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第6讲 空间角与距离
复习要点 能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平
面的距离问题和简单的夹角问题，能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几
何问题中的作用．
一 空间向量与空间角的关系
1．两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝.
2．直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角
为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝，φ的取值范围是.
3．求二面角的大小
(1)如图1，AB，CD是二面角αlβ的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小
θ＝〈 AB ， CD 〉 ．
(2)如图2、图3，n，n 分别是二面角αlβ的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大
1 2
小θ满足cos θ＝cos〈n，n〉或－cos〈n，n〉，取值范围是[0，π]．
1 2 1 2
二 利用空间向量求空间距离
1．点到直线的距离如图，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AP＝a，则向量AP在直线l上的投影向量AQ＝(a·u)u，在Rt△APQ中，
由勾股定理，得PQ＝＝.
2．点面距离的求法
如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d
＝.
常/用/结/论
最小角定理：如图，若OA为平面α的一条斜线，O
直线与平面所成的角是直线与平面内的直线所成一切角中最小的角．
为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与
OC所成的角，θ 为OA与OB所成的角，即线面角，θ 为OB与OC所成的角，那么 cos θ
1 2
＝ cos θ cos θ .
1 2
三余弦公式，由于cosθ＜1，所以有cosθ＜cosθ，由单调性得θ＞θ.
2 1 1
1．判断下列结论是否正确．
(1)两条直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．()
(2)直线的方向向量为u，平面的法向量为n，则线面角θ满足sin θ＝cos〈u，n〉．
()
(3)两个平面的法向量所成的角就是这两个平面所成的角．()
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．
(√)
2．已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝
－，则l与α所成的角为( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
解析：设直线l与平面α所成角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，又0°≤θ≤90°，故θ＝30°.
答案：A
3．已知A(1,2,0)，B(3,1,2)，C(2,0,4)，则点C到直线AB的距离为( )
A．2 B. C．2 D．2
解析：因为AB＝(2，－1,2)， AC＝(1，－2,4)，所以AC在AB方向上的投影数量为＝＝
4.设点C到直线AB的距离为d，则d＝＝＝.故选B.
答案：B
4．(2023·全国乙卷，理)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三
角形．若二面角CABD为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
A. B. C. D.
解析：如图，取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB
为斜边，则有CE⊥AB，又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角CAB-
D的平面角，即∠CED＝150°，
显然CE∩DE＝E，CE，DE 平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB 平面ABC，
因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，
⊂ ⊂
直线CD 平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，
从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝，在△CDE
⊂
中，由余弦定理得
CD＝
＝＝，
由正弦定理得＝，
即sin∠DCE＝＝，
显然∠DCE是锐角，所以cos∠DCE＝＝＝，
所以直线CD与平面ABC所成的角的正切值为.故选C.
答案：C
第1课时 异面直线所成的角与线面角
题型 异面直线所成的角
典例1(1)(2024·江西南昌押题)如图，三棱柱ABCABC 的底面边长和侧棱长均相等，
1 1 1
∠ BAA ＝ ∠ CAA ＝ 60° ，则异面直线AB 与BC 所成角的余弦值为( )
1 1 1 1
∠BAC＝60 °.
这样AB，AC，AA1两两夹角已知，基底就确定了．A. B. C. D.
(2)(2024·江西南昌模拟)如图，某圆锥的轴截面ABC是等边三角形，点D是线段AB的
中点，点E在底面圆的圆周上，且 的长度是长度的 2 倍 ，则异面直线DE
确定点E的位置．
与AC所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
解析：(1)设AA1＝c，AB＝a，AC＝b，三棱柱ABCABC 的所有 棱长均为 1 .
