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专题23 几何法求空间角与距离
（核心考点精讲精练）
1. 近几年真题考点分布
立体几何近几年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2023 年全国乙（文科），第16 题,5 分
已知三棱锥外接求半径，求线段长
2023 年全国乙（文科），第19 题,12 分
1、证明线面平行；
2、求三棱锥的体积；
2023 年全国乙（理科），第3 题,5 分
2023 年全国乙（文科），第3 题,5 分
通过三视图求几何体的表面积
2023 年全国乙（理科），第8 题,5 分
圆锥体积相关计算
2023 年全国乙（理科），第9 题,5 分
证明面面垂直，由二面角求线段长，从而求线
面角的正切值
2023 年全国乙（理科），第19 题,12 分
1、证明线面平行；
2、证明面面垂直；
3、求二面角
2023 年全国甲（文科），第10 题,5 分
证明线面垂直，求三棱锥的体积
2023 年全国甲（文科），第16 题,5 分
正方体的外接球、棱切球问题
2023 年全国甲（文科），第18 题,12 分
1、证明面面垂直；
2、求四棱锥的高
2023 年全国甲（理科），第11 题,5 分
四棱锥表面积有关计算
余弦定理解三
角形
2023 年全国甲（理科），第15 题,5 分
正方体的棱切球问题
2023 年全国甲（理科），第18 题,12 分
1、已知点面距，证明线面垂直，从而得到线
线相等；
2、已知平行线间的距离，求线面角的正弦值
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】1.本节为高考必考知识点，选填题、解答题均有出现；
1
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2.考查点、线、面之间的距离；
3.考查异面直线所成角、线面角、面面角、二面角.
【备考策略】1.会用空间直角坐标系刻画点的位置,掌握空间中两点间的距离公式.
2.了解空间向量基本定理及其意义,理解空间向量的坐标表示.
3.掌握空间向量的数量积运算.
4.能用向量方法判断或证明点、线、面之间的位置关系.
5.能用向量方法解决空间中的距离问题.
6.能用向量方法求解空间中的角度问题.
【命题预测】1.考查点、线、面之间的距离；
2.考查异面直线所成角、线面角、面面角、二面角.
知识讲解
一、距离
1、点与面的距离
过一点作垂直于已知平面的直线,则该点与垂足间的线段叫作这个点到该平面的
垂线段
,垂线段的长度叫
作这个点到该平面的
距离
.
2、直线与平面的距离
一条直线与一个平面平行时,这条直线上
任意一点
到这个平面的距离,叫作这条直线到这个平面的距离.
3、平面与平面的距离
如果两个平面平行,那么其中一个平面内的
任意一点
到另一个平面的距离都
相等
,我们把它叫作这两
个平行平面间的距离.
1.点到平面的距离的常见解法
(1)定义法:找到(或作出)表示距离的线段,根据线段(所求距离)所在三角形求解.
(2)等积法:利用同一个三棱锥的体积相等求解.
(3)转化法:将点面之间的距离转化为线面之间(或面面之间)的距离求解.
2.线到平面的距离,平面与平面的距离问题都是转化为点到平面的距离求解.
二、异面直线所成的角
1.异面直线
过平面外一点和平面内一点的直线,与平面内不过该点的直线是异面直线.
2.异面直线所成的角
过空间任一点
分别作异面直线
与
的平行线
与
,那么直线
与
所成的
锐角或直角
叫作异面
直线
与
所成的角.
3.范围:
.
2
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求异面直线所成角的步骤
一作:根据定义作平行线,作出异面直线所成的角.二证:证明所作的角是异面直线所成的角.三求:解三角形,
求出所作的角.
常用平移法来作异面直线所成的角:①利用图中已有的平行线平移;②利用特殊点(线段的端点或中点)
作平行线平移;③补形平移.由于异面直线所成的角
的取值范围是
,故若所作的角为钝角,则
其补角为异面直线所成的角.
三、直线和平面所成的角
1.平面的一条斜线和它在
平面上的射影
所成的锐角叫作这条直线和这个平面所成的角.
2.当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时,规定直线和平面所成的角分别为
90°
和
0°
.
3.范围:
.
线面角的几何法解题步骤:
1.找直线上一点
作平面
的垂线;
2.连接垂足与斜足,得线面角;
3.解直角三角形,得到线面角.
四、二面角的有关概念
1.二面角:从一条直线出发的
两个半平面
所组成的图形叫作二面角.
2.二面角的平面角:以二面角的棱上任一点为端点,在两个半平面内分别作
垂直于棱
的两条射线,则这两条
射线所成的角叫作二面角的平面角.
3.范围:
.
找二面角常常采用垂线法:
第一步,找到两个面的交线;
第二步,从一个平面内找一点,向另一个平面作垂线;
第三步,从垂足再向交线作垂线,连线构造,得二面角的平面角或是补角;
第四步,解三角形,得二面角的大小.
五、平面与平面所成角
1.两个平面所成角.
2.范围:
.
考点一、几何法求两点间的距离
1．（2023 年甘肃省模拟数学试题）在矩形ABCD 中，
，
，沿对角线AC 将矩形折成一个直
二面角
，则点B 与点D 之间的距离为（ ）
3
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】过点
在平面
内作
，证明
，利用余弦定理得到
，再利用勾股定
理计算得到答案.
【详解】过点
在平面
内作
，垂足为点
，如图，
因为二面角
的平面角为
，所以平面
平面
，
又平面
平面
，
平面
，
故
平面
，又
平面
，
，
在
中，
，
，
，则
，
，
，则
，
，
在
中，
，
则
，所以
，
所以
.
2．（2023 年江苏省模拟数学试题）已知矩形
，
，
，沿对角线
将
折起，若
二面角
的大小为
，则
，
两点之间的距离为 .
【答案】
【分析】过
分别作
由题意可求得
由二面角
的大小为
，得到
再利用
可求得
结果.
【详解】过
分别作
4
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则
二面角
的大小为
,
,
,
则
,即
两点间的距离为
.
3．（2009 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（全国卷Ⅰ））已知二面角
为
，动点
P、Q 分别在面
、
内，P 到
的距离为
，Q 到
的距离为
，则P、Q 两点之间距离的最小值为
（ ）
A．1
B．2
C．
D．4
【答案】C
【分析】分别作
于
，
于
，
于
，
于
，连接
,则
，在三角形
中将
表示出来，再研究其最值即可．
【详解】如图分别作
于
，
于
，
于
，
于
，
连接
，
，则
，
，
，∴
，
又∵
，
当且仅当
，即点
与点
重合时取最小值．
5
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1．（2023-2024 学年湖北省新高考联盟联考数学试题）二面角
中，
，
，
，
且
，
，垂足分别为A、C，
，
，
，已知异面直线
与
所成
角为
，则
（ ）
A．
B．
C．
或5
D．
或
【答案】D
【分析】在
内做
，且使
，得四边形
为平行四边形，再由线面垂直的判定定理、
性质定理可得
，分
、
讨论，由余弦定理求出
，最后由勾股定理可得
答案.
【详解】在
内做
，且使
，连接
，因为
，
所以四边形
为平行四边形，
，
，
由
，
，
，
平面
，所以
平面
，
因为
，可得
平面
，
平面
，所以
，
因为异面直线
与
所成角为
，
，
所以直线
与
所成角为
，
当
时，如下左图，由余弦定理可得
，
此时
，即
；
当
时，如下右图，由余弦定理可得
，
此时
，即
；
综上所述，
或
.
6
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2．（2023 年江苏省模拟考试数学试题）将边长为
的正三角形
沿
边上的高线
折成
的二面
角，则点
到
边的距离是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】在三棱锥
中，取线段
的中点
，连接
、
，由题意可得
，推导出
，并计算出线段
的长，即为所求.
【详解】翻折前，因为
是边长为
的等边三角形，
是
边上的高线，则
为
的中点，
且
，
，且
，
翻折后，则有
，
，
在三棱锥
中，由二面角的定义可得
，
如下图所示：
取线段
的中点
，连接
、
，
因为
，
，
，
、
平面
，
所以，
平面
，因为
平面
，所以，
，
在
中，
，
，则
，
因为
为
的中点，则
，且
，
所以，
，
因为
，
为
的中点，所以，
，因此，点
到
的距离为
.
