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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
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这是一份备考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，共13页。
1.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③ 90° ；一条直线和平面平行或直线在平面内，则它们所成的角是④ 0° .
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
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1
2.二面角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2
3.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－cs2（AP，AB）.
（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⋅n||n| .
（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cs∠BA1C1＝52＋52－（42）22×5×5＝
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.故选C.
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cs＜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sin θ＝｜cs＜m，n＞｜＝12，所以θ＝30°.
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°，则sin θ＝｜cs＜m，n＞｜＝49×9＝49，cs θ＝659.
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.π2B.π3C.π4D.π6
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∠PBC1＝π6，故选D.
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），D1（2，2，0），
A（0，2，2），PB＝（－1，－1，2），AD1＝（2，0，－2）.设直线PB与AD1所成的角为θ，则cs θ＝｜PB·AD1｜PB||AD1｜｜＝｜－6｜6×8＝32.因为θ∈（0，π2]，所以θ＝π6，故选D.
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.故选D.
方法技巧
求异面直线所成角的方法
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.15B.56C.55D.22
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＝12＋22＝5，在△B1DE1中，由余弦定理，得cs∠B1DE1＝22＋（5）2－（5）22×2×5＝55，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55，故选C.
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，OD＝12DB1＝52，于是在△DMO中，由余弦定理，得cs∠MOD＝12＋（52）2－（52）22×1×52＝55，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55，故选C.
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cs＜AD1，DB1＞＝AD1·DB1｜AD1｜·｜DB1｜＝225＝55，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55，故选C.
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（0，0，0）.
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=0，AP·n=0⇒2y=0，－32x＋12y＋3z=0.
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sin α＝｜cs＜n，DP＞｜＝｜n·DP｜｜n｜·｜DP｜＝35×3＝55，所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为55.
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＝152.
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＝13×152DM，解得DM＝155.
在Rt△DMP中，sin∠DPM＝DMDP＝1553＝55.
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
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.15B.25C.35D.25
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CD与平面ABC所成的角，于是在Rt△DCH中，tan∠DCM＝DHCH＝35，故选C.
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=0，n·DC=0，即ax＋z=0，y=0.
可取n＝（－1，0，a）.
所以cs＜n，PB＞＝n·PB｜n｜·｜PB｜＝－1－a3·1+a2 .
设PB与平面QCD所成角为θ，则sin θ＝｜cs＜n，PB＞｜＝33×｜a+1｜1+a2＝331+2aa2+1.
因为331+2aa2+1≤63，当且仅当a＝1时等号成立，
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，又AD＝5OD＝302，
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+22，22，z2），
由（2）知AO⊥BE，所以AO·BE＝（－2，2，0）·（x+22，22，z2）＝0，所以x＝－1，
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＝（－52，22，32）.
设平面DAO的法向量为n1＝（a，b，c），
则n1·AD=0，n1·AO=0，即－52a＋22b＋32c=0，－2a＋2b=0，得b＝2a，c＝3a，
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｜cs θ｜＝｜cs＜n1，n2＞｜＝｜n1·n2｜｜n1||n2｜＝36＝22，所以sin θ＝1－12＝22，
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＝13BE.
又易知FH＝13AH，∴DH＝32GF，
在△ABP中，AB＝2，BD＝12PB＝62，AD＝5DO＝52PC＝302，则cs∠ABD＝4+32－1522×2×62＝4+6－PA22×2×6，
解得PA＝14，同理可得BE＝62.
易知BF＝12AC＝3，EF＝12PC＝62，
则BE2＋EF2＝32＋32＝3＝BF2，故BE⊥EF，
可得GF2＝GE2＋EF2＝（13×62）2＋（62）2＝53，
∴GF＝153，故DH＝32×153＝152.
在△DOH中，OH＝12BF＝32，OD＝12PC＝62，DH＝152，
∴cs∠DOH＝32＋34－1542×62×32＝－22，∴sin∠DOH＝22.
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
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＋A2A＝A2D2，所以B2C2∥A2D2.
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＝A2D2，所以B2C2∥A2D2.
（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－n）.
设平面PA2C2的法向量为a＝（x1，y1，z1），
所以PA2·a=0，PC2·a=0，则2x1＋（1－n）z1=0，－2y1＋（3－n）z1=0，
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，－2，1），
所以A2C2·b=0，A2D2·b=0，则－2x2－2y2+2z2=0，－2y2＋z2=0，
令y2＝1，得b＝（1，1，2）.
所以｜cs 150°｜＝｜cs＜a，b＞｜＝｜n－1+3－n+4｜（n－1）2+4+（3－n）2×6＝32，
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MN?A1C1，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＝（0，1，2）.
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＝1×2＋0×（－2）＋（－2）×1＝0，所以A1N⊥n.
又A1N⊄平面C1MA，
所以A1N∥平面C1MA.
（2）由（1）中解法二易知，平面ACC1A1的一个法向量为AN＝（1，0，0），平面C1MA的一个法向量为n＝（2，－2，1），所以｜cs＜AN，n＞｜＝｜n·AN｜｜n｜·｜AN｜＝23，
所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为23.
