重难拓展专题09 空间角与空间距离复习讲义（知识梳理+11题型突破）-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

该高中数学讲义通过知识框架系统梳理空间角与空间距离的知识体系，将异面直线夹角、线面角、二面角及各类距离的定义、取值范围和求解方法分层呈现，用思维导图展示平移法、垂线法等核心方法的内在逻辑，明确重难点分布。 讲义亮点在于题型分类精准，如中位线平移法求异面直线夹角、等体积法求线面角等，例题与变式题由浅入深，培养空间观念和运算求解能力。每个题型附解题步骤和易错点提醒，助力学生自主复习，教师可据此实施分层教学。

重难专题09 空间角与空间距离问题 讲义 【题型一：中位线平移法求异面直线夹角】 4 【题型二：平行传递性平移法求异面直线夹角】 6 【题型三：补形平移法求异面直线夹角】 7 【题型四：作垂线求线面角】 9 【题型五：等体积法求线面角】 13 【题型六：定义法求二面角】 15 【题型七：垂线法（三垂线）求二面角】 17 【题型八：投影法、截面法求二面角】 19 【题型九：点到直线距离的求解】 20 【题型十：点到平面距离的求解】 22 【题型十一：其他距离的求解】 24 一、学习目标 1. 掌握空间三种角（异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角）的定义、取值范围及几何求解方法，能准确区分三种角的几何意义，熟练运用平移法、垂线法等构造图形，结合解三角形（正余弦定理）求解空间角。 2. 理解空间距离（点到直线、点到平面、直线到平面、平面到平面）的定义，掌握核心距离（点到平面、点到直线）的几何求解思路，能结合空间几何体的结构特征，转化距离问题并结合相关公式计算。 3. 能结合空间线面位置关系（平行、垂直），灵活运用空间角与空间距离的相关知识，解决简单的综合问题，提升空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力。 4. 规范书写解题过程，规避常见易错点（如角的取值范围、作图不规范、距离转化错误、正余弦定理应用失误），掌握几何法求解的核心步骤。 【知识点一：异面直线夹角】 定义：过空间任意一点，分别作两条异面直线的平行线，这两条平行线所成的锐角（或直角），叫做这两条异面直线所成的角。 取值范围：（注意：异面直线所成角不能为0°，因为异面直线不平行；不能为钝角，需取锐角或直角）。 【求解方法及技巧】 平移法（核心）：找（或作）异面直线的平行线，将异面直线所成角转化为相交直线所成的锐角或直角，构造三角形（等腰三角形、直角三角形、一般三角形均可），再利用余弦定理、正弦定理或勾股定理求解角度。 常用平移技巧： ① 利用中位线平移（适用于几何体中含中点的情况）； ② 利用平行线的传递性平移（适用于棱柱、正方体等规则几何体）； ③ 补形平移（将不规则几何体补成规则几何体，方便构造平行线）。 【知识点二：直线与平面所成角】 定义：一条直线与一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线与它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角；若直线垂直于平面，则直线与平面所成角为90°；若直线平行于平面或在平面内，则直线与平面所成角为0°。 取值范围：。 【求解方法（几何法，结合解三角形）】 核心步骤： ① 找（作）直线在平面内的射影（过直线上一点作平面的垂线，垂足与直线和平面的交点的连线即为射影）； ② 确定直线与射影所成的锐角，即为直线与平面所成角； ③ 构造直角三角形或一般三角形，利用三角函数（正弦、余弦）、勾股定理或正余弦定理求解。 关键提醒：射影的确定是核心，需熟练掌握“过一点作平面垂线”的方法（可利用几何体的垂直关系，如正方体的侧棱垂直于底面）；结合解三角形时，注意区分三角形的边角对应关系。 补充方法（等体积法，跳过作垂线步骤）：当难以找到垂线、确定垂足时，可利用等体积法求直线上某点到平面的距离（即该点到平面的垂线段长度，也就是线面角所在直角三角形的一条直角边）。 具体思路：设直线与平面的交点为O，在直线上取另一点P，求点P到平面的距离h（利用等体积法，结合解三角形求底面面积、体积，反求h）；已知线段PO的长度，线面角θ满足，即可求出线面角（无需作出垂足）。 【知识点三：二面角】 定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，两个半平面叫做二面角的面。二面角的大小用它的平面角来度量。 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叫做二面角的平面角。 取值范围：（注意：平面角为0°时，两个半平面重合；为180°时，两个半平面共面且反向；锐角、直角、钝角均可能出现）。 【求解方法】 ①定义法：在二面角的棱上取一个特殊点（如中点、垂足），分别在两个面内作垂直于棱的射线，构造二面角的平面角，再通过三角形（结合正余弦定理）求解。 ②垂线法：过一个面内一点作另一个面的垂线，再过垂足作棱的垂线，连接该点与棱的垂足，得到二面角的平面角（三垂线定理应用，贴合必修二重点），再利用解三角形求解。 ③截面法：通过作垂直于棱的截面，截面与两个半平面的交线所成的角，即为二面角的平面角，结合正余弦定理计算角度。 【知识点四：点到直线的距离】 定义：从直线外一点向这条直线作垂线，该点与垂足之间的线段长度，叫做点到直线的距离。 求解方法（几何法，结合解三角形、等面积法）： · 直接法：若能直接作出点到直线的垂线，测量（或计算）垂足与该点的线段长度（适用于规则图形，如正方体、直角三角形），可结合勾股定理求解。 · 转化法：将点到直线的距离转化为三角形的高，利用三角形面积公式求解（等面积法），即先求三角形的面积和底边长，再通过“面积=底×高÷2”求出高；若三角形为一般三角形，可先通过正余弦定理求面积，再反求高（即点到直线的距离）。 【知识点五：点到平面的距离】 定义：从平面外一点向这个平面作垂线，该点与垂足之间的线段长度，叫做点到平面的距离。 【求解方法】 1. 直接法：找到平面外一点到平面的垂线，确定垂足，计算垂线段的长度（可利用几何体的垂直关系，如长方体的顶点到对面底面的距离即为侧棱长），必要时结合解三角形计算。 2. 转化法：利用等体积法（核心）——将点到平面的距离作为三棱锥的高，通过“三棱锥体积=底面积×高÷3”，已知体积和底面积，反求高（即点到平面的距离）；底面积计算可结合正余弦定理（适用于三角形底面），适用于不易直接作垂线的情况。 【知识点五：其他距离】 1. 直线到平面的距离：若直线平行于平面，则直线上任意一点到平面的距离，即为直线到平面的距离（转化为点到平面的距离）。 2. 平面到平面的距离：若两个平面平行，则一个平面内任意一点到另一个平面的距离，即为两个平面的距离（转化为点到平面的距离）。 3. 异面直线间的距离：基础了解，定义为两条异面直线的公垂线段的长度，简单题型可通过转化为点到直线的距离求解，结合解三角形简化计算。 【题型一：中位线平移法求异面直线夹角】 【例1】（25-26高二上·上海·期中）如图，正三棱柱的各棱长均为2，为棱的中点． (1)求该三棱柱的侧面积； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【分析】（1）根据给定条件，利用三棱柱的侧面积公式求解. （2）取AC中点E，连结DE，，利用几何法求出异面直线夹角. 【详解】（1）由正三棱柱的各棱长均为2， 得该三棱柱的侧面积. （2）取AC中点E，连结DE，， 由D为棱BC的中点，得，， 则是异面直线AB与所成角(或其补角)，， ， 所以异面直线AB与所成角的余弦值为. 【变式1】（25-26高二上·上海·期中）如图，分别是空间四边形中的中点，，求异面直线与所成角的大小.    【答案】 【分析】取中点，连接，根据已知及异面直线所成角的定义，应用余弦定理求角的大小. 【详解】如图，取中点，连接，又分别是的中点， 所以，则异面直线与所成角为或其补角，    由，则， 又异面直线所成角范围为，则异面直线与所成角为. 【变式2】（24-25高二上·上海浦东新·期末）如图，在棱长为2的正方体中，分别为线段的中点. 求异面直线与所成角的正切值. 【答案】 【分析】根据直线和直线平行，得异面直线与所成的角，进而在中求解即可； 【详解】连接，，因为分别为线段的中点， 所以，故异面直线与所成角为； 又平面，平面， 所以， 所以， 【题型二：平行传递性平移法求异面直线夹角】 【例2】如图所示，在长方体中，，，点E，F，G分别是，，的中点，则异面直线与所成的角是 . 【答案】 【解析】连接，，，点E，F，G分别是，，的中点， ，， ，四边形为平行四边形， 则，故或其补角即为与所成的角， 易得，， ，所以，所以. 【变式1】在四面体ABCD中，，E，F分别是AD，BC的中点，若 则异面直线AC与BD的夹角为 . 【答案】 【解析】 设为中点，又E，F分别是AD，BC的中点，所以，， 故就是则异面直线AC与BD的夹角或其补角， ∵AC=BD=4，∴，又， ，故异面直线AC与BD的夹角为. 【题型三：补形平移法求异面直线夹角】 【例3】平面过直三棱柱的顶点，平面平面，平面平面，且，，则与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将直三棱柱向上补一个直三棱柱，证得平面平面，得到平面即为平面，得出交线即为直线，结合为等边三角形，即可求解. 