2025届新高考数学冲刺突破复习 空间角与距离、空间向量及其应用

2025届新高考数学冲刺突破复习空间角与距离、空间向量及其应用考点清单题型清单目录考点1用向量法判定空间中的位置关系考点2空间角与距离题型1求直线与平面所成角的方法题型2求二面角的方法题型3立体几何中的探索性问题考点考点1用向量法判定空间中的位置关系设直线l,m的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为u,v,则有:线线平行:l∥m⇔a∥b⇔∃k∈R,使得a=kb.线面平行:l∥α⇔a⊥u⇔a·u=0.面面平行:α∥β⇔u∥v⇔∃k∈R,使得u=kv.线线垂直:l⊥m⇔a⊥b⇔a·b=0.线面垂直:l⊥α⇔a∥u⇔∃k∈R,使得a=ku.面面垂直:α⊥β⇔u⊥v⇔u·v=0.求平面法向量的方法

考点2空间角与距离1.空间中的角空间中的角范围示例公式异面直线所成角

cosθ=

直线与平面所成角

sinθ=

平面与平面的夹角(所成角)

cosθ=

二面角的平面角[0,π]

cosθ=

注意二面角的平面角的余弦值的正负需要根据实际图形确定.2.空间中的距离空间中的距离示例公式点到直线的距离

PQ=

=

平面外一点到平面的距离

PQ=

提示空间中的其他距离,如两平行直线间的距离可转化为点到直线的距离;直线与平面平

行时,直线到平面的距离可转化为点到平面的距离;两平面平行时,两平面间的距离可

转化为点到平面的距离.即练即清1.判断正误(对的打“√”,错的打“✕”)(1)直线的方向向量是唯一确定的.

(

)(2)若两平面的法向量平行,则两平面平行.

(

)(3)若二面角α-a-β的两个半平面α,β的法向量n1,n2所成角为θ,则二面角α-a-β的大小是π-

θ.

(

)××√2.有下列说法:①若A,B,C,D是空间任意四点,则有

+

+

+

=0;②|a|-|b|=|a+b|是a,b共线的充要条件;③若a,b共线,则a与b所在直线平行;④对空间任意一点O与不共线的三点A,B,C,若

=x

+y

+z

(其中x,y,z∈R),则P,A,B,C四点共面.其中不正确的为

.(填序号)②③④题型1求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.2.公式法sinθ=

(其中h为斜线上除斜足外的任一点到所给平面α的距离,l为该点到斜足的距离,θ为斜线与平面α所成的角).3.向量法sinθ=|cos<

,n>|=

(其中

为平面α的斜线AB的方向向量,n为平面α的法向量,θ为斜线与平面α所成的角).例1

(2023全国甲理,18,12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)证明:A1C=AC;(2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.

解析

(1)证明:第一步:作辅助线.如图,过A1作A1D⊥CC1,垂足为D,

(1分)

第二步:根据已知条件由直线与平面垂直的性质定理得到直线与直线垂直.∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC.

(2分)第三步:根据直线与平面垂直的判定定理证明直线与平面垂直,进而得到直线与直线

垂直.又∠ACB=90°,∴AC⊥BC,∵A1C,AC⊂平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,∴BC⊥平面ACC1A1,∵A1D⊂平面ACC1A1,∴BC⊥A1D.

(3分)第四步:根据直线与平面垂直的判定定理判定直线与平面垂直.又CC1,BC⊂平面BCC1B1,且CC1∩BC=C,∴A1D⊥平面BCC1B1,∴A1D=1.

(4分)第五步:根据垂直关系以及三棱柱的性质得结论.由已知条件易证△CA1C1是直角三角形,∠CA1C1=90°.又CC1=AA1=2,A1D=1,∴D为CC1的中点,又A1D⊥CC1,∴A1C=A1C1.又在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=A1C1,∴A1C=AC.

(5分)(2)第一步:作辅助线确定相关线段的长度.如图,连接A1B,由(1)易证A1B=A1B1,故取BB1的中点F,连接A1F,则A1F⊥B1B.∵AA1与BB1的距离为2,∴A1F=2,又A1A=2且A1C=AC,∴A1C=A1C1=AC=

,AB=A1B1=

,BC=

.

