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课后限时练13　空间位置关系、空间角与空间距离的计算(几何法)
1．(2025·湖南长沙二模)已知两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n满足m⊥α，n β，则“m∥n”是“α⊥β”的(　　)
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
2．(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，B1C1的中点，若平面DBB1与平面AEF的交线为l，则l与直线AD1所成角的大小为(　　)
A． B． C． D．
4．(2023·全国乙卷)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C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A． B． C． D．
5．在某次数学探究活动中，小明先将一副三角尺按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角尺ABC折起，使得二面角A-BC-D为直二面角，得图2所示四面体ABCD．小明对四面体ABCD中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①CD⊥平面ABC；②AB⊥平面ACD；③平面ABD⊥平面ACD；④平面ABD⊥平面BCD．其中判断正确的个数是(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
6．(多选)(2025·全国一卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则(　　)
A．AD⊥A1C B．B1C1⊥平面AA1D
C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D
7．在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，，则点A到平面PBC的距离等于________．
8．在三棱锥P-ABC中，D，E分别是PB，BC的中点，若F在线段AC上，且满足AD∥平面PEF，则的值为________．
9．如图，AB和CD是异面直线，AB＝CD＝3，E，F分别为线段AD，BC上的点，且＝＝，EF＝，则AB与CD所成角的大小为________．
课后限时练13
1．B　[若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n β，则α⊥β，即充分性成立；
若α⊥β，m⊥α，n β，则m∥β或m β，则m∥n，异面，相交均有可能，即必要性不成立，所以“m∥n”是“α⊥β”的充分不必要条件．故选B．]
2．BC　[设正方体的棱长为2．
对于A，如图1所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角．
在Rt△OPC中，OC＝，CP＝1，
故tan∠POC＝，故MN⊥OP不成立，故A错误；
对于B，如图2所示，取MT的中点Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥MT，PQ⊥MN．
由正方体SBCN-MADT可得SM⊥平面MADT，而OQ 平面MADT，
故SM⊥OQ．
又SM∩MT＝M，SM，MT 平面SNTM，故OQ⊥平面SNTM．
又MN 平面SNTM，所以OQ⊥MN，
又OQ∩PQ＝Q，OQ，PQ 平面OPQ，
所以MN⊥平面OPQ，
又OP 平面OPQ，
故MN⊥OP，故B正确；
对于C，如图3所示，连接BD，则BD∥MN，
由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；
对于D，如图4所示，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，则AC∥MN．
因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，
所以∠QPO(或其补角)为异面直线PO，MN所成的角．
因为正方体的棱长为2，故PQ＝，OQ＝，PO＝，QO23．C　[如图，因为E，F分别为棱BC，B1C1的中点，所以BB1∥EF．因为EF 平面AEF，BB1 平面AEF，所以BB1∥平面AEF．又平面DBB1∩平面AEF＝l，BB1 平面DBB1，所以BB1∥l．又AA1∥BB1，所以AA1∥l，所以l与直线AD1所成的角等于∠A1AD1＝．故选C．]
4．C　[如图，取AB的中点E，连接CE，DE，则CE⊥AB，DE⊥AB，所以∠DEC是二面角C-AB-D的平面角，所以∠DEC＝150°．因为DE∩CE＝E，DE，CE 平面DCE，所以AB⊥平面DCE．因为AB 平面ABC，所以平面DCE⊥平面ABC，易知∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角．设AB＝a，在等腰直角△ABC中，CE＝a，
在等边△ABD中，DE＝a，
在△DCE中，由余弦定理，得
DC2＝－2·a·a·cos 150°＝a2，所以DC＝a，
则cos∠DCE＝
，
因为0°<∠DCE<30°，
所以sin∠DCE＝，
所以tan∠DCE＝．
故选C．]
5．C　[对于①，因为二面角A-BC-D为直二面角，所以平面ABC⊥平面BCD．
又因为平面ABC∩平面BCD＝BC，DC⊥BC，且DC 平面BCD，
所以DC⊥平面ABC，所以①正确；
对于②，由DC⊥平面ABC，且AB 平面ABC，可得AB⊥CD．
又因为AB⊥AC，且AC∩CD＝C，AC，CD 平面ACD，
所以AB⊥平面ACD，所以②正确；
对于③，因为AB⊥平面ACD，且AB 平面ABD，所以平面ABD⊥平面ACD，所以③正确；
对于④，由题意可知平面ABC⊥平面BCD．
若平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面ABC＝AB，可得AB⊥平面BCD．
又因为BC 平面BCD，所以AB⊥BC．
因为AB与BC不垂直，所以矛盾，所以平面ABD与平面BCD不垂直，所以④错误．
故选C．]
6．BD　[由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，则AA1⊥AD，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C 平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直，故A错误；
因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，则AA1⊥BC，因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1 平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；
因为AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，故C错误；
