微专题24 空间角、距离的计算(几何法、向量法)
高考定位 1.以空间几何体为载体考查空间角(以线面角、面面角为主)是高考命题的重点,常与空
间线面位置关系的证明相结合,热点为空间角的求解,常以解答题的形式进行考查.高考注重利用向
量方法解决空间角问题,但也可利用几何法来求解; 2.空间距离(特别是点到面的距离)也是高考题
中的常见题型,多以解答题的形式出现,难度中等.
【真题体验】
1.(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为52
3 ,AB＝6,A1B1＝2,则A1A 与平面ABC
所成角的正切值为( )
A.1
2
B.1
C.2
D.3
答案 B
解析 设正三棱台ABC－A1B1C1的高为h,
三条侧棱延长后交于一点P,作PO⊥平面ABC 于点O,PO 交平面A1B1C1于点O1,
连接OA,O1A1,如图所示.
由AB＝3A1B1,
可得PO1＝1
2h,PO＝3
2h,
又S△A1B1C1＝1
2×22×√3
2 ＝√3,
S△ABC＝1
2×62×√3
2 ＝9√3,
所以正三棱台ABC－A1B1C1的体积V＝VP－ABC－V P−A1B1C1＝1
3×9√3× 3
2h－1
3 ×√3× 1
2h＝52
3 ,
解得h＝4√3
3 ,故PO＝3
2h＝2√3.
由正三棱台的性质可知,O 为底面ABC 的中心,
则OA＝2
3 ×√6
2−3
2＝2√3.
因为PO⊥平面ABC,
所以∠PAO 是A1A 与平面ABC 所成的角,
在Rt△PAO 中,tan∠PAO＝PO
OA ＝1,故选B.
2.(2024·天津卷)如图,已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中,AD⊥AB,AB∥CD,AA1＝2,AB＝2AD＝
2,DC＝1,N 是B1C1的中点,M 是DD1的中点.
(1)求证:D1N∥平面CB1M;
(2)求平面CB1M 与平面BB1C1C 夹角的余弦值;
(3)求点B 到平面CB1M 的距离.
(1)证明 以A 为坐标原点,以AB,AD,AA1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直
角坐标系,
依题意得,B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),B1(2,0,2),C1(1,1,2),D1(0,1,2),
则M(0,1,1),N(
3
2 , 1
2 ,2),
所以⃗D1 N ＝(
3
2 ,−1
2 ,0),⃗C B1＝(1,－1,2),⃗
CM＝(－1,0,1).
设平面CB1M 的一个法向量为n＝(x1,y1,z1),
则{
n·⃗C B1＝0,
n·⃗CM ＝0,
即{
x1−y1＋2 z1＝0,
−x1＋z1＝0,
取x1＝1,得z1＝1,y1＝3,则n＝(1,3,1).
⃗
D1 N·n＝(
3
2 ,−1
2 ,0)·(1,3,1)＝3
2 －3
2＝0,
所以⃗D1 N⊥n,显然D1N⊄平面CB1M,
所以D1N∥平面CB1M.
(2)解 易知⃗C B1＝(1,－1,2),⃗BC＝(－1,1,0),
设平面BB1C1C 的一个法向量为m＝(x2,y2,z2),
则{
m·⃗C B1＝0,
m·⃗BC ＝0,
即{
x2−y2＋2 z2＝0,
−x2＋y2＝0,
取x2＝1,得y2＝1,z2＝0,
则m＝(1,1,0).
设平面CB1M 与平面BB1C1C 的夹角为θ,
则cos θ＝|cos<n,m>|＝|n·m|
|n||m|
＝
4
√11×√2 ＝2√22
11 ,
所以平面CB1M 与平面BB1C1C 夹角的余弦值为2√22
11 .
(3)解 易知⃗B B1＝(0,0,2).
设点B 到平面CB1M 的距离为d,
则d＝|⃗B B1·n|
|n|
＝2
√11 ＝2√11
11 ,
所以点B 到平面CB1M 的距离为2√11
11 .
【热点突破】
热点一 异面直线所成的角
求异面直线所成角的方法
(1)(几何法)步骤为:①利用定义构造角,可固定一条直线,平移另一条直线,或将两条直线同时平移
到某个特殊的位置;②证明找到(或作出)的角即为要求角;③通过解三角形来求角.
(2)(向量法)步骤为:①求出直线a,b 的方向向量,分别记为m,n;②计算cos<m,n>＝
m·n
|m||n| ;③利
用
cos θ＝|cos<m,n>|,以及θ∈(0, π
2],求出角θ.
例1 (2025·沈阳模拟)直三棱柱ABC－A1B1C1中,AB＝AC＝AA1,∠BAC＝120°,则异面直线BA1与
AC1所成角的余弦值为( )
A.3
4
B.√13
4
C.√3
4
D.√7
4
答案 A
解析 法一 如图所示,设E,F,G,H 分别是线段A1B1,AB,AA1,A1C1的中点.
连接EF,FH,HG,EH,FG,易知FG 綉1
2BA1,GH 綉1
2AC1,
故∠FGH 或其补角是异面直线BA1与AC1所成的角.