(6分)第二步:建立空间直角坐标系,求出相关点的坐标和对应向量.建立空间直角坐标系C-xyz如图所示,

则C(0,0,0),A(

,0,0),B(0,

,0),B1(-

,

,

),C1(-

,0,

),∴

=(0,

,0),

=(-

,0,

),

=(-2

,

,

),

(7分)第三步:设出平面的法向量.设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),第四步:列方程组计算出平面的一个法向量.则

即

取x=1,则z=1,∴平面BCC1B1的一个法向量为n=(1,0,1).

(9分)第五步:设直线与平面所成角为θ,然后根据公式求得结果.设AB1与平面BCC1B1所成角为θ,则sinθ=|cos<n,

>|=

=

.

(11分)∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为

.

(12分)即练即清1.(2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA1B1C1中,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.

解析

解法一:(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2

,所以A1

+A

=A

,故AB1⊥A1B1.(利用勾股定理的逆定理证明线线垂直)由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=

,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2

,由CC1⊥AC,得AC1=

,所以A

+B1

=A

,故AB1⊥B1C1.又A1B1∩B1C1=B1,因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1且AB1⊂平面ABB1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是AC1与

平面ABB1所成的角.

由B1C1=

,A1B1=2

,A1C1=

得cos∠C1A1B1=

,则sin∠C1A1B1=

,所以C1D=

,故sin∠C1AD=

=

.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是

.解法二:(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的非负半轴,建

立空间直角坐标系O-xyz.

由题意知各点坐标如下:A(0,-

,0),B(1,0,0),A1(0,-

,4),B1(1,0,2),C1(0,

,1).因此

=(1,

,2),

=(1,

,-2),

=(0,2

,-3).由

·

=0得AB1⊥A1B1.由

·

=0得AB1⊥A1C1.(注意两向量垂直的充要条件的应用)因为A1B1∩A1C1=A1,所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)可知

=(0,2

,1),

=(1,

,0),

=(0,0,2).设平面ABB1的法向量为n=(x,y,z).由

得

可取n=(-

,1,0).所以sinθ=|cos<

,n>|=

=

.(注意线面角θ与两向量夹角的关系)因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是

.题型2求二面角的方法1.定义法:在二面角的棱上找一特殊点,过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射

线,如图(1),∠AOB为二面角α-l-β的平面角.2.垂面法:过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面的交线所形成的

角即为二面角的平面角,如图(2),∠AOB为二面角α-l-β的平面角.3.垂线法(三垂线定理法):过二面角的一个半平面内一点(不在棱上)作另一个半平面所

在平面的垂线,从垂足出发向棱引垂线,利用三垂线定理(线面垂直的性质)即可找到所

求二面角的平面角或其补角.如图(3),∠ABO为二面角α-l-β的平面角.

4.利用射影面积公式:cosθ=

(当二面角的平面角是锐角时,二面角的平面角为θ,当二面角的平面角是钝角时,二面角的平面角为π-θ),该法主要用来解决无棱二面角大小的

计算问题,关键在于找出其中一个半平面内的多边形在另一个半平面内的射影.5.向量法:利用公式cos<n1,n2>=

(n1,n2分别为两平面的法向量)进行求解,注意<n1,n2>与二面角大小的关系,是相等还是互补,需结合图形进行判断.例2

(2024届浙江嘉兴统考模拟,18)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=

1,AA1=

,点M,N分别是CC1,BC的中点,点P是线段A1B1上一点,且PN∥平面AA1C1C.(1)求证:点P是线段A1B1的中点;(2)求二面角P-MN-B1的余弦值.

解析

(1)证明:过点P作PH∥B1C1,且PH∩A1C1=H,∵PH∥B1C1∥BC,∴P,H,C,N四点共面,∵PN∥平面AA1C1C,平面PHCN∩平面AA1C1C=HC,∴PN∥HC,又PH∥NC,∴四边形PHCN是平行四边形,∴PH=NC,又N为BC中点,B1C1

