考数学一轮复习-7.6-利用空间向量求空间角、距离【课件】
(3)平面与平面的夹角 如图，平面 α 与平面 β 相交，形成四个二面角，我们把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 |n1·n2|
夹角或其补角．设平面 α 与平面 β 的夹角为 θ，则 cosθ＝|cos n1，n2 |＝_____|n_1_||n__2|___.
设平面 CDP 的法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··PP→→DC＝＝00 ⇒n＝(0,1,1)．
平面 PAB 的法向量 m＝(0,1,0)
cos〈m，n〉＝|mm|·|nn|＝
2 2.
又∵平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为锐二面角，∴所求二面角为 45°.
易错点睛：(1)误认为直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是线面角出错． (2)不能结合图形准确判定二面角出错．
4．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1 的底面边长为 2，侧棱长为 2 2，
π 则 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为___6_____．
【解析】 以 C 为原点建立坐标系，得下列坐标：A(2,0,0)，C1(0,0，2 2)．点 C1 在
侧 面 ABB1A1 内 的 射 影 为 点
提醒：(1)利用公式与二面角的平面角时，要注意 n1，n2 与二面角大小的关系，是
相等还是互补，需要结合图形进行判断． (2)注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，π]，两个平面的
夹角的范围为0，π2.
2．空间距离(1)点 P 到直线 l 的距离 设A→P＝a，u 是直线 l 的单位方向向量，则向量A→P在直线 l 上的投影向量A→Q＝(a·u)u. 在 Rt△APQ 中，由勾股定理，得 PQ＝ |A→P|2－|A→Q|2＝___a_2－___a_·u__2__.
备战2023年新高考数学二轮专题复习课件空间位置关系、空间角与空间距离
第二讲空间位置关系、空间角与空间距离——小题备考微专题1空间位置关系常考常用结论1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.保分题1.[2022·山东烟台三模]若a和α分别为空间中的直线和平面，则“a⊥α”是“a垂直α内无数条直线”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．[2022·北京东城三模]如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为CC1，D1C1的中点，则下列直线中与直线BE相交的是()A．直线A1F B．直线AD1C．直线C1D1D．直线AA13．[2022·福建福州三模]在底面半径为1的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB＝2，E是BĈ的中点，F是AB的中点，则()A．AE＝CF，AC与EF是共面直线B．AE≠CF，AC与EF是共面直线C．AE＝CF，AC与EF是异面直线D．AE≠CF，AC与EF是异面直线提分题例1 (1)[2022·山东淄博一模](多选)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的有()A．若α∥β，m⊂α，则m∥βB．若α⊥β，m⊥α，则m∥βC．若m∥n，m⊥α，则n⊥αD．若m⊥n，m∥α，则n∥α(2)[2022·全国乙卷]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则()A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D听课笔记：【技法领悟】1．根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；2．必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．巩固训练11.[2022·湖南衡阳二模]设m、n是空间中两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列说法正确的是()A．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥βB．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥nC．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥nD．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β2．[2022·广东广州三模]一几何体的平面展开图如图所示，其中四边形ABCD为正方形，E、F分别为PB、PC的中点，在此几何体中，下面结论错误的是()A．直线AE与直线BF异面B．直线AE与直线DF异面C．直线EF∥平面P ADD．直线EF∥平面ABCD微专题2 空间角与距离常考常用结论1．直线与直线的夹角若n 1，n 2分别为直线l 1，l 2的方向向量，θ为直线l 1，l 2的夹角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2|n 1||n 2||. 2．直线与平面的夹角设n 1是直线l 的方向向量，n 2是平面α的法向量，直线与平面的夹角为θ.则sin θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n2|n 1||n 2||.3．