设AB＝AC＝AA1＝2,由于∠BAC＝120°,
所以B1C1＝2√3,EH＝√3,EF＝2,
则FH＝√(√3)
2＋2
2＝√7,
又FG＝1
2BA1＝√2,GH＝1
2AC1＝√2,
在△FGH 中,由余弦定理得
cos∠FGH＝(√2)
2＋(√2)
2−(√7)
2
2×√2×√2
＝－3
4.
所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为3
4.
法二 取BC 中点D,
连接AD,因为AB＝AC,
所以DA⊥DC,
以D 为原点,DA,DC 所在直线分别为x,y 轴,过点D 且垂直于平面BAC 的直线为z 轴,建立如图所
示的空间直角坐标系,
不妨设AB＝AC＝AA1＝1,而∠BAC＝120°,所以BD＝DC＝√3
2 ,AD＝1
2,
所以B(0,−√3
2 ,0),A1(
1
2 ,0,1),A(
1
2 ,0,0),C1(0, √3
2 ,1),
所以⃗B A1＝(
1
2 , √3
2 ,1),⃗A C1＝(−1
2 , √3
2 ,1),
所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为|cos <⃗B A1,⃗A C1>|＝
|⃗B A1·⃗A C1|
|⃗B A1|·|⃗A C1|
＝
|−1
4 ＋3
4 ＋1|
√
1
4 ＋3
4 ＋1·√
1
4 ＋3
4 ＋1
＝3
4 .
易错提醒 1.利用几何法求异面直线所成的角时,通过平移直线所得的角不一定就是两异面直线所
成的角,也可能是其补角.
2.用向量法求异面直线所成的角时,要注意向量夹角与异面直线所成角的范围不同.
训练1 (1)在三棱柱ABC－A1B1C1中,底面边长和侧棱长都相等,∠BAA1＝∠CAA1＝60°,则异面直线
AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.√3
2
B.1
2
C.√6
3
D.√6
6
(2)(2025·重庆诊断)如图,平面ABCD 是圆柱O1O2的轴截面,点E 在圆O2上,若AD＝2√2,AB＝2√3
,∠BAE＝60°,则异面直线BD 与O1E 所成角的余弦值为 .
答案 (1)D (2)√55
22
解析 (1)设⃗AB＝a,⃗AC＝b,⃗A A1＝c,|a|＝|b|＝|c|＝1,
由题意<a,b>＝<b,c>＝<c,a>＝60°,⃗A B1＝a＋c,⃗BC1＝－a＋b＋c,
所以|⃗A B1|＝√a
2＋c
2＋2a·c
＝√1＋1＋2·1·1·cos60°＝√3,
|⃗BC1|＝√a
2＋b
2＋c
2−2a·b−2a·c＋2b·c＝√2,
又⃗A B1·⃗BC1＝(a＋c)·(－a＋b＋c)＝b·a＋b·c＋c2－a2＝1
2 ＋1
2＋1－1＝1,
设异面直线AB1与BC1所成角为θ,
则cos θ＝|cos <⃗A B1,⃗BC1>|＝
1
√3×√2 ＝√6
6 .
(2)法一 如图,设O1O2∩BD＝F,
则F 为O1O2的中点.
连接O2E,
设线段O2E 的中点为G,连接FG,BG,则FG∥O1E,
故∠BFG(或其补角)为异面直线BD 与O1E 所成的角.
因为O2A＝O2E,∠BAE＝60°,
所以△AO2E 为等边三角形,
所以∠AO2E＝60°,所以∠BO2G＝120°.
又FG＝√F O2
2＋O2G
2
＝√
(√2)
2＋(
√3
2 )
2
＝√11
2 ,
BF＝1
2BD＝1
2 √A B
2＋A D
2＝1
2 √8＋12＝√5,
在△BO2G 中,由余弦定理可得,
BG2＝O2B2＋O2G2－2O2B·O2G·cos∠BO2G
＝3＋3
4 －2×√3× √3
2 ×(−1
2)＝21
4 ,
所以在△BFG 中,由余弦定理可得cos∠BFG＝B F
2＋F G
2−BG
2
2BF·FG
＝
5＋11
4 −21
4
2×√5× √11
2
＝√55
22 ,
故异面直线BD 与O1E 所成角的余弦值为√55
22 .
法二 以点O2为坐标原点,O2A,O2O1所在直线分别为x,z 轴,下底面中与AB 垂直的直线为y 轴建
立如图所示的空间直角坐标系,则B(－√3,0,0),O1(0,0,2√2),D(√3,0,2√2).
连接O2E,则O2A＝O2E,
因为∠BAE＝60°,所以△AO2E 是等边三角形,
故E(
√3
2 , 3
2 ,0),
则⃗BD＝(2√3,0,2√2),⃗O1 E＝(
√3
2 , 3
2 ,−2√2),
故|cos<⃗BD,⃗O1 E>|＝
|⃗BD·⃗O1 E|
|⃗BD|·|⃗O1 E|
＝√55
22 ,
所以异面直线BD 与O1E 所成角的余弦值为√55
22 .
热点二 直线与平面所成的角
求直线与平面所成角的方法
(1)(几何法)步骤为:①找出直线l 在平面α 上的射影;②证明所找的角就是要求的角;③把这个角置于
一个三角形中,通过解三角形来求角.
