2 综合法视角下的计算问题
基础打底
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是A1C1的中点，则异面直线AO与BC1的夹角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
2．(人A必二P152例4改编)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1B和平面A1DCB1所成角的大小为____．
3．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD=AA1=2，AB=4，E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为____．
4．(2025·宿迁调研)在正四棱锥P－ABCD中，PD的中点为E，则：
(1) 当侧棱与底面所成角的大小为时，侧棱与底面边长之比为____；
(2) 若PA=AB，则该四棱锥相邻两侧面所成角的余弦值为___．
强技提能
空间角的计算
例1 (1) (2025·济宁质检)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1=AB，D，E，F分别是棱AA1，BB1，BC的中点，则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是( )
A． B．
C． D．
(2) 在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，D是BC1与B1C的交点，则AD与平面BB1C1C所成角的正弦值是( )
A． B．
C． D．
(3) (2025·泰州调研)如图，已知△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，AB=BC=BD，∠ABC=∠DBC=120°，则二面角A－BD－C的正切值为____．
1．求异面直线所成的角：对异面直线进行平移或平行转换，构造三角形，通过解三角形完成求解．
2．求线面角：①找平面角，利用余弦定理；②求直线上一点到平面的距离h，sinθ=．
3．求二面角：找→作(定义法、三垂线法、垂面法)→证(定义)→指→求(解三角形)．
变式1 (1) 已知圆柱的母线长为2，底面的半径为，四边形ABCD为其轴截面，若E为下底面圆弧AB的中点，则异面直线DE与AB所成的角为( )
A． B．
C． D．
(2) (2025·蚌埠适应考试)已知三棱锥P－ABC的体积为1，△ABC是边长为2的正三角形，且PA=2，则直线PA与平面ABC所成角的正弦值为( )
A． B．
C． D．1
空间距离的计算
例2 (1) 如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB=AB=2BC=4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为( )
A．2 B．2
C． D．4
(2) (2025·绍兴调研)在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1ABC是棱长为2的正四面体，则点A到平面BCC1B1的距离为( )
A． B．
C． D．1
1．求点线距一般要作出这个距离，然后利用直角三角形求解，或利用等面积法求解．
2．求点面距时，若能作出垂线段，可根据条件求解，若不易作出垂线段，可借助于等体积法求解，有时候还需要根据平行关系去转化．
变式2 (2025·枣庄3月模拟)如图，在矩形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．
配套热练
1．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2，则点A到平面A1BC的距离为( )
A． B．
C． D．
2．如图，已知正四棱锥P－ABCD的底面边长为2，侧棱长为4，M为侧棱PC的中点，则直线BM与底面ABCD所成角的正弦值为( )
A． B．
C． D．
3．(2025·合肥二模)已知AB为圆锥PO的底面直径，O为底面圆心，正三角形ACD内接于圆O，若PA=6，圆锥的侧面积为12π，则PA与BD所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
4．(2025·张家口期末)(多选)如图，已知圆柱的轴截面为矩形ABCD，BC=2，AB为下底面圆的直径，点E在下底面圆周上，AE=BE，F为CE的中点，BF⊥AC，则( )
A．该圆柱的体积为4π
B．该圆柱的表面积为16π
C．直线AC与平面BCE所成的角为30°
D．二面角C－AE－B为45°
5．(2025·蚌埠二模)(多选)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱DD1，C1D1，CC1的中点，则下列说法正确的是( )
A．FG∥平面A1BD
B．直线AE与FG所成角的余弦值为
C．点E到平面B1FG的距离为
