第13讲 空间角与距离
（时间：45分钟，满分：71分）
一、单项选择题（每小题5分，共15分）
1.（2025·广东广州调研）已知四棱锥P-ABCD的体积为4，底面ABCD是边长为的正方形，PB＝3，则直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为（ ）
A. B.
C. D.
2.如图，已知圆柱的高和底面半径均为4，AB为上底面圆周的直径，P是上底面圆周上的一点且AP＝BP，PC是圆柱的一条母线，则点P到平面ABC的距离为（ ）
A.4 B.2
C.3 D.2
3.（2025·安徽合肥质量检测）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☉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.
二、多项选择题（6分）
4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝AD＝1，E为AB的中点，则（ ）
A.A1B⊥B1C
B.A1D∥平面EB1C
C.点D到直线A1B的距离为
D.点D到平面EB1C的距离为
三、填空题（5分）
5.（2025·湖北武汉四调）在各棱长均相等的正四面体PABC中，取棱PC上一点T，使PT＝2TC，连接TA，TB，三棱锥T-PAB的内切球的球心为M，三棱锥T-ABC的内切球的球心为N，则平面MAB与平面NAB的夹角的正弦值是 .
四、解答题（共45分）
6.（15分）（2025·山东淄博一模）如图，在四棱锥S-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，点E在AD上，且SE⊥AD，AE＝1，DE＝2.
（1）点F在线段SE上，且BF∥平面SCD，证明：F为线段SE的中点；
（2）若AB⊥平面SAD，SD与平面SAB所成的角的余弦值为，求SD的长度.
7.（15分）（2025·全国Ⅰ卷17题）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD.
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝1＋，且点P，B，C，D均在球O的球面上.
①证明：点O在平面ABCD内；
②求直线AC与PO所成角的余弦值.
8.（15分）如图，
在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M，N分别为棱DD1，BC上的动点（含端点）.
（1）当点M在什么位置时，有B1D⊥平面MAC；
（2）当动点M，N满足＝时，求点A1到平面AMN距离的取值范围.
第13讲 空间角与距离
1.B 如图所示，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OB，则∠PBO即直线PB与平面ABCD所成的角.因为底面ABCD是边长为的正方形，所以底面ABCD的面积为S＝（）2＝6，则V四棱锥P-ABCD＝S·PO＝2PO＝4，所以PO＝2，又PB＝3，所以sin∠PBO＝＝，即直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为.故选B.
2.D 由题可得AB＝8，因为AP＝BP，所以S△ABP＝×8×4＝16.因为PC⊥平面ABP，且PC＝4，所以VC-ABP＝×16×4＝.因为AP＝BP＝4，所以AC＝BC＝4，所以S△ABC＝×8×＝16.设点P到平面ABC的距离为d，则VP-ABC＝×16d＝，解得d＝2.
3.A 如图，以O为坐标原点，过O且平行于CD的直线为x轴，OB，OP所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系.设底面圆半径为r，由题意知6πr＝12π，得r＝2，所以OA＝OB＝2.又△ACD为正三角形，所以AD＝2，在Rt△ADB中易得BD＝2，∠OBD＝，所以D（，，0），B（0，2，0），A（0，－2，0），P（0，0，2），所以＝（0，2，2），＝（－，，0），所以cos＜，＞＝＝＝，所以PA与BD所成角的余弦值为.故选A.
4.BC 如图，建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A1（1，0，1），B（1，2，0），B1（1，2，1），C（0，2，0），E（1，1，0）.对于A，＝（0，2，－1），＝（－1，0，－1），·＝（0，2，－1）·（－1，0，－1）＝1≠0，故A错误；对于B，显然A1D∥B1C，A1D 平面EB1C，B1C 平面EB1C，可得A1D∥平面EB1C，故B正确；对于C，记直线A1B的单位方向向量为u，则u＝＝（0，，－），又＝（－1，0，－1），所以向量在直线A1B上的投影向量为＝（·u）u＝（0，，－），则点D到直线A1B的距离为＝，故C正确；对于D，设平面EB1C的法向量为m＝（x，y，z），由＝（－1，0，－1），＝（0，－1，－1），得令x＝1，可得m＝（1，1，－1）.又＝（0，2，0），所以点D到平面EB1C的距离为d＝＝，故D错误.
5. 解析：设三棱锥T-PAB的内切球分别与平面PAB、平面TAB相切于D，E两点，易知DP平分∠APB，ET平分∠ATB，易知PA＝PB，TA＝TB，取AB中点为Q，则M在∠PQT的平分线上，同理三棱锥T-ABC的内切球球心N在∠TQC的平分线上，易证AB⊥平面PQC，故MQ⊥AB，同理NQ⊥AB，于是∠MQN为平面MAB与平面NAB的夹角的平面角.设正四面体的棱长为3a，则QP＝QC＝a，PC＝3a，∠MQN＝∠PQC，所以sin∠MQN＝＝＝.
6.解：（1）证明：连接BF，过点F作FG∥AD交SD于点G，连接CG，
因为BC∥AD，所以FG∥BC，所以B，C，G，F四点共面，
因为BF∥平面SCD，BF 平面BCGF，平面SCD∩平面BCGF＝CG，
所以BF∥CG，所以四边形BCGF是平行四边形，
所以FG＝BC＝1，所以FG＝ED＝1，所以F为线段SE的中点.
（2）连接EC，因为AE∥BC，AE＝BC＝1，所以四边形ABCE是平行四边形，所以AB∥CE，
因为AB⊥平面SAD，所以CE⊥平面SAD，
又因为SE⊥AD，所以建立如图所示的空间直角坐标系，
设S（0，0，h），A（0，－1，0），D（0，2，0），B（1，－1，0），C（1，0，0），＝（0，2，－h），＝（1，0，0），＝（0，－1，－h），
设平面SAB的法向量为n＝（x，y，z），
所以令y＝h，z＝－1，x＝0，所以n＝（0，h，－1），
因为SD与平面SAB所成的角的余弦值为，
所以SD与平面SAB所成的角的正弦值为，
即＝｜cos＜n，＞｜＝＝，
所以＝，化简可得h4－5h2＋4＝0，
解得h2＝1或h2＝4，即h＝1或h＝2，
所以SD＝＝＝或SD＝＝＝2.