1 1 1
【简化运算】题干中告诉我们“底面边长和侧棱长均相等”，为了后续计算方便，我
们可以将棱长设为1，不影响结果，千万不要再引入参数k，费心费力、得不偿失．
由题意知a·b＝1×1×cos 60°＝，b·c＝，a·c＝，
∴ AB 1 · BC 1 ＝ ( a ＋ c )· ( b － a ＋ c )＝－1＋
基底参与运算，为计算夹角作好铺垫．
＋－＋1＝1，
又|AB1|＝＝＝＝，|BC1|＝＝＝，
∴ co s 〈 AB 1 ， BC 1 〉＝＝ ，
严格按照夹角的计算公式，这里是两个向量的夹角余弦值．
∴异面直线AB 与BC 所成角的余弦值为.故选A.
1 1
(2)方法一(几何法)：如图，取BC的中点O，连接OD，OE，OA.取OB的中点F，连接
DF，EF.设AB＝4，则OE＝2，OF＝1，OA＝2. 因为的长度是长度的 2 倍，所以 ∠ BOE ＝
120° ，则 EF 2 ＝ OE 2 ＋ OF 2 － 2 OE · OF cos 120° ＝ 7 .
计算的目标最终指向△ODE的三边的长，而异面直线DE，AC的夹角转化为∠ODE
的计算．
因为 D，F 分别是 AB，OB 的中点，所以 DF＝OA＝，DF∥OA，易知 OA⊥平面OFE，所以DF⊥平面OFE，所以DF⊥EF，则DE＝＝.因为D，O分别是AB，BC的中点，
所以 OD ∥ AC ， OD ＝ 2 ，所以∠ODE或其
异面直线所成的角，平移后相交来实现．
补角是异面直线DE与AC所成的角，则cos∠ODE＝＝＝.
方法二(建系法)：取BC中点O，连接AO，OE.取中点M，连接OM.易知OM，OC，
OA两两垂直，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图．
建系后主要是计算点E、点D的坐标．向量法的关键有两点：①如何恰当地建系；②
准确计算出各点的坐标，尤其是不在坐标轴上的点的坐标．
设BC＝4，则AO＝2.所以A(0,0,2)，C(0,2,0)，B(0，－2,0)，则D(0，－1，)，E(，
1,0)， AC ＝ (0,2 ，－ 2) ， DE ＝ ( ， 2 ，－ ) ．设异面直线 DE 与 AC 所成角为 θ ，所以 cos θ ＝ |
cos 〈 DE ， AC 〉 |＝＝＝.
异面直线所成的角，转化为两个向量的夹角，当然两个概念是有区别的．
故选B.
1．求异面直线所成角θ的余弦值的思路
(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v，v.
1 2
(3)代入公式cos θ＝|cos〈v，v〉|＝求解．
1 2
2．两异面直线所成角的关注点
两异面直线所成角的范围是，两向量的夹角 α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向
量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角
时，其补角才是异面直线的夹角.
对点练1如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1.E是DC的中点，将△DAE沿AE
折起，使折后平面DAE⊥平面ABCE，如图2，则异面直线AE和BD所成角的余弦值为
________．
图1 图2
解析：方法一：连接BE(图略)，易知AE⊥BE.
以E为原点，EA所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，过点E作垂直于平面ABCE的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则E(0,0,0)，A(，0,0)，B(0，，0)，D.
∴EA＝(，0,0)，BD＝，cos〈EA，BD〉＝＝.
即异面直线AE和BD所成角的余弦值为.
方法二：如图，取AE的中点O，连接DO，BO，延长EC到F使EC＝CF，连接BF，
DF，OF，易知BF∥AE，∴∠DBF为异面直线AE和DB所成的角或它的补角．∵DA＝DE
＝1，∴DO⊥AE，且AO＝DO＝.
在△ABO中，根据余弦定理得cos∠OAB＝cos 45°＝＝，∴BO＝.同理可得，OF＝.
又∵平面 DAE⊥平面 ABCE，平面 DAE∩平面 ABCE＝AE，DO 平面 DAE，
DO⊥AE，∴DO⊥平面ABCE.∵BO 平面ABCE，∴DO⊥BO.
