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微专题 11 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，AB＝6，A1B1＝2，则
A1A 与平面ABC 所成角的正切值为( )
A.
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＝h，PO＝h，
又S△A1B1C1＝×22×＝，
S△ABC＝×62×＝9，
所以正三棱台ABC－A1B1C1的体积V＝VP－ABC－VP－A1B1C1＝×9×h－××h＝，
解得h＝，故PO＝h＝2.
由正三棱台的性质可知，O 为底面ABC 的中心，
则OA＝×＝2，
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＝＝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，
所以D1N＝，CB1＝(1，－1，2)，
CM＝(－1，0，1).
设平面CB1M 的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，则n＝(1，3，1).
D1N·n＝·(1，3，1)＝－＝0，
所以D1N⊥n，显然D1N⊄平面CB1M，
所以D1N∥平面CB1M.
(2)解 易知CB1＝(1，－1，2)，BC＝(－1，1，0)，
设平面BB1C1C 的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则即
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〉|＝＝＝，
所以平面CB1M 与平面BB1C1C 夹角的余弦值为.
(3)解 易知BB1＝(0，0，2).
设点B 到平面CB1M 的距离为d，
则d＝＝＝，
所以点B 到平面CB1M 的距离为.
【热点突破】
热点一 异面直线所成的角
例1 (2024·丹东模拟)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.
B.
C.
D.
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 綊BA1，GH 綊AC1，
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，EH＝，EF＝2，
则FH＝＝，
又FG＝BA1＝，GH＝AC1＝，
在△FGH 中，由余弦定理得
cos∠FGH＝＝－.
所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为.
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＝，AD＝，
所以B，A1，A，C1，
所以BA1＝，AC1＝，
所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为|cos 〈BA1，AC1〉|＝
＝＝.
规律方法 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)的角即为所求角；
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〉＝；③利用cos θ＝|cos〈m，n〉|，以及θ∈，求出角θ.
训练1 (1)(2024·绵阳模拟)三棱柱ABC－A1B1C1，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.
B.
C.
D.
(2)如图，已知圆柱O1O2的轴截面ABCD 是边长为2 的正方形，E 为下底面圆周
上一点，满足BE＝2AE，则异面直线AE 与BO1所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
答案 (1)D (2)B
解析 (1)设AB＝a，AC＝b，AA1＝c，|a|＝|b|＝|c|＝1，
由题意〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，AB1＝a＋c，BC1＝－a＋b＋c，
|AB1|＝＝＝，
|BC1|＝＝，
又AB1·BC1＝(a＋c)·(－a＋b＋c)＝b·a＋b·c＋c2－a2＝＋＋1－1＝1，
设异面直线AB1与BC1所成角为θ，
则cos θ＝|cos 〈AB1，BC1〉|＝＝.
(2)法一 如图，连接EO2 并延长，交底面圆于点F，连接FO1，FB，易知
AE∥BF 且AE＝BF，所以∠FBO1为异面直线AE 与BO1所成的角或其补角.
因为BE＝2AE，则∠AO2E＝60°，
所以△AEO2为正三角形，故AE＝BF＝1.
由圆柱的性质知O1F＝O1B＝＝，
所以在等腰△BFO1中，
cos∠FBO1＝＝.
法二 以A 为原点，AB，AD 所在直线分别为y 轴、z 轴，过点A 的AB 的垂线所
在直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，
O1(0，1，2)，E，
所以AE＝，BO1＝(0，－1，2)，
所以异面直线AE 与BO1所成角的余弦值为
|cos〈AE，BO1〉|＝＝＝.
故选B.
热点二 直线与平面所成的角
例2 (2024·宁波模拟)在菱形ABCD 中，AB＝2，∠BAD＝60°，以AB 为轴将菱形
ABCD 翻折到菱形ABC1D1，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 ∵BE∥AD1，BE⊄平面ADD1，A1D⊂平面ADD1，∴BE∥平面ADD1.
同理可得BC∥平面ADD1.
又∵BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCE，
∴平面BCE∥平面ADD1.
∵CE⊂平面BCE，∴CE∥平面ADD1.