7
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3．如图，在棱长为2 的正方体中，点P 在正方体的对角线AB 上，点Q 在正方体的棱CD 上，若P 为动点，
Q 为动点，则PQ 的最小值为 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用
三点共线设出点
，
，以及
，
，根据两点间的距离公式，以及配方法，即可求解.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设
，
，
可得
，
∵
，
，∴
，
当且仅当
时，等号成立，此时
，
∴当且仅当
分别为
的中点时，
的最小值为
.
【点睛】本题考查空间向量法求两点间的距离，将动点用坐标表示是解题的关键，考查配方法求最值，属
于中档题.
考点二、几何法求点到平面的距离
1．在三棱锥
中，
底面
，则点
到平面
的距
离是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
8
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【分析】根据三棱锥等体积转换求解点
到平面
的距离.
【详解】
底面
，
，又
，且
平面
，
平面
，
平面
，
，
，
，
在
中，
，
令点
到平面
的距离为
，
，
，
．
2．（2023 年四川省模拟考试数学试题）如图，在四棱锥
中，底面
为矩形；
为
的中
点．若
，
，
，当三棱锥
的体积取到最大值时，点
到平面
的距离为
．
【答案】
/0.3
【分析】根据几何体性质结合体积分割求解三棱锥
的体积，在根据等体积法可求解点
到平面
的距离.
【详解】由题可得，当
底面
时，三棱锥
的体积取到最大值
如图，取
中点
，取
中点
，连接
9
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因为
底面
，
为
的中点．
为
的中点，所以
，
所以
底面
，则
又由
底面
，
底面
，所以
因为矩形
，则
，又
平面
，所以
平面
又
为
的中点．
为
的中点，所以
，
，则
平面
则
又
所以
又
，因为
平面
，
，所以
平面
，又
平面
，所
以
，
设点
到平面
的距离为,
所以
，则
.
故点
到平面
的距离为
.
1．（2023 上海市模拟考试数学试题）在棱长为4 的正方体
中，点
到平面
的距离
为 .
【答案】
/
【分析】根据
，应用棱锥的体积公式列方程求点面距即可.
【详解】由
，若
到平面
的距离为
，
10
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由正方体性质知：
为边长为
的等边三角形，
故
，
所以
，则
.
2．（2023 年黑龙江省模拟考试数学试题）在直三棱柱
中，
，
，则
点A 到平面
的距离为 ．
【答案】
/
【分析】求点到平面的距离，可以转化为三棱锥底面上的高，用等体积法，容易求得．
【详解】
∵
，
，
∴
中，
，
∴
，
，
设点A 到平面
的距离为h，
则三棱锥
的体积为
，
即
，∴
，
∴
，即点
到平面
的距离为
.
3．（2019 年全国统一高考数学试题（文科）（新课标Ⅰ））如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱
形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N 分别是BC，BB1，A1D 的中点.
11
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（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C 到平面C1DE 的距离．
【答案】（1）见解析；（2）
.
【分析】（1）利用三角形中位线和
可证得
，证得四边形
为平行四边形，进而证
得
，根据线面平行判定定理可证得结论；
（2）根据题意求得三棱锥
的体积，再求出
的面积，利用
求得点
到平面
的距离，得到结果.
【详解】（1）连接
，
，
分别为
，
中点
为
的中位线
且
又
为
中点，且
且
四边形
为平行四边形
，又
平面
，
平面
平面
（2）在菱形
中，
为
中点，所以
，
根据题意有
，
，
因为棱柱为直棱柱，所以有
平面
，
所以
，所以
，
12
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设点
到平面
的距离为
，
根据题意有
，则有
，
解得
，
所以点
到平面
的距离为
.
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，
在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法
求点到平面的距离是文科生常考的内容.
考点三、几何法求直线到平面的距离
13
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1．（2012 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（大纲卷））已知正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中 ，
AB=2，CC1=
E 为CC1的中点，则直线AC1与平面BED 的距离为
A．2
B．
C．
D．1
【答案】D
【详解】试题分析：因为线面平行，所求求线面距可以转化为求点到面的距离，选用等体积法．
平面
，
到平面
的距离等于
到平面
的距离，由题计算得
，
在
中，
，
边上的高
，
所以
，所以
，
利用等体积法
，得:
,解得:
考点：利用等体积法求距离
2．如图，在长方体
中，
，
，
.
(1)求直线
与平面
所成的角的大小；
(2)求直线
到平面
的距离.
【答案】(1)
;(2)
【分析】（1）说明
平面
，则
即为直线
与平面
所成的角，解直角三角形，
可得答案;
（2）证明
平面
，即说明点
到平面
的距离即为直线
到平面
的距离，根据等体
积法求得答案.
【详解】（1）在长方体
中，
平面
,
即
平面
，则
即为直线
与平面
所成的角，
由于
，
，故
，
14
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即直线
与平面
所成的角为
；
（2）在长方体
中，
由于
,故四边形
是平行四边形，
故
，而
平面
，
平面
，
故
平面
，则点
到平面
的距离即为直线
到平面
的距离.；
而
,
故
,设点
到平面
的距离为
，
则
,即
,
则
，即直线
到平面
的距离为
.
3．如图，在梯形ABCD 中，
，
，
，
平面ABCD，且
，
点F 在AD 上，且
．
(1)求点A 到平面PCF 的距离；
(2)求AD 到平面PBC 的距离．
【答案】(1)
；(2)
.
【分析】（1）过点
作
于
，利用线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理及面面垂直的
性质定理可得
平面
，结合条件即求；
（2）过点
作
于
，结合条件可得
的长为
到平面
的距离，即求.
【详解】（1）连接
，因为
平面
，又
平面
，
∴
，又
，
，
15
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∴
平面
，又
平面
，
∴平面
平面
，平面
平面
，
过点
作
于
，则
平面
，
故
即为所求，
∵在梯形
中，
，
，
，
，
∴
，
∴在
中，
，
∴
，即点
到平面
的距离为
；
（2）∵
，
平面
，
平面
，
∴
平面
，
过点
作
于
，又因为
平面
，则
，
又
，
，
∴
平面
，则
，又
∴
平面
，即
的长为
到平面
的距离，
在等腰直角三角形
中，
，
∴
，故
到平面
的距离为
.
1．（2013 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（上海卷））如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，
AB=2,AD=1,A1A=1，证明直线BC1平行于平面DA1C，并求直线BC1到平面D1AC 的距离.
【答案】见解析
【详解】因为
为长方体，故
，
16
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故
为平行四边形，故
，显然
不在平面
上，于是直线
平行于平面
；
直线
到平面
的距离即为点
到平面
的距离设为
考虑三棱锥
的体积，以
为底面，可得
而
中，
，故
所以，
，即直线
到平面
的距离为
．
【考点定位】考查空间几何体的相关计算，属中档题．
2．如图，在四棱锥
中，底面
是菱形，
，平面
平面
，
，
，PD 的中点为F.
(1)求证：
平面
；
(2)求直线
到面
的距离.
【答案】(1)证明见解析;(2)
.
【分析】（1）连接
交
于
，连接
，得
，根据线面平行的判定可得
平面
；
（2）根据线面平行，将线到面的距离化为点到面的距离，再根据等体积法可求出结果.
【详解】（1）连接
交
于
，连接
，
∵
为
的中点，
为
的中点，则
，
∵
平面
，
平面
，∴
平面
.
（2）因为平面
平面
，平面
平面
，
，
平面
，所以
平面
.
由于
平面
，则
到平面
的距离，即
到平面
的距离.
又因为
为
的中点，点
到平面
的距离与点
到平面
的距离相等.
17
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取
的中点
，连接
，
则
，因为
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
因为菱形
且
，
，
所以
，
，
则
，
，
，
，
设点
到平面
的距离为
，由
得
即直线
到平面
的距离为
.
3．（2023 年北京市模拟数学（A 卷）试题）如图，已知直三棱柱
，
，
，
，点
为
的中点.
