专题02 空间向量研究距离、夹角问题（考点清单）（解析版）.docx

1、专题02 空间向量研究距离、夹角问题（考点串讲）目录一、思维导图1二、知识回归2三、典型例题讲与练4考点清单01点到平面距离4【考试题型1】利用空间向量求点面距4【考试题型2】利用等体积法求点面距8考点清单02异面直线所成角12【考试题型1】异面直线所成角12【考试题型2】异面直线所成角的最值或范围16【考试题型3】已知线线角求参数20考点清单03直线与平面所成角21【考试题型1】直线与平面所成角（定值）21【考试题型2】直线与平面所成角（最值或范围）25【考试题型3】直线与平面所成角（探索性问题）31考点清单04两个平面所成角36【考试题型1】两个平面所成角（定值）36【考试题型2】两个平面

2、所成角（最值或范围）42【考试题型3】两个平面所成角（探索性问题）49一、思维导图二、知识回归知识点01：点到平面的距离如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.知识点02：用向量运算求两条直线所成角已知，为两异面直线，与，分别是，上的任意两点，为所成的角为，则.知识点03：用向量运算求直线与平面所成角设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有.（注意此公式中最后的形式是：）知识点04：用向量运算求平面与平面的夹角若于，于，平面交于，则为二面角的平面角，.

3、若分别为面，的法向量根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角；若二面角为锐二面角（取正），则；若二面角为顿二面角（取负），则；三、典型例题讲与练01点到平面距离【考试题型1】利用空间向量求点面距【解题方法】【典例1】（2023上广东佛山高二华南师大附中南海实验高中校考期中）如图，正方体的棱长为2，E为线段的中点，F为线段的中点，则直线到平面的距离为 .【答案】【详解】，平面，平面，所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，如图以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立坐标系，则，设平面的法向量则另，则，设点到平面的距离为，则，故答案为：【典例2】（2023上四川绵阳高二绵阳中学

4、校考阶段练习）已知正三棱柱的所有棱长均为2，为线段上的动点，则到平面的最大距离为 .【答案】【详解】取的中点，连接，因为三棱柱为正三棱柱，所以，平面，因为平面，所以，所以以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正三棱柱的所有棱长均为2，所以，设，则，所以,当时，设平面的法向量为，则，令，则，设到平面的距离为，则，当时，设平面的法向量为，则，令，则，设到平面的距离为，则，所以当时，取得最大值，因为，所以到平面的最大距离为，故答案为：【专训1-1】（2023上广东深圳高二校考阶段练习）在三棱锥中，底面，则点到平面的距离是 .【答案】/【详解】解：建立如图所示的空

5、间直角坐标系，则，所以.设平面的一个法向量为，则即令，则，所以，所以点到平面的距离为.故答案为：【专训1-2】（2023上安徽高二合肥一中校联考阶段练习）如图，四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，是等边三角形，M，N分别为AB和PC的中点，则平面DMN上任意一点到底面ABCD中心距离的最小值为 .【答案】【详解】连接相交于点，点为底面的中心，取中点为，连接，则，因为平面平面ABCD，则平面，以点为原点，分别以为轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系，且底面ABCD边长为2，是等边三角形，则，则，则，设平面的法向量为，则，解得，取，则，所以，且平面DMN上任意一

6、点到底面ABCD中心距离的最小值即为点到平面的距离，则.故答案为：.【考试题型2】利用等体积法求点面距【解题方法】等体积法【典例1】（2023上上海高二校考期中）已知三棱锥，且两两垂直，则点到平面的距离为 .【答案】/【详解】设点到平面的距离为因为两两垂直，且，所以，在中，所以所以所以解得：.故答案为：【典例2】（2023上山西大同高二统考期中）在长方体中，分别是棱上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的取值范围是 .【答案】【详解】法一：以为原点，分别以直线为轴建立空间直角坐标系.如图所示，设，而，则，设平面的一个法向量为，则，令，则所以平面的一个法向量为，点到平面的距离因为设中的边上的高为

7、，则 ，所以（），所以三棱锥的体积的取值范围是，故答案为：法二：设，延长到，使得，则，则，于是，而长方体的对角面是矩形，则有，又平面，平面，于是平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，由等体积法可知，又，故，所以，故答案为：【专训1-1】（2023上山东高二校联考期中）将边长为2的等边沿边中线折起得到三棱锥，当所得三棱锥体积最大时，点到平面的距离为 【答案】【详解】由题意知：当时，三棱锥有最大体积，此时：，所以：，因为，所以，所以.故答案为：.【专训1-2】（2023上重庆九龙坡高二重庆市杨家坪中学校考阶段练习）如图，在直三棱柱中，点是的中点，则点到平面的距离是 【答案】【详解】，是等边三角形

