资源简介

利用传统方法求线线角、线面角、二面角与距离的问题
【考点预测】
知识点 1：线与线的夹角
平行直线
共面直线
(1)位置关系的分类： 相交直线异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点
(2)异面直线所成的角
①定义：设 a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线 a′ ∥ a，b′ ∥ b，把 a′与 b′所成的锐角 (或直
角)叫做异面直线 a与 b所成的角 (或夹角)．
π
②范围： 0， 2
③求法：平移法：将异面直线 a，b平移到同一平面内，放在同一三角形内解三角形．
知识点 2：线与面的夹角
①定义：平面上的一条斜线与它在平面的射影所成的锐角即为斜线与平面的线面角．
π
②范围： 0，2
③求法：
常规法：过平面外一点B做BB ⊥平面 α，交平面 α于点B'；连接AB ，则∠BAB 即为直线AB与平

面 α BB h的夹角．接下来在Rt△ABB 中解三角形．即 sin∠BAB = = (其中 h即点B到面 α
AB 斜线长
的距离，可以采用等体积法求 h，斜线长即为线段AB的长度)；
知识点 3：二面角
(1)二面角定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形称为二面角，这条直线称为二面角的棱，这
两个平面称为二面角的面． (二面角 α- l- β或者是二面角A-CD-B)
(2)二面角的平面角的概念：平面角是指以二面角的棱上一点为端点，在两个半平面内分别做垂直于棱的
两条射线，这两条射线所成的角就叫做该二面角的平面角；范围 [0，π]．
(3)二面角的求法
法一：定义法
在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角，
如图在二面角 α- l- β的棱上任取一点O，以O为垂足，分别在半平面 α和 β内作垂直于棱的射线
OA和OB，则射线OA和OB所成的角称为二面角的平面角 (当然两条垂线的垂足点可以不相同，那
求二面角就相当于求两条异面直线的夹角即可)．
法二：三垂线法
在面 α或面 β内找一合适的点A，作AO⊥ β于O，过A作AB⊥ c于B，则BO为斜线AB在面 β内
的射影，∠ABO为二面角 α- c- β的平面角．如图1，具体步骤：
①找点做面的垂线；即过点A，作AO⊥ β于O；
②过点 (与①中是同一个点)做交线的垂线；即过A作AB⊥ c于B，连接BO；
③计算：∠ABO为二面角 α- c- β的平面角，在Rt△ABO中解三角形．
图 1 图 2 图 3
法三：射影面积法
凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影
面积公式 (cosθ= S射 = S△A'B'C 'S S ，如图2)求出二面角的大小；斜 △ABC
法四：补棱法
当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线 (称为
补棱)，然后借助前述的定义法与三垂线法解题．当二平面没有明确的交线时，也可直接用法三的摄
影面积法解题．
法五：垂面法
由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是
二面角的平面角．
例如：过二面角内一点A作AB⊥ α于B，作AC⊥ β于C，面ABC交棱 a于点O，则∠BOC就是二
面角的平面角．如图3．此法实际应用中的比较少，此处就不一一举例分析了．
知识点 4：空间中的距离
求点到面的距离转化为三棱锥等体积法求解．
【题型归纳目录】
题型一：异面直线所成角
题型二：线面角
题型三：二面角
题型四：距离问题
【典例例题】
题型一：异面直线所成角
例1.(2022·吉林·长春市第二实验中学高三阶段练习)如图，在棱长为 2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，
M ,N ,E,F分别是DD1,BC,C1D1的中点，则异面直线MN与EF所成的角为 ( )
A. π π2 B. 3
C. π π6 D. 4
例2.(2022·四川内江·模拟预测 (理))如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BC⊥面ACC1A1，CA=CC1
= 2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为 ( )
A. 2 25 B.
5
3
C. 55 D.
3
5
例3.(2022·全国·模拟预测)已知正方体中ABCD-A1B1C1D1，E，G分别为A1D1，C1D1的中点，则直线
A1G，CE所成角的余弦值为 ( )
A. 30 3010 B. 15
C. 4 515 D.
145
15
例4.(2022·全国·模拟预测)在如图所示的圆锥中，底面直径为 4 3，母线长为 4，点C是底面直径AB所对
弧的中点，点D是母线PB的中点，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为
( )
A. 12 B.
3
4
C. 2 42 D. 5
例5.(2020·黑龙江·哈师大附中高三期末 (文))如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1= 2，M、N
分别是BB1和B1C1的中点，则直线AM与CN所成角的余弦值等于 ( )
A. 5 B. 2 52 2
C. 25 D.
3
5
例6.(2023·全国·高三专题练习 (文))如图，在四面体ABCD中，∠BCD= 90°，AB⊥平面 BCD，AB=
BC=CD，P为AC的中点，则直线BP与AD所成的角为 ( )
A. π B. π6 4
C. π D. π3 2
例7.(2022·河南省杞县高中模拟预测 (文))如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ACB
= 90°，BC=AA1= 3，AC= 1，则异面直线AC1与CB1所成角的余弦值为 ( )
A. 23 B.
6
4
C. 3 D. 2 52 5
例8.(2022·全国·高三专题练习)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，过点C做直线 l，使得直线 l与直线BA1
和B1D1所成的角均为 70 ，则这样的直线 l(　　)
A. 不存在 B. 2条
C. 4条 D. 无数条
例9.(2022·湖南·长沙一中高三开学考试)已知点A为圆台O1O2下底面圆O2的圆周上一点，S为上底面
圆O1的圆周上一点，且SO1= 1，O1O2= 3，O2A= 2，记直线SA与直线O1O2所成角为 θ，则 ( )
A. θ∈ 0, π 6
B. θ∈ 0, π 3
C. θ∈ π , π 6 3
D. θ∈ π π 4 , 2
例10.(2022·湖北武汉·模拟预测)已知异面直线 a，b的夹角为 θ，若过空间中一点P，作与两异面直线夹角
π
均为 3 的直线可以作 4条，则 θ的取值范围是______．
例11.(2022·江苏常州·模拟预测)在三棱锥A-BCD中，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD，若AB= 2，
BC=CD= 4，则AC与BD所成角的余弦值为___________．
题型二：线面角
例12.(2022·福建·三明一中模拟预测)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB= 2 3，点 E为平面A1BD
2 5
内的动点，设直线AE与平面A1BD所成的角为 α，若 sinα= 5 ，则点E的轨迹所围成的面积为_
__________．
例13.(2022·全国·模拟预测 (理))如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC= 90°，
AA 1= A 1B 1= B 1C 1= 1，AB = 2，则 AC与平面 BCC 1B 1 所成的角为
( )
A. 30° B. 45°
C. 60° D. 90°
例14.(2022·河南安阳·模拟预测 (理))如图，在三棱锥P-ABC中，底面ABC是直角三角形，AC=BC=
2，PB=PC，D为AB的中点．
(1)证明：BC⊥PD；
(2)若AC⊥PB，PA= 3，求直线PA与平面PBC所成的角的正弦值．
例15.(2022·河南安阳·模拟预测 (理))如图，在四面体ABCD中，AB=AD，BC=CD，E为BD的中点，
F为AC上一点．
(1)求证：平面ACE⊥平面BDF；
(2)若∠BCD= 90°，∠BAD= 60°，AC= 3BC，求直线BF与平面
ACD所成角的正弦值的最大值．
例16.(2022·吉林 ·长春市第二实验中学高三阶段练习)如图，已知四棱锥 P - ABCD中，PD⊥平面
ABCD，且AB∥DC,4AB=DC,PM= 15 PC．
(1)求证：PA∥平面MDB；
(2)当直线PC,PA与底面ABCD π所成的角都为 4 ，且DC= 4,DA⊥AB时，求出多面体MPABD的
体积．
例17.(2022·全国·高三专题练习 (文))已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB= 2，M是B1C1的中点．
(1)求证：AC1 平面A1MB；
(2)点P是直线AC1上的一点，当AC1与平面ABC所成的角的正切值为 2
时，求三棱锥P-A1MB的体积．
例18.(2022·四川省泸县第二中学模拟预测 (文))如图，在四棱锥 S - ABCD中，底面 ABCD为矩形，
△SAD为等腰直角三角形，SA=SD= 2 2，AB= 2，F是BC的中点．
(1)在AD上是否存在点E，使得平面SEF⊥平面ABCD，若存在，求出点E的位置；若不存在，请说
明理由．
(2)△SBC为等边三角形，在 (1)的条件下，求直线SE与平面SBC所成角的正弦值．
例19.(2022·江苏南通·模拟预测)如图，在矩形ABCD中，AB= 2AD= 4，M，N分别是AB和CD的中
点，P是BM的中点．将矩形AMND沿MN折起，形成多面体AMB-DNC．
(1)证明：BD 平面ANP；
(2)若二面角A-MN-B大小为 120°，求直线AP与平面ABCD所成角的正弦值．
题型三：二面角
例20.(2023·河北·高三阶段练习)如图，ABCD为圆柱OO 的轴截面，EF是圆柱上异于AD,BC的母线．
(1)证明：BE⊥平面DEF；
(2)若AB=BC= 6，当三棱锥B-DEF的体积最大时，求二面角B-DF-E的正弦值．
例21.(2023·全国·高三专题练习 (理))如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC= 2，PA=PB=PC=AC
= 2 2，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且PM与面ABC所成角的正切值为 6，求二面