(2)(向量法)步骤为:①求出平面α 的法向量n 与直线AB 的方向向量⃗AB;②计算cos<⃗AB,n>＝⃗
AB·n
|⃗AB||n| ;③利用sin θ＝|cos<⃗AB,n>|,以及θ∈[0, π
2],求出角θ.
例2 (2025·石家庄模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中,AA1＝AB＝AC＝BC＝2,∠A1AC＝∠A1AB＝60°,
点D 为CA 的延长线上一点,且满足DA＝AC.
(1)从A,B,C,B1,C1这5 个点中任取4 个点,可以构成多少个不同的三棱锥?并列举出来;
(2)证明:BC⊥AA1;
(3)求直线A1B 与平面DBB1所成的角.
(1)解 可构成4 个不同的三棱锥,分别是三棱锥B1－ABC,三棱锥C1－ABC,三棱锥B1－C1AB,三棱
锥B1－C1AC.
(2)证明 连接A1B,A1C.
因为AB＝AA1＝2,∠A1AB＝60°,
所以A1B＝2,
同理A1C＝2.
取BC 的中点E,连接AE,A1E,
由等腰三角形三线合一,
得AE⊥BC,A1E⊥BC,
又AE∩A1E＝E,AE,A1E⊂平面AEA1,
所以BC⊥平面AEA1,又AA1⊂平面AEA1,
所以BC⊥AA1.
(3)解 法一 依题意BA＝1
2CD,可知B 点在以DC 为直径的圆上,所以BC⊥BD.
由(2)知BC⊥AA1,又AA1∥BB1,
所以BC⊥BB1,
又BD∩BB1＝B,BD,BB1⊂平面DBB1,
所以BC⊥平面DBB1,
所以⃗BC为平面DBB1的一个法向量,
所以直线A1B 与平面DBB1所成的角即直线A1B 与直线BC 夹角的余角.
因为由(2)知,A1B＝A1C＝BC＝2,
所以△A1BC 为正三角形,
故∠A1BC＝60°,
故直线A1B 与平面DBB1所成的角为30°.
法二 依题意BA＝1
2CD,可知B 点在以DC 为直径的圆上,所以BC⊥BD.
由(2)知BC⊥AA1,又AA1∥BB1,所以BC⊥BB1,
又BD∩BB1＝B,BD,BB1⊂平面DBB1,
所以BC⊥平面DBB1.
又AA1∥BB1,AA1⊄平面DBB1,BB1⊂平面DBB1,
所以AA1∥平面DBB1,
所以点A1到平面DBB1的距离等于点A 到平面DBB1的距离,
也就是点C 到平面DBB1的距离的1
2.
因为BC＝2,所以点A1到平面DBB1的距离为1.
由(2)知△A1AB 为正三角形,A1B＝2,
故直线A1B 与平面DBB1所成角的正弦值是1
2,
所以直线A1B 与平面DBB1所成角为30°.
法三 由(2)知BC⊥平面AEA1,
又BC⊂平面ABC,
可得平面ABC⊥平面AEA1.
在平面AEA1内,过A1作A1F⊥AE,垂足为F,
因为平面ABC⊥平面AEA1,平面ABC∩平面AEA1＝AE,A1F⊂平面AEA1,
则A1F⊥平面ABC.
过E 作EP∥A1F,可知EP⊥平面ABC,
由此可知EP,EA,EB 两两垂直,
所以以E 为坐标原点,以EA,EB,EP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图所
示.
在等边△ABC 和等边△A1BC 中,
可求得AE＝A1E＝√3,
则在△A1AE 中,cos∠A1AE＝
A A1
2
AE ＝√3
3
,
AF＝AA1cos∠A1AE＝2√3
3 ,
A1F＝AA1sin∠A1AE＝2√6
3 ,
可知A1(
√3
3 ,0, 2√6
3 ),B(0,1,0),⃗
A1B＝(−√3
3 ,1,−2√6
3 ).
依题意得BA＝1
2CD,
可知B 点在以DC 为直径的圆上,所以BC⊥BD.
由(2)知BC⊥AA1,又AA1∥BB1,
所以BC⊥BB1,
又BD∩BB1＝B,BD,BB1⊂平面DBB1,
所以BC⊥平面DBB1,
所以⃗BC为平面DBB1的一个法向量,
又⃗BC＝(0,－2,0),
设直线A1B 与平面DBB1所成角为θ,
则sin θ＝|cos<⃗BC,⃗A1B>|＝
|⃗BC ·⃗A1B|
|⃗BC ||⃗A1B|
＝1
2,
故直线A1B 与平面DBB1所成角为30°.
规律方法 1.几何法求线面角的关键是找出线面角(重点是找垂线与射影),然后在三角形中应用余
弦定理(或勾股定理)求解;
2.向量法求线面角时要注意:线面角θ 与直线的方向向量a 和平面的法向量n 所成的角<a,n>的关系
是<a,n>＋θ＝π
2 或<a,n>－θ＝π
2 ,所以应用向量法求的是线面角的正弦值,而不是余弦值.