（3）易得C（0，2，0），则MC＝（－1，1，0），所以点C到平面C1MA的距离d＝｜MC·n｜n｜｜＝43.
方法技巧
1.求点到平面的距离的常用方法
2.求直线到平面的距离以及两平行平面的距离时，往往转化为求点到平面的距离.
训练5 [2023上海春季高考改编]如图，已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝3，AC＝4，M为BC的中点，过点M分别作平行于平面PAB的直线交AC，PC于点E，F.
（1）求直线PM与平面ABC所成角的正切值.
（2）证明：平面MEF∥平面PAB，并求直线ME到平面PAB的距离.
解析 （1）如图，连接AM.因为PA⊥平面ABC，所以∠PMA即直线PM与平面ABC所成的角.
因为AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，
所以BC＝AB2＋AC2＝5，
又M为BC的中点，所以AM＝12BC＝52，
所以在Rt△PAM中，tan∠PMA＝PAAM＝65，
故直线PM与平面ABC所成角的正切值为65.
（2）因为ME∥平面PAB，MF∥平面PAB，ME∩MF＝M，且ME，MF⊂平面MEF，
所以平面MEF∥平面PAB.
因为PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，所以PA⊥AE.
又AB⊥AC，即AE⊥AB，而AB，PA⊂平面PAB，AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB，
所以直线ME到平面PAB的距离等于AE的长.
因为ME∥平面PAB，ME⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以ME∥AB，
又M为BC的中点，所以E为AC的中点，
所以AE＝12AC＝2.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ⅠT19
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cs θ＝⑧ ｜cs＜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sin θ＝⑩ ｜cs＜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cs θ＝｜cs＜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] .
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].
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
sin θ＝｜cs＜AB，n＞｜＝｜AB·n｜｜AB||n｜（其中AB为平面α的斜线，n为平面α的法向量，θ为斜线AB与平面α所成的角）.
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cs＜n1，n2＞＝n1·n2｜n1||n2｜（n1，n2分别为两平面的法向量）进行求解.
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.
几何法
找到点到平面的距离，通过解三角形求出距离，若点到平面的距离不易求，还可转化为过已知点且与相关平面平行的直线上的其他点到平面的距离求解.
等体
积法
利用已知的点和平面构造四面体，利用四面体能够以任何一个面作为底面去求体积的特征，把四面体的体积以不同面为底表示两次，列出方程，解方程即可求出距离.
向量法
求点P到平面α的距离的三个步骤：
①在平面α内取一点A，确定向量PA的坐标；
②确定平面α的法向量n；
③代入公式d＝｜PA·n｜｜n｜求解.
1.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③ 90° ；一条直线和平面平行或直线在平面内，则它们所成的角是④ 0° .
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
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1
2.二面角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2
3.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－cs2（AP，AB）.
（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⋅n||n| .
（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cs∠BA1C1＝52＋52－（42）22×5×5＝
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.故选C.
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cs＜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sin θ＝｜cs＜m，n＞｜＝12，所以θ＝30°.
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°，则sin θ＝｜cs＜m，n＞｜＝49×9＝49，cs θ＝659.
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.π2B.π3C.π4D.π6
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∠PBC1＝π6，故选D.
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），D1（2，2，0），
A（0，2，2），PB＝（－1，－1，2），AD1＝（2，0，－2）.设直线PB与AD1所成的角为θ，则cs θ＝｜PB·AD1｜PB||AD1｜｜＝｜－6｜6×8＝32.因为θ∈（0，π2]，所以θ＝π6，故选D.
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.故选D.
方法技巧
求异面直线所成角的方法
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.15B.56C.55D.22
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＝12＋22＝5，在△B1DE1中，由余弦定理，得cs∠B1DE1＝22＋（5）2－（5）22×2×5＝55，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55，故选C.
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，OD＝12DB1＝52，于是在△DMO中，由余弦定理，得cs∠MOD＝12＋（52）2－（52）22×1×52＝55，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55，故选C.
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cs＜AD1，DB1＞＝AD1·DB1｜AD1｜·｜DB1｜＝225＝55，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55，故选C.
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（0，0，0）.
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=0，AP·n=0⇒2y=0，－32x＋12y＋3z=0.
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sin α＝｜cs＜n，DP＞｜＝｜n·DP｜｜n｜·｜DP｜＝35×3＝55，所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为55.
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＝152.
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＝13×152DM，解得DM＝155.
在Rt△DMP中，sin∠DPM＝DMDP＝1553＝55.
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
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.15B.25C.35D.25
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CD与平面ABC所成的角，于是在Rt△DCH中，tan∠DCM＝DHCH＝35，故选C.
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=0，n·DC=0，即ax＋z=0，y=0.
可取n＝（－1，0，a）.
所以cs＜n，PB＞＝n·PB｜n｜·｜PB｜＝－1－a3·1+a2 .
设PB与平面QCD所成角为θ，则sin θ＝｜cs＜n，PB＞｜＝33×｜a+1｜1+a2＝331+2aa2+1.