角M-PA-C的平面角的余弦值．
例22.(2022·广东·大埔县虎山中学高三阶段练习)如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆
上的点．
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若AB= 2，AC= 1，PA= 1，求：二面角C PB A的正切值．
例23.(2022·北京·景山学校模拟预测)如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分别是棱AA1，CC1上的
点，平面BEF⊥平面ABB1A1，M是AB的中点．
(1)证明：CM 平面BEF；
(2)若AC=AE= 2，求平面BEF与平面ABC夹角的大小．
例24.(2022·湖南·雅礼中学二模)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在线段CD1上，CE= 2ED1，
点F为线段AB上的动点．
(1)若EF∥平面ADD1A AF1，求 FB 的值；
(2)当F为AB中点时，求二面角E-DF-C的正切值．
例25.(2022·天津·耀华中学一模)如图，在四棱锥 E-ABCD中，平面ABCD⊥平面ABE，AB ∥DC，
AB⊥BC，AB= 2BC= 2CD= 2，AE=BE= 5，点M为BE的中点．
(1)求证：CM∥平面ADE；
(2)求平面EBD与平面BDC夹角的正弦值；
例26.(2022·浙江·海宁中学模拟预测)如图所示，在四边形ABCD中，AD BC，AB⊥AD，AD=AB=
1
2 BC.现将△ABD沿BD折起，使得点A到E的位置．
(1)试在BC边上确定一点F，使得BD⊥EF；
(2)若平面EBD⊥平面BCD，求二面角E-BC-D所成角的正
切值．
例27.(2022·湖北武汉·模拟预测)如图，在三棱锥 P-ABC中，平面 PAC⊥平面ABC，PA= PC= 4，
AB⊥BC，D，E分别为PC，AC中点，且BD⊥AC．
(1) AB求 的值；
BC
(2)若AC= 4，求二面角E-BD-C的余弦值．
例28.(2022·陕西·西北工业大学附属中学二模 (理))在如图所示的圆锥中，PA PB PC是该圆锥的三
条不同母线，M N分别为PA PB的中点，圆锥的高为 h，底面半径为 r，h:r= 3:2，且圆锥的体积为
32π．
(1)求证：直线MN平行于圆锥的底面；
(2)若三条母线PA PB PC两两夹角相等，求平面MNC与圆锥底面的夹角的
余弦值．
例29.(2022·天津河北·二模)如图，四边形ABCD是边长为 2的菱形，∠ABC= 60°，四边形PACQ是矩
形，PA= 1，且平面PACQ⊥平面ABCD．
(1)求直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；
(2)求平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；
例30.(2021·江苏苏州·高三阶段练习)已知四棱锥Q-ABCD的底面ABCD是边长为 2的正方形，且平
面QAD⊥平面ABCD．
(1)证明：AB⊥QD；
(2)若点Q到平面ABCD的距离为 2，记二面角B-QD-A的正切值
为m 1，求 m +QD的最小值．
题型四：距离问题
例31.(2022·四川广安·模拟预测 (文))如图，四棱锥 E-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AB⊥
BC，CD∥AB，面ABE⊥面ABCD，且AB=AE=BE= 2BC= 2CD= 4，点M在棱AE上．
(1)若 2EM=AM，求证：CE∥平面BDM．
(2)当AE⊥平面MBC时，求点E到平面BDM的距离．
例32.(2022·全国·模拟预测 (文))如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AC=BC，PA=

PB，且点C在以点O为圆心AB为直径的半圆AB上．
(1)求证：AB⊥PC；
(2)若AC= 2，且PC π与平面ABC所成角为 4 ，求点B到平面PAC的距离．
例33.(2022·河南安阳·模拟预测 (文))如图，在三棱锥P-ABC中，底面ABC是直角三角形，AC=BC=
2，PB=PC，D为AB的中点．
(1)证明：BC⊥PD；
(2)若PA= 3，PB= 5，求点A到平面PDC的距离．
例34.(2022 ·全国 ·高三专题练习)如图，在直棱柱 ABCD - A 1B 1C 1D1 中，底面 ABCD是直角梯形，
AB DC,AB⊥BC，AB= 3DC= 3,BC= 6，点P在面ADD1A1上，过点P和棱BB1的平面把直棱
柱分成体积相等的两部分．
(1)求截面与直棱柱的侧面BCC1B1所成角的正切值；
(2)求棱DD1到截面的距离．
例35.(2021·湖南师大附中高三阶段练习)如图，已知△ABC为等边三角形，D，E分别为AC，AB边的中
点，把△ADE沿DE折起，使点A到达点P，平面PDE⊥平面BCDE，若BC= 4．
(1)求PB与平面BCDE所成角的正弦值；
(2)求直线DE到平面PBC的距离．
例36.(2022·黑龙江齐齐哈尔·三模 (文))如图所示的斜三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1B1B是正方形，且点
C1在平面AA1B1B上的射影恰是AB的中点H，M是C1B1的中点．
(1)判断HM与面CAA1C1的关系，并证明你的结论；
(2)若C1H= 3，AB= 2，求斜三棱柱两底面间的距离．
例37.(2023·全国·高三专题练习)如图，在直三棱柱ABC-A 01B1C1中，AA1= 2,AB= 1，∠ABC= 90 ；点
D、E分别在BB1,A1D上，且B1E⊥A1D，四棱锥C-ABDA1与直三棱柱的体积之比为 3：5．求异面
直线DE与B1C1的距离．
例38.(2022·上海市实验学校模拟预测)如图，已知正三棱锥P-ABC的侧棱长为 2，侧棱与底面所成角
大小为 60°．
(1)求此正三棱锥体积；
(2)求异面直线PA与BC的距离．
例39.(2020·全国·高三专题练习 (文))如图，四棱锥 P - ABCD中，底面 ABCD为矩形，PA⊥底面
ABCD，PA=AB= 2，AD= 1，点E是棱PB的中点．直线AB与平面ECD的距离为 ( )
A. 1 B. 33
C. 83 D. 2
例40.(2020·全国·高三专题练习 (文))用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体．已知正六
面体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 4，则平面AB1D1与平面BC1D间的距离为 ( )
A. 3 B. 6 C. 4 33 3 D. 2 3利用传统方法求线线角、线面角、二面角与距离的问题
【考点预测】
知识点 1：线与线的夹角
平行直线
共面直线
(1)位置关系的分类： 相交直线异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点
(2)异面直线所成的角
①定义：设 a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线 a′ ∥ a，b′ ∥ b，把 a′与 b′所成的锐角 (或直
角)叫做异面直线 a与 b所成的角 (或夹角)．
π
②范围： 0， 2
③求法：平移法：将异面直线 a，b平移到同一平面内，放在同一三角形内解三角形．
知识点 2：线与面的夹角
①定义：平面上的一条斜线与它在平面的射影所成的锐角即为斜线与平面的线面角．
π
②范围： 0，2
③求法：
常规法：过平面外一点B做BB ⊥平面 α，交平面 α于点B'；连接AB ，则∠BAB 即为直线AB与平

面 α BB h的夹角．接下来在Rt△ABB 中解三角形．即 sin∠BAB = = (其中 h即点B到面 α
AB 斜线长
的距离，可以采用等体积法求 h，斜线长即为线段AB的长度)；
知识点 3：二面角
(1)二面角定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形称为二面角，这条直线称为二面角的棱，这
两个平面称为二面角的面． (二面角 α- l- β或者是二面角A-CD-B)
(2)二面角的平面角的概念：平面角是指以二面角的棱上一点为端点，在两个半平面内分别做垂直于棱的
两条射线，这两条射线所成的角就叫做该二面角的平面角；范围 [0，π]．
(3)二面角的求法
法一：定义法
在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角，
如图在二面角 α- l- β的棱上任取一点O，以O为垂足，分别在半平面 α和 β内作垂直于棱的射线
OA和OB，则射线OA和OB所成的角称为二面角的平面角 (当然两条垂线的垂足点可以不相同，那
求二面角就相当于求两条异面直线的夹角即可)．
法二：三垂线法
在面 α或面 β内找一合适的点A，作AO⊥ β于O，过A作AB⊥ c于B，则BO为斜线AB在面 β内
的射影，∠ABO为二面角 α- c- β的平面角．如图1，具体步骤：
①找点做面的垂线；即过点A，作AO⊥ β于O；
②过点 (与①中是同一个点)做交线的垂线；即过A作AB⊥ c于B，连接BO；
③计算：∠ABO为二面角 α- c- β的平面角，在Rt△ABO中解三角形．
图 1 图 2 图 3
法三：射影面积法
凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影
面积公式 (cosθ= S射 = S△A'B'C 'S S ，如图2)求出二面角的大小；斜 △ABC
法四：补棱法
当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确的交线 (称为
补棱)，然后借助前述的定义法与三垂线法解题．当二平面没有明确的交线时，也可直接用法三的摄
影面积法解题．
法五：垂面法
由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是
二面角的平面角．
例如：过二面角内一点A作AB⊥ α于B，作AC⊥ β于C，面ABC交棱 a于点O，则∠BOC就是二
面角的平面角．如图3．此法实际应用中的比较少，此处就不一一举例分析了．
知识点 4：空间中的距离
求点到面的距离转化为三棱锥等体积法求解．
【题型归纳目录】
题型一：异面直线所成角
题型二：线面角
题型三：二面角
题型四：距离问题
【典例例题】
题型一：异面直线所成角
例1.(2022·吉林·长春市第二实验中学高三阶段练习)如图，在棱长为 2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，
M ,N ,E,F分别是DD1,BC,C1D1的中点，则异面直线MN与EF所成的角为 ( )