(1)证明：
平面
；
(2)求直线
与平面
的距离.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）利用中位线定理与线面平行的判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论，将问题转化为点
到平面
的距离，再利用等体积法即可求得所求.
【详解】（1）连结
交
于
，连接
，
18
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因为在直三棱柱
中，侧面
是平行四边形，
所以
是
的中点，又因为
为
的中点，
所以
，又因为
平面
，
平面
，
故
平面
；
（2）由（1）知
平面
，
所以直线
与平面
的距离等价于点
到平面
的距离，不妨设为，
因为
，
，所以
，
，则
，
又因为
为
的中点，所以
，
因为在直三棱柱
中，
面
，故
，
所以在
中，
，
，
在
中，
，
所以在
中，
，则
，
故
，
所以由
得
，即
，解得
，
所以直线
与平面
的距离为
.
19
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考点四、几何法求平面与平面间的距离
1．直四棱柱
中，底面
为正方形，边长为
，侧棱
，
分别为
的中点，
分别是
的中点．
(1)求证：平面
平面
；
(2)求平面
与平面
的距离．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）法一：由面面平行的判定定理即可证明；法二：如图所示，建立空间直角坐标系
，
通过证明
，再由面面平行的判定定理即可证明.
（2）法一: 平面
与平面
的距离
到平面
的距离,再由等体积法即可求出答案. 法二:求
出平面
的法向量,
，平面
与平面
的距离等于
到平面
的距离，由点到
平面的距离公式即可求出答案.
【详解】（1）法一:证明：连接
分别为
的中点，
分别是
的中点，
，
平面
，
平面
，
平面
，
平行且等于
，
是平行四边形，
，
平面
，
平面
，
平面
，
，
平面
平面
；
（2）法一:平面
与平面
的距离
到平面
的距离．
中，
，
，
，
由等体积可得
，
．
20
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2．如图在直三棱柱
中，
，
，
，E 是
上的一点，且
，
D、F、G 分别是
、
、
的中点，EF 与
相交于H．
(1)求证：
平面
；
(2)求证：平面
平面
；
(3)求平面EGF 与平面
的距离．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)
.
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得
,进而推出
，再结合
的边长，利用勾股定理即可推出
，最后结合线面垂直的判定定理即可完成证明；
（2）根据
是
的中位线，即可证明
，再利用
，即可证明
，再根据题意条
件，证明
，最后利用面面平行的判定定理即可完成证明；
（3）由（2）可知，平面
平面
，而
，因此平面EGF 与平面
的距离就是两条平行线
之间的距离，再结合四边形
的边角关系，可得
是
的公垂线，即为两个平面之
间的距离，求出
即可完成距离的求解.
【详解】（1）
在直三棱柱
中,
，交线为
，而
，
，
，
，
根据已知条件可得，
为
的中点，
，
，结合勾股定理可得
，
，所以
平面
.
（2）如图所示，取
的中点
，连接
，
，
，
为
的中点，而
为
的中点，
为
的中位线，
，又
，且
，
，
，
，
，
、
分别是
、
的中点，
是
的中位线，
，
在直三棱柱
中，
，
，
，
，又
，
平面
平面
.
21
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（3）由平面
平面
，
与
相交于
，
又
平面
，
平面
，
两平面之间的距离即为
到平面
的距离，即
，
，
∽
，
，
，
故平面
与平面
的距离为
.
3．如图，在直三棱柱
中，
，
，
，
分别为
，
，
的中点，点
在
棱
上，且
，
，
.
(1)求证：
平面
；
(2)求证：平面
平面
；
(3)求平面
与平面
的距离.
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)
【分析】（1）利用勾股定理证得
，证明
平面
，根据线面垂直的性质证得
，
再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）取
的中点
，连接
，可得
为
的中点，证明
，四边形
是平行四边形，
可得
，再根据面面平行的判定定理即可得证；
22
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（3）设
，由（1）（2）可得
即为平面
与平面
的距离，求出
的长度，即可
得解.
【详解】（1）证明：在直三棱柱
中，
为
的中点，
，
，
故
，
因为
，
所以
，
又
平面
，
平面
，
所以
，
又因
，
，
所以
平面
，
又
平面
，所以
，
又
，
所以
平面
；
（2）证明：取
的中点
，连接
，
则
为
的中点，
因为
，
，
分别为
，
，
的中点，
所以
，
且
，
所以四边形
是平行四边形，
所以
，所以
，
又
平面
，
平面
，
所以
平面
，
因为
，所以
，
又
平面
，
平面
，
所以
平面
，
又因
，
平面
，
平面
，
所以平面
平面
；
（3）设
，
因为
平面
，平面
平面
，
所以
平面
，
所以
即为平面
与平面
的距离，
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因为
平面
，所以
，
，
所以
，
即平面
与平面
的距离为
.
1．如图，棱长为2 的正方体ABCD –A1B1C1D1中，E，F 分别是棱AA1，CC1的中点，过E 作平面
，使得
//平面BDF.
(1)作出
截正方体ABCD - A1B1C1D1所得的截面，写出作图过程并说明理由；
(2)求平面
与平面
的距离.
【答案】(1)答案见解析;(2)
【分析】（1）根据平面与平面平行的性质可得
经过
，可得截面；
（2）转化为点线距，利用等体积法可求结果.
【详解】（1）连接
，由正方体性质可得
，
；
又
，所以平面
平面
；
因为
//平面
，且
，所以平面
与平面
重合，即平面
就是
截正方体ABCD -
A1B1C1D1 所得的截面.
24
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（2）由（1）可知平面
与平面
的距离等于点
到平面
的距离；
设点
到平面
的距离为
，由题意可得
，所以
的面积为
；
的面积为
；
由
可得
，解得
.所以平面
与平面
的距离为
.
2．如图在直三棱柱
中，
，
，
，E 是
上的一点，且
，
D、F、G 分别是
、
、
的中点，
与
相交于
．
(1)求证：
平面
；
(2)求平面
与平面
的距离．
【答案】(1)证明见解析;(2)
;
【分析】（1）由已知条件得
平面
，从而
，又
，由此能证明
平面
．
（2）由已知条件推导出
平面
，
平面
，由此能证明平面
平面
．由已知条件
推导出
为平行平面
与
之间的距离，由此能求出结果．
【详解】（1）证明：由直三棱柱的性质得平面
平面
，
又
，平面
平面
，
平面
，
平面
，
又
平面
，
，
，
在
和
中，
，
，即
，
又
，
平面
平面
．
（2）解：由题意知
，
在
中，
，
25
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又
，
，
平面
，
平面
，
平面
，
、
分别为
、
的中点，
，又
，
，
平面
，
平面
，
平面
，
平面
，
平面
，
，
平面
平面
．
平面
，平面
平面
，
平面
，
为平行平面
与
之间的距离，
，
即平面
与
之间的距离为
．
3．如图所示的斜三棱柱
中，
是正方形，且点
在平面
上的射影恰是AB 的中
点H，M 是
的中点．
(1)判断HM 与面
的关系，并证明你的结论；
(2)若
，
，求斜三棱柱两底面间的距离．
【答案】(1)直线
与平面
平行，证明见解析;(2)
【分析】（1）取
的中点
．连接
．通过证明四边形
为平行四边形，得到
，再根据线面平行的判定定理可证直线
与平面
平行；
（2）设斜三棱柱两底面间的距离为
，根据
可求出结果.
【详解】（1）直线
与平面
平行．
证明如下：取
的中点
．连接
．
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因为点
是
的中点，所以
，且
．
又
是正方形，点
是
的中点，
所以
，
．
所以
，
．
所以四边形
为平行四边形，所以
，
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
．
（2）因为点
在平面
上的射影是
的中点
，
（3）所以
平面
．
连接
，
，则
，
．
由正方形
的边
，
得
，
所以
，
所以
的面积为
．
设斜三棱柱两底面间的距离为
，
即
到平面
的距离为
，
由
得
，
解得
，
即斜三棱柱两底面间的距离为
．
27
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考点五、几何法求异面直线所成角
1．（2021 年全国高考乙卷数学（文）试题）在正方体
中，P 为
的中点，则直线
与
所成的角为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】平移直线
至
，将直线
与
所成的角转化为
与
所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接
，因为
∥
，
所以
或其补角为直线
与
所成的角，
因为
平面
，所以
，又
，
，
所以
平面
，所以
，
设正方体棱长为2，则
，
，所以
.