因为CC1∥AA1，CC1 平面AA1D，AA1 平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确．故选BD．]
7．　[∵PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，∴PA⊥BC．
∵BC⊥AB且AB∩PA＝A，
∴BC⊥平面PAB，
∴BC⊥PB．
∵PA＝AB＝BC＝2，
∴AC＝PB＝2．
∴S△ABC＝×2×2＝2，S△PBC＝．
设点A到平面PBC的距离等于h．
∵VA-PBC＝VP-ABC，
∴S△PBC·h＝S△ABC·PA，解得h＝．
即点A到平面PBC的距离等于．]
8．　[连接DC，交PE于点G，连接FG，DE，
因为AD∥平面PEF，AD 平面ADC，平面ADC∩平面PEF＝FG，所以AD∥FG．
因为D，E分别是PB，BC的中点，所以DE为△BPC的中位线，所以△DEG∽△CPG，可得，
所以．]
9.60°　[在平面ABD中，过E作EG∥AB，交DB于点G，连接GF，如图，
∵，∴，
又，∴，则GF∥CD，
∴∠EGF(或其补角)即为AB与CD所成角，在△EGF中，EG＝AB＝2，GF＝CD＝1，EF＝，
∴cos∠EGF＝，
∴∠EGF＝120°，∴AB与CD所成角的大小为60°．]
1/2课时13　空间位置关系、空间角与空间距离的计算(几何法)
[备考指南]　空间点、线、面位置关系的判断，空间角、空间距离的计算是本节的三个核心命题点，备考的首要任务是熟知空间点、线、面位置关系的理论化体系，在此基础上强化空间图形意识和培养空间问题平面化意识．
命题点1　空间位置关系的判定
【典例1】　(1)(2025·天津高考)已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(　　)
A．若m∥α，n α，则m∥n
B．若m⊥α，m⊥β，则α⊥β
C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
D．若m α，α⊥β，则m⊥β
(2)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB＝∠PCB＝，M，N分别为DP和AB的中点．
求证：①MN∥平面PBC；
②平面PBC⊥平面ABCD．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　空间点、线、面位置关系的判断，可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理进行判断．
1．(多选)[教材母题改编]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为线段A1D1，AB的中点，则(　　)
A．EF与BC异面 B．EF∥平面CDD1C1
C．EF⊥AC D．BD⊥平面EFC1
2．(多选)已知在正四面体ABCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，则(　　)
A．EF∥平面ACD
B．AC⊥BD
C．AB⊥平面FGH
D．E，F，G，H四点共面
3．已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么点P到平面ABC的距离为________．
命题点2　空间角的计算
【典例2】　(1)(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则(　　)
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
(2)如图，在△ABC中，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝，将△ABC绕边AB翻转至△ABP，使平面ABP⊥平面ABC，D是边BC的中点，设Q是线段PA上的动点，当PC与DQ所成的角取得最小值时，线段AQ的长度为________．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟
1．几何法求空间角的关键是找出空间角，如线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中求解．
2．求二面角的几何方法：定义法、三垂线定理法、射影面积法等．
1．(2025·广东佛山一模)已知直线m与平面α所成的角为，若直线n α，直线m β，设m与n的夹角为θ1，α与β的夹角为θ2，则(　　)
A．θ1≥，θ2≥ B．θ1≥，θ2≤
C．θ1≤，θ2≥ D．θ1≤，θ2≤
2．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，二面角D-AB-D1的大小为60°，DC1与平面ABCD所成角的大小为30°，那么异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是(　　)
A． B． C． D．
3．如图，△ABC与△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则二面角A-BD-C的余弦值为________．
命题点3　空间距离的计算
【典例3】　(2024·全国甲卷)如图，已知AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD＝BC＝，AE＝2，M为CD的中点．
(1)证明：EM∥平面BCF；
(2)求点M到平面ADE的距离．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　空间距离的计算一般有两种方法
一是采用化空间为平面的方式，转化到平面图形(如直角三角形、等腰梯形等)中进行求解；二是借助等体积法求解．
1．[高考真题改编]某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥P-ABC，PA＝PB＝PC＝2，底面△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC，顶点P到底面ABC的距离为3，则点B到平面PAC的距离为(　　)
A． B． C． D．2
2．已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别是AB和BC的中点，则MN到平面A1C1D的距离为(　　)
A． B． C． D．
3．某中学开展劳动实习，对棱长为3的正方体木块进行加工．如图，学生需要分别过顶点A和对角线BD对正方体木块进行平面切割，两个切割面与棱A1B1，B1C1，C1D1，A1D1分别交于点M，F，E，N，要求两次切割所得到的截面平行，且EF＝MN，则两个截面间的距离为________．
课时13　空间位置关系、空间角与空间距离的计算(几何法)
典例1　(1)C　[对于A，若m∥α，n α，则m∥n或m，n异面，故A错误；
对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；
对于C，若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确；
对于D，若m α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m β，故D错误．故选C．]
