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专题十一 《立体几何》讲义
11.4 空间角与空间距离
知识梳理 . 空间角
1.异面直线的定义：不同在任何一个平面的两条直线叫做异面直线
（1）异面直线所成的角的范围： ．
直接平移
中点平移“三维”转化“二维”
补形平移
（2）求法：平移→
2．直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，
直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.0°≤φ≤90°
3．求二面角的大小
(1)如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝
(cid:2) (cid:2)
AB CD
〈 ， 〉．
(cid:2) (cid:2)
n ,n
1 2
(2)如图2、3， 分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小
n ,n n ,n
1 2 1 2
(或 )．
题型一 . 点到面的距离
1．如图，点P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，Q为线段AP的中点，12
AB＝3，BC＝4，PA＝2，则P到平面BQD的距离为 ．
13
【解答】解：∵Q为线段AP的中点，
∴P到平面BQD的距离等于A到平面BQD的距离，
设A到平面BDQ距离为d，则
∵PA⊥平面ABCD，AQ＝1，AB＝3，BC＝4，
∴BQ=√10，DQ=√17，BD＝5，
10+17−25 1
∴cos∠BQD = = ，
2√170 √170
13
∴sin∠BQD = ，
√170
1 13 13
∴S△BQD =
2
⋅√10⋅√17⋅
√170
=
2
，
∵S△BAD ＝6，
1 13 1
∴由V
A﹣BDQ
＝V
Q﹣DAB
可得
3
⋅
2
⋅d=
3
⋅6⋅1，
12
∴d= ．
13
12
故答案为： ．
13
2．正三棱柱 ABC﹣A B C 中，若 AB＝2，AA ＝1，若则点 A 到平面 A BC 的距离为
1 1 1 1 1
（ ）
√3 √3 3√3
A． B． C． D．√3
4 2 4
【解答】解：设点A到平面A BC的距离为h，
1
∵V =V ，
A −ABC A−A BC
1 1
1 1
∴ S ⋅A A = S ⋅ℎ，
3 △ABC 1 3 △A 1 BC
1 1
∴ ×√3×1= ×2×ℎ，
3 3√3
解得h= ，
2
故选：B．
3．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面
ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，M为PC的中点．
（Ⅰ）在棱PB上是否存在一点Q，使用A，Q，M，D四点共面？若存在，指出点Q的
位置并证明；若不存在，请说明理由．
（Ⅱ）求点D到平面PAM的距离．
【解答】解：（Ⅰ）当点Q为棱PB的中点时，A，Q，M，D四点共面，
证明如下：
取棱PB的中点Q，连结QM，QA，又M为PC的中点，所以QM∥BC，
在菱形ABCD中AD∥BC，所以QM∥AD，
所以A，Q，M，D四点共面．
（Ⅱ）点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离，
取AD中点O，连结OP，OC，AC，可知PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO 平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，即PO为三⊂棱锥P﹣ACD的体高．
在Rt△POC中，PO＝OC=√3，PC=√6，
√10
在△PAC中，PA＝AC＝2，PC=√6，边PC上的高AM=√PA2−PM2= ，
2
1 √10 √15
所以△PAC的面积S△PAC =
2
×√6×
2
=
2
，
√3
设点D到平面PAC的距离为h，S△ACD =
4
×22=√31 √15 1 2√15
由V D﹣PAC ＝V P﹣ACD 得
3
×
2
ℎ =
3
×√3×√3，解得h=
5
，
2√15
所以点D到平面PAM的距离为 ．
5
4．如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E分别为AB，PB的中点，EB＝EA，且PA⊥AC，
PC⊥BC．
（Ⅰ）求证：BC⊥平面PAC；
（Ⅱ）若PA＝2BC且AB＝EA，三棱锥P﹣ABC．体积为1，求点B到平面DCE的距离．