2．（2018 年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II））在正方体
中，
为棱
的中点，则异面直线
与
所成角的正切值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用正方体
中，
，将问题转化为求共面直线
与
所成角的正切值，
在
中进行计算即可.
【详解】在正方体
中，
，所以异面直线
与
所成角为
，
设正方体边长为
，则由
为棱
的中点，可得
，所以
，
28
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则
.
【点睛】求异面直线所成角主要有以下两种方法：
（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角
所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；
（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的
余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.
3．（2008 年高考全国卷Ⅱ理科数学试题）已知正四棱锥
的侧棱长与底面边长都相等，
是
的
中点，则
所成的角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】试题分析：设
的交点为
，连接
，则
为
所成的角或其补角；设正四棱
锥的棱长为
，则
，所以
．
考点：异面直线所成的角．
1．如图，在正方体
中，
、
、
、
分别为
、
、
、
的中点，则异面直
线
与
所成的角等于（ ）
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A．45°
B．60°
C．90°
D．120°
【答案】B
【分析】连接
，证明异面直线
与
所成的角是
或其补角，由正方体性质即可得
结论．
【详解】如图，连接
，
由题意
，
，所以异面直线
与
所成的角是
或其补角，
由正方体性质知
是等边三角形，
，
所以异面直线
与
所成的角是
．
2．（2014 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国Ⅱ卷））直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA
＝90°，M，N 分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM 与AN 所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】以
为原点，直线
为
轴，直线
为
轴，直线
为
轴，则设
，则
，
，
，
，故
，
，所以
.
考点：本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本
能力，考查分析问题与解决问题的能力.
3．（2022 年全国高考甲卷数学（理）试题）在长方体
中，已知
与平面
和平面
所成的角均为
，则（ ）
A．
B．AB 与平面
所成的角为
C．
D．
与平面
所成的角为
【答案】D
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【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设
，依题以及长方体的结构特征可知，
与平面
所成角为
，
与平面
所成角为
，所以
，
即
，
，解得
．
对于A，
，
，
，A 错误；
对于B，过
作
于
，易知
平面
，
所以
与平面
所成角为
，因为
，
所以
，B 错误；
对于C，
，
，
，C 错误；
对于D，
与平面
所成角为
，
，
而
，
所以
．D 正确．
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考点六、几何法求直线与平面所成角
1．（2013 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国大纲卷））已知正四棱柱
中，
，则CD 与平面
所成角的正弦值等于
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】试题分析：设
，
面积为
考点：线面角
2．（2014 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（四川卷））如图在正方体
中，点
为线段
的中点. 设点
在线段
上，直线
与平面
所成的角为
，则
的取值范围是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设正方体的棱长为，则
，
32
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所以
，
.
又直线与平面所成的角小于等于
，而
为钝角，所以
的范围为
.
【考点定位】空间直线与平面所成的角.
3．如图，四棱锥
中，底面
为平行四边形，且
，
，
，
若二面角
为
，则
与平面
所成角的正弦值为 ．
【答案】
【分析】取
中点
，连接
，证明
为二面角
的平面角，所以
，由
余弦定理求得
，得
，由线面垂直判定定理和性质定理证明
两两垂直，建立空间直
角坐标系，用空间向量法求线面角．
【详解】取
中点
，连接
，如图，则由已知得
，
，
所以
为二面角
的平面角，所以
，
又
，
，
中，
，
，所以
，
由
，
平面
，得
平面
，
又
平面
，所以
，
，
平面
，所以
平面
，
平面
，所以
，
，所以
，
以
为
轴建立空间直角坐标系，如图，
则
，
，
，
，平面
的一个法向量是
，
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，
所以
与平面
所成角的正弦值为
．
1．（2018 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I 卷））已知正方体的棱长为1，每条棱所
在直线与平面
所成的角都相等，则
截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】首先利用正方体的棱是3 组每组有互相平行的4 条棱，所以与12 条棱所成角相等，只需与从同一
个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边
长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.
【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，
所以在正方体
中，
平面
与线
所成的角是相等的，
所以平面
与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，
同理平面
也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，
要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面
与
中间的，
且过棱的中点的正六边形，且边长为
，所以其面积为
.
点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位
置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面
积的求法，应用相关的公式求得结果.
2．（2007 年普通高等学校招生考试数学（文）试题（大纲卷Ⅱ））已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2
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倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】设正三棱锥底面边长为
，则侧棱长为
，作图确定侧棱与底面所成角，解直角三角
形即可得答案.
【详解】由题意知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2 倍，如图，设正三棱锥
底面边长为
，
则侧棱长为∶
，设顶点
在底面的射影为
点，连接
并延长交
于
，
则
为
的中点，则
为侧棱与底面所成角，
由于
为正三角形，则
为其中心，
，
，
在
中，
，即侧棱与底面所成角的余弦值等于
.
3．（2010 年普通高等学校招生全国统一考试（全国Ⅰ）文科数学）正方体ABCD-
中，B
与平
面AC
所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】试题分析：因为
，所以
与平面
所成角的余弦值等价于
与平面
所成
角的余弦值．设正方体棱长为
，易知
平面
且设垂足为
，所以
即为所求角．由已
知可得
，从而
，所以
．
考点：斜线与平面所成的角．
考点七、几何法求二面角
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1．已知三棱锥
的三个侧面与底面全等，且
，
，则以
为棱，以平面
与平面
为面的二面角的大小是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据二面角平面角的定义确定以
为棱，以平面
与平面
为面的二面角的的平面角，解
三角形求其大小即可.
【详解】取
的中点为
，连接
，因为
与
全等，又
，
， 所以
，
，因为
为
的中点，所以
，
，所以
为以
为棱，以
平面
与平面
为面的二面角的平面角，在
中
，
，
，所以
，同理可得
，在
中，因为
，
，
，所以
，
所以
，所以以
为棱，以平面
与平面
为面的二面角的大小为
.
2．（2021 年全国高考甲卷数学（理）试题）已知直三棱柱
中，侧面
为正方形，
，E，F 分别为
和
的中点，D 为棱
上的点．
（1）证明：
；
（2）当
为何值时，面
与面
所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【详解】（1）因为
，所以
．
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又因为
，
，所以
平面
．又因为
，构造正方体
，如图所示，
过
作
的平行线分别与
交于其中点
，连接
，
因为
，
分别为
和
的中点，所以
是
的中点，
易证
，则
．
又因为
，所以
．
又因为
，所以
平面
．
又因为
平面
，所以
．
（2）如图所示，延长
交
的延长线于点
，联结
交
于点
，则平面
平面
．
作
，垂足为
，因为
平面
，联结
，则
为平面
与平面
所成
二面角的平面角．
设
，过
作
交
于点
．
由
得
．
又
，即
，所以
．
又
，即
，所以
．
所以
．
37
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则
，
所以，当
时，
．
【整体点评】第一问，常规方法，不过这道题常规方法较为复杂第二问：利用空间线面关系找到，面
与面
所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；
3．如图，二面角
等于
，A、
是棱l 上两点，BD、AC 分别在半平面
、
内，
，
，且
，则CD 的长等于 .
【答案】4
【分析】根据二面角的定义，结合空间向量加法运算性质、空间向量数量积的运算性质进行求解即可.
【详解】由二面角的平面角的定义知
，
∴
，
由
，
，得
，
，又
，
∴
，所以
，即
.
1．（2011 年湖南省普通高等学校招生统一考试理科数学）已知点
分别在正方体
的
棱
、
上，且
，
，侧面
与面
所成的二面角的正切值等于 .
【答案】
【分析】由题意画出正方体的图形，延长
交点为
连接
，过
作
连接
，所以面
与面
所成的二面角就是
，求出
与正方体的棱长的关系，然后求出面
与面
所成的二面角的正切值．
【详解】由题意画出图形如图：
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因为
分别在正方体
的棱
、
上，
延长
交点为
连接
，过
作
连接
，
所以面
与面
所成的二面角就是
，
因为
，
，
所以
，所以
，
设正方体的棱长为
，所以
，
，
，
在
中，
.