A. π2 B.
π
3
C. π6 D.
π
4
【答案】C
【解析】取CC1的中点H，连接FH，EH，NH，ME，
由正方体的性质可知NH ME且NH=ME，所以MNHE为平行四边形，
所以MN EH，
所以异面直线MN与EF所成的角的平面角为∠FEH，
又AB= 2，
则EH=FH= 2，FE= 22+ 12+ 12= 6，
2 2 2
则 cos∠FEH= EH +EF -FH 32×EH×EF = 2 ，
所以∠FEH= π6，
故选：C．
例2.(2022·四川内江·模拟预测 (理))如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BC⊥面ACC1A1，CA=CC1
= 2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为 ( )
A. 2 25 B.
5
3
C. 55 D.
3
5
【答案】C
【解析】连接CB1交BC1于D，若E是AC的中点，连接BE,ED，
由ABC-A1B1C1为直棱柱，各侧面四边形为矩形，易知：D是CB1的中点，
所以ED AB1，故直线BC1与直线AB1夹角，即为ED与BC1
的夹角∠BDE或补角，
若BC= 1，则CE= 1，BD=CD= 52 ，
BC⊥面ACC1A1，EC 面ACC1A1，则CB⊥CE，
而EC⊥CC1，又BC∩CC1=C，BC,CC1 面BCC1B1，故EC
⊥面BCC1B1，
又CD 面BCC1B1，所以CE⊥CD．
所以ED= CD2+CE2= 32，BE= CB
2+CE2= 2，
5
2 2 2 + 9 - 2
在△BDE中 cos∠BDE= BD +ED -BE = 4 4 52BD ED = ．
2× 52 ×
3 5
2
故选：C
例3.(2022·全国·模拟预测)已知正方体中ABCD-A1B1C1D1，E，G分别为A1D1，C1D1的中点，则直线
A1G，CE所成角的余弦值为 ( )
A. 3010 B.
30
15
C. 4 515 D.
145
15
【答案】C
【解析】如图所示：
取AB的中点F，连接EF，CF，易知A1G∥CF，则∠ECF(或其补角)为直线
A1G与CE所成角．不妨设AB= 2，则CF= 5，EF= 6，EC= 3，由余弦定理
得 cos∠ECF= 9+ 5- 6 4 5 4 5
2× 3× = 15 ，即直线A5 1G与CE所成角的余弦值为 15 ．
故选：C．
例4.(2022·全国·模拟预测)在如图所示的圆锥中，底面直径为 4 3，母线长为 4，点C是底面直径AB所对
弧的中点，点D是母线PB的中点，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为
( )
A. 12 B.
3
4
C. 22 D.
4
5
【答案】B
【解析】设底面圆心为O，连接PO，OC，取PO的中点E，连接DE，CE，则DE∥AB，
且DE= 3，所以∠CDE为AB与CD所成的角 (或其补角)．
由题意知OB= 2 3，PB= 4，所以PO= 2，所以CE= OE2+OC 2= 13．
由题意知OC⊥AB，OC⊥PO，AB∩PO=O，AB，PO 平面POB，
所以OC⊥平面POB．又OC 平面POC，所以平面POC⊥平面POB，
又平面POC∩平面POB=PO，DE 平面POB且DE⊥PO，
所以DE⊥平面POC，因为CE 平面POC，
所以DE⊥CE．又DE= 12 OB= 3，所以CD= DE
2+CE2= 4，
所以 cos∠CDE= 34 ．
故选：B．
例5.(2020·黑龙江·哈师大附中高三期末 (文))如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1= 2，M、N
分别是BB1和B1C1的中点，则直线AM与CN所成角的余弦值等于 ( )
A. 5 B. 2 52 2
C. 25 D.
3
5
【答案】D
【解析】作BC的中点E，连接B1E，作BE的中点F，连接MF、A1F，
即∠AMF为异面直线AM与CN所成的角，
由已知条件得B1E= 22+ 12= 5，则MF= 52 ，AM= 2
2+ 12= 5，
2
由余弦定理得AF= 22+ 12 - 2× 2×
1
2 × cos60
°= 132 ，
在△AMF中，有余弦定理可知AF 2=AM 2+MF 2- 2AM MF cos∠AMF，
即 13 = 5+ 54 4 - 2× 5 ×
5
2 × cos∠AMF，解得 cos∠AMF=
3
5，
故选：D．
例6.(2023·全国·高三专题练习 (文))如图，在四面体ABCD中，∠BCD= 90°，AB⊥平面 BCD，AB=
BC=CD，P为AC的中点，则直线BP与AD所成的角为 ( )
A. π6 B.
π
4
C. π3 D.
π
2
【答案】D
【解析】在四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，CD 平面BCD，则AB⊥
CD，而∠BCD= 90°，
即BC⊥CD，又AB∩BC=B，AB,BC 平面ABC，则有CD⊥平面ABC，而BP 平面ABC，
于是得CD⊥BP，因P为AC的中点，即AC⊥BP，而AC∩CD=C，AC,CD 平面ACD，
则BP⊥平面ACD，又AD 平面ACD，从而得BP⊥AD，
所以直线BP与AD所成的角为 π2．
故选：D
例7.(2022·河南省杞县高中模拟预测 (文))如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ACB
= 90°，BC=AA1= 3，AC= 1，则异面直线AC1与CB1所成角的余弦值为 ( )
A. 23 B.
6
4
C. 32 D.
2 5
5
【答案】B
【解析】把三棱柱补成如图所示长方体，连接B1D，CD，则B1D∥AC1，
所以∠CB1D即为异面直线AC1与CB1所成角 (或补角)．
由题意可得CD=AB= AC 2+BC 2= 1+ 3= 2，
B1D=AC 21= AC +CC 21 = 2，CB1= 3+ 3= 6，
CB2+B D2所以 -CD
2
cos∠CB D= 1 1 = 6+ 4- 4 61 = ．2CB1 B1D 2 6 2 4
故选：B．
例8.(2022·全国·高三专题练习)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，过点C做直线 l，使得直线 l与直线BA1
和B1D1所成的角均为 70 ，则这样的直线 l(　　)
A. 不存在 B. 2条
C. 4条 D. 无数条
【答案】C
【解析】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接A1D,BD，如图，
则有BD B1D1，显然A1B=A1D=BD，即直线BA1和B1D1所成角∠A1BD
= 60 ，
过点C做直线 l与直线BA1和B1D1所成的角均为 70 可以转化为过点B做直
线 l 与直线BA1和BD所成的角均为 70 ，
∠A BD的平分线AO与直线BA1和BD都成 30 的角，让 l 绕着点B从AO开始在过直线AO并与平面
A BD垂直的平面内转动时，
在转动到 l ⊥平面A BD的过程中，直线 l 与直线BA1和BD所成的角均相等，角大小从 30 到 90 ，
由于直线 l 的转动方向有两种，从而得有两条直线与直线BA1和BD所成的角均为 70 ，
又∠A BD的邻补角大小为 120 ，其角平分线与直线BA1和BD都成 60 的角，
当直线 l 绕着点B从∠A BD的邻补角的平分线开始在过该平分线并与平面A BD垂直的平面内转动时，
在转动到 l ⊥平面A BD的过程中，直线 l 与直线BA1和BD所成的角均相等，角大小从 60 到 90 ，
由于直线 l 的转动方向有两种，从而得有两条直线与直线BA1和BD所成的角均为 70 ，
综上得，这样的直线 l 有 4条，
所以过点C与直线BA 1和B1D1所成的角均为 70 的直线 l有 4条．
故选：C
例9.(2022·湖南·长沙一中高三开学考试)已知点A为圆台O1O2下底面圆O2的圆周上一点，S为上底面
圆O1的圆周上一点，且SO1= 1，O1O2= 3，O2A= 2，记直线SA与直线O1O2所成角为 θ，则 ( )
A. θ∈ 0, π B. θ∈ 0, π C. θ∈ π , π D. θ∈ π , π 6 3 6 3 4 2
【答案】C
【解析】由题意，设上 下底面半径分别为R1,R2，其中R1= 1,R2= 2，
如图，过S作SD垂直下底面于D，则O1O2∥SD，
所以直线SA与直线O1O2所成角即为直线SA与直线SD所成角，即
∠ASD= θ，
而 tanθ= AD = ADSD ，由圆的性质，1=R2-O2D≤AD≤O2D+R3 2
= 3，
所以 tanθ= ADSD =
AD ∈ 3 3 , 3
π π
3
，所以 θ∈ 6 , 3 ，
故选：C．
例10.(2022·湖北武汉·模拟预测)已知异面直线 a，b的夹角为 θ，若过空间中一点P，作与两异面直线夹角
π
均为 3 的直线可以作 4条，则 θ的取值范围是______．
【答案】 π , π 3 2