D．三棱锥B1－D1DG的外接球的表面积为π
6．(2025·承德期末)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC上靠近B的三等分点，则直线D1E与平面BCC1B1所成角的正弦值为____．
7．(2025·宿州期末)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=120°，PA=PD=，PB=2，则平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为____．
8．(2025·聊城期末)如图，三棱锥P－ABC的底面是边长为2的正三角形ABC，且PA=PB，平面ABC⊥平面PAC．
(1) 求证：PC⊥平面ABC；
(2) 若BC与平面PAB所成角的正弦值为，求平面PAB与平面PAC夹角的余弦值．
9．(2025·苏州期末)如图，已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠BCD=60°，PC=PD，M，N分别为线段DC和线段PA的中点．
(1) 求证：平面PBM⊥平面PDC；
(2) 若PB⊥BM，PB=1，求直线DN与平面PBC所成角的正弦值．
10．(2025·临汾三模)如图，已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P是圆O1上异于点C，D的任意一点．
(1) 求证：平面ACP⊥平面ADP；
(2) 若O1P⊥CD，求点D到平面ACP的距离；
(3) 求AD与平面ACP所成角的正弦值的取值范围．
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专题五
2 综合法视角下的计算问题
立体几何
基础打底
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是A1C1的中点，则异面直线AO与BC1的夹角为 ( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
【解析】
如图，连接AD1，D1O．因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，则AD1∥BC1，所以∠D1AO是异面直线AO与BC1所成的角或其补角．
【答案】A
2．(人A必二P152例4改编)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1B和平面A1DCB1所成角的大小为__________．
【解析】
如图，连接BC1，BC1与B1C相交于点O，连接A1O．设正方体的棱长为a．因为A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，B1C1 B1B＝ B1，B1C1，B1B 平面BCC1B1，所以A1B1⊥平面BCC1B1.又BC1 平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1．
又BC1⊥B1C，A1B1 B1C＝B1，A1B1，B1C 平面A1DCB1，所以BC1⊥平面A1DCB1，所以A1O为斜线A1B在平面A1DCB1上的射影，∠BA1O为A1B和平面A1DCB1所成的角．
【答案】30°
3．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝
4，E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为_____．
【解析】
设点E到平面ACD1的距离为h．因为E是棱AB的中点，所以点E到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离的一半，又平面ACD1过BD的中点，所以点B到平面ACD1的距离等于点D到平面ACD1的距离．
【解析】
4．(2025 宿迁调研)在正四棱锥P－ABCD中，PD的中点为E，则：
(2) 若PA＝AB，则该四棱锥相邻两侧面所成角的余弦值为_______．
【解析】
强技提能
目标
1
空间角的计算
1
【解析】
如图，取CC1的中点G，取CG的中点H，连接BG，FH，DH．因为E，G分别是棱BB1，CC1的中点，所以BE∥C1G，且BE＝C1G，所以四边形BGC1E是平行四边形，所以C1E∥BG．又F，H分别是BC，CG的中点，所以FH∥BG，从而C1E∥FH，所以∠DFH是异面直线DF与C1E所成的角或其补角．
【答案】 C
1
【解析】
【答案】C
(3) (2025 泰州调研)如图，已知△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则二面角A－BD－C的正切值为_________．
【解析】
如图，在平面ABC内，过点A作AH⊥BC，垂足为H，连接DH．由题意知DH⊥BC，又AH DH＝H，AH，DH 平面AHD，所以BC⊥平面AHD．因为△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，且平面ABC 平面DBC＝BC，AH 平面ABC，所以AH⊥平面BCD．