平面与平面的夹角若n 1，n 2分别为平面α，β的法向量，θ为平面α，β的夹角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n2|n 1||n 2||.4．点到直线的距离：已知A ，B 是直线l 上任意两点， P 是l 外一点，PQ ⊥l ，则点P 到直线l 的距离为PQ ＝ √|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |2−|AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |2＝√|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |2−|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||2. 5．求点到平面的距离已知平面α的法向量为n , A 是平面α内的任一点，P 是平面α外一点，过点P 作平面α的垂线l ，交平面α于点Q ，则点P 到平面α的距离为|PQ |＝|AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |n ||.保 分 题1.[2022·辽宁辽阳二模]在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AB ，AD ＝3AB ，则PC 与底面ABCD 所成角的正切值为( )A ．13 B ．3 C ．√1010D ．√102．[2022·广东茂名二模]正三棱锥S - ABC 的底面边长为4，侧棱长为2√3，D 为棱AC 的中点，则异面直线SD 与AB 所成角的余弦值为________.3．已知正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 是A 1B 1的中点，则点A 到直线BE 的距离是________．提 分 题例2 (1)若正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1的底边长为2，∠B 1AB ＝π3，E 是D 1D 的中点，则A 1C 1到平面EAC 的距离为( )A．√5B．2√5C．2√305D．2√303(2)[2022·全国甲卷]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＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°听课笔记：【技法领悟】1．用几何法求空间角时，关键要找出空间角，再在三角形中求解．2．用向量法求空间角和空间距离时，要熟记公式，还要正确建立空间直角坐标系．巩固训练21.在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，ABCD是矩形，且AB＝3，AD＝4，P A＝4√35，则平面ABD与平面PBD的夹角为()A．30° B．45°C．60° D．75°2．如图，在长方体中，AD＝AA1＝2，AB＝3，若E为AB中点，则点B1到平面D1EC 的距离为________.第二讲空间位置关系、空间角与空间距离微专题1空间位置关系保分题1．解析：若a⊥α，则a垂直α内所有直线，因此，命题“若a⊥α，则a垂直α内无数条直线”正确，a垂直α内无数条直线，若这无数条直线中无任何两条直线相交，此时直线a可以在平面α内，即不能推出a⊥α，所以“a⊥α”是“a垂直α内无数条直线”的充分不必要条件．答案：ACD1，2．解析：连接EF，CD1，A1B，则EF∥CD1，EF＝12由A1D1∥BC，A1D1＝BC，可得四边形A1D1CB为平行四边形，∴A1B∥CD1，A1B＝CD1，A1B，即四边形EF A1B为梯形，所以EF∥A1B，EF＝12故直线A1F与直线BE相交，直线AD1与直线BE为异面直线，直线C1D1与直线BE为异面直线，直线AA1与直线BE为异面直线．答案：A3．解析：由题意，圆柱的轴截面ABCD为边长为2的正方形，E是BĈ的中点，F是AB的中点，所以AC⊂平面ABC，EF与平面ABC相交，且与AC无交点，所以AC与EF是异面直线；又CF＝√12+22＝√5，AE＝√22+(√2)2＝√6，所以AE≠CF.答案：D提分题[例1]解析：(1)对于A，由面面平行性质：两平面平行，在一平面内的任意直线与另一平面平行．而α∥β，m⊂α，故m∥β，A正确；对于B，α⊥β，m⊥α，此时m有可能在平面β内，故不能得到m∥β，B错误；对于C，由于m∥n，则n可经平移到与m重合的位置而平移不改变直线与平面是否垂直，m⊥α，故n⊥α，C正确；对于D，当m∥α，m⊄α，过m上一点作直线n⊥α，此时m⊥n，不能得到n∥α，D错误．综上，AC正确．(2)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知BD⊥AC.又E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以BD⊥EF.由正方体的性质，知DD1⊥平面ABCD.又EF⊂平面ABCD，所以DD1⊥EF.因为BD∩DD1＝D，所以EF⊥平面BDD1.因为EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，A正确．假设平面B1EF⊥平面A1BD.因为平面B1EF⊥平面BDD1，且平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以BD⊥平面B1EF.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，显然BD与平面B1EF 不垂直，B错误．设A1A与B1E的延长线相交于点P，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，C错误．连接AB1，B1C，易证平面ACB1∥平面A1C1D.