【解答】证明：（Ⅰ）∵在正△AEB中，D是AB的中点，∴ED⊥AB，
∵E是PB的中点，D是AB的中点，∴ED∥PA，∴PA⊥AB，
又PA⊥AC，AB∩AC＝A，∴PA⊥平面ABC，
∵BC 平面ABC，∴PA⊥BC，
又PC⊂⊥BC，PA∩PC＝P，∴BC⊥平面PAC．
解：（Ⅱ）设AB＝EA＝a，则PB＝2a，PA＝2BC=√3a，
√ √3 a
AC= a2−( a) 2= ，
2 2
∵三棱锥P﹣ABC体积为1，
1 1 1 a √3a
∴V
P﹣ABC
=
3
S
△ABC
×PA=
6
×AC×BC×PA=
6
×
2
×
2
×√3a=1，
解得a＝2，
以C为原点，CB，CA，过C点作平面ABC的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直
角坐标系，√3 1
B（√3，0，0），A（0，1，0），D（ ， ，0），
2 2
√3 1
C（0，0，0），P（0，1，2√3），E（ ， ，√3），
2 2
→ → √3 1 → √3 1
CB=（√3，0，0）， CD=（ ， ，0）， CE=（ ， ，√3），
2 2 2 2
→
设平面DCE的法向量 n=（x，y，z），
{ → → √3 1
n⋅CD= x+ y=0
2 2 →
则
→ → √3 1
，取x＝1，得 n=（1，−√3，0），
n⋅CE= x+ y+√3z=0
2 2
→ →
|CB⋅n| √3
∴点B到平面DCE的距离d= = ．
→ 2
|n|
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题型二 . 异面直线所成的角
1．已知P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，M、N分别是AB、PC的中点，若
MN＝BC＝4，PA＝4√3，则异面直线PA与MN所成角的大小是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【解答】解：连接AC，并取其中点为O，连接OM，ON
∥ ∥
则OM BC，ON PA，
= =
∴∠ONM就是异面直线PA与MN所成的角．
由MN＝BC＝4，PA＝4√3，
得OM＝2，ON＝2√3，MN＝4，
ON2+M N2−OM2 12+16−4 √3
cos∠ONM= = = ．
2×ON×MN 2×2√3×4 2
∴∠ONM＝30°．即异面直线PA与MN成30°的角．
故选：A．
2．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A B C D 中，O为底面ABCD的中心，E为CC 的
1 1 1 1 1
√6
中点，那么异面直线OE与AD 所成角的余弦值等于 ．
1 3
【解答】解：取BC的中点F，连接EF，OF
由于O为底面ABCD的中心，E为CC 的中点，
1
所以：EF∥BC ∥AD
1 1
所以：异面直线OE与AD 所成角，即OE与EF所成的角．
1
平面ABCD⊥平面BCC B
1 1
OF⊥BC
所以：OF⊥平面BCC B
1 1
EF 平面BCC B
1 1
所以⊂：EF⊥OF
√2 √6
cos∠FEO= =
√3 3
√6
故答案为：
3
3．如图所示，直三棱柱ABC﹣A B C 中，∠BCA＝60°，M，N分别是A C ，CC 的中点，
1 1 1 1 1 1
BC＝CA＝CC ，则BN与AM所成角的余弦值为（ ）
13 4 2 3
A． B． C． D．
5 5 3 4
【解答】解：取BB 的中点Q，AC的中点P，
1
则BN∥C Q，AM∥C P，∴∠QC P即为BN与AM所成角，
1 1 1
设BC＝2，则AM＝BN=√5，PQ＝2，
5+5−4 3
在△PQC 中，可得cos∠PC Q = = ．
1 1 2×√5×√5 5
3
∴BN与AM所成角的余弦值为 ．
5
故选：A．
4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形，其中∠BAD＝60°，平面PAD⊥平
面ABCD，其中△PAD为等边三角形，AB＝4，M为棱PD的中点．
（Ⅰ）求证：PB⊥AD；
（Ⅱ）求异面直线PB与AM所成角的余弦值．
【解答】解：（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴△BAD为等边三角形．
设AD的中点为O，连接OB，OP
∵△PAD，△BAD均为等边三角形，
∴OP⊥AD，OB⊥AD，∴AD⊥平面POB，
又∵PB在平面POB内，∴AD⊥PB，即PB⊥AD；
（Ⅱ）解：设AC∩BD＝N，则点N为BD的中点，连接MN，则MN∥PB，