1
过点H作HR⊥BD，垂足为R，连接AR．因为AH⊥平面BCD，BD 平面BCD，所以AH⊥BD，因为AH HR＝H，AH，HR 平面AHR，所以BD⊥平面AHR，又AR 平面AHR，所以BD⊥AR，故∠ARH为二面角A－BD－C的平面角的补角．
【答案】－2
【解析】
D
【解析】
C
目标
2
空间距离的计算
2
【解析】
如图，取PA的中点M，连接BM，CM．因为PB⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以PB⊥BC，又AB⊥BC，PB AB＝B，PB，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB．又PA 平面PAB，所以BC⊥PA．
因为M是PA的中点，PB＝AB，所以BM⊥PA．
【答案】A
目标
2
空间距离的计算
2
【解析】
因为BB1∥CC1且BB1＝CC1，所以四边形BCC1B1为平行四边形，
则BC∥B1C1且BC＝B1C1．因为M，N分别为BC，B1C1的中点，则BM∥B1N且BM＝ B1N，所以四边形BB1NM为平行四边形，所以MN∥BB1且MN＝BB1．又BB1∥AA1且BB1＝AA1，所以MN∥AA1且MN＝AA1，所以四边形AA1NM为平行四边形，则MN＝AA1 ＝2，且A，A1，N，M四点共面．
因为AM⊥BC，A1M⊥BC，AM A1M＝M，AM，A1M 平面AA1NM，所以BC⊥平面AA1NM．
过点A1在平面AA1NM内作A1H⊥MN，垂足为H．因为A1H 平面AA1NM，所以A1H⊥BC．又A1H⊥MN，MN BC＝M，MN，BC 平面BCC1B1，所以A1H⊥平面BCC1B1．
【答案】C
1．求点线距一般要作出这个距离，然后利用直角三角形求解，或利用等面积法求解．
2．求点面距时，若能作出垂线段，可根据条件求解，若不易作出垂线段，可借助于等体积法求解，有时候还需要根据平行关系去转化．
变式2 (2025 枣庄3月模拟)如图，在矩形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；
【解答】
图(1)
行四边形，则BM∥EN，而EN 平面A1DE，BM 平面A1DE，所以BM∥平面A1DE．
变式2 (2025 枣庄3月模拟)如图，在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，AE＝2EB，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE．
(2) 当平面A1DE⊥平面ABCD时，求点D到平面A1BE的距离．
【解答】
依题意，A1D＝A1E＝2，如图(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．
图(2)
图(2)
热练
【解析】
C
【解析】
【答案】D
【解析】
【答案】A
4．(2025 张家口期末)(多选)如图，已知圆柱的轴截面为矩形ABCD，BC＝2，AB为下底面圆的直径，点E在下底面圆周上，AE＝BE，F为CE的中点，BF⊥AC，则 ( )
A．该圆柱的体积为4π
B．该圆柱的表面积为16π
C．直线AC与平面BCE所成的角为30°
D．二面角C－AE－B为45°
【解析】
【答案】AD
【解析】
在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为F，G分别为棱C1D1，CC1的中点，所以FG∥D1C∥A1B，又FG 平面A1BD，A1B 平面A1BD，所以FG∥平面A1BD，故A正确；
【答案】AC
6．(2025 承德期末)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC上靠近B的三等分点，则
直线D1E与平面BCC1B1所成角的正弦值为________．
【解析】
【解析】
如图，取AD的中点E，连接PE，BE，过点P作l∥AD，则平面PAD 平面PBC＝l．因为PA＝PD，E是AD的中点，所以PE⊥AD，所以l⊥PE．
连接BD，依题意可知△ABD是等边三角形，所以BE⊥AD．由
8．(2025 聊城期末)如图，三棱锥P－ABC的底面是边长为2的正三角形ABC，且PA＝PB，平面ABC⊥平面PAC．
(1) 求证：PC⊥平面ABC；
【解答】
如图(1)，取AB的中点E，AC的中点F，连接BF，PE，EC. 因为PA＝PB，所以AB⊥PE．因为BC＝AC，所以AB⊥CE．又PE CE＝E，PE，CE 平面PCE，所以AB⊥平面PCE．又PC 平面PCE，所以AB⊥PC.
因为AB＝CB，所以FB⊥AC．又平面ABC⊥平面PAC，平面ABC 平面PAC＝AC，又FB 平面ABC，所以FB⊥平面PAC．因为PC 平面PAC，所以FB⊥PC．
又FB AB＝B，FB，AB 平面ABC，所以PC⊥平面ABC．
图(1)
【解答】
图(2)
图(2)
9．(2025 苏州期末)如图，已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠BCD＝60°，PC＝PD，M，N分别为线段DC和线段PA的中点．