【解析】如图，将异面直线 a、b平移到过P点，此时两相交直线确定的平面为 α，如图，a平移为 a ，即PA，b
平移为 b ，即BE．
设∠APB= θ，PC α且PC是∠APB的角平分线，则PC与 a 和 b 的夹角相等，即PC与 a、b夹角均相
等，
①将直线PC绕着P点向上旋转到PD，当平面PCD⊥ α时，PD与 a 、b 的夹角依然相等，即PD与 a、b
的夹角依然相等；
将直线PC绕着P点向下旋转时也可得到与 a、b的夹角均相等的另外一条直线，
易知PC与PA夹角为 θ2，当PC向上或向下旋转的过程中，PC与PA夹角增大，则若要存在与两异面直
线夹角均为 π 的直线，有 θ < π θ< 2π3 2 3 3 ；
②同理，∠APE= π- θ，将∠APE的角平分线绕着P向上或向下旋转可得两条直线与 a、b的夹角均为
π，则 π- θ3 2 <
π
3 θ>
π
3，
如此，即可作出 4条直线与异面直线 a、b夹角均为 π3，
又∵ 0< θ≤ π，∴ θ∈ π , π 2 3 2 ．
故答案为： π3 ,
π
2 ．
例11.(2022·江苏常州·模拟预测)在三棱锥A-BCD中，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD，若AB= 2，
BC=CD= 4，则AC与BD所成角的余弦值为___________．
【答案】 105
【解析】如图，取BC,AB,AD中点E,F,G，连接EF,FG,EG，
所以EF AC,FG BD，则∠EFG(或其补角)即为AC与BD所成角，
因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥BC，所以AC= 2 5，则EF= 5，
因为BC⊥CD，所以BD= 4 2，所以FG= 2 2，
取BD中点H，连接GH,EH，所以HG AB，所以HG⊥平面
BCD，
所以HG⊥EH，又GH= 12 AB= 1，EH=
1
2 CD= 2，
所以EG= GH 2+EH 2= 5，
2
∠ = 5 + 2 2
2- 5 2所以 cos EFG = 10．
2× 5 × 2 2 5
所以AC与BD所成角的余弦值为 105 ．
故答案为： 105 ．
题型二：线面角
例12.(2022·福建·三明一中模拟预测)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB= 2 3，点 E为平面A1BD
内的动点，设直线AE与平面A1BD
2 5
所成的角为 α，若 sinα= 5 ，则点E的轨迹所围成的面积为_
__________．
【答案】π
【解析】如图所示，连接AC1交平面A1BD于O，连接EO，
由题意可知AC1⊥平面A1BD，
所以∠AEO是AE与平面A1BD所成的角，
所以∠AEO= α．
由 sinα= 2 55 可得 tanα= 2，即
AO = 2．
EO
在四面体A-A1BD中，BD=A1D=A1B= 2 6，AB=AD=AA1= 2 3，
所以四面体A-A1BD为正三棱锥，O为△BDA1的重心，
如图所示：
所以解得BO= 33 × 2 6= 2 2，AO= AB
2-BO2= 2，
又因为 AO = 2，
EO
所以EO= 1，
即E在平面A1BD内的轨迹是以O为圆心，半径为 1的圆，
所以S= π× 12= π．
故答案为：π．
例13.(2022·全国·模拟预测 (理))如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC= 90°，
AA 1= A 1B 1= B 1C 1= 1，AB = 2，则 AC与平面 BCC 1B 1 所成的角为
( )
A. 30° B. 45°
C. 60° D. 90°
【答案】A
【解析】将棱台补全为如下棱锥D-ABC，
由∠ABC= 90°，AA1=A1B1=B1C1= 1，AB= 2，易知：DA=BC= 2，
AC= 2 2，
由AA1⊥平面ABC，AB,AC⊥平面ABC，则AA1⊥AB，AA1⊥
AC，
所以BD= 2 2，CD= 2 3，故BC 2+BD2=CD2，
所以S 1△BCD= 2 × 2× 2 2= 2 2，若A到面BCC1B1的距离为 h，又
VD-ABC=VA-BCD，
则 13 × 2×
1
2 × 2× 2=
1
3 h× 2 2，可得 h= 2，
综上，AC与平面BCC B 所成角 θ∈ 0, π 1 1 2 ，则 sinθ=
h = 1
AC 2
，即 θ
= π6．
故选：A
例14.(2022·河南安阳·模拟预测 (理))如图，在三棱锥P-ABC中，底面ABC是直角三角形，AC=BC=
2，PB=PC，D为AB的中点．
(1)证明：BC⊥PD；
(2)若AC⊥PB，PA= 3，求直线PA与平面PBC所成的角的正弦值．
【解析】(1)证明：如图，取BC中点E，连接PE，DE
∵PB=PC，E为BC中点
∴PE⊥BC
又D为AB的中点，所以DE AC
∵底面ABC是直角三角形，AC=BC= 2，∴AC⊥BC
即DE⊥BC
∵PE∩DE=E,PE,DE 平面PDE
∴BC⊥平面PDE，
∴BC⊥PD
(2)由 (1)知，AC⊥BC，又AC⊥PB
且PB∩BC=C,PB,BC 平面PBC
∴AC⊥平面PBC，
∴直线PA与平面PBC所成的角为∠APC
在Rt△APC中，AC= 2,PA= 3
∴ sin∠APC= AC = 2
PA 3
．
∴直线PA与平面PBC所成的角的正弦值为 23．
例15.(2022·河南安阳·模拟预测 (理))如图，在四面体ABCD中，AB=AD，BC=CD，E为BD的中点，
F为AC上一点．
(1)求证：平面ACE⊥平面BDF；
(2)若∠BCD= 90°，∠BAD= 60°，AC= 3BC，求直线BF与平面
ACD所成角的正弦值的最大值．
【解析】(1)在四面体ABCD中，AB=ADBC=CD，E为BD的中点，
则AE⊥BD,CE⊥BD，
而AE∩CE=E，AE,CE 平面ACE，于是得BD⊥平面ACE，又
BD 平面BDF，所以平面ACE⊥平面BDF．
(2)依题意不妨设BC=CD= 2，∠BCD= 90°，则BD= 2 2,CE= 2，又∠BAD= 60°，则AB=AD
=BD= 2 2，AE= 6．
2 2 2
在△ACE中，AC= 2 3，所 cos∠AEC= AE +CE -AC = 6+ 2- 12 × × =-
3
2AE CE 2 6 2 3
，则 sin∠AEC=
6
3 ，S
1
△AEC= 2 AE CEsin∠AEC=
1
2 × 6 × 2 ×
6
3 = 2．
由 (1)得，V 1 4 2 2 2 1B-ACD= 3 S△AEC BD= 3，因AD +CD = 12=AC ，即∠ADC= 90 ，则S△ACD= 2 AD
CD= 2 2．
设点B到平面ACD的距离为 h，则V 1B-ACD= 3 S△ACD h=
1
3 × 2 2h=
4
3，解得 h= 2，所以点B到
平面ACD的距离为 2．
设直线BF与平面ACD所成角为 θ，所以 sinθ= h 2BF = BF．
因为AB2+BC 2= 12=AC 2，所以∠ABC= 90 ，故当BF⊥AC时，BF最短，此时BF= 2 21 =
2 × 2 3
2 6
3 ，正弦值最大为
2 = 3
2 6 2
．
3
例16.(2022·吉林 ·长春市第二实验中学高三阶段练习)如图，已知四棱锥 P - ABCD中，PD⊥平面
ABCD，且AB∥DC,4AB=DC,PM= 15 PC．
(1)求证：PA∥平面MDB；
(2)当直线PC,PA与底面ABCD π所成的角都为 4 ，且DC= 4,DA⊥AB时，求出多面体MPABD的
体积．
【解析】(1)证明：连接AC,BD，设AC,BD交于点O，连接OM，
因为AB∥CD，
所以 OA = AB = 1
OC CD 4
，
因为PM= 15 PC，
所以 PM = 1 = OA，
MC 4 OC
所以OM∥PA，
又OM 平面MDB，PA 平面MDB
所以PA∥平面MDB；
(2)因为PD⊥平面ABCD，
所以∠PAD即为直线PA与底面ABCD所成的角的平面角，
∠PCD即为直线PC与底面ABCD所成的角的平面角，
所以∠PAD=∠PCD= π4，
所以PD=AD=CD= 4，
1+ 4 × 4
S 1梯形ABCD= 2 = 10，S△BCD= 2 × 4× 4= 8，
设点M到平面ABCD的距离为 h，
因为PM= 15 PC，
所以 h= 4 PD= 165 5 ，
故V 1P-ABCD= 3 × 10× 4=
40
3 ，
V 1M-BCD= 3 × 8×
16 128
5 = 15 ，
所以V 40 128 24多面体MPABD=VP-ABCD-VM-BCD= 3 - 15 = 5 ．
例17.(2022·全国·高三专题练习 (文))已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB= 2，M是B1C1的中点．
(1)求证：AC1 平面A1MB；
(2)点P是直线AC1上的一点，当AC1与平面ABC所成的角的正切值为 2
时，求三棱锥P-A1MB的体积．
【解析】(1)证明：连接AB1交A1B于点N，连接MN，
