空間角與空間距離大題專項(xiàng)訓(xùn)練【七大題型】（人教A版2019必修第二冊(cè)）【含答案解析】

專題8.9空間角與空間距離大題專項(xiàng)訓(xùn)練【七大題型】【人教A版（2019）】姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________題型一異面直線所成的角題型一異面直線所成的角1．（24-25高二上·安徽·開學(xué)考試）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C(1)求證：BC1//(2)求異面直線A1D與【解題思路】（1）連接AC1交A1（2）根據(jù)（1）的結(jié)論，結(jié)合異面直線所成角定理、直棱柱的性質(zhì)、余弦定理、同角的三角函數(shù)關(guān)系式進(jìn)行求解即可.【解答過程】（1）連接AC1交A1在直三棱柱ABC?A因此四邊形AA1C1C是正方形，所以O(shè)是A因此有OD//BC1，而OD?平面A1DC，所以BC1//（2）由（1）可知：OD//BC因此異面直線A1D與BC因?yàn)锳A1C在直三棱柱ABC?A因此四邊形BB1C在直三棱柱ABC?A因此有A1由余弦定理可知：cos∠因此sin∠2．（24-25高一下·全國(guó)·課后作業(yè)）如圖，已知長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C

(1)求證：A1B與(2)求異面直線A1B與【解題思路】（1）根據(jù)題意結(jié)合異面直線的判定定理分析證明；（2）連接BC1，分析可知∠A1B【解答過程】（1）因?yàn)锳1B?平面AA1B1B，A∈平面AA1由異面直線的判定定理可得A1B與（2）如圖，連接BC

因?yàn)锳B∥C1D1，則AD1∥BC1，即∠連接A1C1，由已知可得B則cos∠所以異面直線A1B與AD3．（23-24高一下·江蘇無錫·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，PA=2AB．(1)判斷在梭PB上是否存在一點(diǎn)M使AM⊥平面PBC，若存在，求BMBP(2)當(dāng)點(diǎn)F,N分別是PB,BC的中點(diǎn)時(shí)，求異面直線FN和PD的夾角的余弦值．【解題思路】（1）利用線面垂直的判定定理以及性質(zhì)定理，結(jié)合三角形相似即可得出結(jié)論；（2）易知FN//PC，結(jié)合余弦定理即可求得異面直線FN和PD的夾角的余弦值．【解答過程】（1）作AM⊥PB于點(diǎn)M，如下圖所示：因?yàn)榈酌鍭BCD為正方形，所以AB⊥BC，又因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PA⊥BC，且PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又因?yàn)锳M?平面PAB，所以AM⊥BC，又因?yàn)锳M⊥PB，PB∩BC=B,PB,BC?平面PBC，所以此時(shí)滿足AM⊥平面PBC；又因?yàn)镻A⊥AB，因此△PAB～△AMB～△PMA，因?yàn)镻A=2AB，所以PAAB=MA可得BM（2）由（1）可知AB,AD,AP兩兩垂直，因?yàn)辄c(diǎn)F,N分別是PB,BC的中點(diǎn)，所以FN//PC，因此異面直線FN和PD的夾角即為PC和PD的夾角，即∠DPC（或其補(bǔ)角）；不妨取AB=AD=1，則AP=2，所以PD=5在△PCD中，由余弦定理可得cos∠DPC=PC2+PD24．（23-24高一下·四川涼山·期末）如圖1，正六邊形ABCDEF邊長(zhǎng)為2，G為邊AB的中點(diǎn)，將四邊形ABCD沿AD折成如圖2所示的五面體，使△ABF為正三角形.(1)求證：BC//面ADEF；(2)求異面直線DG與CE所成角的余弦值.【解題思路】（1）由題意可得BC//AD，再根據(jù)線面平行的判定定理即可證明；（2）取AF中點(diǎn)H，連接DG,HG,DH，利用平行四邊形的性質(zhì)和中位線定理可得∠DGH或其補(bǔ)角為直線CE與DG所成的角，求出△DGH的各邊長(zhǎng)結(jié)合余弦定理即可求解.【解答過程】（1）證明：在正六邊形ABCDEF中，BC//AD，所以在五面體中，BC//AD，∵BC?平面ADEF，AD?平面ADEF，∴BC//平面ADEF.（2）取AF中點(diǎn)H，連接DG,HG,DH，由題意得EF//AD//BC，且EF=BC，∴四邊形BCEF為平行四邊形，∴EC//FB，又G,H分別為AB,AF的中點(diǎn)，∴HG//FB，∴EC//HG，∴∠DGH或其補(bǔ)角為直線CE與DG所成的角，在△ADH中，∠FAD=∠BAD=60°，AF=AB=FB=2，∴AD=4，∴HD=A同理DG=A又GH=1在△DGH中，cos∠DGH=所以異面直線DG與CE所成角的余弦值為13265．（23-24高一下·貴州貴陽·期末）如圖，在四面體ABCD中，AD⊥平面BCD，M是AD的中點(diǎn)，P是BM的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在線段AC上，且AQ=3QC．(1)求證：PQ//平面BCD．(2)若三角形BCD為邊長(zhǎng)為2的正三角形，BD=DA，求異面直線BM和AC所成角的余弦值．【解題思路】（1）取BD中點(diǎn)O，CD靠近C的四等分點(diǎn)H，利用平行線分線段成比例判定線線平行即可證明線面平行；（2）取CD的中點(diǎn)E，將異面直線化為共面直線，解三角形即可.【解答過程】（1）如圖所示，取BD中點(diǎn)O，且P是BM中點(diǎn)，∴OP//DM,2OP=DM，取CD的四等分點(diǎn)H，使DH=3CH，且AQ=3QC，∴QH//DA,4QH=AD，∴2QH=MD=2PO,QH//PO，∴四邊形OPQH為平行四邊形，∴QP//OH，PQ在平面BCD外，且OH?平面BCD，∴PQ//平面BCD．（2）取CD的中點(diǎn)E，連接ME，易知ME//AC，則∠BME或其補(bǔ)角為異面直線BM和AC所成的角，因?yàn)锳D⊥平面BCD，BD,CD?平面BCD，所以AD⊥BD,AD⊥CD，即BM=5顯然EM2+B通過解三角形可得cos∠BME=即異面直線BM和AC所成角的余弦值為105題型二題型二直線與平面所成的角