因为331+2aa2+1≤63，当且仅当a＝1时等号成立，
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，又AD＝5OD＝302，
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+22，22，z2），
由（2）知AO⊥BE，所以AO·BE＝（－2，2，0）·（x+22，22，z2）＝0，所以x＝－1，
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＝（－52，22，32）.
设平面DAO的法向量为n1＝（a，b，c），
则n1·AD=0，n1·AO=0，即－52a＋22b＋32c=0，－2a＋2b=0，得b＝2a，c＝3a，
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｜cs θ｜＝｜cs＜n1，n2＞｜＝｜n1·n2｜｜n1||n2｜＝36＝22，所以sin θ＝1－12＝22，
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＝13BE.
又易知FH＝13AH，∴DH＝32GF，
在△ABP中，AB＝2，BD＝12PB＝62，AD＝5DO＝52PC＝302，则cs∠ABD＝4+32－1522×2×62＝4+6－PA22×2×6，
解得PA＝14，同理可得BE＝62.
易知BF＝12AC＝3，EF＝12PC＝62，
则BE2＋EF2＝32＋32＝3＝BF2，故BE⊥EF，
可得GF2＝GE2＋EF2＝（13×62）2＋（62）2＝53，
∴GF＝153，故DH＝32×153＝152.
在△DOH中，OH＝12BF＝32，OD＝12PC＝62，DH＝152，
∴cs∠DOH＝32＋34－1542×62×32＝－22，∴sin∠DOH＝22.
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
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＋A2A＝A2D2，所以B2C2∥A2D2.
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＝A2D2，所以B2C2∥A2D2.
（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－n）.
设平面PA2C2的法向量为a＝（x1，y1，z1），
所以PA2·a=0，PC2·a=0，则2x1＋（1－n）z1=0，－2y1＋（3－n）z1=0，
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，－2，1），
所以A2C2·b=0，A2D2·b=0，则－2x2－2y2+2z2=0，－2y2＋z2=0，
令y2＝1，得b＝（1，1，2）.
所以｜cs 150°｜＝｜cs＜a，b＞｜＝｜n－1+3－n+4｜（n－1）2+4+（3－n）2×6＝32，
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MN?A1C1，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＝（0，1，2）.
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＝1×2＋0×（－2）＋（－2）×1＝0，所以A1N⊥n.
又A1N⊄平面C1MA，
所以A1N∥平面C1MA.
（2）由（1）中解法二易知，平面ACC1A1的一个法向量为AN＝（1，0，0），平面C1MA的一个法向量为n＝（2，－2，1），所以｜cs＜AN，n＞｜＝｜n·AN｜｜n｜·｜AN｜＝23，
所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为23.
（3）易得C（0，2，0），则MC＝（－1，1，0），所以点C到平面C1MA的距离d＝｜MC·n｜n｜｜＝43.
方法技巧
1.求点到平面的距离的常用方法
2.求直线到平面的距离以及两平行平面的距离时，往往转化为求点到平面的距离.
训练5 [2023上海春季高考改编]如图，已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝3，AC＝4，M为BC的中点，过点M分别作平行于平面PAB的直线交AC，PC于点E，F.
（1）求直线PM与平面ABC所成角的正切值.
（2）证明：平面MEF∥平面PAB，并求直线ME到平面PAB的距离.
解析 （1）如图，连接AM.因为PA⊥平面ABC，所以∠PMA即直线PM与平面ABC所成的角.
因为AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，
所以BC＝AB2＋AC2＝5，
又M为BC的中点，所以AM＝12BC＝52，
所以在Rt△PAM中，tan∠PMA＝PAAM＝65，
故直线PM与平面ABC所成角的正切值为65.
（2）因为ME∥平面PAB，MF∥平面PAB，ME∩MF＝M，且ME，MF⊂平面MEF，
所以平面MEF∥平面PAB.
因为PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，所以PA⊥AE.
又AB⊥AC，即AE⊥AB，而AB，PA⊂平面PAB，AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB，
所以直线ME到平面PAB的距离等于AE的长.
因为ME∥平面PAB，ME⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以ME∥AB，
又M为BC的中点，所以E为AC的中点，
所以AE＝12AC＝2.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ⅠT19
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cs θ＝⑧ ｜cs＜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sin θ＝⑩ ｜cs＜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cs θ＝｜cs＜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] .
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].
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
sin θ＝｜cs＜AB，n＞｜＝｜AB·n｜｜AB||n｜（其中AB为平面α的斜线，n为平面α的法向量，θ为斜线AB与平面α所成的角）.
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cs＜n1，n2＞＝n1·n2｜n1||n2｜（n1，n2分别为两平面的法向量）进行求解.
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.
几何法
找到点到平面的距离，通过解三角形求出距离，若点到平面的距离不易求，还可转化为过已知点且与相关平面平行的直线上的其他点到平面的距离求解.
等体
积法
利用已知的点和平面构造四面体，利用四面体能够以任何一个面作为底面去求体积的特征，把四面体的体积以不同面为底表示两次，列出方程，解方程即可求出距离.
向量法
求点P到平面α的距离的三个步骤：
①在平面α内取一点A，确定向量PA的坐标；
②确定平面α的法向量n；
③代入公式d＝｜PA·n｜｜n｜求解.
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