因为四边形AA1B1B为平行四边形，AB1∩A1B=N，则N为AB1的中点，
因为M为B1C1的中点，则MN AC1，
∵AC1 平面A1MB，MN 平面A1MB，故AC1 平面A1MB．
(2)因为CC1⊥平面ABC，∴AC1与平面ABC所成的角为∠CAC1，
因为△ABC是边长为 2的等边三角形，则AC= 2，
∵CC1⊥平面
CC
ABC，AC 平面ABC，∴CC1⊥AC，则 tan∠CAC 11= =AC
2，
所以，CC1= 2AC= 4，
∵AC1 平面A1MB，P∈AC1，所以，点P到平面A1MB的距离等于点C1到平
面A1MB的距离，
因为M为B C 1 1 3 2 31 1的中点，则S△A MC = 2 S△A B C = 2 × 4 × 2 = 2 ，1 1 1 1 1
则V =V =V = 1 1 3 2 3P-A1MB C1-A1MB B-A1C1M 3 BB1 S△A C = × 4× = ．1 1M 3 2 3
例18.(2022·四川省泸县第二中学模拟预测 (文))如图，在四棱锥 S - ABCD中，底面 ABCD为矩形，
△SAD为等腰直角三角形，SA=SD= 2 2，AB= 2，F是BC的中点．
(1)在AD上是否存在点E，使得平面SEF⊥平面ABCD，若存在，求出
点E的位置；若不存在，请说明理由．
(2)△SBC为等边三角形，在 (1)的条件下，求直线SE与平面SBC所成
角的正弦值．
【解析】(1)在线段AD上存在点E满足题意，且E为AD的中点．
如图，取AD中点E连接EF，SE，SF，因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD．又E，F分别是
AD，BC的中点，所以EF AB，AD⊥EF．
因为△SAD为等腰直角三角形，SA=SD，E为AD的中点，所以SE⊥AD．
因为SE∩EF=E，SE 平面SEF，EF 平面SEF，
所以AD⊥平面SEF．
又AD 平面ABCD．所以平面SEF⊥平面ABCD．
故AD上存在中点E，使得平面SEF⊥平面ABCD．
(2)过点E作EG⊥SF于点G，由 (1)知AD⊥平面SEF，又BC AD
则BC⊥平面SEF，EG 平面SEF，
所以BC⊥EG，又SF∩BC=F，所以EG⊥平面SBC，
所以直线SE与平面SBC所成的角为∠ESG，
由△SAD为等腰直角三角形，SA=SD= 2 2，得AD=
2 22+ 2 22= 16= 4，SE= 2 2 × 2 24 = 2．又EF=AB
= 2，
因为△SBC为等边三角形，BC=AD= 4，所以SF= 2 3，
在△SEF中，SE=EF= 2，SF= 2 3
所以EG= 22- 3 2= 1．
则 sin∠ESG= EGSE =
1
2，
即直线SE与平面SBC所成角的正弦值为 12．
例19.(2022·江苏南通·模拟预测)如图，在矩形ABCD中，AB= 2AD= 4，M，N分别是AB和CD的中
点，P是BM的中点．将矩形AMND沿MN折起，形成多面体AMB-DNC．
(1)证明：BD 平面ANP；
(2)若二面角A-MN-B大小为 120°，求直线AP与平面ABCD所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：连接MD交AN于点O，连接OP，
∵四边形AMND为矩形
∴O为MD的中点，
又∵P为BM的中点
∴OP BD，
∵BD 平面ANP，OP 平面ANP，
∴BD 平面ANP
(2) ∵AM⊥MN，BM⊥MN，
∴∠AMB即为二面角A-MN-B的平面角，∠AMB= 120 ，且MN⊥平面ABM，
∴BC⊥平面ABM，
∵BC 平面ABCD，
∴平面ABCD⊥平面ABM
过P作PQ⊥AB于点Q，∴PQ⊥平面ABCD，
∴∠PAB即为AP与平面ABCD所成角，
AM=MB= 2，AB= 2 3，PB= 1，
∴PQ= 12，BQ=
3
2 ，
∴AQ= 3 32
∴AP= 274 +
1
4 = 7，
1
∴ sin∠PAB= 2 = 7
7 14
．
题型三：二面角
例20.(2023·河北·高三阶段练习)如图，ABCD为圆柱OO 的
轴截面，EF是圆柱上异于AD,BC的母线．
(1)证明：BE⊥平面DEF；
(2)若AB=BC= 6，当三棱锥B-DEF的体积最大时，求二面角B-DF-E的正弦值．
【解析】(1)证明：如图，连接AE，由题意知AB为⊙O的直径，所以AE⊥
BE．因为AD,EF是圆柱的母线，
所以AD∥EF且AD=EF，所以四边形AEFD是平行四边形．
所以AE DF，所以BE⊥DF．因为EF是圆柱的母线，所以EF⊥平面
ABE，
又因为BE 平面ABE，所以EF⊥BE．又因为DF∩EF=F，
DF、EF 平面DEF，所以BE⊥平面DEF．
(2)由 (1)知BE是三棱锥B-DEF底面DEF上的高，由 (1)知
EF⊥AE,AE∥DF，所以EF⊥DF，即底面三角形DEF是直角三
角形．设DF=AE= x,BE= y，则
在Rt△ABE中有：x2+ y2= 6，
x2+ y2
所以V 1 1 1 6 6B-DEF= 3 S△DEF BE= 3 2 x 6 y= 6 xy≤ 6 2 =
6
2 ，

当且仅当 x= y= 3时等号成立，即点E，F分别是AB，CD的中点时，三棱
锥B-DEF的体积最大，
(另等积转化法：V 1B-DEF=VD-BEF=VD-BCF=VB-CDF= 3 S△CDF BC

易得当F与CD距离最远时取到最大值，此时E、F分别为AB、CD中
点)
下面求二面角B-DF-E的正弦值：
由 (1)得BE⊥平面DEF，因为DF 平面DEF，所以BE⊥DF．
又因为EF⊥DF,EF∩BE=E，所以DF⊥平面BEF．
因为BF 平面BEF，所以BF⊥DF，所以∠BFE是二面角B-DF-
E的平面角，
由 (1)知△BEF为直角三角形，则BF= ( 3)2+ ( 6)2= 3．
故 sin∠BFE= BE 3 3BF = 3 ，所以二面角B-DF-E的正弦值为 3 ．
例21.(2023·全国·高三专题练习 (理))如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC= 2，PA=PB=PC=AC
= 2 2，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且PM与面ABC所成角的正切值为 6，求二面
角M-PA-C的平面角的余弦值．
【解析】(1)证明：连接OB．
法一：∵AB=BC= 2,AC= 2 2，∴AB2+BC 2=AC 2，即△ABC是直角
三角形，
又O为AC的中点，∴OA=OB=OC
又∵PA=PB=PC，
∴ΔPOA ΔPOB ΔPOC
∴∠POA=∠POB=∠POC= 90 ．
∴PO⊥AC,PO⊥OB,OB∩AC=O，OB、AC 平面ABC
∴PO⊥平面ABC．
法二：连接OB，∵PA=PC，O为AC的中点∴PO⊥AC
因为AB=BC= 2,PA=PB=PC=AC= 2 2
∴AB⊥BC,BO= 2,PO= 6 ∴PO2+OB2=PB2，∴PO⊥OB
∴PO⊥AC,PO⊥OB,OB∩AC=O，OB、AC 平面ABC．
∴PO⊥平面ABC．
(2)由 (1)知，PO⊥面ABC∴OM为PM在面ABC上的射影，∴∠PMO
为PM与面ABC所成角，
∴ tan∠PMO= PO = 6 = 6，∴OM= 1，
OM OM
在△OMC中由正弦定理可得MC= 1，∴M为BC的中点．
作ME⊥AC于E，∴E为OC的中点，作EF⊥PA交PA于F，连MF
∴MF⊥PA∴∠MFE即为所求二面角M-PA-C的平面角，ME=
2
2
EF= 32 AE= 2 2 ×
3 3 3 6
4 × 2 = 4
∴ tan∠MFE= ME = 2 4 2EF 2 × =3 6 3 3
∴ cos∠MFE= 3 3 = 3 93
31 31
例22.(2022·广东·大埔县虎山中学高三阶段练习)如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆
上的点．
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若AB= 2，AC= 1，PA= 1，求：二面角C PB A的正切值．
【解析】(1)因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC，
因为AB是圆的直径，C是圆上的点，所以BC⊥AC，
因为PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC，
因为BC 平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC．
(2)过C作CD⊥AB，垂足为D，过D作DE⊥PB，垂足为E，连CE，如
图：
因为PA⊥平面ABC，CD 平面ABC，所以PA⊥CD，
因为PA∩AB=A，所以CD⊥平面PAB，所以CD⊥PB，
因为DE⊥PB，DE∩CD=D，所以PB⊥平面CDE，所以PB⊥CE，
所以∠DEC是二面角C -PB -A的平面角，
因为AB= 2，AC= 1，AC⊥CB，所以∠CAB= 60 ，所以CD=AC