【点睛】本题是基础题，考查二面角的平面角的正切值的求法，解题的关键是能够作出二面角的棱，作出
二面角的平面角，考查计算能力，逻辑推理能力．
2．（2002 年普通高等学校招生考试数学（理）试题（上海卷））若正四棱锥的底面边长为
，体积
为
，则它的侧面与底面所成的二面角的大小是 ．
【答案】
/
【分析】先根据正四棱锥的结构特征、垂直关系的转化得到
是侧面
与底面
所成的二面
角的平面角，再利用
进行求解.
【详解】如图，过点
作
平面
，则
为底面正方形
的中心，
取
的中点
，连接
、
，则
，
因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
平面
，
平面
，且
，
所以
平面
，又
平面
，所以
，
又
平面
，
平面
，
所以
是侧面
与底面
所成的二面角的平面角，
由题意，得
，解得
，
39
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在
中，又因为
，所以
，所以
，
即该正四棱锥的侧面与底面所成的二面角的大小是
.
3．如图60°的二面角的棱上有
，
两点，直线
，
分别在二面角两个半平面内，且垂直于
，
，
，则
．
【答案】10
【分析】过点
作
，且
，连接
，
，先证明
为等边三角形，从而得到
，再证明
，进而利用勾股定理即可求解．
【详解】如图，过点
作
，且
，连接
，
，
则
，又
，
所以
为等边三角形，所以
，
则四边形
为矩形，即
，
由
，则
，又
，且
，
所以
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
，
则由勾股定理得
．
40
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考点八、几何法求平面与平面所成角
1．如图，P 为长方体
的对角线
上的一点，平面
平面
，若
，则
平面PAB 与平面CAB 夹角的正切值为 ．
【答案】2
【分析】设
，
分别为长方体上、下底面矩形对角线的交点，连接
，
，
，由平面
平
面
，结合正方体的性质可得
，作
，垂足为
，
，垂足为
，连接
，
可证得
为平面
与平面
的夹角，然后在
中求解即可.
【详解】设
，
分别为长方体上、下底面矩形对角线的交点，连接
，
，
．
因为平面
平面
，平面
平面
，平面
平面
，
所以
．又
，所以
，
，
三点共线，因此
．
如图，作
，垂足为
，
，垂足为
，连接
，
因为平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
因为
，
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，所以
为平面
与平面
的夹角．
由
，
，可得
，
．
所以
，即平面
与平面
夹角的正切值为2．
41
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2．（2023 年新高考天津数学高考真题）三棱台
中，若
面
，
分别是
中点.
(1)求证：
//平面
；
(2)求平面
与平面
所成夹角的余弦值；
(3)求点
到平面
的距离．
【答案】(1)证明见解析；(2)
；(3)
；
【分析】（1）先证明四边形
是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【详解】（1）
连接
.由
分别是
的中点，根据中位线性质，
//
，且
，
由棱台性质，
//
，于是
//
，由
可知，四边形
是平行四边形，则
//
，
又
平面
，
平面
，于是
//平面
.
（2）过
作
，垂足为
，过
作
，垂足为
,连接
.
由
面
，
面
，故
，又
，
，
平面
，
则
平面
.
由
平面
，故
，又
，
，
平面
，于是
平
面
，
由
平面
，故
.于是平面
与平面
所成角即
.
又
，
，则
，故
，在
中，
42
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，则
，
于是
（3）[方法一：几何法]
过
作
，垂足为
，作
，垂足为
，连接
，过
作
，垂足为
.
由题干数据可得，
，
，根据勾股定理，
，
由
平面
，
平面
，则
，又
，
，
平面
，于是
平面
.
又
平面
，则
，又
，
，
平面
，故
平面
.
在
中，
，
又
，故点
到平面
的距离是
到平面
的距离的两倍，
即点
到平面
的距离是
.
[方法二：等体积法]
辅助线同方法一.
43
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设点
到平面
的距离为.
，
.
由
，即
.
3．如图，在四棱锥
中，底面
是边长为2 的正方形，侧棱
底面
，
，
是
的中点，作
交PB 于点
.
(1)求三棱锥
的体积；
(2)求证：
平面
；
(3)求平面
与平面
的夹角的大小.
【答案】(1)
；(2)证明见解析；(3)
【分析】（1）取
中点
，连接
，易知
且
底面
，由此即可求出答案；
（2）由题意易证
面
，则可得
，再结合
，利用线面垂直的判定定理即可得证；
（3）由题意易知
是平面
与平面
的夹角，且
，分别求出
的值，利用
，即可求出答案.
【详解】（1）取
中点
，连接
，
在
中，
分别为
中点，
∴
为
的中位线，
∴
，且
，
又∵
，
∴
∵
底面
，
∴
底面
，
44
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∴
；
（2）∵
底面
，且
面
∴
，
∵底面
是正方形，
∴
，
又
,
面
,
∴
面
,
又
面
∴
∵
，且
，
∴
是等腰直角三角形，又
是斜边
的中线，
∴
，
又
,
面
,
∴
面
，
∵
面
∴
,
∵
,
又
,
面
∴
平面
；
（3）由（2）可知
，
故
是平面
与平面
的夹角，
∵
∴
，
在
中，
，
，
，
又
面
，
∵
面
∴
,
45
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在
中，
，∴
，故平面
与平面
的夹角的大小
.
1．如图，棱锥
的底面
是矩形，
平面
，
．
(1)求证：
平面
；
(2)求平面
和平面
夹角的余弦值的大小．
【答案】(1)证明过程见解析；(2)
;
【分析】（1）求出
，得到底面
是正方形，对角线互相垂直，进而证明出线
面垂直；（2）找到两平面的夹角的平面角，再进行求解.
【详解】（1）因为
平面
，
平面
，所以
，因为
，
底面
是矩形，所以由勾股定理得：
，所以底面
是正方形，所以
，又
，所以
平面
.
（2）因为
底面
，
平面
，所以
，又
，
，所
以
平面
，因为
平面
，所以
，又因为
，所以
是平面
和平面
的夹角，由于
，
，所以
，所以
，
所以平面
与平面
的夹角余弦值为
.
2．（2023 届浙江省名校新高考研究联盟联考数学试题）如图，在四棱锥
中，已知
，
，
，
，
，
，
为
中点，
为
中点.
46
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(1)证明：平面
平面
；
(2)若
，求平面
与平面
所成夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
.
【分析】（1）根据线面平行及面面平行的判定定理即得；
（2）延长
与
交于
，由题可得面
面
，过
作
，过
作
，进而可得
即为面
与面
所成二面角的平面角，结合条件即得；
【详解】（1）连接
，∵
为
中点，
为
中点，
∴
，又
面
，
面
，
∴
面
，
在
中，
，
，
，
∴
，即
，
在
中，
，
，∴
，
，
在
中，
，
，
，
，
∴
，
，∴
，
F
∵为AB 中点，∴
，
，
∴
，又∵
面
，
面
，
∴
面
，又∵
，CF，
面
，
∴平面
平面
；
（2）延长
与
交于
，连
，则面
面
，
47
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在
中，
，
，
，所以
，
又
，
，
，
面
，
∴
面
，
面
，
∴面
面
，
在面
内过
作
，则
面
，
∵
面
，∴
，
过
作
，连
，∵
，
面
，
面
，
∴
面
，
面
，
∴
，
∴
即为面
与面
所成二面角的平面角，
∵
，
，
∴
，
，
∵
，
，
∴
，
，
，又
，
∴
，
，
，
∴
.
3．（2023 届广东省模拟考试数学试题）如图，在四棱锥P-ABCD 中，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三
角形，
(1)求证：
；
48
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(2)求平面PAB 与平面ABCD 交角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
.
【分析】（1）取
中点
，连接
，可证明
，
，进而可证
平面
，则
结论成立；（2）过
做
平面
，过
做
于
，则
为平面
与平面
所
成角，根据题中所给条件计算
，
的长，求出正切值，进而求出正弦值.
【详解】（1）取
中点
，连接
，
因为
，且
，所以四边形
为平行四边形，即
，
因为
，所以
；
因为
是以
为斜边的等腰直角三角形，所以
；
，所以
平面
，
平面
，所以
.