因为平面ACB1与平面B1EF相交，所以平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，D错误．故选A.答案：(1)AC(2)A[巩固训练1]1．解析：对于A 选项，设直线m 、n 的方向向量分别为u 、v ，因为m ⊥α，n ⊥β，则平面α的一个法向量为u ，平面β的一个法向量为v ， 因为m ⊥n ，则u ⊥v ，故α⊥β，A 对；对于B 选项，若m ⊂α，n ⊂β，α∥β，则m 、n 平行或异面，B 错； 对于C 选项，若m ∥α，n ∥β，α⊥β，则m 、n 的位置关系不确定，C 错； 对于D 选项，若m ⊂α，n ⊂β，m ∥β，n ∥α，则α、β平行或相交，D 错． 答案：A 2.解析：由题意知：该几何体是底面为正方形的四棱锥，如图所示，连接AE ，EF ，BF ，DF ，易得EF ∥BC ，BC ∥AD ，则EF ∥AD ，故EF ，AD 共面，则AE ，DF 共面，故B 错误；又F ∈平面AEFD ，B ∉平面AEFD ，F 不在直线AE 上，则直线AE 与直线BF 异面，A 正确；由EF ∥AD ，EF ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，则直线EF ∥平面P AD ，C 正确；EF ⊄平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，则直线EF ∥平面ABCD ，D 正确．答案：B微专题2 空间角与距离保分题1．解析：因为P A ⊥底面ABCD ，AC ⊂底面ABCD ， 所以P A ⊥AC ，则PC 与底面ABCD 所成角为∠PCA .设AB ＝1，则P A ＝1，AD ＝3，AC ＝√10. 所以tan ∠PCA ＝PAAC ＝√1010. 答案：C2．解析：取BC 的中点E ，连接SE ，DE ，则∠SDE (或其补角)为异面直线SD 与AB 所成的角，由题意知SE ＝SD ＝√12−4＝2√2，DE ＝2， 所以cos ∠SDE ＝2×2√2×2＝√24. 答案：√243．解析：建立如图所示空间直角坐标系，则BA⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2，0)，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，1，2)．∴cos θ＝|BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|BE⃗⃗⃗⃗⃗ |＝2√5＝√55.∴sin θ＝√1−cos 2θ＝2√55. 故点A 到直线BE 的距离d ＝|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |sin θ＝2×2√55＝4√55. 答案：4√55提分题[例2] 解析：(1)由棱柱的几何性质可知，A 1C 1∥AC ， 又A 1C 1⊄平面EAC ，AC ⊂平面EAC ， 则A 1C 1∥平面EAC ，所以点A 1到平面EAC 的距离即为直线A 1C 1到平面EAC 的距离， 因为正四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1的底边长为2，∠B 1AB ＝π3， 则AA 1＝2√3，以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则A (0，0，0)，A 1(0，0，2√3)，C (2，2，0)，E (0，2，√3)，所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2，√3)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，0)，AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，2√3)， 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{2y +√3z =02x +2y =0，令x ＝√3，则y ＝－√3，z ＝2， 故n ＝(√3，－√3，2)， 所以点A 1到平面EAC 的距离d ＝|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||n |＝√3√3+3+4＝2√305，故A 1C 1到平面EAC 的距离为2√305.(2)连接BD ，则∠B 1DB ，∠DB 1A 分别是B 1D 与平面ABCD 和平面AA 1B 1B 所成的角，所以∠B 1DB ＝∠DB 1A ＝30°.所以BB 1＝12DB 1，BD ＝√32DB 1，AD ＝12DB 1.设BB 1＝a ，则DB 1＝2a ，AD ＝BC ＝a ，BD ＝√3a ，所以AB ＝√BD 2−AD 2＝√2a ，AC ＝BD ＝√3a ，CB 1＝√BB 12+BC 2＝√2a .所以AB ＝√2AD ，AC ≠CB 1 ，因此A ，C 项错误．易知∠DB 1C 是B 1D与平面BB 1C 1C 所成的角，且为锐角．因为DC ＝√2a ，DB 1＝2a ，CB 1＝√2a ，所以DC 2+CB 12＝DB 12，所以DC ⊥CB 1.在Rt △DCB 1中，sin ∠DB 1C ＝DC DB 1＝√22，所以∠DB 1C ＝45°，即B 1D与平面BB 1C 1C 所成的角为45°，因此D 项正确．因为AD ⊥平面ABB 1A 1，AD ⊂平面AB 1C 1D ，所以平面AB 1C 1D ⊥平面ABB 1A 1，所以∠B 1AB 是AB 与平面AB 1C 1D 所成的角．在Rt △ABB 1中，AB ＝√2a ，BB 1＝a ，所以tan ∠B 1AB ＝BB1AB ＝√22≠√33，所以∠B 1AB ≠30°，即AB 与平面AB 1C 1D 所成的角不是30°，因此B 项错误．故选D.答案：(1)C (2)D [巩固训练2]1．