∴∠AMN是异面直线PB与AM所成的角．
由平面A ，⊥平面C及（1）可知，△POB为直角三角形，所以OP＝OB=2√3，
1
1
∴PB=2√6，MN= PB=√6．在△MAN中，AM＝AN=2√3，MN=√6，
2√2
由余弦定理可得cos∠AMN= ．
4
√2
故异面直线PB与AM所成角的余弦值为 ．
4
题型三 . 线面角
1．如图，在三棱柱ABC﹣A′B′C′中，底面ABC是正三角形，AA′⊥底面ABC，
√15
且AB＝1，AA′＝2，则直线BC′与平面ABB′A′所成角的正弦值为 ．
10
【解答】解：如图所示，
取A′B′的中点D，连接C′D，BD．
∵底面△A′B′C′是正三角形，
∴C′D⊥A′B′．
∵AA′⊥底面ABC，∴A′A⊥C′D．
又AA′∩A′B′＝A′，
∴C′D⊥侧面ABB′A′，
∴∠C′BD是直线BC′与平面ABB′A′所成角．
√3
∵等边△A′B′C′的边长为1，C′D= ．
2
在Rt△BB′C′中，BC′=√B'B2+B'C'2=√5．
C'D √15
∴直线BC′与平面ABB′A′所成角的正弦值= = ．
BC' 10
√15
故答案为： ．
102．如图所示，在直三棱柱ABO﹣A′B′O′中，OO′＝4，OA＝4，OB＝3，∠AOB＝
90°，D是线段A′B′的中点，P是侧棱BB′上的一点，若 OP⊥BD，求OP与底面
AOB所成角的正切值．
【解答】解：如图，以O点为原点建立空间直角坐标系
3
则B（3，0，0），D（ ，2，4）．
2
3
→ →
设P（3，0，z），则 BD=（− ，2，4）， OP=（3，0，z）．
2
∵BD⊥OP，∴
B
→
D
•O → P=− 9 +4z＝0，解得z= 9 ，即BP= 9 ．
2 8 8
∵BB′⊥平面AOB，
∴∠POB是OP与底面AOB所成的角．
BP 3
∵tan∠POB= = ，
OB 8
3
∴OP与底面AOB所成角的正切值为 ．
8
3．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，
CD＝4，PD＝2．
（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；
（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；
（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）如图，由已知AD∥BC，
故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．
因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．
在Rt△PDA中，由已知，得AP=√AD2+PD2=√5，
AD √5
故cos∠DAP= = ．
AP 5
√5
所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为 ．
5
证明：（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，直线PD 平面PDC，
所以AD⊥PD． ⊂
又因为BC∥AD，所以PD⊥BC，
又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．
解：（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，
则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．
因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，
所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角．
由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1，
由已知，得CF＝BC﹣BF＝2．又AD⊥DC，故BC⊥DC，
PD √5
在Rt△DPF中，可得sin∠DFP= = ．
DF 5
√5
所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为 ．
5
4．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC＝2AD＝4，AB=CD=√10．
