第53讲传统方法求角度与距离_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第53讲 传统方法求角度与距离
知识梳理
知识点1：线与线的夹角
平行直线
共面直线
(1)位置关系的分类：
相交直线
异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点
(2)异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成
的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
π
②范围：(0， ]
2
③求法：平移法：将异面直线a，b平移到同一平面内，放在同一三角形内解三角形．
知识点2：线与面的夹角
①定义：平面上的一条斜线与它在平面的射影所成的锐角即为斜线与平面的线面角．
π
②范围：[0， ]
2
③求法：
常规法：过平面外一点B做BB⊥平面α，交平面α于点B'；连接AB，则∠BAB即为
BB
直线AB与平面α的夹角．接下来在Rt△ABB 中解三角形．即sin∠BAB = =
AB
h
(其中h即点B到面α的距离，可以采用等体积法求h，斜线长即为线段AB的长度)；
斜线长
知识点3：二面角
(1)二面角定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形称为二面角，这条直线称为
二面角的棱，这两个平面称为二面角的面．(二面角α-l-β或者是二面角A-CD-B)
(2)二面角的平面角的概念：平面角是指以二面角的棱上一点为端点，在两个半平面内分
别做垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就叫做该二面角的平面角；范围[0，π]．
(3)二面角的求法
法一：定义法
在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面
角的平面角，如图在二面角α-l-β的棱上任取一点O，以O为垂足，分别在半平面α和β内
作垂直于棱的射线OA和OB，则射线OA和OB所成的角称为二面角的平面角(当然两条
垂线的垂足点可以不相同，那求二面角就相当于求两条异面直线的夹角即可)．
第 页 共 页
1599 3427法二：三垂线法
在面α或面β内找一合适的点A，作AO⊥β于O，过A作AB⊥c于B，则BO为斜线
AB在面β内的射影，∠ABO为二面角α-c-β的平面角．如图1，具体步骤：
①找点做面的垂线；即过点A，作AO⊥β于O；
②过点(与①中是同一个点)做交线的垂线；即过A作AB⊥c于B，连接BO；
③计算：∠ABO为二面角α-c-β的平面角，在Rt△ABO中解三角形．
图1 图2 图3
法三：射影面积法
凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的
S S
都可利用射影面积公式(cosθ= 射 = △A'B'C'，如图2)求出二面角的大小；
S S
斜 △ABC
法四：补棱法
当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确
的交线(称为补棱)，然后借助前述的定义法与三垂线法解题．当二平面没有明确的交线时，
也可直接用法三的摄影面积法解题．
法五：垂面法
由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所
成的角，就是二面角的平面角．
例如：过二面角内一点A作AB⊥α于B，作AC⊥β于C，面ABC交棱a于点O，则
∠BOC就是二面角的平面角．如图3．此法实际应用中的比较少，此处就不一一举例分析
了．
知识点4：空间中的距离
求点到面的距离转化为三棱锥等体积法求解．
必考题型全归纳
1 题型一：异面直线所成角
2661 (2024·四川绵阳·绵阳中学校考二模)如图，圆柱的轴截面为矩形ABCD，点M，N分别
   
在上、下底面圆上，NB=2AN，CM=2DM，AB=2，BC=3，则异面直线AM与CN所
成角的余弦值为 ( )
第 页 共 页
1600 34273 30 3 30 3 3
A. B. C. D.
10 20 5 4
【答案】B
  
【解析】如图(1)，在AB上取点E，使AE=2EB，
连接NE，AN，NB，BE，EA．
易知四边形ANBE为矩形，则NB∥AE，且NB=AE．
连接MN，CM．因为MN∥BC，且MN=BC，
所以四边形MNBC为平行四边形，所以CM∥NB，且CM=NB．
连接CE，则AE∥CM，且AE=CM，
所以四边形AECM为平行四边形，则AM∥CE，
所以∠NCE或其补角是异面直线AM与CN所成的角．
 
在Rt△ABN中，NB=2AN，AB=2，BN= 3，AN=1，
在Rt△BNC中，CB=3，BN= 3，所以CN= 32+( 3)2=2 3．
在Rt△BCE中，CB=3，BE=1，所以CE= 32+12= 10．又NE=AB=2，
10+12-4 3 30
在△NCE中，由余弦定理cos∠NCE= = ．
2× 10×2 3 20
故选：B.
2662 (2024·全国·高三校联考开学考试)如图，在直三棱柱ABC-ABC 中，AB=BC=
1 1 1
AC=AA ，则异面直线AB 与BC 所成角的余弦值等于 ( )
1 1 1
第 页 共 页
1601 34273 1 1 1
A. B. C. D.
2 2 3 4
【答案】D
【解析】如图，将该几何体补成一个直四棱柱ABCD-ABCD ，由题易得底面ABCD
1 1 1 1
为菱形，且△ABC为等边三角形.
连接DC,BD，易得AB ∥DC ，所以∠BCD(或其补角)是异面直线AB 与BC 所成的
1 1 1 1 1 1
角.
1
设AB=1，则BC =DC = 2,BD=2 1-
1 1 2

2
= 3，
( 2)2+( 2)2-( 3)2 1
所以cos∠BCD= = .
1 2×( 2)2 4
故选：D.
5π
2663 (2024·江西·高三统考阶段练习)如图，二面角α-l-β的大小为 ,a⊂α,b⊂β，且a与
6
π
交线l所成的角为 ，则直线a,b所成的角的正切值的最小值为 ( )
3
39 3 3 13
A. 3 B. C. D.
13 3 13
【答案】B
【解析】先证明一个结论：如图，直线ST为平面γ的一条斜线，T为斜足，ST与平面γ所
成的角为θ，则平面γ内的直线与直线ST所成角的最小值为θ.
第 页 共 页
1602 3427证明：对于平面γ内的任意一条直线m，如果其不过点T，则可以平移该直线至点T，
此时直线m与直线ST所成角即为平移后的直线与直线ST所成的角.
设平移后的直线为直线TG(如图)，过S作TG的垂线，垂足为E，
S在平面γ内的射影为O，连接OT，则∠STO=θ，
π
而直线TG与直线ST所成的角即为∠STE，其中∠STE∈0,
2

π
，θ∈0,
2
 .
SE SO
因为sin∠STE= ,sinθ= ,SE≥SO，
ST ST
故∠STE≥θ，当且仅当TG与OT重合时等号成立，
所以平面γ内的直线与直线ST所成角的最小值为θ.
回到原题，
如图，设a∩l=B，取a上一点A，过A作AC⊥l，垂足为C,AD⊥β，
垂足为D，连接CD,BD，
因为AD⊥β，l⊂β，故AD⊥l，而AC⊥l，AD∩AC=A，
AD,AC⊂平面ADC，故l⊥平面ADC，
而DC⊂平面ADC，故CD⊥l，故∠ACD为平面α-l-β的平面角的补角，
5π π
故∠ACD=π- = .
6 6
不妨令AD=x，则AC=2x,DC= 3x.
2x 13
又∠ABC=60°，所以BC= ，所以BD= DC2+BC2= x，
3 3
AD x 3 39
所以tan∠ABD= = = = .
BD 13 13 13
x
3
因为AD⊥β，故AB与平面β所成的角为∠ABD，
39
由前述所证结论可得，直线a,b所成角的最小值为∠ABD，其正切值为 .
13
故选：B.
2664 (2024·河南·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测)在正三棱柱ABC-ABC 中，AB
1 1 1
=AA ，D为AB 的中点，E为AC 的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为
1 1 1 1 1
( )
第 页 共 页
1603 34276 35 35 35
A. B. C. D.
6 10 14 7
【答案】C
1
【解析】D为AB 的中点，E为AC 的中点，所以DE= CB ，DE⎳CB ，
1 1 1 1 2 1 1 1 1
1
如图，延长CB至F，使得BF= CB，连接DE，DF，AF，CB=CB ，
2 1 1
1
因为BF= CB ，所以DE=BF，DE⎳BF，
2 1 1
所以四边形BEDF是平行四边形，DF⎳EB，
则∠ADF为异面直线AD与BE所成的角或补角．设AB=AA =2，
1
取AC的中点M，连接EM、BM，
则EM⊥AC，EM=2，BM= 3，AD=1，
1
DF=EB= EM2+BM2= 22+ 3  2= 7，
AD= AA2+AD2= 22+12= 5，
1 1
由余弦定理得AF= AB2+BF2-2AB×BFcos120°= 7，
AD2+DF2-AF2 5 1 35
由余弦定理得cos∠ADF= = × = ．
2AD×DF 2 7 14
35
所以直线AD与BE所成角的余弦值为
14
故选：C.
π
2665 (2024·全国·高三对口高考)两条异面直线a、b所成角为 ,一条直线l与a、b成角都等
3
于α，那么α的取值范围是 ( )
π π
A.   ,
 3 2

π π
B.   ,
 6 2

π 5π
C.   ,
 6 6

π 2π
D.   ,
 3 3

【答案】B
π
【解析】设a⎳a，b⎳b，a∩b=O，则a,b确定平面β，且a与b的夹角为 ，
3
π π
l⎳l，l过点O，如图，当l⊂β时，并且l为 角的平分线时，此时α= ，
3 6
当l⊄β时，且l为平面β的斜线时，由题意可知，l在平面β的射影，落在a与b的所成
角的平分线上，
π
当落在夹角 的角平分线上时，过直线l上一点P，作PA⊥β，AB⊥b，连结PB,
3
b⊂β，则PA⊥b，PA∩AB=A，且PA,AB⊂平面PAB，所以b⊥平面PAB，
PB π AB
PB⊂平面PAB，所以b⊥PB，tan∠POB=tanα= ，tan∠AOB=tan = ,
OB 6 OB
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1604 3427π π
因为PB>AB，所以tanα>tan ，α∈0,
6 2

π π
，此时α∈ ,
6 2
 ，
π
当l⊥β时，此时α= ，
2
π π
可知，α的取值范围是  ,
 6 2
 ，
2π 2π
当l在 角的平分线时，或是l在平面β的射影，落在 角的平分线时，以及l⊥β
3 3
π π
时，此时α的取值范围是  ,
 3 2
 ，
π π
综上可知，α的取值范围是  ,
 6 2
 ，
故选：B
2666 (2024·四川·校联考模拟预测)在正四棱台ABCD-ABCD 中，AB=2AB =4，其体
1 1 1 1 1 1
28 2
积为 ,E为BD 的中点，则异面直线AD 与BE所成角的余弦值为 ( )
3 1 1 1
3 3 3 3 30
A. B. C. D.
10 5 10 10
【答案】D
【解析】设正四棱台ABCD-ABCD 的高为h，
1 1 1 1
连接BD，作DF∥BE交BD于点F，
1
作DG⊥BD交BD于点G，连接AG,AF，
1
则∠ADF为异面直线AD 与BE所成角或其补角.
1 1
因为AB=2AB =4，
1 1
28 2
且正四棱台AB-CD-ABCD 的体积为 ，
1 1 1 1 3
1
即 4+16+ 4×16
3

