线线角、线面角、二面角与距离问题(四大经典题型)(原卷版)-备战2023年高考数学一轮复习考点

考向30 线线角、线面角、二面角与距离问题

经典题型一：异面直线所成角 经典题型二：线面角 经典题型三：二面角 经典题型四：距离问题

E，F分别是棱BC,A1C1（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1,ACAA1，上的点．记EF与AA1所成的角为，EF与平面ABC所成的角为，二面角FBCA的平面角为，则（ ）

A． 【答案】A

B． C． D．

【解析】如图所示，过点F作FPAC于P，过P作PMBC于M，连接PE，

则EFP，FEP，FMP， tanPEPEFPABFPFP1，tan1，tantan， FPABPEPEPMPE所以， 故选：A．

（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体ABCDA1B1C1D1，则（ ） A．直线BC1与DA1所成的角为90 C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45 【答案】ABD

【解析】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；

B．直线BC1与CA1所成的角为90 D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45

连接A1C，因为A1B1平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，则A1B1BC1， 因为B1CBC1，A1B1B1CB1，所以BC1平面A1B1C，

平面A1B1C，所以BC1CA1，故B正确； 又AC1连接A1C1，设AC11B1D1O，连接BO，

因为BB1平面A1B1C1D1，C1O平面A1B1C1D1，则C1OB1B， 因为C1OB1D1，B1D1B1BB1，所以C1O平面BB1D1D， 所以C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，

C1O12sinCBO， 设正方体棱长为1，则C1O，BC12，1BC221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

方法技巧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）．

②范围：(0，]

2③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． 方法技巧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． ②范围：[0，]

2③求法：

常规法：过平面外一点B做BB平面，交平面于点B'；连接AB，则BAB即为直线AB与平面的夹角．接下来在Rt△ABB中解三角形．即sinBABBBhAB斜线长（其中h即点B到面的距离，可以采用等体积法求h，斜线长即为线段AB的长度）；

方法技巧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l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，]．

（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l的棱上任取一点O，以O为垂足，分别在半平面和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或面内找一合适的点A，作AO于O，过A作ABc于B，则BO为斜线AB在面内的射影，ABO为二面角c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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c的平面角，在Rt△ABO中解三角形．

AAaBCBB'A'bC'Ob

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（cos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

S射S斜=SA'B'C'，如图2）求出二面角的大小； SABC

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于B，作AC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．

方法技巧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．

经典题型一：异面直线所成角

1．（2022·江西·高三开学考试（理））已知三棱锥SABC中，SC平面ABC，ABC90，且AB2BC2SC，D，E分别为SA，BC的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为（ ）

3A．

5B．

4 5C．10 10D．310 102．（多选题）（2022·湖北·高三开学考试）在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA16,AD2，则（ ）

A．平面AB1C1D平面A1BCD1 B．直线AB1与CD1所成的角为

π 2C．A到平面BDD1B1的距离为32 D．直线A1B与AD1所成的角为

π 33．（2022·全国·高三专题练习）已知异面直线a，b的夹角为，若过空间中一点P，作与两异面直线夹角均为

π的直线可以作4条，则的取值范围是______. 34．（2022·浙江·高三专题练习）在平行四边形ABCD中，A45,AB2AD2，现将平行四边形ABCD沿对角线BD折起，当异面直线AD和BC所成的角为60时，AC的长为___________.

经典题型二：线面角

5．（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱台ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，

ABC90，AA1A1B1B1C11，AB2，则AC与平面BCC1B1所成的角为（ ）

A．30 B．45 C．60 D．90

6．（2022·甘肃白银·高三开学考试（文））在三棱锥A—BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BC，且BC3AB，则直线AB与平面ACD所成的角为（ ） A．

6B．

 4C．

 3D．

 27．（2022·四川·高三阶段练习（理））已知三棱锥ABCD的底面是正三角形，AB平面BCD，且ABBC，则直线AB与平面ACD所成角的正弦值为（ ） A．3 2B．21 7C．27 7D．6 48．（2022·河南·高三阶段练习（文））在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AC1交平面A1BD于点M，M为A1BD的垂心，ABBD,DA1A90.

(1)证明：平面ADD1A1平面ABCD；

(2)AD2AB2，求A1C1与平面BCC1B1所成角的正弦值.

