备考2024届高考数学一轮复习讲义第七章立体几何与空间向量第6讲空间角和空间距离

第6讲空间角和空间距离课标要求命题点五年考情命题分析预测1.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角.2.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用.求异面直线所成的角2021全国卷乙T5该讲每年必考，主要考查利用几何法或向量法求解线线角、线面角、面面角、空间距离等问题，方法比较固定，备考时注意对空间角与向量夹角关系的梳理.求线面角2023全国卷乙T9；2023全国卷甲T18；2022全国卷乙T18；2022全国卷甲T7；2022全国卷甲T18；2020新高考卷ⅠT20；2020新高考卷ⅡT20；2020全国卷ⅡT20求二面角2023新高考卷ⅠT18；2023新高考卷ⅡT20；2023全国卷乙T19；2023天津T17；2022新高考卷ⅠT19；2022新高考卷ⅡT20；2021新高考卷ⅠT20；2021新高考卷ⅡT19；2021全国卷乙T18；2021全国卷甲T19；2020全国卷ⅠT18；2020全国卷ⅢT19；2019全国卷ⅠT18；2019全国卷ⅡT17；2019全国卷ⅢT19求空间距离2023天津T17；2023上海春季T17；2022新高考卷ⅠT191.空间角（1）异面直线所成的角：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a'与b'所成的角叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）.异面直线夹角的范围是①（0，π2]（2）直线与平面所成的角a.平面的一条斜线和它在平面上的②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③90°；一条直线和平面平行或直线在平面内，则它们所成的角是④0°.b.线面角θ的取值范围：⑤[0，π2]c.最小角定理：平面的斜线和它在平面内的射影所成的角是这条斜线和这个平面内任一条直线所成角中最小的角.（3）二面角与两个平面的夹角a.从一条直线出发的两个⑥半平面所组成的图形叫做二面角.b.二面角的平面角：如图，在二面角α－l－β的棱l上任取一点P，以点P为垂足，在半平面α，β内分别作垂直于棱l的射线PA和PB，则射线PA和PB构成的∠APB叫做二面角α－l－β的平面角.c.二面角的范围：⑦[0，π].2.利用向量法求空间角空间角求法注意事项异面直线所成角设异面直线l，m的方向向量分别为a，b，若直线l与m的夹角为θ，则cosθ＝⑧｜cos＜a，b＞｜.角θ的范围为⑨（0，π2]，所以线线角的余弦值非负线面角设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，若直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝⑩｜cos＜a，n＞｜.角θ的范围为⑪[0，π2]，注意θ与＜a，n＞的关系两个平面的夹角平面α，β的法向量分别为n1，n2，若设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝｜cos＜n1，n2＞｜.两个平面夹角的范围为⑫[0，π2]，二面角的范围是⑬[0，π]易错警示1.线面角θ与向量夹角＜a，n＞的关系如图1（1），θ＝＜a，n＞－π2；如图1（2），θ＝π2－＜a，n图12.二面角θ与两平面法向量夹角＜n1，n2＞的关系图2（2）（4）中θ＝π－＜n1，n2＞；图2（1）（3）中θ＝＜n1，n2＞. 图23.利用向量法求空间距离（1）点P到直线AB的距离d＝｜AP｜sin＜AP，AB＞＝｜AP｜·1－（2）点P到平面ABC的距离为PA在平面ABC的法向量n上的投影向量的长度，即d＝⑭|PA⋅（3）当直线PQ与平面ABC平行时，直线PQ到平面ABC的距离可转化为点P到平面ABC的距离.（4）当平面α与平面β平行时，两平面的距离可转化为平面α上一点P到平面β的距离.（5）如图，异面直线a，b之间的距离即直线a上一点P到a'与b所确定的平面α的距离（a'∥a，a'∩b＝O）.1.[教材改编]如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的侧面展开图是边长为4的正方形，则在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1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AA1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＝2，AK＝KG＝1+1＝2，则有AK2＋KG2＝AG2，所以∠AKG＝90°，即异面直线AK和LM所成的角为90°.故选D.2.[教材改编]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝4，过点D1作直线l，与直线A1B，AC所成的角均为60°，则这样的直线l有（C）A.2条 B.3条 C.4条 D.无数条解析如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1C1，BC1，则A1C1∥AC，所以∠BA1C1或其补角为异面直线A1B与AC所成的角，由题意得A1B＝5，A1C1＝5，BC1＝42，所以cos∠BA1C1＝52＋925＜12，所以60°＜∠BA1C1＜90°，则过点D1作直线l，与直线A1B，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60°，这样的直线l有4条.3.