(1) 求证：平面PBM⊥平面PDC；
【解答】
如图，连接DB．因为四边形ABCD为菱形，所以BC＝CD，又∠BCD＝60°，所以△BCD为正三角形．因为M为DC的中点，所以CD⊥BM．
因为PC＝PD且M为DC的中点，所以CD⊥PM．
又BM PM＝M，BM，PM 平面PBM，所以CD⊥平面PBM．因为CD 平面PDC，所以平面PBM⊥平面PDC．
9．(2025 苏州期末)如图，已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠BCD＝60°，PC＝PD，M，N分别为线段DC和线段PA的中点．
(2) 若PB⊥BM，PB＝1，求直线DN与平面PBC所成角的正弦值．
【解答】
因为CD⊥平面PBM，PB 平面PBM，所以CD ⊥PB．又PB⊥BM，BM CD＝M，BM，CD 平面ABCD，所以PB⊥平面ABCD．
10．(2025 临汾三模)如图，已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P是圆O1上异于点C，D的任意一点．
(1) 求证：平面ACP⊥平面ADP；
【解答】
因为CD是圆O1的直径，所以DP⊥CP．
又因为AD⊥平面PCD，CP 平面PCD，所以AD⊥CP．
因为AD DP＝D，AD，DP 平面ADP，所以CP⊥平面ADP．因为CP 平面ACP，所以平面ACP⊥平面ADP．
10．(2025 临汾三模)如图，已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P是圆O1上异于点C，D的任意一点．
(2) 若O1P⊥CD，求点D到平面ACP的距离；
【解答】
10．(2025 临汾三模)如图，已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P是圆O1上异于点C，D的任意一点．
(3) 求AD与平面ACP所成角的正弦值的取值范围．
【解答】2 综合法视角下的计算问题
基础打底
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是A1C1的中点，则异面直线AO与BC1的夹角为( A )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
【解析】 如图，连接AD1，D1O．因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB=C1D1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，则AD1∥BC1，所以∠D1AO是异面直线AO与BC1所成的角或其补角．不妨设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则AD1=2，D1O=，AO==，故A=D1O2＋AO2，即D1O⊥AO，则0°＜∠D1AO＜90°，所以sin∠D1AO==，则∠D1AO=30°．
2．(人A必二P152例4改编)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1B和平面A1DCB1所成角的大小为__30°__．
【解析】 如图，连接BC1，BC1与B1C相交于点O，连接A1O．设正方体的棱长为a．因为A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，B1C1 B1B=B1，B1C1，B1B 平面BCC1B1，所以A1B1⊥平面BCC1B1．又BC1 平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1．又BC1⊥B1C，A1B1 B1C=B1，A1B1，B1C 平面A1DCB1，所以BC1⊥平面A1DCB1，所以A1O为斜线A1B在平面A1DCB1上的射影，∠BA1O为A1B和平面A1DCB1所成的角．在Rt△A1BO中，A1B=a，BO=a，所以BO=A1B，所以∠BA1O=30°，所以直线A1B和平面A1DCB1所成的角为30°．
3．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD=AA1=2，AB=4，E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为____．
【解析】 设点E到平面ACD1的距离为h．因为E是棱AB的中点，所以点E到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离的一半，又平面ACD1过BD的中点，所以点B到平面ACD1的距离等于点D到平面ACD1的距离．因为VD－ACD1=VD1－ACD，所以S△ACD1·2h=S△ACD·DD1，又S△ACD=×2×4=4，DD1=2，在△ACD1中，AD1=2，AC=CD1=2，则S△ACD1=×2×=6，所以×6×2h=×4×2，解得h=，即点E到平面ACD1的距离为．