(2)证明：①如图，取PC的中点E，连接ME，BE，由M为DP的中点，N为AB的中点，得ME∥DC，ME＝DC，又BN∥CD，BN＝CD，则ME∥BN，ME＝BN，因此四边形BEMN为平行四边形，于是MN∥BE，又MN 平面PBC，BE 平面PBC，所以MN∥平面PBC．
②过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，连接DQ，由∠DCB＝∠PCB＝，DC＝PC，QC＝QC，得△QCD≌△QCP，
则∠DQC＝∠PQC＝，即DQ⊥BC，而PQ＝DQ＝，PQ2＋DQ2＝4＝PD2，
因此PQ⊥DQ，又DQ∩BC＝Q，DQ，BC 平面ABCD，则PQ⊥平面ABCD，又PQ 平面PBC，
所以平面PBC⊥平面ABCD．
考教衔接
1．AC　[对于A选项，EF，BC既不平行，也不相交，故EF与BC异面，故A正确；EF与平面ABB1A1相交，平面ABB1A1∥平面CDD1C1，故EF与平面CDD1C1不平行，故B错误；如图，取AD的中点M，易知FM∥BD，且AC⊥平面EMF，所以EF⊥AC，故C正确；
又B1D1与EC1不垂直，故BD与EC1不垂直，所以BD与平面EFC1不垂直，D错误．故选AC．]
2．ABD　[把正四面体ABCD放到正方体中，如图．
对于A项，∵E，F分别为AB，BC的中点，∴EF∥AC．
又∵AC 平面ACD，且EF 平面ACD，
∴EF∥平面ACD，故A正确；
对于B项，由正方体的性质易得AC⊥BD，故B正确；
对于C项，若AB⊥平面FGH成立，即AB⊥平面EFGH，
∵HE 平面EFGH，
∴AB⊥HE．
又∵E，H分别为AB，AD的中点，
∴EH∥BD，∴AB⊥BD，
而△ABD为等边三角形，与AB⊥BD矛盾，故C错误；
对于D项，∵E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，∴EF∥AC且EF＝AC，GH∥AC且GH＝AC，
∴EF∥GH且EF＝GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，∴E，F，G，H四点共面，故D正确．故选ABD．]
3．
　[如图，过点P作PO⊥平面ABC于点O，则PO为P到平面ABC的距离．
再过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥BC于点F，连接PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC．
又PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°．
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，
所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝．]
典例2　(1)ABD　(2)　[(1)
如图，连接B1C，因为DA1∥B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角．
因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；
因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1 平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1 ．因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C 平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C．
又A1C 平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；
连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O 平面A1B1C1D1，所以C1O⊥B1B．
又C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1，B1D1，B1B 平面BB1D1D，所以C1O⊥平面BB1D1D，
所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．
设正方体的棱长为1，则C1O＝，BC1＝，sin∠C1BO＝，
所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正确．故选ABD．
(2)法一：取PB的中点E，连接DE，可知PC与DQ所成角即为DE与DQ所成角∠EDQ，再连接AD，PD．根据线面相交的性质可知，∠EDQ的最小值当且仅当∠EDQ为直线DE与平面PAD的线面角时取得．又AB＝1，BD＝，∠ABD＝，故AD＝＝1，故AD2＋AB2＝BD2，故DA⊥AB．
又平面ABP⊥平面ABC且交于AB，故DA⊥平面PAB，故EQ⊥AD．故当EQ⊥AP时有EQ⊥平面PAD，此时∠EDQ为直线DE与平面PAD的线面角，即当PC与DQ所成角取得最小值时，EQ⊥AP．
又AP2＝BP2＋BA2－2BP·BAcos＝5，故AP＝．
又，故sin∠BPA＝．
故cos∠BPA＝，PQ＝PE·cos∠BPA＝．
故此时AQ＝AP－QP＝．
法二(线面角最小＋三余弦定理)：如图，取BP的中点G，连接DG，GQ，有PC∥GD．由最小角定理知，当DQ恰好是GD在平面PAD内的投影时所成的角最小．连接AG，过点G作GO⊥DQ于O．计算得DG＝，AG＝1，GQ＝，由三余弦定理cos∠ADG＝cos∠ADQ·cos∠GDQ知cos∠ADQ＝，所以AQ＝．
法三(正方体模型＋线面角最小定理)：将三棱锥放进棱长为2的正方体内(如图)，由最小角定理知，PC与DQ所成的角θ取得最小值时，θ即为PC与平面PAD所成的角．过点C作CH⊥EF(F为CG的中点)，则∠CPH为PC与平面PAD所成的角，当θ最小时，DQ∥PH，如图，延长PH，AF交于点M，计算得FM＝，AM＝，即AQ＝．]
考教衔接
1．A　[根据直线与平面所成角的定义，
知直线m与平面α内任意直线所成角都大于或等于(最小角定理)，
所以直线m与直线n的夹角θ1≥．
如图，AD⊥α，CD⊥BC，AC⊥BC，则∠ACD＝θ2，∠ABD＝，
因为sin∠ABD
＝sin，
sin θ2＝，sin∠ABC＝，
所以sin·＝sin θ2·sin∠ABC，则sin≤sin θ2，θ2≥．
综上所述，θ1≥，θ2≥．故选A．]
2．B　[如图，由二面角D-AB-D1的大小为60°，可知∠D1AD＝60°，
∴AD＝AA1，
又DC1与平面ABCD所成角的大小为30°，
∴DC1＝2CC1＝2AA1，DC＝AA1．
连接AB1，B1D1，设AD＝a，
则AA1＝a，AB＝3a．
∴AD1＝2a，AB1＝2a，B1D1＝a．
在△AB1D1中，由余弦定理的推论，得
cos∠B1AD1＝．
∴异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是．故选B．]
3．－　[如图，过点A作AE⊥CB，交CB的延长线于点E，连接DE．
∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE 平面ABC，