解析：因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 是矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直，故以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 又AB ＝3，AD ＝4，P A ＝4√35， 所以A (0，0，0)，B (3，0，0)，D (0，4，0)，P (0，0，4√35)， 因为P A ⊥平面ABCD ，所以平面ABD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 而PB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(3，0，－4√35)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－3，4，0)， 设平面PBD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则{m ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3x −4√35z =0m ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x +4y =0，取x ＝4，则平面PBD 的法向量m ＝(4，3，5√3)，cos 〈n ，m 〉＝n·m |n |·|m |＝√31×√42+32+(5√3)＝√32，所以〈n ，m 〉＝30°， 由图可知平面ABD 与平面PBD 的夹角为锐角，所以平面ABD 与平面PBD 的夹角为30°.答案：A 2.解析：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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，连接CB 1，由题意得C (0，3，0)，E (2，32，0)，D 1(0，0，2)，B 1(2，3，2)，∴ CE ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，−32，0)，CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，−3，2)，CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，0，2)， 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{CE⃗⃗⃗⃗ ·n =0CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0，即{2x −32y =0−3y +2z =0， 令z ＝6，得n ＝(3，4，6)， ∴点B 1到平面D 1EC 的距离d ＝|n· CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |＝18√6161.答案：18√6161。
高考数学 空间角与距离、空间向量及其应用
2
2.
(2)设平面PAM的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
n1
PA
0,
由(1)知
PA
=(
n1 AM 0,
2 ,0,-1), AM =
2 2
,1,
0
,所以
2 x1 2 2
z1 x1
0, y1
0,
令x1= 2 ,则y1=1,z1=2,即n1=( 2 ,1,2).设平面PMB的法向量为n2=(x2,y2,z2),则
的正方向建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示,设BC=t(t>0),则A(t,0,0),B(t,
1,0),M
t 2
,1,
0
,P(0,0,1),所以PB
=(t,1,-1),
AM
=
t 2
,1,
0
,
因为PB⊥AM,所以PB ·AM
=0,所以-t 2
+1=0,即t2=2.又t>0,所以t=
2 ,即BC=
2)两点间的距离:已知点A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则A,B两点间的距离为|
AB
|=
(x2 x1)2 ( y2 y1)2 (z2 z1)2 .
综合篇
考法一 求解直线与平面所成角的方法 1.定义法
1)作:在斜线上选取恰当的点,过该点向平面引垂线,作出所求角,其中确定 垂足的位置是关键;2)证:证明所作的角为直线与平面所成的角;3)求:构造 角所在的三角形,利用解三角形的知识求角.
解析 (1)证明:连接AC,由底面ABCD是等腰梯形且AB=2,BC=CD=1,得
∠ABC= ,在△ABC中,由余弦定理得AC=
3
3
2025届高考数学一轮复习讲义立体几何与空间向量之 空间角和空间距离
形，则在正四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1中，异面直线 AK 和 LM 所成的角的大小为
(
D )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
[解析] 根据题意还原正四棱柱的直观图，如图所示，取 AA 1的中点 G ，连接 KG ，
则有 KG ∥ LM ，所以∠ AKG 或其补角为异面直线 AK 和 LM 所成的角.由题知 AG ＝
A 1 C 1＝5， BC 1＝4 2 ，所以 cos
52 ＋52 −(4 2）2
9
1
∠ BA 1 C 1＝
＝ ＜ ，所以60°＜
2×5×5
25
2
∠ BA 1 C 1＜90°，则过点 D 1作直线 l ，与直线 A 1 B ， AC 所成的角均为60°，即过一
点作直线，使之与同一平面上夹角大于60°的锐角的两边所在直线所成的角均成
2 z －1＝0的交线，试写出直线 l 的一个方向向量 (2，2，1)
的余弦值为
65
9
.