【解析】如图所示，将直三棱柱向上补一个全等的直三棱柱， 则，， 因为平面，平面，且平面，平面， 所以平面，且平面， 又因为，且平面， 所以平面平面，且平面，故平面即为平面， 所以交线即为直线， 因为，则与所成角为， 设，则，，可得， 所以为等边三角形，所以，所以 即与所成角的正弦值为. 故选：A.    【变式1】正方体中，M是的中点，则与所成角的余弦值为 ． 【答案】 【解析】在正方体右侧作出一个全等的正方体， 连接，如图， 易知，所以四边形是平行四边形，则， 所以是与所成角的平面角或补角， 不妨设正方体的棱长为， 则在正方体中，， 在中，， 在中，， 所以在中，， 所以与所成角的余弦值为. 【题型四：作垂线求线面角】 【例4】（25-26高二上·上海·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，为中点． (1)求证：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值 【分析】（1）利用三角形中位线定理找线线平行，再结合线面平行的判定定理证明即可． （2）先确定线面角的平面角，再通过解直角三角形，利用三角函数定义求解即可． 【详解】（1）如图，连接，交于点，连接． 因为四边形为正方形，则点为的中点， 由已知点为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面． （2）由已知平面，四边形为正方形，且， 又由（1）可知，所以平面，点为垂足， 所以为直角三角形，即为直线与平面所成角的平面角． 因为，，， 所以， 所以， 综上，直线与平面所成角的正弦值为． 【变式1】（25-26高二上·上海·期中）如图，三棱锥中，底面是正三角形，底面，平面，垂足为．    (1)是否可能是的垂心，请说明理由 (2)若恰是的重心，求直线与平面所成角的大小． 【分析】（1）先假设是垂心，得出，结合条件推出，这与已知矛盾，从而可得不是的垂心； （2）由平面，可得为所求的与平面所成角大小，利用解三角形知识计算即得答案. 【详解】（1）如图：假设是的垂心，则：， 又因为平面，平面， 所以，又平面， 所以平面，平面， 所以，又因为底面， 所以，又平面， 所以平面，所以，与底面是正三角形矛盾， 所以不是的垂心. （2）因为平面， 所以为所求的与平面所成角大小， 取中点，连结， 不妨设，则：， 因为平面，所以：， 又因为底面，所以， 所以在三角形中，有， 所以，所以，又， 所以， 所以与平面所成角大小为.    【变式2】（25-26高三上·上海·月考）如图，在直三棱柱中，，且D、E分别是AC、的中点.    (1)证明：； (2)求直线BD与平面ABE所成角的正弦值． 【分析】（1）结合题意先通过线线垂直得到面,进而得到； （2）利用等体积法，求出点到面的距离为，借助线面角的定义即可求出线面角. 【详解】（1）证明：在直三棱柱中中，因为分别是的中点,所以, 由直三棱柱中面, 所以面，因为在面内，所以, 因为在中，，且是的中点,所以, 因为,且在面内， 所以面,因为在面内,所以. （2）等腰中，，从而， 所以， 由面，且 所以， ， 令点到面的距离为， 则有， 中，，, 从而. 所以， 设直线与平面所成角为，则, 【题型五：等体积法求线面角】 【例5】(2025·上海·模拟)已知正四棱柱的底面边长为1，点、分别在边、上，且，．    (1)证明：平面； (2)若2，求直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）因为，，则，可得， 且平面，平面，所以平面. （2）方法一：以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：  则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得，则， 所以直线与平面所成角的正弦值是． 方法二：由题意可知：，，， 则，， 设点到平面的距离为，因为三棱锥的体积即为三棱锥-的体积， 则，解得， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值． 【变式1】如图，在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用等体积法求到平面的距离，结合的长，即可求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】由题设，且到平面的距离为. 又，，故到上高为，所以. 设到平面的距离为，由得：，解得， 故直线与平面所成角的正弦值为. 【题型六：定义法求二面角】 【例6】（24-25高二下·上海·期中）如图，已知圆柱的高为5，直三棱柱的顶点、、在圆柱上底面的圆周上，顶点、、在圆柱下底面的圆周上，已知，，，为的中点． (1)求二面角的正切值； (2)求到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先证明平面，得，得到为二面角的平面角，计算边长，解三角形即可求得； （2）利用等体积转化即可求得点面距离. 【详解】（1）如图，连接，，因平面，平面， 则，又，，，平面， 故平面，又平面，故， 则即二面角的平面角． 在中，，，. 所以二面角的正切值为. （2），， 平面，即点到平面的距离为， 又平面，， 设点到平面的距离为， 则由，可得， 又， 所以，解得：， 即到平面的距离为. 【变式1】（25-26高二上·上海·期中）如图，AC是圆的直径，PA与圆所在的平面垂直，且为圆周上不与点A，C重合的动点，M，N分别为点在线段PC，PB上的投影； (1)证明：直线平面PBC； (2)当的面积最大时，求二面角的平面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理进行证明. （2）先确定为二面角的平面角，再研究的面积何时最大，即可求的大小. 【详解】（1）因为点在圆的圆周上，为圆的直径，所以. 又平面，平面，所以. 平面，，所以平面. 因为平面，所以. 又为在上的投影，所以. 平面，，所以平面. （2）因为平面，平面，所以. 又为在上的投影，所以， 平面，，所以平面. 平面，所以. 所以即为二面角的平面角. 又平面，平面，所以，即为直角三角形， 且斜边为定值. 所以，当时取等号. 所以，当时取等号. 此时为等腰直角三角形，所以. 【题型七：垂线法（三垂线）求二面角】 【例7】已知三棱锥满足，且其体积为，若点（正投影在内部）到的距离相等，则二面角的正弦值为 . 【答案】 【分析】设在底面上投影为，过作，垂足为D，连接，则是二面角的平面角，由体积求得棱锥的高，再结合底面内切圆半径，即可求点到底面的距离，进而求得侧面上的高即可求解. 【解析】因为，所以是以为斜边的直角三角形. 由三棱锥体积公式得三棱锥高， 由点到的距离相等得出点在底面上投影到各边距离也相等， 所以是的内心，则到各边距离为内切圆半径， 过作，垂足为D，连接，则是二面角的平面角， 因为底面为直角三角形，所以内切圆的半径为. 则三棱锥侧面上的高为， 则. 故二面角的正弦值为. 【变式1】如图，在空间四边形中，是正三角形，是等腰直角三角形，且，又二面角为直二面角，则二面角的正切值为 . 【答案】 【解析】过作于 ∵二面角为直二面角 ∴面 取中点，为中点，连接,则HF//BE。 ∵是正三角形，∴。 ∴.由三垂线定理,得. ∴为二面角的平面角 令，则. ∴, ∴在中, 即二面角的正切值为 【题型八：投影法、截面法求二面角】 【例8】如图，△ABC是正三角形，AA1、BB1、CC1互相平行且相等，且AA1⊥平面ABC，AB=AA1，E为BB1的中点，则平面A1EC和平面A1B1C1所成的锐二面角的大小为 . C A B C1 B1 A1 E G 【答案】45º 【解析】解法1（射影面积法）：∵AA1⊥平面A1B1C1，BB1⊥平面A1B1C1，CC1⊥平面A1B1C1， ∴△A1B1C1是△A1EC在平面A1B1C1内射影.设二面角大小为，则，设A1B1=，则，∵A1C=，A1E=EC=， ∴A1C边上的高EG= ∴，∴=，∴=45º. ∴平面A1EC和平面A1B1C1所成的锐二面角的大小45º. ∵A1C=，A1E=EC=，∴A1C边上的高EG= ∴，∴=，∴=45º.C A B C1 B1 A1 E F ∴平面A1EC和平面A1B1C1所成的锐二面角的大小45º. 解法二（补棱）：如图,延长CE、C1 B1相交于点F，连结A1F, ∵E为BB1的中点， ∴EB1是△FCC1.的中位线.∴B1C1= FB1. 又△A1B1 C1是正三角形，∴A1B1= B1C1 =FB1= C1F. ∴C1 A1⊥A1F（如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这条边所对的角是直角）. 又C C1⊥平面A1B1C1,由三垂定理可知, C A1⊥A1F. ∴∠CA1 C1是所求二面角的平面角. 又A1B1=C C1，故∠CA1 C1=,即平面A1EC和平面A1B1C1所成的锐二面角的大小为. 【例9】如果二面角的平面角是锐角，点到的距离分别为，求二面角的大小 【答案】或 【解析】如图图1是点在二面角的内部时，图2是点在二面角外部时. ∵，∴.作，则面.同理，面. 而面面,∴面与面应重合 即在同一平面内，则是二面角的平面角 在中，, ∴. 在中，, ∴. 故（图1）或（图2） 即二面角的大小为或 【题型九：点到直线距离的求解】 【例10】（2025春•徐汇区期末）如图，已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1所有棱长均为2．