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第50课时　几何法求空间角、空间距离
[考试要求]　能用几何法解决直线与平面所成的角、二面角及空间距离问题，体会几何法在研究空间角及空间距离中的作用．
1．(人教B版必修第四册P125习题11－4CT2改编)若斜线段AB是它在平面α内射影长的2倍，则AB与平面α所成角的大小为 (　　)
A．60° B．45°
C．30° D．90°
2．(人教A版必修第二册P152例4改编)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为___________．
3．(人教A版必修第二册P171复习参考题8T13改编)如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，则二面角B-PA-C的大小为___________．
4．(人教A版必修第二册P152练习T4改编)已知点P为边长为a的正△ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为___________．
1．直线与平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在__________________所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．一条直线垂直于平面，它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°．
(2)范围：直线与平面所成的角θ的取值范围是__________________．
[二级结论]　公式法求线面角
公式为sin θ＝，其中θ是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长．
2．二面角
(1)从一条直线出发的__________________所组成的图形叫做二面角．在二面角的棱上任一点为垂足，在两个半平面内分别作__________________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
(2)二面角的平面角α的范围：__________________．
几何法求线面角、二面角的两种常用方法
(1)定义法：步骤是作(找) 证 求(算)“三步曲”；
(2)射影法：设斜线段AB在平面α内的射影为A'B'，AB与α所成角为 θ，则cos θ＝
．
考点一　线面角
　定义法求线面角
[典例1]　在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC＝BB1＝1，则直线A1B与平面A1B1CD所成角的正弦值为 (　　)
A．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　垂面法求线面角
[典例2]在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB， AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，PD＝．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　三余弦定理求线面角
【引理】　三余弦定理
设A为平面α上一点，过A的斜线AO在平面α上的射影为AB，AC为平面上的一条直线，记斜线AO与直线AB的夹角为θ1，直线AB与直线AC的夹角为θ2，直线AO与直线AC的夹角为θ，则cos θ＝cos θ1·cos θ2．
[证明]　如图，过点B作BC⊥AC，
由于OB⊥AC，BC⊥AC，OB∩BC＝B，OB，BC 平面OBC，则AC⊥平面OBC，
又OC 平面OBC，所以AC⊥OC．
则cos θ＝，cos θ1＝，cos θ2＝，
故cos θ＝cos θ1·cos θ2．
[典例3]　已知PA是平面α的斜线，∠BAC在平面α内，且∠BAC＝90°，又∠PAB＝∠PAC＝60°，则PA与平面α所成的角为___________．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：对于直线与平面所成的角，一般是在直线上找一点，作平面的垂线，连接斜足与垂足得到直线在平面上的射影，直线与它在该平面上的射影所成的角就是所求角，这就是定义法和垂面法．借助三余弦定理或等体积法求直线与平面所成的角，可以达到事半功倍的效果．
[巩固迁移]
1．(2020·浙江卷)如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC ＝2BC．
(1)证明：EF⊥DB；
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【拓展融合】　三正弦定理
如图，设二面角α'-AB-β'的平面角为α，在平面α'内有一条射线AC，AC与棱AB所成的角为β，AC与平面β'所成的角为γ，则sin γ＝sin α·sin β．该定理表明，二面角是半平面内的一条直线与另一半平面所成角的最大值，即二面角是线面角的最大值．
【加固训练】　(1)已知棱长为1的正四面体P-ABC，PC的中点为D，动点E在线段AD上，则直线BE与平面ABC所成角的正切值的取值范围是___________．
(2)如图，在三棱锥P-ABC中， PA＝PC＝AC，若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30°，则PC与平面PAM所成角的正弦值为___________．
考点二　二面角的求法
　定义法求二面角
[典例4]如图所示，在三棱锥S-ABC中，△SBC，△ABC都是等边三角形，且BC＝2，SA＝，则二面角S-BC-A的大小为 (　　)
A．30° B．45°
C．60° D．75°
　三垂线法求二面角
[典例5] 如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A-PB-C的大小．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　射影面积法求二面角
[典例6]如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝a，求平面PBA与平面PDC所成二面角的大小．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：作二面角的平面角的方法
(1)直接法：根据平面角的概念直接作，如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边，就可以取棱的中点．
(2)垂面法：过二面角棱上一点作棱的垂面，则垂面与二面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角．
(3)垂线法：过二面角的一个面内一点作另一个面的垂线，过垂足向二面角的棱作垂线，可找到二面角的平面角或其补角．
[巩固迁移]
2．已知正方体ABCD-A'B'C'D'中，M，N分别是BB'，DD'的中点，则截面AMC'N与平面ABCD所成角的余弦值为___________；截面AMC'N与平面CC'D'D所成角的余弦值为___________．
3．如图，在三棱锥A-BCD中，△ABD是等边三角形，BD⊥DC，AB＝2，AC＝4，∠DBC＝60°，E，F分别为AD，DC的中点．
(1)求证：平面BEF⊥平面ADC；
(2)求二面角E-BF-D的余弦值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点三　距离问题
[典例7]　已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为8，对角线B1C＝10，D是棱AC的中点．求：
(1)点B1到直线AC的距离；
(2)直线AB1到平面C1BD的距离．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：(1)求点线距一般要作出这个“距离”，然后利用直角三角形求解，或利用等面积法求解．
(2)求点面距时，若能够确定过点与平面垂直的直线，即作出这个“距离”，可根据条件求解，若不易作出点面距，可借助等体积法求解．
[巩固迁移]
4．如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝4，E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为 (　　)
A．1 B．
5．(2024·北京卷)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．
第50课时　几何法求空间角、空间距离
以题引理·激活思维
No1．深研教材典题
1．A　2．a
No2．储备知识要点
1．(1)平面上的射影　(2)0°≤θ≤90°
2．(1)两个半平面　垂直于棱　(2)0°≤α≤180°
精研考点·提升素养
考点一
技法1　典例1　D　[如图，设点E为线段B1C的中点，连接BE，A1E．
因为在长方体中，DC⊥CB，DC⊥CC1，CB∩CC1＝C，CB，CC1 平面BCC1B1，
所以DC⊥平面BCC1B1，又BE 平面BCC1B1，所以DC⊥BE．
又BC＝BB1＝1，且E为线段BC的中点，所以BE⊥B1C，且B1C∩DC＝C，B1C，DC 平面A1B1CD，
所以BE⊥平面A1B1CD，故∠BA1E就是直线A1B与平面A1B1CD所成的角．
由勾股定理得A1B＝，BE＝，
所以sin∠BA1E＝．故直线A1B与平面A1B1CD所成角的正弦值为．故选D．]
技法2　典例2　解：(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE＝BF＝，
故DE＝，BD＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD．
因为PD⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，
所以BD⊥平面PAD，
又因为PA 平面PAD，所以BD⊥PA．
(2)∵PD⊥底面ABCD，AB 底面ABCD，∴PD⊥AB．
又AB⊥DE，PD∩DE＝D，PD，DE 平面PDE，
∴AB⊥平面PDE．
过D作DF⊥PE，交PE于F，
∴DF 平面PDE，
∴AB⊥DF，
又PE∩AB＝E，
∴DF⊥平面PAB．
∴∠DPE就是PD与平面PAB所成的角，
∵∠PDE＝90°，∴sin∠DPE＝，∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为．
技法3　典例3　45°　[如图，作P在α内的正射影O，则O在∠BAC的平分线上，∠PAO为PA与平面α所成的角，
所以cos∠PAC＝cos∠PAO·cos∠OAC，
所以cos 60°＝cos∠PAO·cos 45°，
所以cos∠PAO＝，故∠PAO＝45°，
所以PA与平面α所成的角为45°．]
巩固迁移
1．解：(1)证明：法一：作DH⊥AC交AC于H，连接BH．
∵平面ADFC⊥平面ABC，平面ADFC∩平面ABC＝AC，DH 平面ADFC，