用向量證明線段垂直

用向量證明線段垂直6．（24-25高一下·全國(guó)·課堂例題）如圖，在正方體ABCD?A(1)求直線A1B和平面(2)求直線A1B和平面【解題思路】（1）根據(jù)正方體性質(zhì)，知道AB⊥平面AA1D1D，則∠A（2）連接BC1，與B1C相交于點(diǎn)O，連接A1O.證明A1O為斜線A1【解答過程】（1）根據(jù)正方體性質(zhì)，∵AB⊥平面AA1D1D，∴∠A在Rt△AA1B中，∴∠AA1B=45°，∴A1（2）連接BC1，與B1C相交于點(diǎn)O，連接∵A1B1⊥平面BCC1B又BC1⊥B1C，A1B1∩B∴A1O為斜線A1B在平面A1DC在Rt△A1BO中，∴BO=12A∴直線A1B和平面A17．（24-25高一下·全國(guó)·期末）在正三棱柱ABC?A1B1C(1)求證：A1B//平面(2)若二面角C?AE?C1的大小為60°，求直線AC和平面【解題思路】（1）連接A1C，設(shè)A1（2）由正三棱柱ABC?A1B1C1，得BB1⊥平面ABC，從而得到AE⊥BB1，AE⊥BC，證得AE⊥平面BCC1B1，二面角定義得到二面角C?AE?C1的平面角是∠CEC1【解答過程】（1）證明：連接A1C，設(shè)A1在△A1BC中，A1O=OC又A1B?平面AEC1，∴A1B//平面（2）由正三棱柱ABC?A1B1C∵AE?平面ABC，∴AE⊥BB1，∵E為BC的中點(diǎn)，∴又BC∩BB1=B，BC，B故AE⊥平面BCC而C1E，EC?平面BCC1B∴二面角C?AE?C1的平面角是在平面BCC1B1內(nèi)作∵AE?平面AEC1，∴平面AEC又平面AEC1∩平面BCC1故CH⊥平面AEC∴直線AC和平面AEC1所成的角為又AH?平面AEC1，∴∴sin∠CAH=∴直線AC和平面AEC1所成角的正弦值為 8．（23-24高一下·安徽馬鞍山·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，PD⊥底面ABCD，PB⊥AC，E,F分別為線段PA,DC的中點(diǎn).