28 2
h= ，
3
所以h= 2，即DG= 2，
1
易求DG=BF= 2，
BG=3 2，
DF=AF=AG= 10，
1
AD =2 3，
1
12+10-10 30
所以cos∠ADF= = .
1 2×2 3× 10 10
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1605 3427故选：D.
2667 (2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模)正三棱柱ABC-ABC 的棱长
1 1 1
均相等，E是BC 的中点，则异面直线AB 与BE所成角的余弦值为 ( )
1 1 1
2 2 10 3 10
A. B. C. D.
4 3 20 20
【答案】D
【解析】连接AE,AB，设F为AE的中点，设AB,AB交于点D，
1 1 1 1 1
连接DF，由于四边形ABBA 为平行四边形 ，故D为AB的中点，
1 1 1
所以DF∥BE，则∠ADF即为异面直线AB 与BE所成角或其补角，
1
连接AF，由于正三棱柱ABC-ABC 的棱长均相等，设棱长为2，
1 1 1
1 5
则BE= BB2+BE2= 4+1= 5,∴DF= BE= ,
1 1 2 2
1 3 3 19
AD= AB = 2,AE= 3,∴AF= ，则AF= AA2+AF2= 4+ = ，
2 1 1 1 2 1 1 4 2
5 19
2+ -
AD2+DF2-AF2 4 4 3 10
故在△ADF中，cos∠ADF= = =- ,
2AD⋅DF 5 20
2⋅ 2⋅
2
π
由于异面直线AB 与BE所成角的范围为0,
1 2
 ，
3 10
故异面直线AB 与BE所成角的余弦值为 ，
1 20
故选：D
2 题型二：线面角
2668 (2024·贵州贵阳·校联考三模)如图，在直三棱柱ABC-ABC 中，AB=AC=AA ，
1 1 1 1
∠BAC=60°，则AB 与平面AACC所成角的正弦值等于 ( )
1 1 1
第 页 共 页
1606 34272 3 6 10
A. B. C. D.
2 2 4 4
【答案】C
【解析】如图所示：
取AC 的中点D，连接BD，AD，
1 1 1
在正三棱柱ABC-ABC 中，底面ABC 是正三角形，
1 1 1 1 1 1
∴BD⊥AC ，又∵CC ⊥底面ABC ，BD⊂平面ABC ，∴CC ⊥BD.
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又CC ∩AC =C ，CC ⊂平面AACC ，AC ⊂平面AACC ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴BD⊥平面AACC，
1 1 1
∴∠BAD为AB 与平面AACC所成角，
1 1 1 1
由题意，设AB=AC=AA =2a，BD= (2a)2-a2= 3a，AB = (2a)2+(2a)2=
1 1 1
2 2a，
BD 3a 6
在Rt△BAD中，sin∠BAD= 1 = = ，
1 1 AB 2 2a 4
1
故选：C.
2669 (2024·全国·高三专题练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⎳CD，∠ABC=90°，
△ADP是等边三角形，AB=AP=2，BP=3，AD⊥BP.
(1)求BC的长度；
(2)求直线BC与平面ADP所成的角的正弦值.
【解析】(1)取AD中点F，连接PF,BF,BD，
∵△ADP是等边三角形，∴PF⊥AD，
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1607 3427又AD⊥BP，BP∩PF=P，BP,PF⊂平面PFB，∴AD⊥平面PFB，
∵BF⊂平面PFB，∴AD⊥BF，∴BD=AB=2，
∴△ABD为等边三角形，∴BC= 22-12= 3.
(2)∵AD⊥平面PFB，AD⊂平面APD，∴平面PFB⊥平面APD，
作BG⊥PF，垂足为G，则BG⊥平面APD，AD∩BC=H，连接HG，
∴∠BHG为直线BC与平面ADP所成的角，
由题意知：PF=BF= 3，又BP=3，
PF2+BF2-BP2 3+3-9 1
∴cos∠GFB= = =- ，
2PF⋅BF 6 2
3
∴∠GFB=120°，BG= ，
2
3
∵∠ABC=∠BCD=90°，∴CD=1，∴BH=2 3，∴sin∠BHG= ，
4
3
∴直线BC与平面ADP所成的角的正弦值为 .
4
2670 (2024·广东阳江·高三统考开学考试)在正三棱台ABC-ABC 中，AB=6，AB =
1 1 1 1 1
 
AA =3，D为AC 中点，E在BB 上，EB=2BE.
1 1 1 1 1
(1)请作出AB 与平面CDE的交点M，并写出AM与MB 的比值(在图中保留作图痕
1 1 1 1
迹，不必写出画法和理由)；
(2)求直线BM与平面ABC所成角的正弦值.
【解析】(1)①作图步骤：延长CE,CB ，使其相交于N，连接DN，则可得DN∩AB =
1 1 1 1
M；
作图如下：
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1608 3427作图理由：在平面CBBC 中，显然CE与CB 不平行，延长相交于N，
1 1 1 1
由N∈CE，则N∈平面CED，由D∈平面CED，则DN⊂平面CED，
由N∈BC ，D∈AC ，则DN⊂平面ABC ，可得ND∩AB =M
1 1 1 1 1 1 1 1 1
故AB ∩平面CDE=M.
1 1
②连接DB,AN，如下图所示：
1 1
在正三棱台ABC-ABC 中，BC⎳BC ，即BN⎳BC，易知△BCE∼△BNE，
1 1 1 1 1 1 1
BN BE  
则 1 = 1 ，由BE=2EB ，且BC=6，则BN=3，显然BC =BN=3，
BC BE 1 1 1 1 1
1
由B,D分别为CN,CA 的中点，则DB = AN，且BD⎳NA ，
1 1 1 1 1 2 1 1 1
AM AN
易知△BDM∼△ANM，故 1 = 1 =2.
1 1 MB DB
1 1
(2)由题意，过M作平面ABC的垂线，垂足为M ，并连接BM ，如下图所示：
1 1
AM
由(1)可知： 1 =2且AB =BC =3，则BM=1，由AB=6，AA =AB =3，
MB 1 1 1 1 1 1 1 1
1
在侧面AABB中，过B,A 分别作AB的垂线，垂足分别为B ,A ，如下图所示：
1 1 1 1 2 2
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1609 34271
易知BB 2 = 2 AB-A 2 B 2 
1
= 2 AB-A 1 B 1 
3 BB 1
= ,cos∠BBA= 2 = ，所以 2 1 BB 2
1
1
cos∠BBA =- ，
1 1 2
在△BBM中，BM2=BB2+BM2-2×BB ×BM×cos∠BBA =13，则BM= 13，
1 1 1 1 1 1 1
2 3 3 棱台的高MM = 32- 6× -3×
1 3 2 2
  

 2 = 6，
由图可知直线BM与平面ABC所成角为∠MBM ，
1
因为MM ⊥平面ABC，且MB⊂平面ABC，所以MB⊥MM ，
1 1 1 1
MM 6 78
所以sin∠MBM = 1 = = .
1 BM 13 13
2671 (2024·海南海口·海南华侨中学校考二模)如图，在多面体ABC-DEFG中，平面ABC
∥平面DEFG，底面ABC是等腰直角三角形，AB=BC= 2，侧面ACGD是正方形，
DA⊥平面ABC，且FB∥GC，GE⊥DE.
(1)证明：AE⊥GE．
(2)若O是DG的中点，OE∥平面BCGF，求直线OE与平面BDG所成角的正弦值．
【解析】(1)因为DA⊥平面ABC，平面ABC∥平面DEFG，所以DA⊥平面DEFG，
又因为GE⊂平面DEFG，所以DA⊥GE，
因为GE⊥DE，DA∩DE=D，DA，DE ⊂平面ADE，
所以GE⊥平面ADE，
因为AE⊂平面ADE，
所以AE⊥GE．
(2)如图，因为O是DG的中点，OE ∥平面BCGF，OE⊂平面DEFG，且平面DEFG
∩平面BCGF=GF，
所以OE∥GF，
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1610 3427因为平面ABC∥平面DEFG，
平面ABC∩平面DACG=AC，平面DEFG∩平面DACG=DG，
平面ABC∩平面BCGF=BC，平面DEFG∩平面BCGF=GF，
所以AC∥DG，BC∥GF，
因为△ABC是等腰直角三角形，
所以∠DOE=∠DGF=∠ACB=45°，
又因为AB=BC= 2，侧面ACGD是正方形，
1
所以AC=CG=2，OE= DG=1，
2
2
所以点E到DG的距离为OEsin45°= ，
2
1 2 2 1 2 2
所以S = ×2× = ，则V = × ×2= ，
△DEG 2 2 2 B-DEG 3 2 3
又BC= 2,GC=2，所以BG=BD= 6,OB= 5，
1
所以S = ×2× 5= 5，
△BCD 2
设点E到平面BDG的距离为h，
1 2 10
由V =V 可得 × 5×h= ，解得h= ，
B-DEG E-BDG 3 3 5
h 10
所以直线OE与平面BDG所成角的正弦值为 = ．
OE 5
2672 (2024·全国·高三专题练习)在三棱锥O-ABC中，AB=BC=OB=2,∠ABC=120°，
平面BCO⊥平面ABC，且OB⊥AB.
(1)证明：OB⊥AC；
(2)若F是直线OC上的一个动点，求直线AF与平面ABC所成的角的正切值最大值.
【解析】(1)在三棱锥O-ABC中，在平面ABC内过点B作直线BD⊥BC，如图，
第 页 共 页
1611 3427因为平面BCO⊥平面ABC，平面BCO∩平面ABC=BC，BD⊂平面ABC，
所以BD⊥平面BCO，又OB⊂平面BCO，所以OB⊥BD，
因为OB⊥AB，AB∩BD=B,AB,BD⊂平面ABC，
所以OB⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，
所以OB⊥AC.
(2)过F作FH⎳OB交BC于H，连接AH，由(1)知FH⊥平面ABC，
因此∠FAH是直线AF与平面ABC所成的角，
又AH,BC⊂平面ABC，所以FH⊥AH,FH⊥BC，
设FH=t，由OB=BC=2，OB⊥BC，得∠FCH=45°，CH=FH=t，
又AB=BC=2,∠ABC=120°，所以∠ACB=30°，AC=2BCcos30°=2 3，
在△ACH中，由余弦定理,
3
得AH2=AC2+CH2-2AC⋅CHcos30°=12+t2-2×2 3t× =t2-6t+12，
2
FH2 t2 1 1
所以tan2∠FAH= = = =
AH2 t2-6t+12 12 6 1 1
- +1 12 -
t2 t t 4