（2）过
做
平面
，过
做
于
，
（3）则
为平面
与平面
所成角，
由（1）可知：
平面
，
平面
，
所以平面
平面
，平面
平面
，
则
直线
，由题意可知
，
，又
，
所以
，在直角三角形
中，
，
所以
，
，
过
做
于
，则
，
在
中，
，
，
则
，
，
所以
，
所以
，
，
则
.
49
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【基础过关】
1．（2023 年云南省教育学业质量监测数学试题）如图，已知在矩形ABCD 中，
，
，M 为边
BC 的中点，将
，
分别沿着直线AM，MD 翻折，使得B，C 两点重合于点P，则点P 到平面
MAD 的距离为 ．
【答案】
/
【分析】由题意可得
平面
，设点
到平面
的距离为
，然后利用等体积法可求得结果.
【详解】因为
为矩形，所以
，
，
因为
，
平面
，
所以
平面
，
因为
，
所以
，
，
点
到平面
的距离为
，
，
所以
，解得
．
2．（2023-2024 学年陕西省联考文科数学试题）在直三棱柱
中，侧面
为正方形，
，
，
分别为
和
的中点，
.
50
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(1)证明：
；
(2)求
到平面
的距离.
【答案】(1)证明见解析；(2)
.
【分析】（1）根据给定条件，证明
∽
，进而证得
，再利用线面垂直的性质判定推
理作答.
（2）由（1）的信息，求出
长即可作答.
【详解】（1）在直三棱柱
中，由侧面
为正方形，得
，
而
，
，
平面
，则
平面
，
又
平面
，即有
，即
，
，则
，
因为
，则
，
，
由E，F 分别为AC 和
的中点，得
，
于是
，而
，则
∽
，有
，
又
，即有
，则
，即
，
由
，
为
的中点，得
，而
平面
，
平面
，则
，
又
，
平面
，于是
平面
，而
平面
，则
，
因为
，
平面
，因此
平面
，而
平面
，
所以
.
（2）由（1）知
平面
，则
长即为点
到平面
的距离，
在
中，
，则
，
所以点
到平面
的距离
.
51
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3．（2023 年上海市模拟考试数学试题）若正四棱柱
的底面边长为，
与底面
成
角，则
到底面
的距离为 .
【答案】
【分析】确定
到底面
的距离为正四棱柱
的高，即可求得结论．
【详解】∵正四棱柱
，
∴平面
平面
，
平面
，
平面
,
到底面
的距离为正四棱柱
的高
∵正四棱柱
的底面边长为，
与底面
成
角，
．
4．若正四棱柱
的底面边长为1，直线
与底面
所成角的大小是
，则
到底
面
的距离为 ．
【答案】
【分析】根据正四棱柱的几何性质由直线
与底面
所成角的大小是
，确定线段
的长，则则
到底面
的距离即可求.
【详解】解：如图，连接
正四棱柱
的底面边长为1，则
，所以
且
底面
，则直线
与底面
所成角即
则
则在正四棱柱
中，
到底面
的距离为即
到到底面
的距离
.
5．在长方体
中，已知
，
，
与平面ABCD 所成角的大小是
，那么平面
ABCD 到平面
的距离是 ．
52
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【答案】
【分析】在长方体
中,根据
与平面
所成角的大小是
，解直角三角形，求得
棱
的长，即可得答案.
【详解】如图，连接
,
因为
平面
,故
即为
与平面
所成角，
则
，
又因为
，
，则
,
故在
中，
，
在长方体
中, 平面
到平面
的距离即为棱
的长，
即平面
到平面
的距离为
.
6．在长方体
中，E，F，G，H 分别为
，
，
，
的中点，
，则平面
ABCD 与平面EFGH 的距离为 .
【答案】2
【分析】由平面
平面
,又
平面
可得答案.
【详解】如图
平面
平面
又
平面
.
平面
与平面
的距离为
.
【点睛】本题考查平面与平面间的距离,属于基础题.
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7．用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体.已知正六面体
的棱长为
，则平
面
与平面
间的距离为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】画出图形，可得
平面
，结合面面平行可知
平面
，求出正方体的棱长，再
由等体积法求得
，则可求得所求距离.
【详解】由题意知：正六面体
是棱长为
的正方体，
，
，
，
，
平面
平面
，
连接
，
，
，
，
平面
，
又
平面
，
，同理可证得：
，
又
平面
，
，
平面
，
平面
，
设垂足分别为
，则平面
与平面
间的距离为
.
正方体的体对角线长为
.
在三棱锥
中，由等体积法求得：
，
∴平面
与平面
间的距离为：
.
【点睛】本题考查立体几何中平面与平面间距离的求解问题，关键是能够找到两面的公垂线，进而可知夹
在两平面间的公垂线段的长度即为所求距离；本题中同时涉及到三棱锥高的求解问题，解决此类问题通常
采用等体积法.
8．（2018 年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））已知圆锥的顶点为，母线
，
所成
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角的余弦值为
，
与圆锥底面所成角为45°，若
的面积为
，则该圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公
式求出结果.
【详解】因为母线
，
所成角的余弦值为
，所以母线
，
所成角的正弦值为
，因为
的面积为
，设母线长为
所以
，
因为
与圆锥底面所成角为
，所以底面半径为
，
因此圆锥的侧面积为
．
【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式
求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解．
9．（2021 年山东省春季高考数学真题）如下图，在四棱锥
中，底面
是正方形，平面
平面
，
，
．
（1）求
与
所成角的余弦值；
（2）求证：
．
【答案】（1）
；（2）证明见解析．
【分析】(1)由题意可得
即为
与
所成的角，根据余弦定理计算即可；
(2)结合面面垂直的性质和线面垂直的性质即可证明.
【详解】【考查内容】异面直线所成的角，直线与平面垂直的判定和性质
【解】（1）因为
，因此
即为
与
所成的角，在
中，
，
又在正方形
中
，因此
，
因此
与
所成角的余弦值是
．
（2）因为平面
平面
，平面
平面
，在正方形
中，
，
55
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因此
平面
，又因为
平面
，因此
．
10．（2023 年福建省模拟考试数学试题）在矩形ABCD 中，
，沿AC 将
折起，当二面角
为直二面角时，异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为 .
【答案】
/0.2
【分析】沿
将
折起后
位置为
，根据题设条件易知所求角为
或其补角，作
于
，连接
，根据直二面角证
，求得
，最后应用余弦定理求异面直线夹角余弦
值.
【详解】沿
将
折起后
位置为
，且
为矩形，则
，
所以异面直线
与
所成角，即为
与
所成角
或其补角，
作
于
，连接
，显然
，
由二面角
为直二面角，即面
面
，面
面
，
面
，则
面
，而
面
，故
，
由
，且
，故
，则
，
所以
，又
，
则
.
11．（2018 年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷））在长方体
中，
，
与平面
所成的角为
，则该长方体的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】首先画出长方体
，利用题中条件，得到
，根据
，求得
，可以确定
，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.
【详解】在长方体
中，连接
，
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根据线面角的定义可知
，
因为
，所以
，从而求得
，
所以该长方体的体积为
.
【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高
的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要
明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.
12．（2023 年云南省质量检测数学试题）已知圆锥的顶点为
，底面圆心为
，
，底面半径为2，
，
是底面圆周上两点，且
，则二面角
的大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】取
的中点
，连
，可证
是二面角
的平面角，再根据已知条件计算可
得结果.
【详解】取
的中点
，连
，
因为
，所以
，因为
，所以
，
所以
是二面角
的平面角，
因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
，
，所以
，
因为
，所以
，
所以
，所以
.
所以二面角
的大小为
.
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13．（2023 年山东省模拟考试数学试题）长方体
中，
，则二面角
的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】取
中点
，连接
、
，则
即为二面角
的平面角，在
中利用
余弦定理求解即可.
【详解】
取
中点
，连接
、
，因为
，
，
所以
，
，
所以
即为二面角
的平面角，连接
，
因为长方体
中，
，
所以
，
，
所以
，又因为
，
在
中，
，
所以二面角
的余弦值为
.