（Ⅰ）证明：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若AP=√6，求BC与平面PBD所成角的正弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：作DE⊥BC，AD＝2，BC＝4，
∴CE＝1，DE＝BE＝3，
∴∠DBC＝∠ACB＝45°，∴BD⊥AC
又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，PA∩AC＝A，
∴BD⊥平面PAC．
（Ⅱ）Rt△PAB中，PA=√6，AB=√10，∴PB＝4，
Rt△PAD中，PA=√6，AD=2，∴PD=√10，∴△PBD≌△CBD
又V
C﹣PBD
＝V
P﹣BCD
，∴点C到平面PBD的距离ℎ =PA=√6，
ℎ √6
∴BC与平面PBD所成角 的正弦为sinα= = ．
BC 4
α
题型四 . 二面角
1．已知三棱锥D﹣ABC的三个侧面与底面全等，且AB＝AC=√5，BC＝2，则二面角
D﹣BC﹣A的大小（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【解答】解：∵三个侧面与底面全等，
且AB＝AC=√5，BC＝2，
∴BD＝CD=√5，AD＝2，
取BC中点M，连接DM，AM，
则BC⊥MD，BC⊥MA，
∴∠AMD为二面角D﹣BC﹣A的平面角，易得DM＝AM＝2，
∴∠AMD＝60°，
故选：C．
2．已知正三棱锥S﹣ABC的所有棱长均为2，则侧面与底面所成二面角的余弦为（ ）
2√2 2√2 1 1
A． B．− C． D．−
3 3 3 3
【解答】解：如图所示，过点S作SO⊥底面ABC，点O为垂足，
连接OA、OB、OC，则Rt△OAB≌Rt△OBC≌Rt△OCA，∴OA＝OB＝OC，
∴点O为等边△ABC的中心．
延长AO交BC于点D，连接SD．
则AD⊥BC，再根据三垂线定理可得BC⊥SD．
∴∠ODS为侧面SBC与底面ABC所成的二面角的平面角．
1 √3
根据重心定理可得：OD= AD= ．
3 3
SO 1
在Rt△SOD中，cos∠ODS= = ，
OD 3
故选：C．
3．如图，三棱柱ABC﹣A B C 的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是
1 1 1
√3，D是AC的中点．
（1）求证：B C∥平面A BD；
1 1
（2）求二面角A ﹣BD﹣A的大小；
1
（3）求直线AB 与平面A BD所成的角的正弦值．
1 1【解答】解：（1）设AB 与A B相交于点P，连接PD，则P为AB 中点，
1 1 1
∵D为AC中点，∴PD∥B C．
1
又∵PD 平面A BD，B C 平面A BD
1 1 1
∴B 1 C∥⊂平面A 1 BD． ⊄
（2）∵正三棱住ABC﹣A B C ，
1 1 1
∴AA ⊥底面ABC．
1
又∵BD⊥AC
∴A D⊥BD
1
∴∠A DA就是二面角A ﹣BD﹣A的平面角．
1 1
1
∵AA =√3，AD= AC＝1
1 2
A A
∴tan∠A DA= 1 =√3
1
AD
π π
∴∠A DA= ，即二面角A ﹣BD﹣A的大小是 ．
1 3 1 3
（3）由（2）作AM⊥A D，M为垂足．
1
∵BD⊥AC，平面A ACC ⊥平面ABC，平面A ACC ∩平面ABC＝AC
1 1 1 1
∴BD⊥平面A ACC ，
1 1
∵AM 平面A ACC ，
1 1
∴BD⊥⊂AM
∵A D∩BD＝D
1
∴AM⊥平面A DB，连接MP，则∠APM就是直线A B与平面A BD所成的角．
1 1 1
π
∵AA =√3，AD＝1，∴在Rt△AA D中，∠A DA= ，
1 1 1 3
√3 1 √7
∴AM＝1×sin60°= ，AP= AB = ．
2 2 1 2√3
AM 2 √21
∴sin∠APM= = =
AP √7 7
2
√21
∴直线AB 与平面A BD所成的角的正弦值为 ．
1 1 7
4．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，AB＝PD＝a，PA＝PC=√2a．
（Ⅰ）求证：PD⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求异面直线PB与AC所成的角；
（Ⅲ）求二面角A﹣PB﹣D的大小．
【解答】解：（1）PC=√2a，PD＝DC＝a，∴△PDC是Rt△，且PD⊥DC，
同理PD⊥AD，又AD∩DC＝D，∴PD⊥平面ABCD．
（2）连BD，因ABCD是正方形，∴BD⊥AC，又PD⊥平面ABCD．
BD是PB在面ABCD上的射影，由三垂线定理得PB⊥AC，∴PB与AC成90°角．
（3）设AC∩BD＝O，作AE⊥PB于E，连OE，
