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第2 讲 几何法求空间角、距离
微点一 异面直线所成的角
空间余弦定理：在四面体ABCD 中，设异面直线AC，BD 所成的角为θ，θ∈(0，π
2]，则cos θ =
|A D
2+C B
2−A B
2−C D
2|
2 AC ·BD
.
例1 (1)在正三棱台ABC-A1B1C1中，AB=2A1B1=4，∠A1AB=60°，M 为A1C1的中点，则直线AM 与BC
所成角的余弦值为( )
A.√7
15
B.√7
14
C.√7
3
D.√7
4
答案 B
解析 如图，取A1B1的中点N，连接MN，AN，则MN∥B1C1，且B1C1∥BC，故MN∥BC，
故∠AMN(或其补角)即为AM 与BC 所成的角，
易得B1C1=A1B1=2，MN=1
2B1C1=1，A1N=1，AM=AN，
延长AA1，BB1，CC1，相交于点P，
因为∠A1AB=60°，所以△PAB，△PAC，△PBC 均为等边三角形，
又AB=2A1B1=4，根据比例关系可知AA1=A1P=2，且∠AA1B1=120°，
由余弦定理得AN2=AA1
2+A1N2-2AA1·A1Ncos∠AA1N=7，
故AM=AN=√7，
所以cos∠AMN= A M
2+ M N
2−A N
2
2 AM · MN
=
1
2×√7×1=√7
14 ，
即直线AM 与BC 所成角的余弦值为√7
14 .
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(2)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M 为棱AB 的中点，
AB=2，AD=2√3，∠BAD=π
2 ，则异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为 .
答案 √13
26
解析 方法一 如图，取AC 的中点N，连接MN，ND，
因为M 为棱AB 的中点，故MN∥BC，MN=1
2BC=1，
所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC 与MD 所成的角.
在Rt△DAM 中，AM=1，AD=2√3，
故DM=√A D
2+ A M
2=√13.
易得AD⊥平面ABC，故AD⊥AC.
在Rt△DAN 中，AN=1，AD=2√3，
故DN=√A D
2+ A N
2=√13，DM=DN，
在等腰三角形DMN 中，MN=1，
可得cos∠DMN=
1
2 MN
DM
=√13
26 ，
所以异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为√13
26 .
方法二 (空间余弦定理)
如图，连接MC，则在四面体MBCD 中可使用空间余弦定理.
在Rt△AMD 中，AM=1，AD=2√3，
则MD=√13.
因为△ABC 是等边三角形，且M 为棱AB 的中点，
所以BM=1
2AB=1，CM⊥AB，
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又平面ABC⊥平面ABD，且平面ABC∩平面ABD=AB，CM⊂平面ABC，
所以CM⊥平面ABD，
又MD⊂平面ABD，所以CM⊥MD，
在Rt△MCD 中，CM=√3，MD=√13，则CD=4.
在Rt△ABD 中，AB=2，AD=2√3，则BD=4.
设BC，MD 所成的角为θ，θ∈(0，π
2]，
则cos θ=|B M
2+C D
2−C M
2−B D
2|
2BC · MD
=√13
26 .
[规律方法] 求异面直线所成角的步骤
(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)的角即为所求角.
(3)通过解三角形来求角.
跟踪演练1 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 如图所示，设E，F，G，H 分别是棱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，
易知EF⊥EH，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 .
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微点二 直线与平面所成的角
三余弦定理(最小角定理)：
如图所示，设A 为平面α 上一点，过点A 的斜线AO 在平面α 上的射影为AB，AC 为平面α 内的一条直线，
那么∠OAC，∠OAB，∠BAC 三角的余弦关系为cos∠OAC=cos∠BAC·cos∠OAB.
证明：如图，过点O 作OB⊥AB 于点B，过点B 作BC⊥AC 于点C，连接OC，
则△OAC，△ABC，△OAB 均为直角三角形，
令∠OAB=θ1，∠BAC=θ2，∠OAC=θ，
则cos θ1= AB
AO ，cos θ2= AC
AB ，cos θ= AC
AO .
显然cos θ=cos θ1·cos θ2，且θ1<θ，
即斜线与射影所成的角是斜线与平面内的任意直线所成的角中的最小的角.
例2 如图1，有一边长为2 的正方形纸片ABCD，E 是AD 边的中点，将△ABE 沿直线BE 折起至A'BE
的位置，此时恰好A'E⊥A'C，点A'在平面BCDE 上的射影为O(如图2).
(1)求证：EO⊥BC；
(2)求直线A'C 与平面A'BE 所成角的正弦值.
(1)证明 由题意得A'E⊥A'B，
又A'E⊥A'C，A'C∩A'B=A'，
A'C，A'B⊂平面A'BC，
则A'E⊥平面A'BC，
又BC⊂平面A'BC，则A'E⊥BC.
