2026版高三数学讲义第七章　7.7　向量法求空间角和距离

7．7向量法求空间角和距离

1．能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题．

2．会求空间中点到直线以及点到平面的距离．

用空间向量研究距离、夹角问题

分类图示计算公式

异面直cosθ＝|cos〈u，v〉|＝

线所成u·v

|u·v|

||u||v||＝

的角|u||v|

直线与sinθ＝|cos〈u，n〉|＝

平面所u·n

|u·n|

夹||u||n||＝

成的角|u||n|

角

cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝

两个平n1·n2

||n1||n2||＝

面的

|n1·n2|

夹角

|n1||n2|

（θ为两个平面的夹角）

→→

PQ＝|AP|2－|AQ|2＝

点到直线的距离

a2－(a·u)2（u是

直线的单位方向向量）

距l

→n

距AP·

PQ＝||n||＝

离

→

点到平面的距离AP·n→

|AP·n|

||n||＝

|n|

（n是平面α的法向量）

教材拓展

1．确定平面的法向量的方法

(1)直接法：观察是否有垂直于平面的向量，若有可直接确定．

(2)待定系数法：取平面内的两个相交向量a，b，设平面的法向量为n＝(x，y，z)，由

n·a＝0，

求得．

n·b＝0

2．方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．

3．当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，此夹角就是此异面直线所成的角；当

异面直线的方向向量的夹角为钝角时，此夹角的补角才是异面直线所成的角．

1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）

(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(×)

(2)直线的方向向量与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的夹角．(×)

ππ

0，0，

(4)两异面直线夹角的范围是2，直线与平面所成角的范围是2，二面角的范围

π

0，

是[0，π]，两个平面夹角的范围是2.(√)

2．（人教A版选择性必修第一册P38T1改编）在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝

1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(C)

15

A．B．

56

52

C．D．

52

解析：以D为原点，DA，DC，DD1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，则D1（0，0，3），A(1，0，0)，D(0，0，0)，B1（1，1，3），所以AD1＝

→

（－1，0，3），DB1＝（1，1，3）.设异面直线AD1与DB1所成的角为θ，则cosθ＝

→→

AD1·DB12

→→55

||＝|2×5|＝.所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.故选C.

|AD1|·|DB1|

55

3．（人教A版选择性必修第一册P43T10改编）在空间直角坐标系中，若直线l的方向

向量是v＝(－2，2，1)，平面α的一个法向量是n＝(2，0，1)，则直线l与平面α所成角的正

弦值为5．

5

|v·n|

解析：设直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈v，n〉|＝＝

|v|·|n|

|－2×2＋2×0＋1×1|5

＝.

(－2)2＋22＋12×22＋02＋125

4．（人教A版选择性必修第一册P35T3改编）已知平面α经过点B(1，0，0)，且α的法向

量n＝(1，1，1)，则点P(2，2，0)到平面α的距离为3．

→

→|n·BP|

解析：因为BP＝(1，2，0)，n＝(1，1，1)，所以点P(2，2，0)到平面α的距离d＝＝

|n|

|1＋2|

＝3.

1＋1＋1

考点1异面直线所成的角

【例1】（2024·湖北武汉模拟）在正四面体PABC中，E，F分别为PC，AB的中点，

则异面直线BE与PF所成角的正切值为(D)

43

A．B．

34

5

C．22D．

2

→→→

【解析】设正四面体PABC的棱长为1，设PA＝a，PB＝b，PC＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，

11

∠APB＝∠BPC＝∠APC＝60°，∴a·b＝|a||b|cos∠BPA＝，b·c＝|b||c|·cos∠BPC＝，c·a＝

22

1→1

|c||a|cos∠APC＝.∵E，F分别为PC，AB的中点，PAB，PBC是等边三角形，∴PF＝(a

22

△△1

1c－b

→→(a＋b)·2

→→→1→→3→→PF·BE2

＋b)，BE＝PE－PB＝c－b，|PF|＝|BE|＝，cos〈PF，BE〉＝＝＝

→→3

22|PF||BE|2

2

1111

a·c＋b·c－a·b－|b|2

2→→

4422＝－.设异面直线BE与PF所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈PF，BE〉

33

4

5

22

2535

|＝，则sinθ＝1－3＝，∴tanθ＝＝，

3322

3

5

∴异面直线BE与PF所成角的正切值为.故选D.