sin60 = 32 ，AD=
1
2，BD= 2-
1 3
2 = 2，
因为PA= 1，AB= 2，所以PB= 5，所以 sin∠PBA= PAPB =
1 = 5
5 5
，
在直角三角形DEB中，DE=BD sin∠EBD= 3 × 5 = 3 52 5 10 ，
3
在直角三角形DEC中，tan∠DEC= CD 2 15DE = = ．3 5 3
10
所以二面角C -PB -A的正切值为 153 ．
例23.(2022·北京·景山学校模拟预测)如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分别是棱AA1，CC1上的
点，平面BEF⊥平面ABB1A1，M是AB的中点．
(1)证明：CM 平面BEF；
(2)若AC=AE= 2，求平面BEF与平面ABC夹角的大小．
【解析】(1)证明：在等边△ABC中，M为AB的中点，所以CM⊥AB，
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面
ABB1A1=AB，CM 平面ABC，所以CM⊥平面ABB1A1，
过F在平面BEF内作FN⊥BE，垂足为N，
∵平面BEF⊥平面ABB1A1，平面BEF∩平面ABB1A1=BE，∴FN⊥平面
ABB1A1，∴CM FN，
∵CM 平面BEF，FN 平面BEF，∴CM 平面BEF．
(2)由题设CF 平面ABB1A1，平面FCMN∩平面ABB1A1=MN，
∴CF NM，
∴四边形CFNM是平行四边形，又MN AE且MN= 12 AE，
所以CF=NM= 12 AE= 1，
延长EF，AC，相交于点G，连接BG，则C、F分别为AG、EG的中
点，
则平面BEF与平面ABC所成的角就是二面角E-BG-A，
可知CG=AC=BC，∴BG⊥AB，所以BG⊥平面ABB1A1，
∴∠EBA是二面角E-BG-A的平面角，
又AE=AB，AB⊥AE，
所以∠EBA= 45°，即平面BEF与平面ABC所成的角为 45°；
例24.(2022·湖南·雅礼中学二模)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在线段CD1上，CE= 2ED1，
点F为线段AB上的动点．
(1)若EF∥ AF平面ADD1A1，求 FB 的值；
(2)当F为AB中点时，求二面角E-DF-C的正切值．
【解析】(1)过E作EG⊥D1D于G，连接GA．
则EG∥CD，而CD∥FA，
所以EG∥FA．
因为EF∥平面ADD1A1,EF 平面EFAG，平面EGAF∩平面ADD1A1=GA，
所以EF∥GA，
所以四边形EGAF是平行四边形，
所以GE=AF．
因为 D ECE= 2ED1，所以 GE = 1 ．DC D1C
所以 AF = 1
AB 3
，
所以 AF = 1FB 2．
(2)过E作EH⊥CD于D，过H作HM⊥DF于M，连接EM，
因为平面CDD1C1⊥平面ABCD,EH⊥CD，
所以EH⊥平面ABCD，因为DF 平面ABCD，
所以EH⊥DF，又HM⊥DF，
所以DF⊥平面EMH，因为EM 平面EMH，
所以DF⊥EM．
所以∠EMH是二面角E-DF-C的平面角．
设正方体的棱长为 3a，则EH= 2a,DH= a．
在Rt△ADF中，DF= AD2+AF 2= 3 52 a，
则S 1 1 2△DHF= 2 DF MH= 2 DH AD MH= a,5
∴ tan∠EMH= EHMH = 5．
即二面角E-DF-C的正切值为 5．
例25.(2022·天津·耀华中学一模)如图，在四棱锥 E-ABCD中，平面ABCD
⊥平面ABE，AB∥DC，AB⊥BC，AB= 2BC= 2CD= 2，AE=BE=
5，点M为BE的中点．
(1)求证：CM∥平面ADE；
(2)求平面EBD与平面BDC夹角的正弦值；
【解析】(1)取AE中点G，连接GM ,GD，如图，
因为M是EB中点，则MG AB且MG= 12 AB，又AB CD，AB= 2CD，
所以MG CD且MG=CD，所以MGDC是平行四边形，
所以CM DG，DG 平面ADE，CM 平面ADE，所以CM 平面ADE；
(2)取AB中点F，连接EF,CF，CF交BD于点O，连接OE，
由已知AB DC，AB⊥BC，AB= 2CD，得CDFB是正方形，
CF⊥BD，EA=EB，则EF⊥AB，
因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，
EF 平面ABE，
所以EF⊥平面ABCD，又BD 平面ABCD，所以EF⊥BD，
又BD⊥FC，EF∩CF=F，所以BD⊥平面ECF，
又OE 平面BCF，所以BD⊥OE，
所以∠EOC是二面角E-BD-C的平面角，
又OF= 22 ，EF= 5
2- 12= 2，
所以OE= OF 2+EF 2= 12 + 4=
3 2
2 ，sin∠EOF=
EF =
OE
2 = 2 23 ，sin∠EOC= sin π-∠EOF = sin∠EOF=
2 2
3 2 3
，
2
所以平面EBD与平面BDC夹角的正弦值为 2 23 ．
例26.(2022·浙江·海宁中学模拟预测)如图所示，在四边形ABCD中，AD BC，AB⊥AD，AD=AB=
1
2 BC.现将△ABD沿BD折起，使得点A到E的位置．
(1)试在BC边上确定一点F，使得BD⊥EF；
(2)若平面EBD⊥平面BCD，求二面角E-BC-D所成角的正
切值．
【解析】(1)因为AD BC，AB⊥AD，AD=AB= 12 BC，
所以∠ABD=∠ADB=∠DBC= 45°，BD= 2AB，BC=
2BD，
所以△BAD∽△BDC，
所以∠BAD=∠BDC= 90°，
所以BD⊥CD，
在四边形ABCD内过点A作AM⊥BD于点M，并延长交BC
于F .
则点M为BD中点，所以F也为BC中点．
将△ABD沿BD折起，使得点A到E的位置时，
有EM⊥BD，MF⊥BD，
所以BD⊥平面EFM，
也为EF 平面EFM，
所以BD⊥EF，
(2)过点M作MN⊥BC交BC于点N .
则MN= 12 AB.
则在三棱锥E-BCD中，因为平面EBD⊥平面BCD，
所以EM⊥平面BCD.
因为MN⊥BC，连接EN，
则有EN⊥BC .
所以∠ENM即为二面角E-BC-D的平面角，
设AD=AB= 12 BC= 2，则EM= 2，MN= 1.
所以在Rt△EMN中，tan∠ENM= EMMN = 2.
所以二面角E-BC-D所成角的正切值为 2.
例27.(2022·湖北武汉·模拟预测)如图，在三棱锥 P-ABC中，平面 PAC⊥平面ABC，PA= PC= 4，
AB⊥BC，D，E分别为PC，AC中点，且BD⊥AC．
(1) AB求 的值；
BC
(2)若AC= 4，求二面角E-BD-C的余弦值．
【解析】(1)作DF⊥AC于F，连接DF，BF，
∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，DF⊥
AC，PE 面PAC
∴DF⊥平面ABC．
∵DF∥PE．∴PE⊥平面ABC，AC 平面ABC
∴DF⊥AC，
∵AC⊥BD，BD∩DF=D，BD，DF 平面BFD，
∴AC⊥平面BFD，BF 平面BFD，∴AC⊥BF，
∵D，E分别为PC，AC中点，PA=PC= 4，DF⊥AC，
∴AF= 3FC，
∵AB⊥BC，AC⊥BF，
∴AB2=AF AC,BC 2=FC AC
∴ AB = AFFC = 3BC
(2)由AC= 4 AB= 2 3，BC=BE=CD=ED= 2，取BD中点为
G，连接DG，CG．
由△BED，△BCD为等腰三角形，
故BD⊥EG，BD⊥CG，
则∠EGC为二面角E-BD-C的平面角．
2
BD= 2BF= 6，EG=CG= 22- 6 = 102 2 ．
10
2
+ 10
2
2 2 - 22
cos∠EGC= = 1 ．
2 10 10 52 2
所以二面角E-BD-C的余弦值为 15．
例28.(2022·陕西·西北工业大学附属中学二模 (理))在如图所示的圆锥中，PA PB PC是该圆锥的三
条不同母线，M N分别为PA PB的中点，圆锥的高为 h，底面半径为 r，h:r= 3:2，且圆锥的体积为
32π．
(1)求证：直线MN平行于圆锥的底面；
(2)若三条母线PA PB PC两两夹角相等，求平面MNC与圆锥底面的夹角的
余弦值．
【解析】(1)连接AB，在△PAB中，M N分别为PA PB的中点，所以
MN AB，
因为MN 平面ABC，AB 平面ABC，所以MN 平面ABC；
(2)由V圆锥= 1 23 πr h= 32π，且 h:r= 3:2，可解得 h= 6,r= 4，则母线长为 6
2+ 42
= 2 13，
因为三条母线PA PB PC两两夹角相等，所以△ABC为等边三角形，则边长为 2rsin60° = 4 3，
设MN的中点为D，点D在底面的投影为E，则DE= h2 = 3，
连接CE,CD，则∠DCE为平面MNC与圆锥底面的夹角，
在△PAC中，cos∠PAC= 2 3 = 39
2 13 13
，
则在△MAC中，MC 2= 4 3 2+ 13 39 2- 2× 4 3 × 13 × 13 = 37，
所以CD= MC 2-MD2= 37- 3= 34，