7.解：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
又AD 平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB.
（2）①证明：以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示，
则B（，0，0），C（，2，0），D（0，1＋，0），P（0，0，），设O（a，b，c），
因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以｜｜＝｜｜＝｜｜＝｜｜，
则（a－）2＋b2＋c2＝（a－）2＋（b－2）2＋c2＝a2＋（b－1－）2＋c2＝a2＋b2＋（c－）2，
得a＝0，b＝1，c＝0，即O（0，1，0），
所以点O在AD上，
即点O在平面ABCD内.
②＝（，2，0），＝（0，1，－），
则cos＜，＞＝＝＝，
所以直线AC与PO所成角的余弦值为.
8.解：（1）如图，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.
设＝λ，λ∈[0，1]，则A（0，0，0），B1（1，0，2），C（1，1，0），D（0，1，0），D1（0，1，2），M（0，1，2λ），
∴＝（－1，1，－2），＝（1，1，0），＝（0，1，2λ），
要使B1D⊥平面MAC，需满足由·＝1－4λ＝0，解得λ＝.
∴当M是棱DD1上靠近点D的四等分点时，有B1D⊥平面MAC.
（2）设＝＝k，k∈[0，1]，则M（0，1，2k），N（1，k，0），∴＝（0，0，2），＝（0，1，2k），＝（1，k，0）.
设平面AMN的法向量为n＝（x，y，z），
则令z＝1，得到x＝2k2，y＝－2k，
得n＝（2k2，－2k，1）为平面AMN的一个法向量.
点A1到平面AMN的距离为d＝＝＝，
易知d＝在区间[0，1]上单调递减，最大值为2，最小值为，∴点A1到平面AMN距离的取值范围是［，2］.
1 / 2第13讲 空间角与距离
【备考指南】 以空间几何体为载体考查空间角（以线面角、面面角为主）与空间距离，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及空间距离问题，但也可利用几何法求解， 难度中等.
1.求异面直线所成角的方法
（1）几何法：①根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；②解三角形，求出所作的角；
（2）向量法：先求出直线的方向向量，再求出两方向向量夹角的余弦值的绝对值.
1.如图，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，M是线段PB的中点，则异面直线DM与PA所成角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
2.求线面角的方法
（1）几何法：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（勾股定理）求解；
（2）向量法：sin θ＝｜cos＜a，n＞｜＝，其中a，n分别是方向向量和法向量.
2.（2025·广东惠州第二次调研）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱BC，A1B1的中点分别为E，F，则直线EF与平面ABB1A1所成角的正弦值为（ ）
A. B.
C. D.
3.求面面角的方法
（1）几何法（找平面角）：过交线上一点分别在两个平面内作交线的垂线；
（2）向量法：cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜＝，其中n1和n2分别是两个平面的法向量.
4.（1）点M到直线l的距离：d＝，a为点M与直线l上一定点所表示的向量，μ为直线l的单位方向向量；
（2）点M到平面α的距离：d＝，n为平面α的法向量，A为α上一点.
3.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1，点D是棱AB的中点，则平面ABC与平面B1CD夹角的正弦值为（ ）
A. B.
C. D.1
第3题图 第4题图
4.如图，已知在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱A1A，C1D1的中点，连接BE，ED1，EF，BD1，BF，得到三棱锥D1-BEF，则该三棱锥的体积为（ ）
A. B.
C.2 D.
考点一 异面直线所成的角
【易错提醒】 异面直线所成角的范围为（0，］.
【例1】 （2025·上海春季高考）已知P是一个圆锥的顶点，母线PA＝2，该圆锥的底面半径是1，B，C均在圆锥的底面上，则异面直线PA与BC所成角的最小值为 .
【训练1】 如图，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AA1＝3，BD＝4且·－·＝5，则异面直线AA1与BD夹角的余弦值为 .
考点二 直线与平面所成的角
【易错提醒】 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＝或＜a，n＞－θ＝，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值.
【例2】 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝13，AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，AB1＝B1C，D为AC的中点，平面AB1C⊥平面ABC.
（1）证明：B1D⊥平面ABC；
（2）求直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值.
【训练2】 （2025·山东齐鲁名校大联考）如图所示的多面体是由正四棱台ABCD-A1B1C1D1和正四棱柱A1B1C1D1-A2B2C2D2（正四棱柱下底面与正四棱台上底面重合）构成.已知AB＝4，AA1＝A1B1＝2，A1A2＝4，M是A1A2上一动点.
（1）证明：BD⊥C1M；
（2）若＝，求直线C1M与平面BDD1所成角的余弦值.
考点三 平面与平面的夹角（二面角）
【易错提醒】 利用法向量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.
【例3】 如图，在三棱锥D-ABC中，DA⊥底面ABC，AC＝BC＝DA＝1，AB＝，E是CD的中点，点F在DB上，且EF⊥DB.
（1）证明：DB⊥平面AEF；
（2）求二面角A-DB-C的大小.
【训练3】 （2025·重庆学业质量调研）如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，BA1⊥AC1，BC⊥CC1，AC＝BC＝4，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D.
（1）证明：BC⊥平面ACC1A1；
（2）求平面AA1B与平面A1BC夹角的正弦值.
考点四 距离问题
【通性通法】 （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.
【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.
【瓶颈突破】 求异面直线距离的方法
（1）找出（或作出）公垂线，计算公垂线段的长度；
（2）转化为求线面间的距离；
（3）转化为求平行平面间的距离；
（4）向量方法：先求两异面直线的公共法向量，再求两异面直线上两点的连接线段在公共法向量上的射影长.