2

用向量法求异面直线所成的角的一般步骤

(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.

|v1·v2|

(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．

|v1||v2|

【对点训练1】（2024·辽宁丹东一模）在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，

∠BAC＝120°，则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为(A)

313

A．B．

44

37

C．D．

44

解析：取BC的中点D，连接AD，因为AB＝AC，所以DA⊥DC，以D为原点，DA，

DC所在直线分别为x轴、y轴，过点D且垂直于平面BAC的直线为z轴，建立如图所示的

空间直角坐标系．

31

不妨设AB＝AC＝AA1＝1，因为∠BAC＝120°，所以BD＝DC＝，AD＝，所以

22

311313

0，－，0，0，1，0，00，，1→，，1→

B2，A12，A2，C12，所以BA1＝22，AC1＝

13→→

－，，1|BA1·AC1|

，所以异面直线与所成角的余弦值为〈→，→〉＝＝

22BA1AC1|cosBA1AC1|→→

|BA1|·|AC1|

13

－＋＋1

443

＝.故选A.

13134

＋＋1×＋＋1

4444

考点2直线与平面所成的角

【例2】（2024·山东青岛二模）如图，在四棱锥P­ABCD中，PAD是等边三角形，

且∥，⊥，＝＝＝，为的中点．

BCADABADPBABAD2BCEPD△

(1)求证：CE∥平面PAB；

(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．

【解】(1)证明：如图1，取PA的中点G，连接GE，GB.∵E为PD的中点，∴GE∥

11

AD且GE＝AD，又BC∥AD，BC＝AD，

22

∴GE∥BC且GE＝BC，

∴四边形BCEG为平行四边形，∴CE∥GB.

又GB平面PAB，CE平面PAB，

∴∥平面

CE⊂PAB.⊄

(2)设PB＝AB＝AD＝2BC＝2.

如图2，取AD的中点N，连接PN，CN.

∵△PAD为正三角形，

∴PN⊥AD，PN＝3.

又AN＝BC，AN∥BC，

∴四边形ABCN为平行四边形，

∴CN∥AB.又AB⊥AD，

∴CN⊥AD，又PN∩CN＝N，PN，CN平面PCN，∴AD⊥平面PCN.

∵∥，∴⊥平面，

BCADBCPCN⊂

又PC平面PCN，∴BC⊥PC.

22

在Rt⊂PBC中，PC＝PB－BC＝3＝PN.

∵平面，∴平面⊥平面，取的中点，则⊥，

BC△ABCDPCNABCDCNOPOCN

∴⊥平面，

PO⊂ABCD

PO＝(3)2－12＝2.

取CD的中点F，以O为原点，OC，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空

间直角坐标系，则B(1，－1，0)，P（0，0，2），D(－1，1，0)，C(1，0，0)，

→→→

∴PB＝（1，－1，－2），CD＝(－2，1，0)，CP＝（－1，0，2）.

→

CP·n＝－x＋2z＝0，

设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则

→

CD·n＝－2x＋y＝0，

令z＝1，则n＝（2，22，1）.

→

|PB·n|22

设与平面所成的角为，则＝〈→，〉＝＝＝22，

PBPCDθsinθ|cosPBn|→

|PB|·|n|2×1111

22

故直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.

11

向量法求直线与平面所成角的方法

(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的

夹角（或其补角）问题．

(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的

补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．

【对点训练2】（2024·山东聊城二模）如图，在几何体ABCC1B1A1中，四边形BCC1B1

是边长为2的正方形，AA1∥BB1，AA1＝3，点E在线段A1C1上，且EC1＝2A1E.

(1)求证：B1E∥平面ABC1；

(2)若AB⊥平面BCC1B1，且AB＝2，求直线A1C1与平面AB1E所成角的正弦值．

1

解：(1)证明：如图，在线段AA1上取点M，使A1M＝A1A，连接B1M，ME，则MA＝2A1M.

3

又因为EC1＝2A1E，所以ME∥AC1.

因为ME平面ABC1，AC1平面ABC1，所以ME∥平面ABC1.

由＝，得＝，又＝，且∥，所以四边形为平行四边形，

A1A⊄3MA2⊂B1B2AA1BB1ABB1M

所以B1M∥AB.

因为B1M平面ABC1，AB平面ABC1，所以B1M∥平面ABC1.