≤4，当且仅当
2 1
+
4
t=4时取等号，
所以直线AF与平面ABC所成的角的正切值最大值为2.
2673 (2024·湖南邵阳·高三统考学业考试)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边
长为2的正方形，AC与BD交于点O，PA⊥面ABCD，且PA=2.
(1)求证BD⊥平面PAC.；
(2)求PD与平面PAC所成角的大小．
【解析】(1)因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD，
又因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，
第 页 共 页
1612 3427因为PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC.
(2)连接PO，因为BD⊥平面PAO，所以∠DPO为PD与平面PAC所成的角，
因为AB=PA=2，所以PO= 6,DO= 2，
DO 2 3
在直角△DPO中，tan∠DPO= = = ，
PO 6 3
所以∠DPO=30°，即PD与平面PAC所成的角为30°.
2674 (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，AC⊥底面ABC，
1 1 1 1
∠ACB=90°,AA =2，A 到平面BCCB 的距离为1．
1 1 1 1
(1)证明：AC=AC；
1
(2)已知AA 与BB 的距离为2，求AB 与平面BCCB 所成角的正弦值．
1 1 1 1 1
【解析】(1)如图，
∵AC⊥底面ABC，BC⊂面ABC，
1
∴AC⊥BC，又BC⊥AC，AC,AC⊂平面ACCA ，AC∩AC=C,
1 1 1 1 1
∴BC⊥平面ACCA ，又BC⊂平面BCCB ，
1 1 1 1
∴平面ACCA ⊥平面BCCB ，
1 1 1 1
过A 作AO⊥CC 交CC 于O，又平面ACCA ∩平面BCCB =CC ，AO⊂平面
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
ACCA ，
1 1
第 页 共 页
1613 3427∴AO⊥平面BCCB
1 1 1
∵A 到平面BCCB 的距离为1，∴AO=1，
1 1 1 1
在Rt△ACC 中，AC⊥AC,CC =AA =2，
1 1 1 1 1 1 1
设CO=x，则CO=2-x，
1
∵△AOC,△AOC,△ACC 为直角三角形，且CC =2，
1 1 1 1 1 1
CO2+AO2=AC2，AO2+OC2=CA2，AC2+AC2=CC2，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴1+x2+1+(2-x)2=4，解得x=1，
∴AC=AC=AC = 2，
1 1 1
∴AC=AC
1
(2)∵AC=AC,BC⊥AC,BC⊥AC，
1 1 1
∴Rt△ACB≌Rt△ACB
1
∴BA=BA ，
1
过B作BD⊥AA ，交AA 于D，则D为AA 中点，
1 1 1
由直线AA 与BB 距离为2，所以BD=2
1 1
∵AD=1，BD=2，∴AB=AB= 5，
1 1
在Rt△ABC，∴BC= AB2-AC2= 3，
延长AC，使AC=CM，连接CM，
1
由CM∥AC,CM=AC 知四边形ACMC 为平行四边形，
1 1 1 1 1 1
∴CM∥AC，∴CM⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC，
1 1 1
∴CM⊥AM
1
则在Rt△ACM中，AM=2AC,CM=AC，∴AC = (2AC)2+AC2，
1 1 1 1 1
在Rt△ABC 中，AC = (2AC)2+AC2，BC =BC= 3，
1 1 1 1 1 1
∴AB = (2 2)2+( 2)2+( 3)2= 13,
1
又A到平面BCCB 距离也为1，
1 1
1 13
所以AB 与平面BCCB 所成角的正弦值为 = .
1 1 1 13 13
2675 (2024·全国·模拟预测)如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平
2 3
面ABC，△ACD是边长为2的正三角形，AB=BC= ，BE= 3．
3
(1)点M为线段CD上一点，求证：DE⊥AM；
(2)求AE与平面BCE所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：取AC中点O，连接DO,OB，
第 页 共 页
1614 3427因为△ACD是边长为2的正三角形，可得DO⊥AC，
因为平面ACD⊥平面，平面ACD∩平面ABC=AC，且DO⊂平面ACD，
所以DO⊥平面ABC，且DO= 3，
又因为BE⊥平面ABC，所以DO⎳BE，
因为BE= 3，可得BE=DO，所以四边形BODE为平行四边形，所以BO⎳DE，
由AB=BC，且O为AC的中点，可得BO⊥AC，
因为平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC=AC，且BO⊂平面ABC，
所以BO⊥平面ACD，所以DE⊥平面ACD，
又因为AM⊂平面ACD，所以DE⊥AM.
2 3
(2)在△ABC中，AB=BC= ，且AC=2，
3
2 3

AB2+BC2-AC2 3
由余弦定理得cos∠ABC= =
2AB×BC

2 2 3
+
3

2
-22
1
=- ，
2 3 2 3 2
2× ×
3 3
所以∠ABC=120°，
如图所示，过A作AN垂直于BC，交CB延长线于点N，即BC⊥AN，连结EN，
因为BE⊥平面ABC，且AN⊂平面ABC，所以BE⊥AN，
又因为BE∩CB=B，且BE,CB⊂平面BCE，所以AN⊥平面BCE，
所以∠AEB即为AE与平面BCE所成角,
39
在直角△ABE中，可得AE= AB2+BE2= ，
3
2 3 3
在直角△ABN中，可得AN=ABsin60°= × =1，
3 2
AN 1 39 39
所以sin∠AEN= = = ，即AE与平面BCE所成角的正弦值为 .
AE 39 13 13
3
2676 (2024·海南海口·统考模拟预测)如图，四棱锥P-ABCD中，AB⎳CD，AB⊥AD，平
第 页 共 页
1615 3427面PAD⊥平面PCD.
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若AD=2AB=2，PB= 2，PD= 5，BC与平面PCD所成的角为θ，求sinθ的最
大值.
【解析】(1)证明：过点A作AH⊥PD于H，
因为平面PAD⊥平面PCD，平面PAD∩平面PCD=PD，所以AH⊥平面PCD，
又CD⊂平面PCD，所以CD⊥AH，
由AB⎳CD，AB⊥AD，可知CD⊥AD，
而AH∩AD=A，AH,AD⊂平面PAD
所以CD⊥平面PAD，
因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD．
(2)法1：由(1)知CD⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，所以CD⊥PA，
又AB⎳CD，所以AB⊥PA，
所以PA= PB2-AB2=1，PA2+AD2=PD2=5，所以PA⊥AD，
由AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD．
如图建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，P(0,0,1)，D(0,2,0)，设C(m,2,0)(m>0)，


平面PCD的一个法向量为n=(x ,y ,z )，PD=(0,2,-1)，
0 0 0


     n⋅PD=0
DC=(m,0,0)，所以n⊥PD，n⊥DC，即  ，
n⋅DC=0
得  2 m y x 0 - = z 0 0 = , 0, 令y 0 =1，得n  =0,1,2
0
 ，

BC=m-1,2,0 


|BC⋅n| 2
，所以sinθ=  = ， 
|BC|⋅|n| (m-1)2+4⋅ 5
显然，当m=1时， (m-1)2+4取最小值，
5
综上，当CD=1时，sinθ的最大值为 ．
5
法2：设点B到平面PCD的距离为d，因为AB⎳CD，CD⊂平面PCD，
所以AB⎳平面PCD，所以点A到平面PCD的距离也为d，
由(1)，CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA，又AB⎳CD，所以AB⊥PA，
第 页 共 页
1616 3427所以PA= PB2-AB2=1，所以PA2+AD2=PD2=5，所以PA⊥AD，
PA⋅AD 2 5
由(1)，AH⊥平面PCD，所以d=AH= = ，
PD 5
d 2 5 1
由sinθ= = ⋅ ，在四边形ABCD中，当BC⊥CD时，BC取最小值，
BC 5 BC
2 5 1 5
此时四边形ABCD显然为矩形，BC=2，所以sinθ的最大值为 ⋅ = ．
5 2 5
2677 (2024·全国·模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，AD⎳BC，
∠BAD=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=AB=2BC，M，N分别为PC，PB的中
点．
(1)证明：PB⊥DM．
(2)求BD与平面ADMN所成角的正弦值．
【解析】(1)因为M，N分别为PC，PB的中点，所以MN⎳BC，又AD⎳BC，
所以MN⎳AD，则M,N,A,D四点共面.
因为N是PB的中点，PA=AB，所以AN⊥PB．
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD．在直角梯形中，AB⊥AD．而PA∩AB=
A，PA，AB⊂平面PAB，因此AD⊥平面PAB．所以AD⊥PB．
又因为AN⊥PB，且AN∩AD=A，AN，AD⊂平面ADMN，
所以PB⊥平面ADMN．
因为DM⊂平面ADMN，所以PB⊥DM．
(2)
连接DN．由(1)可知PB⊥平面ADMN，
所以∠BDN是BD与平面ADMN所成角．
1 2
设PA=AD=AB=2BC=a，于是PB= PA2+AB2= 2a，BN= PB= a．
2 2
另一方面，BD= AB2+AD2= 2a．
BN a 1
因此，在直角三角形BDN中，sin∠BDN= = = ．
BD 2a 2
第 页 共 页
1617 34271
所以BD与平面ADMN所成角的正弦值为 ．
2
2678 (2024·全国·高三专题练习)如图所示，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为直角梯
1
形，AB⎳CD，AB= CD，CD⊥CE，∠ADC=∠EDC=45°，AD= 2，BE= 3．
2
(1)求证：平面ABE⊥平面ABCD；
(2)设M为AE的中点，求直线DM与平面ABCD所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：∵ABCD为直角梯形，AB⎳CD，∴CD⊥BC．
又∵CD⊥CE，BC∩CE=C，BC，CE⊂平面BCE,所以CD⊥平面BCE．
又∵BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，
又∵∠ADC=45°，AD= 2，
如图，过点A作AF⊥CD，∴AF=1,DF=FC=1，∴BC=1．
又∵∠EDC=45°，∴CD=CE=2．
又∵BE= 3，由勾股定理可知BE⊥BC.
∵BC∩CD=C，BC，CD⊂平面ABCD，∴BE⊥平面ABCD．
∵BE⊂平面ABE， ∴平面ABE⊥平面ABCD．
(2)取AB的中点N，连接DN，MN，
3
∵M为AE的中点，BE= 3， ∴MN⎳BE，MN= ，
2
由(1)知BE⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，
∴∠MDN为直线DM与平面ABCD所成角．
1
由(1)知CD⊥BC，又AB⎳CD，AB= CD，∠ADC=45°，AD= 2，
2
1 13
∴AB=BC= CD=1，DN= AD2+AN2-2AD⋅AN⋅cos∠DAN= ，
2 2
13 3
∴DM2=DN2+MN2= + =4，
4 4
∴DM=2．
3
MN 2 3
∴sin∠MDN= = = ．
DM 2 4
第 页 共 页
1618 34273 题型三：二面角
2679 (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱柱ABC-ABC中，已知CB⊥平面ABBA,
AB=2，且AB⊥BB,AC⊥AB.
(1)求AA的长；
(2)若D为线段AC的中点，求二面角A-BC-D的余弦值.
【解析】(1)连接AB，
因为CB⊥平面ABBA，AB⊂平面ABBA，则CB⊥AB，
又因为AC⊥AB,AC∩CB=C，AC,CB⊂平面ABC，
所以AB⊥平面ABC，
且AB⊂平面ABC，可得AB⊥AB，
因为ABBA为平行四边形，且AB⊥BB，则ABBA为矩形，
所以ABBA正方形，可得AA=AB=2.
(2)根据题意将三棱柱转化为正四棱柱ABCE-ABCE，
取CE,AB的中点P,Q，连接PQ,CP,BQ，则P,D,Q三点共线，且PQ⎳BC，
因为BC⎳BC，可得PQ⎳BC，
所以平面BCD即为平面PQBC，
同理平面ABC即为平面ABCE，
因为BC⎳BC，CB⊥平面ABBA，则BC⊥平面ABBA，
且AB,BQ⊂平面ABBA，则BC⊥AB,BC⊥BQ，
所以二面角A-BC-D的平面角为∠ABQ，
可得BA=2 2,AQ=1,BQ= 5，
BA2+BQ2-AQ2 8+5-1 3 10
在△ABQ中，则cos∠ABQ= = = ，
2BA⋅BQ 2×2 2× 5 10
3 10
所以二面角A-BC-D的余弦值为 .
10
.
2680 (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，侧面BBCC为菱形，
1 1 1 1 1
第 页 共 页
1619 3427∠CBB =60°,AB=BC=2,AC=AB = 2.
1 1
(1)证明：平面ACB ⊥平面BBCC；
1 1 1
(2)求二面角A-AC -B 的余弦值.
1 1 1
【解析】(1)连BC 、BC交于D，则D为BC 、BC的中点，连AD，
1 1 1 1
因为AC=AB ，所以AD⊥BC，
1 1
因为侧面BBCC为菱形，∠CBB =60°,AB=BC=2，AC=AB = 2，
1 1 1 1
所以BD= 3，AD=1，所以AB2=BD2+AD2，即AD⊥BD，
因为BC∩BD=B，BC,BD⊂平面BBCC，
1 1 1 1
所以AD⊥平面BBCC，因为AD⊂平面ACB ，
1 1 1
所以平面ACB ⊥平面BBCC.
1 1 1
(2)取AC 的中点E，连AC ，AE，BE，
1 1 1 1
由(1)知，AD⊥BD，又BD=DC ，所以AC =AB=2，
1 1
又AA =CC =2，所以AE⊥AC ，同理得BE⊥AC ，
1 1 1 1 1 1 1
所以∠AEB 为二面角A-AC -B 的平面角，
1 1 1 1
2
在△AEB 中，AE= AA2-AE2= 4-
1 1 1 2