过线段AC中点M作平面α∥平面ABB1A1，设点N为平面α与线段A1C1的交点． （1）求直线A1M与平面ABC所成角的大小； （2）求证：MN∥AA1，并求点N到直线AB的距离． 【分析】（1）根据线面角定义求得线面角平面角，进而求解即可； （2）根据面面平行可得MN∥平面ABB1A1，再由线面平行的性质即可证明；在△NAB中，求得边长，利用余弦定理得cos∠NAB，再由三角函数计算即可求解． 【解析】（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，有AA1⊥平面ABC， 所以∠A1MA即为直线A1M与平面ABC所成角的平面角， 因为点M为AC的中点，所以AM＝1，AA1＝2， 所以， 即直线A1M与平面ABC所成角的为arctan2； （2）证明：因为平面α∥平面ABB1A1，且MN⊂平面α， 所以MN∥平面ABB1A1， 因为MN⊂平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1C1C， 所以MN∥AA1， 连接AN，BN，BM， 在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为正三角形， 所以，，， 在△NAB中，， 则， 所以点N到直线AB的距离为． 【题型十：点到平面距离的求解】 【例11】在长方体中，，为的中点，平面，且．    (1)求的值； (2)求点到平面的距离． 【详解】（1） 连接，．由平面平面，且平面平面， 平面平面，所以， 同理可得，所以四边形为平行四边形，所以．   连接，因为，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，又为的中点， 所以，所以． （2）由（1）知，，又平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离即为点到平面的距离． 在Rt中，，，所以， 在Rt中，， 设点到平面的距离为，由得， 所以，所以点到平面的距离为． 【变式1】（2025秋•天津校级期中）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M为BC中点，N为AB的中点． （1）求证：A1N∥平面AMC1； （2）求平面AMC1与平面ACC1A1所成夹角的余弦值； （3）求点C到平面AMC1的距离． 【分析】（1）先证四边形MNA1C1是平行四边形，得出A1N∥MC1，即可得证； （2）先证平面AMC1与平面ACC1A1所成角即∠MFE，再解三角形即可求解； （3）先证PR⊥平面C1MA，根据点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍，即可求解． 【解析】（1）证明：连接MN，C1A，由M，N分别是BC，BA的中点， 根据中位线性质，MN∥AC，且， 由棱台性质，A1C1∥AC，于是MN∥A1C1， 由MN＝A1C1＝1可知，四边形MNA1C1是平行四边形，则A1N∥MC1， 又A1N⊄平面C1MA，MC1⊂平面C1MA， 于是A1N∥平面AMC1； （2）过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC1，垂足为F，连接MF，C1E， 由ME⊂平面ABC，A1A⊥平面ABC， 故AA1⊥ME， 又ME⊥AC，AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1， 则ME⊥平面ACC1A1， 由AC1⊂平面ACC1A1，故ME⊥AC1， 又EF⊥AC1，ME∩EF＝E，ME，EF⊂平面MEF， 于是AC1⊥平面MEF， 由MF⊂平面MEF，故AC1⊥MF， 于是平面AMC1与平面ACC1A1所成角即为∠MFE， 又，， 则，故， 在Rt△MEF中，∠MEF＝90°，则， 于是； （3）过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q， 连接PQ，PM，过P作PR⊥C1Q，垂足为R， 由题干数据可得，，， 根据勾股定理，， 由C1P⊥平面AMC，AM⊂平面AMC，则C1P⊥AM， 又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P＝C1，C1Q，C1P⊂平面C1PQ， 于是AM⊥平面C1PQ， 又PR⊂平面C1PQ，则PR⊥AM， 又PR⊥C1Q，C1Q∩AM＝Q，C1Q，AM⊂平面C1MA， 故PR⊥平面C1MA， 在Rt△C1PQ中，， 又CA＝2PA，故点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍， 即点C到平面AMC1的距离是， 【题型十一：其他距离的求解】 【例12】（2025秋•普洱期末）如图，在圆锥SO中，底面圆心为O，母线SA＝10，圆锥的高SO＝8，底面圆O的内接四边形ABCD为正方形． （1）证明：SA⊥BD； （2）求四棱锥S﹣ABCD的体积； （3）求直线CD到平面SAB的距离． 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及性质，即可证明； （2）根据棱锥的体积公式，即可求解； （3）取AB中点E，连接OE，SE，易得平面SAB⊥平面SOE，在平面SOE内过O作OF⊥SE于点F，则所求为2OF，再解三角形，即可求解． 【解析】（1）证明：因为圆锥SO中，SO⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以BD⊥SO，又四边形ABCD为正方形， 所以BD⊥AC，又SO∩AC＝O，SO，AC⊂平面SAC， 所以BD⊥平面SAC，又AS⊂平面SAC， 所以SA⊥BD； （2）因为在圆锥SO中，底面圆心为O，母线SA＝10，圆锥的高SO＝8， 所以AO6，即底面圆的半径为6， 所以四棱锥S﹣ABCD的体积为192； （3）如图，取AB中点E，连接OE，SE， 易知AB⊥OE，AB⊥SE，且OE∩SE＝E， 所以AB⊥平面SOE，又AB⊂平面SAB， 所以平面SAB⊥平面SOE，在平面SOE内过O作OF⊥SE于点F， 则OF⊥平面SAB，又O为DB中点， 所以直线CD到平面SAB的距离即为2OF， 在Rt△SOE中，SO＝8，OE，所以SE， 所以根据等面积法可得OF， 所以直线CD到平面SAB的距离为2OF． 【变式1】（2025秋•沙坪坝区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，∠CBD＝90°，沿其对角线BD将△BCD折起至△BC′D，使△BC′D所在平面与平面ABCD垂直． （1）证明：平面BC′D⊥平面AC′D； （2）若E为CC′上一点，且AC′∥平面BDE，BC＝BD＝2，求直线AC′到平面BDE的距离． 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、判断推理得证； （2）利用线面距离的意义转化为点C′到平面BDE的距离求解． 【解析】（1）证明：由∠CBD＝90°，得CB⊥BD， 又平面BC′D⊥平面ABCD，平面BC′D∩平面ABCD＝BD，CB⊂平面ABCD， 则CB⊥平面BC′D， 由平行四边形ABCD，得AD∥BC，则AD⊥平面BC′D， 又AD⊂平面AC′D， 所以平面BC′D⊥平面AC′D； （2）解：由AC′∥平面BDE，得AC′到平面BDE的距离等于点C′到平面BDE的距离， 连接AC交BD于点O，连接OE，如图， 由AC′∥平面BDE，AC′⊂平面AC'C，平面AC′C∩平面BDE＝OE，得AC′∥OE， 由O为AC的中点，得E为CC′的中点，由BC＝BD＝2，∠CBD＝90°， 得， 在Rt△C′BC中，C′B＝BC＝2，则BE⊥CC'，且， 可得△DC′C为等边三角形， 因此DE⊥CC′，而BE∩DE＝E，则CC′⊥平面BDE， C′E的长即为点C′到平面BDE的距离，而C，ECC'， 所以AC′到平面BDE的距离为． 1. 十二水硫酸铝钾是一种无机物，又称明矾，是一种含有结晶水的硫酸钾和硫酸铝的复盐.我们连接一个正方体各个面的中心，可以得到明矾晶体的结构，即为一个正八面体（如图）.假设该正八面体的所有棱长均为2，则二面角的余弦为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用定义作出二面角的平面角，在中利用余弦定理即可求解. 【解析】如图，    连接AC，BD交于点O，连接EF，易知EF过点O，取的中点，连接，， 根据正八面体的几何特征，，， 又平面，平面，平面平面， 所以为二面角的平面角. 易知平面，AC在面ABCD内，则， 所以是直角三角形，又，，所以，所以. 在中，，同理， 在中，， 故选：C. 2.（多选）如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点C处，测得从D，C到水库底面与水坝斜面的交线的距离分别为，．又测得的长为10m，的长为，则（   ） A．水库底面与水坝斜面所成的二面角的余弦值为 B．水库底面与水坝斜面所成的二面角的余弦值为 C．直线与水库底面所成角的正弦值为 D．直线与水库底面所成角的正弦值为 【答案】BC 【解析】如图，作且，连接，又，则是矩形， ，又，所以是所求二面角的平面角． ，则，又，，平面， 所以平面，而平面，所以， ，所以，，，所以，故A错误，B正确， 为等腰三角形，故面积为, , 设点到水库底面的距离为，则,故， 故直线与水库底面所成角的正弦值为,故C正确，D错误， 故选：BC 3．