又＝，平面，平面，

B1M∩M⊄EMB1M⊂B1MEMEB1ME

所以平面∥平面

B1ME⊂ABC1.⊂

又因为B1E平面B1ME，所以B1E∥平面ABC1.

因为⊥平面，，平面，所以⊥，⊥，

(2)AB⊂BCC1BBB1BCBCC1B1ABBB1ABBC

又四边形是正方形，所以⊥，

BCC1B1BB⊂1BC

所以BC，BA，BB1两两互相垂直．

所以以B为原点，以BC，BA，BB1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，

由AB＝BC＝2，AA1＝3，得A(0，2，0)，A1(0，2，3)，B1(0，0，2)，C1(2，0，2)，

242

→→→→→1→，，

于是A1C1＝(2，－2，－1)，AB1＝(0，－2，2)，B1A1＝(0，2，1)，B1E＝B1A1＋A1C1＝333.

3

→－2y＋2z＝0，

n·AB1＝0，

设平面AB1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则得242

→x＋y＋z＝0，

n·B1E＝0，333

y－z＝0，

即

x＋2y＋z＝0，

令y＝1，得z＝1，x＝－3，所以平面AB1E的一个法向量n＝(－3，1，1).

→

|n·A1C1|

设直线与平面所成的角为，则＝〈，→〉＝＝

A1C1AB1Eθsinθ|cosnA1C1|→

|n|·|A1C1|

9

＝311，

9＋1＋1×4＋4＋111

311

所以直线A1C1与平面AB1E所成角的正弦值为.

11

考点3平面与平面的夹角

【例3】（2024·新课标Ⅰ卷改编）如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝

AC＝2，BC＝1，AB＝3.

(1)若AD⊥PB，求证：AD∥平面PBC；

42

(2)若AD⊥DC，且平面ACP与平面CPD夹角的正弦值为，求AD.

7

【解】(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD平面ABCD，所以PA⊥AD.又AD⊥PB，

＝，，平面，所以⊥平面，

PB∩PAPPBPAPABADP⊂AB

又平面，所以⊥

ABPAB⊂ADAB.

在中，2＋2＝2，

AB⊂CABBCAC

所以⊥，

△ABBC

因为A，B，C，D四点共面，所以AD∥BC.

又BC平面PBC，AD平面PBC，

所以∥平面

A⊂DPBC.⊄

(2)以D为原点，以DA，DC所在直线分别为x轴、y轴，过点D且与平面ABCD垂直

的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

令AD＝t(0<t<2)，则A(t，0，0)，P(t，0，2)，D(0，0，0)，

DC＝4－t2，C（0，4－t2，0）.

→2

n1·AC＝－tx1＋4－ty1＝0，

设平面ACP的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则

→

n1·AP＝2z1＝0，

22

设x1＝4－t，则y1＝t，z1＝0，所以n1＝（4－t，t，0）.

→

n2·DP＝tx2＋2z2＝0，

设平面CPD的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则

→2

n2·DC＝4－ty2＝0，

设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，所以n2＝(－2，0，t).

4277

因为平面ACP与平面CPD夹角的正弦值为，则其余弦值的绝对值为，所以＝

777

2

|n1·n2|24－t

|cos〈n1，n2〉|＝＝，

|n1||n2|2t2＋4

解得t＝3，所以AD＝3.

利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法

(1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面

与平面夹角的大小．

(2)找与棱垂直的向量：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，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小．

【对点训练3】（2024·新课标Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，

→2→→1→

AD＝53，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足AE＝AD，AF＝AB.将AEF沿EF翻

52

折至PEF，使得PC＝43.△

△

(1)求证：EF⊥PD；

(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.

21

解：(1)证明：在AEF中，AE＝AD＝23，AF＝AB＝4，∠EAF＝30°，

52

△AE2＋AF2－EF212＋16－EF23

所以cos∠EAF＝＝＝，解得EF＝2，

2AE·AF2×23×42

所以EF2＋AE2＝AF2，所以AE⊥EF，所以DE⊥EF，由折叠的性质可知PE⊥EF.

又PE∩DE＝E，PE，DE平面PDE，所以EF⊥平面PDE.

又平面，所以⊥

PDPDE⊂EFPD.

如图，连接，＝－＝，＝，∠＝，所以2＝，

(2)⊂CEDE532333CD3CDE90°CE36CE

＝6，PE＝AE＝23，所以PE2＋CE2＝PC2，所以PE⊥CE.