4．(2025·宿迁调研)在正四棱锥P－ABCD中，PD的中点为E，则：
(1) 当侧棱与底面所成角的大小为时，侧棱与底面边长之比为____；
(2) 若PA=AB，则该四棱锥相邻两侧面所成角的余弦值为__－__．
【解析】 (1) 如图，连接BD交AC于点G，连接PG．由正四棱锥的性质可知PG⊥平面ABCD，所以∠PBG为侧棱与底面所成的角，即∠PBG=，所以=，而BG=AB，所以=．
(2) 若PA=AB，则侧面全是正三角形，取PD的中点E，连接CE，AE，则CE⊥PD，AE⊥PD，根据二面角定义知，∠AEC为相邻两侧面所成的角．设AB=2，则AC=2，AE=CE=，由余弦定理得cos∠AEC==－．
强技提能
空间角的计算
例1 (1) (2025·济宁质检)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1=AB，D，E，F分别是棱AA1，BB1，BC的中点，则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是( C )
A． B．
C． D．
【解析】 如图，取CC1的中点G，取CG的中点H，连接BG，FH，DH．因为E，G分别是棱BB1，CC1的中点，所以BE∥C1G，且BE=C1G，所以四边形BGC1E是平行四边形，所以C1E∥BG．又F，H分别是BC，CG的中点，所以FH∥BG，从而C1E∥FH，所以∠DFH是异面直线DF与C1E所成的角或其补角．设AA1=AB=4，则CF=2，CH=1，所以FH=．又AD=2，AF=2，所以DF==4，DH==．在△DFH中，cos∠DFH===，故异面直线DF与C1E所成角的余弦值为．
(2) 在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，D是BC1与B1C的交点，则AD与平面BB1C1C所成角的正弦值是( C )
A． B．
C． D．
【解析】 如图，取BC的中点E，连接DE，AE．依题意，三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱，设棱长为2，则AE=，DE=1．因为D，E分别是BC1和BC的中点，所以DE∥CC1，所以DE⊥平面ABC，又AE 平面ABC，所以DE⊥AE，所以AD===2．因为AE⊥BC，AE⊥DE，BC DE=E，BC，DE 平面BB1C1C，所以AE⊥平面BB1C1C，所以∠ADE是AD与平面BB1C1C所成的角，所以sin∠ADE==，所以AD与平面BB1C1C所成角的正弦值为．
(3) (2025·泰州调研)如图，已知△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，AB=BC=BD，∠ABC=∠DBC=120°，则二面角A－BD－C的正切值为__－2__．
【解析】 如图，在平面ABC内，过点A作AH⊥BC，垂足为H，连接DH．由题意知DH⊥BC，又AH DH=H，AH，DH 平面AHD，所以BC⊥平面AHD．因为△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，且平面ABC 平面DBC=BC，AH 平面ABC，所以AH⊥平面BCD．过点H作HR⊥BD，垂足为R，连接AR．因为AH⊥平面BCD，BD 平面BCD，所以AH⊥BD，因为AH HR=H，AH，HR 平面AHR，所以BD⊥平面AHR，又AR 平面AHR，所以BD⊥AR，故∠ARH为二面角A－BD－C的平面角的补角．设BC=a，则由题设知，DH=AH=BDsin 60°=a，HB=BDcos 60°=，在△HDB中，HR=HBsin 60°=×=a，所以tan ∠ARH==2，故二面角A－BD－C的正切值为－2．
1．求异面直线所成的角：对异面直线进行平移或平行转换，构造三角形，通过解三角形完成求解．
2．求线面角：①找平面角，利用余弦定理；②求直线上一点到平面的距离h，sinθ=．
3．求二面角：找→作(定义法、三垂线法、垂面法)→证(定义)→指→求(解三角形)．
变式1 (1) 已知圆柱的母线长为2，底面的半径为，四边形ABCD为其轴截面，若E为下底面圆弧AB的中点，则异面直线DE与AB所成的角为( D )
A． B．
C． D．
【解析】 如图，连接AE，BE，CE，DE．因为AB∥CD，所以DE与AB所成角即为∠EDC或其补角．因为E为圆弧AB的中点，所以AE=BE，又AB=2，所以AE=BE=2．又AD=BC=2，所以DE=CE=2，所以△DEC为等边三角形，所以∠EDC=，所以DE与AB所成的角为．
(2) (2025·蚌埠适应考试)已知三棱锥P－ABC的体积为1，△ABC是边长为2的正三角形，且PA=2，则直线PA与平面ABC所成角的正弦值为( C )
A． B．
C． D．1
【解析】 因为△ABC是边长为2的正三角形，所以S△ABC=×22=．设三棱锥P－ABC的高为h．因为三棱锥P－ABC的体积为1，所以V=×S△ABC×h=××h=1，解得h=．设直线PA与平面ABC所成的角为θ，则sinθ==．
空间距离的计算