8、，又是中点，所以，因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，可得，又，是平面内两条相交直线，所以平面，即三角形是直角三角形，又，因为是中点，所以点到平面的距离为，解得，即点到平面的距离为.故答案为：.02异面直线所成角【考试题型1】异面直线所成角【解题方法】向量法【典例1】（2023上上海高二校考期中）正四棱锥的侧面是等边三角形，为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为 .【答案】/【详解】设等边的边长为，设，则平面，又因为四边形为正方形，则，且，易知为的中点，则，因为平面，平面，则，所以，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，所以，所以，因此，异面直线和所成角的

9、余弦值为.故答案为：.【典例2】（2023上四川成都高二校考阶段练习）如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是.则与所成角的余弦值为 .【答案】/【详解】设，则，因为以顶点为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，故，故，故，与为异面直线，所成角范围为大于小于等于，故与所成角的余弦值为，故答案为：【专训1-1】（2023上上海高二校考期中）如图，在正四面体中，则异面直线与所成角的余弦值为 .【答案】/【详解】因为，所以，又，设正四面体的棱长为，则，所以，所以，即异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：【专训1-2】（2023上浙江金华高二校

10、考阶段练习）如图，已知三棱锥中，和都是边长为2的正三角形，点E，F分别是AB，CD的中点那么异面直线AF和CE所成角的余弦值等于 .【答案】/【详解】设，因为点E，F分别是AB，CD的中点，所以，因为，且，所以，又，则，所以，即，又，所以，所以,所以异面直线AF和CE所成角的余弦值为.故答案为：.【考试题型2】异面直线所成角的最值或范围【解题方法】向量法【典例1】（2023上河北张家口高二校联考阶段练习）如图，在正方体中，点在线段上运动，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为 .【答案】/【详解】设正方体的边长为，以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，设，定义，即，所以，设直线与直线所成角

11、为，则，所以当时取得最大值为.故答案为： 【典例2】（2023上吉林高二东北师大附中校考阶段练习）若三棱锥中，点E为BC中点，点F在棱AD上（包括端点），则异面直线AE与CF所成的角的余弦值的取值范围是 【答案】【详解】因为，所以，又，所以，因为点E为BC中点，所以，又因为，所以，所以，记，则，因为，所以，记异面直线AE与CF所成的角为，则，因为，所以，所以.故答案为：.【专训1-1】（2023上山东高二校联考阶段练习）在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则直线与所成角的正弦值的最小值为 【答案】/【详解】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标

12、系，设点，其中，易得、，所以，当时，取得最大值，此时，直线与所成角的正弦值的最小值为.故答案为：.【专训1-2】（2023上河南高二长葛市第二高级中学校联考开学考试）在三棱锥中，底面为正三角形，平面，G为的外心，D为直线上的一动点，设直线与所成的角为，则的取值范围为 【答案】【详解】不妨设，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，由题意得G为的中点，所以设，得，则，因为，所以当时，当时，得综上，由得故答案为：【考试题型3】已知线线角求参数【解题方法】向量法【典例1】（2022下江苏常州高二校考期末）如图，在正三棱柱中，、分别是、的中点.设D是线段上的（包括两个端点）动点，当直线与所成

13、角的余弦值为，则线段的长为 .【答案】则设，则，设直线与所成角为所以，即，解得或（舍去），所以，故答案为：【专训1-1】（2022下江苏常州高二校联考期中）如图，在直三棱柱中，点是棱上一点，且异面直线与所成角的余弦值为，则的长为 【答案】1【详解】设 ，则，.,因为异面直线与所成角的余弦值为，所以.解得，所以.03直线与平面所成角【考试题型1】直线与平面所成角（定值）【解题方法】向量法，法向量【典例1】（2023上高二课时练习）正方体中，E，F分别是的中点，则与截面所成角的正切值为 .【答案】【详解】建立以为原点，为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，设棱长为2，且注意到E，F分别是的中点，从而

