2025屆高中數(shù)學二輪復習 板塊四 立體幾何與空間向量 微專題26　空間角、距離的計算(幾何法、向量法)（課件）

微專題26空間角、距離的計算 (幾何法、向量法)板塊四立體幾何與空間向量高考定位1.以空間幾何體為載體考查空間角(以線面角、面面角為主)是高考命題的重點，常與空間線面位置關系的證明相結(jié)合，熱點為空間角的求解，常以解答題的形式進行考查.高考注重利用向量方法解決空間角問題，但也可利用幾何法來求解；2.空間距離(特別是點到面的距離)也是高考題中的常見題型，多以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等.【

真題體驗

】設正三棱臺ABC－A1B1C1的高為h，√三條側(cè)棱延長后交于一點P，作PO⊥平面ABC于點O，PO交平面A1B1C1于點O1，連接OA，O1A1，如圖所示.由AB＝3A1B1，所以正三棱臺ABC－A1B1C1的體積由正三棱臺的性質(zhì)可知，O為底面ABC的中心，因為PO⊥平面ABC，所以∠PAO是A1A與平面ABC所成的角，2.(2024·天津卷)如圖，已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中點，M是DD1的中點.以A為坐標原點，以AB，AD，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，(1)求證：D1N∥平面CB1M；依題意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)，設平面CB1M的一個法向量為n＝(x1，y1，z1)，取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，則n＝(1，3，1).所以D1N∥平面CB1M.(2)求平面CB1M與平面BB1C1C夾角的余弦值；設平面BB1C1C的一個法向量為m＝(x2，y2，z2)，取x2＝1，得y2＝1，z2＝0，則m＝(1，1，0).設平面CB1M與平面BB1C1C的夾角為θ，(3)求點B到平面CB1M的距離.設點B到平面CB1M的距離為d，【