2 14
= ，
2
2
BE= AB2-AE2= 4-
1 1 1 1 2

2 14
= ，AB = 2，
2 1
7 7
AE2+BE2-AB2 2 + 2 -2 5
所以cos∠AEB = 1 1 = = .
1 2AE⋅BE 7 7
1 2×
2
5
所以二面角A-AC -B 的余弦值为 .
1 1 1 7
2681 (2024·广东深圳·高三校联考开学考试)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，
AB⊥PD.
第 页 共 页
1620 3427(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若PA=PD，∠PDA=60°，求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值.
【解析】(1)∵底面ABCD为正方形，
∴AB⊥AD，
又∵AB⊥PD，AD∩PD=D，AD，PD⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，
∵AB⊂平面ABCD，
∴平面PAD⊥平面ABCD.
(2)(法一)取AD中点为O，连结PO，
∵在△PAD中，PA=PD，∠PDA=60°，
∴PO⊥AD，△PAD为等边三角形.
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设底面正方形的边长为2，
∴P0,0, 3  ，A1,0,0  ，B1,2,0  ，C-1,2,0  ，D-1,0,0  ，

∴PB=1,2,- 3 

，PC=-1,2,- 3  ，

设平面PBC的一个法向量m=x,y,z  ，


则   P  B  ⋅m  =0 ，即  x+2y- 3z=0 ，
PC⋅m=0 -x+2y- 3z=0
令y=3，则x=0，z=2 3，

∴m=0,3,2 3  ，

由(1)可知平面PAD的一个法向量n=0,1,0  ，
设平面PAD与平面PBC的夹角为θ，
 
m⋅n
则cosθ=

 m   n 
3 21
= = ，
21×1 7
21
∴平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为 .
7
(法二)设平面PAD与平面PBC的交线为l，
∵BC∥AD，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，
∴BC∥平面PAD，
又∵BC⊂平面PBC，
∴BC∥l，AD∥l，
∵平面PAD与平面PBC有一个交点P，
∴l为过点P且与BC平行的一条直线，如下图，
第 页 共 页
1621 3427取AD中点为O，取BC中点为M，连结PO，PM，OM，
∵底面四边形ABCD为正方形，O，M分别为AD，BC的中点，
∴OM∥AB，
又∵AB⊥平面PAD，∴OM⊥平面PAD，
∵l⊂平面PAD，∴OM⊥l，
∵在△PAD中，PA=PD，O为AD的中点，
∴PO⊥AD，PO⊥l，
又PO∩OM=O，PO，OM⊂平面PAD，
∴l⊥平面POM，∴l⊥PM，
又∵∠OPM为锐角，∴∠OPM为平面PAD与平面PBC的夹角，
设底面正方形ABCD的边长为2，
PO 3 21
在△POM中，PM= PO2+OM2= 7，cos∠POM= = = ，
PM 7 7
21
∴平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为 .
7
2682 (2024·四川成都·高三川大附中校考阶段练习)如图，AB是圆O的直径，点P在圆O所
在平面上的射影恰是圆O上的点C，且AC=2BC，点D是PA的中点，PO与BD交于
点E，点F是PC上的一个动点.
(1)求证：BC⊥PA；
(2)求二面角B-PC-O平面角的余弦值.
【解析】(1)证明：∵点P在圆O所在平面上的射影恰是圆O上的点C，∴PC⊥平面
ABC，
∵BC⊂平面ABC，∴BC⊥PC，
又AB是圆O的直径，有BC⊥AC，且PC∩AC=C，PC,AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，所以BC⊥PA．
(2)∵PC⊥平面ABC，BC,OC⊂平面ABC，所以PC⊥BC，PC⊥OC，
∴∠BCO为二面角B-PC-O的平面角．
5
设AC=2BC=2，则AB= 5，OA=OB=OC= ，有∠BCO=∠OBC，∠BCO为
2
第 页 共 页
1622 3427锐角，
BC 1 5 5
在直角△ABC中可得cos∠ABC= = = ，故cos∠BCO= ，
AB 5 5 5
5
故二面角B-PC-O平面角的余弦值为 ．
5
2683 (2024·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知在四棱锥P-ABCD中，AB=4，
BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=∠CBP=90°，PA⊥CD，E为CD的中点.
(1)证明：平面PCD⊥平面PAE；
(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求二面角P-
CD-A的正弦值.
【解析】(1)平面PCD与平面PAE能垂直，理由如下：
在△ABC中AB=4,BC=3,∠ABC=90°，故AC=5，即AC=AD，
所以△ADC为等腰三角形，又E为CD中点，故AE⊥CD，
因为PA⊥CD，且 PA∩AE=A，PA,AE⊂面PAE，所以CD⊥面PAE，
由CD⊂面PCD，故面PCD⊥面PAE.
(2)∵CD⊥平面PAE，
∴∠PEA是二面角P-CD-A的平面角，
过点B作BG⎳CD，分别与AE，AD相交于F，G，连接PF，
由(1)知BG⊥平面PAE，
∴∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BG⊥AE，
由∠CBP=90°，则PB⊥CB，由∠ABC=90°，则AB⊥CB，
又PB∩AB=B，且PB,AB⊂面PAB，则CB⊥面PAB，而PA⊂面PAB，
所以PA⊥CB，结合PA⊥CD，CB∩CD=C，且CB,CD⊂面ABCD，
所以PA⊥面ABCD，则∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角，
有题意知∠PBA=∠BPF，
∴Rt△PBA≅Rt△BPF⇒PA=BF,
因为∠DAB=∠ABC=90°知，AD⎳BC，又BG⎳CD，
∴BCDG是平行四边形，GD=BC=3，∴AG=2，
因为AB=4，BG⊥AF，
∴BG= AB2+AG2=2 5，
AB2 16 8 5 8 5
于是BF= = = ，所以PA= ，
BG 2 5 5 5
又CD=BG=2 5，CE= 5，AE= AC2-CE2=2 5，
PA 4
所以tan∠PEA= = ，因为AC=AD，PA⊥面ABCD，AC,AD⊂面ABCD，
AE 5
则PA⊥AC,PA⊥AD，则 PA2+AC2= PA2+AD2，即PC=PD，
第 页 共 页
1623 3427因为E为CD中点，则PE⊥CD，又因为AE⊥CD，且AE⊂平面ACD，PE⊂平面
PCD，
4
则二面角P-CD-A的正切值即为tan∠PEA= ，
5
4 4 41
则sin∠PEA= = ，
42+52 41
4 41
二面角P-CD-A的正弦值是 .
41
2684 (2024·广东广州·高三广州市第六十五中学校考阶段练习)如图，在五面体ABCDE中，
AD⊥平面ABC，AD∥BE，AD=2BE，AB=BC.
(1)问：在线段CD上是否存在点P，使得PE⊥平面ACD?若存在，请指出点P的位置，
并证明；若不存在，请说明理由.
(2)若AB= 3，AC=2，AD=2，求平面ECD与平面ABC夹角的余弦值.
【解析】(1)当P为线段CD的中点时，PE⊥平面ACD；
证明：分别取AC,CD的中点为O,P，连接OB,PE,OP，
1
则OP∥AD,OP= AD，而AD∥BE，AD=2BE，
2
故OP∥BE,OP=BE,即四边形OBEP为平行四边形，
则BO∥PE;
第 页 共 页
1624 3427因为AD⊥平面ABC，OB⊂平面ABC,故AD⊥OB，则AD⊥PE；
由AB=BC，O为AC中点，故OB⊥AC，则PE⊥AC，
又AC∩AD=A,AC,AD⊂平面ACD，
故PE⊥平面ACD；
(2)在平面ABED中延长AB,DE交于一点F，连接CF，
则CF为平面ECD与平面ABC的交线，
由于AD∥BE，AD=2BE，故B为AF的中点，
而O为AC的中点，故OB∥CF，
由(1)知OB∥PE，PE⊥平面ACD，故OB⊥平面ACD，
所以CF⊥平面ACD，AC,CD⊂平面ACD，
故CF⊥AC,CF⊥CD，AC⊂平面ABC,CD⊂平面ECD，
且AD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，故AD⊥AC，则∠ACD为锐角，
故∠ACD即为平面ECD与平面ABC夹角，
在Rt△ACD中，AC=2，AD=2，所以CD=2 2,
AC 2
则cos∠ACD= = ,
CD 2
2
即平面ECD与平面ABC夹角的余弦值为 .
2
2685 (2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=DC
=CB=1，∠ABC=60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF=1.
(1)求证：BC⊥平面ACFE；
(2)求二面角A-BF-C的平面角的余弦值；
(3)若点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤
90°)，试求cosθ的范围.
【解析】(1)证明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，∴
AB=2，AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cos60°=3，
∴AB2=AC2+BC2，∴BC⊥AC，∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面
第 页 共 页
1625 3427ABCD=AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE.
(2)取FB中点G，连接AG，CG，
∵AF= AC2+CF2=2，∴AB=AF，∴AG⊥FB，
∵CF=CB=1，∴CG⊥FB，∴∠AGC为二面角的平面角.
2 14
∵BC=CF，∴FB= 2，∴CG= ，AG= ，
2 2
CG2+AG2-AC2 7
∴cos∠AGC= = .
2CG⋅AG 7
(3)由(2)知：
7
①当M与F重合时，cosθ= ；
7
②当M与E重合时，过B作BN∥CF，且使BN=CF，连接EN，FN，则平面MAB∩平
面FCB=BN，∵BC⊥CF，AC⊥CF，BC⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，BC∩AC
1
=C，∴CF⊥平面ABC，∴BN⊥平面ABC，∴∠ABC=θ，∴θ=60°，∴cosθ= ；
2
③当M与E，F都不重合时，令FM=λ，0<λ< 3，延长AM交CF的延长线于N，连
接BN，∴N在平面MAB与平面FCB的交线上，∵B在平面MAB与平面FCB的交线
上，∴平面MAB∩平面FCB=BN，
过C作CH⊥NB交NB于H，连接AH，
由(1)知，AC⊥BC，又∵AC⊥CN，CN,BC⊂平面NCB，CN∩BC=C，
∴AC⊥平面NCB，∵NB⊂平面NCB，∴AC⊥NB.
又∵CH⊥NB，AC,CH⊂平面ACH，AC∩CH=C，∴NB⊥平面ACH，∴AH⊥
NB，∴∠AHC=θ.
3 3
在△NAC中，NC= ，从而在△NCB中，CH= ，
3-λ (λ- 3)2+3
3⋅ (λ- 3)2+4 CH
∵∠ACH=90°，∴AH= AC2+CH2= ，∴cosθ= =
(λ- 3)2+3 AH
1 7 1
.∵0<λ< 3，∴ <cosθ< .
(λ- 3)2+4 7 2
第 页 共 页
1626 3427综上所述，cosθ∈   7 ， 1
 7 2
 .
2686 (2024·吉林·长春吉大附中实验学校校考模拟预测)如图，AB是圆O的直径，点C是圆
O上异于A,B的点，直线PC⊥平面ABC,E,F分别是PA,PC的中点．
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，证明：l⊥平面PCB；
 