14、，不妨设平面的一个法向量为，则，即，令，解得，则取平面的一个法向量为，设与截面所成角为，则，又是锐角，从而.故答案为：.【典例2】（2023上河北邯郸高二校联考期中）如图，在直三棱柱中，D为的中点，E为的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【详解】（1）不妨设，则，有，于是，即，在直三棱柱中，平面，又平面，则，以点为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则，显然平面的一个法向量为，因此，即平面，又平面，所以平面.（2）由（1）知，设平面的一个法向量为，则，令，得，设直线与平面所成角的大小为，则，所以直线与平面所成角

15、的正弦值为.【专训1-1】（2023上河南高二校联考期中）在如图所示的几何体中，平面，四边形是边长为4的正方形，则直线与平面所成角的正弦值为 .【答案】【详解】由题可得两两垂直，以D为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，则设平面的一个法向量为，则，令，则，则，设直线与平面所成角为，则，故答案为：【专训1-2】（2023上广东广州高二校联考期中）如图，在直三棱柱中，点M，N分别为和的中点.(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，设，故中点，故中点，是平面的一个法向量，则，又平面，故平面.（2），设

16、平面的法向量为，则，取，得到，则直线与平面所成角的正弦值为：.【考试题型2】直线与平面所成角（最值或范围）【解题方法】向量法，法向量，二次函数，基本不等式【典例1】（2022下江苏淮安高二马坝高中校考期中）在正方体中，点为线段的中点设点在线段不与重合）上，直线与平面所成的角为，则的最大值是 【答案】【详解】解：如图建系，不妨设正方体的棱长，,0,，,0,，,2,，,0,，,2,，设平面的法向量为，所以，令，所以，又,1,，设,0,，则,，所以,，故，当时，等号成立，所以的最大值是.故答案为：【典例2】（2023上河南开封高二统考期中）如图，在四棱锥中，平面ABCD，E为线段AP上一点，且平面B

17、DE(1)求AE的长；(2)F为线段CP上的动点，求直线DF与平面BDE所成角正弦值的取值范围【答案】(1)(2)【详解】（1）如图，分别以，为x，y，z轴建立空间直角坐标系A-xyz，设，则.，设平面BDE的一个法向量为，则，取，则平面BDE的一个法向量为，由平面BDE，则，故；（2）F为线段CP上的动点，设，其中0b2，又由（1）可知.记DF与平面BDE所成角为，则.对于函数，注意到.则在上递减，在上递增，则.可得，则直线DF与平面BDE所成角正弦值的取值范围是.【专训1-1】（2022高二单元测试）如图所示，在正方体中，AB3，M是侧面内的动点，满足，若AM与平面所成的角，则的最大值为

18、.【答案】【详解】解：如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，设，则，因为，所以，所以，则，因为平面，所以即为AM与平面所成角，即，则，所以当时，取得最大值.故答案为：.【专训1-2】（2023上湖南长沙高三湖南师大附中校考阶段练习）如图所示，已知三棱柱的所有棱长均为1(1)从下面中选择两个作为条件，证明另一个成立；为直角；平面平面(2)设点是棱上一点在（1）中条件都成立的情况下，试确定点的位置，使得直线与平面所成的角最大【答案】(1)证明见解析；(2)是棱上靠近的四等分点【详解】（1）如图，设点是的中点，连接若选：由于是等边三角形，故由为直角，故；又，故因为，平面，于是平面，因为平面，所以 因

19、为，所以又，因此，故，即又，平面，故平面，而平面，所以平面平面若选：设点是的中点，连接由于是等边三角形，故又平面平面平面，平面平面，故平面而平面，故，即，所以又，故，所以，即结合，平面，可得平面，又平面，因此又，故，即为直角若选：设点是的中点，连接，由于是等边三角形，故由为直角，故；又，故因为，平面，于是平面，因为平面，所以又因为平面平面平面，平面平面，所以平面又平面，所以，即因为，所以又，故（2）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系于是点是棱上一点，可设，即，故于是又设是平面的法向量，令，可得，故设直线与平面所成的角为，故，可见当时，取最大值，此时点是棱上靠近的四等分点【考试题型3】直线与平面所成角（探索性问题）【解题方法】向量法，法向量【典例1】（2023上浙江杭州高三统考期中）在四棱锥中，底面是直角梯形，且底面，与底面成角，且(1)求证：；(2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）如图，以点为原点，直线为轴，直线为轴建立坐标系那么，故，因为，所以，即（2）因为，所以，故，所以平面，故平面的法向量设直线与平面所成角为，则：整理得，即【典例2】（2023上广东广州高二广东广雅中学校考期中）在等腰梯形中，为的中点，线段与交于点（如图）将沿折起到位置，使得平面平面（如图）(1)求证：；