夯基專題15空間角與空間距離考向一空間角考向一空間角1.異面直線所成的角定義：設(shè)是兩條異面直線，經(jīng)過空間任一點作直線，把與所成的銳角（或直角）叫做異面直線與所成的角（或夾角）．2.直線與平面所成的角平面的一條與平面α交于點B,AO⊥α于點O,OB即為直線AB在平面α上的射影，直線AB與其投影OB所成的銳角∠ABO，叫做直線AB和平面α所成的角.3.二面角在二面角α?l?β的棱l上任取一點O，以點O為垂足，在半平面α,β內(nèi)分別作垂直于棱l的射線OA,OB，則射線OA和OB構(gòu)成的∠AOB,叫做二面角α?l?β幾何法求空間各種角的大小一般都轉(zhuǎn)化為平面角來計算，求空間角的計算步驟：一作、二證、三計算.求異面直線所成的角，常用平移轉(zhuǎn)化，求直線與平面所成的角，常用射影轉(zhuǎn)化法。二面角的平面角的作法有三種，即定義法、垂線法、垂面法.向量法求解時通常借助直線方向向量與平面法向量進(jìn)行求解.【典例精講】例1.(2023·遼寧省阜新市·模擬題)中國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》中記載了一種被稱為“曲池”的幾何體.該幾何體是上、下底面均為扇環(huán)形的柱體(扇環(huán)是指圓環(huán)被扇形截得的部分).在如圖所示的“曲池”中，AA1⊥平面A1B1C1D1，記弧AB、弧DC的長度分別為l1(1)證明：A1(2)若AA1=4AD，求直線CE

解：(1)證明：延長A1D1，B1C所以A1D連接D1E，O1E，因為E為弧A1故A1D因為AA1⊥平面A1B1C又A1D1?平面因為D1E∩DD1=D又DE?平面DD1(2)解：以D1為坐標(biāo)原點，D1O1為x軸，D1E為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D1xyz，

則則CE=(?32,設(shè)平面DEB1的法向量為則3y0+4cos?CE故直線CE與平面DEB1所成角的正弦值為2319．

例2(2023·安徽省·模擬題·多選)在棱長為2的正方體ABCD?AA.異面直線AB1與CD所成角的為45°

B.異面直線A1B1與AC1所成角的為45°

C.直線AC1與平面ABB1A1所成角的正弦值為33

D.二面角C1?AD?B的大小為45°

解：對于A，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，CD//AB，

所以異面直線AB1與CD所成角為∠BAB1(或其補(bǔ)角)，

在等腰直角△ABB1中，∠BAB1=45°，故A正確；

對于B，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A1B1//AB，

所以異面直線A1B1與AC1所成角為∠C1AB(或其補(bǔ)角)，

連接BC1，

在正方體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】練11（2022·浙江省·同步練習(xí)）已知四邊形ABCD滿足AD//BC，BA=AD=DC=12BC=a，E是BC的中點，將△BAE沿著AE翻折成△B1AE，使平面B1(1)求四棱錐B??(2)求平面ADB??1與平面解：(1)取AE的中點M，連接B1M，則B1M⊥AE，

∵BA=AD=DC=12BC=a，E是BC的中點，

∴△ABE為等邊三角形，∴B1M=32a，

又∵平面B1AE⊥平面AECD，

且平面B1AE∩平面AECD=AE，B1M?平面B1AE，

∴B1M⊥面AECD，

∴四棱錐B1?AECD的體積：

V=13×32a×a×a×sinπ3=a34．

(2)連接MD，分別以ME，MD，MB1為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．

則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，求證：BC⊥O(2)若?AOB為等邊三角形，求二面角A?O1解：(1)證明：由圓柱的性質(zhì)得：