如图所示，在三棱锥中，，，是的中点，且底面，则直线与平面所成角的正弦值为 . 【答案】 【解析】解法一：如图所示，设是的中点，连接， 则，故与平面所成的角相等， 设为的中点，连接，则， 因为，所以， 因为平面，平面， 所以， 又，，平面，且， 所以平面，又平面 所以平面平面， 因为平面平面， 所以点在平面上的射影， 过点作于点， 因为，平面平面，平面， 所以平面，则即为与平面所成的角． 设，则，由此可得，，则， 由平面，平面，所以， 在中，， 则由等面积法得，， 故，即直线与平面所成角的正弦值为． 解法二：如图所示，过点作平面，垂足为，连接， 则为与平面所成的角． 设，则，则， ，，， 因为，所以， 由解法一得，， 由可得，代入数据得， 故． 4．如图，在三棱锥中，，，，平面平面，则二面角的正切值的最小值为 . 【答案】 【分析】过点P作,则O点为AB的中点，再过作于，利用线面 垂直的性质与判定确定为二面角的平面角，结合中位线的性质及三角 形三边关系确定最小值即可. 【解析】 过点P作,则O点为AB的中点，且平面平面， 平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以， 过作于，连接， 因为平面，， 所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 在中，,， 因为，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为2. 此时取得最小值， 故二面角的正弦值的最小值为. 5．（2025秋•山东校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，其中∠ABC＝45°，，E为棱PC上一动点． （1）若E为PC中点，求证：AE⊥平面PBC； （2）若E是棱PC上靠近P的三等分点，求直线AE和平面PBE夹角的正弦值． 【分析】（1）根据余弦定理可得AC长度，即可根据勾股定理求证AC⊥BC，进而根据线面垂直的性质以及判定，即可求解； （2）根据E为PC中点时AE⊥平面PBC，即可根据余弦定理求解E是棱PC上靠近P的三等分点时AE的长度，即可根据锐角三角函数求解． 【解析】（1）证明：由余弦定理可得， 故AC2+BC2＝AB2，即AC⊥BC， 又PA⊥面ABCD，BC⊂面ABCD，所以PA⊥BC， PA∩AC＝A，PA，AC⊂面PAC，所以BC⊥面PAC， 又AE⊂面PAC，所以BC⊥AE， PA＝AC＝2，E是PC中点， 所以AE⊥PC，又因为BC∩PC＝C，PC，BC⊂面PBC， 所以可以证得AE⊥面PBC； （2）E为PC中点时，AE⊥面PBC， 此时， 故当E是棱PC上靠近P的三等分点时，∠AEC是直线AE和平面PBE的夹角，且， ， 所以夹角正弦值为． 6．（2025•延边州校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F． （1）求证：PA∥平面EDB； （2）求证：PB⊥平面EFD； （3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小． 【分析】（1）由题意连接AC，AC交BD于O，连接EO，则EO是中位线，证出PA∥EO，由线面平行的判定定理知PA∥平面EDB； （2）由PD⊥底面ABCD，得PD⊥DC，由DC⊥BC证出BC⊥平面PDC，即得BC⊥DE，再由ABCD是正方形证出DE⊥平面PBC，则有DE⊥PB，进一步得到PB⊥平面EFD； （3）由条件，可知∠EFD是二面角C﹣PB﹣D的平面角，然后求二面角C﹣PB﹣D的大小，即可得到平面CPB与平面PBD的夹角的大小． 【解析】（1）证明：如图所示，连接AC，AC交BD于点O，连接EO． ∵底面ABCD是正方形，∴点O是AC的中点． 在△PAC中，EO是中位线，∴PA∥EO． 而EO⊂平面EDB且PA⊄平面EDB， ∴PA∥平面EDB； （2）证明：∵PD⊥底面ABCD，且DC⊂平面ABCD，∴PD⊥DC． ∵PD＝DC，∴△PDC是等腰直角三角形． 又DE是斜边PC的中线，∴DE⊥PC．① 由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC． ∵底面ABCD是正方形，∴DC⊥BC． 又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC． 又DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE．② 由①和②推得DE⊥平面PBC． 而PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB． 又EF⊥PB，且DE∩EF＝E，∴PB⊥平面EFD； （3）由（2）知，PB⊥DF，故∠EFD是二面角C﹣PB﹣D的平面角． 由（2）知，DE⊥EF，PD⊥DB． 设正方形ABCD的边长为a，则PD＝DC＝a，BD，PB， PC，DEPC， 在Rt△PDB中，DF． 在Rt△EFD中，sin∠EFD，∴∠EFD． 故平面CPB与平面PBD的夹角的大小为． 7．（2025秋•清远期末）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB⊥AD，BD⊥CD，点E是BC边的中点，连接． （1）求证：AB⊥平面ACD； （2）求平面ABD与平面ADE夹角的正弦值． 【分析】（1）根据面面垂直的性质先推知CD⊥平面ABD，从而AB⊥CD，结合题干AB⊥AD可得证明； （2）根据二面角的定义用几何法作出来，然后求解． 【解析】（1）证明：由题知，平面ABD⊥平面BCD， 又平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，又CD⊥BD， 根据面面垂直的性质定理，CD⊥平面ABD， 又AB⊂平面ABD，则AB⊥CD， 又AB⊥AD，AD，CD⊂平面ACD，AD∩CD＝D， 所以AB⊥平面ACD； （2）分别取BD，AD中点F，G，连接EF，FG，EG， 由中位线性质可知，FG∥AB，又AB⊥AD，则FG⊥AD； 由于AB⊥平面ACD，AC⊂平面ACD，则AB⊥AC， 又CD⊥BD，且点E是BC边的中点， 则DE，AE分别为直角三角形△BDC，△ABC斜边上的中线， 则， 又AG＝DG，则EG⊥AD， 则∠EGF是平面ABD与平面ADE夹角． 又， 可求得，， 由中位线可知， 则GF2+EF2＝GE2，则∠GFE＝90°， 故二面角∠EGF的正弦值为． 8．（2025秋•湖南期中）如图1，在平面四边形ABDC中，AB＝BC＝BD＝2，∠CBA＝∠CBD＝120°．将△ABC沿着BC翻折至△EBC，连接DE，得到如图2所示的三棱锥E﹣BCD． （1）证明：BC⊥DE． （2）当点E到平面DBC的距离最大时，求三棱锥E﹣BCD外接球的表面积． （3）当时，求平面BCE与平面BDE夹角的余弦值． 【分析】（1）通过证明线面垂直来证得BC⊥DE； （2）利用几何体外接球半径的求法求得三棱锥E﹣BCD外接球的半径，进而求得外接球的表面积； （3）根据面面角的定义作出平面BCE与平面BDE的夹角（或其补角），解三角形计算出夹角的余弦值． 【解析】（1）证明：依题意，折叠后，BE＝BD＝2，∠CBE＝∠CBD＝120°，BC＝BC， 所以△CBE≌△CBD， 延长CB，过E作EF⊥BC，交BC的延长线于F，连接DF， 则DF⊥BC， 由于EF∩DF＝E，EF，DF⊂平面DEF， 所以BC⊥平面DEF，由于DE⊂平面DEF， 所以BC⊥DE； （2）当点E到平面DBC的距离最大时，平面BCE⊥平面BCD， 由于平面BCE∩平面BCD＝BC，EF⊂平面BCE，EF⊥BC， 所以EF⊥平面BCD，由于DF⊂平面BCD， 所以EF⊥DF，． 设G是BC的中点，O1是三角形BCE的外心，O2是三角形BCD的外心，O是三棱锥E﹣BCD外接球的球心， 连接O1G，O2G，则O1G⊥BC．O2G⊥BC， 连接OO1，OO2，则OO1⊥平面BCE，OO2⊥平面BCD， 由于△CBE≌△CBD，所以四边形OO1GO2是正方形， 设△CBE，△CBD外接球的半径为r， 由正弦定理得， 则O2C＝2，OG＝1，所以，则， 所以三棱锥E﹣BCD外接球半径， 所以外接球的表面积为4πR2＝28π． （3）当时，DE2＝BE2+BD2，所以BE⊥BD， 在△CBE内，过B作BH⊥BE，交CE于H， 则∠DBH是平面BCE与平面BDE的夹角（或其补角， 在Rt△BEH中，， ，， 则， 在△CDE中，， 所以， 所以，在△BDH中，， 所以平面BCE与平面BDE夹角的余弦值为． 9．（2025春•驻马店期末）如图，菱形ABCD所在的平面与矩形ACEF所在的平面相互垂直． （1）证明：直线DE∥平面ABF； （2）若平面DEF⊥平面BEF，求的值； （3）在（2）条件下，求平面DEF与平面ACD夹角的余弦值． 【分析】（1）根据题意，分别证得CE∥平面ABF和DC∥平面ABF，利用面面平行的判定定理，证得平面DCE∥平面ABF，即可证得DE∥平面ABF； （2）利用面面垂直的性质，证得CE⊥面ABCD，AF⊥面ABCD，求得DE＝DF和BF＝BE，取EF中点为M，证得DM⊥EF，BM⊥EF，得到∠DMB为二面角D﹣EF﹣B的平面角，求得，即可得解； （3）记面DEF∩面ACD＝l，利用线面平行的性质，证得EF∥l∥AC，得到DM⊥l，DO⊥l，得到∠MDO即为平面DEF与平面ACD所成的角，结合△BDM为等腰直角三角形，即可求解． 