训练2 如图,在四棱锥P－ABCD 中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AD∥BC,BC＝1
2AD,PA＝AB＝2,E
为棱PD 的中点.
(1)求证:EC∥平面PAB;
(2)当PC＝3 时,求直线PC 与平面BCE 所成角的正弦值.
(1)证明 取PA 的中点M,连接ME,MB,如图所示.
在△PAD 中,因为M,E 分别为PA,PD 的中点,
故ME∥AD,ME＝1
2AD,
又AD∥BC,BC＝1
2AD,
故ME∥BC,ME＝BC,
则四边形MBCE 为平行四边形,所以EC∥MB.
又MB⊂平面PAB,EC⊄平面PAB,
故EC∥平面PAB.
(2)解 法一 由题意建立空间直角坐标系,如图所示.
由PA＝AB＝2,PC＝3,
得BC＝1,AD＝2,
所以P(0,0,2),D(0,2,0),
E(0,1,1),B(2,0,0),
C(2,1,0),
则⃗PC＝(2,1,－2),⃗EB＝(2,－1,－1),⃗
EC＝(2,0,－1).
设平面EBC 的法向量为n＝(x,y,z),
则{⃗
EC ·n＝2 x−z＝0,⃗
EB·n＝2 x−y −z＝0,
令z＝2,
可得平面EBC 的一个法向量为n＝(1,0,2).
设直线PC 与平面BCE 所成的角为θ,则
sin θ＝|cos<⃗PC,n>|＝|⃗PC ·n|
|⃗PC |·|n|
＝|2＋0−4|
3×√5
＝2√5
15 ,
即直线PC 与平面BCE 所成角的正弦值为2√5
15 .
法二 过点P 作BM 延长线的垂线,垂足为N,连接NC,如图所示.
由(1)可知,EC∥BM,
故平面BCE 也即平面NMBCE.
因为AB⊥AD,BC∥AD,则BC⊥AB.
又PA⊥平面ABCD,
BC⊂平面ABCD,
故BC⊥PA.
又PA∩AB＝A,
PA,AB⊂平面PAB,
故BC⊥平面PAB.
又PN⊂平面PAB,则PN⊥BC,
又PN⊥BN,BC∩BN＝B,BC,BN⊂平面BCE,
故PN⊥平面BCE,
则∠PCN 即为PC 与平面BCE 所成的角.
在△ABM 中,因为AB＝2,AM＝1
2PA＝1,
则BM＝√A B
2＋A M
2＝√5,sin∠AMB＝2√5
5 .
在△PMN 中,因为PM＝1
2PA＝1,∠PMN＝∠AMB,则PN＝PM·sin∠PMN＝2√5
5 .
又PC＝3,
所以sin∠PCN＝PN
PC ＝
2√5
5
3
＝2√5
15
,
即直线PC 与平面BCE 所成角的正弦值为2√5
15 .
热点三 二面角(平面与平面的夹角)
求二面角的方法
(1)(几何法)步骤为:①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点,在两个面内分别作垂
直于棱的两条射线,这两条射线所成的角就是二面角的平面角);②证明所找的角就是要求的角;③把
这个平面角置于一个三角形中,通过解三角形来求角.
求二面角的平面角的口诀:点在棱上,边在面内,垂直于棱,大小确定.
(2)(向量法)步骤为:①求两个平面α,β 的法向量m,n;②计算cos<m,n>＝
m·n
|m|·|n| ;③设二面角的平
面角为θ,则|cos θ|＝|cos<m,n>|;④根据空间想象确定二面角是平面角是锐角还是钝角.
例3 (2025·池州二模)如图,在四棱锥P－ABCD 中,PA⊥底面ABCD,AB＝AD＝2,CB＝CD＝2√3.
(1)证明:BD⊥平面PAC;
(2)若PC＝√2PA＝4√2,求二面角A－PC－D 的平面角的余弦值.
(1)证明 法一 连接BD,取BD 的中点E,连接AE,CE.
由AB＝AD 得AE⊥BD,
由CB＝CD 得CE⊥BD,
又AE,CE⊂平面ABCD,
所以A,E,C 三点共线,所以AC⊥BD.
由PA⊥平面ABCD 得PA⊥BD,
又PA∩AC＝A,PA,AC⊂平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.
法二 连接AC,过B 作BE⊥AC,垂足为E,连接DE.
由AB＝AD,CB＝CD 得△ABC≌△ADC,
所以DE⊥AC,
又BE,DE⊂平面ABCD,
所以B,E,D 三点共线,所以AC⊥BD,
由PA⊥平面ABCD 得PA⊥BD,
又PA∩AC＝A,PA,AC⊂平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.
(2)解 法一 过E 作EF⊥PC 于点F,
由(1)知DE⊥PC,
又DE∩EF＝E,DE,EF⊂平面DEF,
所以PC⊥平面DEF,
又DF⊂平面DEF,所以PC⊥DF,
又平面PAC∩平面PCD＝PC,EF⊂平面PAC,DF⊂平面PCD,
所以∠EFD 是二面角A－PC－D 的平面角,
由PC＝√2PA＝4√2得AC＝4,
又AD＝2,CD＝2√3,
则AD⊥CD,
则DE＝√3,CE＝3,
则EF＝3√2
2 ,
所以tan∠EFD＝√2
√3,所以cos∠EFD＝√15
5 ,
所以二面角A－PC－D 的平面角的余弦值为√15
5 .
