2025高考数学二轮复习-专题5 立体几何 第3讲 空间角、空间距离【课件】

第3讲空间角、空间距离2025基础回扣•考教衔接以题梳点•核心突破目录索引

基础回扣•考教衔接1.(人B选必一1.2节习题改编)已知ABCD-A1B1C1D1是正方体,则直线A1D与直线BD1所成角的大小为

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2.(人A选必一1.4.2节习题)如图,在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直,OA=OC=3,OB=2,则直线OB与平面ABC所成角的正弦值为

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3.(人B选必一1.2节习题改编)如图所示,已知四棱锥S-ABCD中,SA⊥平面ABCD,四边形ABCD为直角梯形,∠DAB=∠ABC=90°,且SA=AB=BC=3AD,则平面SAB与平面SCD所成角的正弦值为

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解析

依题意,AD,AB,AS两两垂直.以A为原点,AD,AB,AS所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设AD的长为1,则A(0,0,0),S(0,0,3),C(3,3,0),D(1,0,0),4.(人A选必一1.4.2节习题)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段DD1的中点,F为线段BB1的中点.(1)求点A1到直线B1E的距离;(2)求直线FC1到直线AE的距离;(3)求点A1到平面AB1E的距离;(4)求直线FC1到平面AB1E的距离.(4)因为AE∥FC1,FC1⊄平面AB1E,AE⊂平面AB1E,所以FC1∥平面AB1E,所以直线FC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离.真题体验1.(2012·陕西,理5)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,且CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(

)AB解析

(方法一)设棱台的高为h,三条侧棱延长后相交于一点S.正三角形ABC与正三角形A1B1C1的中心分别是点O,O1.连接AO,SO,易知点O1在SO上.由AB=3A1B1,可知三棱锥S-A1B1C1的高为SO1=h,三棱锥S-ABC的高为SO=h,正三棱台ABC-A1B1C1中,△ABC和△A1B1C1均为正三角形,AB=6,A1B1=2,3.(2003·全国,理18改编)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=2,|AC|=|BC|=2,D,E分别是CC1和A1B的中点,则点A1到平面AED的距离为

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以题梳点•核心突破考点一异面直线所成的角例1如图,已知点O是圆柱下底面圆的圆心,AA1为圆柱的一条母线,B为圆柱下底面圆周上一点,OA=1,∠AOB=,△AA1B为等腰直角三角形,则异面直线A1O与AB所成角的余弦值为(

)C解析

(方法一)如图,过点B作BB1∥AA1交圆柱的上底面于点B1,连接A1B1,B1O,则由圆柱的性质易证四边形A1B1BA为矩形,所以A1B1∥AB,所以∠B1A1O或其补角即异面直线A1O与AB所成的角.在△AOB中,OB=OA=1,[对点训练1]如图所示,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4,则异面直线AQ与PB所成角的正弦值为

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解析

由题设知,四边形ABCD是正方形,连接AC,BD,交于点O,则AC⊥BD.连接OP,OQ,易知OP⊥平面ABCD,OQ⊥平面ABCD,故PQ⊥平面ABCD,则OA,OB,OP两两垂直,以O为原点,CA,DB,QP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P(0,0,1),A(2,0,0),Q(0,0,-2),考点二直线与平面所成的角例2(2023·全国甲,理18)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距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.(1)证明

∵A1C⊥底面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴BC⊥AC.又A1C,AC⊂平面ACC1A1,∴BC⊥平面ACC1A1.∵BC⊂平面BCC1B1,∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.如图,过点A1作A1O⊥CC1交CC1于点O,

(2)解

(方法一)连接BA1.∵BC⊥A1C,BC⊥AC,∴在Rt△A1CB中有A1C2+BC2=在Rt△ACB中有AC2+BC2=AB2,又AC=A1C,∴AB=BA1.过点B作BD⊥AA1交AA1于点D,则D为AA1的中点,且BB1⊥BD,则BD即为直线AA1与BB1的距离,∴BD=2.(方法二

空间向量法)∵A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,∴A1C,AC,BC两两垂直.[对点训练2](2024·湖南娄底一模)如图,四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为直角梯形,AB∥CD,AB⊥AD,AB=AD=2,PB=CD=4,PD=AD,E为PB中点,DE⊥PC.(1)求证:PD⊥平面ABCD;(2)已知点F为线段AB的中点,求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.(1)证明

连接BD.因为AB=AD,且AB⊥AD,所以BD=AD.因为PD=AD,所以PD=BD,故△PDB为等腰三角形.因为E是棱PB的中点,所以DE⊥PB.因为DE⊥PC,PC,PB⊂平面PBC,且PC∩PB=P,所以DE⊥平面PBC.因为BC⊂平面PBC,所以DE⊥BC.由题意可得,BC=BD=AB,则BC2+BD2=4AB2=CD2,所以BC⊥BD.因为BD,DE⊂平面PBD,且BD∩DE=D,所以BC⊥平面PBD.因为PD⊂平面PBD,所以BC⊥PD.因为PD=BD=AB,PB=2AB,所以PB2=PD2+BD2,所以PD⊥BD.因为BD,BC⊂平面ABCD,且BD∩BC=B,所以PD⊥平面ABCD.(2)解

以D为原点,DA,DC,DP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.考点三平面与平面的夹角例3(2024·全国甲,理19)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为AD的中点.(1)证明:BM∥平面CDE;(2)求二面角F-

BM-E的正弦值.(1)证明

因为M为AD的中点,且AD=4,故MD=2=BC,又因为BC∥AD,所以四边形BCDM为平行四边形,所以BM∥CD.因为BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,所以BM∥平面CDE.(2)解

取AM的中点O,连接OF,OB,由题意,易知OF⊥AM,OB⊥AM,且OF=3,OB=,故OF2+OB2=FB2,所以OF⊥OB.[对点训练3](2023·新高考Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.(1)证明:BC⊥DA;(1)证明

如图1,连接AE,DE.∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE.∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ABD,△ACD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD,∴AB=AC.又E为BC中点,∴BC⊥AE.∵AE,DE⊂平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.图1(2)解

设BC=2,由已知可得DA=DB=DC=.DE为等腰直角三角形BCD斜边BC上的中线,∴DE=1.∵△ABD,△ACD为等边三角形,∴AB=AC=.∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形,∴AE=1.易知DE=1.∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,∴AE,BC,DE两两垂直.以E为坐标原点,ED,EB,EA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图2所示的空间直角坐标系,则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0),图2考点四距离问题例4(2024·广东佛山二模)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D为上底面ABC上一点.(1)在上底面ABC上画一条经过点D的直线l,该直线与B1D垂直,应该如何画线,请说明理由;(2)若BC=BB1=1,AB=2,∠A1B1C1=,E为A1B1的中点,求点B到平面AC1E的距离.解

(1)连接BD,在平面ABC上过点D作l⊥BD.因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以BB1⊥平面ABC.又l⊂平面ABC,所以BB1⊥l.因为l⊥BB1,l⊥BD,BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BB1D,所以l⊥平面BB1D.又B1D⊂平面BB1D,所以l⊥B1D.(2)因为∠A1B1C1=,所以B1A1,B1C