[易错题]已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos＜m，n＞＝－12，则l与α所成的角为30°解析设l与α所成的角为θ，则sinθ＝｜cos＜m，n＞｜＝12，所以θ＝4.已知空间直角坐标系Oxyz中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为n＝（a，b，c）的平面α的方程为a（x－x0）＋b（y－y0）＋c（z－z0）＝0.用以上知识解决下面问题：已知平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，直线l是两个平面x－y＋3＝0与x－2z－1＝0的交线，试写出直线l的一个方向向量（2，2，1），直线l与平面α所成角的余弦值为659解析由平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，可得平面α的一个法向量为n＝（1，2，－2）.平面x－y＋3＝0的一个法向量为m1＝（1，－1，0），平面x－2z－1＝0的一个法向量为m2＝（1，0，－2）.设直线l的方向向量为m＝（x，y，z），则m·m1=0，m·m2=0，即x－y=0，x－2z=0，令z＝1，则取m＝（2，2，1）.设直线l与平面α所成角为θ，0°≤θ≤90°研透高考明确方向命题点1求异面直线所成的角例1[2021全国卷乙]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（D）A.π2 B.π3 C.π4 解析解法一（几何法）如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，BB1∩B1D1＝B1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP，所以C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则在直角三角形C1PB中，C1P＝12B1D1＝2，BC1＝22，sin∠PBC1＝PC1BC1＝12，所以∠解法二（向量法）以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，B1C1，B1A1，B1B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，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则B（0，0，2），P（1，1，0），DA（0，2，2），PB＝（－1，－1，2），AD1＝（2，0，－2）.设直线PB与AD1所成的角为θ，则cosθ＝｜PB·AD1｜PB||AD1｜｜＝｜－6｜6×8解法三如图所示，连接BC1，A1B，A1C1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成角等于直线PB与BC1所成角.根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点.易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝π3，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝12∠A1BC1＝π6.方法技巧求异面直线所成角的方法几何法将两直线平移到同一平面内，构造三角形，利用勾股定理或解三角形求两异面直线的夹角或其余弦值.向量法将两直线的方向向量表示出来，利用向量夹角计算两异面直线夹角的余弦值.注意异面直线夹角的范围是（0，π2]训练1[全国卷Ⅱ]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（C）A.15 B.56 C.55 解析解法一如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，所以DE1＝DE2＋EE12＝12＋（3）2＝2，DB1＝12＋12＋（3）2＝5，B1E1＝A1B12＋A1E12解法二如图，连接BD1，交DB1于点O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，AD1＝AD2＋DD12＝2，DM＝AD2＋（12AB）2＝52，DB1＝AB2＋AD2＋DD12＝5，所以OM＝12AD1＝1，解法三以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.由条件可知D（0，0，0），A（1，0，0），D1（0，0，3），B1（1，1，3），所以AD1＝（－1，0，3），DB1＝（1，1，3），则由向量夹角公式，得cos＜AD1，DB1＞＝AD1·DB1｜命题点2求线面角例2[2022全国卷甲]在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝3.（1）证明：BD⊥PA.（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值.解析（1）如图所示，取AB的中点O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1.