1
(2)设(1)中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足DQ= CP．记直线PQ与
2
平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E-l-C的大小为
β，求证：sinθ=sinαsinβ．
【解析】(1)∵EF⎳AC,AC⊂平面ABC,EF⊄平面ABC，
∴直线EF平行于平面ABC,
又EF⊂平面BEF，平面BEF∩平面ABC=l，
∴EF⎳l，又EF⎳AC．
∴l⎳AC，
因为AB是直径，所以∠ACB为直角，所以AC⊥BC，
又因为PC⊥平面ABC，AC在面ABC上，所以PC⊥AC，
而PC,BC相交于点C,且PC,BC都在平面PCB内，
所以AC⊥平面PCB，故l⊥平面PCB．
(2)证法一(综合法)：如图，连接BD，由(1)可知交线l即为直线BD，且l⎳AC．
第 页 共 页
1627 3427因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC．
已知PC⊥平面ABC，而l⊂平面ABC，所以PC⊥l．
而PC∩BC=C，BC、PC在面PBC内，所以l⊥平面PBC．
连接BE,BF，
因为BF⊂平面PBC，所以l⊥BF．
故∠CBF就是二面角E-l-C的平面角，即∠CBF=β．
 
1 1
由DQ= CP，作DQ⎳CP，且DQ= CP．
2 2
连接PQ,DF，
因为F是CP的中点，CP=2PF，所以DQ=PF，
从而四边形DQPF是平行四边形，PQ⎳FD．
连接CD，因为PC⊥平面ABC，
所以CD是FD在平面ABC内的射影．
故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ．
又BD⊥平面PBC，BF在面PBC内，所以BD⊥BF，所以∠BDF为锐角．
故∠BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即∠BDF=α，
于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，
CF BF CF
分别可得sinθ= ,sinα= ,sinβ= ．
DF DF BF
BF CF CF
从而sinαsinβ= ⋅ = =sinθ，即sinθ=sinαsinβ．
DF BF DF
证法二(向量法)：
 
1 1
如图，由DQ= CP，作DQ⎳CP，且DQ= CP，
2 2
连接PQ,EF,BE,BF,BD．
由(1)可知交线l即为直线BD．
  
以点C为原点，向量CA,CB,CP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐
标系，
设CA=a,CB=b,CP=2c，则有C0,0.0  ,Aa,0,0  ,B0,b,0  ,P0,0,2c  ，Qa,b,c  ,
1
E a,0,c
2
 ,F0,0,c  ．

1
于是FE= a,0,0
2


，QP=-a,-b,c 

,BF=0,-b,c  ，
 
FE⋅QP
所以cosα=


FE 

QP 
a
=
a2+b2+c2
第 页 共 页
1628 3427b2+c2
从而sinα= 1-cos2α= ．
a2+b2+c2

取平面ABC的一个法向量为m=0,0,1 


m⋅QP
，可得sinθ=


m 

QP 
c
= ，
a2+b2+c2

设平面BEF的一个法向量为n=x,y,z  ．

 1
n⋅FE=0,  ax=0,
由  ，可得 2 取n=0,c,b
n⋅BF=0, -by+cz=0.
 ．
于是cosβ 
 
m⋅n
=


m 

n 
b c
= ，从而sinβ= 1-cos2β= ．
b2+c2 b2+c2
b2+c2 c c
故sinαsinβ= ⋅ = =sinθ，即sinθ=sinαsinβ．
a2+b2+c2 b2+c2 a2+b2+c2
2687 (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=
2 2，PB=PC= 6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD= 5DO，点F在AC
上，BF⊥AO.
(1)证明：EF⎳平面ADO；
(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；
(3)求二面角D-AO-C的正弦值.
     
【解析】(1)连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=BA+AF=(1-t)BA+tBC，AO=
 
1
-BA+ BC，BF⊥AO，
2
     
1
则BF⋅AO=[(1-t)BA+tBC]⋅-BA+ BC
2

 
1
=(t-1)BA2+ tBC2=4(t-1)+
2
4t=0，
1
解得t= ，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，
2
第 页 共 页
1629 34271 1
于是DE⎳AB,DE= AB,OF⎳AB,OF= AB，即DE⎳OF,DE=OF，则四边形
2 2
ODEF为平行四边形，
EF⎳DO,EF=DO，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO，
所以EF⎳平面ADO.
6 30
(2)法一：由(1)可知EF⎳OD，则AO= 6,DO= ，得AD= 5DO= ，
2 2
15
因此OD2+AO2=AD2= ，则OD⊥AO，有EF⊥AO，
2
又AO⊥BF,BF∩EF=F，BF,EF⊂平面BEF，
则有AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.
法二：因为AB⊥BC，过点B作z轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，
A2,0,0,  ,B0,0,0  ,C0,2 2,0  ，
3 15
+4-
DB2+AB2-DA2 2 2 1
在△BDA中，cos∠PBA= = =- ，
2DB⋅AB 6 6
2×2×
2
1
在△PBA中，PA2=PB2+AB2-2PB⋅ABcos∠PBA=6+4-2 6×2×-
6
 =
14，
设Px,y,z 
PA= 14 x-2 
，所以由PB= 6 可得：
PC= 6
 2+y2+z2=14
x2+y2+z2=6
x2+y-2 2 

 ，
2+z2=6
可得：x=-1,y= 2,z= 3，所以P-1, 2, 3  ，
1 2 3
则D- , ,
2 2 2

1 2 3
，所以E , ,
2 2 2
 ，F1, 2,0  ，

AO=-2, 2,0 

5 2 3
,AD=- , ,
2 2 2


设平面ADO的法向量为n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1  ，
  -2x + 2y =0
n ⋅AO=0  1 1
则 1  ，得
5 2 3
，
n ⋅AD=0 - x + y + z =0
1 2 1 2 1 2 1

令x 1 =1，则y 1 = 2,z 1 = 3，所以n 1 =1, 2, 3  ，

1 2 3
BE= , ,
2 2 2


,BF=1, 2,0 

设平面BEF的法向量为n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2  ，
  1 2 3
n ⋅BE=0  x + y + z =0
则 2  ，得 2 2 2 2 2 2 ，
n 2 ⋅BF=0 x 2 + 2y 2 =0
第 页 共 页
1630 3427
令x 2 =2，则y 2 =- 2,z 2 =0，所以n 2 =2,- 2,0  ，
 
n 1 ⋅n 2 =2×1+ 2×- 2  +0=0，
所以平面ADO⊥平面BEF；
(3)法一：过点O作OH⎳BF交AC于点H，设AD∩BE=G，
1
由AO⊥BF，得HO⊥AO，且FH= AH，
3
又由(2)知，OD⊥AO，则∠DOH为二面角D-AO-C的平面角，
因为D,E分别为PB,PA的中点，因此G为△PAB的重心，
1 1 1 3
即有DG= AD,GE= BE，又FH= AH，即有DH= GF，
3 3 3 2
3 15
4+ -
2 2 4+6-PA2 6
cos∠ABD= = ，解得PA= 14，同理得BE= ，
6 2×2× 6 2
2×2×
2
1 6
于是BE2+EF2=BF2=3，即有BE⊥EF，则GF2= ×
3 2

2 6
+
2

2 5
= ，
3
15 3 15 15
从而GF= ，DH= × = ，
3 2 3 2
1 3 6 15
在△DOH中，OH= BF= ,OD= ,DH= ，
2 2 2 2
6 3 15
+ -
4 4 4 2 2
于是cos∠DOH= =- ，sin∠DOH= 1--
6 3 2 2
2× ×
2 2