又因为PE⊥EF，EF∩CE＝E，EF，CE平面DEF，所以PE⊥平面DEF.

又平面，所以⊥，所以，，所在直线两两垂直，

EDDEFPEED⊂EFEDEP

⊂

以E为原点，EF，ED，EP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（0，0，23），D（0，33，0），F(2，0，0)，A（0，－23，0），则B（4，23，

→→→

0），C（3，33，0），所以PD＝（0，33，－23），CD＝(－3，0，0)，PB＝（4，23，－

→

23），BF＝（－2，－23，0）.

→

n1·PD＝33y1－23z1＝0，

设平面PCD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则

→

n1·CD＝－3x1＝0，

令y1＝2，则z1＝3，x1＝0，所以n1＝(0，2，3).

→

n2·PB＝4x2＋23y2－23z2＝0，

设平面PBF的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则

→

n2·BF＝－2x2－23y2＝0，

令x2＝3，则y2＝－1，z2＝1，所以n2＝（3，－1，1）.

n1·n2

设面PCD与面PBF所成的二面角为α，因为cos〈n1，n2〉＝＝

|n1||n2|

0×3－2×1＋3×1165865

＝＝，所以sinα＝.

22＋32×(3)2＋(－1)2＋1213×56565

考点4求空间距离

【例4】（多选）（2024·福建福州模拟）在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝

AD＝1，E为AB的中点，则(BC)

A．A1B⊥B1C

B．A1D∥平面EB1C

35

C．点D到直线A1B的距离为

5

D．点D到平面EB1C的距离为3

【解析】如图，以D为原点，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，易知D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，2，0)，B1(1，2，1)，C(0，2，0)，E(1，

1，0).

→→→→

A1B＝(0，2，－1)，B1C＝(－1，0，－1)，A1B·B1C＝(0，2，－1)·(－1，0，－1)＝1≠0，

所以A错误；显然A1D∥B1C，A1D平面EB1C，B1C平面EB1C，可得A1D∥平面EB1C，

→255

⊄⊂A1B0，，－

所以正确；记直线的单位方向向量为，则＝＝，又→＝－，

BA1Buu→55A1D(1

|A1B|

→

→→A1D·uu21

0，－1)，所以向量A1D在直线A1B上的投影向量为A1Q＝·＝0，，－，则D到直线

|u||u|55

→2→235

A1B的距离为DQ＝|A1D|－|A1Q|＝，故C正确；设平面EB1C的一个法向量为m＝(x，

5

→＝－－＝，

→→B1E·myz0

y，z)，由B1C＝(－1，0，－1)，B1E＝(0，－1，－1)，则令x＝1，

→

B1C·m＝－x－z＝0，

→

→|DC·m|23

可得m＝(1，1，－1)，又DC＝(0，2，0)，所以点D到平面EB1C的距离d＝＝，

|m|3

故D错误．故选BC.

1．点线距的求解步骤

→

直线的单位方向向量a→所求点到直线上一点的向量PP′及其在直线的方向向量a上的投

影向量→代入公式．

2．点面距的求解步骤

(1)求出该平面的一个法向量．

(2)找出从该点出发到平面的任一条斜线段对应的向量．

(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到

平面的距离．

3．两异面直线间的距离

→

在两直线上各取一点构成一个向量AB，u为两直线的公垂线的单位方向向量，则两异面

→

直线间的距离为|AB·u|.

π

【对点训练4】(1)（2024·河北沧州二模）已知四面体ABCD满足∠BAC＝，cos∠

3

11

CAD＝，cos∠BAD＝，AB＝2，AC＝3，AD＝2，则点A到平面BCD的距离为(D)

34

53

A．B．

22

10

C．3D．

2

π11

解析：因为四面体ABCD满足∠BAC＝，cos∠CAD＝，cos∠BAD＝，AB＝2，AC

334

→→→→→→→

＝3，AD＝2，可得AB·AC＝3，AC·AD＝2，AD·AB＝1，设平面BCD的一个法向量为n＝xAB

→＝→＋→＋→→－→＝－＋＋＝，

→→n·BC(xAByACzAD)·(ACAB)x6yz0

＋yAC＋zAD，则

→→→→→→

n·BD＝(xAB＋yAC＋zAD)·(AD－AB)＝－3x－y＋3z＝0，

→→→→→→

令z＝1，解得x＝1，y＝0，所以n＝AB＋AD，所以|n|＝AB2＋AD2＋2|AB|·|AD|cos∠BAD

→

→|AB·n|510

＝10，AB·n＝4＋1＝5，设点A到平面BCD的距离为h，则h＝＝＝.故选D.