∵AC⊥BD，又PD⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，∴PD⊥AC，
又PD∩BD＝D，∴AC⊥平面PDB，则⊂OE是AE在平面PDB上的射影．
由三垂线定理逆定理知OE⊥PB，∴∠AEO是二面角A﹣PB﹣D的平面角．
又AB＝a，PA=√2a，PB=√3a，∵PD⊥平面ABCD，DA⊥AB，
√2 √2
∴PA⊥AB，在Rt△PAB中，AE•PB＝PA•AB．∴AE= a，又AO= a
√3 2
√3
∴sinAEO= ，∠AEO＝60°，二面角A﹣PB﹣D的大小为60°．
2题型五 . 存在性问题、折叠问题
1．如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD﹣A B C D 中，∠ABC＝60°，AA ＝AC＝2，
1 1 1 1 1
A B＝A D=2√2，点E在A D上．
1 1 1
（1）求证：AA ⊥平面ABCD；
1
（2）当E为线段A D的中点时，求点A 到平面EAC的距离．
1 1
【解答】解：（1）证明：∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝AD＝AC＝2，
在△AA B中，由AA 2+AB2＝A 2知AA ⊥AB，
1 1 1 1
同理AA ⊥AD，
1
又∵AB∩AD＝A，∴AA ⊥平面ABCD．
1
（2）解，设 AC 与 BD 交于点 O，点 E 为 A D 的中点时，连接 OE，则 OE∥A B，
1 1
∴A B∥平面EAC，
1
直线A B与平面EAC之间的距离等于点A，到平面 EAC的距离，可转化为点B到平面
1
EAC的距离，
过点E作EF⊥AD于F，∵点E为 A D的中点，∴EF⊥平面ABCD，F为AD的中点，
1
连接CF，则CF=√3，
在Rt△EFC中，CE＝2，又AE=√2，AC＝2，
√7
∴S△ADC =
2
，V❑ A
1
−EAC = V B﹣EAC ＝V E﹣ABC ，
2√21
设d表示点B到平面 EAC的距离，则d= ．
7
2√21
∴点A 到平面EAC的距离为 ．
1 72．已知：如图，等腰直角三角形 ABC的直角边AC＝BC＝2，沿其中位线DE将平面ADE
折起，使平面ADE⊥平面BCDE，得到四棱锥A﹣BCDE，设CD、BE、AE、AD的中点
分别为M、N、P、Q．
（1）求证：M、N、P、Q四点共面；
（2）求证：平面ABC⊥平面ACD；
（3）求异面直线BE与MQ所成的角．
【解答】（1）证明：由条件有PQ为△ADE的中位线，MN为梯形BCDE的中位线，
∴PQ∥DE，MN∥DE，
∴PQ∥MN
∴M、N、P、Q四点共面．…（3分）
（2）证明：由等腰直角三角形ABC有AD⊥DE，CD⊥DE，DE∥BC
又AD∩CD＝D，
∴DE⊥面ACD，
又DE∥BC
∴BC⊥平面ACD，
∵BC 平面ABC，
∴平面⊂ABC⊥平面ACD…（6分）
（3）解：由条件知AD＝1，DC＝1，BC＝2，
延长ED到R，使DR＝ED，连结RC …（8分）
则ER＝BC，ER∥BC，故BCRE为平行四边形 …（10分）
∴RC∥EB，又AC∥QM
∴∠ACR为异面直线BE与QM所成的角 （或 的补角）…（11分）
∵DA＝DC＝DR，且三线两两互相垂直，θ θ∴由勾股定理得AC＝AR＝RC=√2，…（12分）
∵△ACR为正三角形，
∴∠ACR＝60°，
∴异面直线BE与QM所成的角大小为60°．…（13分）
3．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点E，F分别是线段DC，BC的中点，分别
将△DAE沿AE折起，△CEF沿EF折起，使得D，C重合于点G，连结AF．
（Ⅰ）求证：平面GEF⊥平面GAF；
（Ⅱ）求直线GF与平面GAE所成角的正弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：∵GE⊥GA，GE⊥GF，GA∩GF＝G，
∴GE⊥平面GAF，
又GE 平面GEF，
∴平面⊂GEF⊥平面GAF．
（Ⅱ）解：过F作FH⊥AG于H，
∵由GE⊥平面GAF，FH 平面GAF，
∴GE⊥FH，又FH⊥GA，⊂GE∩GA＝H，
∴FH⊥平面GAE，
从而∠FGH是直线GF与平面GAE所成角．
3 √ 3 2 √73
因为AG＝3，FG= ，AF= 42+( ) = ，
2 2 2
9 73
9+ −
GA2+GF2−AF2 4 4 7
所以cos∠AGF= = =− ，
2⋅GA⋅GF 3 9
2⋅3⋅
24√2
从而sin∠FGH=sin∠AGF=√1−cos2∠AGF=
．
9
4．已知正方形ABCD的边长为2，AC∩BD＝O．将正方形ABCD沿对角线BD折起，使