【训练4】 （1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，已知底面四边形ABCD为矩形，∠A1AB＝∠A1AD＝120°，AA1＝2，AB＝AD＝1，则AC1＝（ ）
A. B.2
C. D.10
（2）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝6，点G在侧棱PB上，且满足2PG＝GB，则异面直线PC和DG的距离为（ ）
A. B.
C. D.
第13讲 空间角与距离
【基础·回扣】
1.B 2.B 3.C 4.D
【典例·讲解】
【例1】 解析：如图，过A作AD∥BC交圆锥底面于点D，连接PD，因为PA＝PD，AD∥BC，则∠PAD为异面直线PA与BC所成角，所以cos∠PAD＝＝，又0＜AD≤2，所以0＜≤，即0＜cos∠PAD≤，因为∠PAD∈（0，），函数y＝cos α在α∈（0，）上单调递减，所以≤∠PAD＜，故异面直线PA与BC所成角的最小值为.
【训练1】 解析：令＝a，＝b，＝c，并将其作为一组基，则·－·＝（＋）·－（＋）·＝（a＋c）·b－（b＋c）·a＝c·（b－a）＝·＝｜｜·｜｜·cos＜，＞＝5，所以cos＜，＞＝，即异面直线AA1与BD夹角的余弦值为.
【例2】 解：（1）证明：因为AB1＝B1C，D为AC的中点，所以B1D⊥AC，
又平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，B1D 平面AB1C，
所以B1D⊥平面ABC.
（2）法一（向量法） 在平面ABC内过点D分别作AB，BC的平行线，交BC，AB于点F，E，由题知AB⊥BC，则DE⊥DF.
由（1）知B1D⊥平面ABC，则直线DE，DF，DB1两两垂直.
以D为坐标原点，以，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，连接BD.
因为AB＝8，BC＝6，
所以AC＝10，BD＝5.
又AA1＝BB1＝13，所以B1D＝12，
所以D（0，0，0），A（3，－4，0），B（3，4，0），C（－3，4，0），B1（0，0，12），则＝（－6，0，0），＝（－6，8，0），＝（－3，4，－12），
设C1（x，y，z），由＝，得（－6，0，0）＝（x，y，z－12），即C1（－6，0，12），则＝（6，0，－12）.
设平面AB1C的法向量为n＝（a，b，c），则
令a＝4，得平面AB1C的一个法向量为n＝（4，3，0）.
设直线C1D与平面AB1C所成角为θ，
则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝.
所以直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值为.
法二（几何法） 如图，连接BC1交B1C于点M，易知BM＝MC1，
所以点C1到平面AB1C的距离d和点B到平面AB1C的距离相等.
过点B作BH⊥AC，垂足为H.
因为平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，BH 平面ABC，所以BH⊥平面AB1C，则BH为点B到平面AB1C的距离.
在Rt△ABC中，因为AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，
所以AC＝10，则BH＝＝，所以d＝BH＝.
由（1）知B1D⊥平面ABC，又BC 平面ABC，所以B1D⊥BC.
又B1C1∥BC，所以B1D⊥B1C1，则△DB1C1为直角三角形.
连接BD，则B1D⊥BD.
因为D为AC的中点，所以BD＝AC＝5，
因为AA1＝BB1＝13，所以B1D＝12.
因为B1C1＝BC＝6，所以C1D＝＝6.
设直线C1D与平面AB1C所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，
所以直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值为.
【训练2】 解：（1）证明：因为多面体是由正四棱台ABCD-A1B1C1D1和正四棱柱A1B1C1D1-A2B2C2D2构成，
由多面体的性质，连接AC，交BD于点O，连接A2C2，B2D2，交于点O1，连接OO1，
以O为坐标原点，OA，OB，OO1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.
连接A1C1，由AB＝4，A1B1＝2，得AC＝4，A1C1＝2.
又AA1＝2，所以正四棱台的高为，
所以B（0，2，0），D（0，－2，0），D1（0，－，），C1（－，0，）.
设M（，0，m），≤m≤5，
则＝（0，－4，0），＝（2，0，m－），
所以·＝0，所以BD⊥C1M.
（2）因为＝，所以M（，0，4），
所以＝（－2，0，－3），＝（0，，）.
设平面BDD1的法向量为m＝（x，y，z），则即
令x＝1，得y＝z＝0，所以平面BDD1的一个法向量为m＝（1，0，0）.
设直线C1M与平面BDD1所成的角为θ，θ∈［0，］，
则sin θ＝｜cos＜，m＞｜＝＝＝，
所以｜cos θ｜＝＝，故直线C1M与平面BDD1所成角的余弦值为.
【例3】 解：法一（向量法） （1）证明：因为DA⊥平面ABC，且BC，AC 平面ABC，所以DA⊥BC，DA⊥AC.
因为AC＝BC＝1，AB＝，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.
因为DA∩AC＝A，DA，AC 平面DAC，所以BC⊥平面DAC.
如图，过点A作AG∥BC，则AG⊥平面DAC.
以A为坐标原点，分别以向量，，的方向为x轴，y轴，x轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz，
则A（0，0，0），B（1，1，0），C（1，0，0），D（0，0，1），E（，0，），
所以＝（1，1，－1），＝（，0，）.
因为·＝1×＋1×0＋（－1）×＝0，所以⊥，所以DB⊥AE.
又DB⊥EF，且AE∩EF＝E，AE，EF 平面AEF，所以DB⊥平面AEF.
（2）由（1）知＝（0，0，1），＝（－1，－1，1），＝（－1，0，1）.
设平面ADB的法向量为m＝（x1，y1，z1），则
即令y1＝1，得平面ADB的一个法向量为m＝（－1，1，0）.
设平面DBC的法向量为n＝（x2，y2，z2），则
即令x2＝1，得平面DBC的一个法向量为n＝（1，0，1）.
设平面ADB与平面DBC的夹角为θ，则cos θ＝｜cos＜m，n＞｜＝＝，所以θ＝，
即平面ADB与平面DBC夹角的大小为，由图可知二面角A-DB-C为锐角，所以二面角A-DB-C的大小为.
法二（几何法） （1）因为DA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以DA⊥BC，
因为AC＝BC＝1，AB＝，
所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，
又DA∩AC＝A，DA，AC 平面DAC，所以BC⊥平面DAC.