∴DH⊥平面ABC，而BC 平面ABC，即有DH⊥BC．
∵∠ACB＝∠ACD＝45°，
∴CD＝BC．
在△CBH中，BH2＝CH2＋BC2－2CH·BCcos 45°＝BC2，
即有BH2＋BC2＝CH2，∴BH⊥BC．
由棱台的定义可知，EF∥BC，所以BH⊥EF，又DH⊥EF，而BH∩DH＝H，BH，DH 平面BHD．
∴EF⊥平面BHD，而BD 平面BHD，
∴EF⊥DB．
证明： 法二(三余弦定理法)：
∵平面ACFD⊥平面ABC，
∴cos∠BCD＝cos∠ACBcos∠ACD＝cos 45°cos 45°＝，
∴∠BCD＝60°．
又∵DC ＝2BC，∴∠CBD＝90°，
即CB⊥BD，
又∵EF∥BC，∴EF⊥DB．
(2)法一(几何法)：
因为DF∥CH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角．
作HG⊥BD于点G，连接CG，
由(1)可知，BC⊥平面BHD，
因为BC 平面BCD，所以平面BCD⊥平面BHD，
而平面BCD∩平面BHD＝BD，HG 平面BHD，
∴HG⊥平面BCD．
即CH在平面DBC内的射影为CG，∠HCG即为所求角．
设BC＝a，则CH＝a，
HG＝a，
∴sin∠HCG＝．
故DF与平面DBC所成角的正弦值为．
法二(三余弦定理法)：
由∠ACB＝∠ACD＝45°，
可知H在平面DBC的射影G在∠DCB的角平分线上．
设直线DF与平面DBC所成角为θ，则HC与平面DBC所成角也为θ．
由(1)的结论可得∠BCD＝60°，由三余弦定理，得cos 45°＝cos 30°·cos θ，
解得cos θ＝，从而sin θ＝．
法三(公式法(等体积法))：
设H到平面DBC的距离为h，
设DH＝1，则HC＝1，DC＝，BC＝，BD＝，
设直线DF与平面DBC所成角为θ，由已知得HC与平面DBC所成角也为θ．
由VH-DBC＝VD-HBC，得
sin 60°×h＝sin 45°×1，
求得h＝，所以sin θ＝．
加固训练
(1)　[(1)设二面角D-AB-C的平面角为α，易得sin α＝．
设直线BE与平面ABC所成的角为θ，由三正弦定理得
sin θ＝sin∠ABE·sin α＝sin∠ABE，
又sin∠ABE∈，所以sin θ∈，进而可得tan θ∈．
(2)由题意，知线线角∠CPA＝60°，二面角M-PA-C大小等于30°，所以，由三正弦定理得PC与平面PAM所成角的正弦值为sin α＝sin 60°·sin 30°＝．]
考点二
技法1　典例4　C　[如图所示，取BC的中点D，连接AD，SD，∵△ABC，△SBC都是等边三角形，∴SB＝SC，AB＝AC，因此有AD⊥BC，SD⊥BC．
∴∠ADS为侧面SBC与底面ABC所成的二面角的平面角．
∵BC＝2，∴SD＝，AD＝，而SA＝，
∴△SDA是等边三角形，∴∠ADS＝60°，即二面角S-BC-A的大小为60°． ]
技法2　典例5　解：(1)证明：作AD⊥PC于点D，因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AD 平面PAC，则AD⊥平面PBC．又BC 平面PBC，则AD⊥BC．又因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以PA⊥BC．
又PA，AD 平面PAC，PA∩AD＝A，所以BC⊥平面PAC．
(2)作AD⊥PC于点D，作DE⊥PB于点E，连接AE，由(1)知AD⊥平面PBC，PB 平面PBC，
则AD⊥PB，
又AD，DE 平面ADE，AD∩DE＝D，则PB⊥平面ADE，又AE 平面ADE，则PB⊥AE，则∠AED即为二面角A-PB-C的平面角．
不妨设AC＝BC＝PA＝1，则PC＝，AD＝，
又由(1)知BC⊥平面PAC， AC 平面PAC，
则BC⊥AC，则AB＝，又PA⊥平面ABC，
AB 平面ABC，则PA⊥AB，则PB＝，
AE＝，则sin∠AED＝，则∠AED＝60°，即二面角A-PB-C的大小为60°．
技法3　典例6　解：因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD．
又AD⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
所以AD⊥平面PAB．又AD∥BC，
所以BC⊥平面PAB，所以△PCD在平面PBA上的射影为△PAB．
设平面PBA与平面PCD所成二面角为θ，
所以cos θ＝，所以θ＝45°．
故平面PBA与平面PCD所成二面角的大小为45°．
巩固迁移
2．　[设正方体的棱长为a，截面AMC'N与平面ABCD所成角为θ1，
则AM＝MC'＝C'N＝NA＝＝a，且AN∥MC'，
所以四边形AMC'N是菱形，且MN＝a，AC'＝a，
∴S菱形AMC'N＝a2，
又菱形AMC'N在平面ABCD上的射影为正方形ABCD，
由S正方形ABCD＝a2，得cos θ1＝，
∴截面AMC'N与平面ABCD所成角的余弦值为．
设截面AMC'N与平面CC'D'D所成角为θ2，
取CC'的中点M'，连接DM'，MM'，则平面AMM'D⊥平面CC'D'D，
所以平行四边形DM'C'N是四边形AMC'N在平面CC'D'D上的射影，
由S平行四边形DM'C'N＝a2，
得cos θ2＝，
∴截面AMC'N与平面CC'D'D所成角的余弦值为．]
3．解：(1)证明：因为BD＝AB＝2，∠DBC＝60°，BD⊥DC，
所以DC＝BDtan∠DBC＝2tan 60°＝2，
又AD＝2，AC＝4，所以AD2＋CD2＝AC2，
所以AD⊥CD，
又BD⊥DC，AD∩BD＝D，AD，BD 平面ABD，
所以CD⊥平面ABD，
又BE 平面ABD，所以CD⊥BE
因为△ABD是等边三角形，E是AD的中点，所以AD⊥BE，
又CD∩AD＝D，CD，AD 平面CDA，
所以BE⊥平面ADC，
又BE 平面BEF，
所以平面BEF⊥平面ADC．
(2)因为CD⊥平面ABD，CD 平面BCD，
所以平面BCD⊥平面ABD，
在△ABD中，过E作BD的垂线，垂足为O，
过O作BF的垂线，垂足为G，连接EG，如图所示，
因为平面BCD⊥平面ABD，平面BCD∩平面ABD＝BD，EO⊥BD，EO 平面ABD，
所以EO⊥平面BCD，又BF 平面BCD，所以EO⊥BF，
因为GO⊥BF，GO∩OE＝O，GO，OE 平面GOE，
所以BF⊥平面GOE，
又EG 平面GOE，所以BF⊥EG，所以∠EGO为二面角E-BF-D的平面角，
在Rt△BDF中，BF＝＝，
又BE⊥平面ADC，EF 平面ADC，所以BE⊥EF，
在Rt△BEF中，BF·EG，
又EF＝AC＝2，BE＝，
所以×EG，
解得EG＝，
因为EO⊥平面BCD，OG 平面BCD，
所以EO⊥OG，又EO＝DEsin 60°＝，
在Rt△EOG中，GO＝，
所以cos∠EGO＝，即二面角E-BF-D的平面角的余弦值为．
考点三
典例7　解：(1)如图所示，连接B1D，
易证B1D⊥AC，
所以B1D就是点B1到直线AC的距离，
BB1＝＝＝6，
BD＝4．所以在Rt△B1BD中，B1D＝．
(2)因为AC与平面BDC1交于AC的中点D，设B1C∩BC1＝E，则AB1∥DE，可证AB1∥平面C1BD，所以AB1到平面BDC1的距离等于点A到平面BDC1的距离，等于点C到平面BDC1的距离，也就等于三棱锥C-BDC1的高h． 因为S△BDC·CC1，所以h＝，即直线AB1到平面BDC1的距离是．
巩固迁移
4．B　[设点E到平面ACD1的距离为h，因为点E是棱AB的中点，所以点E到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离的一半，又平面ACD1过BD的中点，所以点B到平面ACD1的距离等于点D到平面ACD1的距离，由等体积法S△ACD·DD1，S△ACD＝×2×4＝4，DD1＝2，在△ACD1中，AD1＝2，AC＝CD1＝2＝6，则×4×2，解得h＝，即点E到平面ACD1的距离为．]
5．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，于是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EF·PG，得PG＝．故选D．]
8/8(共132张PPT)
第50课时　几何法求空间角、空间距离
第七章　立体几何与空间向量
[考试要求]能用几何法解决直线与平面所成的角、二面角及空间距离问题，体会几何法在研究空间角及空间距离中的作用．
以题引理·激活思维
1．(人教B版必修第四册P125习题11－4CT2改编)若斜线段AB是它在平面α内射影长的2倍，则AB与平面α所成角的大小为(　　)
A．60° B．45°
C．30° D．90°
√
A　[斜线段、垂线段以及射影构成直角三角形．如图所示，∠ABO即是斜线段AB与平面α所成的角．又AB＝2BO，所以cos∠ABO＝，所以∠ABO＝60°．故选A．]
　[连接A1C1(图略)，由题意知∠AC1A1为
AC1与平面A1B1C1D1所成的角．
因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2，
又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin∠AC1A1＝．]
2．(人教A版必修第二册P152例4改编)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为_____________．
3．(人教A版必修第二册P171复习参考题8T13改编)如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，则二面角B-PA-C的大小为_____________．
90°
90°　[∵PA⊥平面ABC，BA，CA 平面ABC，
∴BA⊥PA，CA⊥PA，
因此∠BAC即为二面角B-PA-C的平面角．
又∠BAC＝90°．
所以二面角B-PA-C的大小为90°．]
4．(人教A版必修第二册P152练习T4改编)已知点P为边长为a的正△ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为_____________．
a
a　[设点P在平面ABC上的射影为点O．
由PA＝PC＝PB，可知OA＝OB＝OC，
即O为△ABC的外心．如图，延长CO交AB于点G．
因为△ABC是正三角形，故CG＝a，易知OG＝a．
又因为PA＝PB＝AB＝a，所以△ABP是等边三角形，G为AB的中点，所以PG＝a，则点P到平面ABC的距离PO＝a．]
1．直线与平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在__________________所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．一条直线垂直于平面，它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°．
(2)范围：直线与平面所成的角θ的取值范围
是_________________．
平面上的射影
0°≤θ≤90°
[二级结论]　公式法求线面角
公式为sin θ＝，其中θ是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长．