，直线 l 与平面α所成角
[解析] 由平面α的方程为 x ＋2 y －2 z ＋1＝0，可得平面α的一个法向量为 n ＝(1，
⑫ [0， ] ，二面角的
2
n1，n2＞｜.
范围是⑬
[0，π] .
易错警示
1. 线面角θ与向量夹角＜ a ， n ＞的关系
π
2
π
2
如图1(1)，θ＝＜ a ， n ＞－ ；如图1(2)，θ＝ －＜ a ， n ＞.
图1
2. 二面角θ与两平面法向量夹角＜ n 1， n 2＞的关系
图2(2)(4)中θ＝π－＜ n 1， n 2＞；图2(1)(3)中θ＝＜ n 1， n 2＞.
2025届高中数学一轮复习课件《空间角与距离》ppt
高考一轮总复习•数学
第22页
又
|
→ AB1
|
＝
a＋c2 ＝
a2＋2a·c＋c2 ＝
1＋1＋1 ＝
3
的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 E(0,0,0)，A( D 2 2，0， 2 2.
2 ， 0,0) ， B(0 ，
2 ， 0) ，
∴E→A＝(
2，0,0)，B→D＝ 2 2，－
2， 2 2，cos〈E→A，B→D〉＝
1 2×
＝
6 6.
3
即异面直线 AE 和 BD 所成角的余弦值为 6 6.
显然 CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面 CDE，于是 AB⊥平面 CDE，又 AB⊂平面 ABC， 因此平面 CDE⊥平面 ABC，显然平面 CDE∩平面 ABC＝CE， 直线 CD⊂平面 CDE，则直线 CD 在平面 ABC 内的射影为直线 CE，
解析
高考一轮总复习•数学
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从而∠DCE 为直线 CD 与平面 ABC 所成的角，令 AB＝2，则 CE＝1，DE＝ 3，在△CDE
1
2
32
A.5 B. 5 C. 5 D.5
答案
高考一轮总复习•数学
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解析：如图，取 AB 的中点 E，连接 CE，DE，因为△ABC 是等腰直角三角形，且 AB 为 斜边，则有 CE⊥AB，又△ABD 是等边三角形，则 DE⊥AB，从而∠CED 为二面角 C-AB-D 的平面角，即∠CED＝150°，
空间角与距离的计算
由△PAD 为等腰直角三角形得 PN⊥AD. 由 DC⊥AD，BC∥AD，BC＝12AD，N 是 AD 的中点得 BN⊥AD.所以 AD⊥平面 PBN. 由 BC∥AD 得 BC⊥平面 PBN， 则平面 PBC⊥平面 PBN. 过点 Q 作 PB 的垂线， 垂足为 H，连接 MH，易知 QH⊥平面 PBC， 所以 MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影， 所以∠QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的角．
令 y＝1，则 n＝(0,1，－1)，
BF＝1，EPPF＝2，所以 EP＝233，设 D 到面 PEA 的距离为 d，
因为 VA－EDP＝VD－AEP，即13·AD·S△EDP＝13·d·S△AEP，所以 d＝
AD·S△EDP＝ S△AEP
1×
3 3
＝
33× 2
2 2.
【通法指导】 诚如上文所说，求点面距问题可以采用等积转换和向量 法求解，除此之外个别问题也可采用垂面法(利用面面垂直性 质定理)和等价转移法(利用线面平行)求解．当然，一些求几 何体体积问题，也是对点面距问题的相应考查．
因为A→P＝－1，2
3
3，1，A→E＝(－1,0,1)
，
所以xy＝＝z0，， 令 z＝1，则 n＝(1,0,1)． 因为D→A＝(1,0,0)，
所以
D
到面
APE
的距离为
d＝|D→|An·|n|＝
|1| ＝ 2
2 2.