OO1⊥OB

因為

OA∩OO1=O

，OA,OO1?平面OO因為

O1A?平面OO1A

因為

OC⊥平面ABO1

，

O所以

OC⊥O1又因為

OC∩OB=O

，OB,OC?平面BOC，

所以

O1A⊥平面BOC因為

BC?平面BOC

，

所以

BC⊥O1(2)過點

A

作

AM⊥OB

垂足為

M

，過

M

作

MN⊥O1B

于

N

，連接

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

為二面角

又因為

?AOB

為等邊三角形，

AO=23所以

AM=3

，在直角三角形

BO1O

中，

因為?BMN～?BO1O

，所以BMBO1=MN在直角三角形

AMN

中，

AN=9+所以

cos∠ANM=MNAN考向二空間距離考向二空間距離【核心知識】點到平面的距離與直線到平面的距離=1\*GB2⑴點P到直線l的距離設(shè)AP=a,u是直線l的單位方向向量，則向量AP在直線l上的投影向量AQ=a=2\*GB2⑵點P到平面α的距離若平面α的法向量為n，平面α內(nèi)一點為A，則平面α外一點P到平面α的距離d=AP=3\*GB2⑶線面間距離、面面間距離與線線間、點線間距離常常可以相互轉(zhuǎn)化.【典例精講】（2023·江西省·單元測試·多選）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，點E、O分別是A1BA.點A到直線BE的距離是55

B.點O到平面ABC1D1的距離為24

C.平面A1BD與平面B解：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，

則A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，C1所以BA=(?1,0,0),設(shè)∠ABE=θ，則cos?θ=|BA?故A到直線BE的距離d1=|BA易知C1平面ABC1D則點O到平面ABC1D1的距離A1設(shè)平面A1BD的法向量為則n?A令z=1，得y=1,x=1，所以n=(1,1,1)所以點D1到平面A1BD因為平面A1BD//平面所以平面A1BD與平面B1CD所以平面A1BD與平面B1CD因為AP=34又AB=(1,0,0)，則AP所以點P到AB的距離d4=故選BC．

例4.(2023·福建省·模擬題)如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為線段D(1)求點A1到直線B(2)求直線FC1到直線(3)求點A1到平面A(4)求直線FC1到平面A解：(1)如圖，連接A1E，B1D1，過點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，

因為直線A1B1⊥平面AA1D1D，A1E?平面AA1D1D，

所以A1B1⊥A1E，

因為S△A1EB1=12A1E?A1B1=12B1E?A1G，

所以A1E?A1B1=B1E?A1G，

所以52×1=32A1G，

所以A1G=53，

故點A1到直線B1E的距離為53．

(2)如圖，連接B1D1，C1E，AF，EF，在平面AEF中，作FH⊥AE，H為垂足，

因為E，F(xiàn)分別為DD1，BB1的中點，

所以D1E=BF，

又D1C1=AB，∠C【拓展提升】練21.(2023·河北省滄州市·聯(lián)考題·多選題)如圖，在正四棱錐P?ABCD中，PA=AB=22，M，N分別是PB，PD的中點，則下列說法正確的是(

)

A.MN⊥AC B.直線AM和CN所成角的余弦值是23

C.點B到直線AN的距離是663 D.點M到平面解：A：連接BD，M,N分別為PB，PD的中點，即MN為中位線，則MN//BD，由P?ABCD為正四棱錐，故ABCD為正方形，則BD⊥AC，所以MN⊥AC，對；B：過C作CG//BD，交AB延長線于G，若F為CG中點，連接MF,AF，又CD//AB，即CD//BG，則BGCD為平行四邊形，故CF=12CG=而MN//BD且MN=12BD，故MN//CF且MN=CF所以CN//MF且CN=MF，故直線AM和CN所成角，即為∠AMF或其補(bǔ)角，PA=AB=22及正四棱錐的性質(zhì)知：側(cè)面為等邊三角形，底面為正方形，且棱長均為所以AM=CN=MF=6，cos∠AMF=AM2+MF2C：?ABN中AN=6,AB=22所以PD⊥PB，則BN=所以cos∠BAN=8+6?102×2所以點B到直線AN的距離是ABsinD：由上分析知：MN=12BD=2，若O為底面中心，則O為BD連接PO，交MN為E，則PO⊥BD，則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的距離為?，則13由AN=NC=6,AC=4，則?ANC中AC上的高為由AE=EC，OE=12PO=所以?=故選：ABC．練22(2023·山西省太原市·單元測試)如圖，棱長為3的正方體的頂點A在平面α上，三條棱AB,AC,AD都在平面α的同側(cè)，若頂點B,C到平面α的距離分別為2