9．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，且

1AB∥DC,4ABDC,PMPC.

5

(1)求证：PA平面MDB；

(2)当直线PC,PA与底面ABCD所成的角都为

，且DC4,DAAB时，求出多面体4MPABD的体积.

10．（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．

经典题型三：二面角

11．（2022·安徽省定远县第三中学高三阶段练习）在等腰梯形BCEF（图1）中，BC//EF，

EF3BC，EF45，A，D是底边EF上的两个点，且BAEF，CDEF.将FAB和△EDC分别沿AB，DC折起，使点E，F重合于点P，得到四棱锥PABCD（图2）.已知M，N，H分别是PD，PA，BC的中点.

(1)证明：MH//平面PAB. (2)证明：AM平面PCD. (3)求二面角APCD的正切值.

12．（2022·江苏南通·高三开学考试）如图，在四棱锥PABCD中，△PAD是边长为2的等边三角形，AB平面PAD，AB//CD，且ABCD，BCCP，O为棱PA的中点.

(1)求证：OD//平面PBC；

(2)若BCPC，求平面PBC与平面PAD所成锐二面角的余弦值.

13．（2022·全国·高三专题练习）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；

14．（2022·湖南·麻阳苗族自治县第一中学高三开学考试）如图，在直角梯形ABCD中，

AB∥DC，ABC90，AB2DC2BC，E为AB的中点，沿DE将ADE折起，使得

点A到点P的位置，且PEEB，M为PB的中点，N是BC上的动点（与点B，C不重合）．

(1)证明：平面EMN平面PBC；

(2)是否存在点N，使得二面角BENM的正切值为5？若存在，确定N点位置；若不存在，请说明理由．

15．（2022·浙江·高三开学考试）在三棱锥VABC中，VAVC,VBVC,O为ABC的垂心，连接VO.

(1)证明：VOAB；

(2)若平面VOC把三棱锥VABC分成体积相等的两部分，VB与平面VOC所成角的

30,VCVB2，求平面VAC与平面VBC所成角的余弦值.

16．（2022·全国·高三专题练习）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；

经典题型四：距离问题

17．（2022·重庆模拟题）如图，在直三棱柱ABC—点D、E分别在为3：5．

上，且

，四棱锥

中，AA12, AB = 1,ABC900；

与直三棱柱的体积之比

（1）求异面直线DE与

的距离；

18．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知在正四面体P－ABC中，D，E，F分别在棱PA，PB，PC上，若PE＝4，PF＝PD＝2，则点P到平面DEF的距离为（ ） A．11 2B．422 11C．35 4D．25 319．（2022·全国·高三专题练习）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．3 38C．

3D．2 20．（2022·全国·高三专题练习）如图（1）平行六面体容器ABCDA1B1C1D1盛有高度为h的水，ABADAA12，A1ABA1ADBAD60.固定容器底而一边BC于地面上，将容器倾斜到图（2）时，水面恰好过A，B1，C1，D四点，则h的值为（ ）

A．3 3B．6 3C．23 3D．26 321．（2022·全国·高三专题练习）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 3C．43 3D．23

1．（2022·全国·高考真题（理））在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30，则（ ） A．AB2AD C．ACCB1

B．AB与平面AB1C1D所成的角为30 D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45

2．（2021·全国·高考真题（理））在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（ ） A．

π 2B．

π 3C．

π 4D．

π 63．（2020·海南·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）

A．20° C．50°

B．40° D．90°

4．（2019·全国·高考真题（文））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3，那么P到平面ABC的距离为___________．

5．（2021·全国·高考真题（理））如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，

PDDC1，M为BC的中点，且PBAM．

（1）求BC；

（2）求二面角APMB的正弦值．

6．（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，

ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点．BFA1B1

（1）证明：BFDE；

（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?

7．（2021·全国·高考真题）如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，ABAD，

O为BD的中点.

（1）证明：OACD；

（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE2EA，且二面角EBCD的大小为45，求三棱锥ABCD的体积.

8．（2020·山东·高考真题）已知点E，F分别是正方形ABCD的边AD，BC的中点.现将四边形EFCD沿EF折起，使二面角CEFB为直二面角，如图所示.