解法二：由(1)知，AD⊥平面 BFED，所以 AD⊥EP，
AD⊥ED.又因为 EP⊥ED，所以 EP⊥平面 ADE.BD＝ 3，
【题型分析】 如图，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1， ∠BCD＝120°，四边形 BFED 为矩形，平面 BFED⊥平面 ABCD，BF＝1.
高中数学专题复习空间角和距离的求法知识点例题精讲
空间角和距离的求法[高考能力要求]空间的角和距离，是定量刻划立体几何点线面位置关系的主要“指数”。
空间角和距离的计算，是立体几何学习的主要内容，也是高考必考的热点问题。
通常所说的“空间角和距离”主要是指1．三种角，包括两条异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角。
解决角的计算问题，必须分两步走，首先根据概念，通过定理转化为平面角表示，然后再借助于平面图形求解。
应当重视角度的范围：两条异面直线所成的角的范围是]90,0(0，直线和平面所成的角的范围是]90,0[00，二面角的范围是]180,0[00。
2．七种距离，包括两点间距离、点线距离、点面距离、线线距离、线面距离、面面距离及球面距离等。
求解距离问题也分两步走，第一步，根据概念，运用定理指出哪是所求的距离，第二步，转化为平面图形中的线段长。
其中线面距离，点面距离是高考考查的重点内容，并且距离求解常与体积计算联系在一起。
[例题精讲]【例1】在0120的二面角N l M --中，N B M A ∈∈,，已知点A ，Ｂ到棱l 的距离分别为２和４，且ＡＢ＝10。
求：（1）直线AB 与棱l 所成的角的正弦值；（2）直线AB 与平面N 所成的角。
分析：本题以二面角为载体设计问题，既考查钝二面角的画法，又考查线线角、线面角。
分析与解：如图，分别在平面M 、N 内，作AC l ⊥，BD l ⊥，垂足为C 、D ，再在N 内过C 作CE//DB且CE=DB ，连BE ，从BD l ⊥知CE l ⊥，则∠ACE 是二面角N l M --的平面角，即∠ACE=0120。
连AE ，则ABE ∠为AB 与棱l 所成的角。
在ACE ∆中，由余弦定理得AE=27。
在AEB Rt ∆中，571072sin ==∠ABE 对于（2）的解决中，首先要作出直线ＡB 在平面N 上的射影，从⊥l 平面ACE 知，平面ACE ⊥平面N 和M ，从点A 作到N 上的射影，其垂足必然在平面ACE 与N 的交线上，由于ACE ∆中，ACE ∠为0120是一个钝角，作AA ′CE ⊥，其射影A ′一定落在CE 的反向延长线上，所以AA ′=AC 360sin 0=。
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O ab 600 第二十四、二十五讲 空间角与距离★★★高考在考什么 【考题回放】1．如图，直线a 、b 相交与点O 且a 、b 成600，过点O 与a 、b 都成600角的直线有（ C ）A ．1 条B ．2条C ．3条D ．4条 2．（江苏•理）正三棱锥P-ABC 高为2，侧棱与底面所成角为45，则点A 到侧面PBC 的距离是（ B ）A ．54B ．56C ．6D ．64 3．（全国Ⅰ•理）如图，正四棱柱1111D C B A ABCD -中，AB AA 21=，则异面直线11AD B A 与所成角的余弦值为（ D ）A ．51B ．52C ．53D ．544．已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为26，则侧面与底面所成的二面角等于3π． 5．（四川•理）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是 6π．6．在棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1， E 、F 分别为BC 与A 1D 1的中点，(1) 求直线A 1C 与DE 所成的角；(2) 求直线AD 与平面B 1EDF 所成的角； (3) 求面B 1EDF 与 面ABCD 所成的角。
【专家解答】(1)如图，在平面ABCD 内，过C 作CP//DE 交直 线AD 于P ，则CP A 1∠（或补角）为异面直线A 1C 与 DE 所成的角。
在ΔCP A 1中，易得a P A a DE CP a C A 213,25,311====，由余弦定理得1515cos 1=∠CP A 。
故异面直线A 1C 与DE 所成的角为1515arccos。
（2）ADF ADE ∠=∠ ，∴AD 在面B 1EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上。
而B 1EDF 是菱形，∴DB 1为∠EDF 的平分线。