因为AE 平面DAC，所以BC⊥AE，
因为DA＝AC，E是DC的中点，所以AE⊥DC，
又BC∩DC＝C，BC，DC 平面DBC，所以AE⊥平面DBC，
因为DB 平面DBC，所以AE⊥DB，
又EF⊥DB，AE∩EF＝E，AE，EF 平面AEF，所以DB⊥平面AEF.
（2）由（1）可知DB⊥AF，且EF⊥DB，故∠EFA为二面角A-DB-C的平面角，因为AC＝BC＝DA＝1，所以DC＝AB＝，所以AE＝DC＝，
又DA⊥AB，所以DB＝，AF＝＝，
又DC2＋BC2＝BD2，所以DC⊥BC，
所以△DFE∽△DCB，则＝，所以EF＝＝，
由余弦定理得cos∠EFA＝＝，
所以∠EFA＝，即二面角A-DB-C的大小为.
【训练3】 解：（1）证明：由已知得A1D⊥平面ABC，又BC 平面ABC，
∴BC⊥A1D.
∵BC⊥CC1，CC1∥AA1，∴BC⊥AA1.
又A1D∩AA1＝A1，A1D，AA1 平面ACC1A1，
∴BC⊥平面ACC1A1.
（2）由（1）知BC⊥平面ACC1A1，又AC 平面ACC1A1，∴BC⊥AC.
以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.
设A1D＝a，则C（0，0，0），A（4，0，0），A1（2，0，a），B（0，4，0），C1（－2，0，a），
∴＝（－2，4，－a），＝（－6，0，a），＝（－2，0，a），＝（－4，4，0），＝（2，0，a），＝（0，4，0）.
∵BA1⊥AC1，∴·＝0，
∴12－a2＝0，∴a＝2.
设平面AA1B的法向量为n＝（x，y，z），则∴
令z＝，则n＝（3，3，）.
设平面A1BC的法向量为k＝（x'，y'，z'），
则∴令x'＝，则k＝（，0，－1）.
∴cos＜n，k＞＝＝＝.
设平面AA1B与平面A1BC夹角的大小为θ，则sin θ＝＝＝，
∴平面AA1B与平面A1BC夹角的正弦值是.
【例4】 解：（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＝，
所以点M到直线AC1的距离为MA·sin∠MAC1＝×＝.
（2）如图，＝－－S△BMN－＝4－－－＝.
设点N到平面MA1C1的距离为h，由＝，得××2×·h＝××，得h＝，即点N到平面MA1C1的距离为.
【训练4】 （1）A 如图，可得＝＋＝＋＝＋＋，则＝（＋＋）2＝＋＋＋2·＋2·＋2·＝4＋1＋1－2－2＋0＝2，故AC1＝.
（2）A 如图，以点A为原点，，，的方向分别作为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则B（3，0，0），C（3，3，0），D（0，3，0），P（0，0，6），G（1，0，4）.所以＝（1，－3，4），＝（3，3，－6），＝（3，0，0），设n＝（x，y，z）为直线PC和DG的公垂线的方向向量，则有可取n＝（1，3，2），所以异面直线PC和DG的距离为＝＝.
4 / 4(共72张PPT)
第13讲 空间角与距离
备考指南
以空间几何体为载体考查空间角（以线面角、面面角为主）与空间距离，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及空间距离问题，但也可利用几何法求解， 难度中等.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
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CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. 如图，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，M
是线段PB的中点，则异面直线DM与PA所成角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
求异面直线所成角的方法
（1）几何法：①根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；②解三角形，求出所作的角；
（2）向量法：先求出直线的方向向量，再求出两方向向量夹角的余弦值的绝对值.
√
解析： 法一（几何法） 如图，取AB的中点N，连接
DN，MN，则AN＝BN＝1，又M为线段PB的中点，
∴MN∥PA且MN＝ PA＝1，则异面直线DM与PA所成的
角即直线DM与MN所成的角.∴异面直线DM与PA所成的
角为∠DMN或其补角，∵PA⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，又DN 平面ABCD，∴MN⊥DN，在Rt△DAN中，DN＝ ＝ ，在Rt△DMN中DM＝ ， cos ∠DMN＝ ＝ ＝ ，故异面直线DM
与PA所成角的余弦值为 .
法二（向量法） ∵PA⊥平面ABCD，AB，AD 平面
ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB⊥AD. 以A为坐标原点，以AP所在直线为x轴，AB
所在直线为y轴，AD所在直线为z轴，建立如图所示的空
间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），D（0，0，2），
P（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0）， ＝（2，0，0）， ＝（1，1，－2），∴ cos ＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ＝ ＝ .记异面直线DM与PA所成的角为θ，则 cos θ＝｜ cos ＜ ， ＞｜＝ .
2. （2025·广东惠州第二次调研）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱BC，
A1B1的中点分别为E，F，则直线EF与平面ABB1A1所成角的正弦值为（ ）
A. B.
√
求线面角的方法
（1）几何法：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（勾股定理）求解；
（2）向量法： sin θ＝｜ cos ＜a，n＞｜＝ ，其中a，n分别是方向向量和法向量.
C. D.
解析： 法一（几何法） 如图，连接FB，在正方体
ABCD-A1B1C1D1中，BC⊥平面ABB1A1，棱BC的中点
为E，则BE⊥平面ABB1A1，而BF 平面ABB1A1，故
BE⊥BF，则∠EFB即为直线EF与平面ABB1A1所成的
角.设正方体的棱长为2，则BE＝1，BF＝
＝ ＝ ，则EF＝ ＝ ，故 sin ∠EFB＝ ＝ ＝ .故选B.
法二（向量法） 以D为原点，建立如图所示的空间直
角坐标系，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则E
（1，2，0），F（2，1，2），所以 ＝（1，－1，
2）.易知平面ABB1A1的一个法向量为n＝（1，0，0），
设直线EF与平面ABB1A1所成角为θ，所以 sin θ＝
｜ cos ＜ ，n＞｜＝ ＝ ＝ .故选B.
3. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1，点D
是棱AB的中点，则平面ABC与平面B1CD夹角的正弦值为（ ）
A. B.
C. D. 1
√
求面面角的方法
（1）几何法（找平面角）：过交线上一点分别在两个平面内作交线的垂线；
（2）向量法： cos θ＝｜ cos ＜n1，n2＞｜＝ ，其中n1和n2分别是两个平面的法向量.