（1）若点G，H分别是AC，BF的中点，求证：GH//平面EFCD； （2）求直线AC与平面ABFE所成角的正弦值.

9．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中， E为BB1的中点．

（Ⅰ）求证：BC1//平面AD1E；

（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．

10．（2020·浙江·高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．

（I）证明：EF⊥DB；

（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．

11．（2020·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；

（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．

12． （2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，A1BC的面积为22．

(1)求A到平面A1BC的距离；

经典题型一：异面直线所成角 1．【答案】B

【解析】如图所示，分别取SC，AC的中点F，G，连接DF，EF，EG，DG， 则DFAC，所以FDE（或其补角）为异面直线DE与AC所成的角，

设AB2BC2SC2，则由ABC90和SC平面ABC， 易得EF1111215，DFAC，因为GEAB1，DGSC， SB2222222

55154424所以在Rt△DGE中，DEDG2GE2，由余定理得cosFDE，

5552222所以异面直线DE与AC所成角的余弦值为故选：B．

4． 5

2．【答案】AB

【解析】对于选项A， 设AB1A1BE，CD1C1DF，连接FE，平面AB1C1D平面

A1BCD1EF，所以F、E分别是平面DD1C1C、平面AA1B1B的中心，FE//A1D1，因为A1D1平面AA1B1B，所以FE平面AA1B1B，A1E、B1E平面AA1B1B，

所以EFA1E,EFB1E，即A1EB1即为平面AB1C1D与平面A1BCD1二面角的平面角， 因为ABAA16，所以四边形AA1B1B为正方形，所以A1EB190，故A正确；

对于选项B，因为CD1//BA1，所以直线AB1与BA1所成的角即为直线AB1与CD1所成的角,由四边形AA1B1B为正方形，所以A1EB190，所以直线AB1与CD1所成的角为

π，故B正确； 2

对于选项C， 做AOBD交BD于O， 因为B1B平面ABCD，AO平面ABCD，所以

B1BAO，又B1BDBO，B1B、DB平面D1B1BD，所以AO平面D1B1BD，

所以AO的长度即为A点到平面D1B1BD的距离，因为ADABAOBD，

BDAD2AB2210，可得AO故C错误；

ADAB310， BD5

对于选项D，

连接A1B，AC11，BC1，AD1，因为BC1//AD1，所以直线A1B与BC1所成的角即为直线A1B与AD1所成的角，A1B2A1A2AB272,C1B2B1B2B1C1240，

A1C12A1B12C1B1240，由余弦定理得

2A1B2C1B2AC72404031011cosA1BC1，故D错误.

2A1BC1B20262210

故选：AB. ππ3．【答案】,

32【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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

，当PC向上或向下旋转的过程中，PC与PA夹角增大，则若要存2在与两异面直线夹角均为

π2ππ的直线，有； 3233②同理，∠APE=π，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πππ， ，则

3233

如此，即可作出4条直线与异面直线a、b夹角均为又∵0＜θ≤

π， 3πππ，∴,． 232ππ故答案为：,．

322224．【答案】2或22【解析】由题设，BDADAB2ADABcos42，即BD2，

∴由平行四边形的性质及勾股定理易知：△ABD、△BDC为等腰直角三角形，

将平行四边形ABCD沿对角线BD折起，当异面直线AD和BC所成的角为60， 如上图示，作DE//BC，CE//BD，且DE、CE交于E，显然BCED为正方形， ∴ADE60或120，又ADDE2，则EC2，AE2或6， 因为CEDE,BDAD,BD//CE，所以ADCE， 结合DEADD，所以CE平面ADE，CEAE 在Rt△AEC中，当AE2时，ACAE2EC22； 当AE6时，ACAE2EC222 故答案为：2或22. 经典题型二：线面角 5．【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22， 由AA1平面ABC，AB,AC平面ABC，则AA1AB，AA1AC， 所以BD22，CD23，故BC2BD2CD2，

1所以S△BCD22222，若A到面BCC1B1的距离为h，又VDABCVABCD，

2111则222h22，可得h2， 323h1，即. 综上，AC与平面BCC1B1所成角[0,]，则sin2AC26故选：A 6．【答案】C

【解析】因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD. 又CD⊥BC，ABBCB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以CD⊥平面ABC．

又CD平面ACD，所以面ACD平面ABC 作BE⊥AC，垂足为E.则BE平面ACD.

