夯基专题15空间角与空间距离（教师版）

夯基专题15空间角与空间距离考向一空间角考向一空间角1.异面直线所成的角定义：设是两条异面直线，经过空间任一点作直线，把与所成的锐角（或直角）叫做异面直线与所成的角（或夹角）．2.直线与平面所成的角平面的一条与平面α交于点B,AO⊥α于点O,OB即为直线AB在平面α上的射影，直线AB与其投影OB所成的锐角∠ABO，叫做直线AB和平面α所成的角.3.二面角在二面角α−l−β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α,β内分别作垂直于棱l的射线OA,OB，则射线OA和OB构成的∠AOB,叫做二面角α−l−β几何法求空间各种角的大小一般都转化为平面角来计算，求空间角的计算步骤：一作、二证、三计算.求异面直线所成的角，常用平移转化，求直线与平面所成的角，常用射影转化法。二面角的平面角的作法有三种，即定义法、垂线法、垂面法.向量法求解时通常借助直线方向向量与平面法向量进行求解.【典例精讲】例1.(2023·辽宁省阜新市·模拟题)中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体.该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).在如图所示的“曲池”中，AA1⊥平面A1B1C1D1，记弧AB、弧DC的长度分别为l1(1)证明：A1(2)若AA1=4AD，求直线CE

解：(1)证明：延长A1D1，B1C所以A1D连接D1E，O1E，因为E为弧A1故A1D因为AA1⊥平面A1B1C又A1D1⊂平面因为D1E∩DD1=D又DE⊂平面DD1(2)解：以D1为坐标原点，D1O1为x轴，D1E为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz，

则则CE=(−32,设平面DEB1的法向量为则3y0+4cos⟨CE故直线CE与平面DEB1所成角的正弦值为2319．

例2(2023·安徽省·模拟题·多选)在棱长为2的正方体ABCD−AA.异面直线AB1与CD所成角的为45∘

B.异面直线A1B1与AC1所成角的为45∘

C.直线AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为33

D.二面角C1−AD−B的大小为45∘

解：对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CD//AB，

所以异面直线AB1与CD所成角为∠BAB1(或其补角)，

在等腰直角△ABB1中，∠BAB1=45∘，故A正确；

对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1B1//AB，

所以异面直线A1B1与AC1所成角为∠C1AB(或其补角)，

连接BC1，

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，

所以AB⊥BC1，

在Rt△ABC1中，AC1=2【拓展提升】练11（2022·浙江省·同步练习）已知四边形ABCD满足AD//BC，BA=AD=DC=12BC=a，E是BC的中点，将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使平面B1(1)求四棱锥B ​(2)求平面ADB ​1与平面解：(1)取AE的中点M，连接B1M，则B1M⊥AE，

∵BA=AD=DC=12BC=a，E是BC的中点，

∴△ABE为等边三角形，∴B1M=32a，

又∵平面B1AE⊥平面AECD，

且平面B1AE∩平面AECD=AE，B1M⊂平面B1AE，

∴B1M⊥面AECD，

∴四棱锥B1−AECD的体积：

V=13×32a×a×a×sinπ3=a34．

(2)连接MD，分别以ME，MD，MB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．

则E(a2,0,0)，C(a,32a,0)，A(−a2,0,0)，D(0,32a,0)，B1(0,0,32a)，

EC=(a2,3a2,0)，EB1=(−a2,0,3a2(1)若OA⊥OB，求证：BC⊥O(2)若▵AOB为等边三角形，求二面角A−O1解：(1)证明：由圆柱的性质得：