(1)證明：PA=PC；(2)證明：EF//平面PBC(3)若PD=1，∠DAB=60°，記PA與平面PBC所成角為θ，求sinθ【解題思路】（1）連接BD，設(shè)AC∩BD=O，連接PO，通過證明AC⊥PO以及AO=OC得到△PAC為等腰三角形，進(jìn)而可得結(jié)論；（2）取PD的中點(diǎn)G,通過證明EG//平面PBC以及FG//平面PBC可得面面平行，即可求證；（3）利用體積法求點(diǎn)A到平面PBC的距離?，設(shè)PA與平面PBC所成的角為θ，表示出sinθ【解答過程】（1）連接BD，設(shè)AC∩BD=O，連接PO.

因?yàn)?，PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，故PD⊥AC，而PB⊥AC，PB∩PD=P，PB,PD?平面PDB，故AC⊥平面PDB，而PO?平面PDB，故AC⊥PO，由四邊形ABCD為平行四邊形可得AO=OC，故△PAC為等腰三角形，即PA=PC；（2）取PD的中點(diǎn)G，連結(jié)EG,FG，

由中位線性質(zhì)可得EG//AD，且AD//BC，所以EG//BC，因?yàn)镋G?平面PBC,BC?平面PBC，所以EG//平面PBC，同理可證FG//平面PBC，因?yàn)镋G∩FG=G,EG?平面PBC,FG?平面PBC，所以平面EFG//平面PBC；.又EF?平面EFG,所以EF//平面PBC,（3）設(shè)AD=x，x>0，由（1）可得AC⊥平面PDB，而BD?平面PDB，故AC⊥BD，故四邊形ABCD為菱形，而∠DAB=60°，故BD=AB=x.因?yàn)镻D⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，故PD⊥AD，故PA=x2+1而BC=x，故S△PBC設(shè)d為點(diǎn)A到平面PBC的距離，PA與平面PBC所成的角為θ，故sinθ=又VP?ABC而VA?PBC故13×d×1故sinθ=當(dāng)且僅當(dāng)x4=4所以sinθ9．（23-24高一下·寧夏固原·期末）如圖所示，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB=AC=2，BC=2(1)求證：平面AEA1⊥(2)求直線A1B1【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理，證明AE⊥平面BCB1，即可得證平面AEA（2）取BB1中點(diǎn)F，連接EF,A1F，先證明四邊形AA1FE矩形，再由（1）可得A1F⊥平面BCB【解答過程】（1）證明：因?yàn)锳A1⊥平面ABC，B所以BB1⊥平面ABC，又因?yàn)锳E?平面ABC又因?yàn)锳B=AC=2，E為BC的中點(diǎn)，所以BC⊥AE，又因?yàn)锽C,BB1?平面BC所以AE⊥平面BCB1，又因?yàn)锳E?平面所以平面AEA1⊥（2）解：取BB1中點(diǎn)F，連接則有EF∥BB1，且由題意可知AA1∥BB所以AA1∥EF，且AA所以四邊形AA1FE為平行四邊形，所以A由（1）可知AE⊥平面BCB所以A1F⊥平面BCB1，B1所以∠A1B1F又因?yàn)锳B=AC=2，BC=22易知△ABC為等腰直角三角形，所以AE=1所以A1又因?yàn)锽B在Rt△BB1所以B1在Rt△A1又因?yàn)椤螦1B即直線A1B1與平面BC10．（23-24高一下·黑龍江大慶·期末）如圖，已知AA1⊥平面ABC,BB1//AA1(1)求證：AE//平面A(2)求直線A1B1【解題思路】（1）由線面平行證明平面AME//平面A（2）先證明出AE⊥平面BCB1，結(jié)合（1）得結(jié)論得出直線A1B1與平面BC【解答過程】（1）取BB1中點(diǎn)M，連接AM，ME，又因?yàn)锽B1//所以四邊形AA1B又A1B1?平面A1B1C，因?yàn)辄c(diǎn)E,M為BC,BB1的中點(diǎn)，所以又B1C?平面A1B1C，ME?平面又ME∩AM=M，ME,AM?平面AME，所以平面AME//平面A又AE?