故直线AD 与面B 1EDF 所成的角为∠ADB 1．在RtΔB 1AD 中，,3,2,11a D B a AB a AD ===则33cos 1=∠ADB 。
故直线AD 与平面B 1EDF 所成的角为33arccos。
（3）连结EF 、B 1D ，交于点O ，显然O 为B 1D 的中点，从而O 为正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的中心，作OH⊥平面ABCD ，则H 为正方形ABCD 的中心。
再作HM⊥DE，垂足为M ，连结OM ，则OM⊥DE（三垂线定理），故∠OMH 为二面角B 1-DE-A 的平面角。
在RtΔDOE 中,23,22a OD a OE ==a DE 25=，则由面积关系得a DE OE OD OM 1030=⋅=。
在RtΔOHM 中630sin ==∠OM OH OMH 。
O故面B 1EDF 与 面ABCD 所成的角为630arcsin ★★★高考考什么【考点透视】异面直线所成角,直线与平面所成角,求二面角每年必考,作为解答题可能性最大. 【热点透析】 1．转化思想：① ⇔⇔⊥⇔⊥⇔⊥线线平行线面平行面面平行,线线线面面面 ② 将异面直线所成的角,直线与平面所成的角转化为平面角,然后解三角形2．求角的三个步骤：一猜,二证,三算．猜是关键,在作线面角时,利用空间图形的平行,垂直,对称关系,猜斜线上一点或斜线本身的射影一定落在平面的某个地方,然后再证3．二面角的平面角的主要作法：①定义 ②三垂线定义 ③ 垂面法 距离【考点透视】判断线线、线面、面面的平行与垂直，求点到平面的距离及多面体的体积。
【热点透析】 转化思想： ① ⇔⇔⊥⇔⊥⇔⊥线线平行线面平行面面平行,线线线面面面 ； ② 异面直线间的距离转化为平行线面之间的距离， 平行线面、平行面面之间的距离转化为点与面的距离。
2．空间距离则主要是求点到面的距离主要方法： ①体积法； ②直接法,找出点在平面内的射影★★★高考将考什么【范例1】如图，在Rt AOB △中，π6OAB ∠=，斜边4AB =．Rt AOC △可以通过Rt AOB △以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B AO C --是直二面角．动点D 的斜边AB 上．（I ）求证：平面COD ⊥平面AOB ；（II ）当D 为AB 的中点时，求异面直线AO 与CD 所成角的大小；（III ）求CD 与平面AOB 所成角的最大值．解法一：（I ）由题意，CO AO ⊥，BO AO ⊥，BOC ∴∠是二面角B AO C --是直二面角， 又二面角B AO C --是直二面角， CO BO ∴⊥，又AO BO O =， CO ∴⊥平面AOB ， 又CO ⊂平面COD ．∴平面COD ⊥平面AOB ．（II ）作DE OB ⊥，垂足为E ，连结CE （如图），则DE AO ∥， CDE ∴∠是异面直线AO 与CD 所成的角．在Rt COE △中，2CO BO ==，112OE BO ==，CE ∴==又12DE AO ==． ∴在Rt CDE △中，tan 3CE CDE DE ===． OCA DBED∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为arctan3．（III ）由（I ）知，CO ⊥平面AOB ，CDO ∴∠是CD 与平面AOB 所成的角，且2tan OC CDO OD OD ==．当OD 最小时，CDO ∠最大，这时，OD AB ⊥，垂足为D ，3OA OBOD AB ==tan CDO =， CD ∴与平面AOB 所成角的最大值为．解法二：（I ）同解法一．（II ）建立空间直角坐标系O xyz -，如图，则(000)O，，，(00A ，，(200)C ，，，(01D ， (00OA ∴=，，(21CD =-，，，cos OA CDOA CD OA CD ∴<>=，64322==．∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为． （III ）同解法一【点晴】本题源于课本，高于课本，不难不繁，体现了通过平移求线线、通过射影求线面角的基本方法。
【变式】如右下图,在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,已知AB= 4, AD =3, AA 1= 2．E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB= FB=1．(1) 求二面角C —DE —C 1的正切值; (2) 求直线EC 1与FD 1所成的余弦值． 