∴AE⊥平面BCD，
∴点E即为点A在平面BCD内的射影，
∴△EBD为△ABD在平面BCD内的射影．
由已知条件易证得△ABE≌△DBE，
∴∠DEB＝∠AEB＝90°．
设AB＝a，则BD＝a，AE＝DE＝ABsin 60°＝a，∴AD＝a，cos∠ABD＝，
∴sin∠ABD＝，
∴S△ABD＝a2．
∵BE＝a，
∴S△BDE＝a2．
设角θ为射影面与原面所成的二面角的平面角，
∴ cos θ＝．
∵要求的是二面角 A-BD-C，而二面角 A-BD-C与A-BD-E互补，
∴二面角A-BD-C的余弦值为－．]
典例3　解：(1)证明：由题意得，EF∥MC，且EF＝MC，所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM∥FC．
又CF 平面BCF，EM 平面BCF，所以EM∥平面BCF．
(2)取DM的中点O，连接OA，OE(图略)．因为AB∥MC，且AB＝MC，所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM＝BC＝，
又AD＝，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等边三角形，可得OA⊥DM，OE⊥DM，OA＝＝3，OE＝，又AE＝2，所以OA2＋OE2＝AE2，故OA⊥OE．
又OA⊥DM，OE∩DM＝O，OE，DM 平面EDM，
所以OA⊥平面EDM．
易知S△EDM＝．
在△ADE中，cos∠DEA＝，
所以sin∠DEA＝，S△ADE＝．
设点M到平面ADE的距离为d，由VM-ADE＝VA-EDM，得S△ADE·d＝S△EDM·OA，得d＝，故点M到平面ADE的距离为．
考教衔接
1．C　[因为PA＝PB＝PC＝2，
且底面△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC，
所以点P在平面ABC上的射影O为边AC的中点，
则PO＝3，在直角三角形PAO中，由勾股定理，
得AO＝，所以AC＝2．
又因为底面△ABC是等腰直角三角形，
所以AB＝BC＝，所以VP-ABC＝S△ABC·PO＝×3＝3．
设点B到平面PAC的距离为d，则有VP-ABC＝VB-PAC＝S△PAC·d＝×3d＝3，
解得d＝，故点B到平面PAC的距离为．故选C．]
2．C　[延长MN交DC延长线于点Q，连接A1Q，C1Q，AC，因为M，N分别是AB和BC的中点，则MN∥AC，
由正方体的性质可得AC∥A1C1，所以MN∥A1C1，
又A1C1 平面A1C1D，MN 平面A1C1D，所以MN∥平面A1C1D，所以MN到平面A1C1D的距离即点Q到平面A1C1D的距离，设为h，则．
因为正方体的棱长为1，所以DQ＝，A1D＝DC1＝A1C1＝·h＝·A1D1，即×()2h＝×1×1，解得h＝．故选C．]
3.2　[如图，连接A1C1，分别交EF，MN于点H，Q，连接AQ．连接AC交BD于点G，连接HG．
因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，BD，EF分别是平面ABCD、平面A1B1C1D1与平面BDEF的交线，所以EF∥BD．
因为平面AMN∥平面BDEF，
平面AMN、平面BDEF分别与平面A1B1C1D1交于直线MN，EF，与平面ACC1A1交于直线AQ，GH，所以EF∥MN，AQ∥GH，
则四边形AGHQ为平行四边形，AG＝HQ．
又因为EF＝MN，所以点M，F，E，N分别为棱A1B1，B1C1，C1D1，A1D1的中点，
在Rt△AQA1中，AQ＝ ＝，
平面AMN与平面BDEF间的距离即为Q到平面BDEF的距离，即为Q到GH的距离，设为h，在平行四边形AGHQ中，
AG·AA1＝AQ·h，
则h＝＝2，即两个截面间的距离为2．]
1/2(共86张PPT)
专题四　立体几何
课时13　空间位置关系、空间角与空间距离的计算(几何法)
[备考指南]　空间点、线、面位置关系的判断，空间角、空间距离的计算是本节的三个核心命题点，备考的首要任务是熟知空间点、线、面位置关系的理论化体系，在此基础上强化空间图形意识和培养空间问题平面化意识．
命题点1　空间位置关系的判定
【典例1】　(1)(2025·天津高考)已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(　　)
A．若m∥α，n α，则m∥n
B．若m⊥α，m⊥β，则α⊥β
C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
D．若m α，α⊥β，则m⊥β
√
(2)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB＝∠PCB＝，M，N分别为DP和AB的中点．
求证：①MN∥平面PBC；
②平面PBC⊥平面ABCD．
(1)C　[对于A，若m∥α，n α，则m∥n或m，n异面，故A错误；
对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；
对于C，若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确；
对于D，若m α，α⊥β，则m∥β或m与β相交或m β，故D错误．故选C．]
(2)[证明]　①如图，取PC的中点E，连接ME，BE，由M为DP的中点，N为AB的中点，得ME∥DC，ME＝DC，又BN∥CD，BN＝CD，则ME∥BN，ME＝BN，因此四边形BEMN为平行四边形，于是MN∥BE，又MN 平面PBC，BE 平面PBC，
所以MN∥平面PBC．
②过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，连接DQ，由∠DCB＝∠PCB＝，DC＝PC，QC＝QC，得△QCD≌△QCP，
则∠DQC＝∠PQC＝，即DQ⊥BC，而PQ＝DQ＝，PQ2＋DQ2＝4＝PD2，
因此PQ⊥DQ，又DQ∩BC＝Q，DQ，BC 平面ABCD，则PQ⊥平面ABCD，又PQ 平面PBC，
所以平面PBC⊥平面ABCD．
反思领悟　空间点、线、面位置关系的判断，可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理进行判断．
1．(多选)[教材母题改编]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为线段A1D1，AB的中点，则(　　)
A．EF与BC异面 B．EF∥平面CDD1C1
C．EF⊥AC D．BD⊥平面EFC1
√
√
AC　[对于A选项，EF，BC既不平行，也不相交，故EF与BC异面，故A正确；EF与平面ABB1A1相交，平面ABB1A1∥平面CDD1C1，故EF与平面CDD1C1不平行，故B错误；如图，取AD的中点M，易知FM∥BD，且AC⊥平面EMF，所以EF⊥AC，故C正确；
又B1D1与EC1不垂直，故BD与EC1不垂直，所以BD与平面EFC1不垂直，D错误．故选AC．]
2．(多选)已知在正四面体ABCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，则(　　)
A．EF∥平面ACD
B．AC⊥BD
C．AB⊥平面FGH
D．E，F，G，H四点共面
√
√
√
ABD　[把正四面体ABCD放到正方体中，如图．
对于A项，∵E，F分别为AB，BC的中点，∴EF∥AC．