平面AME，所以AE//平面A（2）因?yàn)锳A1⊥平面ABC所以BB1⊥因?yàn)锽B1?所以平面BCB1⊥因?yàn)锳B=AC，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，所以AE⊥BC，因?yàn)槠矫鍮CB1∩平面ABC=BC,AE?所以AE⊥平面BCB由（1）得四邊形AA1B所以直線A1B1與平面BCB1因?yàn)锳E⊥平面BCB所以∠AME即為直線AM與平面BCB因?yàn)辄c(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，BC=25所以BE=5所以tan∠AME=22所以∠AME=π所以直線A1B1與平面BC題型三題型三二面角11．（23-24高一下·河南漯河·期中）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，∠ABC=∠BCD=90°，PA⊥平面ABCD.PA=AB=BC=4,CD=3，M為側(cè)棱PC的中點(diǎn).(1)證明：平面PBC⊥平面PAB；(2)求二面角M?AD?B的正切值.【解題思路】（1）通過線面垂直證明面面垂直可得結(jié)論.（2）通過構(gòu)造輔助線找到二面角的平面角，在直角三角形中利用銳角三角函數(shù)可得結(jié)果.【解答過程】（1）∵PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴PA⊥BC.∵BC⊥AB,PA∩AB=A,PA?平面PAB，AB?平面PAB，∴BC⊥平面PAB，∵BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAB.（2）取AC中點(diǎn)O，連接OM，過點(diǎn)O作OH⊥AD于點(diǎn)H，連接MH.∵點(diǎn)O,M分別為AC,PC的中點(diǎn)，∴OM//PA，OM=1∴OM⊥平面ABCD，∵OH?平面ABCD，AD?平面ABCD，∴OM⊥OH,OM⊥AD，∵OH∩OM=O，OH?平面MHO，OM?平面MHO，∴AD⊥平面MHO，∵HM?平面MHO，∴AD⊥HM，∴∠MHO為二面角M?AD?B的平面角，在直角梯形ABCD中，AD=(4?3)∵S△AOD=1∴tan∠MHO=OMOH=1712．（23-24高一下·青?！て谀┤鐖D，在四棱錐P?ABCD中，底面四邊形ABCD是直角梯形，AD=2AB=2BC=4,AB⊥AD,AB⊥BC,E是AD的中點(diǎn)，PC⊥BE．(1)證明：BE⊥平面PAC．(2)若PA=PC=22，求二面角B?PA?D【解題思路】（1）連接CE，通過四邊形ABCE是正方形，得到BE⊥AC，進(jìn)而可求證；（2）作BH⊥PA，垂足為H，連接EH,PE.先證明PA⊥平面BEH，得到∠BHE是二面角B?PA?D的平面角，在判斷四棱錐P?ABCE為正四棱錐，求得EH=BH=14【解答過程】（1）證明：連接CE．因?yàn)镋是AD的中點(diǎn)，所以AD=2AE．分因?yàn)锳D=2AB=2BC=4，且AB⊥AD,AB⊥BC，所以四邊形ABCE是正方形，則BE⊥AC．因?yàn)镻C⊥BE,PC,AC?平面PAC，且PC∩AC=C，所以BE⊥平面PAC．（2）解：作BH⊥PA，垂足為H，連接EH,PE.由（1）可知BE⊥平面PAC．又PA?平面PAC，所以PA⊥BE．因?yàn)锽H,BE?平面BEH，且BH∩BE=B，所以PA⊥平面BEH．因?yàn)镋H?平面BEH，所以PA⊥EH，則∠BHE是二面角B?PA?D的平面角．記AC∩BE=O，連接OP，則O是AC的中點(diǎn)．因?yàn)镻A=PC，且O是AC的中點(diǎn)，所以O(shè)P⊥AC．因?yàn)锽E⊥平面PAC，且OP?平面PAC，所以BE⊥OP．連接PE．因?yàn)锳C,BE?平面ABCE，且AC∩BE=O，所以O(shè)P⊥平面ABCE，則四棱錐P?ABCE為正四棱錐，故PA=PB=PE=22因?yàn)椤鱌AB的面積S=1即12所以BH=14同理可得EH=BH=14在△BEH中，由余弦定理可得cos∠BHE=則sin∠BHE=1?cos213．