因为A'在平面BCDE 上的射影为O，
则A'O⊥平面BCDE，
又BC⊂平面BCDE，则A'O⊥BC.
因为A'E，A'O⊂平面A'OE，A'E∩A'O=A'，
可得BC⊥平面A'OE，
又EO⊂平面A'OE，则EO⊥BC.
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(2)解 延长EO 交BC 于点F，则F 为BC 的中点，连接FA'，CE，
由(1)得A'E⊥平面A'BC，
又A'F⊂平面A'BC，
则A'E⊥A'F，∠FA'E=π
2 .
易知△A'BC 为正三角形，
所以A'F=√3，又EF=2，A'E=1，
所以1
2A'O·EF=1
2A'F·A'E⇒A'O=√3
2 ，∠FEA'=π
3 .
设点C 到平面A'BE 的距离为h，A'C 与平面A'BE 所成的角为β，
V 三棱锥A'-CBE=1
3×1
2×2×2×√3
2 ，
V 三棱锥C-A'BE=1
3×1
2×2×1×h，
因为V 三棱锥C-A'BE=V 三棱锥A'-CBE，
所以h=√3，sin β= h
A
'C =√3
2 .
[规律方法] 求直线与平面所成角的步骤
(1)找出直线l 在平面α 上的射影.
(2)证明所找的角就是所求的角.
(3)把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.
跟踪演练2 如图，在菱形ABCD 中，AB=2，∠BAD=60°，以AB 为轴将菱形ABCD 翻折到菱形ABC1D1
的位置，使得平面ABC1D1⊥平面ABCD，点E 为边BC1的中点，连接CE，DD1.
(1)求证：CE∥平面ADD1；
(2)求直线CE 与平面BDD1所成角的正弦值.
(1)证明 因为BE∥AD1，BE⊄平面ADD1，
AD1⊂平面ADD1，
所以BE∥平面ADD1.
同理可得BC∥平面ADD1.
又BE∩BC=B，BE，BC⊂平面BCE，
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所以平面BCE∥平面ADD1.
因为CE⊂平面BCE，
所以CE∥平面ADD1.
(2)解 取AD1的中点F，连接EF，DF，如图，则四边形EFDC 是平行四边形，所以CE∥DF.
从而CE 与平面BDD1所成的角即为DF 与平面BDD1所成的角，设为θ.
过点D1作D1G⊥AB 交AB 于点G，过点G 作GH⊥BD 交BD 于H，连接D1H，
过点G 作GK⊥D1H 交D1H 于点K，连接GF，DG.
因为平面ABCD⊥平面ABC1D1，
平面ABCD∩平面ABC1D1=AB，
又D1G⊂平面ABC1D1，D1G⊥AB，
所以D1G⊥平面ABCD，
又BD⊂平面ABCD，所以D1G⊥BD，
又GH⊥BD，D1G∩GH=G，
D1G，GH⊂平面D1GH，
从而BD⊥平面D1GH，
因为GK⊂平面D1GH，所以BD⊥GK，
又GK⊥D1H，BD∩D1H=H，
BD，D1H⊂平面BDD1，
从而GK⊥平面BDD1.
所以GK 的长即为点G 到平面BDD1的距离.
由D1G=√3，GH=√3
2 ，
可得GK=√15
5 .
又GF∥BD1，所以F 到平面BDD1的距离设为h，即为点G 到平面BDD1的距离，
即h=GK=√15
5 .
又D1G=DG=√3，
可得DD1=√6.
在△ADD1中，DD1=√6，AD=AD1=2，
由中线定理得4DF2+AD1
2=2(AD2+DD1
2)，得DF=2.
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所以sin θ= h
DF =√15
10 ，
所以直线CE 与平面BDD1所成角的正弦值为√15
10 .
微点三 二面角
1.二面角的求法：
(1)定义法
(2)三垂线法
在平面α 内找一合适的点A，作AO⊥β 于O，过点A 作AB⊥l 于点B，则BO 为斜线AB 在平面β 内的射影，
∠ABO 为二面角α-l-β 的平面角，如图1.
(3)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(cosθ = S射
S斜
=
S△A
' B
'C
'
S△ABC
，如图2)求出二面角的大小.
(4)补棱法
当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形进行补充，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.当两个半平面没有明确的交线时，也可直接用射影面积法解题.
(5)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，如图3.
2.三正弦定理(最大角定理)：对于一个锐二面角，在其中一个半平面内的任一条直线与另一个半平面所成
的线面角的最大值等于二面角的平面角，即二面角是最大的线面角.(由三正弦定理sin θ=sin α·sin β 可得.其
中二面角的平面角为α，二面角的一个半平面ABM 内任意直线与另一个半平面ABN 所成的线面角为θ，β
为该直线与二面角棱AB 所成的角(在半平面ABM 内)).
