2025版高考数学全程一轮复习练习第七章立体几何与空间向量高考大题研究课六向量法求空间角与距离

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掌握向量法求空间角与距离的公式，并会应用，提高学生空间想象能力、数学运算能力．
关键能力·题型剖析
题型一 直线与平面所成的角
例1 [2024·河南焦作模拟]如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝2BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱A1C1，BC，AC的中点，∠ACB＝60°.
(1)证明：平面ABD∥平面FEC1；
(2)求直线AC与平面ABD所成角的正弦值．
[听课记录]
题后师说
利用空间向量求线面角的解题步骤
巩固训练1
[2024·河北石家庄模拟]如图，在△AOB中，∠AOB＝，OB＝，OA＝1，C为OB的中点，将△AOB绕OB所在的直线逆时针旋转至△BOD形成如图所示的几何体Γ，∠AOD＝.
(1)求几何体Γ的体积；
(2)求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．
题型二 平面与平面的夹角
例2 (12分)[2023·新课标Ⅰ卷]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.
思路导引
(1)建立空间坐标系→写出与的坐标∥→B2C2∥A2D2.
(2)设P点坐标→求平面PA2C2与平面A2C2D2的法向量n，m→利用|cs 〈n，m〉|＝→求得点P坐标→由两点间的距离公式求B2P.
[满分答卷·评分细则]
解析：(1)以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
→正确建系得1分
则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)，
∴＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)，∴∥．→正确计算出∥得2分
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，∴B2C2∥A2D2，→说明B2C2与A2D2不共线得1分
(2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，则＝(－2，－2 ，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)，→正确写出的坐标得1分
设平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)，则令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，
∴n=(λ－1，3－λ，2)，→正确求出平面PA2C2的法向量n得2分
设平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)，则令a＝1，得b＝1，c＝2，
∴m=(1，1，2)，→正确求得平面A2C2D2的法向量m得2分
∴|cs 〈n，m〉|＝＝＝|cs 150°|＝，→正确运用公式得1分
化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，→正确求出λ得1分
∴B2P=1.→正确求出B2P＝1得1分
题后师说
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)找与棱垂直的方向向量：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．
巩固训练2
如图，在正四棱台ABCD -A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4.
(1)证明：AC⊥BD1；
(2)若正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为3，过BD1的平面α与CC1平行，求平面α与平面BCC1B1夹角的余弦值．
题型三 空间距离
例3 [2024·安徽滁州模拟]如图，在三棱锥M-ABC中，MB⊥平面ABC，∠ACB＝90°，MB＝2，AB＝4.
(1)求证：平面MAC⊥平面MBC，
(2)若直线AB与平面MBC所成角为45°，点E为AM的中点，求点A到平面BCE的距离．
[听课记录]
题后师说
利用向量法求点到平面的距离的步骤
巩固训练3
[2024·湖南长沙模拟]斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为2，∠A1AB＝60°，点A1在下底面ABC的投影为AB的中点O.
(1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；
(2)求点A1到平面BCC1B1的距离．
高考大题研究课六 向量法求空间角与距离
关键能力·题型剖析
例1 解析：(1)证明：在△ABC中，因为E，F分别是BC，AC的中点，
所以AB∥EF.AB⊄平面FEC1，EF⊂平面FEC1，
则AB∥平面FEC1，
因为AC∥A1C1，则AF∥DC1，又AF＝AC＝A1C1＝DC1，
所以四边形AFC1D为平行四边形，
所以AD∥FC1，AD⊄平面FEC1，FC1⊂平面FEC1，
则AD∥平面FEC1，
又因为AD∩AB＝A，且AD，AB⊂平面ABD，
所以平面ABD∥平面FEC1.
(2)因为AC＝2，CB＝1，∠ACB＝60°，
由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cs ∠ACB＝22＋12－2×2×cs 60°＝3，
所以AB2＋BC2＝AC2，从而AB⊥BC.