则CE= CD2-DE2= 5，
所以 cos∠DCE= CE = 5 = 5 34
CD 34 34
．
所以平面MNC与圆锥底面的夹角的余弦值为 5 3434 ．
例29.(2022·天津河北·二模)如图，四边形ABCD是边长为 2的菱形，∠ABC= 60°，四边形PACQ是矩
形，PA= 1，且平面PACQ⊥平面ABCD．
(1)求直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；
(2)求平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；
【解析】(1)连接BD交AC于O，连接OP，
∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，
∵平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD=AC，
BD 平面ABCD，
∴BD⊥平面PACQ，
∴∠BPO即为BP与平面ACQP所成角．
∵四边形PACQ为矩形，∴PA⊥AC，
又平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD=AC，PA 平面PACQ，
∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∴BP= AB2+PA2= 4+ 1= 5，
在Rt△POB中，OB= 3，∴ sin∠BPO= OB = 3BP =
15
5 ，5
故BP与平面ACQP所成角的正弦值为 155 ．
(2)取PQ的中点M，连接BM、DM，
由 (1)知，PA⊥平面ABCD，
∵四边形ABCD是菱形，四边形PACQ为矩形，
∴BP=BQ，DP=DQ，
∴BM⊥PQ，DM⊥PQ，
∴∠BMD即为二面角B-PQ-D的平面角，
2
在△BDM中，BD= 2 3，BM=DM= BP2-PM 2= BP2- 12 AC = 5- 1= 2，
2 2
由余弦定理知，cos∠BMD= BM +DM -BD
2
= 4+ 4- 122BM DM 2× 2× 2 =-
1
2，
∴∠BMD= 120°，
故二面角B-PQ-D的大小为 120°，则平面BPQ与平面DPQ的夹角为 60°．
例30.(2021·江苏苏州·高三阶段练习)已知四棱锥Q-ABCD的底面ABCD是边长为 2的正方形，且平
面QAD⊥平面ABCD．
(1)证明：AB⊥QD；
(2)若点Q到平面ABCD的距离为 2，记二面角B-QD-A的正切值
为m 1，求 m +QD的最小值．
【解析】(1)在四棱锥Q-ABCD中，ABCD是正方形，则AB⊥AD，
因平面QAD⊥平面ABCD，平面QAD∩平面ABCD=AD，AB
平面ABCD，
则AB⊥平面QAD，而QD 平面QAD，
所以AB⊥QD．
(2)在平面QAD内过Q作QM⊥AD于M，过点A作AN⊥QD于N，连接BN，如图，
因平面QAD⊥平面ABCD，平面QAD∩平面ABCD=AD，则QM⊥平面ABCD，即有QM= 2，
由 (1)知AB⊥QD，而AB∩AN=A，AB,AN 平面ABN，于是得QD
⊥平面ABN，BN 平面ABN，则BN⊥QD，
因此，∠ANB是二面角B-QD-A的平面角，m= tan∠ANB= AB =
AN
2 ，
AN
在△QAD中，AN QD=QM AD= 4，即AN= 4 ，显然QD≥ 2，
QD
于是得 1m +QD=
AN
2 +QD=
2 +QD≥ 3，当且仅当QD= 2时取
QD
“=”，
所以 1m +QD的最小值是 3．
题型四：距离问题
例31.(2022·四川广安·模拟预测 (文))如图，四棱锥 E-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AB⊥
BC，CD∥AB，面ABE⊥面ABCD，且AB=AE=BE= 2BC= 2CD= 4，点M在棱AE上．
(1)若 2EM=AM，求证：CE∥平面BDM．
(2)当AE⊥平面MBC时，求点E到平面BDM的距离．
【解析】(1)连接AC与BD交于点N，连接MN，
∵AB∥CD，AB= 2CD= 4，
∴△CND∽△ANB，
∴ CD = CN = 1 ，
AB AN 2
又因为 2EM=AM，
∴ CN = 12 =
EM ，
AN MA
∴CE∥MN，
又∵CE 平面BDM，MN 平面BDM，
∴CE∥平面BDM．
(2) ∵AE⊥平面MBC，BM 平面MBC，
∴AE⊥BM，
∴AB=BE，
∴M是AE的中点，
∵平面ABE⊥平面ABCD，
∴点E到平面ABCD的距离为 d= 4sin60° = 2 3，
在△BDM中，BD= 2 2，DM= 2 2，BM= 2 3，
∴S 1△BDM= 2 2 3 5= 15，
∴VE-BDM=V 1 1 1E-ABD-VM-ABD= 2VE-ABD= 2 × 3 ×S△ABD× d
= 16 ×
1
2 × 4× 2× 2 3=
4 3
3
∴点E到平面BDM的距离 h满足 13 × 15h=
4 3
3 ，
所以距离 h= 4 55 ．
例32.(2022·全国·模拟预测 (文))如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AC=BC，PA=

PB，且点C在以点O为圆心AB为直径的半圆AB上．
(1)求证：AB⊥PC；
(2)若AC= 2，且PC π与平面ABC所成角为 4 ，求点B到平面PAC的
距离．
【解析】(1)连接OP,OC，因为PA=PB，AC=BC，故AB⊥OP，AB
⊥OC，又OP∩OC=O，OP,OC 平面OPC，故AB⊥平面OPC．
又PC 平面OPC，故AB⊥PC
(2)由 (1)因为AB⊥OP，且平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩
平面ABC于AB，故OP⊥平面ABC，故PC与平面ABC所成角
为∠PCO= π4，故OC=OP，又点C在以点O为圆心AB为直径

的半圆AB上，AC=BC，AC= 2，故OC=OP=OA=OB= 2，
PA=AC=PC= 2，设点B到平面PAC的距离为 h，则因为
V 1 1 1 3 2P-ABC=VB-PAC，即 3 × 2 × 2× 2× 2= 3 × 4 × 2 h，解得 h
= 2 63
例33.(2022·河南安阳·模拟预测 (文))如图，在三棱锥P-ABC中，底面ABC是直角三角形，AC=BC=
2，PB=PC，D为AB的中点．
(1)证明：BC⊥PD；
(2)若PA= 3，PB= 5，求点A到平面PDC的距离．
【解析】(1)证明：取BC中点E，连接PE，DE，
因为底面ABC是直角三角形，AC=BC，所以∠ACB= 90°，
因为D为AB的中点，所以DE AC，所以DE⊥BC，
又PB=PC，所以PE⊥BC，
因为PE，DE 平面PDE，PE∩DE=E，所以BC⊥平面PDE，
因为PD 平面PDE，所以BC⊥PD．
(2)连接AE，CD，
由 (1)，因为PE⊥BC，CE= 12 BC= 1，PC=PB= 5，所以PE=
PC 2-CE2= 2，
因为AC⊥BC，所以AE= AC 2+CE2= 5，
又PA= 3，所以PE2+AE2=PA2，即AE⊥PE，
因为PE⊥BC，BC∩AE=E，BC，AE 平面ABC，
所以PE⊥平面ABC，
所以V 1 1 1 4P-ABC= 3 S△ABC PE= 3 × 2 × 2× 2× 2= 3，
因为D是AB的中点，所以VP-ACD= 12V
2
P-ABC= 3，
因为直角三角形ABC，所以CD= 12 AB=
1
2 × 2 2= 2，
因为PE⊥平面ABC，DE 平面ABC，所以PE⊥DE，
又DE= 12 AC= 1，所以PD= PE
2+DE2= 5，
2
所以在等腰△PCD中，CD边上的高为 PC 2- 12 CD =
3 2
2 ，
所以S = 1 × 2 × 3 2 = 3△PCD 2 2 2，
设点A到平面PDC的距离为 d，因为VP-ACD=VA-PCD，
所以 23 =
1
3 S△PCD d，则 d=
4
3，
所以点A到平面PDC的距离为 43．
例34.(2022 ·全国 ·高三专题练习)如图，在直棱柱 ABCD - A 1B 1C 1D1 中，底面 ABCD是直角梯形，
AB DC,AB⊥BC，AB= 3DC= 3,BC= 6，点P在面ADD1A1上，过点P和棱BB1的平面把直棱
柱分成体积相等的两部分．
(1)求截面与直棱柱的侧面BCC1B1所成角的正切值；
(2)求棱DD1到截面的距离．
【解析】(1)如图所示，
作出截面为BB1PQ交AD于Q，A1D1于Q1．
∵ABCD-A1B1C1D1为直棱柱，∴BB1⊥平面A1B1C1D1，∴BB1⊥BQ,BB1⊥BC
∴∠QBC为截面与直棱柱的侧面BCC1B1所成角的平面角．
过Q作QH⊥AB，垂足为H,∵AB⊥B1C1，∴QH BC,∴∠QBC=∠BQH，
由题意可得：∴S 1ABCD= 2S△ABQ= 12，∴S△ABQ= 2 × 3×QH= 6，∴QH= 4．
过Q作QM⊥BC，垂足为M，则∴S 1 1QBCD=S△MBQ+S△MCDQ= 2 × 4×QM+ 2 × QM+ 1 × 2= 6，