例3 (1)(多选)(2025·广州模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E 分别是AB，BB1的中点，
AA1=AC=CB=√2
2 AB，则下列判断正确的是( )
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A.BC1∥平面A1CD
B.平面A1CD⊥平面AB1C1
C.A1E⊥EC
D.二面角D-A1C-E 的平面角的正弦值为√6
3
答案 ABD
解析 如图，连接AC1交A1C 于F，连接DF，AB1，
易知F 为AC1的中点，DF∥BC1，BC1⊄平面A1CD，DF⊂平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD，选项A 正确；
易知B1C1⊥平面AA1C1C，A1C⊂平面AA1C1C，
所以A1C⊥B1C1，
又A1C⊥AC1，AC1，B1C1⊂平面AB1C1，AC1∩B1C1=C1，
所以A1C⊥平面AB1C1，
又A1C⊂平面A1CD，
所以平面A1CD⊥平面AB1C1，选项B 正确；
令AA1=AC=CB=√2
2 AB=a，
则A1C=√2a，EC=√5
2 a，A1E=3
2a，不满足勾股定理，故选项C 错误；
由于AC=CB= AB
√2 ，所以AC⊥BC，
因为AD=DB，所以CD⊥AB，
又因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，
所以CD⊥平面ABB1A1.
方法一 (三正弦定理)
所以三面角A1-EDC 即为“直三面角”，分离后如图.
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设∠EA1D=β，∠CA1D=α，∠CA1E=θ，二面角D-A1C-E 的平面角为φ，
由“直三面角”基本关系得cos θ=cos αcos β=√3
2 · 2√3
3√2=√2
2 ，sin θ=√2
2 ，
所以由三正弦定理得，sin φ=sin β
sinθ =
√3
3
√2
2
=√6
3 ，选项D 正确.
方法二 (面积射影法)
连接DE(图略)，DE=√B D
2+ B E
2=√3
2 a，A1D=√6
2 a，DE2+A1D2=A1E2，
故DE⊥A1D，
由于CD⊥DE，
易知DE⊥平面A1CD，E 在平面A1CD 内的射影为D，
设二面角D-A1C-E 的平面角为θ，
cos∠A1EC= A1 E
2+ EC
2−A1C
2
2 A1 E· EC
=√5
5 ，sin∠A1EC=2√5
5
，
所以cos θ=
S△A1 DC
S△A1 EC
=
1
2 · √2
2 a· √6
2 a
1
2 · 3
2 a· √5
2 a· 2√5
5
=√3
3 ，sin θ=√6
3 ，D 正确.
(2)(多选)(2025·广州模拟)如图，在四面体A-BCD 中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=2√2，M
是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在棱AC 上，且AQ=3QC，二面角C-BM-D 的平面角大小为60°，
则下列判断正确的是( )
A.PQ∥平面BCD
B.二面角B-MC-D 的平面角大小为60°
C.∠BDC=60°
D.四面体A-BCD 的体积为2√3
3
答案 ACD
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解析 如图，作QF∥AD∥PE，根据平面几何知识易得QF=PE=1
4 AD，
所以PQ∥EF，又PQ⊄平面BCD，EF⊂平面BCD，所以PQ∥平面BCD，A 正确；
易证BC⊥平面ADC，所以二面角B-MC-D 的平面角大小为90°，B 错误；
对于C，方法一 (三正弦三余弦定理)
由于MD⊥平面BCD，故三面角B-MCD 是“直三面角”，如图，
设二面角C-BM-D 的平面角为φ，φ=60°，∠DBC=α，∠MBC=θ，∠MBD=β，
则由“直三面角”基本关系得sin φ=sin α
sinθ =√3
2 ，
所以sin θ=2√3
3
sin α.
根据三余弦定理，cos θ=cos αcos β=2√2
3
cos α，sin2θ+cos2θ=1，
即4
3 sin2α+8
9cos2α=1，
即sin2α=1
4 ，sin α=1
2 ，又0°<α<90°，
所以α=30°，所以∠BDC=60°.
方法二 (射影面积法)
过C 作CH⊥BD 于H，连接MH，易知C 在平面MBD 内的射影为H，
设∠BDC=α，BH=BCsin α=BDsin2α=2√2sin2α，
所以cos 60°=S△BHM
S△BMC
=BH · MD
BC · MC
=
2√2sin
2α
2√2sin α ·√1+8co s
2α
=1
2 ，
所以4sin2α-8cos2α=1，sin2α=3
4 ，
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又0°<α<90°，sin α=√3
2 ，所以∠BDC=60°，C 正确；
由C 项分析可知CD=√2，BC=√6，V=1
3×1
2·BC·CD·AD=2√3
3
，D 正确.