所以∠BAE是直线AB与平面ACD所成的角. 在直角三角形ABC中，因为tanBAC故选：C 7．【答案】B 【解析】

BC3，所以BAC．

3AB

设ABBC2，CD的中点为E，连接AE，BE，过B作BFAE交AE于F, 因为AB平面BCD，且ABBC=DB，可知ADAC,

由于E是CD中点,因此BEDC,AECD,BEAEE,BE,AE平面ABE,故CD平面

ABE,

又CD平面ACD,因此平面ACD平面ABE，且平面ACD平面ABE=AE,

BFAE,BF平面ABE,因此BF平面ACD,

所以BAE是直线AB与平面ACD所成的角，因为ABBE，所以

sinBAE故选：B

BE321. 2AE7238．【解析】（1）证明：如图所示，设AC交BD于点E，易知A1,M,E三点共线，

AMAC 1112， 则AEM∽C1A1M，MEAE又E为BD的中点，∴M为A1BD的重心， 又M为A1BD的垂心，∴A1BD为等边三角形.

取AD的中点H，则由AA1D90可得HAHDHA1， 又ABBD，则△AHB≌△DHB≌△A1HB， 则A1HBAHB90， 又A1H,AH平面A1AD,A1H可得BH平面A1AD，

AHH，

又BH平面ABCD， 则平面ABCD平面ADD1A1.

（2）作A1Q垂直于C1B1的延长线于点Q，

由（1）知，A1Q平面BCC1B1，则AC11Q即为所求线面角， 在△ABD中，AD2AB2BD，则ABD90，

BH则AQ11AD1, DAB45，ABC135， 2在ABC中，由余弦定理得：

AC2AB2BC22ABBCcos135

224222210

∴AC10AC11， ∴sinAC11QAQ1101. AC1010119．【解析】（1）证明：连接AC,BD，设AC,BD交于点O，连接OM， 因为ABCD， 所以

OAAB1， OCCD41因为PMPC，

5所以

PM1OA， MC4OC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4，

所以PDADCD4，

S梯形ABCD14410，S2△BCD1448， 2设点M到平面ABCD的距离为h，

1因为PMPC，

5

所以h416PD， 55140故VPABCD104，

33116128VMBCD8，

3515所以V多面体MPABDVPABCDVMBCD4012824. 3155

10．【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ABC，AC平面ABC，CC1AC，则tanCAC1所以，CC12AC4，

CC12， AC

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B1C1的中点，则S△A1MC111323， S△A1B1C12224211323. 则VPA1MBVC1A1MBVBA1C1MBB1S△A1C1M43323经典题型三：二面角

11．【解析】（1）由题意可得，在等腰梯形BCEF中，BCADFAED， 在FAB中，因为BAFA，F45， 所以AFABBC，四边形ABCD为正方形.

在四棱锥PABCD中，连接MN，因为M，N分别是PD，PA的中点，

所以MN//AD，且MN1AD， 2在正方形ABCD中，因为H是BC的中点， 所以BH//AD，且BH11BCAD， 22所以MN//BH，且MNBH，

∴四边形MNBH是平行四边形，MH//BN， 因为MH平面PAB，BN平面PAB， 所以MH//平面PAB；

（2）由（1）知，在△PAD中，ADAP，因为M为PD的中点， 所以AMPD，

在等腰梯形BCEF中，CDEF，

所以在四棱锥PABCD中，CDDA，CDDP， 因为DADPD， DA平面PAD，DP平面PAD， 所以CD平面PAD， 因为AM平面PAD， 所以CDAM，

又因为AMPD，PDCDD，PD平面PCD，CD平面PCD，

所以AM平面PCD；

（3）在PCD中，过点M作MTPC，垂足为T，连接AT， 由（2）知AM平面PCD，PC平面PCD， 所以AMPC，

因为MTAMM，MT平面AMT，AM平面AMT， 所以PC平面AMT，AT平面AMT， ∴PCAT，

故ATM是二面角APCD的平面角，

由（1）知，在四棱锥PABCD中，ADPAPDCD， 设AD2a，则AMAD2DM23a， 在Rt△PTM中，TPM45， 所以MT222PMPDa， 242在Rt△ATM中，

tanATMAMMT3a6， 2a2故二面角APCD的正切值为6.