例2 (1) 如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB=AB=2BC=4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为( A )
A．2 B．2
C． D．4
【解析】 如图，取PA的中点M，连接BM，CM．因为PB⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以PB⊥BC，又AB⊥BC，PB AB=B，PB，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB．又PA 平面PAB，所以BC⊥PA．因为M是PA的中点，PB=AB，所以BM⊥PA．又BM BC=B，BM，BC 平面BCM，所以PA⊥平面BCM，又CM 平面BCM，所以CM⊥PA，故CM的长为点C到直线PA的距离．在等腰直角三角形PAB中，BM=PB=2，在Rt△BCM中，CM===2，故点C到直线PA的距离为2．
(2) (2025·绍兴调研)在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1ABC是棱长为2的正四面体，则点A到平面BCC1B1的距离为( C )
A． B．
C． D．1
【解析】 如图，分别取BC，B1C1的中点M，N，连接AM，MN，A1N，A1M．因为四面体A1－ABC是棱长为2的正四面体，所以△ABC是边长为2的等边三角形，则AM⊥BC，故AM=ABsin 60°=，同理可得A1M=，A1M⊥BC．因为BB1∥CC1且BB1=CC1，所以四边形BCC1B1为平行四边形，则BC∥B1C1且BC=B1C1．因为M，N分别为BC，B1C1的中点，则BM∥B1N且BM=B1N，所以四边形BB1NM为平行四边形，所以MN∥BB1且MN=BB1．又BB1∥AA1且BB1=AA1，所以MN∥AA1且MN=AA1，所以四边形AA1NM为平行四边形，则MN=AA1=2，且A，A1，N，M四点共面．因为AM⊥BC，A1M⊥BC，AM A1M=M，AM，A1M 平面AA1NM，所以BC⊥平面AA1NM．过点A1在平面AA1NM内作A1H⊥MN，垂足为H．因为A1H 平面AA1NM，所以A1H⊥BC．又A1H⊥MN，MN BC=M，MN，BC 平面BCC1B1，所以A1H⊥平面BCC1B1．在△A1MN中，A1N=AM=，A1M=，MN=AA1=2，由余弦定理可得cos∠A1MN===，所以sin∠A1MN===．因此，点A1到平面BCC1B1的距离为A1H=A1Msin∠A1MN=×=．因为AA1∥BB1，AA1 平面BCC1B1，BB1 平面BCC1B1，所以AA1∥平面BCC1B1，所以点A到平面BCC1B1的距离等于A1H=．
1．求点线距一般要作出这个距离，然后利用直角三角形求解，或利用等面积法求解．
2．求点面距时，若能作出垂线段，可根据条件求解，若不易作出垂线段，可借助于等体积法求解，有时候还需要根据平行关系去转化．
变式2 (2025·枣庄3月模拟)如图，在矩形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；
【解答】 如图(1)，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==，则MN∥CD，MN=CD．在矩形ABCD中，CD∥BE，BE=AB=CD，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．
图(1)
(2) 当平面A1DE⊥平面ABCD时，求点D到平面A1BE的距离．
【解答】 依题意，A1D=A1E=2，如图(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，BD．因为BF 平面ABCD，所以A1F⊥BF．又∠DA1E=90°，则A1F=DE=．在△BEF中，BE=1，EF=，∠BEF=135°，由余弦定理得BF2=12＋()2－2×1××=5，A1B==．在△A1BE中，cos∠A1EB==－，则sin∠A1EB=，S△A1BE=A1E·BEsin∠A1EB=，S△BDE=BE·AD=1．设点D到平面A1BE的距离为h．由VD－A1BE=VA1－BDE，得S△A1BE·h=S△BDE·A1F，即h=1×，解得h=，所以点D到平面A1BE的距离为．
图(2)
配套热练
1．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2，则点A到平面A1BC的距离为( C )
A． B．
C． D．
【解析】 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则VA－A1BC=S△A1BC·h=h=VA1－ABC=S△ABC·A1A=VABC－A1B1C1=，解得h=，所以点A到平面A1BC的距离为．
2．如图，已知正四棱锥P－ABCD的底面边长为2，侧棱长为4，M为侧棱PC的中点，则直线BM与底面ABCD所成角的正弦值为( D )
A． B．
C． D．