(2)解 法一 取AB 中点O，易知OD⊥AB，OD1⊥AB.
∵平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D1＝AB，
又OD1⊂平面ABC1D1，OD1⊥AB，
∴OD1⊥平面ABCD.
如图，建立空间直角坐标系，则A(0，1，0)，
B(0，－1，0)，D(，0，0)，C(，－2，0)，D1(0，0，)，C1(0，－2，).
从而E，得CE＝.
又BD＝(，1，0)，DD1＝(－，0，)，
设平面BDD1的法向量n＝(x，y，z)，
有得
解得
取z＝1，可得平面BDD1的一个法向量为n＝(1，－，1)，
设直线CE 与平面BDD1所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈CE，n〉|＝＝＝，
所以直线CE 与平面BDD1所成角的正弦值为.
法二 取AD1中点F，则EFDC 是平行四边形，所以CE∥DF.
从而CE 与平面BDD1所成角即为DF 与平面BDD1所成角，设为θ.
过D1作D1G⊥AB 交AB 于G，过G 作GH⊥BD 交BD 于H，
过G 作GK⊥D1H 交D1H 于K.
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G 到平面BDD1的距离.
由D1G＝，GH＝，可得GK＝.
又GF∥BD1，所以F 到平面BDD1的距离设为h 即为G 到平面BDD1的距离，
即h＝GK＝.
又D1G＝DG＝，可得DD1＝.
在△ADD1中，DD1＝，AD＝AD1＝2，
所以4DF2＋AD＝2(AD2＋DD)，得DF＝2.
所以sin θ＝＝，所以直线CE 与平面BDD1所成角的正弦值为.
规律方法 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.
(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〉＝；③利用sin θ＝|cos〈AB，n〉|，以及θ∈，求出角θ.
训练2 (2024·北京门头沟模拟)如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥平面ABCD，
AB⊥AD，AD∥BC，BC＝AD，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 中点为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＝AD；
又AD∥BC，BC＝AD，
故ME∥BC，ME＝BC，
则四边形MBCE 为平行四边形，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AC＝，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
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〉|＝＝＝.
即直线PC 与平面BCE 所成角的正弦值为.
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⊂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 的夹角.
在△ABM 中，因为AB＝2，AM＝PA＝1，
则BM＝＝，sin∠AMB＝.
在△PMN 中，因为PM＝PA＝1，∠AMB＝∠PMN，则PN＝sin∠PMN×PM＝.
又PC＝3，sin∠PCN＝＝＝，
即直线PC 与平面BCE 所成角的正弦值为.
热点三 平面与平面的夹角
例3 (2024·深圳模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1 中，侧面BB1C1C⊥底面
ABC，且AB＝AC，A1B＝A1C.
(1)证明：AA1⊥平面ABC；
(2)若AA1＝BC＝2，∠BAC＝90°，求平面A1BC 与平面A1BC1夹角的余弦值.
(1)证明 取BC 的中点M，连接MA，MA1.
因为AB＝AC，A1B＝A1C，
所以BC⊥AM，BC⊥A1M，
由于AM，A1M⊂平面A1MA，且AM∩A1M＝M，
因为BC⊥平面A1MA，A1A⊂平面A1MA，
所以BC⊥A1A，
又因为A1A∥B1B，所以B1B⊥BC，
因为平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC＝BC，且B1B⊂平面
BB1C1C，
所以B1B⊥平面ABC，
因为A1A∥B1B，所以AA1⊥平面ABC.
(2)解 法一 因为∠BAC＝90°，且BC＝2，
所以AB＝AC＝.
以AB，AC，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A－xyz，
则A1(0，0，2)，B(，0，0)，C(0，，0)，C1(0，，2).
所以A1B＝(，0，－2)，A1C＝(0，，－2)，A1C1＝(0，，0).
设平面A1BC 的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则可得
令z1＝1，可得平面A1BC 的一个法向量为m＝(，，1)，
设平面A1BC1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则可得
令z2＝1，可得平面A1BC1的一个法向量为n＝(，0，1)，
设平面A1BC 与平面A1BC1夹角为θ，
则cos θ＝＝＝，
所以平面A1BC 与平面A1BC1夹角的余弦值为.