12．【解析】（1）在四棱锥PABCD中，取PB的中点E，连OE，CE，如图，

因O为棱PA的中点，则OE//AB//CD，OE1AB， 2因AB平面PAD，有CD平面PAD，而PA,AD,PD平面PAD，则

ABAD,ABPA,CDPD，

则有PC2CD2PD2，在直角梯形ABCD中，BC2AD2(ABCD)2，又△PAD是边长为2的等边三角形，

即PDAD2，又BCCP，因此(ABCD)2CD2，而ABCD，则CD1ABOE， 2于是得四边形CDOE为平行四边形，有OD//CE，又CE平面PBC，OD平面PBC， 所以OD//平面PBC.

（2）因BCPC，BCCP，则PB2PC，由（1）知PA2AB2PB22PC22(CD2PD2)，

即44CD22(CD24)，解得CD2，有AB22，PB23 延长BC，AD交于点Q，连PQ，由AB//CD且CDPD1AQ， 21AB得：点D是AQ中点，即有2因此APQ90，即PAPQ，由AB平面PAD，PQ平面PAD，得ABPQ, 而ABAPA，AB,AP平面PAB，则PQ平面PAB，PB平面PAB，即得PBPQ，

因此APB是二面角APQB的平面角，cosAPB所以平面PBC与平面PAD所成锐二面角的余弦值是PA23， PB2333. 313．【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1AB，又AB//CD，AB2CD， 2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，EFCF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，

2又OF，EF22522122，

所以OEOFEFEF222132sinEOF4，OE323，22222， 322． 3sinEOCsinπEOFsinEOF所以平面EBD与平面BDC夹角的正弦值为

14．【解析】（1）证明：因为PEED,PEEB,EB所以PE平面EBCD， 因为BC平面EBCD， 所以PEBC， 因为BCEB,EBEDE，

PEE，

所以BC平面PEB， 因为EM平面PEB， 所以BCEM，

因为PEEB,PMMB，所以EMPB, 因为BCPBB，

所以EM平面PBC， 因为EM平面EMN， 所以平面EMN平面PBC，

（2）假设存在点N满足题意，如图，过M作MQEB于Q， 因为PEEB，所以PE∥MQ，

由（1）知PE平面EBCD，所以MQ平面EBCD， 因为EN平面EBCD，所以MQEN， 过Q作QREN于R，连接MR，

因为MQQRQ，所以EN平面MQR， 因为MR平面MQR，所以ENMR， 所以MRQ为二面角BENM的平面角， 不妨设PEEBBC2，则MQ1， 在RtEBN中，设BNx(0x2)， 因为RtEBN∽Rt△ERQ， 所以

BNEN， RQEQxx22x2所以，得RQ， 4x2RQ1MQ所以tanMRQRQx245，解得x1(0,2)， x即此时N为BC的中点，

综上，存在点N，使得二面角BENM的正切值为5，此时N为BC的中点，

15．【解析】（1）连接CO并延长交AB于点E，连接VE，如图，

因为O为ABC的垂心，所以CEAB.

因为VCVA,VCVB，VCVAV，所以VC面VAB. 因为AB面VAB，所以VCAB，

因为VCCEC，所以AB面VEC， 又VO面VCE，所以ABVO.

（2）由（1）知，面VOC把三棱锥VABC分成两个三棱锥AVCE,BVCE. 因为两个三棱锥AVCE,BVCE的体积相等，所以A,B到面VCE的距离相等， 即E为AB的中点.

因为VEAB，所以VAVB.