BC,∴PH=

B1C1,又PH∥B1C1,∴点P是线段A1B1的中点.(2)解法一以A为原点,分别以

,

,

的方向为x,y,z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(0,0,0),A1(0,0,

),B1(1,0,

),N

,M

,P

,则

=

,

=

,

=

,

=

,设平面PMN的法向量为n=(x,y,z),则

令y=4,解得x=6,z=

,∴n=(6,4,

),设平面B1MN的法向量为m=(a,b,c),则

令a=1,则b=1,c=0,∴m=(1,1,0),∴cos<m,n>=

=

=

,由图知二面角P-MN-B1为锐二面角,∴二面角P-MN-B1的余弦值为

.解法二取B1C1的中点Q,B1Q的中点R,连接PR,A1Q,过点R作RT⊥MN,且RT∩MN=T,连

接PT,

∵A1B1=A1C1,Q为B1C1的中点,∴A1Q⊥B1C1,∵BB1⊥平面A1B1C1,A1Q⊂平面A1B1C1,∴BB1⊥A1Q,∵BB1∩B1C1=B1,BB1,B1C1⊂平面BCC1B1,∴A1Q⊥平面BCC1B1,易知PR∥A1Q,∴PR⊥平面BCC1B1,∵MN⊂平面BCC1B1,∴PR⊥MN,又PR∩RT=R,PR,RT⊂平面PRT,∴MN⊥平面PRT,又PT⊂平面PRT,∴MN⊥PT,∴∠PTR即为二面角P-MN-B1的平面角.(利用二面角平面角定义证得∠PTR即为所求二面角的平面角)在正方形BCC1B1中,作RS∥BB1,且RS∩BC=S,连接RN,RM,∵RN2=RS2+SN2=2+

=

,MN2=CN2+CM2=

+

=1,RM2=C1M2+C1R2=

+

=

,∴cos∠RNM=

=

=

,∴sin∠RNM=

=

,∴RT=RN·sin∠RNM=

×

=

,又PR=

A1Q=

B1C1=

,∴PT=

=

=

,∴cos∠PTR=

=

=

,即二面角P-MN-B1的余弦值为

.即练即清2.(2019课标Ⅱ理,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱

AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.

解析

(1)证明:由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,因为BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE

⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,B1C1,EC1⊂平面EB1C1,所以BE⊥平面EB1C1.

(4分)(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=

2AB.

(5分)以D为坐标原点,

的方向为x轴正方向,|

|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,

(6分)

则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),则

=(1,0,0),

=(1,-1,1),

=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则

即

所以可取n=(0,-1,-1).

(8分)设平面ECC1的法向量为m=(x',y',z'),则

即

所以可取m=(1,1,0).

(10分)于是cos<n,m>=

=-

.

(11分)所以二面角B-EC-C1的正弦值为

.

(12分)题型3立体几何中的探索性问题1.涉及线段上点的位置的探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明,所

求点多为中点或三等分点中的某一个,也可以根据相似知识找点,求解时注意三点共

线条件的应用.2.借助空间直角坐标系,把几何对象上动点的坐标用参数(变量)表示出来,将几何对象

坐标化,这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组.若方程或方程组有

满足题设要求的解,则通过参数的值反过来确定几何对象的位置;若方程或方程组没

有满足题设要求的解,则表示满足题设要求的几何对象不存在.例3

(2023福建龙岩二模,19)三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,侧面A1ACC1为

矩形,∠A1AB=

,三棱锥C1-ABC的体积为

.(1)求侧棱AA1的长;(2)侧棱CC1上是否存在点E,使得直线AE与平面A1BC所成角的正弦值为

?若存在,求出线段C1E的长;若不存在,请说明理由.

解析

(1)在平面AA1B1B内过A作AD⊥A1B1,垂足为D,因为侧面A1ACC1为矩形,所以CA⊥AA1,又CA⊥AB,AB∩AA1=A,AB,AA1⊂平面AA1B1B,所以CA⊥平面AA1B1B,又CA⊂平面ABC,所以平面AA1B1B⊥平面ABC.易得AD⊥AB,因为AD⊂平面AA1B1B,平面AA1B1B∩平面ABC=AB,所以AD⊥平面ABC,因为

=

S△ABC·AD=

×

×2×2AD=

,所以AD=

.因为∠A1AB=

,∠DAB=

,所以∠A1AD=

,所以AA1=2.(2)存在点E满足题意.如图,以A为坐标原点,以AB,AC,AD所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

则A1(-1,0,

),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(-1,2,

),则

=(3,0,-

),

=(1,2,-

),设

=λ

,λ∈[0,1],则E(λ-1,2,

-

λ),故

=(λ-1,2,

-

λ).设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z),则

即

令z=

,则x=y=1,故平面A1BC的一个法向量为m=(1,1,

),设直线AE与平面A1BC所成角为θ,则sinθ