又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形.又BC＝OB＝1，所以四边形DCBO为菱形，所以BD⊥CO.同理可得，四边形DCOA为菱形，所以AD∥CO，所以BD⊥AD.因为PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PD⊥BD，又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面ADP，所以BD⊥平面ADP.因为PA⊂平面ADP，所以BD⊥PA.（2）解法一由（1）知BD⊥AD，又AB＝2AD，所以∠DAO＝60°，所以三角形ADO为正三角形.过点D作垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（32，－12，0），B（32，32，0），P（0，0，3），D（0，0则AB＝（0，2，0），AP＝（－32，12，3），DP＝（0，0，3设平面PAB的法向量为n＝（x，y，z），则AB·n令x＝2，则y＝0，z＝1，所以n＝（2，0，1）是平面PAB的一个法向量.设直线PD与平面PAB所成的角为α，则sinα＝｜cos＜n，DP＞｜＝｜n·DP｜｜n｜·｜DP｜解法二作DM⊥平面PAB，垂足为M，连接PM，则∠DPM就是PD与平面PAB所成角.易知PA＝2，PB＝6.过A作AN⊥PB于N，因为AB＝2＝PA，所以易得AN＝102，所以S△ABP＝12×6×102于是，根据V三棱锥P－ABD＝V三棱锥D－PAB，得13·S△ABD·DP＝13·S△ABP·DM，即13×（12×1×3）×3＝13×152在Rt△DMP中，sin∠DPM＝DMDP＝1553故PD与平面PAB所成的角的正弦值为55方法技巧求直线与平面所成角的方法几何法利用直线与平面所成角的定义求解，具体步骤：（1）寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；（2）连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角即为所求的角；（3）通过解该角所在的三角形求解.注意直线与平面平行或垂直的特殊情况.向量法sinθ＝｜cos＜AB，n＞｜＝｜AB·n｜｜AB||n｜（其中AB为平面α的斜线，n为平面训练2[2023全国卷乙]已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（C）A.15 B.25 C.35 解析如图所示，取AB的中点M，连接CM，DM，则CM⊥AB，DM⊥AB，故∠CMD即为二面角C－AB－D的平面角，于是∠CMD＝150°.又CM，DM⊂平面CMD，CM∩DM＝M，所以AB⊥平面CMD.设AB＝2，则CM＝1，DM＝3，在△CMD中，由余弦定理可得CD＝3+1－2×3×1×（－32）＝7.延长CM，过点D作CM的垂线，设垂足为H，则∠HMD＝30°，DH＝12DM＝32，MH＝32DM＝32，所以CH＝1＋32＝52.因为DH⊂平面CMD，所以AB⊥DH，又DH⊥CM，AB，CM⊂平面ABC，AB∩CM＝M，所以DH⊥平面ABC，∠DCM即为直线训练3[新高考卷Ⅰ]如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.（1）证明：l⊥平面PDC.（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.解析（1）因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.又PD∩DC＝D，PD，DC⊂平面PDC，因此AD⊥平面PDC.因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.又AD⊂平面PAD，平面PBC∩平面PAD＝l，所以l∥AD.因此l⊥平面PDC.（2）以D为坐标原点，DA，DC，DP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D（0，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1），DC＝（0，1，0），PB＝（1，1，－1）.由（1）可设Q（a，0，1），则DQ＝（a，0，1）.设n＝（x，y，z）是平面QCD的法向量，则n·DQ可取n＝（－1，0，a）.所以cos＜n，PB＞＝n·PB｜设PB与平面QCD所成角为θ，则sinθ＝｜cos＜n，PB＞｜＝33×｜a+1因为331+2aa2+1所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63命题点3求二面角例3[2023全国卷乙]如图，三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，PB＝PC＝6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝5DO，点F在AC上，BF⊥AO.（1）证明：EF∥平面ADO.（2）证明：平面ADO⊥平面BEF.（3）求二面角D－AO－C的正弦值.解析（1）如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则B（0，0），A（2，0），C（0，22），O（0，2），AO＝（－2，2）.设AF＝λAC，则易得F（－2λ＋2，22λ）.