|n|102

(2)如图，正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别是线段AC1，BD上的

动点，则E，F间的最小距离为(C)

2

A．B．1

2

36

C.D．

36

解析：因为点E，F分别是线段AC1与BD上的动点，则E，F间最小距离即为异面直线

AC1与BD间的距离，以D为原点，DA，DC，DD1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D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，C1(0，1，2)，则DB

→→

＝(1，1，0)，AC1＝(－1，1，2)，AB＝(0，1，0)，设与异面直线AC1与BD都垂直的向量为

→

n·DB＝x＋y＝0，x＝z，

n＝(x，y，z)，则解得

→＝－，

n·AC1＝－x＋y＋2z＝0，xy

→

|n·AB|13

取x＝1，则y＝－1，z＝1，所以n＝(1，－1，1)，则异面直线间的距离为＝＝，

|n|33

3

即E，F间的最小距离为.故选C.

3

立体几何中的新定义问题

1．立体几何的新定义问题，往往通过具体的问题背景或新的定义，考查立体几何知识等

在问题情境中的应用，以此来检验学生的核心价值、学科素养、关键能力、必备知识．

2．解决立体几何的新定义问题，常用的解题思路：审题、建模、研究模型、解决新定义

问题．解题要点：根据题目给出的新定义，建立立体几何模型．研究模型时需注意根据新定

义进行由特殊到一般的规律总结，最后解决问题．

【典例】已知Ω是棱长为2的正四面体ABCD，设Ω的四个顶点到平面α的距离所构成

的集合为M，若M中元素的个数为k，则称α为Ω的k阶等距平面，M为Ω的k阶等距集．

(1)若α为Ω的1阶等距平面且1阶等距集为{a}，求a的所有可能值以及相应的α的个数；

(2)已知β为Ω的4阶等距平面，且点A与点B，C，D分别位于β的两侧，若Ω的4阶等距

集为{b，2b，3b，4b}，其中点A到β的距离为b，求平面BCD与β夹角的余弦值．

【解】(1)①如图，分别取AB，AC，AD的中点M，E，F，由中位线性质可知ME＝

216

EF＝，此时平面MEF为Ω的一个1阶等距平面，a为正四面体高的一半，等于××2＝

223

3

.

3

由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面α平行于其中一个面，有4种情况．

②如图，分别取AB，AC，CD，DB的中点P，Q，R，S，将此正四面体放置到棱长为1

1

的正方体中，则a为正方体棱长的一半，等于.

2

由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，这样的1阶等距平面α平行于其中

一组异面直线，有3种情况．

31

综上，当a的值为时，α有4个；当a的值为时，α有3个．

32

(2)如图，在线段AB，AC，AD上分别取一点M，E，F，使得AM∶MB＝1∶2，AE∶EC

＝1∶3，AF∶FD＝1∶4，则平面β即为平面MEF.

取BD的中点O，连接OC，以O为坐标原点，

OC，OD所在直线分别为x轴、y轴，过点O且与平面BCD垂直的直线为z轴建立空间

623623

，0，→→→1→1→1，0，－

直角坐标系，则A63，ME＝AE－AM＝AC－AB＝33－

434

62235623

1－，－，－，，

623＝36618，

3

6223

→→→1→1→162231－，－，－

MF＝AF－AM＝AD－AB＝－，，－－623＝

5356233

6，42，43

451545.

→

m·MF＝0，x＋43y＋22z＝0，

设平面MEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即

→

m·ME＝0，5x＋23y＋2z＝0，

可取m＝（0，1，－6）.

又平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，

设平面BCD与β的夹角为θ，所以

|m·n|642

cosθ＝＝＝，

|m|·|n|1＋67

42

所以平面BCD与β夹角的余弦值为.

7

课时作业51

1．（15分）如图，四棱锥P­ABCD的底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，对角线AC

与BD相交于点O，PO⊥底面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为60°，E是PB的中点．

(1)求证：OE∥平面PAD；

(2)求DE与PA所成角的正弦值．

解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，对角线