2027届高考数学一轮总复习7.6.1空间的角和距离问题（课件）

这是一份2027届高考数学一轮总复习7.6.1空间的角和距离问题（课件），共157页。PPT课件主要包含了答案A，空间的角多维探究，角度2线面角，角度3二面角，答案D，答案ABD，答案C，答案AD，方法二，答案ACD等内容，欢迎下载使用。
知识梳理 · 双基自测
知 识 梳 理知识点一　两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cs φ ＝|cs θ|＝______(其中φ为异面直线a，b所成的角)．知识点二　直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平 面α所成的角为φ，向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cs θ|＝______.
知识点三　求二面角的大小1．如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝___________.2．如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法 向量，则二面角的大小θ满足|cs θ|＝__________，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
知识点四　利用空间向量求距离1．点到直线的距离若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．
2．点到平面的距离3．线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．注意体积法在求点到平面距离时的应用．
归 纳 拓 展3．若二面角A－BC－D的大小为α，平面ABC内的直线l与平面BCD所成角为β，则α≥β，当l⊥BC时，取等号．4．注意线面角、二面角与点到平面间距离的联系．
双 基 自 测题组一　走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　　)(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(　　)(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　　)(4)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．(　　)[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
题组二　走进教材2.(选择性必修1P20例2)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM所成的角是________.
3．(选择性必修1P44T13)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，则点D1到平面AEC1的距离为________，AD1与平面AEC1所成角的余弦值为________.
题组三　走向考场4．(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
[解析]　(1)证明：因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；在△ABD和△CBD中，因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB＝CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE＝E，所以AC⊥平面BED，因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)连接EF，由(1)知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小．因为△ABD≌△CBD，所以CB＝AB＝2，又因为∠ACB＝60°，所以△ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，
在△DEB中，DE2＋BE2＝BD2，所以BE⊥DE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz，
第一课时　空间的角和距离问题
考点突破 · 互动探究
空间的距离——师生共研
1．(多选题)(2025·广东深圳实验中学阶段测试)已知空间四点A(－1,1,0)，B(2,2,1)，C(1,1,1)，D(0,2,3)，则下列四个结论中正确的是(　　)A．AB⊥CD[答案]　ABD
2．(2025·黑龙江龙东联盟月考)如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E是底面圆周上异于A，B的一点，若AB＝4，当 三棱锥D－ABE体积最大时，点C到平面BDE的距离为 (　　)[答案]　D
名师点拨：1．向量法求点到直线距离的步骤(1)根据图形求出直线的单位方向向量v.
2．求点到平面距离常用的方法(1)定义法：通过求点P到平面垂线段的长求得点到平面的距离，而找(或作)垂线段先要找(或作)过点P的已知平面的垂面，再找(或作)它们交线的垂线．(2)平行转移法：即通过线面平行或面面平行，转化为其他点到平面的距离．
[引申]本例中若H为PC的中点，则BH与PA所成角的余弦值为________.
名师点拨：1．求异面直线所成角的思路(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v1，v2；
[解析]　(1)证明：∵A1C⊥底面ABC，∴A1C⊥AC，A1C⊥BC．又∠ACB＝90°，∴A1C、AC、BC两两垂直，∴BC⊥平面ACC1A1.又BC⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ACC1A1.又A1到平面BCC1B1的距离为1，AA1∥CC1，∴A1到CC1的距离等于C到AA1的距离为1，∴作CH⊥AA1于H，则CH＝1.