【解析】（1）证明：∵四边形ACEF为矩形，∴CE∥AF， ∵CE⊄平面ABF，且AF⊂平面ABF， ∵CE∥平面ABF， 又∵四边形ABCD为菱形，∴DC∥AB， ∵DC⊄平面ABF，且AB⊂平面ABF， ∴DC∥平面ABF， 又∵DC∩CE＝C，且DC，CE⊂平面DCE， ∴平面DCE∥平面ABF， ∵DE⊂平面DCE， ∴DE∥平面ABF． （2）因为菱形ABCD所在的平面与矩形ACEF所在的平面相互垂直， 且平面ABCD∩平面ACEF＝AC，CE⊥AC，AF⊥AC，CE，AF⊂平面ACEF， ∴CE⊥面ABCD，AF⊥面ABCD， ∵CD，AD⊂平面ABCD， ∴CE⊥CD，AF⊥AD， 则CE2+CD2＝DE2，AF2+AD2＝DF2， 又∵AD＝CD，CE＝AF，∴DE＝DF． 同理可得BF＝BE． 取EF中点为M，记AC∩BD＝O，则MO∥AF且MO＝AF， ∴DM⊥EF，BM⊥EF， ∴∠DMB为二面角D﹣EF﹣B的平面角， ∵平面DEF⊥平面BEF， ∴∠DMB＝90°，且，∴， ∴． （3）记平面DEF∩平面ACD＝l， ∵EF∥AC，AC⊂平面ABCD，∴EF∥平面ABCD， 且EF⊂平面DEF，∴l∥EF，则EF∥l∥AC， ∵DM⊥EF，DO⊥AC，∴DM⊥l，DO⊥l， ∴∠MDO即为平面DEF与平面ACD所成的角， 在（2）条件下，BD＝2AF＝2MO， ∴△BDM为等腰直角三角形， ∴∠MDO＝45°， 可得， ∴平面DEF与平面ACD夹角的余弦值为． 10．（2025秋•成都校级月考）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，CC1＝4，E为CC1的中点． （1）求证：AC1∥平面EDB； （2）求直线CE与平面EDB的夹角的正弦值． 【分析】（1）令AC∩BD＝F，由三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得； （2）首先证明平面EDB⊥平面ACC1，过C作CG⊥EF于G，可得CG⊥平面EDB，所以直线CE与平面EDB的夹角为∠CEG，利用边长关系求解即可． 【解析】（1）证明：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，令AC∩BD＝F，则F为AC中点，连接EF， 由E为CC1的中点，得EF∥AC1，而EF⊂平面EDB，AC1⊄平面EDB， 所以AC1∥平面EDB． （2）由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，得CC1⊥BD， 矩形ABCD中，AB＝BC，则矩形ABCD为正方形，AC⊥BD， 而AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面ACC1， 则BD⊥平面ACC1，又BD⊂平面EDB， 所以平面EDB⊥平面ACC1． 在△EFC中，过C作CG⊥EF于G，由平面EDB⊥平面ACC1，平面EDB∩平面ACC1＝EF， CG⊂平面ACC1，因此CG⊥平面EDB， 易知，， 在Rt△EFC中，， 因为直线CE与平面EDB的夹角为∠CEG， 所以． 11．（2025•蓬莱区三模）如图，矩形BCDE所在平面与△ABC所在平面垂直，∠ACB＝90°，BE＝2． （1）证明：DE⊥平面ACD； （2）若平面ADE与平面ABC的夹角的余弦值是，且直线AE与平面BCDE所成角的正弦值是，求异面直线DE与AB所成角的余弦值． 【分析】（1）根据矩形性质和平行关系可得DE⊥CD，DE⊥AC，由线面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）利用面面垂直性质可证得AC⊥平面BCDE，过点A作l∥BC，利用线面角和面面角的定义可知，，求出BC，AB，由异面直线所成角的定义可知所求角为∠ABC，即可得出答案． 【解析】（1）证明：∵四边形BCDE为矩形，∴DE⊥CD， ∵∠ACB＝90°，即AC⊥BC， 又DE∥BC，∴DE⊥AC， ∵AC∩CD＝C，AC⊂平面ACD，CD⊂平面ACD， ∴DE⊥平面ACD； （2）∵平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，BC⊥AC，AC⊂平面ABC， ∴AC⊥平面BCDE， 则∠AEC即为直线AE与平面BCDE所成的角， ∴， 过点A作l∥BC，如图所示：则平面ADE∩平面ABC＝l， 由（1）得DE⊥平面ACD，则l⊥面ACD，∴AD⊥l，AC⊥l， ∴平面ADE与平面ABC的夹角为∠DAC，∴， 又DC＝BE＝2，∴AC＝1，则AE＝4，∴，∴，， 又异面直线DE与AB所成的角为∠ABC， ∴，即异面直线DE与AB所成角的余弦值为． 12．（2023秋•普陀区校级月考）如图，已知正方体ABCD﹣A′B′C′D′． （1）哪些棱所在直线与直线BC′是异面直线？（直接写答案） （2）直线BA′和CC′的夹角是多少？ 【分析】（1）根据异面直线的定义即可得解； （2）根据BB'∥CC′，可得∠A′BB′即为异面直线BA′和CC′所成角的平面角，进而可得出答案． 【解析】（1）由异面直线的定义可得， 与直线BC′是异面直线的棱有AA′，DD′，AD，A′D′，A′B′，CD； （2）在正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，BB'∥CC′， ∴∠A′BB′即为异面直线BA′和CC′所成的角， 易知∠A′BB′＝45°， ∴直线BA′和CC′的夹角是45°． 13．（2025春•同步）已知ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体（如图）． （1）正方体的哪些棱所在的直线与直线BC1是异面直线？ （2）求证直线AA1与BC垂直． （3）求直线BC1与AC的夹角． 【分析】（1）利用异面直线的定义判断作答． （2）（3）利用异面直线的定义，求出异面直线的夹角即可作答． 【解析】（1）解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1共有12条棱，与BC1相交的棱有6条，与BC1平行的棱不存在， 因此余下的6条棱所在直线分别与直线BC1是异面直线，它们是A1A，A1B1，A1D1，DA，DC，DD1． （2）证明：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，由AD∥BC，得A1A与AD的夹角就是A1A与BC的夹角， 因为∠A1AD＝90°，则A1A与BC的夹角为90°，所以AA1⊥BC． （3）解：连接A1C1，因为AA1∥BB1∥CC1，AA1＝BB1＝CC1， 于是四边形AA1C1C是平行四边形，即AC∥A1C1， 从而BC1与AC的夹角就是BC1与A1C1的夹角，连接A1B， 而A1B，BC1与A1C1都是正方体的面对角线，则有A1B＝BC1＝A1C1，即△A1BC1是正三角形， 所以BC1与A1C1的夹角为60°，即BC1与AC的夹角为60°． 14．（2025春•皮山县校级期末）如图，在三棱锥A﹣BCD中，点E，F，M，N分别为相应棱的中点． （1）求证：四边形EFMN为平行四边形． （2）若AC＝BD＝2，，求异面直线AC与BD所成的夹角． 【分析】（1）结合中位线的性质和平行四边形的判定定理，即可得证； （2）由MN∥AC，MF∥BD，知∠FMN或其补角即为所求，再由勾股定理的逆定理和平行四边形的性质，即可得解． 【解析】（1）证明：∵点E，F，M，N分别为相应棱的中点， ∴MN∥AC，MNAC，EF∥AC，EFAC， ∴MN∥EF，MN＝EF， ∴四边形EFMN为平行四边形． （2）解：∵点E，F，M，N分别为相应棱的中点， ∴MN∥AC，MF∥BD，且MNAC＝1，EN＝MFBD＝1， ∴∠FMN或其补角即为异面直线AC与BD所成的夹角， 在△MNE中，有MN2+EN2＝EM2，即∠MNE＝90°， 由（1）知，四边形EFMN为平行四边形， ∴∠FMN＝180°﹣∠MNE＝90°， 故异面直线AC与BD所成的夹角为90°． 15．（2024春•同步）如图，在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，求直线AM和CN夹角的余弦值． 【分析】连接DM，取DM中点E，连接NE，CE，推导出NE∥AM，从而∠CNE是直线AM和CN夹角，由此能求出直线AM和CN夹角的余弦值． 【解析】连接DM，取DM中点E，连接NE，CE， 正四面体ABCD中棱长为1， ∵M，N分别是BC，AD的中点， ∴NE∥AM，∴∠CNE是直线AM和CN夹角， NEAM，CN， CE， ∴直线AM和CN夹角的余弦值为： cos∠CNE． 故答案为：． 16．（2025秋•山海关区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AB＝3，BC＝4，PA＝4，PA⊥平面ABCD． （1）求直线PC与平面ABCD所成的角的正切值； （2）求点B到平面PCD的距离． 【分析】（1）连接AC，可得直线PC与平面ABCD所成的角为∠PCA即可求解； （2）利用VP﹣BCD＝VB﹣PCD即可求解． 