法二 由PC＝√2PA＝4√2得AC＝4,
又AD＝2,CD＝2√3,所以AD⊥CD.
如图,以D 为坐标原点,以DC 为x 轴,DA 为y 轴,过D 作z 轴∥PA,建立直角坐标系,
则D(0,0,0),A(0,2,0),B(√3,3,0),C(2√3,0,0),P(0,2,4).
设平面PCD 的法向量为n＝(x,y,z),
则有{
n⊥⃗DC ,
n⊥⃗DP , 即{
2√3 x＝0,
2 y ＋4 z＝0,
则x＝0,令z＝－1,得y＝2,
所以平面PCD 的一个法向量为n＝(0,2,－1).
可取平面PAC 的一个法向量为m＝1
√3⃗DB＝(1,√3,0),
设二面角A－PC－D 的平面角为θ,
由图可知θ 为锐角,
所以cos θ＝|cos<m,n>|＝√3
√5 ＝√15
5 ,所以二面角A－PC－D 的平面角的余弦值为√15
5 .
规律方法 1.用几何法求解二面角的关键是:先找(或作)出二面角的平面角,再在三角形中求解此角.
2.利用法向量求解二面角的依据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补,在
求二面角的大小时,一定要判断出二面角的平面角是锐角还是钝角,否则解法是不严谨的.
训练3 如图,在底面为菱形的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中,∠BAD＝2
3π,AA1＝AB＝2,E,F,G 分别
为BB1,CC1,DD1的中点.
(1)求证:A1E∥GC;
(2)求平面A1EF 与平面ABCD 夹角的大小.
(1)证明 取BC 的中点H,连接AH.
因为底面ABCD 为菱形,∠BAD＝2
3π,
所以AH⊥AD,故以A 为原点,AH,AD,AA1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间
直角坐标系,
则A1(0,0,2),E(√3,－1,1),G(0,2,1),C(√3,1,0),F(√3,1,1),⃗A1 E＝(√3,－1,－1),⃗GC＝(√3,－1,
－1),
所以⃗A1 E∥⃗GC,所以A1E∥GC.
(2)解 法一 设平面A1EF 的法向量为
n＝(x,y,z),
又⃗EF＝(0,2,0),
所以{
n·⃗A1 E＝√3 x−y −z＝0,
n·⃗EF ＝2 y ＝0,
令x＝1,
可得平面A1EF 的一个法向量为n＝(1,0,√3),
易知⃗A A1＝(0,0,2)为平面ABCD 的一个法向量.
设平面A1EF 与平面ABCD 的夹角为θ,
则cos θ＝
|⃗A A1·n|
|⃗A A1||n|
＝2√3
2×2 ＝√3
2 ,
所以θ＝π
6 ,
所以平面A1EF 与平面ABCD 的夹角大小为π
6 .
法二 如图所示,设AA1的中点为M,连接MB,MC,
易证EA1∥MB,FA1∥MC,
又EA1,FA1⊄平面MBC,MB,MC⊂平面MBC,
故EA1∥平面MBC,FA1∥平面MBC,
又FA1∩EA1＝A1,FA1,EA1⊂平面A1EF,
所以平面A1EF∥平面MBC,
则平面A1EF 与平面ABCD 的夹角就是平面MBC 与平面ABCD 的夹角.
设BC 的中点为H,连接MH,AH.
因为底面ABCD 为菱形,∠BAD＝2π
3 ,
所以AH⊥BC,
又AM⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,
所以AM⊥BC,
又AM∩AH＝A,AM,AH⊂平面AMH,
所以BC⊥平面AMH,
又MH⊂平面AMH,故MH⊥BC,
所以∠AHM(或其补角)是平面MBC 与平面ABCD 的夹角.
易知AM＝1
2AA1＝1,AH＝√3
2 AB＝√3,
所以tan∠AHM＝AM
AH ＝√3
3 ,故∠AHM＝π
6 ,
所以平面A1EF 与平面ABCD 的夹角大小为π
6 .
法三 由题意知A1F＝√5,EF＝2,A1E＝√5,易得S△A1 EF＝2.
又三角形A1EF 在平面ABCD 内的射影为三角形ABC,且S△ABC＝√3,
设平面A1EF 与平面ABCD 的夹角为θ,
则cos θ＝
S△ABC
S△A1 EF
＝√3
2 ,
又θ∈[0, π
2],故θ＝π
6 ,
即平面A1EF 与平面ABCD 的夹角大小为π
6 .
热点四 距离问题
1.空间中点、线、面距离的相互转化关系
2.空间距离的求解方法有:(1)作垂线段;(2)等体积法;(3)等价转化;(4)空间向量法.
例4 (2025·西安段考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中,AB＝AC＝AA1＝2,∠BAC＝90°,M 为BB1的中点,
N 为BC 的中点.
(1)求点M 到直线AC1的距离;
(2)求点N 到平面MA1C1的距离.
解 法一 (1)如图,连接AM,
易知MC1＝√M B1
2＋A1B1
2＋A1C1
2
＝√1
2＋2
2＋2
2＝3,
AC1＝2√2,MA＝√5.