因为AB面VCE，所以BVE为VB与面VOC所成的角，BVE30， 因为VCVA,VCVB，

所以所求平面VAC与平面VBC所成二面角的平面角为AVB，且AVB60， 所以平面VAC与平面VBC所成二面角的余弦值为2. 16．【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，

1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，AB平面ABCD，PAAB，BPAB2PA2415，

在Rt△POB中，OB3，sinBPO故BP与平面ACQP所成角的正弦值为OB315， BP5515． 5（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23，BMDMBP2PM2BP2(AC)2512， 由余弦定理知，cosBMDBMD120，

12BM2DM2BD244121，

2BMDM2222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．

经典题型四：距离问题

17．【解析】（Ⅰ）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

111V1SABDA1·BC(DBA1A)?AB·BC(x2)?BC．

366而直三棱柱ABCA1B1C1的体积V2为V2SABC·AA11AB·BC·AA1BC． 2138由已知条件V1:V23:5，故(x2)，解之得x．

65582从而B1DB1BDB2．

55292在直角三角形A1B1D中，A1DABB1D1，

5521122又因SA1B1D11A1D·B1EA1B1·B1D， 22故B1EA1B1·B1D229． A1D2918．【答案】B

【解析】如图，由题意，DPEDPFEPF60，易知正PDF，结合余弦定理

DE2DP2EP22DPEPcos60，可得DF＝2，DEEF23，取DF的中点G，过点P

作EG的垂线交EG的延长线于点H，易知点P到平面DEF的距离为PH的长，因为

EHGHEG，则PE2PH2PG2PH2EF2GF2，即16PH23PH211，即16PH2113PH2，两边平方16PH2113PH22113PH2，化简得PH422. 11

故选：B 19．【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，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RtAFD中，AF26， ,AD1,BF22AFAD3. BF33. 3CD平面EFDC，

所以点A到FD的距离为d故直线AB与平面ECD的距离为故选：B

20．【答案】B 【解析】

如图：作A1EAD于点E，作A1FAB于点F， 因为A1ADA1AB60，则A1EA1FAA1sin602AEAFAA1cos60211， 233， 2又因为EAFBAD60，所以AEF为等边三角形，则EFAE1， 取EF的中点G，连接AG，A1G，则AGEF，A1GEF， EGFG11EF， 22因为AGA1GG，所以EF面AA1G， 31则AGAFGF1，

22222AGA1EEG12232111， 22212223114AAAGAG1443cosAAG由余弦定理可得：， 12AA1AG3322236所以sinA1AG1cosA1AG1， 3322作A1HAG于点H，因为EF面AA1G，A1H面AA1G， 所以EFA1H，因为AGEFG，所以A1H面ABCD， 所以点A1到面ABCD的距离为dA1HAA1sinAAG21626， 33

故平面A1B1C1D1到平面ABCD的距离为d26， 3由题意可知：所盛水的体积为平行六面体容器ABCDA1B1C1D1的一半， 所以h16， d23故选：B. 21．【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平面AB1D1//平面BC1D，

B1D1B1，C1DBDD，

连接A1C，

B1D1AC1，A1C111，B1D1AAAA1A1，B1D1平面AA1C，

又AC平面AA1C，B1D1A1C，同理可证得：AD1AC1， 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43. 在三棱锥A1AB1D1中，由等体积法求得：A1E144421342422243， 3∴平面AB1D1与平面BC1D间的距离为：43故选：C.

8343. 33

1．【答案】D

【解析】如图所示：

不妨设ABa,ADb,AA1c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为DB1A，所以sin30B1D2ca2b2c2，解得a2c．

cb，即bc，B1DB1D对于A，ABa，ADb，AB2AD，A错误；

对于B，过B作BEAB1于E，易知BE平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为

BAE，因为tanBAEc2，所以BAE30，B错误； a2对于C，ACa2b23c，CB1b2c22c，ACCB1，C错误； 对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为DB1C，sinDB1CCDa2，而B1D2c20DB1C90，所以DB1C45．D正确．

故选：D． 2．【答案】D 【解析】

如图，连接BC1,PC1,PB，因为AD1∥BC1，

所以PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，

因为BB1平面A1B1C1D1，所以BB1PC1，又PC1B1D1，BB1B1D1B1， 所以PC1平面PBB1，所以PC1PB， 设正方体棱长为2，则BC122,PC1sinPBC11D1B12， 2PC11，所以PBC1. BC126故选：D 3．【答案】B

【解析】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知OAl；AB是晷针所在直线.m是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，

根据平面平行的性质定理可得可知m//CD、根据线面垂直的定义可得ABm.. 由于AOC40,m//CD，所以OAGAOC40， 由于OAGGAEBAEGAE90，

所以BAEOAG40，也即晷针与点A处的水平面所成角为BAE40. 故选：B

4．【答案】2.