以B为坐标原点的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.
故B(0，0，0)，A(0，，0)，D(，2)，C(1，0，0)．
从而＝(0，，0)，＝(，2)，＝(1，－，0)．
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
取x＝4，则n＝(4，0，－1)为平面ABD的一个法向量，
所以cs 〈n，〉＝＝＝，
所以直线AC与平面ABD所成角的正弦值为.
巩固训练1 解析：(1)根据圆锥的定义易知，几何体Γ为圆锥的一部分，且OB为圆锥的高，
所以V＝×S扇形AOD×OB＝×12×＝π；
(2)过O点作OM⊥OA，分别以OA，OM，OB所在的直线为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则：
A(1，0，0)，C(0，0，)，B(0，0，)，D(－，0)，
则＝(－1，0，)，＝(－，0)，＝(－1，0，)，
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
令y＝3，得n＝(，3，2)，
设直线AB与平面ACD所成角为θ，
则sin θ＝|cs 〈，n〉|＝＝＝，
所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为.
巩固训练2 解析：(1)证明：连接BD，B1D1，设正四棱台的上、下底面的中心分别为O1，O，
则O1，O分别为B1D1，BD的中点，
连接OO1.因为ABCD-A1B1C1D1是正四棱台，
所以O1O⊥平面ABCD，
又AC⊂平面ABCD，所以O1O⊥AC.
因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
又BD＝O，BD，OO1⊂平面DBB1D1，所以AC⊥平面DBB1D1，
因为BD1⊂平面DBB1D1，所以AC⊥BD1.
(2)设BC，AB的中点分别为F，G，连接OF，OG，易知OG，OF，OO1两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OG，OF，OO1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，B(2，2，0)，D1(－1，－1，3)，C(－2，2，0)，C1(－1，1，3)，B1(1，1，3)，
所以＝(－3，－3，3)，＝(－4，0，0)，＝(－1，－1，3)，＝(1，－1，3)．
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则
取z1＝1，则y1＝3，x1＝0，所以n＝(0，3，1)．
设平面α的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则
取x2＝1，则y2＝－2，z2＝－1，所以m＝(1，－2，－1)．
设平面α与平面BCC1B1的夹角为θ，则cs θ＝|cs 〈n，m〉|＝＝＝，所以平面α与平面BCC1B1夹角的余弦值为.
例3 解析：(1)证明：因为MB⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以MB⊥AC，因为∠ACB＝90°，
所以AC⊥BC，又M∩BC B＝B，
所以AC⊥平面MBC，
又AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面MBC.
(2)由(1)知AC⊥平面MBC，且直线AB与平面MBC所成角为45°，
所以∠ABC＝45°，又AB＝4，
所以BC＝AC＝2，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B(0，2，0)，M(0，2，2)，E(，1)，
所以＝(0，2，0)，＝(，1)，＝(2，0，0)，
设平面BCE的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令x＝，则y＝0，z＝－2，则m＝(，0，－2)，
所以点A到平面BCE的距离是 d＝＝＝.
巩固训练3 解析：(1)连接OC，因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB，
由题意知A1O⊥平面ABC，
又AA1＝2，∠A1AO＝60°，所以A1O＝，
以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，
则A1(0，0，)，A(1，0，0)，B(－1，0，0)，C(0，，0)，
由＝得B1(－2，0，)，同理得C1(－1，)，
设＝，t∈[0，1]，得D(－1－t，0，t)，
又＝(－2，)，＝(－1－t，0，t－)，
由·＝0，得－2(－1－t)＋t－)＝0，
得t＝，又BB1＝2，∴BD＝，
∴存在点D且BD＝满足条件．
(2)设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，＝＝(－1，0，)，
则有，可取n＝(，－1，1)，
又＝(1，0，)，
∴点A1到平面BCC1B1的距离为d＝＝＝，
∴所求距离为.