AC＝a，得到三棱锥A﹣BCD，如图所示．
（1）当a＝2时，求证：AO⊥平面BCD；
（2）当二面角A﹣BD﹣C的大小为120°时，求二面角A﹣BC﹣D的正切值．
【解答】解：（1）证明：根据题意，在△AOC中，AC＝a＝2，AO=CO=√2，
所以AC2＝AO2+CO2，所以AO⊥CO．…（2分）
因为AC，BD是正方形ABCD的对角线，
所以AO⊥BD．…（3分）
因为BD∩CO＝O，
所以AO⊥平面BCD；．…（4分）
（2）：由（1）知，CO⊥OD，如图，以O为原点，OC，OD所在的直线分别为x轴，
y轴建立如图的空间直角坐标系O﹣xyz，…（5分）
则有O（0，0，0），D(0，√2，0)，C(√2，0，0)，B(0，−√2，0)．
→ →
设A（x 0 ，0，z 0 ）（x 0 ＜0），则OA=(x ，0，z ) ， OD=(0，√2，0) ．…（6分）
0 0
又设面ABD的法向量为n＝（x ，y ，z ），
1 1 1
→
{ n⋅OA=0 {x x +z z =0
0 1 0 1
则 即
→ √2y =0.
n⋅OD=0. 1所以y ＝0，令x ＝z ，则z ＝﹣x ．
1 1 0 1 0
所以n＝（z ，0，﹣x ）．…（8分）
0 0
因为平面BCD的一个法向量为m＝（0，0，1），
且二面角A﹣BD﹣C的大小为120°，…（9分）
1
所以|cos〈m，n〉|=|cos120°|= ，得z 2=3x 2 ．
2 0 0
因为|OA|=√2，所以√x 2+z 2=√2．
0 0
√2 √6 √2 √6
解得x =− ，z = ．所以A(− ，0， )．…（10分）
0 2 0 2 2 2
设 平 面 ABC 的 法 向 量 为 l ＝ （ x ， y ， z ） ， 因 为
2 2 2
→ √2 √6 →
BA=(− ，√2， )，BC=(√2，√2，0)，
2 2
{ l⋅B → A=0 { − √2 x +√2y + √6 z =0
则 ，即 2 2 2 2 2 令x ＝1，则y =−1，z =√3．
→ 2 2 2
l⋅BC=0. √2x +√2y =0.
2 2
所以l=(1，−1，√3)．…（12分）
设二面角A﹣BC﹣D的平面角为 ，
θ
√3 √15
所以
cosθ=|cos〈l，m〉|=| =|=
．…（13分）
√1+1+(√3) 2 5
√6
所以tanθ= ．
3
√6
所以二面角A﹣BC﹣D的正切值为 ．…（14分）
3
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布法二：课后作业 . 空间角与空间距离
1．（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD﹣A B C D 的底面是菱形，AA ＝4，AB
1 1 1 1 1
＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB ，A D的中点．
1 1
（1）证明：MN∥平面C DE；
1
（2）求点C到平面C DE的距离．
1
【解答】证明：（1）连结B C，ME，∵M，E分别是BB ，BC的中点，
1 1
1
∴ME∥B C，又N为A D的中点，∴ND= A D，
1 1 2 1
∥ ∥ ∥
由题设知A B DC，∴B C A D，∴ME ND，
1 1 1 1
= = =
∴四边形MNDE是平行四边形，
MN∥ED，
又MN 平面C DE，∴MN∥平面C DE．
1 1
解：（⊄2）过C作C
1
E的垂线，垂足为H，
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C C，
1
∴DE⊥平面C CE，故DE⊥CH，
1
∴CH⊥平面C DE，故CH的长即为C到平面C DE的距离，
1 1
由已知可得CE＝1，CC ＝4，
1
4√17
∴C E=√17，故CH= ，
1 17
4√17
∴点C到平面C DE的距离为 ．
1 17
→
解：（2）C（﹣1，√3，0）， DC=（﹣1，√3，0），
→
平面C
1
DE的法向量 n=（4，0，1），∴点C到平面C DE的距离：
1
→ →
|DC⋅n| 4 4√17
d= = = ．
→ √17 17
|n|
1
2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC＝AD＝CD= AB＝2，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平
2
面ABCD．
（1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与线段PB交于点N，确定点N