法二 将直三棱柱ABC－A1B1C1补成长方体ABDC－A1B1D1C1.
连接C1D，过点C 作CP⊥C1D，垂足为P，再过P 作PQ⊥A1B，垂足为Q，
连接CQ，
因为BD⊥平面CDD1C1，且CP⊂平面CDD1C1，所以BD⊥CP，
又因为CP⊥C1D，由于BD，C1D⊂平面A1BDC1，且BD∩C1D＝D，
所以CP⊥平面A1BDC1，则△CPQ 为直角三角形，
由于A1B⊂平面A1BDC1，所以A1B⊥CP，
因为CP，PQ⊂平面CPQ，且CP∩PQ＝P，
所以A1B⊥平面CPQ，
因为CQ⊂平面CPQ，所以CQ⊥A1B，
则∠CQP 为平面A1BC 与平面A1BC1的夹角或补角，
在△A1BC 中，由等面积法可得CQ＝，
因为PQ＝A1C1＝，
所以cos∠CQP＝＝，
因此平面A1BC 与平面A1BC1夹角的余弦值为.
规律方法 求平面与平面的夹角方法
(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〉
＝；③设两个平面的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|.
训练3 (2024·泰安模拟)如图，在底面为菱形的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，
∠BAD＝π，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 中点H，连接AH，因为底面ABCD 为菱形，∠BAD＝π，所以
AH⊥AD，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(，－1，1)，G(0，2，1)，C(，1，0)，F(，1，1)，A1E＝(，
－1，－1)，GC＝(，－1，－1)，∴A1E∥GC，∴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
即
令x＝1，可得平面A1EF 的一个法向量为n＝(1，0，)，
易知AA1＝(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＝＝＝，∴θ＝，
∴平面A1EF 与平面ABCD 的夹角为.
法二 如图所示，
设AA1的中点为M，
连接MB，MC，
易证EA1∥MB，FA1∥MC，
故EA1∥平面MBC，FA1∥MBC，
又FA1∩EA1＝A1，所以平面A1EF∥平面MBC，
则平面A1EF 与平面ABCD 的夹角就是MBC 与平面ABCD 的夹角，
设BC 的中点为H，连接MH，
因为底面ABCD 为菱形，∠BAD＝，
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，
故MH⊥BC，所以∠AHM 是平面MBC 与平面ABCD 的夹角.
易知AM＝AA1＝1，AH＝AB＝.
所以tan∠AHM＝＝，故∠AHM＝，
所以平面A1EF 与平面ABCD 的夹角大小为.
法三 由题意知A1F＝，EF＝2，A1E＝，易得S△A1EF＝2.
又三角形A1EF 在平面ABCD 内的射影为三角形ABC，且S△ABC＝，
设平面A1EF 与平面ABCD 的夹角为θ，
则cos θ＝＝，
又θ∈，故θ＝，
即平面A1EF 与平面ABCD 的夹角大小为.
热点四 距离问题
例4 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，MC1，AC1，易知MC1＝
＝＝3，
AC1＝2，MA＝.
在△MAC1中，由余弦定理得cos ∠MAC1＝＝，
则sin ∠MAC1＝，
所以M 到直线AC1的距离为MA·sin ∠MAC1＝×＝.
(2)如图，S△MNC1＝S 矩形B1BCC1－S△B1MC1－S△BMN－S△NCC1
＝4－－－＝.
设点N 到平面MA1C1的距离为h，
由VN－MA1C1＝VA1－MNC1，得××2×·h＝××，
得h＝，
即N 到平面MA1C1的距离为.
法二 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则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＝，
AM＝(2，0，1)，
故点M 到直线AC1的距离
d＝＝＝.
(2)设平面MA1C1的法向量为n＝(x，y，z)，
因为A1C1＝(0，2，0)，A1M＝(2，0，－1)，
则即
取x＝1，得z＝2，
故n＝(1，0，2)为平面MA1C1的一个法向量.
因为N(1，1，0)，所以MN＝(－1，1，－1)，
故N 到平面MA1C1的距离d＝＝＝.
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.