58
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【能力提升】
1．（2023 年重庆市模拟考试数学试题）在四面体
中，
平面
于点
，点
到平面
的
距离为
，点
为
的重心，二面角
的大小为
，则
．
【答案】
.
【分析】综合应用立体几何中线线垂直、线面垂直、点到平面距离、二面角等知识即可解决问题.
【详解】设
，连结
，因为
平面
，
平面
，所以
，又
，
，
平面
，
平面
，所以
平面
，又
平面
，
故
，所以
是二面角
的平面角，所以
，又
，所以
为
中点，又点
为
的重心，故
在
上，过
作
于
，由
到平面
的距离为
，可
得
，于是
，
，
，在
中，由余弦定理可得，
，所以
.
2．（2023 年江苏省模拟考试数学试题）如图，将边长
的正方形
沿对角线BD 折起，连接AC，
59
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构成一四面体，使得
，则点
到平面
的距离为 ．
【答案】
/
【分析】设点
到平面
的距离为
，则
，求
可得结论.
【详解】由已知可得
，
，
，
取
的中点
，连接
，
因为
，
，所以
，
因为
，
，所以
，
又
，所以
，
因为
，点
为
的中点，
所以
，由
平面
，
，
所以
平面
，
所以点
到平面的距离为
，又
的面积为
，
所以三棱锥
的体积为
，
设点
到平面
的距离为
，则
，
又
，
因为
，所以
的面积为
，
所以
，
所以
.
所以点
到平面
的距离为
.
60
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3．如图，正四棱柱
的底面边长为2，
，E 为
的中点，则
到平面EAC
的距离为 ．
【答案】
/
【分析】由于
∥平面
，所以只要求出点
到平面
的距离即可，然后利用等体积法求解.
【详解】连接
，
因为
∥
，
平面
，
平面
，
所以
∥平面
，
所以
到平面
的距离等于
到平面
的距离，设
到平面
的距离为
，
因为正四棱柱
的底面边长为2，
，
所以
，
因为E 为
的中点，所以
，
所以
，
所以
，
,
因为
，
所以
,
所以
，解得
.
61
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4．（2023 年辽宁省模拟考试数学试题）如图，已知四棱锥
外接球O 的体积为
，
，侧
棱
与底面
垂直，四边形
为矩形，点M 在球O 的表面上运动.当四棱锥
体积的最
大时，点A 到面
的距离为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，求出球
的半径并确定球心
的位置，再求出四棱锥
体积取最大时，
矩形
的特征，然后用等体积法求解作答.
【详解】设球
的半径为
，则
，解得
，连接
，
由
平面
，
平面
，得
，由矩形
，得
，
而
平面
，则
平面
，又
平面
，于是
，同理
，
取
中点
，连接
，则
，因此点
是四棱锥
的外接
球球心
，
显然
，而
，于是
，
令
，连接
，则
平面
，
，
要使四棱锥
的体积最大，点
必为射线
与球
的表面的交点，
，
62
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此时四棱锥
的体积
，当且仅当
时取等号，
，
底边
上的高
，
设点
到平面
的距离为
，由
，得
，
即
，有
，解得
，
所以点
到面
的距离为
.
5．（2023 届江西省考前最后一卷（全国乙卷）数学（理）试题）如图，正三角形ABC 中，D，E 分别为
边AB，AC 的中点，其中
，把
沿着DE 翻折至
的位置，得到四棱锥
，则当
四棱锥
的体积最大时，四棱锥
外接球的球心到平面
的距离为 .
【答案】
/
【分析】由题意确定当平面
平面
时，四棱锥
的体积最大，作出图形，依次确定
的外接圆的圆心
，四边形
的外接圆的圆心
，再确定四棱锥
的外接球的球心
，解外接球的半径
，再求解
外接圆的半径，设四棱锥
外接球的球心到平面
的
距离为
，根据
即可求解.
【详解】
由题意可知，当平面
平面
时，四棱锥
的体积最大，如图所示，
取
的中点
，连接
，则
，
又平面
平面
，
平面
，所以
平面
.
则
的外接圆的圆心
位于
且靠近点
的三等分点处，
63
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设
的中点为
，连接
，则
，
所以
为四边形
的外接圆的圆心，
过
作平面
的垂线，过
作平面
的垂线，
则两垂线的交点即为四棱锥
的外接球的球心
，
连接
，则四边形
为矩形，
所以
，
连接
，在
中，
.
设四棱锥
的外接球的半径为
，则
.
连接
，
，
，
，
，
连接
，则
，所以
外接圆的圆心在
上，令其半径为，
在
中，
，
所以
，即
，解得
，
设四棱锥
外接球的球心到平面
的距离为
，
所以
，即
，解得
，
故四棱锥
外接球的球心到平面
的距离为
.
【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的半径，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长
方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下
底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；
（3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球
心.
6．（2023 届山东省高考适应性训练数学试题）鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中
国建筑的榫卯结构.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2 是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为
2，则该鲁班锁的两个相对三角形面间的距离为（ ）
64
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8 个正三棱锥所余下来的几何体，由等体积转化得出
截去的三棱锥的高，由体对角线减去该高，计算即可.
【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8 个正三棱锥所余下来的几何体，如图
所示，由题意可知：
，所以
.
故该正方体的棱长为
，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为
，
则该小三棱锥几何体的体积为
，
所以该三棱锥的顶点
到面
的距离
.
易知鲁班锁两个相对的三角形面平行，且正方体的体对角线
垂直于该两面，故该两面的距离
.
7．（2023 届湖南省三模数学试题）已知平行六面体
的各棱长都为
，
，
、
、
分别是棱
、
、
的中点，则（ ）
A．
平面
B．平面
平面
65
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C．平面
与平面
间的距离为
D．直线
与平面
所成角的正弦值为
【答案】A
【分析】证明出平面
平面
，利用面面平行的性质可判断A 选项；利用反证法结合面面垂直的
性质定理可判断B 选项；利用勾股定理可判断C 选项；利用线面角的定义可判断D 选项.
【详解】对于A 选项，连接
、
、
，
在平行六面体
中，
且
，
所以，四边形
为平行四边形，所以，
，
因为
、
分别为
、
的中点，则
，所以，
，
因为
平面
，
平面
，所以，
平面
，
同理可证
且
，
因为
且
，
、
分别为
、
的中点，所以，
且
，
所以，四边形
为平行四边形，故
且
，
所以，
且
，故四边形
为平行四边形，故
，
因为
平面
，
平面
，所以，
平面
.
因为
，
、
平面
，所以，平面
平面
，
因为
平面
，所以，
平面
，A 对；
对于B 选项，连接
、
、
，
由题意可知，
，
，则
为等边三角形，
所以，
，同理可得
，故三棱锥
为正四面体，
设点
在平面
内的射影点为点
，则
为等边
的中心，
易知点
不在直线
上，
若平面
平面
，过点
在平面
内作
，垂足为点
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以，
平面
，
66
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但过点
作平面
的垂线，有且只有一条，矛盾，假设不成立，B 错；
对于C 选项，连接
，则
，且
，
因为
平面
，
平面
，则
，
故
，
故平面
与平面
间的距离为
，C 错；
对于D 选项，连接
，因为
平面
，
所以，
与平面
所成的角为
，且
，
所以，直线
与平面
所成的角的正弦值为
，D 错.
8．（2023 届浙江省原创预测卷一（全国1 卷））如图，在三棱锥
中，
，二面角
的平面角
，
，
，则直
线
与直线
的所成最大角的正切值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】首先取
的中点
，连接
交
于
，连接
，
，根据题意得到当
时，得到直
线
与直线
的所成最大角的正切值，即可得到答案.
【详解】取
的中点
，连接
交
于
，连接
，
，
如图所示：
67
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因为
为
中点，
为
中点，
交
于
，则
为
的重心.
即：
.
因为
，
又因为
，即
，所以
，
.
，
，即
.
因为
，
为
中点，所以
，
因为
，
为
中点，所以
，
所以
为二面角
的平面角，即
，
.
因为直线
与直线
的所成角为
，
当
时，
取得最大值，
当
时，即
，
平面
，即
.