因为BF⊥AO，所以BF·AO＝0，所以（－2λ＋2，22λ）·（－2，2）＝0，解得λ＝12，所以F为AC的中点又E，D分别为AP，BP的中点，所以EF∥PC，OD∥PC，所以EF∥OD，又OD⊂平面ADO，EF⊄平面ADO，所以EF∥平面ADO.（2）AO＝AB2＋BO2＝6，OD＝12PC＝62所以AD2＝AO2＋OD2，所以AO⊥OD.由于EF∥OD，所以AO⊥EF，又BF⊥AO，BF∩EF＝F，BF⊂平面BEF，EF⊂平面BEF，所以AO⊥平面BEF.又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.（3）解法一如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（2，0，0），O（0，2，0），AO＝（－2，2，0）.因为PB＝PC，BC＝22，所以设P（x，2，z），z＞0，则BE＝BA＋AE＝BA＋12AP＝（2，0，0）＋12（x－2，2，z）＝（x+22由（2）知AO⊥BE，所以AO·BE＝（－2，2，0）·（x+22，22，z2）＝0，所以x又PB＝6，BP＝（x，2，z），所以x2＋2＋z2＝6，所以z＝3，则P（－1，2，3）.由D为BP的中点，得D（－12，22，32），则AD＝（－52，2设平面DAO的法向量为n1＝（a，b，c），则n1·AD=0，n1·AO=0，即－取a＝1，则n1＝（1，2，3）是平面DAO的一个法向量.易知平面CAO的一个法向量为n2＝（0，0，1），设二面角D－AO－C的大小为θ，则｜cosθ｜＝｜cos＜n1，n2＞｜＝｜n1·n2｜｜n1||n2故二面角D－AO－C的正弦值为22解法二如图，过点O作OH∥BF交AC于点H，设AD∩BE＝G，连接GF，DH.∵BF⊥AO，∴HO⊥AO，且FH＝13AH由（2）知DO⊥AO，又DO∩HO＝O，DO⊂平面DOH，HO⊂平面DOH，所以AO⊥平面DOH，故∠DOH为二面角D－AO－C的平面角.∵D，E分别为PB，PA的中点，∴AD，BE的交点G为△PAB的重心，∴DG＝13AD，GE＝13又易知FH＝13AH，∴DH＝32在△ABP中，AB＝2，BD＝12PB＝62，AD＝5DO＝52PC＝302，则cos∠ABD＝解得PA＝14，同理可得BE＝62易知BF＝12AC＝3，EF＝12PC＝则BE2＋EF2＝32＋32＝3＝BF2，故BE⊥可得GF2＝GE2＋EF2＝（13×62）2＋（62）2∴GF＝153，故DH＝32×153在△DOH中，OH＝12BF＝32，OD＝12PC＝62，∴cos∠DOH＝32＋34－1542×6故二面角D－AO－C的正弦值为22方法技巧求二面角常用的方法几何法根据定义作出二面角的平面角求解.向量法利用公式cos＜n1，n2＞＝n1·n2｜n1||注意二面角的取值范围是[0，π]，需要结合图形的特征，确定求出的两法向量的夹角＜n1，n2＞到底是二面角还是二面角的补角.训练4[2023新高考卷Ⅰ]如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.（1）证明：B2C2∥A2D2.（2）点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.解析（1）解法一依题意，得B2C2＝B2B1＋B1C1＋C1C2＝DD2＋AD＋A解法二以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），所以B2C2＝（0，－2，1），A2D2＝（0，－2，1），所以B2C2＝A2D（2）建立空间直角坐标系，建系方法同（1）中解法二，设BP＝n（0≤n≤4），则P（0，2，n），所以PA2＝（2，0，1－n），PC2＝（0，－2，3设平面PA2C2的法向量为a＝（x1，y1，z1），所以PA2令x1＝n－1，得a＝（n－1，3－n，2）.设平面A2C2D2的法向量为b＝（x2，y2，z2），由（1）解法二知，A2C2＝（－2，－2，2），A2D2＝（0所以A2C令y2＝1，得b＝（1，1，2）.所以｜cos150°｜＝｜cos＜a，b＞｜＝｜n－1+3整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，所以BP＝1或BP＝3，所以B2P＝1.命题点4求空间距离例4[2023天津高考]如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点.（1）求证：A1N∥平面C1MA.（2）求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值.（3）求点C到平面C1MA的距离.解析（1）解法一（几何法）连接MN.因为M，N分别是BC，AB的中点，所以MN∥AC且MN＝12AC＝1，即有MNA1C1，所以四边形MNA1C1是平行四边形，故A1N∥MC1又MC1⊂平面C1MA，A1N⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.解法二（向量法）以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则有A（0，0，0），M（1，1，0），N（1，0，0），A1（0，0，2），C1（0，1，2）.所以A1N＝（1，0，－2），AM＝（1，1，0），AC1＝（0，1设平面C1MA的法向量n＝（x，y，z），则n·AM=0，n·AC1=0，即x＋y=0，y+2z=0，不妨取n＝（2，－2，1）.因为A1N·n＝1×又A1