OO1⊥OB

因为

OA∩OO1=O

，OA,OO1⊂平面OO因为

O1A⊂平面OO1A

因为

OC⊥平面ABO1

，

O所以

OC⊥O1又因为

OC∩OB=O

，OB,OC⊂平面BOC，

所以

O1A⊥平面BOC因为

BC⊂平面BOC

，

所以

BC⊥O1(2)过点

A

作

AM⊥OB

垂足为

M

，过

M

作

MN⊥O1B

于

N

，连接

由已知

O1O⊥平面ABO

，所以

平面BO1O⊥平面ABO

，又平面BO1O∩平面ABO=OB

，AM⊥BO，AM⊂平面ABO，

所以AM⊥平面所以

AM⊥BO1

，

又MN⊥O1B，AM∩MN=M，AM,MN⊂平面AMN，

所以

BO所以

BO1⊥AN

，所以

∠ANM

为二面角

又因为

▵AOB

为等边三角形，

AO=23所以

AM=3

，在直角三角形

BO1O

中，

因为▵BMN∼▵BO1O

，所以BMBO1=MN在直角三角形

AMN

中，

AN=9+所以

cos∠ANM=MNAN考向二空间距离考向二空间距离【核心知识】点到平面的距离与直线到平面的距离=1\*GB2⑴点P到直线l的距离设AP=a,u是直线l的单位方向向量，则向量AP在直线l上的投影向量AQ=a=2\*GB2⑵点P到平面α的距离若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d=AP=3\*GB2⑶线面间距离、面面间距离与线线间、点线间距离常常可以相互转化.【典例精讲】（2023·江西省·单元测试·多选）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点E、O分别是A1BA.点A到直线BE的距离是55

B.点O到平面ABC1D1的距离为24

C.平面A1BD与平面B解：如图，建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，C1所以BA=(−1,0,0),设∠ABE=θ，则cos θ=|BA⋅故A到直线BE的距离d1=|BA易知C1平面ABC1D则点O到平面ABC1D1的距离A1设平面A1BD的法向量为则n⋅A令z=1，得y=1,x=1，所以n=(1,1,1)所以点D1到平面A1BD因为平面A1BD//平面所以平面A1BD与平面B1CD所以平面A1BD与平面B1CD因为AP=34又AB=(1,0,0)，则AP所以点P到AB的距离d4=故选BC．

例4.(2023·福建省·模拟题)如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为线段D(1)求点A1到直线B(2)求直线FC1到直线(3)求点A1到平面A(4)求直线FC1到平面A解：(1)如图，连接A1E，B1D1，过点A1作A1G⊥B1E交B1E于G，

在直角三角形A1ED1中，

A1E=A1D12+D1E2=12+(12)2=52，

在直角三角形D1B1E中，

B1E=D1B12+D1E2=(2)2+(12)2=32，

因为直线A1B1⊥平面AA1D1D，A1E⊂平面AA1D1D，

所以A1B1⊥A1E，

因为S△A1EB1=12A1E⋅A1B1=12B1E⋅A1G，

所以A1E⋅A1B1=B1E⋅A1G，

所以52×1=32A1G，

所以A1G=53，

故点A1到直线B1E的距离为53．

(2)如图，连接B1D1，C1E，AF，EF，在平面AEF中，作FH⊥AE，H为垂足，

因为E，F分别为DD1，BB1的中点，

所以D1E=BF，

又D1C1=AB，∠C【拓展提升】练21.(2023·河北省沧州市·联考题·多选题)如图，在正四棱锥P−ABCD中，PA=AB=22，M，N分别是PB，PD的中点，则下列说法正确的是(

)

A.MN⊥AC B.直线AM和CN所成角的余弦值是23

C.点B到直线AN的距离是663 D.点M到平面解：A：连接BD，M,N分别为PB，PD的中点，即MN为中位线，则MN//BD，由P−ABCD为正四棱锥，故ABCD为正方形，则BD⊥AC，所以MN⊥AC，对；B：过C作CG//BD，交AB延长线于G，若F为CG中点，连接MF,AF，又CD//AB，即CD//BG，则BGCD为平行四边形，故CF=12CG=而MN//BD且MN=12BD，故MN//CF且MN=CF所以CN//MF且CN=MF，故直线AM和CN所成角，即为∠AMF或其补角，PA=AB=22及正四棱锥的性质知：侧面为等边三角形，底面为正方形，且棱长均为所以AM=CN=MF=6，cos∠AMF=AM2+MF2C：▵ABN中AN=6,AB=22所以PD⊥PB，则BN=所以cos∠BAN=8+6−102×2所以点B到直线AN的距离是ABsinD：由上分析知：MN=12BD=2，若O为底面中心，则O为BD连接PO，交MN为E，则PO⊥BD，则PO⊥MN，又MN⊥AC，PO∩AC=O，PO,AC⊂

平面PAC，所以MN⊥

平面PAC，即MN⊥

平面AEC，易知：VM−ANC令M到平面ACN的距离为ℎ，则13由AN=NC=6,AC=4，则▵ANC中AC上的高为由AE=EC，OE=12PO=所以ℎ=故选：ABC．练22(2023·山西省太原市·单元测试)如图，棱长为3的正方体的顶点A在平面α上，三条棱AB,AC,AD都在平面α的同侧，若顶点B,C到平面α的距离分别为2