[规律方法] 求二面角的平面角的步骤
(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.
跟踪演练3 (多选)(2025·武汉模拟)如图，在直三棱柱A1B1C1-ABC 中，AB⊥AC，AB=AC=2，AA1=4，D
是BC 的中点，则下列判断正确的是( )
A.A1B∥平面AC1D
B.异面直线A1B 与C1D 所成角的余弦值为3√10
10
C.A1D⊥BC
D.平面AA1B 与平面AC1D 所成二面角的平面角的正弦值为2
3
答案 ABC
解析 如图，连接A1C 交AC1于E，连接DE，
易知E 为A1C 的中点，DE∥A1B，DE⊂平面AC1D，A1B⊄平面AC1D，
所以A1B∥平面AC1D，选项A 正确；
易知AD⊥BC ,
A A1⊥BC}⇒BC⊥平面AA1D，又A1D⊂平面AA1D，则A1D⊥BC，故C 正确；
对于B，方法一 延长C1D 交B1B 的延长线于点P，连接PA，
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则PA 为平面AC1D 与平面AA1B 的交线，
由于D 为BC 的中点，所以PB=BB1，
四边形PBA1A 为平行四边形，
所以PA∥BA1，即∠APD 为异面直线A1B 与C1D 所成的角，
所以AD=BD=√2，BP=4，AP=√A B
2+ B P
2=2√5，
PD=√B D
2+ B P
2=3√2，
易知AD⊥PD，则cos∠APD= PD
AP =3√10
10
.
方法二 (空间余弦定理)
连接BC1(图略)，在四面体BA1C1D 中，设异面直线A1B 与C1D 所成的角为γ，γ∈(0，π
2]，
则cos γ=| A1 D
2+ BC1
2−A1C1
2−B D
2|
2 A1B·C1 D
=|18+24−4−2|
2×2√5×3√2 =3√10
10
，故B 正确；
对于D，方法一 (三正弦定理)
PB⊥平面ABD，PB⊂平面PBA，
则平面PBA⊥平面ABD，
从而三面角A-PBD 为“直三面角”.
分离后设∠PAB=β，∠BAD=α，∠PAD=θ，二面角B-PA-D 的平面角为φ，且AB=2，BD=DA=√2，PB=4，
则在Rt△PBD 中，PD=3√2，
在Rt△PBA 中，PA=2√5，
在Rt△PAD 中，sin θ= PD
PA =3√2
2√5=3√10
10
，
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所以sin φ=sin α
sinθ =
√2
2
3√10
10
=√5
3 ，
故平面AA1B 与平面AC1D 所成二面角的平面角的正弦值为√5
3 .
方法二 (射影面积法)
如图，过D 作DF⊥AB 于F，连接A1F，易知D 在平面AA1B 上的射影为F，
设平面AA1B 与平面AC1D 所成二面角的平面角为θ，
所以|cos θ|=
S△A1 AF
S△ADC1
=
1
2 ×1×4
1
2 ×√2×3√2
=2
3 ，
所以sin θ=√5
3 ，故D 错误.
微点四 空间距离
例4 (多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，下列说法正确的是( )
A.直线A1B1到平面ABCD 的距离为1
B.B1D1到AC 的距离为1
2
C.点B 到直线A1C 的距离为√6
3
D.平面C1DA1到平面AB1C 的距离为√3
3
答案 ACD
解析 对于A，如图1，AA1⊥平面ABCD，A1B1∥平面ABCD，AA1=1，
故直线A1B1到平面ABCD 的距离即为点A1到平面ABCD 的距离，为1，故A 正确；
对于B，如图2，设O1，O2分别是上、下底面的中心，则O1∈B1D1，O2∈AC，
则O1O2⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，故O1O2⊥AC，
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又O1O2⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，故O1O2⊥B1D1，
O1O2是异面直线B1D1，AC 的公垂线段，O1O2=1，故B 错误；
对于C，如图3，连接A1B，作BH⊥A1C 于H，BC⊥平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，
故BC⊥A1B，在Rt△A1BC 中，A1B=√2，BC=1，A1C=√3，
故BH=1×√2
√3
=√6
3 ，故C 正确；
对于D，如图4，连接BD1，BD，AC∥A1C1，A1C1⊂平面C1DA1，AC⊄平面C1DA1，故AC∥平面C1DA1，
同理AB1∥平面C1DA1，AC∩AB1=A，AC，AB1⊂平面AB1C，
故平面C1DA1∥平面AB1C，
因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，又BD⊥AC，
BD∩DD1=D，BD，DD1⊂平面BDD1，故AC⊥平面BDD1，
BD1⊂平面BDD1，故AC⊥BD1，同理可得B1C⊥BD1，
AC∩B1C=C，AC，B1C⊂平面AB1C，故BD1⊥平面AB1C，
同理BD1⊥平面C1DA1，
设点B 到平面AB1C 的距离为h，则1
3×1
2×1×1×1=1
3×1
2×√2×√2×√3
2 ×h，h=√3
3 ，
易知点D1到平面C1DA1的距离也为h，
故两平面的距离为√3-√3
3 -√3
3 =√3
3 ，故D 正确.