2．二面角
(1)从一条直线出发的______________所组成的图形叫做二面角．在二面角的棱上任一点为垂足，在两个半平面内分别作____________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
(2)二面角的平面角α的范围：_______________．
两个半平面
垂直于棱
0°≤α≤180°
几何法求线面角、二面角的两种常用方法
(1)定义法：步骤是作(找) 证 求(算)“三步曲”；
(2)射影法：设斜线段AB在平面α内的射影为A'B'，AB与α所成角为 θ，则cos θ＝
．
考点一　线面角
技法1　定义法求线面角
[典例1]　在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC＝BB1＝1，则直线A1B与平面A1B1CD所成角的正弦值为(　　)
A．
C．
精研考点·提升素养
√
D　[如图，设点E为线段B1C的中点，连接BE，A1E．
因为在长方体中，DC⊥CB，DC⊥CC1，CB∩CC1＝C，CB，CC1 平面BCC1B1，
所以DC⊥平面BCC1B1，又BE 平面BCC1B1，所以DC⊥BE．
又BC＝BB1＝1，且E为线段BC的中点，所以BE⊥B1C，且B1C∩DC＝C，B1C，DC 平面A1B1CD，
所以BE⊥平面A1B1CD，故∠BA1E就是直线A1B与平面A1B1CD所成的角．
由勾股定理得，A1B＝，BE＝，
所以sin∠BA1E＝．故直线A1B与平面
A1B1CD所成角的正弦值为．故选D．]
技法2　垂面法求线面角
[典例2]　在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB， AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，PD＝．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
[解]　(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE＝BF＝，
故DE＝，BD＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD．
因为PD⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以PD⊥BD，
又PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，所以BD⊥平面PAD，
又因为PA 平面PAD，所以BD⊥PA．
(2)∵PD⊥底面ABCD，AB 底面ABCD，∴PD⊥AB．
又AB⊥DE，PD∩DE＝D，PD，DE 平面PDE，∴AB⊥平面PDE．
过D作DF⊥PE，交PE于F，∴DF 平面PDE，
∴AB⊥DF，又PE∩AB＝E，∴DF⊥平面PAB．
∴∠DPE就是PD与平面PAB所成的角，
∵∠PDE＝90°，
∴sin∠DPE＝，
∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为．
技法3　三余弦定理求线面角
【引理】　三余弦定理
设A为平面α上一点，过A的斜线AO在平面α上的射影为AB，AC为平面上的一条直线，记斜线AO与直线AB的夹角为θ1，直线AB与直线AC的夹角为θ2，直线AO与直线AC的夹角为θ，则cos θ＝cos θ1·cos θ2．
[证明]　如图，过点B作BC⊥AC，
由于OB⊥AC，BC⊥AC，OB∩BC＝B，OB，BC 平面OBC，则AC⊥平面OBC，
又OC 平面OBC，所以AC⊥OC．
则cos θ＝，cos θ1＝，cos θ2＝，
故cos θ＝cos θ1·cos θ2．
[典例3]　已知PA是平面α的斜线，∠BAC在平面α内，且∠BAC＝90°，又∠PAB＝∠PAC＝60°，则PA与平面α所成的角为_____．
45°　[如图，作P在α内的正射影O，则O在∠BAC的平分线上，∠PAO为PA与平面α所成的角，
所以cos∠PAC＝cos∠PAO·cos∠OAC，
所以cos 60°＝cos∠PAO·cos 45°，
所以cos∠PAO＝，故∠PAO＝45°，
所以PA与平面α所成的角为45°．]
45°
名师点评：对于直线与平面所成的角，一般是在直线上找一点，作平面的垂线，连接斜足与垂足得到直线在平面上的射影，直线与它在该平面上的射影所成的角就是所求角，这就是定义法和垂面法．借助三余弦定理或等体积法求直线与平面所成的角，可以达到事半功倍的效果．
[巩固迁移]
1．(2020·浙江卷)如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC ＝2BC．
(1)证明：EF⊥DB；
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：法一：作DH⊥AC交AC于H，连接BH．
∵平面ADFC⊥平面ABC，平面ADFC∩平面ABC＝AC，DH 平面ADFC，
∴DH⊥平面ABC，而BC 平面ABC，即有DH⊥BC．
∵∠ACB＝∠ACD＝45°，
∴CD＝BC．
在△CBH中，BH2＝CH2＋BC2－2CH·BCcos 45°＝BC2，
即有BH2＋BC2＝CH2，∴BH⊥BC．
由棱台的定义可知，EF∥BC，所以BH⊥EF，
又DH⊥EF，而BH∩DH＝H，BH，DH 平面BHD．
∴EF⊥平面BHD，而BD 平面BHD，
∴EF⊥DB．
证明： 法二(三余弦定理法)：
∵平面ACFD⊥平面ABC，
∴cos∠BCD＝cos∠ACBcos∠ACD＝cos 45°cos 45°＝，∴∠BCD＝60°．
又∵DC ＝2BC，∴∠CBD＝90°，即CB⊥BD，
又∵EF∥BC，∴EF⊥DB．
(2)法一(几何法)：
因为DF∥CH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角．
作HG⊥BD于点G，连接CG，由(1)可知，BC⊥平面BHD，
因为BC 平面BCD，所以平面BCD⊥平面BHD，
而平面BCD∩平面BHD＝BD，HG 平面BHD，
∴HG⊥平面BCD．
即CH在平面DBC内的射影为CG，∠HCG即为所求角．
设BC＝a，则CH＝a，HG＝a，
∴sin∠HCG＝．故DF与平面DBC所成角的正弦值为．
法二(三余弦定理法)：
由∠ACB＝∠ACD＝45°，
可知H在平面DBC的射影G在∠DCB的角平分线上．
设直线DF与平面DBC所成角为θ，则HC与平面DBC所成角也为θ．
由(1)的结论可得∠BCD＝60°，由三余弦定理，
得cos 45°＝cos 30°·cos θ，
解得cos θ＝，从而sin θ＝．
法三(公式法(等体积法))：
设H到平面DBC的距离为h，
设DH＝1，则HC＝1，DC＝，BC＝，BD＝，
设直线DF与平面DBC所成角为θ，由已知得HC与平面DBC所成角也为θ．
由VH-DBC＝VD-HBC，得
sin 60°×h＝sin 45°×1，
求得h＝，所以sin θ＝．
【拓展融合】　三正弦定理
如图，设二面角α'-AB-β'的平面角为α，在平面α'内有一条射线AC，AC与棱AB所成的角为β，AC与平面β'所成的角为γ，则sin γ＝
sin α·sin β．该定理表明，二面角是半平面内的一条直线与另一半平面所成角的最大值，即二面角是线面角的最大值．
【加固训练】　(1)已知棱长为1的正四面体P-ABC，PC的中点为D，动点E在线段AD上，则直线BE与平面ABC所成角的正切值的取值范围是_____________．
(2)如图，在三棱锥P-ABC中， PA＝PC＝AC，若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30°，则PC与平面PAM所成角的正弦值为_____________．
(1)　[(1)设二面角D-AB-C的平面角为α，易得sin α＝．
设直线BE与平面ABC所成的角为θ，由三正弦定理得
sin θ＝sin∠ABE·sin α＝sin∠ABE，
又sin∠ABE∈，
所以sin θ∈，进而可得tan θ∈．
(2)由题意，知线线角∠CPA＝60°，二面角M-PA-C大小等于30°，所以，由三正弦定理得PC与平面PAM所成角的正弦值为sin α＝
sin 60°·sin 30°＝．]
【教用·备选题】
已知二面角α-l-β是直二面角，A∈α，B∈β．设直线AB与平面α，β所成角分别为θ1，θ2，则(　　)
A．θ1＋θ2＝90°　　　　　 B．θ1＋θ2≥90°
C．θ1＋θ2≤90° D．θ1＋θ2<90°
√
C　[过A，B分别作l的垂线，垂足分别为C，D(图略)，则AC⊥β，BD⊥α，∠ABC＝θ2，∠BAD＝θ1．由三余弦定理，知θ2≤∠ABD．又∠ABD＋θ1＝90°，所以θ1＋θ2≤90°．故选C．]
考点二　二面角的求法
技法1　定义法求二面角
[典例4]如图所示，在三棱锥S-ABC中，△SBC，△ABC都是等边三角形，且BC＝2，SA＝，则二面角S-BC-A的大小为(　　)
A．30°
B．45°
C．60°
D．75°
√
C　[如图所示，取BC的中点D，连接AD，SD，∵△ABC，△SBC都是等边三角形，∴SB＝SC，AB＝AC，因此有AD⊥BC，SD⊥BC．
∴∠ADS为侧面SBC与底面ABC所成的二面角的平面角．∵BC＝2，∴SD＝，AD＝，而SA＝，∴△SDA是等边三角形，∴∠ADS＝60°，即二面角S-BC-A的大小为60°．]
技法2　三垂线法求二面角
[典例5]如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A-PB-C的大小．
[解]　(1)证明：作AD⊥PC于点D，因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AD 平面PAC，则AD⊥平面PBC．
又BC 平面PBC，则AD⊥BC．又因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC．
又PA，AD 平面PAC，
PA∩AD＝A，所以BC⊥平面PAC．
(2)作AD⊥PC于点D，作DE⊥PB于点E，连接AE，由(1)知AD⊥平面PBC，PB 平面PBC，则AD⊥PB，
又AD，DE 平面ADE，AD∩DE＝D，则PB⊥平面ADE，又AE 平面ADE，则PB⊥AE，则∠AED即为二面角A-PB-C的平面角．
不妨设AC＝BC＝PA＝1，则PC＝，AD＝，
又由(1)知BC⊥平面PAC， AC 平面PAC，
则BC⊥AC，则AB＝，又PA⊥平面ABC，
AB 平面ABC，则PA⊥AB，则PB＝，
AE＝，则sin∠AED＝，
则∠AED＝60°，即二面角A-PB-C的大小为60°．
技法3　射影面积法求二面角
[典例6]如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝a，求平面PBA与平面PDC所成二面角的大小．
[解]　因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，
所以PA⊥AD．
又AD⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
所以AD⊥平面PAB．又AD∥BC，
所以BC⊥平面PAB，所以△PCD在平面PBA上的射影为△PAB．
