第39讲　空间角与距离的计算-2026高考数学大一轮全面复习资料（提高版）解析版

第39讲空间角与距离的计算链教材夯基固本激活思维1.(人A选必一P38练习T1)在直三棱柱A1B1C1-ABC中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是(A)A.eq\f(\r(30),10) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(30),15) D.eq\f(\r(15),10)【解析】如图，建立空间直角坐标系．设BC＝CA＝CC1＝1，则A(1，0，1)，B(0，1，1)，D1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，F1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，所以eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，－1))，eq\o(AF1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，－1))，所以|cos〈eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(AF1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AF1,\s\up6(→))|,|\o(BD1,\s\up6(→))||\o(AF1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3,4),\r(\f(1,4)＋\f(1,4)＋1)×\r(\f(1,4)＋1))＝eq\f(\r(30),10).(第1题答)2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，则直线DC1与平面ACE所成角的正弦值为(A)A.eq\f(\r(2),6) B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(\r(3),3)【解析】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，C1(0，2，2)，A(2，0，0)，E(2，1，2)，C(0，2，0)，所以eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0，2，2)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0).设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up6(→))＝y＋2z＝0，,m·\o(AC,\s\up6(→))＝－2x＋2y＝0，))取z＝1，得m＝(－2，－2，1).设直线DC1与平面ACE所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(DC1,\s\up6(→))·m|,|\o(DC1,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(|－4＋2|,\r(4＋4)×\r(4＋4＋1))＝eq\f(\r(2),6).(第2题答)3.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在BB1，DD1上，且A1C⊥平面AEF，AD＝3，AB＝4，AA1＝5，则平面AEF和平面D1B1BD夹角的余弦值为(C)(第3题)A.eq\f(\r(2),25) B.eq\f(6\r(2),25)C.eq\f(12\r(2),25) D.eq\f(3,4)【解析】以A为坐标原点，以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(4，0，0)，D(0，3，0)，D1(0，3，5)，A1(0，0，5)，C(4，3，0)，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－4，3，0)，eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0，0，5).设平面DBB1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DD1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5z＝0，,－4x＋3y＝0，))取x＝3，得n＝(3，4，0).由于A1C⊥平面AEF，所以平面AEF的一个法向量为eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(4，3，－5).设平面AEF和平面D1B1BD的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(|n·\o(A1C,\s\up6(→))|,|n||\o(A1C,\s\up6(→))|)＝eq\f(12\r(2),25)，所以平面AEF和平面D1B1BD夹角的余弦值为eq\f(12\r(2),25).(第3题答)4.(人A选必一P35T2(1)改)如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1，已知AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为(B)(第4题)A.eq\f(2,7) B.eq\f(2\r(35),7)C.eq\f(\r(35),7) D.1【解析】由题意知A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(1，2，－3)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(A1C,\s\up6(→))方向上的单位向量为μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(14))，\f(2,\r(14))，－\f(3,\r(14))))，所以点B到直线A1C的距离为eq\r(|\o(BC,\s\up6(→))|2－(\o(BC,\s\up6(→))·μ)2)＝eq\r(4－\f(8,7))＝eq\f(2\r(35),7).5.(人A选必一P35T2(3)改)若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是A1C1的中点，则点O到平面ABC1D1的距离为(B)A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),3)【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0，0，0)，A(1，0，1)，B(1，1，1)，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，C1(0，1，0)，eq\o(D1A,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(OC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0)).设平面ABC1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1A,\s\up6(→))＝x＋z＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝y＝0，))令x＝1，得n＝(1，0，－1)为平面ABC1D1的一个法向量，故点O到平面ABC1D1的距离为d＝eq\f(|n·\o(OC1,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(\f(1,2),\r(2))＝eq\f(\r(2),4).(第5题答)聚焦知识1.两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两条异面直线l1，l2的方向向量．l1与l2所成的角θa与b的夹角β范围eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))(0，π)求法cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)2.直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sinθ＝|cosβ|＝eq\f(|a·n|,|a||n|).3.平面与平面的夹角的求法如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).4.点P到直线l的距离已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，则向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量为eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u，点P到直线l的距离为PQ＝_eq