所以直线
与直线
的所成角正切值最大为
.
9．已知二面角
为
，
，
，
为垂足，
，
，
，则异面直
线
与
所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
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【解析】作出图形，设
，
，
，然后以
、
为邻边作平行四边形
，可知
为二面角
的平面角，异面直线
与
所成角为
或其补角，计算出
三边边长，
利用余弦定理计算出
，即可得解.
【详解】如下图所示：
设
，
，
，以
、
为邻边作平行四边形
，
在平面
内，
，
，
，则
，
，
，
，
，
，
所以，
为二面角
的平面角，即
，
，
为等边三角形，则
，
四边形
为平行四边形，
，即
，
，
，
，
，
，
平面
，
平面
，
，则
，
在平行四边形
中，
且
，
所以，异面直线
与
所成角为
或其补角，
在
中，
，
，由余弦定理可得
.
因此，异面直线
与
所成角的余弦值为
.
【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直
线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是
，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面
直线所成的角．
10．已知正方体
，则正确的有（ ）
①．直线
与
所成的角为
②．直线
与
所成的角为
③．直线
与平面
所成的角为
④．直线
与平面ABCD 所成的角为
【答案】①②④
69
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【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接
、
，因为
，所以直线
与
所成的角即为直线
与
所成
的角，
因为四边形
为正方形，则
，故直线
与
所成的角为
，①正确；
连接
，因为
平面
，
平面
，则
，
因为
，
，所以
平面
，
又
平面
，所以
，故②正确；
连接
，设
，连接
，
因为
平面
，
平面
，则
，
因为
，
，所以
平面
，
所以
为直线
与平面
所成的角，
设正方体棱长为，则
，
，
，
所以，直线
与平面
所成的角为
，故③错误；
因为
平面
，所以
为直线
与平面
所成的角，易得
，故④正确.
11．（2019 年天津市高考数学（文科）试题） 如图，在四棱锥
中，底面
为平行四边形，
为等边三角形，平面
平面
，
，
，
，
（Ⅰ）设
分别为
的中点，求证：
平面
；
（Ⅱ）求证：
平面
；
（Ⅲ）求直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）
.
70
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【分析】（I）连接
，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到
，利用线面平
行的判定定理证得结果；
（II）取棱
的中点
，连接
，依题意，得
，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得
到
，利用线面垂直的判定定理证得结果；
（III）利用线面角的平面角的定义得到
为直线
与平面
所成的角，放在直角三角形中求得结
果.
【详解】（I）证明：连接
，易知
，
，
又由
，故
，
又因为
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（II）证明：取棱
的中点
，连接
，
依题意，得
，
又因为平面
平面
，平面
平面
，
所以
平面
，又
平面
，故
，
又已知
，
，
所以
平面
.
（III）解：连接
，
由（II）中
平面
，
可知
为直线
与平面
所成的角.
因为
为等边三角形，
且
为
的中点，
71
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所以
，又
，
在
中，
，
所以，直线
与平面
所成角的正弦值为
.
【点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基
础知识，考查空间想象能力和推理能力.
12．（2023 年四川省阶段性测文科数学试题）在
中，
，
.若空间点
满足
，则直线
与平面
所成角的正切的最大值是（ ）
A．
B．
C．
D．1
【答案】C
【分析】根据题意可推出
点到
的距离为
，即可确定
点在在以
为轴，以
为底面半径的圆
柱的母线所在直线上，进而作图分析，利用垂直关系说明直线
与平面
所成最大角为
，解
直角三角形即可求得答案.
【详解】由题意
中，
，
，
故
，
又
，
，故
的边
上的高为
，
即
点到
的距离为
，故
点在以
为轴，以
为底面半径的圆柱的母线所在直线上，
要使直线
与平面
所成角的正切最大，即直线
与平面
所成角最大，
则
必须垂直于圆柱的母线所在直线，且与相切于点
，
设切点
对应的半径为
，
在直线
上，则
垂直于所在直线，且
，
而
平面
，故
平面
，
又母线
，故
平面
，
而
平面
，故平面
平面
，即平面
平面
，
72
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而
平面
，即
为
在平面
内的射影，
故直线
与平面
所成的最大角为
，
因为
平面
，
平面
，故
，
即
点为平面
内的点，且
垂直于
所在直线，垂足为
，
由
，得
，
又
，故
，
而
，故
，
故
，
即直线
与平面
所成角的正切的最大值是
.
13．（2023 年河北省模拟考试数学试题）在三棱锥
中，底面
是边长为3 的等边三角形，
，
，若此三棱锥外接球的表面积为
，则二面角
的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据题意可得
，则
，取
的中点
，则
为
的外 心，进而可
得球心
在过底面
的外心（中心）
且垂直底面
的直线上，也在过
外心
且垂直侧面
的直线上，由三棱锥外接球的表面积为
，解得
，取
的中点
，连接
，可得
是二面角
的平面角，再计算余弦值, 即可得出答案.
【详解】因为
，所以
，
所以
，所以
为直角三角形，取
的中点
，则
为
的外心，
所以球心
在过底面
的外心（中心）
且垂直底面
的直线上，也在过
外心
且垂直侧
面
的直线上，如下图，
因为三棱锥外接球的表面积为
，即
，解得
，
取
的中点
，连接
，则
，
73
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所以
都与
垂直，
所以
是二面角
的平面角，
又
，
，
在
中，
，
在
中,
，
所以
，
所以
，
在
中，
，
由
平面
得
，
又
，
所以
平面
，
由
面
得
，
又
，
所以
平面
，
又平面
，平面
有公共点
，
所以
四点共面，
所以
即二面角
的大小为
，
其余弦值为
.
14．（2023 届广东省教学质量检测数学试题）如图，三棱柱
中，侧面
为矩形，
且
为
的中点，
．
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(1)证明：
平面
；
(2)求平面
与平面
的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【详解】（1）连接
与
交于点
，连接
为三棱柱，
为平行四边形，点
为
的中点
又
为
的中点，则
，
又
平面
平面
，
平面
．
（2）设点
为
的中点，点
为
的中点，
连接
交
于点
，连接
，
设点
为
的中点，连接
点
为
的中点，点
为
的中点
且
，点
为
的中点
为矩形，
又
平面
，
在
中，
，可得
为等腰直角三角形，其中
而点
为
的中点，
且
点
为
的中点，点
为
的中点
75
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且
，
又
在Rt
中，
，点
为
的中点，
在
中，
，且点
为
的中点
且
即为平面
与平面
的夹角
在
中，
．
平面
与平面
的夹角的余弦值是
．
【真题感知】
76
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1．（2023 年高考全国乙卷数学（理）真题）已知
为等腰直角三角形，AB 为斜边，
为等边三
角形，若二面角
为
，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取
的中点
，连接
，因为
是等腰直角三角形，且
为斜边，则有
，
又
是等边三角形，则
，从而
为二面角
的平面角，即
，
显然
平面
，于是
平面
，又
平面
，
因此平面
平面
，显然平面
平面
，
直线
平面
，则直线
在平面
内的射影为直线
，
从而
为直线
与平面
所成的角，令
，则
，在
中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得
，即
，
显然
是锐角，
，
所以直线
与平面
所成的角的正切为
.
2．（2023 年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，在三棱柱
中，
平面
．
(1)证明：平面
平面
；
77
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(2)设
，求四棱锥
的高．
【答案】(1)证明见解析;(2)
【分析】(1)由
平面
得
，又因为
，可证
平面
，从而证得平面
平面
；
(2) 过点
作
，可证四棱锥的高为
,由三角形全等可证
，从而证得
为
中点，设
，由勾股定理可求出
，再由勾股定理即可求
.
【详解】（1）证明：因为
平面
，
平面
,
所以
,
又因为
，即
，
平面
，
,
所以
平面
，
又因为
平面
,
所以平面
平面
.
（2）如图，
过点
作
，垂足为
.
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
所以四棱锥
的高为
.
因为
平面
，
平面
,
所以
,
,
又因为
，
为公共边，
所以
与
全等，所以
.
设
，则
，所以
为
中点，
,
又因为
,所以
,
即
，解得
，
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所以，所以四棱锥的高为．
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