2 2
= ，
2
2
所以二面角D-AO-C的正弦值为 .
2

法二：平面ADO的法向量为n 1 =1, 2, 3  ，

平面ACO的法向量为n 3 =0,0,1  ，
 
所以cosn,n
1 3

 
n ⋅n
= 1 3
n 1 

⋅n 3 
3 2
= = ，
1+2+3 2
第 页 共 页
1631 3427 
因为n,n 1 3  ∈0,π 
 
，所以sinn,n 1 3 
 
= 1-cos2n,n 1 3 
2
= ， 2
2
故二面角D-AO-C的正弦值为 .
2
2688 (2024·广东广州·统考三模)如图，在几何体ABCDEF中，矩形BDEF所在平面与平面
ABCD互相垂直，且AB=BC=BF=1，AD=CD= 3，EF=2．
(1)求证：BC⊥平面CDE；
(2)求二面角E-AC-D的平面角的余弦值．
【解析】(1)在矩形BDEF中，DE⊥BD，
又平面BDEF⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面BDEF=BD，DE⊂平面BDEF，
所以DE⊥平面ABCD，
又BC⊂平面ABCD，
所以DE⊥BC，
在矩形BDEF中，BD=EF=2,
又BC=1,CD= 3，所以BD2=4=BC2+CD2,
所以BC⊥CD.
又DE∩CD=D，DE,CD⊂平面CDE，
所以BC⊥平面CDE；
(2)解法1：在△ABD与△CBD中，AB=CB，AD=CD，BD=BD，
所以△ABD≌△CBD，所以∠ABD=∠CBD，
由等腰三角形性质，得AC⊥BD．
又平面BDEF⊥平面ABCD，
平面ABCD∩平面BDEF=BD，AC⊂平面ABCD
所以AC⊥平面BDEF．
记AC∩BD=H，连结EH，所以AC⊥EH，AC⊥DH，
所以∠EHD是二面角E-AC-D的平面角．
BC⋅CD 3
在Rt△BCD中,CH= = ．
BD 2
在Rt△CDE中，由勾股定理得CE= CD2+ED2=2，
13
在Rt△CHE中，由勾股定理得EH= CE2-CH2= ，
2
3
在Rt△EHD中，由勾股定理得DH= EH2-ED2= ，
2
DH 3 13
所以cos∠EHD= = ，
EH 13
3 13
即二面角E-AC-F的平面角的余弦值为 ．
13
第 页 共 页
1632 3427解法2：在△ABD与△CBD中，AB=CB，AD=CD，BD=BD，
所以△ABD≌△CBD，所以∠ABD=∠CBD，
由等腰三角形性质，得AC⊥BD．
又平面BDEF⊥平面ABCD，
平面ABCD∩平面BDEF=BD，AC⊂平面ABCD
所以AC⊥平面BDEF．
记AC∩BD=H，以H为坐标原点，HB,HC,DE方向分别为x轴、y轴、z轴方向建立空
间直角坐标系.
BC⋅CD 3
在Rt△BCD中,CH= = ．
BD 2
3
所以HD= CD2-CH2= ，
2
3
所以点C的坐标为0, ,0
2

3
，点E的坐标为- ,0,1
2
 ，

3
所以HC=0, ,0
2


3
，HE=- ,0,1
2
 ．
    
设平面EAC的法向量为n =(x,y,z)，则n ⋅HC=0，n ⋅HE=0，
1 1 1
  3 y=0
2
即 , 令z=3，解得x=2，y=0，
 3
- x+z=0
 2

所以n =(2,0,3)为平面EAC的一个法向量．
1

又平面ABCD的一个法向量为n =(0,0,1)，
2
 
所以cosn,n
1 2

 
n ⋅n 3 3 13
= 1 2 = = ，
|n||n | 13 13
1 2
又二面角E-AC-D的平面角为锐角，
第 页 共 页
1633 34273 13
即二面角E-AC-D的平面角的余弦值为 ．
13
2689 (2024·浙江·校联考模拟预测)已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，
AB⊥AP，平面PCD⊥平面ABCD,PD=AD.
(1)若H为AP的中点，证明：AP⊥平面HCD；
(2)若AB=1,AD= 5,PA=2 2，求平面PAB与平面PCD所夹角的余弦值.
【解析】(1)在四棱锥P-ABCD中，H为AP的中点，又PD=AD，则AP⊥HD，而AB
⊥AP,AB⎳CD，
因此AP⊥CD,HD∩CD=D,HD,CD⊂平面HCD，
所以AP⊥平面HCD.
(2)在平面PCD内过点P作PO⊥CD交直线CD于O，连接OA，如图，
因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，则PO⊥平面ABCD，
而AO⊂平面ABCD，则有PO⊥AO，又AP⊥CD，AP∩PO=P,AP,PO⊂平面
PAO，
于是CD⊥平面PAO，AO⊂平面PAO，则AO⊥CD，有△POD≌△AOD，得PO=
OA=2，
AB⎳CD,CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，则AB⎳平面PCD，平面PAB与平面
PCD的交线为l，
因此l⎳AB⎳CD，有l⊥PA,l⊥PO，从而∠APO为平面PAB与平面PCD所成二面
角的平面角，
π 2
显然∠APO= ，则cos∠APO= ，
4 2
2
所以平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值为 .
2
2690 (2024·河南·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测)在图1中，△ABC为等腰直角三角
形，∠B=90°，AB=2 2，△ACD为等边三角形，O为AC边的中点，E在BC边上，且
EC=2BE，沿AC将△ACD进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，
FB，FE，使得FB=4．
第 页 共 页
1634 3427(1)证明：FO⊥平面ABC．
(2)求二面角E-FA-C的余弦值．
【解析】(1)证明：连接OB，
因为△ABC为等腰直角三角形，∠B=90°，AB=2 2，
所以AC=4，
因为O为AC边的中点，
1
所以OB= AC=2，
2
在等边三角形FAC中，AF=AC=FC=4，
因为O为AC边的中点，
所以FO⊥AC，则FO= AF2-AO2=2 3，
又FB=4，
所以FO2+OB2=FB2，即FO⊥OB，
因为AC∩OB=O，AC⊂平面ABC，OB⊂平面ABC，
所以FO⊥平面ABC．
(2)方法一：因为△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°，O为边AC中点，
所以OB⊥AC，
  
由(1)得FO⊥平面ABC，则以O为坐标原点，OB，OC，OF的方向分别为x，y，z轴
的正方向建立空间直角坐标系，
第 页 共 页
1635 3427则A0,-2,0 
4 2
，E , ,0
3 3
 ，F0,0,2 3  ，

所以AF=0,2,2 3 

4 8
，AE= , ,0
3 3
 ，

设平面FAE的法向量为n=x,y,z  ，

 2y+2 3z=0
AF⋅n=0  
由  ，得 4 x+ 8 y=0 ，令z=1，得n=2 3,- 3,1
AE⋅n=0 3 3
 ，

易知平面FAC的一个法向量为m=1,0,0  ，
设二面角E-FA-C的大小为θ，
 
m⋅n
则|cosθ|=


m 

n 
3
= ，
2
由图可知二面角E-FA-C为锐角，
3
所以二面角E-FA-C的余弦值为 ．
2
方法二：
作EM⊥AC，垂足为M，作MN⊥AF，垂足为N，连接EN，
因为FO⊥平面ABC，EM⊂平面ABC，
所以EM⊥FO，
又因为AC∩FO=O，AC,FO⊂平面AFC，
所以EM⊥平面ACF，
又AF⊂平面AFC，
所以EM⊥AF，
又MN⊥AF，MN∩EM=M，MN,EM⊂平面EMN，
所以AF⊥平面EMN，
又EN⊂平面EMN，
所以AF⊥EN，
又平面AFC∩平面AEF=AF，
所以二面角E-FA-C的平面角为∠ENM，
EM EC CM 2
因为EM∥OB，所以 = = = ，
OB BC OC 3
4 1 2
所以EM= ，OM= OC= ，
3 3 3
2 8
在Rt△AMN中，∠FAC=60°，AM=AO+OM=2+ = ，
3 3
第 页 共 页
1636 34278 4 3
所以MN= sin60°= ，
3 3
4 所以EN= EM2+MN2= 
3
 2 4 3 +
3
 2 8 = ，
3
MN 3 3
所以cos∠ENM= = ，即二面角E-FA-C的余弦值为 ．
EN 2 2
2691 (2024·江苏苏州·校联考三模)如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为6 2的等
边三角形，且PA=PB=PC=6，PD⊥平面ABC，垂足为D,DE⊥平面PAB，垂足为
E，连接PE并延长交AB于点G.
(1)求二面角P-AB-C的余弦值；
(2)在平面PAC内找一点F，使得EF⊥平面PAC，说明作法及理由，并求四面体PDEF
的体积.
【解析】(1)
∵PA=PB=PC，并且△ABC是等边三角形，
∴三棱锥P-ABC是正三棱锥，D是△ABC的中心，点G是AB边的中点；
由PD⊥平面ABC，DE⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，可知AB⊥PD,AB⊥DE,
PD∩DE=D，PD⊂平面PDG，DE⊂平面PDG，
所以AB⊥平面PDG，进而得AB⊥PG,AB⊥DG，
所以∠PGD就是二面角P-AB-C的平面角，
又△ABC是边长为6 2的等边三角形，且PA=PB=PC=6，PA2+PB2=AB2，
第 页 共 页
1637 3427∴△PAB是等腰直角三角形，同理△PAC,△PBC都是等腰直角三角形；
1 1 1 3
∴PG= AB=3 2，GD= CG= × ×6 2= 6，
2 3 3 2
GD 3 3
cos∠PGD= = ，即二面角P-AB-C的余弦值为 ；
PG 3 3
(2)∵PB⊥PC,PB⊥PA,PA∩PC=P,PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，
∴PB⊥平面PAC，
同理PC⊥平面PAB，又DE⊥平面PAB，
∴ED⎳PC，∴E与点P，D，C共面，即E点在线段PG上，
1 PE CD 2 π
又△EDG∼△PGC,∴ED= PC=2， = = ,PE=2 2，∠APG= ，
3 PG CG 3 4
过E点在平面PAB内作PB的平行线，与PA交于F，则EF⊥平面PAC，
PE
△PEF也是等腰直角三角形，EF= =2，
2
又DE⊥平面PAB，EF⊂平面PAB，∴DE⊥EF，将△PEF作为底面，则ED是三棱
锥D-PEF的高，
1 1 1 4
∴V =V = S ∙DE= × ×2×2×2= ，即四面体PDEF的体积为
P-DEF D-PEF 3 △PEF 3 2 3
4
.
3
2692 (2024·全国·高三专题练习)已知四棱锥P-ABCD的底面为梯形ABCD，且
AB⎳CD，又PA⊥AD，AB=AD=1，CD=2，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩
平面PBC=l．
(1)判断直线l和BC的位置关系，并说明理由；
2
(2)若点D到平面PBC的距离为 ，请从下列①②中选出一个作为已知条件，求二面角
3
B-l-D余弦值大小．
①CD⊥AD；
②∠PAB为二面角P-AD-B的平面角．
【解析】(1)∵AB⎳CD且CD=2AB=2，∴延长CB,DA必交于一点，即为点E，
∵BC⊂平面PBC，DA⊂平面PAD，且E∈BC，E∈DA，
∴E∈平面PBC，E∈平面PAD，又P∈平面PBC，P∈平面PAD，
连接PE，则平面PBC∩平面PAD=PE，又平面PAD∩平面PBC=l，
∴直线PE即为直线l，如下图所示，
第 页 共 页
1638 3427∴l∩BC=E，即直线l与BC相交.
(2)若选条件①，∵CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=
AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD；
同理可知：PA⊥平面ABCD，
∵DE,AC⊂平面ABCD，∴PA⊥DE，PA⊥AC；
取CD中点F，连接BF,AC，
1
∵AB⎳CD，AB= CD=DF，∴四边形ABFD为平行四边形，∴AD=BF，
2
1
∴BF= CD，∴BC⊥BD，又BD= 2，BC= CD2-BD2= 2，
2
1 1
∴S = BC⋅BD= × 2× 2=1；
△BCD 2 2
设PA=x，则PB= x2+1，又AC= 5，∴PC= x2+5，
PB2+BC2-PC2 x2+1+2-x2-5 1
∴cos∠PBC= = =-
2PB⋅BC 2 2⋅ x2+1 2x2+1 
，
1
∴sin∠PBC= 1-
2x2+1