设平面PBA与平面PCD所成二面角为θ，
所以cos θ＝，所以θ＝45°．
故平面PBA与平面PCD所成二面角的大小为45°．
名师点评：作二面角的平面角的方法
(1)直接法：根据平面角的概念直接作，如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边，就可以取棱的中点．
(2)垂面法：过二面角棱上一点作棱的垂面，则垂面与二面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角．
(3)垂线法：过二面角的一个面内一点作另一个面的垂线，过垂足向二面角的棱作垂线，可找到二面角的平面角或其补角．
[巩固迁移]
2．已知正方体ABCD-A'B'C'D'中，M，N分别是BB'，DD'的中点，则截面AMC'N与平面ABCD所成角的余弦值为_____________；截面AMC'N与平面CC'D'D所成角的余弦值为_____________．
　[设正方体的棱长为a，截面AMC'N与平面ABCD所成角为θ1，
则AM＝MC'＝C'N＝NA＝a，且AN∥MC'，所以四边形AMC'N是菱形，且MN＝a，AC'＝a，
∴S菱形AMC'N＝a2，
又菱形AMC'N在平面ABCD上的射影为正方形ABCD，
由S正方形ABCD＝a2，得cos θ1＝，
∴截面AMC'N与平面ABCD所成角的余弦值为．
设截面AMC'N与平面CC'D'D所成角为θ2，
取CC'的中点M'，连接DM'，MM'，
则平面AMM'D⊥平面CC'D'D，
所以平行四边形DM'C'N是四边形AMC'N在平面CC'D'D上的射影，
由S平行四边形DM'C'N＝a2，得cos θ2＝，
∴截面AMC'N与平面CC'D'D所成角的余弦值为．]
3．如图，在三棱锥A-BCD中，△ABD是等边三角形，BD⊥DC，AB＝2，AC＝4，∠DBC＝60°，E，F分别为AD，DC的中点．
(1)求证：平面BEF⊥平面ADC；
(2)求二面角E-BF-D的余弦值．
[解]　(1)证明：因为BD＝AB＝2，∠DBC＝60°，BD⊥DC，
所以DC＝BDtan∠DBC＝2tan 60°＝2，
又AD＝2，AC＝4，所以AD2＋CD2＝AC2，所以AD⊥CD，
又BD⊥DC，AD∩BD＝D，AD，BD 平面ABD，所以CD⊥平面ABD，
又BE 平面ABD，所以CD⊥BE
因为△ABD是等边三角形，E是AD的中点，所以AD⊥BE，
又CD∩AD＝D，CD，AD 平面CDA，
所以BE⊥平面ADC，
又BE 平面BEF，所以平面BEF⊥平面ADC．
(2)因为CD⊥平面ABD，CD 平面BCD，
所以平面BCD⊥平面ABD，
在△ABD中，过E作BD的垂线，垂足为O，
过O作BF的垂线，垂足为G，连接EG，如图所示，
因为平面BCD⊥平面ABD，平面BCD∩平面ABD
＝BD，EO⊥BD，EO 平面ABD，
所以EO⊥平面BCD，又BF 平面BCD，所以EO⊥BF，
因为GO⊥BF，GO∩OE＝O，GO，OE 平面GOE，所以BF⊥平面GOE，
又EG 平面GOE，所以BF⊥EG，所以∠EGO为二面角E-BF-D的平面角，
在Rt△BDF中，BF＝＝，
又BE⊥平面ADC，EF 平面ADC，所以BE⊥EF，
在Rt△BEF中，BF·EG，
又EF＝AC＝2，BE＝，
所以×EG，解得EG＝，
因为EO⊥平面BCD，OG 平面BCD，所以EO⊥OG，又EO＝DEsin 60°＝，
在Rt△EOG中，GO＝＝，
所以cos∠EGO＝，
即二面角E-BF-D的平面角的余弦值为．
考点三　距离问题
[典例7]　已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为8，对角线B1C＝10，D是棱AC的中点．求：
(1)点B1到直线AC的距离；
(2)直线AB1到平面C1BD的距离．
[解]　(1)如图所示，连接B1D，易证B1D⊥AC，
所以B1D就是点B1到直线AC的距离，BB1＝＝6，BD＝4．
所以在Rt△B1BD中，B1D＝．
(2)因为AC与平面BDC1交于AC的中点D，设B1C∩BC1＝E，则AB1∥DE，可证AB1∥平面C1BD，所以AB1到平面BDC1的距离等于点A到平面BDC1的距离，等于点C到平面BDC1的距离，也就等于三棱锥C-BDC1的高h．因为S△BDC·CC1，所以h＝，即直线AB1到平面BDC1的距离是．
名师点评：(1)求点线距一般要作出这个“距离”，然后利用直角三角形求解，或利用等面积法求解．
(2)求点面距时，若能够确定过点与平面垂直的直线，即作出这个“距离”，可根据条件求解，若不易作出点面距，可借助等体积法求解．
[巩固迁移]
4．如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝4，E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为(　　)
A．1 B．
√
B　[设点E到平面ACD1的距离为h，因为点E是棱AB的中点，所以点E到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离的一半，又平面ACD1过BD的中点，所以点B到平面ACD1的距离等于点D到平面ACD1的距离，由等体积法S△ACD·DD1，S△ACD＝×2×4＝4，DD1＝2，在△ACD1中，AD1＝2，AC＝CD1＝2＝6，则×4×2，解得h＝，即点E到平面ACD1的距离为．]
5．(2024·北京卷)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　[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，于是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EF·PG，得PG＝．故选D．]
【教用·备选题】
如图，在三棱锥V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC，且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点．
(1)求证：平面MOC⊥平面VAB；
(2)求三棱锥B-VAC的高．
[解]　(1)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB．
因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC 平面ABC，
所以OC⊥平面VAB．
因为OC 平面MOC，
所以平面MOC⊥平面VAB．
(2)在等腰Rt△ACB中，AC＝BC＝，
所以AB＝2，OC＝1，
所以S△VAB＝×22×sin 60°＝，
又因为OC⊥平面VAB，OM 平面VAB，所以OC⊥OM．
在△AMC中，AM＝1，AC＝，MC＝，
所以S△AMC＝，
所以S△VAC＝2S△AMC＝．
设三棱锥B-VAC的高为h，
由三棱锥B-VAC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等，
即S△VAB·OC，所以h＝，
即三棱锥B-VAC的高为．
一、单项选择题
1．如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1中，P是棱BC上的动点．记直线A1P与平面ABC所成的角为θ1，与直线BC所成的角为θ2，则θ1，θ2的大小关系是(　　)
A．θ1＝θ2 B．θ1>θ2
C．θ1<θ2 D．不能确定
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
课后作业(五十)　几何法求空间角、空间距离
√
C　[因为θ1是线面角，θ2是线线角，由最小角定理知θ1≤θ2，又BC不是A1P在底面ABC上的射影，故θ1<θ2．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
2．若一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成角的大小为(　　)
A．　　　　
√
C　[设圆锥的底面半径为R，母线长为l，因为圆锥的侧面积是底面积的2倍，所以πRl＝2πR2，解得l＝2R，设该圆锥的母线与底面所成的角为α，则cos α＝，所以α＝．故选C．]
3．若一个正四棱锥的高和底面边长都为a，则它的侧面与底面所成角的余弦值为(　　)
A．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
B　[如图所示，在正四棱锥P-ABCD中，取AB的中点为H，底面正方形的中心为O，连接OH，PH，PO，因为PH⊥AB，OH⊥AB，所以∠PHO为侧面与底面所成的角，因为PO为高，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OH．所以在Rt△POH中，OH＝，PO＝a，PH＝a，cos∠PHO＝
．故选B．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
4．如图，在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD∥BC，则AD到平面PBC的距离为(　　)
A．
C．1 D．2
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
B　[因为AD∥BC，AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC，所以AD到平面PBC的距离等于点A到平面PBC的距离，因为侧棱PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥BC，因为∠ABC＝90°，即AB⊥BC，因为PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，因为PA＝AB＝BC＝2，所以PB＝2，设点A到平面PBC的距离为d，则由V三棱锥P-ABC＝V三棱锥A-PBC得
d·S△PBC，所以×2，解得d＝，所以AD到平面PBC的距离为．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
5．四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，SD⊥底面ABCD，SB＝，平面SAD∩平面SBC＝l，则二面角A-l-B的平面角为(　　)
A．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
B　[平面SAD∩平面SBC＝l，如图所示：
因为四边形ABCD为正方形，所以BC∥AD，
因为BC 平面SAD，AD 平面SAD，所以BC∥平面SAD，
因为BC 平面SBC，平面SAD∩平面SBC＝l，
所以l∥BC，故l∥AD，
因为SD⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以AD⊥SD，
因为四边形ABCD为正方形，所以AD⊥CD，
因为SD∩CD＝D，SD，CD 平面SCD，
所以AD⊥平面SCD，故l⊥平面SCD．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