解析： 法一（几何法） 由AC＝BC＝CC1，点D是
棱AB的中点，所以CD⊥BD，易知B1B⊥CD，所以
CD⊥平面BDB1，所以CD⊥B1D，故平面ABC与平面
B1CD的夹角即为∠B1DB，设AC＝BC＝CC1＝1，则
BB1＝1，DB＝ ，B1D＝ ，故 sin ∠B1DB＝ .
法二（向量法） 如图，以C为坐标原点建立空间直角坐
标系，令AC＝2，则C（0，0，0），D（1，1，0），B1
（0，2，2），所以 ＝（1，1，0）， ＝（0，2，
2），设平面B1CD的法向量为n＝（x，y，z），则
令x＝1，则y＝－1，z＝1，所以n＝（1，－1，1），又易知平面ABC的法向量为m＝（0，0，1），故 cos ＜n，m＞＝ ＝ ＝ ，设平面ABC与平面B1CD的夹角为θ，θ∈（0， ］，则 cos θ＝ ，故平面ABC与平面B1CD夹角的正弦值为 sin θ＝ ＝ .
4. 如图，已知在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱
A1A，C1D1的中点，连接BE，ED1，EF，BD1，BF，得到三棱锥D1-
BEF，则该三棱锥的体积为（ ）
A. B.
C. 2 D.
√
（1）点M到直线l的距离：d＝ ，a为点M与直线l上一定点所表示的向量，μ为直线l的单位方向向量；
（2）点M到平面α的距离：d＝ ，n为平面α的法向量，A为α上一点.
解析： 依题意，以D为坐标原点，建立如图所示的空
间直角坐标系，则B（4，4，0），E（4，0，2），F
（0，2，4），D1（0，0，4），所以 ＝（4，0，－
2）， ＝（0，2，0），｜ ｜＝2 ，｜ ｜＝
2，则 · ＝0，所以 ⊥ ，所以 ＝
｜ ｜·｜ ｜＝2 ，设平面D1EF的法向量为m
＝（x，y，z），则 令x＝1，则m＝（1，0，2），又 ＝（－4，－4，4），所以点B到平面D1EF的距离为d＝ ＝ ，所以 ＝ ＝ ×d＝ .
典例·讲解
典例精析 强技提能
考点一 异面直线所成的角
【例1】 （2025·上海春季高考）已知P是一个圆锥的顶点，母线PA＝
2，该圆锥的底面半径是1，B，C均在圆锥的底面上，则异面直线PA与
BC所成角的最小值为 .
【易错提醒】 异面直线所
成角的范围为（0， ］.
解析：如图，过A作AD∥BC交圆锥底面于点D，连接
PD，因为PA＝PD，AD∥BC，则∠PAD为异面直线PA
与BC所成角，所以 cos ∠PAD＝ ＝
，又0＜AD≤2，所以0＜ ≤ ，即0＜ cos ∠PAD≤ ，因为∠PAD∈（0， ），函数y＝ cos α在α∈（0， ）上单调递减，所以 ≤∠PAD＜ ，故异面直线PA与BC所成角的最小值为 .
【训练1】 如图，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，
底面ABCD为平行四边形，AA1＝3，BD＝4且 ·
－ · ＝5，则异面直线AA1与BD夹角的余
弦值为 .
解析：令 ＝a， ＝b， ＝c，并将其作为一组基，则 · －
· ＝（ ＋ ）· －（ ＋ ）· ＝（a＋c）·b－（b
＋c）·a＝c·（b－a）＝ · ＝｜ ｜·｜ ｜· cos ＜ ，
＞＝5，所以 cos ＜ ， ＞＝ ，即异面直线AA1与BD夹角的余弦值
为 .
考点二 直线与平面所成的角
【例2】 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝13，AB＝8，BC＝6，
AB⊥BC，AB1＝B1C，D为AC的中点，平面AB1C⊥平面ABC.
（1）证明：B1D⊥平面ABC；
解： 证明：因为AB1＝B1C，D为AC的中点，所以
B1D⊥AC，
又平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，
B1D 平面AB1C，
所以B1D⊥平面ABC.
（2）求直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值.
【易错提醒】 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＝ 或＜a，n＞－θ＝ ，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值.
解： 法一（向量法） 在平面ABC内过点D分别作
AB，BC的平行线，交BC，AB于点F，E，由题知
AB⊥BC，则DE⊥DF.
由（1）知B1D⊥平面ABC，则直线DE，DF，DB1两两垂直.
以D为坐标原点，以 ， ， 的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，连接BD.
因为AB＝8，BC＝6，所以AC＝10，BD＝5.
又AA1＝BB1＝13，所以B1D＝12，
所以D（0，0，0），A（3，－4，0），B（3，4，0），C
（－3，4，0），B1（0，0，12），则 ＝（－6，0，
0）， ＝（－6，8，0）， ＝（－3，4，－12），
设C1（x，y，z），由 ＝ ，得（－6，0，0）＝（x，y，z－12），即C1（－6，0，12），则 ＝（6，0，－12）.
设平面AB1C的法向量为n＝（a，b，c），则
令a＝4，得平面AB1C的一个法向量为n＝（4，3，0）.
设直线C1D与平面AB1C所成角为θ，
则 sin θ＝｜ cos ＜n， ＞｜＝ ＝ ＝ .所以直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值为 .
法二（几何法） 如图，连接BC1交B1C于点M，易知BM＝
MC1，
所以点C1到平面AB1C的距离d和点B到平面AB1C的距离相等.
过点B作BH⊥AC，垂足为H.
因为平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，
BH 平面ABC，所以BH⊥平面AB1C，则BH为点B到平面AB1C的距离.
在Rt△ABC中，因为AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，
所以AC＝10，则BH＝ ＝ ，所以d＝BH＝ .
由（1）知B1D⊥平面ABC，又BC 平面ABC，所以
B1D⊥BC.
又B1C1∥BC，所以B1D⊥B1C1，则△DB1C1为直角三角形.
连接BD，则B1D⊥BD.