2x2+1
=
2x2+1

，
1 1 2x2+1
∴S = PB⋅BCsin∠PBC= × x2+1× 2×
△PBC 2 2 2x2+1 
2x2+1
= ，
2
1 2 2x2+1
∴V = S × = ，
D-PBC 3 △PBC 3 9
1 x 2x2+1 7
又V =V = S ⋅PA= = ，∴x= ，
P-BCD D-PBC 3 △BCD 3 9 7
由(1)知：二面角B-l-D即为二面角C-PE-D，设其平面角为θ，
1 1 2 14
∵AB⎳CD，AB= CD，∴A为DE中点，∴AE=AD=1，∴PE= 1+ = ，
2 7 7
设点D到直线PE的距离为d，
1 1 1 7 1 2 14 2
则S = DE⋅PA= PE⋅d，即 ×2× = × d，解得：d= ，
△PDE 2 2 2 7 2 7 2
第 页 共 页
1639 3427CD 2
∴tanθ= = =2 2，
d 2
2
1
又二面角B-l-D为锐二面角，∴cosθ= .
3
若选条件②，若∠PAB为二面角P-AD-B的平面角，则AB⊥AD，PA⊥AD，
又CD⎳AB，∴CD⊥AD；
平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，∴CD
⊥平面PAD；
同理可知：PA⊥平面ABCD，
∵DE,AC⊂平面ABCD，∴PA⊥DE，PA⊥AC；
取CD中点F，连接BF,AC，
1
∵AB⎳CD，AB= CD=DF，∴四边形ABFD为平行四边形，∴AD=BF，
2
1
∴BF= CD，∴BC⊥BD，又BD= 2，BC= CD2-BD2= 2，
2
1 1
∴S = BC⋅BD= × 2× 2=1；
△BCD 2 2
设PA=x，则PB= x2+1，又AC= 5，∴PC= x2+5，
PB2+BC2-PC2 x2+1+2-x2-5 1
∴cos∠PBC= = =-
2PB⋅BC 2 2⋅ x2+1 2x2+1 
，
1
∴sin∠PBC= 1-
2x2+1

2x2+1
=
2x2+1

，
1 1 2x2+1
∴S = PB⋅BCsin∠PBC= × x2+1× 2×
△PBC 2 2 2x2+1 
2x2+1
= ，
2
1 2 2x2+1
∴V = S × = ，
D-PBC 3 △PBC 3 9
1 x 2x2+1 7
又V =V = S ⋅PA= = ，∴x= ，
P-BCD D-PBC 3 △BCD 3 9 7
由(1)知：二面角B-l-D即为二面角C-PE-D，设其平面角为θ，
1 1 2 14
∵AB⎳CD，AB= CD，∴A为DE中点，∴AE=AD=1，∴PE= 1+ = ，
2 7 7
设点D到直线PE的距离为d，
1 1 1 7 1 2 14 2
则S = DE⋅PA= PE⋅d，即 ×2× = × d，解得：d= ，
△PDE 2 2 2 7 2 7 2
CD 2
∴tanθ= = =2 2，
d 2
2
1
又二面角B-l-D为锐二面角，∴cosθ= .
3
第 页 共 页
1640 34274 题型四：距离问题
2693 (2024·山东滨州·高三山东省北镇中学校考阶段练习)如图所示的斜三棱柱ABC-
ABC 中，AABB是正方形，且点C 在平面AABB上的射影恰是AB的中点H，M
1 1 1 1 1 1 1 1
是CB 的中点．
1 1
(1)判断HM与面CAAC 的关系，并证明你的结论；
1 1
(2)若CH= 3，AB=2，求斜三棱柱两底面间的距离．
1
【解析】(1)直线HM与平面CAAC 平行．
1 1
证明如下：取CA 的中点N．连接NM，AN．
1 1
1
因为点M是BC 的中点，所以MN⎳AB ，且MN= AB．
1 1 1 1 2 1 1
1
又AABB是正方形，点H是AB的中点，所以AH⎳AB ，AH= AB．
1 1 1 1 2 1 1
所以AH⎳MN，AH=MN．
所以四边形ANMH为平行四边形，所以HM⎳AN，
因为AN⊂平面CAAC ，HM⊄平面CAAC ，
1 1 1 1
所以HM⎳平面CAAC．
1 1
(2)因为点C 在平面AABB上的射影是AB的中点H，所以CH⊥平面AABB．
1 1 1 1 1 1
连接AH，BH，则CH⊥AH，CH⊥BH．
1 1 1 1 1 1
由正方形AABB的边AB=2，得AH=BH= BH2+BB2= 5，
1 1 1 1 1
所以CA =CB = CH2+AH2=2 2，
1 1 1 1 1 1
1
所以△A 1 B 1 C 1 的面积为 2 ×2× 2 2  2-12= 7．
设斜三棱柱两底面间的距离为d，即H到平面ABC 的距离为d，
1 1 1
1 1 2 21
由V =V 得 × 7×d= ×2× 3，解得d= ，
H-A1B1C1 C1-HA1B1 3 3 7
2 21
即斜三棱柱两底面间的距离为 ．
7
2694 (2024·北京海淀·高三海淀实验中学校考期末)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，平面
1 1 1
ACCA⊥平面BCCB ，侧面ACCA是边长为2的正方形，CB=CC=2,E,F分别
1 1 1 1 1 1 1 1
第 页 共 页
1641 3427为BC,AB 的中点.
1 1
(1)证明：EF∥面ACCA
1 1
(2)请再从下列三个条件中选择一个补充在题干中，完成题目所给的问题.
π 1
①直线AB与平面BCCB 所成角的大小为 ；②三棱锥F-BCE的体积为 ；③BC
1 1 4 1 3 1
⊥AC.若选择条件 .
1
求(i)求二面角F-BC -E的余弦值；
1
(ii)求直线EF与平面ACCA的距离.
1 1
【解析】(1)证明：取AC 中点G，连接FG、CG，∵E,F分别为BC,AB 的中点，∴在三
1 1 1 1
1
棱柱中，FG∥BC ∥EC，且FG=EC= BC ，∴四边形FECG为平行四边形，∴EF
1 1 2 1 1
∥CG.
∵EF⊄面ACCA，CG⊂面ACCA，∴EF∥面ACCA；
1 1 1 1 1 1
(2)平面ACCA⊥平面BCCB ，平面ACCA∩平面BCCB =CC ，又侧面ACCA
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
是边长为2的正方形，则AC⊥CC, AC ⊥CC ，∴AC⊥面BCCB ，AC ⊥面
1 1 1 1 1 1 1 1
BCCB ，∵BC⊂面BCCB ，∴AC⊥BC.
1 1 1 1
取BC 中点I，作IJ⊥BC 于J，连接FI，IE，FJ，则FI∥AC, FI⊥平面
1 1 1 1 1
1
BCCB ，FI= AC =1，∵BC ⊂平面BCCB ，∴FI⊥BC ，
1 1 2 1 1 1 1 1 1
∵FI∩IJ=I, FI、IJ⊂平面FIJ，∴BC ⊥平面FIJ，∵FJ⊂平面FIJ，∴BC ⊥
1 1
FJ，∴∠FJI为二面角F-BC -E的平面角的补角.
1
∵EF∥面ACCA，∴直线EF与平面ACCA的距离即为E到平面ACCA的距离，
1 1 1 1 1 1
作EK⊥CC 于K，由平面ACCA⊥平面BCCB ，平面ACCA∩平面BCCB =
1 1 1 1 1 1 1 1 1
CC ，则EK即为E到平面ACCA的距离，即直线EF与平面ACCA的距离.
1 1 1 1 1
选①，∵AC⊥面BCCB ，∴∠ABC为直线AB与平面BCCB 所成角，即∠ABC=
1 1 1 1
π
，∴BC=AC=CB=2.
4 1
1 3 IJ
(i)在正△BBC 中，易得IJ= × 22-12= ，故在Rt△FIJ中，cos∠FJI= =
1 1 2 2 FJ
3
2
3