⊂
∴BD2＝BO2＋DO2＝＋＝3，即BD＝.
⊂
同理可得，DF＝.又∵BF＝AE＝，∴在△DBF中，cos∠DBF＝＝＝－.
∵两异面直线的夹角的取值范围为，
∴异面直线AE和BD所成角的余弦值为.
答案：
题型 定义法求线面角
典例2如图，已知多面体ABCABC ，AA ， BB ， CC 均垂直于平面 ABC ， ∠ ABC ＝
1 1 1 1 1 1
120° ， A A ＝ 4 ， CC ＝ 1 ， AB ＝ BC ＝ BB ＝ 2 .学会审题：前面介绍位置关系，后面叙述数量
1 1 1
关系．
(1)证明：AB⊥平面ABC ；
1 1 1 1
(2)求直线AC 与平面ABB 所成的角的正弦值．
1 1
(1)证明：依题意，可知 AA⊥AB，AA⊥AC，BB⊥AB，BB⊥BC，CC ⊥BC，
1 1 1 1 1
CC ⊥AC.由AB＝2，AA＝4，BB＝2，易得AB＝AB＝2，
1 1 1 1 1 1
所以A B ＋ AB ＝ AA ， 故 AB ⊥ A B.
1 1 1 1
数量关系决定位置关系，后面证明AB ⊥B C ，也是同样的思路．
1 1 1
由BC＝2，BB＝2，CC ＝1，易得BC ＝.
1 1 1 1
由 AB ＝ BC ＝ 2 ， ∠ ABC ＝ 120° ，得AC＝2.
特殊的等腰三角形．
由CC ⊥AC，得AC ＝，
1 1
所以AB＋BC＝AC，故AB⊥BC .
1 1 1 1
又因为AB∩BC ＝B，AB，BC 平面ABC ，所以AB⊥平面ABC .
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
⊂(2)解：方法一：如图，过点C 作C D⊥AB，交直线AB 的延长线于点D，连接AD.
1 1 1 1 1 1
由AB ⊥ 平面 A BC ， AB 平面 ABB ，得平面 A BC ⊥ 平面 ABB .面面垂直的判定定
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
理，而后面的叙述则以此为依据，利用面⊥面的性质定理，得到过C 作平面ABB 的垂线，
⊂ 1 1
垂足D落在两平面的交线AB 上．
1 1
由C D⊥AB，平面ABC ∩平面ABB＝AB，C D 平面ABC ，得C D⊥平面ABB.
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以∠C AD即为AC 与平面ABB 所成的角．
1 1 1 ⊂
由AA＝4，CC ＝1.AC＝2，AA⊥AC，CC ⊥AC，易得AC ＝，
1 1 1 1 1 1
由BC ＝，AB＝2，AC ＝，
1 1 1 1 1 1
得 cos ∠ C AB ＝， sin ∠ C AB＝，
1 1 1 1 1 1
△AB C 中计算sin∠C AB ，目的是计算C D的长．
1 1 1 1 1 1 1
所以C D＝AC sin∠C AB＝，
1 1 1 1 1 1
故sin∠C AD＝＝.
1
因此直线AC 与平面ABB 所成的角的正弦值是.
1 1
方法二：由题知BB⊥平面ABC，CC ⊥平面ABC.
1 1
所以BB∥CC ，因为CC ⊄平面ABB，BB 平面ABB，
1 1 1 1 1 1
所以 CC ∥ 平面 ABB ，过 C 点作 CH ⊥ AB 交直
1 1 ⊂
点C和C 到平面ABB 的距离相等，这样的转化很好，我们应仔细体会．即借助线∥
1 1
面，实现点到平面距离的转化．
线AB的延长线于点H(图略)，易得CH⊥平面ABB ，且CH＝.所以C 到平面ABB 的
1 1 1
距离d＝.