的位置，说明理由；并求AN与平面ABCD所成的角的正切值．
【解答】（1）证明：连接AC，在直角梯形ABCD中，
AC=√AD2+DC2=2√2，
BC=√(AB−CD) 2+AD2=2√2，
∴AC2+BC2＝AB2，即BC⊥AC；
∵PC⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，∴BC⊥PC；
又AC∩PC＝C，∴BC⊥⊂平面PAC；
（2）解：点N是PB的中点，理由如下；
∵点M为PA的中点，点N为PB的中点，
∴MN∥AB，
又∵AB∥DC，∴MN∥CD，∴M、N、C、D四点共面，
即点N为过C、D、M三点的平面与线段PB的交点；
过点N作NE∥PC交BC于E，则E为BC的中点，连接AE，
∵PC⊥平面ABCD，
∴NE⊥平面ABCD，
∴∠NAE为AN与平面ABCD所成的角．
在Rt△NEA中，
1
∵NE= PC＝1，AE=√10
2
NE √10
∴tan∠NAE= = ，
AE 10
√10
∴AN与平面ABCD所成的角的正切值为 ．
10
3．（2018•新课标Ⅲ）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧C^D所在平面垂
直，M是C^D上异于C，D的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：在半圆中，DM⊥MC，
∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧C^D所在平面垂直，
∴AD⊥平面DCM，则AD⊥MC，
∵AD∩DM＝D，
∴MC⊥平面ADM，
∵MC 平面MBC，
⊂∴平面AMD⊥平面BMC．
（2）∵△ABC的面积为定值，
∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大，则三棱锥的高最大，
此时M为圆弧的中点，
建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图
∵正方形ABCD的边长为2，
∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），
→
则平面MCD的法向量 m=（1，0，0），
→
设平面MAB的法向量为 n=（x，y，z）
→ →
则 AB=（0，2，0）， AM=（﹣2，1，1），
→ → → →
由
n
• AB=2y＝0，
n
• AM=−2x+y+z＝0，
令x＝1，
→
则y＝0，z＝2，即 n=（1，0，2），
→ →
则cos
＜m
→ ，
→
n＞=
→
m⋅n
→
=
1×√
1
1+4
=
√
1
5
，
|m||n|
√ 1 2√5
则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sin = 1−( ) 2= ．
√5 5
α
4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，PA
＝2√2，E是线段PC上的动点．
（1）若E是线段PC中点时，证明：PA∥平面EBD；√6 2√6
（2）若直线PC与底面ABCD所成角的正弦值为 ，且三棱锥E﹣PAB的体积为 ，
3 9
请确定E点的位置，并说明理由．
【解答】解：（1）连接AC交BD于O，连接EO，
∵底面ABCD是菱形，∴O是AC中点，又∵E是PC的中点，
∴PA∥EO，
且PA 平面EBD，EO 平面EBD，
∴PA∥⊄平面EBD． ∈
（2）∵PA⊥底面ABCD，∴∠PCA为直线PC与底面ABCD所成的角，
√6 PA
∴sin∠PCA= ，∴tan∠PCA=√2，∴ =√2．
3 AC
又∵PA=2√2，∴AC＝2，
∵菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴AB＝AC＝2，
∵PA⊥底面ABCD，PA 平面PAB，
∴平面PAB⊥底面ABCD⊂，且它们的交线是AB，
在底面ABCD内，过点C作CF⊥AB，垂足为点F，则：CF⊥平面PAB，
故 点 C 到 平 面 PAB 的 距 离
1 2√6
⋅S ⋅ℎ
V 3 △PAB 1 9 PE 1
ℎ =CF=√3⇒ E−PAB = = = = ．
2 V 1 1 PC 3
C−PAB ⋅S ⋅ℎ ×2√2×√3
3 △PAB 2 3
故E是线段PC上靠近点P的三等分点．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2021/7/22 18:21:09；用户：15942715433；邮箱：15942715433；学号：32355067