解：（I ）以A 为原点，1,,AA 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正向建立空间直角坐标系，则有D(0,3,0)、D 1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C 1(4,3,2),故)2,2,4(),2,3,1(),0,3,3(11-==-=FD EC DE 设向量),,(z y x n =与平面C 1DE 垂直，则有22tan 36400411220101||||cos ,)2,0,0(,),2,1,1(0),2,1,1(2),2,2(21023033101011011001=∴=++⨯++⨯+⨯-⨯-=⨯=--∴=--=>--=--=∴-==⇒⎭⎬⎫=++=-⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊥⊥θθθAA n C DE C AA n CDE AA DE C n n z zz z z zy x z y x y x EC 的平面角为二面角所成的角与垂直与平面向量垂直的向量是一个与平面则取其中（II ）设EC 1与FD 1所成角为β，则x142122)4(2312223)4(1||||cos 2222221111=++-⨯++⨯+⨯+-⨯=⨯=FD EC β 【点晴】空间向量在解决含有三维直角的立体几何题中更能体现出它的优点，但必须注意其程序化的过程及计算的公式，本题使用纯几何方法也不难，同学不妨一试。
【范例2】如图，正三棱柱ABC －A1B1C1的所有棱长都为2，D 为CC1中点。
（Ⅰ）求证：AB 1⊥面A 1BD ；（Ⅱ）求二面角A －A1D －B 的大小；分析：本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．解答：解法一：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ．ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AO ∴⊥平面11BCC B ．连结1B O ，在正方形11BB C C中，O D ，分别为 1BC CC ，的中点，1B O BD ∴⊥，1AB BD∴⊥．在正方形11ABB A 中，11AB A B⊥，1AB ∴⊥平面1A BD．（Ⅱ）设1AB 与1A B交于点G ，在平面1A BD中，作1GF A D ⊥于F ，连结AF ，由（Ⅰ）得1AB ⊥平面1A BD．1AF A D∴⊥，AFG ∴∠为二面角1A A D B --的平面角．在1AA D△中，由等面积法可求得45AF =，又1122AG AB == 210sin 45AG AFG AF ∴===∠．所以二面角1A A D B --的大小为10arcsin4． （Ⅲ）1A BD△中，1115226A BD BD A D A B S ===∴=△，，，1BCD S =△．在正三棱柱中，1A 到平面11BCC B 的距离为3．设点C 到平面1A BD的距离为d ．由11A BCDC A BD V V --=得111333BCDA BD S S d =△△， 132BCD A BD S d ∴==△△． ∴点C 到平面1A BD 的距离为2．解法二：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ． ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．在正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AD ∴⊥平面11BCC B ．取11B C 中点1O ，以O 为原点，OB ，1OO ，OA 的方向为x y z ，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则(100)B ，，，(110)D -，，，1(023)A ，，，(003)A ，，，1(120)B ，，，ABC D1A1C1BO F1(123)AB ∴=-，，，(210)BD =-，，，1(123)BA =-，，． 12200AB BD =-++=，111430AB BA =-+-=，1AB BD ∴⊥，11AB BA ⊥． 1AB ∴⊥平面1A BD ．（Ⅱ）设平面1A AD的法向量为()x y z =，，n ．(113)AD =--，，，1(020)AA =，，． AD ⊥n ，1AA ⊥n ，100AD AA ⎧=⎪∴⎨=⎪⎩，，n n 3020x y z y ⎧-+-=⎪∴⎨=⎪⎩，，03y x z =⎧⎪∴⎨=⎪⎩，．令1z =得(31)=，，n 为平面1A AD 的一个法向量． 由（Ⅰ）知1AB ⊥平面1A BD，1AB ∴为平面1A BD 的法向量．cos <n ，1113364222AB AB AB -->===-n n ．∴二面角1A A D B --的大小为6arccos．【点晴】由线线、线面、面面的位置寻找满足某些条件的点的位置，它能考查学生分析问题、解决问题的能力，两种方法各有优缺点，在向量方法中注意动点的设法，在方法二中注意用分析法寻找思路。