训练4 (1)已知三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱，且AA1＝2，AB＝2，D 是B1C1
的中点，则点B 到平面AB1D 的距离为( )
A.
B.
C.
D.
(2)已知正方形ABCD 的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F 分别为
AB，BC 的中点，则直线AC 到平面PEF 的距离为( )
A.2
B.
C.
D.
答案 (1)B (2)B
解析 (1)法一 如图，连接AC1.
在三棱柱ABC－A1B1C1中，
因为BC∥B1C1，B1C1⊂平面AB1C1，BC⊄平面AB1C1，
所以BC∥平面AB1C1，则BC 上所有点到平面AB1C1的距离相等.
取BC 的中点O，则点B 到平面AB1D 的距离等于点O 到平面AB1D 的距离.
连接AO，DO，
由B1C1⊥DO，B1C1⊥AO，AO∩DO＝O，
AO，DO⊂平面ADO，得B1C1⊥平面ADO.
又B1C1⊂平面AB1C1，
所以平面ADO⊥平面AB1C1.
因为DO＝AA1＝2，AO＝2×＝3，
所以AD＝＝，
则点O 到直线AD 的距离d＝＝.
所以点O 到直线AD 的距离等于点O 到平面AB1C1的距离为.
故点B 到平面AB1D 的距离为.
法二 如法一中的图，设点B 到平面AB1D 的距离为h，
由VB－AB1D＝VA－BB1D可得，
×h××DB1×AD＝×AO××DB1×BB1，
即×h×××＝×3×××2，
解得h＝.
法三 建立如图所示的坐标系，
则B(0，，0)，B1(0，，2)，A(3，0，0)，D(0，0，2)，
∴AD＝(－3，0，2)，AB1＝(－3，，2)，
设平面AB1D 的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
令z＝3，得x＝2，y＝0，故n＝(2，0，3)，
又AB＝(－3，，0)，
所以点B 到平面AB1D 的距离为
d＝＝＝.
(2)如图所示，
建立以D 为坐标原点，DA，DC，DP的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向的空
间直角坐标系.
则P(0，0，1)，A(1，0，0)，E，F，
所以EF＝，PE＝，
设平面PEF 的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝2，则y＝2，z＝3，
所以n＝(2，2，3).
因为AE＝，
所以点A 到平面PEF 的距离d＝＝＝.
因为E，F 分别为AB，BC 的中点，
所以EF∥AC，又EF⊂平面PEF，AC⊄平面PEF，所以AC∥平面PEF，
所以AC 到平面PEF 的距离即为点A 到平面PEF 的距离.
【精准强化练】
1.(2024·淄博模拟)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，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＝CD 时，求点F 到平面ADE 的距离；
(3)若AF＝CD，求直线DF 与平面ABC 所成角的正弦值.
(1)证明 当点G 为DE 中点时，平面ABC⊥平面AFG，证明如下：
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)解 连接BD，CE 交于点O，连接AO，OG，
则AF∥OG，
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AF⊥DE，DE∩FG＝G，DE，FG⊂平面DEF，所以AF⊥平面DEF，
又FG＝AO＝3，所以VA－FDE＝·AF·S△FDE＝×××3×3＝，
设点F 到平面ADE 的距离为h，
因为VF－ADE＝VA－FDE＝，
即××(3)2·h＝，所以h＝，
所以点F 到平面ADE 的距离为.
(3)解 因为四棱锥A－BCDE 是正四棱锥，所以OC，OD，OA 两两垂直，
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
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＝＝＝，
所以直线DF 与平面ABC 所成角的正弦值为.
2.(2024·武汉质检)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，PA⊥平
面ABCD，PA∥QD，BC＝2AB＝2PA＝2，∠ABC＝60°.
(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；
(2)若PQ＝2，求平面PCQ 与平面DCQ 夹角的余弦值.
法一 (1)证明 因为BC＝2AB＝2，∠ABC＝60°，
所以AB⊥AC，
又AB∥CD，所以CD⊥AC，
所以PA⊥底面ABCD，因为CD⊂底面ABCD，
所以PA⊥CD，AC，PA⊂平面PAC 且PA∩AC＝A，
所以CD⊥平面PAC，
又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAC.