解得：QM= 53，
所以BH= 53 ,AH=
4
3，
∴ tan∠PB1C1= tan∠QBM=
QM 5
BM = 12．
即截面与直棱柱的侧面BCC1B1所成角的平面角的正切值为
5
12．
(2)因为DD1 截面，所以棱DD1到截面的距离即为点D到截面的距离．
∵BB1⊥平面ABCD ,∴平面BB1PQ⊥平面ABCD，交线为BQ，
过D作DT⊥BQ，垂足为T,∴DT⊥平面BB1PQ，则DT的长度为棱DD1到截面所在平面的距离．
因为S 1△BCD= 2 × 6× 1= 3，S =
1
QBCD 2 SABCD= 6，S△QBD=SQBCD-S△BCD= 3，
即S 1△QBD= 2 ×BQ×DT= 3．
2
因为BQ= BH 2+HQ2= 42+ 53 =
13
3 ，所以DT=
3× 3× 2
13 =
18
13
所以棱DD1到截面所在平面的距离为
18
13．
例35.(2021·湖南师大附中高三阶段练习)如图，已知△ABC为等边三角形，D，E分别为AC，AB边的中
点，把△ADE沿DE折起，使点A到达点P，平面PDE⊥平面BCDE，若BC= 4．
(1)求PB与平面BCDE所成角的正弦值；
(2)求直线DE到平面PBC的距离．
【解析】(1)如图所示，
设DE的中点为O，BC的中点为F，连接
OP，OF，OB，则OP⊥DE．
因为平面PDE⊥平面BCDE，
平面PDE∩平面BCDE=DE，
所以OP⊥平面BCDE．
因为OB 平面BCDE，所以OP⊥OB，
所以∠OBP即为直线PB与平面BCDE所成的角．
因为BC= 4，则DE= 12 BC= 2，
所以OP=OF= 3．
在Rt△OBF中，BF= 2，OF⊥BF，所以OB= 7．
在Rt△OBP中，PB= OP2+OB2= 3+ 7= 10，
所以 sin∠OBP= OP = 3 = 30PB ．10 10
(2)如图，
因为点D，E分别为AC，AB边的中点，
所以DE BC．
因为DE 平面PBC，BC 平面PBC，
所以DE 平面PBC．
因为OP⊥平面BCDE，BC 平面BCDE，
所以OP⊥BC．
又OF⊥BC，OP∩OF=O，
所以BC⊥平面OPF．
因为BC 平面PBC，
所以平面PBC⊥平面OPF．
因为平面PBC∩平面OPF=PF，
作OG⊥PF交PF于点G，则OG⊥平面PBC．
在Rt△OPF中，OP=OF= 3，
所以PF= 6，OG= OP OFPF =
6
2 ．
因为点O在直线DE上，所以直线DE到平面PBC的距离等于 62 ．
例36.(2022·黑龙江齐齐哈尔·三模 (文))如图所示的斜三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1B1B是正方形，且点
C1在平面AA1B1B上的射影恰是AB的中点H，M是C1B1的中点．
(1)判断HM与面CAA1C1的关系，并证明你的结论；
(2)若C1H= 3，AB= 2，求斜三棱柱两底面间的距离．
【解析】(1)直线HM与平面CAA1C1平行．
证明如下：取C1A1的中点N．连接NM，AN．
因为点M是B1C1的中点，所以MN A B，且MN= 11 1 2 A1B1．
又AA1B1B是正方形，点H是AB的中点，所以AH A1B1，AH
= 12 A1B1．
所以AH MN，AH=MN．
所以四边形ANMH为平行四边形，所以HM AN，
因为AN 平面CAA1C1，HM 平面CAA1C1，
所以HM 平面CAA1C1．
(2)因为点C1在平面AA1B1B上的射影是AB的中点H，所以
C1H⊥平面AA1B1B．
连接A1H，B1H，则C1H⊥A1H，C1H⊥B1H．
由正方形AA1B1B的边AB= 2，得A1H=B1H= BH 2+BB21 =
5，
所以C1A 2 21=C1B1= C1H +A1H = 2 2，
所以△A1B1C1的面积为 12 × 2× 2 2
2- 12= 7．
设斜三棱柱两底面间的距离为 d，即H到平面A1B1C1的距离为 d，
由V 1 1 2 21H-A1B1C =V1 C1-HA 得 × 7 × d= × 2× 3，解得 d= ，1B1 3 3 7
即斜三棱柱两底面间的距离为 2 217 ．
例37.(2023·全国·高三专题练习)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1= 2,AB= 1，∠ABC= 900；点
D、E分别在BB1,A1D上，且B1E⊥A1D，四棱锥C-ABDA1与直三棱柱的体积之比为 3：5．求异面
直线DE与B1C1的距离．
【解析】因B1C1⊥A1B1，且B1C1⊥BB1，故B1C1⊥面A1ABB1，
从而B1C1⊥B1E，又B1E⊥DE，故B1E是异面直线B1C1与DE的公垂
线．
设BD的长度为 x，则四棱椎C-ABDA1的体积V1为
V1= 13 S
1 1
ABDA ·BC= 6 (DB+A1A) AB BC= 6 (x+ 2) BC．1
而直三棱柱ABC-A1B1C1的体积V2为V2=S△ABC·AA1=
1
2 AB·BC·AA1=BC．
由已知V :V= 3:5，故 1 (x+ 2) = 3，解之得 x= 81 2 6 5 5．
从而B1D=B1B-DB= 2- 85 =
2
5．
2 2 2 2在直角三角形A1B1D中，A1D= A1B1+B1D = 1+ = 295 5 ，
又因S 1 1△A B D= 2 A1D·B1E= 2 A1B1·B1D，1 1
故 A B ·B DB E= 1 1 1 = 2 291 A1D 29
．
所以异面直线DE与B C 的距离为 2 291 1 29 ．
例38.(2022·上海市实验学校模拟预测)如图，已知正三棱锥P-ABC的侧棱长为 2，侧棱与底面所成角
大小为 60°．
(1)求此正三棱锥体积；
(2)求异面直线PA与BC的距离．
【解析】(1)取底面的中心G，连接AG，
∵P-ABC是正三棱锥，∴P在底面的射影为G，
∴∠PAG就是侧棱PA与底面所成角，
∴∠PAG= 60°，∵PA= 2，∴AG= 1，PG= 3，
∴AB= 3，∴S = 3 3△ABC 4 ，
∴V 1 3 3 3P-ABC= 3 4 3= 4．
(2)过D作DE⊥PA于E，如图所示：
∵BC⊥PD，BC⊥AD，∴BC⊥平面PAD，
∵DE在平面PAD上，∴BC⊥DE，
∴DE是异面直线AB与CD的公垂线，在△ABC中，PA·DE=PG·AD，
∴DE= PG AD = 3 3．
PA 4
∴异面直线PA与BC的距离为 3 34 ．
例39.(2020·全国·高三专题练习 (文))如图，四棱锥 P - ABCD中，底面 ABCD为矩形，PA⊥底面
ABCD，PA=AB= 2，AD= 1，点E是棱PB的中点．直线AB与平面ECD的距离为 ( )
A. 1 B. 33
C. 83 D. 2
【答案】B
【解析】如图所示：
取PA的中点F，连接EF，FD，
因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，
因为底面ABCD为矩形，所以AD⊥CD，PA∩AD=A，
所以CD⊥平面PAD，又CD 平面EFDC，
所以平面EFDC⊥平面PAD，平面EFDC∩平面PAD=FD，
所以点A到FD的距离，即为点A到平面EFDC的距离，
因为AB CD，AB 平面EFDC，CD 平面EFDC，
所以AB 平面EFDC，
所以点A到平面EFDC的距离，即为直线AB到平面EFDC的距离，
在Rt△AFD中，AF= 2 ,AD= 1,BF= 62 2 ，
所以点A到FD的距离为 d= AF ADBF =
3
3 ．
故直线AB与平面ECD的距离为 33 ．
故选：B
例40.(2020·全国·高三专题练习 (文))用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体．已知正六
面体ABCD-A1B1C1D1的棱长为 4，则平面AB1D1与平面BC1D间的距离为 ( )
A. 3 B. 6 4 33 C. 3 D. 2 3
【答案】C
【解析】由题意知：正六面体ABCD-A1B1C1D1是棱长为 4的正方体，
∵AB1 C1D，B1D1 BD，AB1∩B1D1=B1，C1D∩BD=D，
∴平面AB1D1 平面BC1D，
连接A1C，
∵B1D1⊥A1C1，B1D1⊥AA1，A1C1∩AA1=A1，∴B1D1⊥平面AA1C，
又AC 平面AA1C，∴B1D1⊥A1C，同理可证得：AD1⊥A1C，
又B1D1,AD1 平面ABD1，B1D1∩AD1=D1，∴A1C⊥平面AB1D1，
∴A1C⊥平面BC1D，
设垂足分别为E,F，则平面AB1D1与平面BC1D间的距离为 EF ．
正方体的体对角线长为 42+ 42+ 42= 4 3．
1 × 4× 4× 4
在三棱锥A1-AB1D1中，由等体积法求得： A 2 4 31E = =1 × × × 3 3
，
2 4 2 4 2 2
∴平面AB1D1与平面BC1D间的距离为：4 3- 8 3 4 33 = 3 ．
故选：C．

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