在△MAC1中,由余弦定理得
cos ∠MAC1＝
5＋8−9
2×√5×2√2 ＝√10
10 ,
则sin ∠MAC1＝3√10
10 ,
所以M 到直线AC1的距离为
MA·sin ∠MAC1＝√5× 3√10
10
＝3√2
2 .
(2)如图,S△MN C1＝S矩形B1BC C1－S△B1 M C1－S△BMN－S△NC C1＝4√2－√2－√2
2 －√2＝3√2
2 .
设点N 到平面MA1C1的距离为h,
由V N −M A1C1＝V A1−MN C1,得
1
3 × 1
2×2×√5·h＝1
3 × 3√2
2
×√2,
得h＝3√5
5 ,
即N 到平面MA1C1的距离为3√5
5 .
法二 (1)建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,2),M(2,0,1),C1(0,2,2),
直线AC1的一个单位方向向量为s0＝(0, √2
2 , √2
2 ),⃗
AM＝(2,0,1),
故点M 到直线AC1的距离
d＝√|⃗AM |
2−|⃗AM ·s0|
2
＝√5−1
2 ＝3√2
2 .
(2)设平面MA1C1的法向量为n＝(x,y,z),
因为⃗A1C1＝(0,2,0),⃗A1 M＝(2,0,－1),
则{
n·⃗A1C1＝2 y ＝0,
n·⃗A1 M ＝2 x−z＝0,
取x＝1,得z＝2,
故n＝(1,0,2)为平面MA1C1的一个法向量.
连接MN,因为N(1,1,0),
所以⃗MN＝(－1,1,－1),
故N 到平面MA1C1的距离
d＝|⃗MN ·n|
|n|
＝3
√5 ＝3√5
5 .
规律方法 1.求点到平面的距离有两种方法,一是利用空间向量点到平面的距离公式,二是利用等
体积法.
2.求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行.求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平
面的距离.
训练4 (2025·枣庄二模)如图,矩形ABCD 中,AD＝2,AB＝3,AE＝2EB,将△ADE 沿直线DE 翻折成
△A1DE.
(1)若M 为线段A1C 上一点,且满足CM＝2MA1,求证:直线BM∥平面A1DE;
(2)当平面A1DE⊥平面ABCD 时,求点D 到平面A1BE 的距离.
(1)证明 在线段A1D 上取点N,使DN＝2NA1,连接EN,MN.
由M 为线段A1C 上一点,且CM＝2MA1,
得
A1 N
A1 D ＝1
3 ＝A1 M
A1C ,
则MN∥CD,MN＝1
3CD.
又在矩形ABCD 中,CD∥BE,
BE＝1
3AB＝1
3CD,
因此MN∥BE,MN＝BE,
所以四边形BMNE 是平行四边形,
则BM∥EN,
而EN⊂平面A1DE,BM⊄平面A1DE,
所以BM∥平面A1DE.
(2)解 法一 依题意,A1D＝A1E＝2,取DE 的中点F,连接A1F,
则A1F⊥DE.
由平面A1DE⊥平面ABCD,
平面A1DE∩平面ABCD＝DE,
A1F⊂平面A1DE,
得A1F⊥平面ABCD.
连接BF,而BF⊂平面ABCD,则A1F⊥BF.
又∠DA1E＝90°,则A1F＝1
2DE＝√2.
在△BEF 中,BE＝1,EF＝√2,∠BEF＝135°,
由余弦定理得BF2＝BE2＋EF2－2BE·EF·cos∠BEF＝12＋(√2)2＋2×1×√2× √2
2 ＝5,
所以A1B＝√A1 F
2＋B F
2＝√7.
在△A1BE 中,cos∠A1EB＝
A1 E
2＋B E
2−A1B
2
2 A1 E·BE
＝2
2＋1
2−(√7)
2
2×2×1
＝－1
2,
所以sin∠A1EB＝√3
2 ,
S△A1BE＝1
2A1E·BEsin∠A1EB＝√3
2 ,
S△BDE＝1
2BE·AD＝1.
设点D 到平面A1BE 的距离为h,连接BD,
由V D−A1BE＝V A1−BDE,
得1
3 S△A1BE·h＝1
3S△BDE·A1F,
即√3
2 h＝1×√2,解得h＝2√6
3 ,
所以点D 到平面A1BE 的距离为2√6
3 .
法二 如图,以DE 的中点O 为原点,OD 所在直线以及相应的垂线分别为x,y,z 轴,建立空间直角
坐标系,
则O(0,0,0),D(0,√2,0),E(0,－√2,0),B(
√2
2 ,−3√2
2
,0).
因为平面A1DE⊥平面ABCD,
故A1(0,0,√2),⃗
EB＝(
√2
2 ,−√2
2 ,0),⃗E A1＝(0,√2,√2),⃗
ED＝(0,2√2,0).
设平面A1BE 的法向量为n＝(x,y,z),
则{
n·⃗EB＝√2
2 x−√2
2 y ＝0,
n·⃗E A1＝√2 y ＋√2 z＝0,
令x＝1,得y＝1,z＝－1,
所以n＝(1,1,－1)是平面A1BE 的一个法向量,
所以点D 到平面A1BE 的距离为
d＝|⃗ED·n|
|n|
＝2√2
√3 ＝2√6
3 .