因为SD，SC 平面SCD，所以SD⊥l，SC⊥l，
所以二面角A-l-B的平面角为∠CSD．
因为AD∥BC，AD⊥平面SCD，所以BC⊥平面SCD，
因为SC 平面SCD，所以BC⊥SC，
又SB＝，BC＝1，所以SC＝，
因为SD⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以SD⊥CD，
则SD＝＝1，故△SCD为等腰直角三角形，故∠CSD＝，因此，二面角A-l-B的平面角为．故选B．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
6．(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A． B．1
C．2 D．3
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
B　[法一：分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，
可知S△ABC＝，
设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，
则，解得h＝．
如图，分别过A1，D1作底面的垂线，垂足为M，N，设AM＝x，
则AA1＝＝，
DN＝AD－AM－MN＝2－x，
可得DD1＝＝，
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
结合四边形BCC1B1为等腰梯形可得B，
即x2＋＝(2－x)2＋＋4，解得x＝，
所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AM＝＝1．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
法二：如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，
则A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角，
因为，
可知，则VP-ABC＝18．
设正三棱锥P-ABC的高为d，
则VP-ABC＝＝18，解得d＝2，
取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，
所以PA与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO＝＝1．故选B．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
二、多项选择题
7．(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°
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
√
√
ABD　[如图，连接B1C，BC1，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；
连接A1C，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，B正确；
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
连接A1C1，B1D1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O 平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为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，设正方体棱长为1，则C1O＝，BC1＝，sin∠C1BO＝，
所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，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°，D正确．故选ABD．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
8．在如图所示的三棱锥O-ABC中，OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC两两互相垂直，下列结论正确的为(　　)
A．直线AB与平面OBC所成的角为30°
B．二面角O-BC-A的正切值为
C．O到平面ABC的距离为
D．作OM⊥平面ABC，垂足为M，则M为△ABC的重心
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
√
BD　[因为OA，OB，OC两两互相垂直，且OB∩OC＝O，OB，OC 平面OBC，所以AO⊥平面OBC，故∠ABO为直线AB与平面OBC所成的角．又OA＝OB＝OC＝1，所以∠ABO＝45°，故直线AB与平面OBC所成的角为45°，故A错误；取BC中点为D，连接OD，AD，因为OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC两两互相垂直，所以AB＝AC＝BC＝，OD⊥BC，AD⊥BC．因为OD∩AD＝D，
OD，AD 平面AOD，所以BC⊥平面AOD，
故∠ODA为二面角O-BC-A的平面角，
则tan∠ODA＝，故二面角O-BC-A的正切值为，故B正确；
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
因为AB＝AC＝BC＝，所以AD＝．设点O到平面ABC的距离为h，则VA-OBC＝×h，解得h＝，故C错误；因为AB＝AC＝BC＝，故△ABC为等边三角形．因为OM⊥平面ABC，则点M为点O在平面ABC上的投影．又OA＝OB＝OC＝1，且AB＝AC＝BC＝，即点O到△ABC顶点A，B，C的距离相等，即点M到△ABC顶点A，B，C的距离相等，故M为△ABC的外心，又在等边△ABC中，M也为△ABC的重心，故D正确．故选BD．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
三、填空题
9．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_______________．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
－
－　[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．
设AB ＝a，则AE＝DE ＝ABsin 60°＝a，
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
∴AD＝a，cos∠ABD＝，∴sin∠ABD＝，
∴S△ABD＝a2，
又BE＝a，∴S△BDE＝a2，
设θ为射影面与原面所成的二面角的平面角，
∴cos θ＝．
∵所求的角θ是二面角A-BD-E，而二面角A-BD-C与A-BD-E互补，
∴二面角A-BD-C的余弦值为－．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
10．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为_____________．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
　[设BC的中点为O，连接A1O和AO，如图所示．
由三棱柱ABC-A1B1C1，得AA1∥CC1．
则AB与AA1的夹角即为AB与CC1的夹角，设∠A1AB＝θ，三棱柱的棱长为2，
在等边△ABC中，AO＝，∠OAB＝．
在Rt△A1OA中，cos∠A1AO＝，
根据三余弦定理可得，
cos θ＝cos∠A1AO·cos∠OAB＝．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
四、解答题
11．如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，CD⊥BC，PB＝CD＝2AB＝2，PA＝BC＝．
(1)若O为CD中点，求证：AB⊥平面PAO；
(2)若二面角P-AB-C的平面角为60°，
求点D到平面PAC的距离．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
[解]　(1)证明：取CD中点O，连接PO．
因为PB＝CD＝2AB＝2，PA＝BC＝，
所以PA2＋AB2＝PB2，即PA⊥AB，AB＝OC，
因为AB∥OC，CD⊥BC，
所以四边形ABCO是矩形，所以AB⊥AO，
又因为PA⊥AB，PA，AO 平面PAO，PA∩AO＝A，
故AB⊥平面PAO．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
(2)因为PA⊥AB，AO⊥AB，PA 平面PAB，AO 平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，
故∠PAO即为二面角P-AB-C的平面角，所以∠PAO＝60°．
过点P作PE⊥AO于点E，连接CE，AC，
因为AB⊥平面PAO，PE 平面PAO，所以PE⊥AB，
因为AO∩AB＝A，AO，AB 平面AOCB，
所以PE⊥平面ABCD．
因为PA＝BC＝AO＝，∠PAO＝60°，所以△PAO是等边三角形，
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
从而PO＝，PE＝，S△ACD＝，
故VP-ACD＝．
因为PC＝＝2，
又AC＝＝2，PA＝，
则等腰三角形APC的面积S△PAC＝，
记点D到平面PAC的距离为d，由VP-ACD＝VD-PAC＝d·S△PAC，
可求得d＝．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
12．如图1，在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AD＝2，AB＝4，将△ABD沿BD折起，使得点A到达点P的位置，如图2．
(1)证明：BD⊥平面PAD；
(2)当二面角D-PA-B的平面角的正切
值为时，求直线BD与平面PBC所
成的角的正弦值．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
[解]　(1)证明：在△ABD中，因为∠A＝60°，AD＝2，AB＝4，故BD＝，所以BD2＋AD2＝AB2，即AD⊥BD，在沿对角线BD将△ABD翻折过程中，始终有AD⊥BD，故PD⊥BD，因为PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，故BD⊥平面PAD．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
(2)如图，设PA的中点为E，连接DE，BE，因为PD＝AD，故ED⊥PA，又因为PB＝AB，故EB⊥PA，则∠BED为二面角D-PA-B的平面角，由(1)知BD⊥平面PAD，ED 平面PAD， 则BD⊥ED，故tan∠BED＝，∴ED＝，故在Rt△AED中，AE＝，则PA＝2，