【解析】作PD,PE分别垂直于AC,BC，PO平面ABC，连CO， 知CDPD,CDPO，PDOD=P，

CD平面PDO，OD平面PDO，

CDOD

∵PDPE3，PC2．sinPCEsinPCDPCBPCA60，

3， 2POCO，CO为ACB平分线，

OCD45ODCD1,OC2，又PC2，

PO422．

5．【解析】（1）几何法+相似三角形法

如图，连结BD．因为PD底面ABCD，且AM底面ABCD，所以PDAM． 又因为PBAM，PBPDP，所以AM平面PBD．

又BD平面PBD，所以AMBD．

从而ADBDAM90．

因为MABDAM90，所以MABADB． 所以ADB∽BAM，于是

12ADBA． ABBM2所以BC1．所以BC2．

（2）构造长方体法+等体积法

AB1BC，构造长方体ABCDA1B1C1D1，联结AB1,A1B，交点记为H，由于AB1A1B， 如图，

所以AH平面A1BCD1．过H作D1M的垂线，垂足记为G．

联结AG，由三垂线定理可知AGD1M， 故AGH为二面角APMB的平面角．

易证四边形A1BCD1是边长为2的正方形，联结D1H，HM． SD1HM1D1MHG,S2D1HMS正方形A1BCD1SD1A1HSHBMSMCD1，

由等积法解得HG310． 10在RtAHG中，AH所以，sinAGH231035，由勾股定理求得AG． ,HG210570AH70，即二面角APMB的正弦值为． AG14146．【解析】（1）几何法

因为BFA1B1,A1B1//AB，所以BFAB．

又因为ABBB1，BFBB1B，所以AB平面BCC1B1．又因为ABBC2，构造正方体ABCGA1B1C1G1，如图所示，

过E作AB的平行线分别与AG，BC交于其中点M,N，连接A1M,B1N，

因为E，F分别为AC和CC1的中点，所以N是BC的中点， 易证RtBCFRtB1BN，则CBFBB1N．

又因为BB1NB1NB90，所以CBFB1NB90，BFB1N． 又因为BFA1B1,B1NA1B1B1，所以BF平面A1MNB1．

又因为ED平面A1MNB1，所以BFDE．

（2）如图所示，延长EF交A1C1的延长线于点S，联结DS交B1C1于点T，则平面DFE面BB1C1CFT．

平

作B1HFT，垂足为H，因为DB1平面BB1C1C，联结DH，则DHB1为平面BB1C1C与

平面DFE所成二面角的平面角．

设B1Dt,t[0,2],B1Ts，过C1作C1G//A1B1交DS于点G．

C1S1C1G1由得C1G(2t)． SA13A1D3tsB1DB1T3t又，即1(2t)2s，所以s．

t1C1GC1T3sB1HsB1HB1TBH1又，即1，所以．

1(2s)2C1FFT1(2s)2s29t22t所以DHB1HB1Dt2． 221(2s)2t2t522B1D则sinDHB1DHt9t2t222t2t519192t2221，

所以，当t13时，sinDHB1min． 237．【解析】（1）因为ABAD，O是BD中点，所以OABD，

因为OA平面ABD，平面ABD平面BCD， 且平面ABD平面BCDBD，所以OA平面BCD． 因为CD平面BCD，所以OACD. （2）如图所示，作EGBD，垂足为点G． 作GFBC，垂足为点F，连结EF，则OA∥EG．

因为OA平面BCD，所以EG平面BCD，

EFG为二面角EBCD的平面角．

因为EFG45，所以EGFG． 由已知得OBOD1，故OBOC1． 又OBCOCB30，所以BC3．

24222因为GD,GB,FGCD,EG,OA1，

333331VABCDS3BCD1OA2S3BOC1133． OA2(11)132268．【解析】证明：（1）连接AF， 设点O为AF的中点，连接GO，OH， 在ACF中，又因为点G为AC中点， 所以OG//CF.

同理可证得OH//AB，

又因为E，F分别为正方形ABCD的边AD，BC的中点， 故EF//AB，所以OH//EF.