又∵AC 平面ACD，且EF 平面ACD，
∴EF∥平面ACD，故A正确；
对于B项，由正方体的性质易得AC⊥BD，故B正确；
对于C项，若AB⊥平面FGH成立，即AB⊥平面EFGH，
∵HE 平面EFGH，∴AB⊥HE．
又∵E，H分别为AB，AD的中点，
∴EH∥BD，∴AB⊥BD，
而△ABD为等边三角形，与AB⊥BD矛盾，故C错误；
对于D项，∵E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，∴EF∥AC且EF＝AC，GH∥AC且GH＝AC，
∴EF∥GH且EF＝GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，∴E，F，G，H四点共面，故D正确．故选ABD．]
3．已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么点P到平面ABC的距离为______．
　
　[如图，过点P作PO⊥平面ABC于点O，则PO为P到平面ABC的距离．
再过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥BC于点F，连接PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC．
又PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°．
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，所以OE＝1，
所以PO＝＝＝．]
【教用·备选题】
1．(2024·九省联考)设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是(　　)
A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥l
B．若m α，l β，m∥l，则α∥β
C．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥l
D．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β
√
C　[对于A，m，l可能平行、相交或异面，故A错误；对于B，α，β可能相交或平行，故B错误；
对于D，α，β平行，不可能垂直，故D错误；由线面平行的性质得C正确．故选C．]
2．(2025·山东济南三模)如图，下列正方体中，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面直线的是(　　)
√
A　　　　B
C　　　　D
D　[对于A，如图，PQ∥CD∥AB∥MN，M，N，P，Q四点共面，A错误；
对于B，如图，MP∥GH∥EF∥NQ，M，N，P，Q四点共面，B错误；
对于C，如图，MP∥KL∥NQ，M，N，P，Q四点共面，C错误；
对于D，如图，PQ 平面MPQ，N 平面MPQ，M∈平面MPQ，M 直线PQ，则MN与PQ是异面直线，D正确．
故选D．]
命题点2　空间角的计算
【典例2】　(1)(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则(　　)
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
√
√
√
(2)如图，在△ABC中，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝，将△ABC绕边AB翻转至△ABP，使平面ABP⊥平面ABC，D是边BC的中点，设Q是线段PA上的动点，当PC与DQ所成的角取得最小值时，线段AQ的长度为________．
　
(1)ABD　(2)　[(1)如图，连接B1C，因为DA1∥B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角．
因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，
故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；
因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1 平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1．因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C 平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C．
又A1C 平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；
连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O 平面A1B1C1D1，所以C1O⊥B1B．
又C1O⊥B1D1, B1D1∩B1B＝B1，B1D1，B1B 平面BB1D1D，所以C1O⊥平面BB1D1D，
所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．
设正方体的棱长为1，则C1O＝，BC1＝，sin∠C1BO＝＝，
所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正确．故选ABD．
(2)法一：取PB的中点E，连接DE，可知PC与DQ所成角即为DE与DQ所成角∠EDQ，再连接AD，PD．根据线面相交的性质可知，∠EDQ的最小值当且仅当∠EDQ为直线DE与平面PAD的线面角时取得．又AB＝1，BD＝BC＝，∠ABD＝，
故AD＝＝1，故AD2＋AB2＝BD2，故DA⊥AB．
又平面ABP⊥平面ABC且交于AB，故DA⊥平面PAB，故EQ⊥AD．故当EQ⊥AP时有EQ⊥平面PAD，此时∠EDQ为直线DE与平面PAD的线面角，即当PC与DQ所成角取得最小值时，EQ⊥AP．
又AP2＝BP2＋BA2－2BP·BA cos ＝8＋1－2×2×1×＝5，故AP＝．
又＝，故sin ∠BPA＝＝．
故cos ∠BPA＝＝，PQ＝PE·cos ∠BPA＝＝＝．
故此时AQ＝AP－QP＝＝．
法二(线面角最小＋三余弦定理)：如图，取BP的中点G，连接DG，GQ，有PC∥GD．由最小角定理知，当DQ恰好是GD在平面PAD内的投影时所成的角最小．连接AG，过点G作GO⊥DQ于O．计算得DG＝，AG＝1，GQ＝，由三余弦定理cos ∠ADG＝
cos ∠ADQ·cos ∠GDQ知cos ∠ADQ＝，所以AQ＝．
法三(正方体模型＋线面角最小定理)：将三棱锥放进棱长为2的正方体内(如图)，由最小角定理知，PC与DQ所成的角θ取得最小值时，θ即为PC与平面PAD所成的角．过点C作CH⊥EF (F为CG的中点)，则∠CPH为PC与平面PAD所成的角，当θ最小时，DQ∥PH，如图，延长PH，AF交于点M，计算得FM＝，AM＝，所以＝＝，即AQ＝AP＝．]
【教用·备选】
法四(坐标法)：如图，过点C作CO⊥AB，交BA的延长线于点O，连接PO．以点O为原点，以的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，A(1，0，0)，P(0，0，2)，C(0，2，0)，B(2，0，0)，D(1，1，0)．设＝λ，λ∈[0，1]，则＝＝