(2)解 在直角梯形ADQP 中，因为PA＝1，AD＝2，PQ＝2，解得QD＝3，
过C，P 作CE，PE 分别平行于AP，AC，连接QE，作PF⊥QC 交QC 于F 点，
连接EF，
∵AC⊥CD，AC⊥QD，CD∩QD＝D，且都在面CDQE 内，∴AC⊥平面CDQE，
∵PE∥AC，∴PE⊥平面CDQE，
又QC⊂平面CDQE，∴PE⊥QC，
又PF⊥QC，PE，PF⊂平面PEF，PE∩PF＝P，
∴QC⊥平面PEF，
又EF⊂平面PEF，∴QC⊥EF，
∴∠PFE 为平面PCQ 与平面DCQ 的夹角或其补角，
在△PCQ 中，PC＝2，QC＝，PQ＝2，
∴cos∠CPQ＝＝，
∴sin∠CPQ＝，
由等面积法解得PF＝，
又PE＝，∴sin∠PFE＝＝，
∴cos∠PFE＝＝.
∴平面PCQ 与平面DCQ 夹角的余弦值为.
法二 (1)证明 因为BC＝2AB，∠ABC＝60°，所以AB⊥AC.
如图建立空间直角坐标系，P(0，0，1)，A(0，0，0)，C(0，，0)，
D(－1，，0)，
则PA＝(0，0，－1)，PC＝(0，，－1)，CD＝(－1，0，0)，
设n1＝(x，y，z)是平面PAC 的一个法向量，
则∴
可取n1＝(1，0，0)，
设n2＝(a，b，c)是平面PCD 的一个法向量，
则∴
可取n2＝(0，1，)，∴n1·n2＝0，
∴平面PCD⊥平面PAC.
(2)解 在直角梯形ADQP 中，解得QD＝3，
Q(－1，，3)，平面DCQ 的一个法向量为n3＝AC＝(0，，0)，
又由(1)可知CQ＝(－1，0，3)，CP＝(0，－，1)，
设平面PCQ 的一个法向量为n4＝(x2，y2，z2)，
则即
令y2＝1，可得平面PCQ 的一个法向量为n4＝(3，1，)，
设平面PCQ 与平面DCQ 夹角为θ，
所以cos θ＝|cos 〈n3，n4〉|＝＝＝，
即平面PCQ 与平面DCQ 夹角的余弦值为.
3.(2024·盐城质检)在三棱锥A－BCD 中，已知CB＝CD＝，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＝BC，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.以{OB，OC，OA}为基底，建立空间直角坐标系O－
xyz.
因为BD＝2，CB＝CD＝，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〉|＝＝＝.
因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为.
(2)因为点F 在BC 上，BF＝BC，BC＝(－1，2，0)，
所以BF＝BC＝.
又DB＝(2，0，0)，
故DF＝DB＋BF＝.
设平面DEF 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
即
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)，
则即
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|＝＝＝.
所以sin θ＝＝.
4.(2024·新高考Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD 中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝
2，BC＝1，AB＝.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D 的正弦值为，求AD.
(1)证明 由于PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴PA⊥AD，
又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，
PB⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，
又AB⊂平面PAB，∴AD⊥AB.
∵AB2＋BC2＝AC2，
∴AB⊥BC，∴BC∥AD，
∵AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴AD∥平面PBC.
(2)解 由题意知DC，AD，AP 两两垂直，以D 为坐标原点，AD 所在直线为x 轴，
DC 所在直线为y 轴，过点D 且平行于AP 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角
坐标系，
则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a>0，
则CD＝，C(0，，0)，P(a，0，2)，
所以CD＝(0，－，0)，AC＝(－a，，0)，CP＝(a，－，2).
设平面CPD 的一个法向量n＝(x，y，z)，
则即
可取n＝(2，0，－a).
设平面ACP 的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，
则即
可取m＝(，a，0).
∵二面角A－CP－D 的正弦值为，
∴余弦值的绝对值为，
故|cos〈m，n〉|＝＝＝，
又a>0，∴a＝，即AD＝.