记AC 与平面ABB 所成的角为θ，
1 1
所以sin θ＝＝＝.
定义法求线面角的步骤
(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线，或过斜线上一点作平面的垂线，确定垂足的
位置；
(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面内的射影，斜线与其射影所成的锐角即为所求的角；
(3)将该角归结为某个三角形的内角(一般是直角三角形)通过解三角形(可能需要解多个
三角形)求得该角或其三角函数值，如sin θ＝.其中，θ为线面角，h为点B到平面α的距离，l为斜线段AB的长，如图．
对点练2 如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝2，∠A＝60°，沿对角线BD
将△ABD折起到△PBD的位置，使得平面PBD⊥平面BCD，连接PC，则PD与平面PBC
所成角的正弦值为________．
解析： 在△ABD中，由余弦定理得 BD＝，则AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD，则
PB⊥BD，因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，所以PB⊥平面BCD，
因为PB 平面PBC，所以平面PBC⊥平面BCD.如图，过点D作DE⊥BC于点E，易证
DE⊥平面PBC，连接PE，则
⊂
∠DPE即为直线PD与平面PBC所成的角，在△PDE中，PD＝2，DE＝＝，所以
sin∠DPE＝＝，所以PD与平面PBC所成角的正弦值为.
答案：
题型 向量法求线面角
典例3(2023·全国甲卷，理)如图，在三棱柱ABCABC 中，AC⊥平面ABC，∠ACB＝
1 1 1 1
90°，AA＝2，A 到平面 BCC B 的距离为 1 .本例关键在于如何转化这个条件．
1 1 1 1
(1)证明：AC＝AC；
1
(2) 已知 AA 与 BB 的距离为 2 ，求AB 与这个条件目的是给出BC的长．怎样转化呢？
1 1 1
平面BCC B 所成角的正弦值．
1 1
(1)证明：∵AC⊥平面ABC，BC，AC 平面ABC，∴AC⊥BC，AC⊥AC.
1 1 1
又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC.
⊂
∵AC∩AC＝C，AC，AC 平面ACC A，
1 1 1 1
∴BC⊥平面ACC A.
1 1 ⊂
∵BC 平面BCC B， ∴ 平面 ACC A ⊥ 平面 BCC B.
1 1 1 1 1 1
本例的题眼在于此，由面⊥面的性质定理，A 到平面BCC B 的距离，转化成A 到
⊂ 1 1 1 1
CC 的距离．即在Rt△ACC 中，斜边CC ＝2，斜边上的高AD＝1，则可推得△ACC 是
1 1 1 1 1 1 1等腰直角三角形．
如图，过点A 作AD⊥CC 于点D，
1 1 1
∵平面ACC A⊥平面BCC B，平面ACC A∩平面BCC B＝CC ，AD 平面ACC A，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴AD⊥平面BCC B，∴AD＝1.
1 1 1 1 ⊂
∵AC ∥AC，∴AC⊥AC .
1 1 1 1 1
由棱柱的性质知CC ＝AA＝2，
1 1
∴ S △ A C C ＝ A C · A C ＝ CC · A D ＝ 1 . ①
1 1 1 1 1 1 1
又 A C ＋ A C 2 ＝ CC ＝ 4 ， ②
1 1
其实这一段证明过分强调代数推导，而忽视了几何推理．在直角三角形 ACC 中，斜
1 1
边CC ＝2，而斜边上的高AH＝1，即斜边上的高和斜边的中线长相等呀！
1 1
联立①②，解得AC ＝AC＝.
1 1 1
由棱柱的性质知AC ＝AC，∴AC＝AC＝.
1 1 1
(2)解：如图，过点D作DE∥BC交BB 于点E，连接AE， 则 DE ⊥ 平面 ACC A.
1 1 1 1
AA ⊥平面ADE AA ⊥AE.