(－λ，－1，2λ)，＝(0，2，－2)，所以|cos 〈〉|＝＝·，令f (λ)＝，λ∈[0，1]，f ′(λ)＝，由f ′(λ)＝0，λ∈[0，1]，得λ＝．λ∈时，f ′(λ)＞0，λ∈时，f ′(λ)＜0，∴当λ＝时，f (λ)取最大值，此时PC与DQ所成角取最小值，此时AP＝，AQ＝．
反思领悟
1．几何法求空间角的关键是找出空间角，如线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中求解．
2．求二面角的几何方法：定义法、三垂线定理法、射影面积法等．
1．(2025·广东佛山一模)已知直线m与平面α所成的角为，若直线n α，直线m β，设m与n的夹角为θ1，α与β的夹角为θ2，则(　　)
A．θ1≥，θ2≥ B．θ1≥，θ2≤
C．θ1≤，θ2≥ D．θ1≤，θ2≤
√
A　[根据直线与平面所成角的定义，
知直线m与平面α内任意直线所成角都大于或等于(最小角定理)，
所以直线m与直线n的夹角θ1≥．
如图，AD⊥α，CD⊥BC，AC⊥BC，则∠ACD＝θ2，∠ABD＝，
因为sin ∠ABD＝sin ＝，sin θ2＝，sin ∠ABC＝，
所以sin ＝＝·＝sin θ2·sin ∠ABC，则sin ≤sin θ2，θ2≥．
综上所述，θ1≥，θ2≥．故选A．]
2．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，二面角D-AB-D1的大小为60°，DC1与平面ABCD所成角的大小为30°，那么异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是(　　)
A． B． C． D．
√
B　[如图，由二面角D-AB-D1的大小为60°，可知∠D1AD＝60°，
∴AD＝AA1，又DC1与平面ABCD所成角的大小为30°，
∴DC1＝2CC1＝2AA1，DC＝CC1＝AA1．
连接AB1，B1D1，设AD＝a，则AA1＝a，AB＝3a．
∴AD1＝2a，AB1＝2a，B1D1＝a．
在△AB1D1中，由余弦定理的推论，得
cos ∠B1AD1＝＝．
∴异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是．故选B．]
3．如图，△ABC与△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则二面角A-BD-C的余弦值为________．
－　
－　[如图，过点A作AE⊥CB，交CB的延长线于点E，连接DE．
∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE 平面ABC，∴AE⊥平面BCD，
∴点E即为点A在平面BCD内的射影，
∴△EBD为△ABD在平面BCD内的射影．
由已知条件易证得△ABE≌△DBE，∴∠DEB＝∠AEB＝90°．
设AB＝a，则BD＝a，AE＝DE＝ABsin 60°＝a，
∴AD＝a，cos ∠ABD＝，∴sin ∠ABD＝，
∴S△ABD＝a2×＝a2．
∵BE＝a，
∴S△BDE＝a×a＝a2．
设角θ为射影面与原面所成的二面角的平面角，
∴ cos θ＝＝．
∵要求的是二面角A-BD-C，而二面角 A-BD-C与A-BD-E互补，
∴二面角A-BD-C的余弦值为－．]
【教用·备选题】
1．在四面体ABCP中，平面ABC⊥平面PAC，△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，AB＝BC＝3，则二面角A-PC-B的正切值为(　　)
A．　　 B．　　 C．2　　 D．
√
A　[如图，设AC，PC的中点分别为E，D，连接BE，DE，BD，则DE∥PA．
因为AB＝BC，所以BE⊥AC．
又因为平面ABC⊥平面PAC，BE 平面ABC，
平面ABC∩平面PAC＝AC，所以BE⊥平面PAC，而PC 平面PAC，则BE⊥PC．
因为△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，
所以PA⊥PC，所以DE⊥PC，且DE＝×4＝2．
因为DE∩BE＝E，且DE，BE 平面BDE，
所以PC⊥平面BDE．
又因为BD 平面BDE，所以PC⊥BD，
所以∠BDE为二面角A-PC-B的平面角，
且tan ∠BDE＝＝＝．
故选A．]
2．在三棱锥P-ABC中，PC＝8，AC＝3，BC＝8，∠ACB＝60°，点P到△ABC三边的距离相等，且点P在平面ABC上的射影落在△ABC内，则CP与平面ABC所成角的正切值为________．
　[如图，设点P在平面ABC内的射影为点O，作PD⊥BC，PE⊥AB，PF⊥AC，连接OD，OE，OF，OP，OC，
　
则PD＝PE＝PF，易知△POD≌△POE≌△POF，
所以OD＝OE＝OF，所以点O为△ABC的内心．
设△ABC的内切圆的半径为r，△ABC的内切圆与边BC切于点D．
因为AC＝3，BC＝8，∠ACB＝60°，
所以AB＝＝7．
又S△ABC＝AC·BC·sin 60°＝(AC＋BC＋AB)·r，所以r＝．
在Rt△OCD中，∠CDO＝90°，∠OCD＝30°，
所以CO＝．因为PO⊥平面ABC，
所以∠PCO为CP与平面ABC所成的角．
因为PC＝8，所以PO＝＝，
所以CP与平面ABC所成角的正切值为＝＝．]
命题点3　空间距离的计算
【典例3】　(2024·全国甲卷)如图，已知AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD＝BC＝，AE＝2，M为CD的中点．
(1)证明：EM∥平面BCF；
(2)求点M到平面ADE的距离．
[解]　(1)证明：由题意得，EF∥MC，且EF＝MC，所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM∥FC．
又CF 平面BCF，EM 平面BCF，所以EM∥平面BCF．
(2)取DM的中点O，连接OA，OE(图略)．因为AB∥MC，且AB＝MC，所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM＝BC＝，
又AD＝，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等边三角形，可得OA⊥DM，OE⊥DM，OA＝＝3，OE＝＝，又AE＝2，所以OA2＋OE2＝AE2，故OA⊥OE．
又OA⊥DM，OE∩DM＝O，OE，DM 平面EDM，
所以OA⊥平面EDM．
易知S△EDM＝×2×＝．
在△ADE中，cos ∠DEA＝＝，
所以sin ∠DEA＝，S△ADE＝×2×2＝．
设点M到平面ADE的距离为d，由VM-ADE＝VA-EDM，得S△ADE·d＝S△EDM·OA，得d＝，故点M到平面ADE的距离为．
反思领悟　空间距离的计算一般有两种方法
一是采用化空间为平面的方式，转化到平面图形(如直角三角形、等腰梯形等)中进行求解；二是借助等体积法求解．
1．[高考真题改编]某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥P-ABC，PA＝PB＝PC＝2，底面△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC，顶点P到底面ABC的距离为3，则点B到平面PAC的距离为(　　)