则PA2＝AD2＋PD2，∴PD⊥AD，而PD⊥DB，
AD∩BD＝D，AD，BD 平面ABCD，
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
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11
12
故PD⊥平面ABCD，而BC 平面ABCD，故PD⊥BC，又因为BC∥AD，AD⊥BD，∴BC⊥BD，而PD∩BD＝D，PD，BD 平面PBD，所以BC⊥平面PBD，由于BC 平面PBC，故平面PBC⊥平面PBD，且平面PBC∩平面PBD＝PB，故过点D向平面PBC作垂线，垂足F落在PB上，则∠DBF，即∠PBD为直线BD与平面PBC所成的角，由(1)可知∠ADB＝90°，而∠A＝60°，则∠ABD＝30°，则∠PBD＝30°，故直线BD与平面PBC所成的角的正弦值为．
题号
2
1
3
4
5
6
8
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9
10
11
12
一、单项选择题
1．(2025·马鞍山模拟)在三棱柱ABC-A1B1C1中，截去三棱锥C1-ABC后，剩余的部分是(　　)
A．五棱锥 B．四棱锥
C．三棱柱 D．三棱台
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
阶段评估(九)　(第45课时~第50课时)
√
B　[如图所示的三棱柱ABC-A1B1C1中，
截去三棱锥C1-ABC后，剩余的部分的
几何体是四棱锥C1-A1B1BA．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
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11
12
13
14
题号
2
1
3
4
5
6
8
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9
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12
13
14
2．(2026·辽宁鞍山期末)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下面命题中正确的是(　　)
A．若m∥n，n∥α，则m∥α
B．若n α，n∥β，则α∥β
C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
D．若m⊥α，m β，则α⊥β
√
D　[若m∥n，n∥α，则m∥α或m α，故A不正确；
若n α，n∥β，则α∥β或α与β相交，故B不正确；
若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α与β相交，故C不正确；
若m⊥α，m β，则由面面垂直的判定定理可知α⊥β，故D正确．故选D．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
3．已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为(　　)
A．8π B．12π
C．16π D．24π
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
C　[设圆锥的母线长为l＝6，底面半径为r，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则＝2πr，解得r＝2，所以该圆锥的表面积为π×22＋×62＝16π．故选C．]
4．(2025·山东青岛期中)在三棱锥P-ABC中，PA＝PB＝PC＝，PA，PB，PC两两垂直，则该三棱锥外接球的体积为(　　)
A．
D．9π
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
B　[由于PA＝PB＝PC，PA，PB，PC两两垂直，将该三棱锥放入正方体中，如图．
故该三棱锥的外接球与正方体的外接球相同，
故该三棱锥外接球的半径R＝．
所以外接球的体积V＝．
故选B．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
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9
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11
12
13
14
5．(2025·青海西宁一模)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，E，F分别是棱CD，A1D1的中点，则正方体ABCD-A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是(　　)
A．4
C．4
＋2
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
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11
12
13
14
√
B　[在正方体ABCD-A1B1C1D1中，取C1D1的中点G，GD1的中点H，连接A1G，EG，EH，FH，
由E是CD的中点，得EG∥DD1∥AA1，EG＝DD1＝AA1，
则四边形AEGA1为平行四边形，
A1G∥AE，A1G＝AE，由F是A1D1的中点，
得FH∥A1G∥AE，FH＝AE，
梯形AFHE是正方体ABCD-A1B1C1D1被平面
AEF所截得的截面， AE＝AF＝2，FH＝，EH＝，
所以所求截面的周长是5．故选B．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
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11
12
13
14
6．在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，AB＝，BC＝BD＝CD＝2，E，F分别为AC，CD的中点，则下列结论正确的是(　　)
A．AF，BE是异面直线，AF⊥BE
B．AF，BE是相交直线，AF⊥BE
C．AF，BE是异面直线，AF与BE不垂直
D．AF，BE是相交直线，AF与BE不垂直
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
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12
13
14
√
A　[AF，BE是异面直线，下面证明BE与AF垂直．
因为AB⊥平面BCD，CD 平面BCD，所以AB⊥CD，
因为BC＝BD＝CD，F为CD的中点，连接BF，所以BF⊥CD，
因为AB∩BF＝B，AB，BF 平面ABF，所以CD⊥平面ABF，
取AF的中点Q，连接BQ，EQ，
因为AF 平面ABF，所以CD⊥AF，
又因为EQ∥CD，所以EQ⊥AF，
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
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11
12
13
14
因为BC＝BD＝CD＝2，
所以BF＝＝AB，
又因为Q为AF的中点，所以BQ⊥AF，
因为BQ∩EQ＝Q，BQ，EQ 平面BEQ，
所以AF⊥平面BEQ，
又因为BE 平面BEQ，所以AF⊥BE．
故选A．]
题号
2
1
3
4
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6
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14
二、多项选择题
7．已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的，则下列结论正确的是(　　)
A．球O的表面积为6π
B．球O的内接正方体的棱长为1
C．球O的外切正方体的棱长为
D．球O的内接正四面体的棱长为2
题号
2
1
3
4
5
6
8
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12
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14
√
√
AD　[设球O的半径为R，△ABC的外接圆圆心为O'，半径为r，易得r＝．因为球心O到平面ABC的距离等于球半径的，所以R2－，得R2＝，即R＝．所以球O的表面积S＝4πR2＝4π×＝6π，A正确；球O的内接正方体的棱长a满足a＝2R，得a＝，B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2R＝，C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c＝＝2，D正确．故选AD．]
题号
2
1
3
4
5
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14
8．(2026·广东深圳开学考试)正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别为棱B1C1，CD的中点，则下列结论错误的是(　　)
A．EF∥平面ABB1A1
B．A1E⊥平面BB1F
C．点D1在平面BEF内
D．AE⊥BD
题号
2
1
3
4
5
6
8
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14
√
√
√
ACD　[对于A，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，而EF∩平面DCC1D1＝F，所以EF∥平面ABB1A1不正确，A错误；
对于B，取G为C1D1的中点，连接B1G，FG，又F为CD的中点，
则FG∥DD1∥BB1，所以F，G，B1，B四点共面，故平面FGB1B即为平面BB1F，
由题意知Rt△A1EB1≌Rt△B1GC1，
则∠GB1C1＋∠A1EB1＝∠GB1C1＋∠B1GC1＝90°，所以A1E⊥B1G，
又FG＝DD1＝BB1，则四边形FGB1B为平行四边形，故B1G∥BF，所以A1E⊥BF，
题号
2
1
3
4
5
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14
由BB1⊥平面A1B1C1D1，A1E 平面A1B1C1D1，则BB1⊥A1E，
由BF∩BB1＝B，BF，BB1 平面BB1F，则A1E⊥平面BB1F，B正确；
对于C，取H为GC1的中点，则EH∥B1G，故EH∥BF，故E，H，B，F四点共面，
而D1 EH，且D1∈平面A1B1C1D1，
EH 平面A1B1C1D1，
平面A1B1C1D1∩平面EHFB＝EH，
所以点D1不在平面BEF内，C错误；
题号
2
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题号