2

21 21
= ，故二面角F-BC -E的余弦值为- ；
2 7 1 7
+12
1 3
(ii) 在正△BCC 中，EK= × 22-12= ，故直线EF与平面ACCA的距离为
1 2 2 1 1
3
；
2
1
选②，FG∥BC ∥EC，E为BC的中点，∴V =V = ，∵AC ⊥面
1 1 G-ECC1 F-BC1E 3 1 1
1 1
BCCB ，∴ ⋅S ⋅GC = ，即S =1，又CB=CC=2，∴EC ⊥EC，∴
1 1 3 △ECC1 1 3 △ECC1 1 1 1
第 页 共 页
1642 34271
 ⋅EC⋅EC =1
 2 1 ，解得EC=EC
1
= 2，∴BC=2 2，BC
1
⊥CC
1
.
EC2+EC2=4
1
1 1 IJ
(i)在Rt△BBC 中，IJ= BB = CC =1，故在Rt△FIJ中，cos∠FJI= =
1 1 2 1 2 1 FJ
1 2 2
= ，故二面角F-BC -E的余弦值为- ；
12+12 2 1 2
1
(ii)在Rt△BCC 中，EK= BC =1，故直线EF与平面ACCA的距离为1；
1 2 1 1 1
选③，取AB中点H，AC ∩AC=O，连接OH，则O为AC 中点，则OH∥BC 且OH
1 1 1 1
1
= 2 BC 1 =1，由BC 1 ⊥A 1 C，∴OH⊥OC，则HC= 12+ 2  2= 3，又AC⊥BC，∴
AB=2HC=2 3，∴BC= 2 3  2-22=2 2，BC ⊥CC. 1 1
2
此时条件③与条件②一致，故(i)二面角F-BC -E的余弦值为- ；(ii)直线EF与
1 2
平面ACCA的距离为1.
1 1
2695 (2024·全国·高三专题练习)如图，三棱锥P-ABC中，△PAB，△ABC均为等边三角
形，PA=4，O为AB中点，点D在AC上，满足AD=1，且面PAB⊥面ABC．
(1)证明：DC⊥面POD；
(2)若点E为PB中点，问：直线AC上是否存在点F，使得EF∥面POD，若存在，求出
FC的长及EF到面POD的距离；若不存在，说明理由．
【解析】(1)由条件△PAB、△ABC为等边三角形，O为AB的中点，
则AB=PA=4，AO=2AD=2，∠DAO=60°，
由余弦定理得DO= AO2+AD2-2cos∠DAO⋅AO⋅AD= 3
从而在△AOD中，AO2=AD2+OD2，
得△AOD为直角三角形，且OD⊥AD，
又面PAB⊥面ABC，面PAB∩面ABC=AB，且PO⊥AB，PO⊂面PAB,
则由面面垂直的性质定理可得PO⊥面ABC
第 页 共 页
1643 3427由AD⊂面ABC，⇒PO⊥AD
因此由AD⊥OD，AD⊥PO，OD∩PO=O，⇒AD⊥面POD，即DC⊥面POD.
(2)存在AC上的点F，使得EF∥面POD
点E为PB中点，取OB的中点M，可得EM∥PO，再在面ABC内作MF∥OD交AC
于点F，该点F即为满足题意的点(如图)．
下面证明面POD∥面EFM
由于EM∥PO，EM⊄面POD，PO⊂面POD，则ME∥面POD，
MF∥OD，FM⊄面POD，DO⊂面POD，则MF∥面POD，
MF⊂面FME，ME⊂面FME，MF∩ME=M，
则由面面平行的判定定理可得面POD∥面EFM，FE⊂面FME，因此EF∥面POD
AO AD 1 3 5
又由于 = =2，从而可得DF= ，AF= ，CF=AC-AF= ，
OM DF 2 2 2
1
由(1)可知，AD⊥面POD，则AD⊥面EFM，DF= 即为面POD与面EFM间的距
2
离，也即EF到面POD的距离．
5
综上：存在AC上的点F，使得EF∥面POD，CF= ，
2
1
EF到面POD的距离为 ．
2
2696 (2024·广东河源·高三校联考开学考试)在长方体ABCD-ABCD 中，AB=BC=
1 1 1 1
3，AA =2，P，Q为AD ，DC 的中点，S在BC上，且BS=1.过P，Q，S三点的平面
1 1 1 1 1
与长方体的六个面相交得到六边形PQRSMN，则点M到直线QR的距离为 .
27 65
【答案】
65
【解析】如图所示，在长方体ABCD-ABCD 中，连接AC,AC,
1 1 1 1 1 1
因为AB=BC=3，BS=1，P，Q为AD ，DC 的中点，截面与平面ABCD ，平面
1 1 1 1 1 1 1 1
ABCD分别相交于直线PQ,MS，
所以MS⎳PQ，
所以AC ⎳PQ，AC⎳MS，AC ⎳AC，
1 1 1 1
所以BM=1，延长SM与DA的延长线交于E,延长SM与DC相交于F，连接PE，QF,
PE与AA的交点为N，QF与CC 的交点为R，
1 1
AM AE
因为AE∥BS，所以 = ，因为BS=BM=1，AM=2，所以AE=2，
BM BS
3
因为AD =3，P为AD 的中点，所以AP= ，
1 1 1 1 1 2
AP AN 8 8 6
因为AP∥AE，所以 1 = 1 ，又AA=2，所以AN= ，同理CR= ，CR= ，
1 AE AN 1 7 7 1 7
在CD上取一点X，使得CX=1，过X作XY与QR垂直，垂足为Y，连接MX，MY,
第 页 共 页
1644 3427由于MX⎳BC,BC⊥平面DCCD ，所以MX⊥平面DCCD ，QR⊂平面DCCD ，
1 1 1 1 1 1
故MX⊥QR,又XY⊥QR,XY∩XM=X,XY,XM⊂平面XYM,
所以QR⊥平面XYM,YM⊂平面XYM,故MY⊥QR，
且MX=3，因为
1 3
S =S -S -S = ×1+
△XQR XCC1Q △XCR △QC1R 2 2

1 8 1 3 6 9
×2- ×1× - × × = ，
2 7 2 2 7 7
3 QR= CQ2+CR2= 
1 1 2
 2 6 +
7
 2 3 65 = ，
14
1 9 12 27 65
所以 QR⋅XY= ，所以XY= ，所以MY= MX2+XY2= .
2 7 65 65
27 65
故答案为： .
65
2697 (2024·黑龙江·黑龙江实验中学校考二模)在圆台OO 中，ABCD是其轴截面，AD=
1 2
1
DC=BC= AB，过OC与轴截面ABCD垂直的平面交下底面于EF，若点A到平面
2 1
CEF的距离是 3，则圆台的体积等于 .
7 3π
【答案】
3
1
【解析】∵AD=DC=BC= AB，所以四边形ADCO 为平行四边形，所以OC=OD
2 1 1 1
=OA=AD,则△AOD为正三角形∴∠DAB=60°，由题意得，平面CEF⊥平面
1 1
ABCD平面，且平面CEF∩平面ABCD=OC，所以点A到平面CEF的距离即为AD
1
与OC的距离，在△AOD中，过点O 作AD的垂线OM,过点D作AO 的垂线DN，则
1 1 1 1 1
OM= 3，
1
第 页 共 页
1645 3427OM π
所以AO = 1 =2，则OO =AN=2sin60°= 3，则圆台的体积为V= h(R2+
1 sin60° 1 2 3
3π 7 3π 7 3π
Rr+r2)= (4+2+1)= ，所以圆台的体积为 .
3 3 3
7 3π
故答案为：
3
2698 (2024·全国·高三专题练习)如图，已知AB，CM分别为圆柱上、下底面的直径，且AB=
2，圆柱的高为 3，AB⊥CM，则点M到平面ABC的距离为 .
【答案】 3
【解析】如图所示，连接AM，BM，设O ，O分别为上、下底面圆的圆心，连接AO，BO，
1
OO.
1
因为AB⊥CM，又OO ⊥CM，OO ∩AB=O ，则CM⊥平面ABO，
1 1 1
1 1 2 3
则V =2V =2× × ×2× 3×1= ，
M-ABC M-ABO 3 2 3
过C作CC 垂直于圆柱上底面，垂足为C ，连接OC ，CO ，
1 1 1 1 1
1
则CO = CC2+CO2=2，S = AB⋅CO =2，
1 1 1 1 △ABC 2 1
设点M到平面ABC的距离为d，
1 1 2 3
则有V = S ⋅d= ×2d= ，解得d= 3，
M-ABC 3 △ABC 3 3
故点M到平面ABC的距离为 3.
故答案为： 3
2699 (2024·湖北武汉·高三武汉市黄陂区第一中学校考阶段练习)在四面体ABCD中，AB=
1,CD=2，AB与CD所在的直线间的距离为3，且AB与CD所成的角为60°，则四面体
ABCD的体积为 .
3
【答案】
2
【解析】如图所示，把三棱锥A-BCD补成一个平行六面体，
其中PQ为异面直线AB,CD的公垂线，即PQ⊥AB,PQ⊥CD且PQ=3，
在平行六面体中，可得AB⎳CE，所以PQ⊥CE，
又因为CD∩CE=C且CD,CE⊂平面CDFE，所以PQ⊥平面CDFE，
第 页 共 页
1646 3427又由AB⎳平面CDFE，所以点A到平面CDFE的距离为d=3，
因为AB⎳CE且异面AB与CD所成的角为60°，即CE与CD所成的角为60°
又因为AB=CE=1,CD=2，
1 1 1 1
则V =V =V = × CD×CEsin60°×3= × ×2×1×sin60°×3
A-BCD D-AEF A-CDE 3 2 3 2
3
= ，
2
3
即四面体ABCD的体积为 .
2
3
故答案为： .
2
2700 (2024·浙江绍兴·高三统考开学考试)在正三棱锥P-ABC中，PA= 3，设M,N分别
是棱PA,AB的中点，O是三棱锥P-ABC的外接球的球心，若MN⊥MC，则O到平面
ABC的距离为 .
1
【答案】 /0.5
2
【解析】设D是AC的中点，连接PD,BD，
由于PA=PC,AB=BC，所以PD⊥AC,BD⊥AC，
由于PD∩BD=D,PD,BD⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD，
由于PB⊂平面PBD，所以AC⊥PB，
由于M,N分别是PA,AB的中点，所以MN⎳PB，
由于MN⊥MC，所以MC⊥PB，
由于AC∩MC=C,AC,MC⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，
由于PC,PA⊂平面PAC，所以PB⊥PC,PB⊥PA，
根据正四棱锥的性质可知PA,PB,PC两两相互垂直，且PA=PB=PC，
所以可将正三棱锥P-ABC补形成正方体如下图所示，
正三棱锥的外接球也即是正方体的外接球，设外接球的半径为R，
3
由于PA= 3，所以2R= 3+3+3=3,R= ，
2
AB=BC=AC= 3+3= 6，设等边三角形ABC的外接圆半径为r，
6
则2r= =2 2,r= 2，
π
sin
3
9 1
所以外接球的球心O到平面ABC的距离为 R2-r2= -2= .
4 2
1
故答案为：
2
第 页 共 页
1647 34272701 (2024·全国·高三对口高考)已知线段AD∥α，且AD与平面α的距离为4，点B是平面α
上的动点，且满足AB=5，若AD=10，则线段BD长度的取值范围是 ．
【答案】 65，185 
【解析】∵AD∥α，将线段AD投影到平面α上得到射影AD，则AA、DD垂直于平面
α，又AB、BD⊂平面α，∴AA⊥AB, DD⊥BD.
AD与平面α的距离即AA=DD=4，AB=5，则动点B的轨迹是以A为圆心，半径r
= AB2-AA2=3的圆，
AD=AD=10，AD-r≤BD≤AD+r，即7≤BD≤13，又BD= DD2+BD2，所
以 49+16≤BD≤ 169+16，即 65≤BD≤ 185．
故答案为： 65，185 
2702 (2024·全国·高三专题练习)已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=4，点P到
∠ACB两边AC，BC的距离均为2 3，那么点P到平面ABC的距离为 .
【答案】2 2
【解析】设P在平面ABC内的射影为O，则OP⊥平面ABC，
由于AC,BC,OC⊂平面ABC，所以OP⊥AC,OP⊥BC,OP⊥OC，
过O作OE⊥AC,OF⊥BC，垂足分别为E,F，
由于∠ACB=90°，所以四边形OECF是矩形.
由于OE∩OP=O,OE,OP⊂平面POE，所以CE⊥平面POE，
PE⊂平面POE，所以CE⊥PE；同理可证得CF⊥PF.
所以CE=CF= 42-2 3  2=2，OC= 22+22=2 2，
OP= 42-2 2  2=2 2，即P到平面ABC的距离是2 2.
故答案为：2 2
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1648 34272703 (2024·安徽滁州·校联考二模)已知两平行平面α、β间的距离为2 3，点A、B∈α，点
C、D∈β，且AB=4,CD=3，若异面直线AB与CD所成角为60°，则四面体ABCD的体
积为 ．
【答案】6
【解析】设平面ABC与平面β交线为CE，取CE=AB ,则AB⎳CE,CE=4,∠ECD=
600
1 1
V =V = ×2 3× ×4×3×sin600=6.
A-BCD A-CDE 3 2
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1649 3427