[规律方法] (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.
跟踪演练4 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB=2，AB=2√2，AA1=3，M 为AB 的中点.
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(1)证明：AC1∥平面B1CM；
(2)求直线AC1到平面B1CM 的距离.
(1)证明 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，连接BC1，交B1C 于点N，连接MN，如图，
则N 为BC1的中点，而M 为AB 的中点，则AC1∥MN，
又AC1⊄平面B1CM，MN⊂平面B1CM，
所以AC1∥平面B1CM.
(2)解 连接AB1，由CA=CB=2，得CM⊥AB，
又AA1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，
则AA1⊥CM，
又AB∩AA1=A，AB，AA1⊂平面ABB1A1，
因此CM⊥平面ABB1A1，
又MB1⊂平面ABB1A1，则CM⊥MB1，
又CA2+CB2=AB2，
则△ABC 是等腰直角三角形，
CM=1
2AB=√2，MB1=√M B
2+ B B1
2=√11，
S△B1CM=1
2CM·MB1=√22
2 ，
S△ACM=1
2S△ACB=1
2×1
2CA·CB=1，
设点A 到平面B1CM 的距离为d，
由V 三棱锥A −B1CM=V 三棱锥B1−ACM ，
得1
3 S△B1CM·d=1
3S△ACM·AA1，
解得d=3√22
11
，
由AC1∥平面B1CM，得直线AC1到平面B1CM 的距离即为点A 到平面B1CM 的距离，
所以直线AC1到平面B1CM 的距离为3√22
11
.
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专题强化练
[分值：80 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.已知二面角α-l-β 的大小为60°，m 为直线，且m⊥α，则m 与平面β 所成角的大小为( )
A.30°
B.60°
C.90°
D.45°
答案 A
解析 如图，过点P 作PA∥m 交平面α 于点A，作PB⊥β 交平面β 于点B，设直线l 与平面PAB 的交点为
O，连接OA，OB.
显然l⊥PA，l⊥PB，PA∩PB=P，PA，PB⊂平面PAOB，所以l⊥平面PAOB，
从而l⊥OA，l⊥OB，
所以∠AOB 即为二面角α-l-β 的平面角，所以∠AOB=60°，
从而∠APB=120°，故直线PA 与PB 所成的角为60°，
从而m 与平面β 所成的角即直线PA 与平面β 所成的角，为30°.
2.空间四面体ABCD 中，AB=CD=2，AD=BC=3，AC=BD=4，则直线BD 与AC 所成角的余弦值为( )
A. 5
16
B.1
3
C.7
8
D.3
8
答案 A
解析 设异面直线AC，BD 所成的角为θ，θ∈(0，π
2]，由空间余弦定理，
则cos θ=|A D
2+ BC
2−A B
2−C D
2|
2 AC ·BD
= 5
16.
3.已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD 为边长为2 的正方形，PA=PB=2，PC=PD=√3，则直线CD 到平面
PAB 的距离为( )
A.√69
6
B.√69
3
C.√23
6
D.√23
3
答案 A
解析 根据题意，如图，
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因为PA=PB=2，PC=PD=√3，则PM⊥AB，PN⊥CD，即PN⊥AB，
又PM∩PN=P，PM，PN⊂平面PMN，
所以AB⊥平面PMN，又AB⊂平面PAB，
所以平面PMN⊥平面PAB，
因为底面ABCD 为边长为2 的正方形，
则AB∥CD，AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，
所以CD∥平面PAB，
则直线CD 到平面PAB 的距离为点N 到平面PAB 的距离，
即点N 到直线PM 的距离，
又PM=√P A
2−A M
2=√4−1=√3，
PN=√P D
2−D N
2=√3−1=√2，MN=AD=2，
在△PMN 中，cos∠MPN= P M
2+ P N
2−M N
2
2 PM · PN
=√6
12 ，
则sin∠MPN=√138
12 ，
所以点N 到直线PM 的距离为PN·sin∠MPN=√2×√138
12 =√69
6 .