2
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14
对于D，由AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1 平面A1B1C1D1，则AA1⊥B1D1，
若AE⊥BD，B1D1∥BD，则AE⊥B1D1，
而AA1∩AE＝A，AA1，AE 平面AA1E，则B1D1⊥平面AA1E，由A1E 平面AA1E，则B1D1⊥A1E，
由B分析知A1E⊥B1G，而D1 B1G，与A1E⊥B1D1矛盾，D错误．
故选ACD．]
三、填空题
9．(2026·广东梅州模拟)如图，往一个正四棱台密闭容器内倒入
38 cm3的水，水面高度恰好为棱台高度的，且AB＝6 cm，A1B1＝
2 cm，则这个容器的容积为_____________cm3．
题号
2
1
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52
52　[设水体对应的台体的高为h cm，则水体对应台体的上底面是边长为4 cm的正方形，
由台体的体积公式可得V水＝×(42＋62＋4×6)h＝h＝38，解得h＝，故容器的高为3 cm，容器的容积为V＝(22＋62＋2×6)×3＝52(cm3)．]
题号
2
1
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12
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14
10．如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝________．
题号
2
1
3
4
5
6
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13
14
－
－　[∵AB⊥AC，AB＝，AC＝1，
由勾股定理得BC＝＝2，
同理得BD＝，∴BF＝BD＝，
在△ACE中，AC＝1，AE＝AD＝，∠CAE＝30°，
由余弦定理得CE2＝AC2＋AE2－2AC·AEcos 30°＝1＋3－2×1×＝1，∴CF＝CE＝1，
在△BCF中，BC＝2，BF＝，CF＝1，
由余弦定理的推论得cos∠FCB＝．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
四、解答题
11．(2025·上海卷)如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB＝2．
(1)若直线PA与圆锥底面所成角为，求圆锥的侧面积；
(2)已知Q是母线PA的中点，点C，D在底面圆周上，
且，CD∥AB，设点M在线段OC上，
证明：直线QM∥平面PBD．
题号
2
1
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5
6
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11
12
13
14
[解](1)连接PO，因为PO⊥圆锥底面，所以∠PAO为直线PA与圆锥底面所成的角，
所以∠PAO＝，因为AB＝2，所以AO＝1，PA＝2，
所以圆锥的侧面积S＝π×AO×PA＝2π．
题号
2
1
3
4
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12
13
14
(2)证明：连接AC，因为，所以∠COA＝，则△OAC是等边三角形，连接BD，可得四边形ACDB为等腰梯形，CD＝1，所以CD＝OB，
又CD∥OB，所以四边形CDBO是平行四边形，所以CO∥DB，又CO 平面PBD，DB 平面PBD，所以CO∥平面PBD．
连接OQ，因为Q是PA的中点，O是AB的中点，所以OQ∥PB，又OQ 平面PBD，PB 平面PBD，所以OQ∥平面PBD．
因为CO∩OQ＝O，CO，OQ 平面COQ，
所以平面COQ∥平面PBD，
又QM 平面COQ，所以QM∥平面PBD．
题号
2
1
3
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14
12．(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°．
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，
求四棱锥A1-BB1C1C的高．
题号
2
1
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13
14
[解]　(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC，
因为∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，
又A1C∩AC＝C，A1C，AC 平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又BC 平面BB1C1C，
所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C．
题号
2
1
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5
6
8
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9
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13
14
(2)如图，过点A1作A1H⊥CC1，交CC1于点H，由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，
又平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，
A1H 平面ACC1A1，所以A1H⊥平面BB1C1C，
即四棱锥A1-BB1C1C的高为A1H．
由题意知AB＝A1B，BC＝BC，
∠ACB＝∠A1CB＝90°，则△ACB≌△A1CB，
故CA＝CA1．
又AA1＝2，∠ACA1＝90°，
所以A1C1＝CA1＝．
题号
2
1
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13
14
法一：由·A1H·CC1，
得A1H＝＝1，
故四棱锥A1-BB1C1C的高为1．
法二：在等腰直角三角形CA1C1中，A1H为斜边的中线，所以A1H＝CC1＝1，
故四棱锥A1-BB1C1C的高为1．
题号
2
1
3
4
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14
13．现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部的几何体是正四棱锥P-A1B1C1D1，下部的几何体是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，
仓库的容积最大？
题号
2
1
3
4
5
6
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7
9
10
11
12
13
14
[解]　(1)由PO1＝2 m，知O1O＝4PO1＝8 m．
因为A1B1＝AB＝6 m，
所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积V锥＝×62×2＝24(m3)．
正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．
所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．
题号
2
1
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5
6
8
7
9
10
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12
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(2)设A1B1＝a m，PO1＝h m，
则0因为在Rt△PO1B1中，O1，
所以＋h2＝36，即a2＝2(36－h2)．
于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋(36h－h3)，0题号
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题号
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从而V'＝(36－3h2)＝26(12－h2)．
令V'＝0，得h＝2或h＝－2(舍去)．
当00，V单调递增；
当2故当h＝2时，V取得极大值，也是最大值．
因此当PO1＝2 m时，仓库的容积最大．
14．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．求：
(1)直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；
(2)平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；
(3)点C到平面BPQ的距离．
题号
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14
[解]　(1)连接BD交AC于点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即为直线BP与平面PACQ所成的角．
∵四边形PACQ为矩形，∴PA⊥AC，
题号
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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＝，
在Rt△POB中，OB＝，∴sin∠BPO＝，
故直线BP与平面PACQ所成角的正弦值为．
题号
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(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，
在△BDM中，BD＝2，BM＝DM＝＝2，
由余弦定理的推论知，cos∠BMD＝，
∴∠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°．
题号
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(3)设点C到平面BPQ的距离为d，
∵VC-BPQ＝VB-CPQ，
∴CQ·PQ，
∴d×2×2＝×1×2，∴d＝，
故点C到平面BPQ的距离为．
题号
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谢 谢 ！课后作业(五十)　几何法求空间角、空间距离