又AA1＝2，A1C⊥AC，∴A1A上的中线为1，∴H为AA1的中点，即CH垂直平分AA1，∴AC＝A1C．(2)解法一：定义法连接A1B，由(1)知Rt△ABC≌Rt△A1BC，∴AB＝A1B，连接BH，则BH⊥AA1，
名师点拨：1．用定义法求线面角的步骤(1)用定义法或体积法求出斜线上一点到平面的距离h；(2)求出斜线段的长度l；
2．用向量法求线面角的步骤
[解析]　(1)证明：作PO⊥平面ABCD于O，∵PA＝PB＝PC，∴Rt△PAO≌Rt△PBO≌Rt△PCO，∴OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心，又AB⊥BC，∴O为AC的中点，∴PO⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABCD.(2)解法一：几何法取AB的中点E，连接DE，由AB＝2CD知O∈DE，取OD的中点H，连接QH，则QH∥PO，∴QH⊥平面ABCD，作HM⊥BC于M，连接QM，则BC⊥平面QHM，从而BC⊥QM，
解法二：向量法由AB＝BC，AB⊥BC，知OB⊥OC，∴OB、OC、OP两两垂直，如图建立空间直角坐标系
取x＝1得n＝(1,1,2)，又平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)，记二面角Q－BC－D为α，则
名师点拨：求二面角的方法步骤1．法向量法(1)建坐标系，确定相关点的坐标，进而确定相关向量的坐标；(2)求法向量——求二面角两个面的法向量n1，n2；
2．找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
3．几何法——通过找二面角的平面角求解(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：过棱上任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．
[答案]　A
(1)证明：BC＝BB1；(2)已知平面ABC⊥平面ABB1A1，求二面角B－CC1－A的正弦值．
[解析]　(1)证明：设O为AB的中点，连接CO，B1O，AB1，BC1，因为CA＝CB，
又OC⊂平面OB1C，OB1⊂平面OB1C，OC∩OB1＝O，所以AB⊥平面OB1C，因为B1C⊂平面OB1C，所以AB⊥B1C，因为AC1⊥B1C，AB⊂平面ABC1，AC1⊂平面ABC1，AC1∩AB＝A，所以B1C⊥平面ABC1，因为BC1⊂平面ABC1，所以BC1⊥B1C，所以四边形BCC1B1为菱形，即BC＝BB1.
(2)因为平面ABC⊥平面ABB1A1，且平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，AB⊥OB1，OB1⊂平面ABB1A1，所以B1O⊥平面ABC；以O为坐标原点，OC，OA，OB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2.
名师讲坛 · 素养提升
立体几何中的动态问题立体几何中的动态问题是指点、线或面位置不确定的一类开放性试题，是高考命题的热点，常见题型有动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等，主要考查空间几何体的结构特征、线面的位置关系，常以选择题和填空题的形式出现，难度中等以上，考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．
动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，动中窥静，静中见动，以静制动．求解动态范围的选择题、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围．对于探究存在问题或动态范围(最值)问题，用定性分析法，比较复杂时，可以建立空间直角坐标系，引进参数，把动态问题化归为静态问题，具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证．　 　　　　　　　　　 　　　　　
1.(多选题)(2025·鄂豫皖五十三校联考)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，若一点P在底面ABCD内(包括边界)移动，且满足B1P⊥D1E，则(　　)
2．(多选题)(2026·广东调研)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，N1为A1B1C1D1所在平面上一动点，且NN1⊥平面ABCD，则下列命题正确的是(　　)
B．若三棱柱NAD－N1A1D1的表面积为定值，则点N的轨迹为椭圆C．若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线[答案]　ACD
名师点拨：1．动态问题的一般解法
2．立体几何中轨迹问题的解法(1)利用平行、垂直关系转化为面面交线，或把空间数量关系转化为某平面内的数量关系确定动点轨迹．(2)若动点与定点的连线与定直线所成角为定值，则动点形成圆锥侧面，可通过分析平面与圆锥母线及轴的位置关系确定动点在该平面内的轨迹．(3)建立直角坐标系，求得轨迹方程进行判断．
【变式训练】(多选题)(2026·福建福州八中质检)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的有(　　)A．平面PB1D⊥平面ACD1B．A1P∥平面ACD1D．三棱锥D1－APC的体积不变[答案]　ABD
提能训练　练案[44]
A组基础巩固 一、单选题1.(2024·陕西部分学校联考)如图，在圆锥SO中，AB是底面圆O的直径，D，E分别为SO，SB的中点，OC⊥AB，SO＝AB＝4，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为(　　)
2．(2026·河南郑州阶段测试)已知空间三点A(3,2,0)，B(3,2,2)，C(3,0,1)，则C到直线AB的距离为(　　)[答案]　B
3.(2024·河南许昌中学定位考试)如图，在正三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，E，F分别是AB，BC的中点，则直线AF与平面PEF所成角的正弦值为(　　)[答案]　A