4.(2025·新余模拟)在三棱锥P-ABC 中，PA⊥PC 且PA=PC，底面ABC 是等边三角形，平面PAC⊥平面
ABC，若⃗QA=2⃗PQ，则二面角Q-BC-A 的平面角的余弦值为( )
A.√2
3
B.√3
3
C.√2
2
D.√3
2
答案 D
解析 如图，过点P 作PD⊥AC，垂足为D，
∵平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC=AC，PD⊂平面PAC，
∴PD⊥平面ABC，
作QO⊥AC，则PD∥QO，
则QO⊥平面ABC，
作OE⊥BC 于E，∵BC⊂平面ABC，∴QO⊥BC，
又∵OE⊥BC，OE∩QO=O，OE，QO⊂平面QOE，∴BC⊥平面QOE，
∵QE⊂平面QOE，∴BC⊥QE，
∴∠QEO 为二面角Q-BC-A 的平面角.
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∵⃗QA=2⃗PQ，PA⊥PC 且PA=PC，
∴QO=2
3PD=1
3AC，
作AF⊥BC 于F，由△ABC 是等边三角形，
得OE=2
3AF=√3
3 AC，
∴tan∠QEO=QO
OE =
1
3 AC
√3
3 AC
=√3
3 ，
∴cos∠QEO=√3
2 .
5.如图，在三棱锥O-ABC 中，二面角O-AB-C 的大小为θ，AO 与底面ABC 所成的角为θ1，AO 与BC 所成
的角为θ2，则θ，θ1，θ2的大小关系为( )
A.θ1≤θ
B.θ1≥θ
C.θ1>θ2
D.θ1≥θ2
答案 A
解析 过点O 作OD⊥平面ABC 于点D，过点D 作DE⊥AB 于点E，连接OE，AD，
则∠OED 即为二面角O-AB-C 的平面角，即∠OED=θ；
∠OAD 就是AO 与底面ABC 所成的角，
即∠OAD=θ1；
过点A 作AB'∥BC，则∠OAB'(或其补角)就是AO 与BC 所成的角，即θ2；
因为OD≤OE≤OA，在Rt△OAD 中，sin θ1=OD
OA ，
在Rt△OED 中，sin θ=OD
OE ，
所以sin θ1≤sin θ，
又因为0<θ1，θ≤π
2 ，所以θ1≤θ.
θ2是AO 与BC 所成的角，根据最小角定理知，θ1≤θ2.
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6.在梯形ABCD 中，AB∥CD，AD⊥AB，AB=AD=4，CD=3，把梯形ABCD 沿对角线AC 折起，使D 到达P
的位置，当二面角P-AC-B 的取值范围为[
π
6 ，π
4]时，三棱锥P-ABC 的体积的取值范围为( )
A.[
48
5 ，96
5 ]
B.[
16
15 ，32√2
15 ]
C.[
6
5 ，12
5 ]
D.[
16
5 ，16√2
5 ]
答案 D
解析 S△ABC=1
2×4×4=8，在Rt△PAC 中，作PE⊥AC 于点E，
又PE= AP· PC
AC
=12
5 ，AE=16
5 ，CE=9
5 ，连接DE，BE，由旋转不变形可得DE⊥AC，
故∠PED 为二面角P-AC-D 的平面角，
也是二面角P-AC-B 的平面角的补角，
故3 π
4 ≤∠PED≤5 π
6 ，
又因为PE⊥AC，DE，PE⊂平面PED，DE∩PE=E，
则AC⊥平面PED，
又因为AC⊂平面ABC，
则平面ABC⊥平面PED，
在平面PED 内，过P 作PM⊥DE，垂足为M，
因为平面ABC∩平面PED=DE，PM⊂平面PED，
故PM⊥平面ABC，设点P 到平面ABC 的距离为h，则h=PM，
则三棱锥P-ABC 的体积V=1
3S△ABC·h=8h
3 ，
易知当二面角P-AC-D 等于3 π
4 时，h 取最大值，此时h=PE·sinπ
4 =6√2
5
，则V=16√2
5
；
当二面角P-AC-D 等于5 π
6 时，h 取最小值，此时h=PE·sinπ
6 =6
5 ，则V=16
5 ，
故三棱锥P-ABC 的体积的取值范围为[
16
5 ，16√2
5 ].