因为D为AC的中点，所以BD＝ AC＝5，
因为AA1＝BB1＝13，所以B1D＝12.
因为B1C1＝BC＝6，所以C1D＝ ＝6 .
设直线C1D与平面AB1C所成的角为θ，则 sin θ＝ ＝
＝ ，
所以直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值为 .
【训练2】 （2025·山东齐鲁名校大联考）如图所示的多面体是由正四棱台ABCD-A1B1C1D1和正四棱柱A1B1C1D1-A2B2C2D2（正四棱柱下底面与正四棱台上底面重合）构成.已知AB＝4，AA1＝A1B1＝2，A1A2＝4 ，M是A1A2上一动点.
（1）证明：BD⊥C1M；
解： 证明：因为多面体是由正四棱台ABCD-A1B1C1D1和正四棱柱A1B1C1D1-A2B2C2D2构成，
由多面体的性质，连接AC，交BD于点O，连接A2C2，
B2D2，交于点O1，连接OO1，以O为坐标原点，OA，
OB，OO1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.
连接A1C1，由AB＝4，A1B1＝2，得AC＝4 ，A1C1＝2 .
又AA1＝2，所以正四棱台的高为 ，
所以B（0，2 ，0），D（0，－2 ，0），D1
（0，－ ， ），C1（－ ，0， ）.
设M（ ，0，m）， ≤m≤5 ，
则 ＝（0，－4 ，0）， ＝（2 ，0，m－
），
所以 · ＝0，所以BD⊥C1M.
（2）若 ＝ ，求直线C1M与平面BDD1所成角的余弦值.
解： 因为 ＝ ，所以M（ ，0，
4 ），
所以 ＝（－2 ，0，－3 ）， ＝（0， ，
）.
设平面BDD1的法向量为m＝（x，y，z），则
即 令x＝1，得y＝z＝0，所以平面BDD1的一个法向量为m
＝（1，0，0）.
设直线C1M与平面BDD1所成的角为θ，θ∈［0， ］，
则 sin θ＝｜ cos ＜ ，m＞｜＝ ＝ ＝ ，
所以｜ cos θ｜＝ ＝ ，故直线C1M与平面BDD1所成
角的余弦值为 .
考点三 平面与平面的夹角（二面角）
【例3】 如图，在三棱锥D-ABC中，DA⊥底面ABC，AC＝BC＝DA＝1，AB＝ ，E是CD的中点，点F在DB上，且EF⊥DB.
【易错提醒】 利用法向量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.
（1）证明：DB⊥平面AEF；
解：法一（向量法） （1）证明：因为DA⊥平面ABC，且
BC，AC 平面ABC，所以DA⊥BC，DA⊥AC.
因为AC＝BC＝1，AB＝ ，所以AC2＋BC2＝AB2，所以
AC⊥BC.
因为DA∩AC＝A，DA，AC 平面DAC，所以BC⊥平面DAC.
如图，过点A作AG∥BC，则AG⊥平面DAC.
以A为坐标原点，分别以向量 ， ， 的方向为x轴，
y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz，
则A（0，0，0），B（1，1，0），C（1，0，0），D（0，0，1），E（ ，0， ），
所以 ＝（1，1，－1）， ＝（ ，0， ）.
因为 · ＝1× ＋1×0＋（－1）× ＝0，所以 ⊥ ，所以DB⊥AE.
又DB⊥EF，且AE∩EF＝E，AE，EF 平面AEF，所以DB⊥平面AEF.
法二（几何法） 因为DA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以
DA⊥BC，
因为AC＝BC＝1，AB＝ ，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，
又DA∩AC＝A，DA，AC 平面DAC，所以BC⊥平面DAC.
因为AE 平面DAC，所以BC⊥AE，
因为DA＝AC，E是DC的中点，所以AE⊥DC，
又BC∩DC＝C，BC，DC 平面DBC，所以AE⊥平面DBC，
因为DB 平面DBC，所以AE⊥DB，
又EF⊥DB，AE∩EF＝E，AE，EF 平面AEF，所以DB⊥平面AEF.
（2）求二面角A-DB-C的大小.
解：法一（向量法） （2）由（1）知 ＝（0，0，1），
＝（－1，－1，1）， ＝（－1，0，1）.
设平面ADB的法向量为m＝（x1，y1，z1），
则 即
令y1＝1，得平面ADB的一个法向量为m＝（－1，1，0）.
设平面DBC的法向量为n＝（x2，y2，z2），
则 即
令x2＝1，得平面DBC的一个法向量为n＝（1，0，1）.
设平面ADB与平面DBC的夹角为θ，则 cos θ＝｜ cos ＜m，n＞｜＝
＝ ，所以θ＝ ，
即平面ADB与平面DBC夹角的大小为 ，由图可知二面角A-DB-C为锐
角，所以二面角A-DB-C的大小为 .
法二（几何法） 由（1）可知DB⊥AF，且EF⊥DB，故∠EFA为二面角A-DB-C的
平面角，因为AC＝BC＝DA＝1，所以DC＝AB＝ ，所以AE＝ DC
＝ ，
又DA⊥AB，所以DB＝ ，AF＝ ＝ ，
又DC2＋BC2＝BD2，所以DC⊥BC，
所以△DFE∽△DCB，则 ＝ ，所以EF＝ ＝ ，
由余弦定理得 cos ∠EFA＝ ＝ ，
所以∠EFA＝ ，即二面角A-DB-C的大小为 .
【训练3】 （2025·重庆学业质量调研）如图，在斜
三棱柱ABC-A1B1C1中，BA1⊥AC1，BC⊥CC1，AC
＝BC＝4，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D.
（1）证明：BC⊥平面ACC1A1；
解： 证明：由已知得A1D⊥平面ABC，又BC 平面ABC，
∴BC⊥A1D. ∵BC⊥CC1，CC1∥AA1，∴BC⊥AA1.
又A1D∩AA1＝A1，A1D，AA1 平面ACC1A1，∴BC⊥平面ACC1A1.
（2）求平面AA1B与平面A1BC夹角的正弦值.