【精准强化练】
1.(2025·重庆联考)如图,在直三棱柱ABC－A1B1C1中,底面ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形,
AA1＝2,AC＝2√2.
(1)求证:平面A1BC⊥平面ABB1A1;
(2)设点D 为A1C 上一点,且满足⃗A1C＝2⃗A1 D,求二面角A－BD－C 的平面角的大小.
(1)证明 在Rt△ABC 中,BC⊥BA.
因为BB1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,故BC⊥BB1,
又BA∩BB1＝B,BA,BB1⊂平面ABB1A1,
所以BC⊥平面ABB1A1,
又BC⊂平面A1BC,
故平面A1BC⊥平面ABB1A1.
(2)解 因为⃗A1C＝2⃗A1 D,
所以D 为A1C 的中点.
以点B 为坐标原点,BA,BC,BB1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,
则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),D(1,1,1).
设平面ABD 的法向量为m＝(x1,y1,z1),
因为⃗BA＝(2,0,0),⃗BD＝(1,1,1),
{⃗
BD·m＝x1＋y1＋z1＝0,⃗
BA ·m＝2 x1＝0,
取z1＝1,得m＝(0,－1,1),|m|＝√2.
设平面BDC 的法向量为n＝(x2,y2,z2),
因为⃗BC＝(0,2,0),⃗BD＝(1,1,1),
{⃗
BD·n＝x2＋y2＋z2＝0,⃗
BC ·n＝2 y2＝0,
取z2＝1,得n＝(－1,0,1),|n|＝√2.
则|cos<m,n>|＝|
m·n
|m||n||＝1
2.
由图易知二面角A－BD－C 的平面角为钝角,
所以二面角A－BD－C 的平面角的大小为2π
3 .
2.如图,多面体ABCDEF 是由一个正四棱锥A－BCDE 与一个三棱锥F－ADE 拼接而成,正四棱锥A
－BCDE 的所有棱长均为3√2,AF∥CD.
(1)在棱DE 上找一点G,使得平面ABC⊥平面AFG,并给出证明;
(2)当AF＝1
2CD 时,求点F 到平面ADE 的距离;
(3)若AF＝1
3CD,求直线DF 与平面ABC 所成角的正弦值.
解 (1)当点G 为DE 的中点时,平面ABC⊥平面AFG,证明如下:
取DE 的中点G,连接AG,GF.
因为四棱锥A－BCDE 是正四棱锥,
所以AD＝AE,AG⊥DE.
在正方形BCDE 中,DE∥BC,所以AG⊥BC.
在正方形BCDE 中,CD⊥BC,
因为AF∥CD,所以AF⊥BC.
因为AF∩AG＝A,AF,AG⊂平面AFG,
所以BC⊥平面AFG.
因为BC⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面AFG.
(2)连接BD,CE 交于点O,连接AO,OG,
则AF∥OG,OG⊥DE,从而AF⊥DE.
又因为四棱锥A－BCDE 是正四棱锥,
所以AO⊥平面BCDE,
所以四边形AOGF 为矩形,
所以AF⊥FG,
又DE∩FG＝G,DE,FG⊂平面DEF,
所以AF⊥平面DEF,
又FG＝AO＝3,
所以VA－FDE＝1
3·AF·S△FDE＝1
3 × 3√2
2
× 1
2×3√2×3＝9
2.
设点F 到平面ADE 的距离为h,
因为VF－ADE＝VA－FDE＝9
2,
即1
3 × √3
4 ×(3√2)2·h＝9
2,所以h＝√3,
所以点F 到平面ADE 的距离为√3.
(3)因为四棱锥A－BCDE 是正四棱锥,
所以OC,OD,OA 两两垂直,
故以O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,3),B(0,－3,0),C(3,0,0),D(0,3,0),F(－1,1,3),
所以⃗BA＝(0,3,3),⃗CA＝(－3,0,3),⃗DF＝(－1,－2,3).
设平面ABC 的法向量为n＝(x,y,z),
则有{
n·⃗BA ＝3 y ＋3 z＝0,
n·⃗CA ＝−3 x＋3 z＝0,
令z＝1,
可得平面ABC 的一个法向量为n＝(1,－1,1).
设直线DF 与平面ABC 所成角为θ,
则sin θ＝|⃗DF ·n|
|⃗DF |·|n|
＝
4
√14×√3 ＝2√42
21 ,
所以直线DF 与平面ABC 所成角的正弦值为2√42
21 .
3.(2025·盐城质检)在三棱锥A－BCD 中,已知CB＝CD＝√5,BD＝2,O 为BD 的中点,AO⊥平面
BCD,AO＝2,E 为AC 的中点.
(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值;
(2)若点F 在BC 上,满足BF＝1
4BC,设平面FDE 与平面DEC 夹角的大小为θ,求sin θ 的值.
解 (1)如图,连接OC,因为CB＝CD,O 为BD 的中点,所以CO⊥BD.