熱點突破

】精準強化練熱點一異面直線所成的角熱點二直線與平面所成的角熱點三平面與平面的夾角熱點突破熱點四距離問題熱點一異面直線所成的角例1√法一如圖所示，設E，F(xiàn)，G，H分別是線段A1B1，AB，AA1，A1C1的中點.連接EF，F(xiàn)H，HG，EH，F(xiàn)G，故∠FGH或其補角是異面直線BA1與AC1所成的角.設AB＝AC＝AA1＝2，由于∠BAC＝120°，在△FGH中，由余弦定理得法二取BC中點D，連接AD，因為AB＝AC，所以DA⊥DC，以D為原點，DA，DC所在直線分別為x，y軸，過點D且垂直于平面BAC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設AB＝AC＝AA1＝1，而∠BAC＝120°，所以異面直線BA1與AC1所成角的余弦值為易錯提醒1.利用幾何法求異面直線所成的角時，通過平移直線所得的角不一定就是兩異面直線所成的角，也可能是其補角.2.用向量法求異面直線所成的角時，要注意向量夾角與異面直線所成角的范圍不同.訓練1由題意〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，√設異面直線AB1與BC1所成角為θ，法一如圖，連接EO2并延長，交底面圓于點F，連接FO1，F(xiàn)B，易知AE∥BF且AE＝BF，所以∠FBO1為異面直線AE與BO1所成的角或其補角.所以△AEO2為正三角形，故AE＝BF＝1.√所以在等腰△BFO1中，法二以A為原點，AB，AD所在直線分別為y軸、z軸，過點A的AB的垂線所在直線為x軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，所以異面直線AE與BO1所成角的余弦值為故選B.熱點二直線與平面所成的角(2024·寧波模擬)在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，以AB為軸將菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D1⊥平面ABCD，點E為邊BC1的中點，連接CE，DD1.例2(1)求證：CE∥平面ADD1；∵BE∥AD1，BE?平面ADD1，A1D?平面ADD1，∴BE∥平面ADD1.同理可得BC∥平面ADD1.又∵BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCE，∴平面BCE∥平面ADD1.∵CE?平面BCE，∴CE∥平面ADD1.(2)求直線CE與平面BDD1所成角的正弦值.法一取AB中點O，易知OD⊥AB，OD1⊥AB.∵平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D1＝AB，又OD1?平面ABC1D1，OD1⊥AB，∴OD1⊥平面ABCD.如圖，建立空間直角坐標系，則A(0，1，0)，設平面BDD1的法向量n＝(x，y，z)，設直線CE與平面BDD1所成角為θ，法二取AD1中點F，則EFDC是平行四邊形，所以CE∥DF.從而CE與平面BDD1所成角即為DF與平面BDD1所成角，設為θ.過D1作D1G⊥AB交AB于G，過G作GH⊥BD交BD于H，過G作GK⊥D1H交D1H于K.因為平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D1＝AB，又D1G?平面ABC1D1，D1G⊥AB，所以D1G⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，所以D1G⊥BD，又GH⊥BD，D1G∩GH＝G，D1G，GH?平面D1GH，從而BD⊥平面D1GH，因為GK?平面D1GH，所以BD⊥GK，又GK⊥D1H，BD∩D1H＝H，BD，D1H?平面BDD1，從而GK⊥平面BDD1.所以GK的長即為G到平面BDD1的距離.又GF∥BD1，所以F到平面BDD1的距離設為h即為G到平面BDD1的距離，規(guī)律方法訓練2(1)求證：EC∥平面PAB；取PA中點為M，連接ME，MB，如圖所示.在△PAD中，因為M，E分別為PA，PD的中點，故ME∥BC，ME＝BC，則四邊形MBCE為平行四邊形，EC∥MB.又MB?平面PAB，EC?平面PAB，故EC∥平面PAB.(2)當PC＝3時，求直線PC與平面BCE所成角的正弦值.法一由題意建立空間直角坐標系，如圖所示.由PA＝AB＝2，PC＝3，所以P(0，0，2)，D(0，2，0)，E(0，1，1)，B(2，0，0)，C(2，1，0)，設平面EBC的法向量為n＝(x，y，z)，令z＝2，可得平面EBC的一個法向量為n＝(1，0，2)，設直線PC與平面BCE所成的角為θ，則法二過點P作BM延長線的垂線，垂足為N，連接NC，如圖所示.由(1)可知，EC∥BM，故平面BCE也即平面NMBCE.因為AB⊥AD，BC∥AD，則BC⊥AB.又PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，故BC⊥PA.又PA∩AB＝A，PA，AB?面PAB，故BC⊥平面PAB.又PN?平面PAB，則PN⊥BC，又PN⊥BN.BC∩BN＝B，BC，BN?平面BCE，故PN⊥平面BCE，則∠PCN即為PC與平面BCE的夾角.熱點三平面與平面的夾角(2024·深圳模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C⊥底面ABC，且AB＝AC，A1B＝A1C.例3(1)證明：AA1⊥平面ABC；取BC的中點M，連接MA，MA1.因為AB＝AC，A1B＝A1C，所以BC⊥AM，BC⊥A1M，由于AM，A1M?平面A1MA，且AM∩A1M＝M，所以BC⊥平面A1MA，A1A?平面A1MA，所以BC⊥A1A，又因為A1A∥B1B，所以B1B⊥BC，因為平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC＝BC，且B1B?平面BB1C1C，所以B1B⊥平面ABC，因為A1A∥B1B，所以AA1⊥平面ABC.(2)若AA1＝BC＝2，∠BAC＝90°，求平面A1BC與平面A1BC1夾角的余弦值.法一因為∠BAC＝90°，且BC＝2，以AB，AC，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，設平面A1BC1的法向量為n＝(x2，y2，z2)，設平面A1BC與平面A1BC1夾角為θ，法二將直三棱柱ABC－A1B1C1補成長方體ABDC－A1B1D1C1.連接C1D，過點C作CP⊥C1D，垂足為P，再過P作PQ⊥A1B，垂足為Q，連接CQ，因為BD⊥平面CDD1C1，且CP?平面CDD1C1，所以BD⊥CP，又因為CP⊥C1D，由于BD，C1D?平面A1BDC1，且BD∩C1D＝D，所以CP⊥平面A1BDC1，則△CPQ為直角三角形，由于A1B?平面A1BDC1，所以A1B⊥CP，因為CP，PQ?平面CPQ，且CP∩PQ＝P，所以A1B⊥平面CPQ，因為CQ?平面CPQ，所以CQ⊥A1B，則∠CQP為平面A1BC與平面A1BC1的夾角或補角，1.用幾何法求解二面角的關鍵是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.2.利用法向量的依據(jù)是兩個半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互補，在求二面角的大小時，一定要判斷出二面角的平面角是銳角還是鈍角，否則解法是不嚴謹?shù)?規(guī)律方法訓練3(1)求證：A1E∥GC；所以AH⊥AD，以A為原點，AH，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，(2)求平面A1EF與平面ABCD夾角的大小.法一設平面A1EF的法向量為n＝(x，y，z)，設平面A1EF與平面ABCD的夾角為θ，法二如圖所示，設AA1的中點為M，連接MB，MC，易證EA1∥MB，F(xiàn)A1∥MC，故EA1∥平面MBC，F(xiàn)A1∥MBC，又FA1∩EA1＝A1，所以平面A1EF∥平面MBC，則平面A1EF與平面ABCD的夾角就是MBC與平面ABCD的夾角，設BC的中點為H，連接MH，所以AH⊥BC，又AM⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以AM⊥BC，又AM∩AH＝A，AM，AH?平面AMH，所以BC⊥平面AMH，故MH⊥BC，所以∠AHM是平面MBC與平面ABCD的夾角.設平面A1EF與平面ABCD的夾角為θ，熱點四距離問題1.空間中點、線、面距離的相互轉(zhuǎn)化關系2.空間距離的求解方法有：(1)作垂線段；(2)等體積法；(3)等價轉(zhuǎn)化；(4)空間向量法.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，M為BB1的中點，N為BC的中點.(1)求點M到直線AC1的距離；例4法一