解： 由（1）知BC⊥平面ACC1A1，又AC 平面
ACC1A1，∴BC⊥AC.
以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为
y轴，过C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图
所示的空间直角坐标系C-xyz.
设A1D＝a，则C（0，0，0），A（4，0，0），A1（2，0，a），B（0，4，0），C1（－2，0，a），∴ ＝（－2，4，－a）， ＝（－6，0，a）， ＝（－2，0，a）， ＝（－4，4，0）， ＝
（2，0，a）， ＝（0，4，0）.
∵BA1⊥AC1，∴ · ＝0，∴12－a2＝0，∴a＝2 .
设平面AA1B的法向量为n＝（x，y，z），
则 ∴ 令z＝ ，则n＝（3，3， ）.
设平面A1BC的法向量为k＝（x'，y'，z'），
则 ∴ 令x'＝ ，则k＝（ ，0，－1）.
∴ cos ＜n，k＞＝ ＝ ＝ .
设平面AA1B与平面A1BC夹角的大小为θ，
则 sin θ＝ ＝ ＝ ，
∴平面AA1B与平面A1BC夹角的正弦值是 .
考点四 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；
【通性通法】 （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.
解：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＝ ，
所以点M到直线AC1的距离为MA· sin ∠MAC1＝ × ＝ .
（2）求点N到平面MA1C1的距离.
解：如图， ＝ － －S△BMN－
＝4 － － － ＝ .
设点N到平面MA1C1的距离为h，由 ＝ ，得 ×
×2× ·h＝ × × ，得h＝ ，即点N到平面MA1C1的距离为
.
【训练4】 （1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，已知底面四边形
ABCD为矩形，∠A1AB＝∠A1AD＝120°，AA1＝2，AB＝AD＝1，则
AC1＝（ ）
A. B. 2
C. D. 10
√
解析： 如图，可得 ＝ ＋ ＝ ＋
＝ ＋ ＋ ，则 ＝（ ＋ ＋ ）2＝
＋ ＋ ＋2 · ＋2 · ＋2 ·
＝4＋1＋1－2－2＋0＝2，故AC1＝ .
（2）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面
ABCD，PA＝6，点G在侧棱PB上，且满足2PG＝GB，则异面直线PC
和DG的距离为（ ）
A. B.
C. D.
√
【瓶颈突破】 求异面直线距离的方法
（1）找出（或作出）公垂线，计算公垂线段的长度；
（2）转化为求线面间的距离；
（3）转化为求平行平面间的距离；
（4）向量方法：先求两异面直线的公共法向量，再求两异面直线上两点的连接线段在公共法向量上的射影长.
解析： 如图，以点A为原点， ， ， 的方向分别
作为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则B（3，0，
0），C（3，3，0），D（0，3，0），P（0，0，6），G
（1，0，4）.所以 ＝（1，－3，4）， ＝（3，3，－
6）， ＝（3，0，0），设n＝（x，y，z）为直线PC和
DG的公垂线的方向向量，则有
可取n＝（1，3，2），所以异面直线PC和DG的距离为 ＝ ＝ .
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：45分钟，满分：71分）
一、单项选择题（每小题5分，共15分）
1. （2025·广东广州调研）已知四棱锥P-ABCD的体积为4，底面ABCD是
边长为 的正方形，PB＝3，则直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为
（ ）
A. B.
C. D.
1
2
3
4
5
6
7
8
√
解析： 如图所示，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足
为O，连接OB，则∠PBO即直线PB与平面ABCD所成
的角.因为底面ABCD是边长为 的正方形，所以底面
ABCD的面积为S＝（ ）2＝6，则V四棱锥P-ABCD＝
S·PO＝2PO＝4，所以PO＝2，又PB＝3，所以 sin ∠PBO＝ ＝ ，即直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为 .故选B.
1
2
3
4
5
6
7
8
2. 如图，已知圆柱的高和底面半径均为4，AB为上底面圆周的直径，P是
上底面圆周上的一点且AP＝BP，PC是圆柱的一条母线，则点P到平面
ABC的距离为（ ）
A. 4 B. 2
C. 3 D. 2
√
解析： 由题可得AB＝8，因为AP＝BP，所以S△ABP＝ ×8×4＝16.
因为PC⊥平面ABP，且PC＝4，所以VC-ABP＝ ×16×4＝ .因为AP＝
BP＝4 ，所以AC＝BC＝4 ，所以S△ABC＝ ×8× ＝
16 .设点P到平面ABC的距离为d，则VP-ABC＝ ×16 d＝ ，解得d
＝2 .
1
2
3
4
5
6
7
8
3. （2025·安徽合肥质量检测）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☉O，若PA＝6，圆锥的侧面积为12 π，则
PA与BD所成角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
解析： 如图，以O为坐标原点，过O且平行于CD的直
线为x轴，OB，OP所在直线分别为y，z轴建立空间直角
坐标系.设底面圆半径为r，由题意知6πr＝12 π，得r＝
2 ，所以OA＝OB＝2 .又△ACD为正三角形，所以
AD＝2 ，在Rt△ADB中易得BD＝2 ，∠OBD＝ ，
所以D（ ， ，0），B（0，2 ，0），A（0，－2 ，0），P（0，0，2 ），所以 ＝（0，2 ，2 ）， ＝（－ ， ，0），所以 cos ＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ，所以PA与BD所成角的余弦值为 .故选A.
1
2
3
4
5
6
7
8
二、多项选择题（6分）
4. 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝AD＝1，E为AB的中
点，则（ ）
A. A1B⊥B1C
B. A1D∥平面EB1C
C. 点D到直线A1B的距离为
D. 点D到平面EB1C的距离为
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
解析： 如图，建立空间直角坐标系，则D（0，
0，0），A1（1，0，1），B（1，2，0），B1（1，2，
1），C（0，2，0），E（1，1，0）.对于A， ＝
（0，2，－1）， ＝（－1，0，－1）， ·
＝（0，2，－1）·（－1，0，－1）＝1≠0，故A错误；
对于B，显然A1D∥B1C，A1D 平面EB1C，B1C 平面EB1C，可得A1D∥平面EB1C，故B正确；对于C，记直线A1B的单位方向向量为u，则u＝ ＝（0， ，－ ），又 ＝（－1，0，－1），所以向量 在直线A1B上的投影向量为 ＝（ ·u）u＝（0， ，－ ），则点D到直线A1B的距离为 ＝ ，故C正确；
1
2
3
4
5
6
7
8
对于D，设平面EB1C的法向量为m＝（x，y，z），
由 ＝（－1，0，－1）， ＝（0，－1，－1），
得 令x＝1，可得m＝（1，1，
－1）.又 ＝（0，2，0），所以点D到平面EB1C的距离为d＝ ＝ ，故D错误.