A． B． C． D．2
√
C　[因为PA＝PB＝PC＝2，
且底面△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC，
所以点P在平面ABC上的射影O为边AC的中点，
则PO＝3，在直角三角形PAO中，由勾股定理，
得AO＝，所以AC＝2．
又因为底面△ABC是等腰直角三角形，
所以AB＝BC＝，
所以VP-ABC＝S△ABC·PO＝×3＝3．
设点B到平面PAC的距离为d，则有VP-ABC＝VB-PAC＝S△PAC·d＝×2×3d＝3，
解得d＝，故点B到平面PAC的距离为．
故选C．]
2．已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别是AB和BC的中点，则MN到平面A1C1D的距离为(　　)
A． B． C． D．
√
C　[延长MN交DC延长线于点Q，连接A1Q，C1Q，AC，因为M，N分别是AB和BC的中点，则MN∥AC，
由正方体的性质可得AC∥A1C1，所以MN∥A1C1，
又A1C1 平面A1C1D，MN 平面A1C1D，所以MN∥平面A1C1D，所以MN到平面A1C1D的距离即点Q到平面A1C1D的距离，设为h，则＝．
因为正方体的棱长为1，所以DQ＝，A1D＝DC1＝A1C1＝，所以·h＝·A1D1，即×()2h＝×1×1，
解得h＝．
故选C．]
3．某中学开展劳动实习，对棱长为3的正方体木块进行加工．如图，学生需要分别过顶点A和对角线BD对正方体木块进行平面切割，两个切割面与棱A1B1，B1C1，C1D1，A1D1分别交于点M，F，E，N，要求两次切割所得到的截面平行，且EF＝MN，则两个截面间的距离为________．
2
2　[如图，连接A1C1，分别交EF，MN于点H，Q，连接AQ．连接AC交BD于点G，连接HG．
因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，BD，
EF分别是平面ABCD、平面A1B1C1D1与
平面BDEF的交线，所以EF∥BD．因为平面AMN∥平面BDEF，
平面AMN、平面BDEF分别与平面A1B1C1D1交于直线MN，EF，与平面ACC1A1交于直线AQ，GH，所以EF∥MN，AQ∥GH，
则四边形AGHQ为平行四边形，AG＝HQ．
又因为EF＝MN，所以点M，F，E，N分别为棱A1B1，B1C1，C1D1，A1D1的中点，
在Rt△AQA1中，AQ＝＝，
平面AMN与平面BDEF间的距离即为Q到平面BDEF的距离，即为Q到GH的距离，设为h，
在平行四边形AGHQ中，AG·AA1＝AQ·h，
则h＝＝2，即两个截面间的距离为2．]
【教用·备选题】
(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，该棱锥的高为(　　)
A．1 B．2 C． D．
√
D　[由题意知△PAB为正三角形，因为PC2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD．
如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE＝2，PF＝2，EF＝4，因为PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF．过点P作PG⊥EF，垂足为G．易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF 平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF．又PG 平面PEF，所以CD⊥PG．又PG⊥EF，CD，EF 平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P-ABCD的高．由PE·PF＝EF·PG，得PG＝＝＝．故选D．]
课后限时练13　空间位置关系、空间角与空间距离的计算(几何法)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
1．(2025·湖南长沙二模)已知两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n满足m⊥α，n β，则“m∥n”是“α⊥β”的(　　)
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
B　[若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n β，则α⊥β，即充分性成立；
若α⊥β，m⊥α，n β，则m∥β或m β，则m∥n，异面，相交均有可能，即必要性不成立，所以“m∥n”是“α⊥β”的充分不必要条件．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
2．(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是(　　)
A　　　　　　B
C　　　　　　D
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
BC　[设正方体的棱长为2．
对于A，如图1所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角．
在Rt△OPC中，OC＝，CP＝1，
故tan ∠POC＝＝，故MN⊥OP不成立，故A错误；
对于B，如图2所示，取MT的中点Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥MT，PQ⊥MN．
由正方体SBCN-MADT可得SM⊥平面MADT，
而OQ 平面MADT，故SM⊥OQ．
又SM∩MT＝M，SM，MT 平面SNTM，
故OQ⊥平面SNTM．
又MN 平面SNTM，所以OQ⊥MN，又OQ∩PQ＝Q，OQ，PQ 平面OPQ，所以MN⊥平面OPQ，又OP 平面OPQ，
故MN⊥OP，故B正确；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
对于C，如图3所示，连接BD，则BD∥MN，
由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
对于D，如图4所示，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，则AC∥MN．
因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，
所以∠QPO(或其补角)为异面直线PO，MN所成的角．
因为正方体的棱长为2，故PQ＝AC＝，OQ＝＝＝，PO＝＝＝，QO2题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，B1C1的中点，若平面DBB1与平面AEF的交线为l，则l与直线AD1所成角的大小为
(　　)
A． B． C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[如图，因为E，F分别为棱BC，B1C1的中点，所以BB1∥EF．因为EF 平面AEF，BB1 平面AEF，所以BB1∥平面AEF．又平面DBB1∩平面AEF＝l，BB1 平面DBB1，所以BB1∥l．又AA1∥BB1，所以AA1∥l，所以l与直线AD1所成的角等于∠A1AD1＝．故选C．]