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
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7.如图，在多面体ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，CA⊥平面ABB1A1，CC1⊥平面ABC，且
AA1=AC=4，CC1=2，AB=3，则( )
A.BC1=√29
B.BC1⊥AA1
C.直线A1C1与平面ABC1所成角的正弦值为4
5
D.直线A1B1到平面ABC1的距离为8√5
5
答案 ACD
解析 对于A，因为CA⊥平面ABB1A1，且AB⊂平面ABB1A1，所以CA⊥AB，
同理可得CC1⊥BC，故BC1=√A B
2+ A C
2+C C1
2=√29，故A 正确；
对于B，在矩形ABB1A1中，易知AA1⊥AB，
因为CA⊥平面ABB1A1，且AA1⊂平面ABB1A1，所以CA⊥AA1，
因为CA∩AB=A，CA，AB⊂平面ABC，所以AA1⊥平面ABC，
由图可知BC1∩平面ABC=B，故B 错误；
对于C，在平面ACC1A1内，过A1作A1D⊥AC1，垂足为D，如图，
因为AB⊥AA1，AB⊥AC，AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，所以AB⊥平面ACC1A1，
因为A1D⊂平面ACC1A1，所以AB⊥A1D，
因为A1D⊥AC1，AB∩AC1=A，AB，AC1⊂平面ABC1，所以A1D⊥平面ABC1，
故∠A1C1A 为直线A1C1与平面ABC1所成的角，
易知△AA1C1的面积S△A A1C1=1
2×AA1×AC=8，AC1=A1C1=√A C
2+C C1
2=2√5，
则A1D=
2S△A A1C1
A C1
=8√5
5
，在Rt△A1DC1中，sin∠A1C1A= A1 D
A1C1
=4
5 ，故C 正确；
对于D，在矩形ABB1A1中，A1B1∥AB，因为AB⊂平面ABC1，A1B1⊄平面ABC1，所以A1B1∥平面ABC1，
由选项C 可知点A1到平面ABC1的距离为A1D=8√5
5
，即A1B1到平面ABC1的距离为8√5
5
，故D 正确.
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8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P 为线段B1C 上的动点，点E，F 分别是棱BC，CC1的中点，
则( )
A.AP 与BD1始终保持垂直
B.EF 与BD1所成角的正弦值为√6
3
C.点C 到平面AEF 的距离为1
3
D.以A 为球心，AB 为半径的球的球面与四边形A1BCD1的交线长为√2π
2
答案 ACD
解析 对于A，由题意可作图如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
易知A1B⊥AB1，A1D1⊥平面ABB1A1，
因为AB1⊂平面ABB1A1，所以A1D1⊥AB1，
因为A1D1∩A1B=A1，A1D1，A1B⊂平面A1BD1，所以AB1⊥平面A1BD1，
因为BD1⊂平面A1BD1，所以AB1⊥BD1，同理可得AC⊥BD1，
因为AC∩AB1=A，AC，AB1⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C，
因为AP⊂平面AB1C，所以BD1⊥AP，故A 正确；
对于B，由题意可作图如图所示，
因为E，F 分别为BC，CC1的中点，所以在正方体ABCD-A1B1C1D1中，EF∥AD1，
在Rt△A1AD1中，AD1=√A1 D1
2+ A A1
2=√2，
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知AB⊥平面ADD1A1，
因为AD1⊂平面ADD1A1，所以AB⊥AD1，
在Rt△ABD1中，BD1=√A D1
2+ A B
2=√3，则sin∠AD1B= AB
B D1
=√3
3 ，
所以EF 与BD1所成角的正弦值为√3
3 ，故B 错误；
对于C，由题意可作图如图所示，
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在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知CC1⊥平面ABCD，
所以三棱锥F-ACE 的体积V=1
3·CF·S△ACE=1
3·CF·1
2·AB·CE= 1
24 ，
因为AC⊂平面ABCD，所以CF⊥AC，
则AF=√A C
2+C F
2=3
2 ，
易知AE=√A B
2+ B E
2=√5
2 ，EF=1
2 √BC
2+C C1
2=√2
2 ，
在△AEF 中，cos∠AEF= A E
2+ E F
2−A F
2
2· AE· EF
=-√10
10 ，
则sin∠AEF=√1−co s
2∠AEF=3√10
10
，
所以S△AEF=1
2·AE·EF·sin∠AEF=3
8 ，
即点C 到平面AEF 的距离d= 3V
S△AEF
=1
3 ，故C 正确；
对于D，由题意可作图如图所示，
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知AB1⊥A1B，BC⊥平面ABB1A1，
因为AB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB1，
因为A1B∩BC=B，A1B，BC⊂平面A1BCD1，所以AB1⊥平面A1BCD1，
由题意可得交线为圆锥底面周长的一半，圆锥的顶点为A，底面直径为A1B=√2，
则交线的长度为1
2·π·A1B=√2π
2
，故D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.已知在棱长为2 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P 是AC 上一点，则点P 到平面A1C1D 的距离为 .
答案 2√3
3
解析 如图，易知AC∥A1C1，而A1C1⊂平面A1C1D，AC⊄平面A1C1D，则AC∥平面A1C1D，
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则要求点P 到平面A1C1D 的距离即为求点A 到平面A1C1D 的距离，设为d，
由V 三棱锥A −A1C1 D=V 三棱锥C1−A A1 D，得1
3×1
2×2√2×2√2×√3
2 d=1
3×1
2×2×2×2，解得d=2√3
3
，即点P 到
平面A1C1D 的距离为2√3
3
.
10.正四面体A-BCD 放置在平面α 上，△CBD 在平面α 内，E 为BC 的中点，当四面体绕CD 旋转时，AE 与
平面α 所成角的余弦值的取值范围是 .