解法二：因为PA，PB，PC两两垂直，所以以P为原点，PA，PB，PC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．
4．(2026·广东江门一中阶段测试)已知平面α的一个法向量为n＝(1,2,1)，A(1,0，－1)，B(0，－1,1)，且A∉α，B∈α，则点A到平面α的距离为(　　)[答案]　B
5．(2025·辽宁师大附中测试)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为棱CC1中点，F为正方形A1B1C1D1内(含边界)的动点，若MF⊥AM，则动点F的轨迹长度为(　　)[答案]　A
二、多选题7.(2026·江苏部分学校开学考试)如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是AB，AD的中点，P为线段C1D1上的动点(不含端点)，则下列结论中正确的是(　　)A．三棱锥M－PNC的体积为定值B．异面直线BC与MP所成的最大角为45°C．不存在点P使得MN⊥NP
8.(2025·河北部分学校摸底)已知E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC和CD的中点，则(　　)A．A1D与B1D1是异面直线B．A1D与EF所成角的大小为45°[答案]　AD
9.(2025·江苏部分学校联合测评)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为线段BD1上的动点(含端点)，下列四个结论中，正确的有(　　)A．存在点M，使得直线AM与直线B1C所成的角为30°B．存在点M，使得直线AM与直线B1C所成的角为60°D．存在点M，使得C1M⊥平面A1DB[答案]　CD
12．(2025·陕西四校质检)阅读材料：空间直角坐标系O－xyz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.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面α的方程为x－2y＋z－7＝0，直线l是两平面x－y＋1＝0与y－z＋2＝0的交线，则直线l与平面α所成角的正弦值为________.[答案]　0
四、解答题13．(2026·湖南永州一中模拟)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1底面是边长为2的正方形，高为4，E为线段AB的中点，F为线段CA1的中点．(1)证明：EF∥平面ADD1A1；(2)求直线EF与平面A1DC所成角的正弦值．
[解析]　(1)证明：如图建立空间直角坐标系，则E(2,1,0)，C(0,2,0)，A1(2,0,4)，B(2,2,0)，又F为线段CA1的中点，所以F(1,1,2)，
方法一：连接CE并延长交DA延长线于H，连接A1H，证明EF∥A1H即可．
方法三：取DC的中点Q，连接FQ、EQ、A1D，证明平面EFQ∥平面ADD1A1即可．
B组能力提升 1．(多选题)(2025·贵州贵阳摸底)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，点M为线段B1D1上动点(包括端点)，则下列结论正确的是(　　)
2.(2024·九省联考试题)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.(1)证明：C1O⊥平面ABCD；(2)求二面角B－AA1－D的正弦值．
[解析]　(1)证明：连接BC1，DC1，因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC，又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，所以△C1CB △C1CD，所以BC1＝DC1，点O为线段BD中点，所以C1O⊥BD，
则C1C2＝OC2＋C1O2，从而C1O⊥OC，又OC∩BD＝O，OC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以C1O⊥平面ABCD.
(2)由题知正方形ABCD中AC⊥BD，C1O⊥平面ABCD，所以建系如图所示，
[解析]　(1)∵AD∥BC，又AD⊂面PAD，BC⊄面PAD，∴BC∥面PAD，又BC⊂面BCE，且面BCE∩面PAD＝EF，∴BC∥EF.(2)∵PA⊥面ABCD，AB⊥AD，∴以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0，h)，(h>0)，易得面PAB的一个法向量n＝(0,1,0)，
4.(2026·浙江嘉兴模拟)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝3，AB＝2，D为BC的中点，点E在棱BB1上，BE＝2EB1.(1)证明：C1E⊥平面ADE；(2)求平面AEC1与平面ABC夹角的余弦值．
[解析]　(1)证明：证法一：在正三棱柱ABC－A1B1C1中，BE＝2，B1E＝1，BD＝1，所以AE⊥C1E，又BE＝2EB1，所以BE＝2＝B1C1，BD＝B1E＝1，∠DBE＝∠EB1C1＝90°，则Rt△BDE Rt△B1EC1，所以∠EDB＝∠C1EB1，
所以∠C1EB1＋∠DEB＝∠EDB＋∠DEB＝90°，即C1E⊥ED，又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以C1E⊥平面ADE.证法二：如图1，以D为原点，以DA，DB所在的直线为x，y轴建立空间直角坐标系，
(2)解法一：如图2，延长C1E，CB交于点F，连接FA，过点C作CG⊥FA，垂足为G，连接C1G，则由CC1⊥平面ABC得C1G⊥FA，所以∠C1GC即为平面AEC1与平面ABC的夹角．在△ACF中，CF＝6，
解法二：如图1，以D为原点，以DA，DB所在的直线为x，y轴建立空间直角坐标系，
C组拓展应用(选作) (2026·辽宁辽西重点高中摸底)已知圆锥PO的轴截面为等腰直角三角形，顶点为P，底面圆心为O，EF为底面圆的直径，PO＝3，G是底面圆周上异于E，F的一个动点，下列结论正确的是(　　)