【解析】（1）在四棱锥P﹣ABCD中，连接AC， 因为底面ABCD为矩形，AB＝3，BC＝4， 所以， 因为PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥AC，且直线PC与平面ABCD所成的角为∠PCA， 则； （2）因为PA⊥平面ABCD，AD，CD⊂平面ABCD， 所以CD⊥PA，PA⊥AD， 则， 因为底面ABCD为矩形，所以CD⊥AD， 因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD，因为PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD， 所以， 又因为， 所以， 设点B到平面PCD的距离为h， 所以VP﹣BCD＝VB﹣PCD， 所以， 解得：， 所以点B到平面PCD的距离为． 17．（2025春•林甸县期中）如图，已知P是平面ABC外一点，PA⊥平面ABC，AC⊥BC． （1）证明：BC⊥平面PAC； （2）过A点作AD垂直PC于D，证明：AD⊥PB； （3）若BC＝1，，求点C到平面PAB的距离． 【分析】（1）由线面垂直的性质得到PA⊥BC，结合AC⊥BC，即可得证； （2）由线面垂直的性质得到BC⊥AD，即可证明AD⊥平面PBC，从而得证； （3）在平面ABC内过点C作CE⊥AB交AB于点E，即可证明CE⊥平面PAB，再求出CE，即可得解． 【解析】（1）证明：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC， 又AC⊥BC，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以BC⊥平面PAC； （2）因为BC⊥平面PAC，AD⊂平面PAC， 所以BC⊥AD，又AD⊥PC，PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC， 所以AD⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，所以AD⊥PB； （3）在平面ABC内过点C作CE⊥AB交AB于点E， 因为BC＝1，AC，AC⊥BC，所以AB＝2， 所以， 又PA⊥平面ABC，CE⊂平面ABC，所以PA⊥CE， 又PA∩AB＝B，PA，AB⊂平面PAB，所以CE⊥平面PAB， 所以点C到平面PAB的距离为． 18．（2025春•东莞市月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，DA＝AB＝PD＝2，DC＝4，E，F分别为棱CD，PD的中点． （1）求证：PB∥平面AEF； （2）求证：AE⊥平面PBD； （3）求点D到平面PBC的距离． 【分析】（1）首先证明四边形ABED是平行四边形，再根据中位线的性质，结合线面平行的判断定理，即可证明； （2）根据线面垂直的判断定理，转化为证明线线垂直，即可证明AE⊥BD，AE⊥PD，即可证明线面垂直； （3）利用等体积，求点到平面的距离． 【解析】（1）证明：如图，连接BE，设BD∩AE＝O，连接OF， 因AB∥DC，，可得ABED是平行四边形， 则OD＝OB， 又DF＝PF，则得OF∥PB， 因为OF⊂平面AEF，PB⊄平面AEF， 故PB∥平面AEF； （2）证明：由（1）已得四边形ABED为平行四边形，因为DA＝AB＝2， 故四边形ABED为菱形，则AE⊥BD， 因PD⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，则PD⊥AE， 又BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PBD， 故AE⊥平面PBD； （3）解：在Rt△ABC中，， 因为PD⊥平面ABCD，BD、CD⊂平面ABCD， 则PD⊥BD，PD⊥CD， 在Rt△PDB中，， 同理，，， 故满足勾股定理PB2+BC2＝PC2，则PB⊥BC， 故， 而， 设点D到平面PBC的距离为d，由等体积法可得VD﹣PBC＝VP﹣BCD， 即2•d， 解得d． 故点D到平面PBC的距离为． 19．（2025秋•闵行区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，已知PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝2，E为PC中点． （1）求四棱锥P﹣ABCD的体积； （2）求点D到平面PAC的距离． 【分析】（1）由PD⊥平面ABCD，确定PD为四棱锥的高，再利用四棱锥体积公式计算即可； （2）利用等体积法VD﹣PAC＝VP﹣ACD，结合△PAC的面积即可求解． 【解析】（1）在四棱锥P﹣ABCD中， 因为四边形ABCD为正方形，且PD⊥平面ABCD， 所以PD即四棱锥P﹣ABCD的高， 所以， 即四棱锥P﹣ABCD的体积为． （2）连接AC，如图： 由（1）知，又AC为正方形ABCD的对角线， 所以， 又，即△PAC是等边三角形，所以， 设点D到平面PAC的距离为h， 则， 解得， 即点D到平面PAC的距离为． 20．（2025春•冷水滩区校级月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1． （1）求AC的长； （2）已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值． 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，再由线线垂直得到线面垂直，从而得到面面垂直，过点A1在平面A1C1C内作直线垂直于面面交线，得到线面垂直，从而得到线面距离．然后在直角三角形中求得线段长； （2）由Rt△ACB≌Rt△A1CB，得到BA＝BA1，然后过点B作BD⊥AA1，得到D为AA1中点，由AA1与BB1的距离为2求得AB的长，然后求得BC的长，延长AC到点M，使得AC＝CM，得到平行四边形A1CMC1，然后由勾股定理逐个求出AC1和AB1的长，然后由线面角的定义求出结果． 【解析】（1）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中， 因为A1C⊥底面ABC，BC⊂平面ABC， 所以A1C⊥BC，又因为BC⊥AC，A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C， 所以BC⊥平面ACC1A1，又因为BC⊂平面BCC1B1， 所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1， 过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1， 所以A1O⊥平面BCC1B1， 因为A1到平面BCC1B1的距离为1，所以A1O＝1， 在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2， 设CO＝x，则C1O＝2﹣x， 因为△A1OC，△A1OC1，△A1CC1为直角三角形，且CC1＝2， ，，， 所以1+x2+1+（2﹣x）2＝4， 解得x＝1， 所以， （2）因为AC＝A1C1，BC⊥A1C，BC⊥AC， 所以Rt△ACB≌Rt△A1CB， 所以BA＝BA1， 过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点， 由直线AA1与BB1距离为2，所以BD＝2， 因为A1D＝1，BD＝2，所以， 在Rt△ABC，所以， 延长AC，使AC＝CM，连接C1M， 由CM∥A1C1，CM＝A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形， 所以C1M∥A1C，所以C1M⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC， 所以C1M⊥AM， 则在Rt△AC1M中，AM＝2AC，C1M＝A1C， 所以， 在Rt△AB1C1中，，， 所以， 又A到平面BCC1B1距离也为1， 所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为． 21．（2025春•吉林期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB＝2，，AA1＝3，M为AB的中点． （1）证明：AC1∥平面B1CM； （2）求直线AC1到平面B1CM的距离． 【分析】（1）连接BC1，利用线面平行的判定推理得证； （2）将线面距离转化为点面距离，再利用等体积法求解． 【解析】（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）连接AB1，由CA＝CB＝2，得CM⊥AB，又因为AA1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC， 所以AA1⊥CM，又AB∩AA1＝A，AB，AA1⊂平面ABB1A1， 所以CM⊥平面ABB1A1， 又因为MB1⊂平面ABB1A1，则AM⊥MB1，又CA2+CB2＝AB2， 所以△ABC是等腰直角三角形， ，， ， ， 设点A到平面B1CM的距离为d， 由， 得， 解得， 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． 22. 如图，在三棱锥中，为正三角形，E是的中点，.    (1)求证：； (2)若，，二面角的大小为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）由三角形全等得到，由三线合一得到⊥，⊥，从而得到线面垂直，线线垂直； （2）由（1）得到为二面角的平面角，即，作出辅助线，由（1）知，⊥，证明出⊥平面，并求出，求出，由锥体体积公式得到答案. 【解析】（1）为正三角形，为中点，故⊥， 因为，，，所以≌， 故，又为中点，故⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以； （2）由（1）知，⊥，⊥， 故为二面角的平面角，即， 因为，，所以， 由勾股定理得， 过点作⊥于点， 由（1）知，⊥平面，而平面， 所以⊥， 因为平面，， 所以⊥平面， 其中， 即三棱锥的高为，    由勾股定理得， 故， 三棱锥的体积为. 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难专题09 空间角与空间距离问题 讲义 【题型一：中位线平移法求异面直线夹角】 4 【题型二：平行传递性平移法求异面直线夹角】 4 【题型三：补形平移法求异面直线夹角】 5 【题型四：作垂线求线面角】 5 【题型五：等体积法求线面角】 6 【题型六：定义法求二面角】 7 【题型七：垂线法（三垂线）求二面角】 8 【题型八：投影法、截面法求二面角】 9 【题型九：点到直线距离的求解】 9 【题型十：点到平面距离的求解】 9 【题型十一：其他距离的求解】 10 一、学习目标 1. 掌握空间三种角（异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角）的定义、取值范围及几何求解方法，能准确区分三种角的几何意义，熟练运用平移法、垂线法等构造图形，结合解三角形（正余弦定理）求解空间角。 2. 理解空间距离（点到直线、点到平面、直线到平面、平面到平面）的定义，掌握核心距离（点到平面、点到直线）的几何求解思路，能结合空间几何体的结构特征，转化距离问题并结合相关公式计算。 3. 能结合空间线面位置关系（平行、垂直），灵活运用空间角与空间距离的相关知识，解决简单的综合问题，提升空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力。 4. 规范书写解题过程，规避常见易错点（如角的取值范围、作图不规范、距离转化错误、正余弦定理应用失误），掌握几何法求解的核心步骤。 【知识点一：异面直线夹角】 定义：过空间任意一点，分别作两条异面直线的平行线，这两条平行线所成的锐角（或直角），叫做这两条异面直线所成的角。 取值范围：（注意：异面直线所成角不能为0°，因为异面直线不平行；不能为钝角，需取锐角或直角）。 【求解方法及技巧】 平移法（核心）：找（或作）异面直线的平行线，将异面直线所成角转化为相交直线所成的锐角或直角，构造三角形（等腰三角形、直角三角形、一般三角形均可），再利用余弦定理、正弦定理或勾股定理求解角度。 常用平移技巧： ① 利用中位线平移（适用于几何体中含中点的情况）； ② 利用平行线的传递性平移（适用于棱柱、正方体等规则几何体）； ③ 补形平移（将不规则几何体补成规则几何体，方便构造平行线）。 【知识点二：直线与平面所成角】 定义：一条直线与一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线与它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角；若直线垂直于平面，则直线与平面所成角为90°；若直线平行于平面或在平面内，则直线与平面所成角为0°。 取值范围：。 【求解方法（几何法，结合解三角形）】 核心步骤： ① 找（作）直线在平面内的射影（过直线上一点作平面的垂线，垂足与直线和平面的交点的连线即为射影）； ② 确定直线与射影所成的锐角，即为直线与平面所成角； ③ 构造直角三角形或一般三角形，利用三角函数（正弦、余弦）、勾股定理或正余弦定理求解。 关键提醒：射影的确定是核心，需熟练掌握“过一点作平面垂线”的方法（可利用几何体的垂直关系，如正方体的侧棱垂直于底面）；结合解三角形时，注意区分三角形的边角对应关系。 补充方法（等体积法，跳过作垂线步骤）：当难以找到垂线、确定垂足时，可利用等体积法求直线上某点到平面的距离（即该点到平面的垂线段长度，也就是线面角所在直角三角形的一条直角边）。 具体思路：设直线与平面的交点为O，在直线上取另一点P，求点P到平面的距离h（利用等体积法，结合解三角形求底面面积、体积，反求h）；已知线段PO的长度，线面角θ满足，即可求出线面角（无需作出垂足）。 【知识点三：二面角】 定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，两个半平面叫做二面角的面。二面角的大小用它的平面角来度量。 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叫做二面角的平面角。 取值范围：（注意：平面角为0°时，两个半平面重合；为180°时，两个半平面共面且反向；锐角、直角、钝角均可能出现）。 【求解方法】 ①定义法：在二面角的棱上取一个特殊点（如中点、垂足），分别在两个面内作垂直于棱的射线，构造二面角的平面角，再通过三角形（结合正余弦定理）求解。 ②垂线法：过一个面内一点作另一个面的垂线，再过垂足作棱的垂线，连接该点与棱的垂足，得到二面角的平面角（三垂线定理应用，贴合必修二重点），再利用解三角形求解。 ③截面法：通过作垂直于棱的截面，截面与两个半平面的交线所成的角，即为二面角的平面角，结合正余弦定理计算角度。 【知识点四：点到直线的距离】 定义：从直线外一点向这条直线作垂线，该点与垂足之间的线段长度，叫做点到直线的距离。 求解方法（几何法，结合解三角形、等面积法）： · 直接法：若能直接作出点到直线的垂线，测量（或计算）垂足与该点的线段长度（适用于规则图形，如正方体、直角三角形），可结合勾股定理求解。 · 转化法：将点到直线的距离转化为三角形的高，利用三角形面积公式求解（等面积法），即先求三角形的面积和底边长，再通过“面积=底×高÷2”求出高；若三角形为一般三角形，可先通过正余弦定理求面积，再反求高（即点到直线的距离）。 【知识点五：点到平面的距离】 定义：从平面外一点向这个平面作垂线，该点与垂足之间的线段长度，叫做点到平面的距离。 【求解方法】 1. 直接法：找到平面外一点到平面的垂线，确定垂足，计算垂线段的长度（可利用几何体的垂直关系，如长方体的顶点到对面底面的距离即为侧棱长），必要时结合解三角形计算。 2. 转化法：利用等体积法（核心）——将点到平面的距离作为三棱锥的高，通过“三棱锥体积=底面积×高÷3”，已知体积和底面积，反求高（即点到平面的距离）；底面积计算可结合正余弦定理（适用于三角形底面），适用于不易直接作垂线的情况。 【知识点五：其他距离】 1. 直线到平面的距离：若直线平行于平面，则直线上任意一点到平面的距离，即为直线到平面的距离（转化为点到平面的距离）。 2. 平面到平面的距离：若两个平面平行，则一个平面内任意一点到另一个平面的距离，即为两个平面的距离（转化为点到平面的距离）。 3. 异面直线间的距离：基础了解，定义为两条异面直线的公垂线段的长度，简单题型可通过转化为点到直线的距离求解，结合解三角形简化计算。 【题型一：中位线平移法求异面直线夹角】 【例1】（25-26高二上·上海·期中）如图，正三棱柱的各棱长均为2，为棱的中点． (1)求该三棱柱的侧面积； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【变式1】（25-26高二上·上海·期中）如图，分别是空间四边形中的中点，，求异面直线与所成角的大小.    【变式2】（24-25高二上·上海浦东新·期末）如图，在棱长为2的正方体中，分别为线段的中点. 求异面直线与所成角的正切值. 【题型二：平行传递性平移法求异面直线夹角】 【例2】如图所示，在长方体中，，，点E，F，G分别是，，的中点，则异面直线与所成的角是 . 【变式1】在四面体ABCD中，，E，F分别是AD，BC的中点，若 则异面直线AC与BD的夹角为 . 【题型三：补形平移法求异面直线夹角】 【例3】平面过直三棱柱的顶点，平面平面，平面平面，且，，则与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式1】正方体中，M是的中点，则与所成角的余弦值为 ． 【题型四：作垂线求线面角】 【例4】（25-26高二上·上海·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，为中点． (1)求证：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值 【变式1】（25-26高二上·上海·期中）如图，三棱锥中，底面是正三角形，底面，平面，垂足为．    (1)是否可能是的垂心，请说明理由 (2)若恰是的重心，求直线与平面所成角的大小． 【变式2】（25-26高三上·上海·月考）如图，在直三棱柱中，，且D、E分别是AC、的中点.    (1)证明：； (2)求直线BD与平面ABE所成角的正弦值． 【题型五：等体积法求线面角】 【例5】(2025·上海·模拟)已知正四棱柱的底面边长为1，点、分别在边、上，且，．    (1)证明：平面； (2)若2，求直线与平面所成角的正弦值． 