1 1 1 1
⇒ ⇒
∵CC 平面ACC A，∴DE⊥CC .
1 1 1 1
∵DE∩AD＝D，DE，AD 平面ADE，
⊂ 1 1 1
∴CC ⊥平面ADE.
1 1 ⊂
∵AE 平面ADE，∴CC ⊥AE.
1 1 1 1
由棱柱的性质知，AA∥CC ∥BB，
⊂ 1 1 1
∴AA⊥AE，BB⊥AE，
1 1 1 1
∴线段AE的长即为AA 与BB 的距离，∴AE＝2，∴ DE ＝＝ .
1 1 1 1
这样成功地将AA 与BB 的距离转化为BC＝.
1 1
易知四边形DEBC为平行四边形，
∴BC＝DE＝.
由(1)知直线CA，CB，CA 两两垂直，故以点C为坐标原点，建立如图所示的空间直
1
角坐标系，则C(0，0,0)，A(，0,0)，B(0，，0)，B ( －，， ) ，应用BB1＝AA1，求得B 的
1 1
坐标．对于不在坐标轴上的点，坐标的求法常常根据向量相等来计算．
∴AB1＝(－2，，)，CB1＝(－，，)，CB＝(0，，0)．
设平面BCC B 的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1
则即
令x＝1，则y＝0，z＝1，∴n＝(1,0,1)．
设直线AB 与平面BCC B 所成角为θ，
1 1 1则sin θ＝|cos〈AB1，n〉|＝＝＝.
向量法求线面角的方法
如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ
为l与α所成的角，则sin φ＝|cos〈a，n〉|＝
对点练3(2024·河北张家口模拟)如图，在三棱锥PABC中，侧面PAC是边长为2的正
三角形，BC＝4，AB＝2，E，F分别为PC，PB的中点，平面AEF与底面ABC的交线为l.
(1)证明：l∥平面PBC.
(2)若三棱锥PABC的体积为，试问在直线l上是否存在点Q，使得直线PQ与平面AEF
所成角为α，异面直线PQ，EF所成角为β，且满足α＋β＝？若存在，求出线段AQ的长度；
若不存在，请说明理由．
(1)证明：由题意可得，E，F分别为PC，PB的中点，所以 EF∥BC，又BC 平面
ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.
⊂
又EF 平面AEF，平面AEF与底面ABC的交线为l，所以EF∥l.
从而，l∥BC，而BC 平面PBC，l⊄平面PBC，所以l∥平面PBC.
⊂
(2)解：由(1)可知，在底面ABC内过点A作BC的平行线，即平面AEF与底面ABC的
⊂
交线l.
由题意可得AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC.
故△ABC的面积S＝AC·BC＝4.
设点P到平面ABC的距离为h，则V ＝＝Sh＝×4h，解得h＝.
PABC
注意到侧面PAC是边长为2的正三角形，取AC的中点记为D，连接PD，则PD＝，
PD⊥平面ABC.
取AB的中点记为M，连接DM，则DM∥BC，因为AC⊥BC，所以DM⊥AC.
于是，以D为坐标原点，DA，DM，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间
直角坐标系，则A(1,0,0)，P(0,0，)，C(－1,0,0)，B(－1，4,0)，E，F，设Q(1，y 0)．
1,
于是，PQ＝(1，y ，－)，AE＝，EF＝(0,2,0)．设平面AEF的法向量为n＝(x ，y ，
1 2 2
z)，则AE·n＝0，
2
EF·n＝0，即取z＝1，则x＝，y＝0，即n＝.
1 2 2
又直线PQ与平面AEF所成角为α，于是sin α＝|cos〈PQ，n〉|＝＝，
而异面直线PQ，EF所成角为β，于是cos β＝|cos〈PQ，EF〉|＝，
假设存在点Q满足题设α＋β＝，则sin α＝cos β，整理得|y|＝1.
1
所以这样的点Q存在，且有AQ＝1.