【解析】 如图，作PO⊥底面ABCD于点O，连接OC．因为正四棱锥P－ABCD的底面边长为2，故OC=，又侧棱长为4，故PO==．又M为侧棱PC的中点，取OC的中点F，连接MF，BF，则MF∥PO且MF=PO，所以MF⊥平面ABCD，故∠MBF是BM与平面ABCD所成的角．可得MF=PO=，cos∠BCM==，在△BCM中，由余弦定理可得BM==．在△BFM中，sin∠MBF===，所以直线BM与底面ABCD所成角的正弦值为．
3．(2025·合肥二模)已知AB为圆锥PO的底面直径，O为底面圆心，正三角形ACD内接于圆O，若PA=6，圆锥的侧面积为12π，则PA与BD所成角的余弦值为( A )
A． B．
C． D．
【解析】 设圆锥的底面半径为r，母线长为l．因为PA=6，所以l=PA=6，所以S侧=πrl=6πr=12π，解得r=2，所以OA=OB=OC=OD=2．又正三角形ACD内接于圆O，所以2r=4=，解得AC=2，所以AC=CD=AD=2，所以BD===2．过点A作AE∥BD交DO的延长线于点E，BD=AE=2，所以PA与BD所成角即为PA与AE所成角或其补角，所以∠PAE为PA与BD所成的角，PA=PE=6，由余弦定理可得cos∠PAE===．
4．(2025·张家口期末)(多选)如图，已知圆柱的轴截面为矩形ABCD，BC=2，AB为下底面圆的直径，点E在下底面圆周上，AE=BE，F为CE的中点，BF⊥AC，则( AD )
A．该圆柱的体积为4π
B．该圆柱的表面积为16π
C．直线AC与平面BCE所成的角为30°
D．二面角C－AE－B为45°
【解析】 对于A，因为BC⊥底面ABE，AE 底面ABE，所以BC⊥AE．又AE⊥BE，BE BC=B，BE，BC 平面BCE，所以AE⊥平面BCE．因为BF 平面BCE，所以AE⊥BF．又BF⊥AC，AE AC=A，AE，AC 平面ACE，所以BF⊥平面ACE．因为CE 平面ACE，所以BF⊥CE．因为F为CE的中点，所以△EBC为等腰直角三角形，所以BE=BC=2．又AE=BE，AB为底面圆的直径，所以AB=AE=2，所以该圆柱的体积为πr2h=π×()2×2=4π，故A正确．对于B，由A中分析可得该圆柱的表面积为2πr2＋2πrh=2π×()2＋2π××2=4π＋4π，故B错误．对于C，由A中分析可知AE⊥平面BCE，所以∠ACE为直线AC与平面BCE所成的角．因为AC==2，所以sin∠ACE===，所以∠ACE≠30°，故C错误．对于D，由以上分析可知∠CEB为二面角C－AE－B的平面角．因为△EBC为等腰直角三角形，所以∠CEB=45°，即二面角C－AE－B为45°，故D正确．
5．(2025·蚌埠二模)(多选)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱DD1，C1D1，CC1的中点，则下列说法正确的是( AC )
A．FG∥平面A1BD
B．直线AE与FG所成角的余弦值为
C．点E到平面B1FG的距离为
D．三棱锥B1－D1DG的外接球的表面积为π
【解析】 在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为F，G分别为棱C1D1，CC1的中点，所以FG∥D1C∥A1B，又FG 平面A1BD，A1B 平面A1BD，所以FG∥平面A1BD，故A正确；如图，连接BG，BF，易得AE∥BG，所以∠BGF为直线AE与FG所成的角或其补角，易得BG=，FG=，BF=3，由余弦定理得cos∠BGF===－，所以直线AE与FG所成角的余弦值为，故B错误；在△B1FG中，B1F=B1G=，FG=，所以S△B1FG=××=，设点E到平面B1FG的距离为h，又VE－B1FG=VB1－EFG，所以×h=××××2，解得h=，即点E到平面B1FG的距离为，故C正确；易得DD1=2，B1D1=2，DB1=2，且△B1DD1为直角三角形，所以点G在底面B1DD1上的射影为B1D的中点，设为O1，设外接球半径为R，球心为O，GO1=＜O1B1=，则球心O在GO1的延长线上，由R2=O＋O1=O＋3，R－OO1=GO1=，解得R=，所以外接球的表面积为4πR2=π，故D错误．
6．(2025·承德期末)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC上靠近B的三等分点，则直线D1E与平面BCC1B1所成角的正弦值为____．
【解析】 如图，连接C1E．因为D1C1⊥平面BCC1B1，所以直线D1E与平面BCC1B1所成的角为∠D1EC1．设AB=3a，易得C1E===a，D1E==a，所以sin∠D1EC1==．
7．(2025·宿州期末)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=120°，PA=PD=，PB=2，则平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为____．
【解析】 如图，取AD的中点E，连接PE，BE，过点P作l∥AD，则平面PAD 平面PBC=l．因为PA=PD，E是AD的中点，所以PE⊥AD，所以l⊥PE．连接BD，依题意可知△ABD是等边三角形，所以BE⊥AD．由于PE BE=E，PE，BE 平面PBE，所以AD⊥平面PBE．因为PB 平面PBE，所以AD⊥PB，则l⊥PB，所以∠BPE是平面PAD与平面PBC的夹角．在Rt△PAE中，PE=2．在△PEB中，PE=PB=2，BE=，由余弦定理可得cos∠BPE==．