【变式1】如图，在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【题型六：定义法求二面角】 【例6】（24-25高二下·上海·期中）如图，已知圆柱的高为5，直三棱柱的顶点、、在圆柱上底面的圆周上，顶点、、在圆柱下底面的圆周上，已知，，，为的中点． (1)求二面角的正切值； (2)求到平面的距离． 【变式1】（25-26高二上·上海·期中）如图，AC是圆的直径，PA与圆所在的平面垂直，且为圆周上不与点A，C重合的动点，M，N分别为点在线段PC，PB上的投影； (1)证明：直线平面PBC； (2)当的面积最大时，求二面角的平面角的大小. 【题型七：垂线法（三垂线）求二面角】 【例7】已知三棱锥满足，且其体积为，若点（正投影在内部）到的距离相等，则二面角的正弦值为 . 【答案】 【分析】设在底面上投影为，过作，垂足为D，连接，则是二面角的平面角，由体积求得棱锥的高，再结合底面内切圆半径，即可求点到底面的距离，进而求得侧面上的高即可求解. 【解析】因为，所以是以为斜边的直角三角形. 由三棱锥体积公式得三棱锥高， 由点到的距离相等得出点在底面上投影到各边距离也相等， 所以是的内心，则到各边距离为内切圆半径， 过作，垂足为D，连接，则是二面角的平面角， 因为底面为直角三角形，所以内切圆的半径为. 则三棱锥侧面上的高为， 则. 故二面角的正弦值为. 【变式1】如图，在空间四边形中，是正三角形，是等腰直角三角形，且，又二面角为直二面角，则二面角的正切值为 . 【题型八：投影法、截面法求二面角】 【例8】如图，△ABC是正三角形，AA1、BB1、CC1互相平行且相等，且AA1⊥平面ABC，AB=AA1，E为BB1的中点，则平面A1EC和平面A1B1C1所成的锐二面角的大小为 . C A B C1 B1 A1 E G 【例9】如果二面角的平面角是锐角，点到的距离分别为，求二面角的大小 【题型九：点到直线距离的求解】 【例10】（2025春•徐汇区期末）如图，已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1所有棱长均为2．过线段AC中点M作平面α∥平面ABB1A1，设点N为平面α与线段A1C1的交点． （1）求直线A1M与平面ABC所成角的大小； （2）求证：MN∥AA1，并求点N到直线AB的距离． 【题型十：点到平面距离的求解】 【例11】在长方体中，，为的中点，平面，且．    (1)求的值； (2)求点到平面的距离． 【变式1】（2025秋•天津校级期中）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M为BC中点，N为AB的中点． （1）求证：A1N∥平面AMC1； （2）求平面AMC1与平面ACC1A1所成夹角的余弦值； （3）求点C到平面AMC1的距离． 【题型十一：其他距离的求解】 【例12】（2025秋•普洱期末）如图，在圆锥SO中，底面圆心为O，母线SA＝10，圆锥的高SO＝8，底面圆O的内接四边形ABCD为正方形． （1）证明：SA⊥BD； （2）求四棱锥S﹣ABCD的体积； （3）求直线CD到平面SAB的距离． 【变式1】（2025秋•沙坪坝区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，∠CBD＝90°，沿其对角线BD将△BCD折起至△BC′D，使△BC′D所在平面与平面ABCD垂直． （1）证明：平面BC′D⊥平面AC′D； （2）若E为CC′上一点，且AC′∥平面BDE，BC＝BD＝2，求直线AC′到平面BDE的距离． 1. 十二水硫酸铝钾是一种无机物，又称明矾，是一种含有结晶水的硫酸钾和硫酸铝的复盐.我们连接一个正方体各个面的中心，可以得到明矾晶体的结构，即为一个正八面体（如图）.假设该正八面体的所有棱长均为2，则二面角的余弦为（    ）    A． B． C． D． 2.（多选）如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点C处，测得从D，C到水库底面与水坝斜面的交线的距离分别为，．又测得的长为10m，的长为，则（   ） A．水库底面与水坝斜面所成的二面角的余弦值为 B．水库底面与水坝斜面所成的二面角的余弦值为 C．直线与水库底面所成角的正弦值为 D．直线与水库底面所成角的正弦值为 3．如图所示，在三棱锥中，，，是的中点，且底面，则直线与平面所成角的正弦值为 . 4．如图，在三棱锥中，，，，平面平面，则二面角的正切值的最小值为 . 5．（2025秋•山东校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为平行四边形，其中∠ABC＝45°，，E为棱PC上一动点． （1）若E为PC中点，求证：AE⊥平面PBC； （2）若E是棱PC上靠近P的三等分点，求直线AE和平面PBE夹角的正弦值． 6．（2025•延边州校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F． （1）求证：PA∥平面EDB； （2）求证：PB⊥平面EFD； （3）求平面CPB与平面PBD的夹角的大小． 7．（2025秋•清远期末）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB⊥AD，BD⊥CD，点E是BC边的中点，连接． （1）求证：AB⊥平面ACD； （2）求平面ABD与平面ADE夹角的正弦值． 8．（2025秋•湖南期中）如图1，在平面四边形ABDC中，AB＝BC＝BD＝2，∠CBA＝∠CBD＝120°．将△ABC沿着BC翻折至△EBC，连接DE，得到如图2所示的三棱锥E﹣BCD． （1）证明：BC⊥DE． （2）当点E到平面DBC的距离最大时，求三棱锥E﹣BCD外接球的表面积． （3）当时，求平面BCE与平面BDE夹角的余弦值． 9．（2025春•驻马店期末）如图，菱形ABCD所在的平面与矩形ACEF所在的平面相互垂直． （1）证明：直线DE∥平面ABF； （2）若平面DEF⊥平面BEF，求的值； （3）在（2）条件下，求平面DEF与平面ACD夹角的余弦值． 10．（2025秋•成都校级月考）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，CC1＝4，E为CC1的中点． （1）求证：AC1∥平面EDB； （2）求直线CE与平面EDB的夹角的正弦值． 11．（2025•蓬莱区三模）如图，矩形BCDE所在平面与△ABC所在平面垂直，∠ACB＝90°，BE＝2． （1）证明：DE⊥平面ACD； （2）若平面ADE与平面ABC的夹角的余弦值是，且直线AE与平面BCDE所成角的正弦值是，求异面直线DE与AB所成角的余弦值． 12．（2023秋•普陀区校级月考）如图，已知正方体ABCD﹣A′B′C′D′． （1）哪些棱所在直线与直线BC′是异面直线？（直接写答案） （2）直线BA′和CC′的夹角是多少？ 13．（2025春•同步）已知ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体（如图）． （1）正方体的哪些棱所在的直线与直线BC1是异面直线？ （2）求证直线AA1与BC垂直． （3）求直线BC1与AC的夹角． 14．（2025春•皮山县校级期末）如图，在三棱锥A﹣BCD中，点E，F，M，N分别为相应棱的中点． （1）求证：四边形EFMN为平行四边形． （2）若AC＝BD＝2，，求异面直线AC与BD所成的夹角． 15．（2024春•同步）如图，在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，求直线AM和CN夹角的余弦值． 16．（2025秋•山海关区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AB＝3，BC＝4，PA＝4，PA⊥平面ABCD． （1）求直线PC与平面ABCD所成的角的正切值； （2）求点B到平面PCD的距离． 17．（2025春•林甸县期中）如图，已知P是平面ABC外一点，PA⊥平面ABC，AC⊥BC． （1）证明：BC⊥平面PAC； （2）过A点作AD垂直PC于D，证明：AD⊥PB； （3）若BC＝1，，求点C到平面PAB的距离． 18．（2025春•东莞市月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，DA＝AB＝PD＝2，DC＝4，E，F分别为棱CD，PD的中点． （1）求证：PB∥平面AEF； （2）求证：AE⊥平面PBD； （3）求点D到平面PBC的距离． 19．（2025秋•闵行区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为正方形，已知PD⊥平面ABCD，且PD＝AD＝2，E为PC中点． （1）求四棱锥P﹣ABCD的体积； （2）求点D到平面PAC的距离． 20．（2025春•冷水滩区校级月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1． （1）求AC的长； （2）已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值． 21．（2025春•吉林期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB＝2，，AA1＝3，M为AB的中点． （1）证明：AC1∥平面B1CM； （2）求直线AC1到平面B1CM的距离． 22. 如图，在三棱锥中，为正三角形，E是的中点，.    (1)求证：； (2)若，，二面角的大小为，求三棱锥的体积. 学科网（北京）股份有限公司 $