1
2
3
4
5
6
7
8
三、填空题（5分）
5. （2025·湖北武汉四调）在各棱长均相等的正四面体PABC中，取棱PC
上一点T，使PT＝2TC，连接TA，TB，三棱锥T-PAB的内切球的球心为
M，三棱锥T-ABC的内切球的球心为N，则平面MAB与平面NAB的夹角
的正弦值是 .
1
2
3
4
5
6
7
8
解析：设三棱锥T-PAB的内切球分别与平面
PAB、平面TAB相切于D，E两点，易知DP
平分∠APB，ET平分∠ATB，易知PA＝
PB，TA＝TB，取AB中点为Q，则M在
∠PQT的平分线上，同理三棱锥T-ABC的内切球球心N在∠TQC的平分线上，易证AB⊥平面PQC，故MQ⊥AB，同理NQ⊥AB，于是∠MQN为平面MAB与平面NAB的夹角的平面角.设正四面体的棱长为3a，则QP＝QC＝ a，PC＝3a，∠MQN＝ ∠PQC，所以 sin ∠MQN＝ ＝ ＝ .
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四、解答题（共45分）
6. （15分）（2025·山东淄博一模）如图，在四棱锥
S-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，点E在AD上，
且SE⊥AD，AE＝1，DE＝2.
（1）点F在线段SE上，且BF∥平面SCD，
证明：F为线段SE的中点；
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解： 证明：连接BF，过点F作FG∥AD交SD于点
G，连接CG，
因为BC∥AD，所以FG∥BC，所以B，C，G，F四点
共面，
因为BF∥平面SCD，BF 平面BCGF，平面SCD∩平面BCGF＝CG，
所以BF∥CG，所以四边形BCGF是平行四边形，
所以FG＝BC＝1，所以FG＝ ED＝1，所以F为线段SE的中点.
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（2）若AB⊥平面SAD，SD与平面SAB所成的角的余弦值为 ，求SD
的长度.
解： 连接EC，因为AE∥BC，AE＝BC＝1，所以
四边形ABCE是平行四边形，所以AB∥CE，
因为AB⊥平面SAD，所以CE⊥平面SAD，
又因为SE⊥AD，所以建立如图所示的空间直角坐标系，
设S（0，0，h），A（0，－1，0），D（0，2，0），B（1，－1，0），C（1，0，0）， ＝（0，2，－h）， ＝（1，0，0）， ＝（0，－1，－h），
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设平面SAB的法向量为n＝（x，y，z），
所以 令y＝h，z＝－1，x＝0，
所以n＝（0，h，－1），
因为SD与平面SAB所成的角的余弦值为 ，
所以SD与平面SAB所成的角的正弦值为 ，
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即 ＝｜ cos ＜n， ＞｜＝ ＝
，
所以 ＝ ，化简可得h4－5h2＋4＝0，
解得h2＝1或h2＝4，即h＝1或h＝2，
所以SD＝ ＝ ＝ 或SD＝
＝ ＝2 .
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7. （15分）（2025·全国Ⅰ卷17题）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底
面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD.
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
解： 证明：因为PA⊥平面ABCD，AD 平面
ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所
以AD⊥平面PAB，
又AD 平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB.
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①证明：点O在平面ABCD内；
②求直线AC与PO所成角的余弦值.
（2）设PA＝AB＝ ，BC＝2，AD＝1＋ ，且点P，B，C，D均在
球O的球面上.
解： ①证明：以A为坐标原点， ， ， 的
方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系
A-xyz，如图所示，
则B（ ，0，0），C（ ，2，0），D（0，1＋ ，0），P（0，0， ），设O（a，b，c），因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜，
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则（a－ ）2＋b2＋c2＝（a－ ）2＋（b－2）2＋c2＝a2＋（b－1－
）2＋c2＝a2＋b2＋（c－ ）2，
得a＝0，b＝1，c＝0，即O（0，1，0），所以点O在AD上，即点O在
平面ABCD内.
② ＝（ ，2，0）， ＝（0，1，－ ），
则 cos ＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ，
所以直线AC与PO所成角的余弦值为 .
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8. （15分）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝
2，M，N分别为棱DD1，BC上的动点（含端点）.
（1）当点M在什么位置时，有B1D⊥平面MAC；
解： 如图，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.
设 ＝λ ，λ∈[0，1]，则A（0，0，0），B1（1，
0，2），C（1，1，0），D（0，1，0），D1（0，1，
2），M（0，1，2λ），
∴ ＝（－1，1，－2）， ＝（1，1，0）， ＝（0，1，2λ），
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要使B1D⊥平面MAC，需满足 由 · ＝
1－4λ＝0，解得λ＝ .
∴当M是棱DD1上靠近点D的四等分点时，有B1D⊥平面
MAC.
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（2）当动点M，N满足 ＝ 时，求点A1到平面AMN距离的取值范
围.
解： 设 ＝ ＝k，k∈[0，1]，则M（0，1，
2k），N（1，k，0），∴ ＝（0，0，2）， ＝（0，
1，2k）， ＝（1，k，0）.
设平面AMN的法向量为n＝（x，y，z），
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则 令z＝1，得到x＝2k2，y＝－2k，
得n＝（2k2，－2k，1）为平面AMN的一个法向量.
点A1到平面AMN的距离为d＝ ＝ ＝
，
易知d＝ 在区间[0，1]上单调递减，最大值为2，最小值为 ，∴点
A1到平面AMN距离的取值范围是［ ，2］.
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THANKS
演示完毕 感谢观看