8．(2025·聊城期末)如图，三棱锥P－ABC的底面是边长为2的正三角形ABC，且PA=PB，平面ABC⊥平面PAC．
(1) 求证：PC⊥平面ABC；
【解答】 如图(1)，取AB的中点E，AC的中点F，连接BF，PE，EC．因为PA=PB，所以AB⊥PE．因为BC=AC，所以AB⊥CE．又PE CE=E，PE，CE 平面PCE，所以AB⊥平面PCE．又PC 平面PCE，所以AB⊥PC．因为AB=CB，所以FB⊥AC．又平面ABC⊥平面PAC，平面ABC 平面PAC=AC，又FB 平面ABC，所以FB⊥平面PAC．因为PC 平面PAC，所以FB⊥PC．又FB AB=B，FB，AB 平面ABC，所以PC⊥平面ABC．
图(1)
(2) 若BC与平面PAB所成角的正弦值为，求平面PAB与平面PAC夹角的余弦值．
【解答】 如图(2)，作CM⊥PE，垂足为M，连接BM．因为AB⊥平面PEC，CM 平面PEC，所以CM⊥AB．又PE AB=E，PE，AB 平面PAB，所以CM⊥平面PAB，则∠CBM为BC与平面PAB所成的角，有sin∠CBM===，解得CM=．设PC=x，则PE=，由CM·PE=CE·PC，得=x，解得x=．作CN⊥PA，垂足为N，连接NM．易证MN⊥PA，所以∠CNM为平面PAB与平面PAC的夹角．又AP===3，由CN·PA=CA·PC，得CN=．因为sin∠CNM==，所以cos∠CNM=，所以平面PAB与平面PAC夹角的余弦值为．
图(2)
9．(2025·苏州期末)如图，已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠BCD=60°，PC=PD，M，N分别为线段DC和线段PA的中点．
(1) 求证：平面PBM⊥平面PDC；
【解答】 如图，连接DB．因为四边形ABCD为菱形，所以BC=CD，又∠BCD=60°，所以△BCD为正三角形．因为M为DC的中点，所以CD⊥BM．因为PC=PD且M为DC的中点，所以CD⊥PM．又BM PM=M，BM，PM 平面PBM，所以CD⊥平面PBM．因为CD 平面PDC，所以平面PBM⊥平面PDC．
(2) 若PB⊥BM，PB=1，求直线DN与平面PBC所成角的正弦值．
【解答】 因为CD⊥平面PBM，PB 平面PBM，所以CD⊥PB．又PB⊥BM，BM CD=M，BM，CD 平面ABCD，所以PB⊥平面ABCD．延长AD，BM交于点Q，连接PQ．因为四边形ABCD为菱形，所以AB∥CD且AB=CD．因为M为DC的中点，所以AB∥DM且DM=AB，所以D为AQ的中点．因为N为PA的中点，所以DN∥PQ，所以直线DN与平面PBC所成的角即为直线PQ与平面PBC所成的角．VP－BCQ=·PB·S△BCQ=×1×=．设点Q到平面PBC的距离为h，VP－BCQ=VQ－PBC=·h·S△PBC=h=，所以h=．在△PBQ中，PQ2=PB2＋BQ2=1＋(2)2=13，则PQ=．设PQ与平面PBC所成的角为θ，则sinθ===，所以直线DN与平面PBC所成角的正弦值为．
10．(2025·临汾三模)如图，已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P是圆O1上异于点C，D的任意一点．
(1) 求证：平面ACP⊥平面ADP；
【解答】 因为CD是圆O1的直径，所以DP⊥CP．又因为AD⊥平面PCD，CP 平面PCD，所以AD⊥CP．因为AD DP=D，AD，DP 平面ADP，所以CP⊥平面ADP．因为CP 平面ACP，所以平面ACP⊥平面ADP．
(2) 若O1P⊥CD，求点D到平面ACP的距离；
【解答】 方法一：因为O1P⊥CD，所以P为的中点，所以O1P=1，CP=DP=，S△PDC=××=1．由(1)知CP⊥平面ADP，因为AP 平面ADP，所以CP⊥AP．在Rt△APC中，AP=，CP=，故S△APC=×AP×PC=．设点D到平面ACP的距离为d．由VA－DPC=VD－APC，得×2×1=×d×，解得d=，即点D到平面ACP的距离为．
方法二：如图，过点D作DE⊥AP，垂足为E．因为平面ACP⊥平面ADP，平面ACP 平面ADP=AP，DE 平面ADP，所以DE⊥平面ACP．因为O1P⊥CD，所以P为的中点，则CP=DP=，AP=．在Rt△ADP中，AD·DP=DE·AP，所以DE==，即点D到平面ACP的距离为．
(3) 求AD与平面ACP所成角的正弦值的取值范围．
【解答】 由(2)知，DE⊥平面ACP，所以∠DAE即为AD与平面ACP所成的角．设DP=t，则t∈(0，2)．在Rt△ADP中，AD=2，AP=，S△ADP=DE·AP=AD·DP，所以DE=，所以sin∠DAE===．因为0＜t＜2，所以＋1＞2，所以sin∠DAE∈，即AD与平面ACP所成角的正弦值的取值范围为．
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