又AO⊥平面BCD,
OB,OC⊂平面BCD,
所以AO⊥OB,AO⊥OC,
故以O 为坐标原点,以OB,OC,OA 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.
因为BD＝2,CB＝CD＝√5,AO＝2,
所以B(1,0,0),D(－1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2).
因为E 为AC 的中点,所以E(0,1,1),
所以⃗AB＝(1,0,－2),⃗DE＝(1,1,1),
所以|cos<⃗AB,⃗DE>|＝|⃗AB·⃗DE|
|⃗AB|·|⃗DE|
＝|1＋0−2|
√5×√3
＝√15
15 .
因此,直线AB 与DE 所成角的余弦值为√15
15 .
(2)因为点F 在BC 上,BF＝1
4 BC,⃗
BC＝(－1,2,0),
所以⃗BF ＝1
4⃗BC ＝(−1
4 , 1
2 ,0).
又⃗DB＝(2,0,0),
故⃗DF ＝⃗DB＋⃗BF ＝(
7
4 , 1
2 ,0).
设平面DEF 的法向量为n1＝(x1,y1,z1),
则{⃗
DE·n1＝x1＋y1＋z1＝0,⃗
DF ·n1＝7
4 x1＋1
2 y1＝0,
取x1＝2,得y1＝－7,z1＝5,
所以n1＝(2,－7,5)为平面DEF 的一个法向量.
设平面DEC 的法向量为n2＝(x2,y2,z2),
又⃗DC＝(1,2,0),
则{⃗
DE·n2＝x2＋y2＋z2＝0,⃗
DC ·n2＝x2＋2 y2＝0,
取x2＝2,得y2＝－1,z2＝－1,
所以n2＝(2,－1,－1)为平面DEC 的一个法向量.
故cos θ＝
|n1·n2|
|n1|·|n2| ＝|4＋7−5|
√78×√6
＝√13
13 ,
所以sin θ＝√1−co s
2θ＝2√39
13 .
4.(2025·广安二模)在三棱柱ABC－A1B1C1中,A1C⊥底面ABC,∠ACB＝90°,AA1＝2,A1到平面
BCC1B1的距离为1.
(1)证明:平面A1ACC1⊥平面BB1C1C;
(2)已知三棱锥B－ACC1的体积为√3
3 ,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
(1)证明 ∵A1C⊥底面ABC,BC⊂底面ABC,∴A1C⊥BC,
又∵BC⊥AC,AC∩A1C＝C,
AC⊂平面A1ACC1,A1C⊂平面A1ACC1,
∴BC⊥平面A1ACC1,
又∵BC⊂平面BB1C1C,
∴平面A1ACC1⊥平面BB1C1C.
(2)解 法一 由(1)可知,BC⊥平面ACC1A1,
又CC1⊂平面ACC1A1,
∴BC⊥CC1.
∵V
B
三棱锥−AC C1＝V
A
三棱锥−BC C1＝V 三棱锥A1−BC C1,
∴V 三棱锥A1−BC C1＝1
3 × 1
2×2×BC×1＝√3
3 ,
∴BC＝√3.
∵A1C1∥AC,A1C⊥AC,
∴A1C⊥A1C1.
在Rt△A1C1C 中,作A1O⊥CC1于点O,
又∵平面A1ACC1⊥平面BB1C1C,且平面A1ACC1∩平面BB1C1C＝CC1,
A1O⊂平面A1ACC1,
∴A1O⊥平面BB1C1C,
则A1O 即为A1到平面BCC1B1的距离,即A1O＝1＝1
2CC1,
∴O 为CC1的中点,即C1O＝1,
∴AC＝A1C＝A1C1＝√2.
过A 作AM∥A1O 交C1C 的延长线于点M,连接MB1,
∴AM⊥平面BB1C1C,
则∠AB1M 为AB1与平面BCC1B1所成的角.
又∵A1O∥AM,AA1∥OM,
∴四边形A1AMO 为平行四边形,
∴OM＝AA1＝2,AM＝A1O＝1,
∴C1M＝3,B1M＝√C1 M
2＋B1C1
2＝√9＋3＝2√3,
AB1＝√A M
2＋B1 M
2＝√1＋12＝√13,
∴sin∠AB1M＝1
√13 ＝√13
13 ,
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为√13
13 .
法二 ∵A1C⊥平面ABC 且AC⊥BC,
∴CA,CB,CA1两两相互垂直.
故以C 为坐标原点,以CA,CB,CA1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图.
由法一可知,
AC＝A1C＝√2,BC＝√3,
∴C(0,0,0),A(√2,0,0),C1(－√2,0,√2),B(0,√3,0),
∴⃗CB＝(0,√3,0),⃗C C1＝(－√2,0,√2),
∵⃗CB＝⃗C1B1,
∴B1(－√2,√3,√2),∴⃗A B1＝(－2√2,√3,√2).
设平面CBB1C1的法向量n＝(x,y,z),
∴{
n·⃗CB＝√3 y ＝0,
n·⃗C C1＝−√2 x＋√2 z＝0,
令x＝1,可得法向量n＝(1,0,1),
∴|cos<n,⃗A B1>|＝
|n·⃗A B1|
|n||⃗A B1|
＝√13
13 ,
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为√13
13