(1)如圖，連接AM，MC1，AC1，法二建立如圖所示的空間直角坐標系，則A1(0，0，2)，M(2，0，1)，C1(0，2，2)，故點M到直線AC1的距離(2)求點N到平面MA1C1的距離.法一

如圖，S△MNC1＝S矩形B1BCC1－S△B1MC1－S△BMN－S△NCC1設點N到平面MA1C1的距離為h，法二設平面MA1C1的法向量為n＝(x，y，z)，取x＝1，得z＝2，故n＝(1，0，2)為平面MA1C1的一個法向量.規(guī)律方法1.求點到平面的距離有兩種方法，一是利用空間向量點到平面的距離公式，二是利用等體積法.2.求直線到平面的距離的前提是直線與平面平行.求直線到平面的距離可轉(zhuǎn)化成直線上任一點到平面的距離.訓練4√法一如圖，連接AC1.在三棱柱ABC－A1B1C1中，因為BC∥B1C1，B1C1?平面AB1C1，BC?平面AB1C1，所以BC∥平面AB1C1，則BC上所有點到平面AB1C1的距離相等.取BC的中點O，則點B到平面AB1D的距離等于點O到平面AB1D的距離.連接AO，DO，由B1C1⊥DO，B1C1⊥AO，AO∩DO＝O，AO，DO?平面ADO，得B1C1⊥平面ADO.又B1C1?平面AB1C1，所以平面ADO⊥平面AB1C1.法二如法一中的圖，設點B到平面AB1D的距離為h，由VB－AB1D＝VA－BB1D可得，法三建立如圖所示的坐標系，設平面AB1D的一個法向量為n＝(x，y，z)，則如圖所示，√設平面PEF的一個法向量為n＝(x，y，z)，令x＝2，則y＝2，z＝3，所以n＝(2，2，3).因為E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，所以EF∥AC，又EF?平面PEF，AC?平面PEF，所以AC∥平面PEF，【精準強化練】(1)在棱DE上找一點G，使得平面ABC⊥平面AFG，并給出證明；當點G為DE中點時，平面ABC⊥平面AFG，證明如下：連接AG，GF，因為四棱錐A－BCDE是正四棱錐，所以AD＝AE，AG⊥DE.在正方形BCDE中，DE∥BC，所以AG⊥BC，在正方形BCDE中，CD⊥BC，因為AF∥CD，所以AF⊥BC，因為AF∩AG＝A，AF，AG?平面AFG，所以BC⊥平面AFG，因為BC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面AFG.連接BD，CE交于點O，連接AO，OG，則AF∥OG，又因為四棱錐A－BCDE是正四棱錐，所以AO⊥平面BCDE，所以四邊形AOGF為矩形，所以AF⊥FG，又AF⊥DE，DE∩FG＝G，DE，F(xiàn)G?平面DEF，所以AF⊥平面DEF，設點F到平面ADE的距離為h，因為四棱錐A－BCDE是正四棱錐，所以OC，OD，OA兩兩垂直，以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，0，3)，B(0，－3，0)，C(3，0，0)，D(0，3，0)，F(xiàn)(－1，1，3)，令z＝1，可得平面ABC的一個法向量為n＝(1，－1，1)，設直線DF與平面ABC所成角為θ，2.(2024·武漢質(zhì)檢)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，PA⊥平面ABCD，PA∥QD，BC＝2AB＝2PA＝2，∠ABC＝60°.(1)證明：平面PCD⊥平面PAC；法一因為BC＝2AB＝2，∠ABC＝60°，所以AB⊥AC，又AB∥CD，所以CD⊥AC，所以PA⊥底面ABCD，因為CD?底面ABCD，所以PA⊥CD，AC，PA?平面PAC且PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，又CD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAC.法二因為BC＝2AB，∠ABC＝60°，所以AB⊥AC.如圖建立空間直角坐標系，設n1＝(x，y，z)是平面PAC的一個法向量，可取n1＝(1，0，0)，設n2＝(a，b，c)是平面PCD的一個法向量，過C，P作CE，PE分別平行于AP，AC，連接QE，作PF⊥QC交QC于F點，連接EF，∵AC⊥CD，AC⊥QD，CD∩QD＝D，且都在面CDQE內(nèi)，∴AC⊥平面CDQE，∵PE∥AC，∴PE⊥平面CDQE，又QC?平面CDQE，∴PE⊥QC，又PF⊥QC，PE，PF?平面PEF，PE∩PF＝P，∴QC⊥平面PEF，又EF?平面PEF，∴QC⊥EF，∴∠PF