4．(2023·全国乙卷)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C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A． B． C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[如图，取AB的中点E，连接CE，DE，则CE⊥AB，DE⊥AB，所以∠DEC是二面角C-AB-D的平面角，所以∠DEC＝150°．因为DE∩CE＝E，DE，CE 平面DCE，所以AB⊥平面DCE．因为AB 平面ABC，所以平面DCE⊥平面ABC，易知∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角．设AB＝a，在等腰直角△ABC中，CE＝a，
在等边△ABD中，DE＝a，在△DCE中，由余弦定理，得
DC2＝＋－2·a·a·cos 150°＝a2，所以DC＝a，
则cos ∠DCE＝＝，因为0°＜∠DCE＜30°，
所以sin ∠DCE＝＝，
所以tan ∠DCE＝＝．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
5．在某次数学探究活动中，小明先将一副三角尺按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角尺ABC折起，使得二面角A-BC-D为直二面角，得图2所示四面体ABCD．小明对四面体ABCD中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①CD⊥平面ABC；②AB⊥平面ACD；③平面ABD⊥平面ACD；④平面ABD⊥平面BCD．其中判断正确的个数是(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[对于①，因为二面角A-BC-D为直二面角，所以平面ABC⊥平面BCD．
又因为平面ABC∩平面BCD＝BC，DC⊥BC，且DC 平面BCD，
所以DC⊥平面ABC, 所以①正确；
对于②，由DC⊥平面ABC，且AB 平面ABC，可得AB⊥CD．
又因为AB⊥AC，且AC∩CD＝C，AC，CD 平面ACD，
所以AB⊥平面ACD，所以②正确；
对于③，因为AB⊥平面ACD，且AB 平面ABD，所以平面ABD⊥平面ACD，所以③正确；
对于④，由题意可知平面ABC⊥平面BCD．
若平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面ABC＝AB，可得AB⊥平面BCD．
又因为BC 平面BCD，所以AB⊥BC．
因为AB与BC不垂直，所以矛盾，所以平面ABD与平面BCD不垂直，所以④错误．
故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
6．(多选)(2025·全国一卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则(　　)
A．AD⊥A1C B．B1C1⊥平面AA1D
C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D
BD　[由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，则AA1⊥AD，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C 平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直，故A错误；
√
题号
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因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，则AA1⊥BC，因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1 平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；
因为AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，故C错误；
因为CC1∥AA1，CC1 平面AA1D，AA1 平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确．故选BD．]
题号
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7．在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，，则点A到平面PBC的距离等于________．
　[∵PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，∴PA⊥BC．
∵BC⊥AB且AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB，
∴BC⊥PB．
∵PA＝AB＝BC＝2，∴AC＝PB＝2．
∴S△ABC＝×2×2＝2，S△PBC＝×2×2＝2．
　
题号
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设点A到平面PBC的距离等于h．
∵VA-PBC＝VP-ABC，∴S△PBC·h＝S△ABC·PA，解得h＝．
即点A到平面PBC的距离等于．]
题号
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8．在三棱锥P-ABC中，D，E分别是PB，BC的中点，若F在线段AC上，且满足AD∥平面PEF，则的值为________．
　[连接DC，交PE于点G，连接FG，DE，
因为AD∥平面PEF，AD 平面ADC，平面ADC∩平面PEF＝FG，所以AD∥FG．
　
题号
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因为D，E分别是PB，BC的中点，所以DE为△BPC的中位线，所以△DEG∽△CPG，可得＝＝，
所以＝＝．]
题号
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9．如图，AB和CD是异面直线，AB＝CD＝3，E，F分别为线段AD，BC上的点，且＝＝，EF＝，则AB与CD所成角的大小为________．
60°
题号
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60°　[在平面ABD中，过E作EG∥AB，交DB于点G，连接GF，如图，
∵＝，∴＝，
又＝，∴＝，
则GF∥CD，
∴∠EGF (或其补角)即为AB与CD所成角，
在△EGF中，EG＝AB＝2，GF＝CD＝1，EF＝，∴cos ∠EGF＝＝－，
∴∠EGF＝120°，
∴AB与CD所成角的大小为60°．]
题号
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