又因为OHOGO，所以平面GOH//平面EFCD. 又因为GH平面GOH，所以GH//平面EFCD.

（2）因为ABCD为正方形，E，F分别是AD，BC的中点， 所以四边形EFCD为矩形，则CFEF.

又因为二面角CEFB为直二面角，平面EFCD平面ABFEEF，CF平面EFCD， 所以CF平面ABFE，

则AF为直线AC在平面ABFE内的射影， 因为CAF为直线AC与平面ABFE所成的角. 不妨设正方形边长为a，则CFBFa， 225aa在RtABF中，AFAB2BF2a2，

22因为CF平面ABFE，AF平面ABFE，所以CFAF，

5aa26a22在Rt△AFC中，ACAFCF， 222aCF6sinCAF2，

AC66a2即为直线AC与平面ABFE所成角的正弦值. 9．【解析】（Ⅰ）如下图所示：

2

在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB//A1B1且ABA1B1，A1B1//C1D1且A1B1C1D1，

AB//C1D1且ABC1D1，所以，四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1//AD1， BC1平面AD1E，AD1平面AD1E，BC1//平面AD1E；

（Ⅱ）延长CC1到F，使得C1FBE，连接EF，交B1C1于G， 又∵C1F//BE，∴四边形BEFC1为平行四边形，∴BC1//EF， 又∵BC1//AD1,∴AD1//EF,所以平面AD1E即平面AD1FE, 连接D1G，作C1HD1G,垂足为H,连接FH,

∵FC1平面A1B1C1D1,D1G平面A1B1C1D1,∴FC1D1G， 又∵FC1C1HC1,∴直线D1G平面C1FH,

又∵直线D1G平面D1GF,∴平面D1GF平面C1FH,

∴C1在平面D1GF中的射影在直线FH上,∴直线FH为直线FC1在平面D1GF中的射影，∠C1FH为直线FC1与平面D1GF所成的角，

根据直线FC1//直线AA1，可知∠C1FH为直线AA1与平面AD1G所成的角. 设正方体的棱长为2，则C1GC1F1,DG5,∴C1H132, ∴FH1552212, 55∴sinC1FHC1H2, FH323即直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为.

10．【解析】（I）作DHAC交AC于H，连接BH．

∵平面ADFC平面ABC，而平面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2CH2BCCH2BC．

在CBH中，BH2CH2BC22CHBCcos45BC2，即有BH2BC2CH2，∴BHBC．

由棱台的定义可知，EF//BC，所以DHEF，BHEF，而BH∴EF平面BHD，而BD平面BHD，∴EFDB．

DHH，

（II）因为DF//CH，所以DF与平面DBC所成角即为与CH平面DBC所成角．

作HGBD于G，连接CG，由（1）可知，BC平面BHD， 因为所以平面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． 在Rt△HGC中，设BCa，则CH2a，HGBHDH2aa2a， BD3a3∴sinHCGHG13． CH333． 3故DF与平面DBC所成角的正弦值为

11． 在正方形ABCD中，AD//BC， 【解析】（1）证明：因为AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD//平面PBC，又因为AD平面PAD，平面PAD平面PBCl，

所以AD//l，因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，所以ADDC,lDC,且

PD平面ABCD，所以ADPD,lPD,

因为CDPDD，所以l平面PDC．

（2）如图2，因为l平面PBC，Ql，所以Q平面PBC．

在平面PQC中，设PBQCE．

在平面PAD中，过P点作PFQD，交QD于F，连接EF． 因为PD平面ABCD,DC平面ABCD，所以DCPD． 又由DCAD,ADPDD,PD平面PAD，AD平面PAD，所以DC平面PAD．又

DCD,QD平面QOC,DC平面

PF平面PAD，所以DCPF．又由PFQD,QDQDC，所以PF平面QDC，从而FEP即为PB与平面QCD所成角．

设PQa，在△PQD中，易求PF由PQE与△BEC相似，得

aa12．

PEPQa3a，可得PE． EBBC1a12a112a26所以sinFEP，当且仅当a1时等号成立． 1223a1333a312．【解析】（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，

1则VAA1BCS3解得h2，

A1BCh221hVA1ABCS33ABC14A1AVABCA1B1C1，

33所以点A到平面A1BC的距离为2；