答案 [
√3
6 ，1]
解析 设AE 与平面α 所成的角为θ，当旋转到AE∥α 时，cos θ=1，此时余弦值最大；
取BD 的中点F，连接AF，EF，取EF 的中点H，连接AH，
所以EF∥CD，AE=AF，AH⊥EF，
所以当四面体绕CD 旋转时，AE 与平面α 所成的角即为四面体绕EF 旋转时，AE 与平面α 所成的角，
当四面体绕EF 旋转时，
若点A 到平面α 的距离h 最大，则cos θ=√A E
2−h
2
AE
最小，
此时AH⊥α，h=AH，设正四面体棱长为2，
则AE=AF=√3，FE=1，EH=1
2 ，
此时cos θ=√A E
2−A H
2
AE
=√3
6 ，
因为旋转过程连续，故cos θ 的取值范围为[
√3
6 ，1].
四、解答题(共28 分)
11.(13 分)在△ABC 中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D，满足PD=DA，
PB=BA，四面体P-ABC 的体积为√21
6 .
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(1)证明：BD⊥AP；(6 分)
(2)求直线PB 与平面ABC 所成角的正弦值.(7 分)
(1)证明 取AP 的中点K，连接KB，KD，如图，
由PD=DA，PB=BA，
得AP⊥BK，AP⊥DK，
又因为BK∩DK=K，且BK，DK⊂平面BDK，
所以AP⊥平面BDK，
因为BD⊂平面BDK，所以BD⊥AP.
(2)解 设点P 到平面ABC 的距离为h，直线PB 与平面ABC 所成角为θ，
则四面体P-ABC 的体积为1
3S△ABC·h=1
3×1
2×2×2×√3
2 h=√3
3 h=√21
6 ，解得h=√7
2 ，
故sin θ= h
PB =√7
4 ，
即直线PB 与平面ABC 所成角的正弦值为√7
4 .
12.(15 分)如图，三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2，△A1BC 为等边三角形.
(1)求证：A1B⊥平面AB1C；(3 分)
(2)求点C 到平面AA1B1B 的距离；(5 分)
(3)求二面角C-A1B-C1的平面角的正弦值.(7 分)
(1)证明 设AB1∩A1B=O，连接CO，如图，
因为四边形AA1B1B 为菱形，
所以A1B⊥AB1，A1O=OB，
又因为△A1BC 为等边三角形，
所以A1B⊥CO，
因为AB1∩CO=O，AB1，CO⊂平面AB1C，
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所以A1B⊥平面AB1C.
(2)解 方法一 设点C 到平面AA1B1B 的距离为d，
在△AOC 中，AO=OC=√3，AC=2，
可得点O 到AC 的距离为√A O
2−(
AC
2 )
2
=√2，
由(1)知，A1B⊥平面AB1C，
所以V 三棱锥C −A A1B=V 三棱锥A1−AOC+V 三棱锥B-AOC=2V 三棱锥A1−AOC=2×1
3×1×1
2×2×√2=2√2
3
，
又因为S△A A1B=1
2×√3×2=√3，
所以d=
3V 三棱锥C −A A1B
S△A A1B
=2√2
√3 =2√6
3
.
方法二 由(1)知，A1B⊥平面AB1C，A1B⊂平面AA1B1B，
所以平面AB1C⊥平面AA1B1B，
平面AB1C∩平面AA1B1B=AB1，
过C 作CE⊥AB1，垂足为E，CE⊂平面AB1C，
所以CE⊥平面AA1B1B，
则CE 即为点C 到平面AA1B1B 的距离，
在△AOC 中，AO=OC=√3，AC=2，
可得点O 到AC 的距离为√A O
2−(
AC
2 )
2
=√2，
所以1
2×2×√2=1
2×√3×CE，
则CE=2√6
3
，
所以点C 到平面AA1B1B 的距离为2√6
3
.
(3)解 由(2)知，CE=2√6
3
，AC=2，
在Rt△ACE 中，sin∠CAE= CE
AC =√6
3 ，
则cos∠CAE=√3
3 ，
在△AB1C 中，由余弦定理得B1C2=AC2+AB1
2-2AC·AB1cos∠CAE=8，
解得B1C=2√2，
设BC1∩B1C=D，
连接DO，DO∥A1C1，DO⊂平面AB1C，所以DO⊥A1B，
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又CO⊥A1B，
所以∠COD 即为二面角C-A1B-C1的平面角，
因为DO=1
2A1C1=1，CD=√2，CO=√3，
所以CD2+DO2=CO2，
则CD⊥DO，
所以sin∠COD=CD
CO =√6
3 ，
所以二面角C-A1B-C1的平面角的正弦值为√6
3 .
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