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共82分
一、单项选择题
1．如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1中，P是棱BC上的动点．记直线A1P与平面ABC所成的角为θ1，与直线BC所成的角为θ2，则θ1，θ2的大小关系是 (　　)
A．θ1＝θ2 B．θ1>θ2
C．θ1<θ2 D．不能确定
2．若一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成角的大小为 (　　)
A． B．
C． D．
3．若一个正四棱锥的高和底面边长都为a，则它的侧面与底面所成角的余弦值为 (　　)
A． B．
C． D．
4．如图，在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD∥BC，则AD到平面PBC的距离为 (　　)
A． B．
C．1 D．2
5．四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，SD⊥底面ABCD，SB＝，平面SAD∩平面SBC＝l，则二面角A-l-B的平面角为 (　　)
A． B．
C． D．
6．(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为 (　　)
A． B．1
C．2 D．3
二、多项选择题
7．(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°
8．在如图所示的三棱锥O-ABC中，OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC两两互相垂直，下列结论正确的为 (　　)
A．直线AB与平面OBC所成的角为30°
B．二面角O-BC-A的正切值为
C．O到平面ABC的距离为
D．作OM⊥平面ABC，垂足为M，则M为△ABC的重心
三、填空题
9．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________ ．
第9题图　　　　　第10题图
10．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为________．
四、解答题
11．(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，CD⊥BC，PB＝CD＝2AB＝2，PA＝BC＝．
(1)若O为CD中点，求证：AB⊥平面PAO；
(2)若二面角P-AB-C的平面角为60°，求点D到平面PAC的距离．
12．(15分)如图1，在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AD＝2，AB＝4，将△ABD沿BD折起，使得点A到达点P的位置，如图2．
(1)证明：BD⊥平面PAD；
(2)当二面角D-PA-B的平面角的正切值为时，求直线BD与平面PBC所成的角的正弦值．
课后作业(五十)
1．C　[因为θ1是线面角，θ2是线线角，由最小角定理知θ1≤θ2，又BC不是A1P在底面ABC上的射影，故θ1<θ2．]
2．C　[设圆锥的底面半径为R，母线长为l，因为圆锥的侧面积是底面积的2倍，所以πRl＝2πR2，解得l＝2R，设该圆锥的母线与底面所成的角为α，则cos α＝，所以α＝．故选C．]
3．B
4．B　[因为AD∥BC，AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC，所以AD到平面PBC的距离等于点A到平面PBC的距离，因为侧棱PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥BC，因为∠ABC＝90°，即AB⊥BC，因为PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，因为PA＝AB＝BC＝2，所以PB＝2，设点A到平面PBC的距离为d，则由V三棱锥P-ABC＝V三棱锥A-PBC得PA·S△ABC＝d·S△PBC，所以×2××2×2＝d××2×2，解得d＝，所以AD到平面PBC的距离为．]
5．B　[平面SAD∩平面SBC＝l，如图所示：
因为四边形ABCD为正方形，
所以BC∥AD，
因为BC 平面SAD，AD 平面SAD，所以BC∥平面SAD，
因为BC 平面SBC，平面SAD∩平面SBC＝l，所以l∥BC，故l∥AD，
因为SD⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以AD⊥SD，
因为四边形ABCD为正方形，所以AD⊥CD，
因为SD∩CD＝D，SD，CD 平面SCD，所以AD⊥平面SCD，故l⊥平面SCD．
因为SD，SC 平面SCD，所以SD⊥l，SC⊥l，
所以二面角A-l-B的平面角为∠CSD．
因为AD∥BC，AD⊥平面SCD，
所以BC⊥平面SCD，
因为SC 平面SCD，所以BC⊥SC，
又SB＝，BC＝1，
所以SC＝，
因为SD⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以SD⊥CD，
则SD＝＝1，故△SCD为等腰直角三角形，故∠CSD＝，
因此，二面角A-l-B的平面角为．故选B．]
6．B
7．ABD　[如图，连接B1C，BC1，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；
连接A1C，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，B正确；
连接A1C1，B1D1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O 平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为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，设正方体棱长为1，则C1O＝，BC1＝，
sin∠C1BO＝，
所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，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°，D正确．故选ABD．]
8．BD　[
因为OA，OB，OC两两互相垂直，且OB∩OC＝O，OB，OC 平面OBC，所以AO⊥平面OBC，故∠ABO为直线AB与平面OBC所成的角．又OA＝OB＝OC＝1，所以∠ABO＝45°，故直线AB与平面OBC所成的角为45°，故A错误；取BC中点为D，连接OD，AD，因为OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC两两互相垂直，所以AB＝AC＝BC＝，OD⊥BC，AD⊥BC．因为OD∩AD＝D，OD，AD 平面AOD，所以BC⊥平面AOD，故∠ODA为二面角O-BC-A的平面角，则tan∠ODA＝，故二面角O-BC-A的正切值为，故B正确；因为AB＝AC＝BC＝，所以AD＝．设点O到平面ABC的距离为h，则VA-OBC＝×1×1×1＝VO-ABC＝×h，解得h＝，故C错误；因为AB＝AC＝BC＝，故△ABC为等边三角形．因为OM⊥平面ABC，则点M为点O在平面ABC上的投影．又OA＝OB＝OC＝1，且AB＝AC＝BC＝，即点O到△ABC顶点A，B，C的距离相等，即点M到△ABC顶点A，B，C的距离相等，故M为△ABC的外心，又在等边△ABC中，M也为△ABC的重心，故D正确．故选BD．]
9．－　[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．
设AB ＝a，则AE＝DE ＝ABsin 60°＝a，
∴AD＝a，cos∠ABD＝，
∴sin∠ABD＝，
∴S△ABD＝a2×a2，
又BE＝a，
∴S△BDE＝a×a＝a2，
设θ为射影面与原面所成的二面角的平面角，
∴cos θ＝．
∵所求的角θ是二面角A-BD-E，而二面角A-BD-C与A-BD-E互补，
∴二面角A-BD-C的余弦值为－．]
10．　[设BC的中点为O，连接A1O和AO，如图所示．
由三棱柱ABC-A1B1C1，
得AA1∥CC1．
则AB与AA1的夹角即为AB与CC1的夹角，设∠A1AB＝θ，三棱柱的棱长为2，
在等边△ABC中，AO＝，∠OAB＝．
在Rt△A1OA中，cos∠A1AO＝，
根据三余弦定理可得，
cos θ＝cos∠A1AO·cos∠OAB＝·cos．]
11．解：(1)证明：取CD中点O，连接PO．
因为PB＝CD＝2AB＝2，PA＝BC＝，
所以PA2＋AB2＝PB2，即PA⊥AB，AB＝OC，
因为AB∥OC，CD⊥BC，所以四边形ABCO是矩形，
所以AB⊥AO，
又因为PA⊥AB，PA，AO 平面PAO，PA∩AO＝A，
故AB⊥平面PAO．
(2)因为PA⊥AB，AO⊥AB，PA 平面PAB，AO 平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，
故∠PAO即为二面角P-AB-C的平面角，所以∠PAO＝60°．
过点P作PE⊥AO于点E，连接CE，AC，
因为AB⊥平面PAO，PE 平面PAO，所以PE⊥AB，
因为AO∩AB＝A，AO，AB 平面AOCB，
所以PE⊥平面ABCD．
因为PA＝BC＝AO＝，∠PAO＝60°，
所以△PAO是等边三角形，
从而PO＝，PE＝，
S△ACD＝×2×，
故VP-ACD＝PE·S△ACD＝．
因为PC＝
＝
＝＝2，
又AC＝＝2，PA＝，
则等腰三角形APC的面积S△PAC＝，
记点D到平面PAC的距离为d，
由VP-ACD＝VD-PAC＝d·S△PAC，
可求得d＝×3×．
12．解：(1)证明：在△ABD中，因为∠A＝60°，AD＝2，AB＝4，故BD＝
＝2，所以BD2＋AD2＝AB2，即AD⊥BD，在沿对角线BD将△ABD翻折过程中，始终有AD⊥BD，故PD⊥BD，因为PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，故BD⊥平面PAD．
(2)如图，设PA的中点为E，连接DE，BE，因为PD＝AD，故ED⊥PA，又因为PB＝AB，故EB⊥PA，则∠BED为二面角D-PA-B的平面角，由(1)知BD⊥平面PAD，ED 平面PAD， 则BD⊥ED，
故tan∠BED＝，
∴ED＝，故在Rt△AED 中，AE＝，则PA＝2，则PA2＝AD2＋PD2，∴PD⊥AD，而PD⊥DB，AD∩BD＝D，AD，BD 平面ABCD， 故PD⊥平面ABCD，而BC 平面ABCD，故PD⊥BC，又因为BC∥AD，AD⊥BD，
∴BC⊥BD，而PD∩BD＝D，PD，BD 平面PBD，所以BC⊥平面PBD，由于BC 平面PBC，故平面PBC⊥平面PBD，且平面PBC∩平面PBD＝PB，故过点D向平面PBC作垂线，垂足F落在PB上，则∠DBF，即∠PBD为直线BD与平面PBC所成的角，由(1)可知∠ADB＝90°，而∠A＝60°，则∠ABD＝30°，则∠PBD＝30°，故直线BD与平面PBC所成的角的正弦值为．
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