（24-25高三上·廣東惠州·階段練習(xí)）如圖，四棱錐P?ABCD中，PD⊥底面ABCD，PD=DB=2，AD=1，AB=3(1)若AD⊥PC，證明：AB∥平面PDC；(2)若BC⊥CD，且二面角C?PB?D的余弦值為77，求CD【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直關(guān)系可得AD⊥CD，由勾股定理可得AD⊥AB，則AB∥CD，結(jié)合線面平行的判定定理分析證明；（2）做輔助線，根據(jù)三垂線法分析可知可知二面角C?PB?D的平面角為∠CNM，設(shè)∠BDC=θ【解答過程】（1）因?yàn)镻D⊥底面ABCD，且AD?底面ABCD，則PD⊥AD，又因?yàn)锳D⊥PC，PC∩PD=P，PC,PD?平面PCD，可得AD⊥平面PCD，由CD?平面PCD，所以AD⊥CD，因?yàn)镈B=2，AD=1，AB=3，即A可得AD⊥AB，則AB∥CD，且CD?平面PCD，AB?平面PCD，所以AB∥平面PDC.（2）若BC⊥CD，設(shè)∠BDC=θ2∈過C作CM⊥BD，垂足為M，過M作MN⊥PB，垂足為N，連接CN，可得CM=CDsinθ2因?yàn)镻D⊥底面ABCD，且BD?底面ABCD，則PD⊥BD，且PD=DB，則∠PBD=π4，可得因?yàn)镻D⊥底面ABCD，且CM?底面ABCD，則PD⊥CM，且PD∩BD=D，PD,BD?平面PBD，可得CM⊥平面PBD，由PB?平面PBD，可得CM⊥PB，且CM∩MN=M，CM,MN?平面CMN，可得PB⊥平面CMN，由CN?平面CMN，可得PB⊥CN，可知二面角C?PB?D的平面角為∠CNM∈0,π2可得sin∠CNM=1?cos則tan∠CNM=CMMN可得sin2整理可得2cos2θ?3cosθ+1=0且θ∈0,π，則θ=π14．（23-24高一下·江蘇常州·期末）如圖，三棱柱ABC?A1B1C1所有棱長(zhǎng)都為2，∠B1BC=60°，O(1)求證：CD//平面AOB(2)若直線DB1與平面AOB1所成角的正弦值為【解題思路】（1）取AB1中點(diǎn)E，連接DE,BE,OE，證明四邊形DEOC為平行四邊形，得出CD//OE，從而證明（2）利用線面垂直的判定證得BC⊥平面AOB1，進(jìn)而得∠DB1E為直線DB1與平面AO【解答過程】（1）在三棱柱ABC?A1B1C1中，取由D,E分別為AC1和AB1的中點(diǎn)，得由O為BC中點(diǎn)，得OC//B1C1且OC=1即四邊形DEOC為平行四邊形，于是CD//OE，又OE?平面AOB1，CD?平面所以CD//平面AOB（2）由三棱柱ABC?A1B1C而O為BC中點(diǎn)，則BC⊥AO，BC⊥OB1，AO,OB1?于是BC⊥平面AOB1，又DE//BC，則DE⊥平面∠DB1E為直線D因此sin∠DB1E=DEDB1=又E為AB1中點(diǎn)，則在△AOB1中，AO=B1O=由BC⊥AO，BC⊥OB1，得∠AOB所以二面角A?BC?B1的大小15．（23-24高一下·吉林長(zhǎng)春·期末）在四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，BC//AD，平面ABB

(1)求證：A1B//(2)若Q是DD1的中點(diǎn)，求平面QAC與平面【解題思路】（1）連接CD1，得四邊形（2）延長(zhǎng)BA，做A1M⊥BA交BA于點(diǎn)M，由面面垂足的性質(zhì)定理得A1M⊥平面ABCD，做D1N⊥平面ABCD，設(shè)AD∩CN=O，四邊形ABCO是正方形，取DD1中點(diǎn)E，QE⊥平面ABCD，做EH⊥AC，可得∠QHE即為平面QAC與平面【解答過程】（1）

連接CD1，因?yàn)锽C//AD，又BC=A1D所以A1B//CD1，A1所以A1B//（2）延長(zhǎng)BA，做A1M⊥BA，交BA于點(diǎn)因?yàn)槠矫鍭BB1A1⊥平面ABCD所以A1M⊥平面ABCD，做D1垂足為點(diǎn)N，連接MN,DN,CN,AC，設(shè)AD∩CN=O，則A1M//D1因?yàn)锽O=CD，BO//可得BO=CD=2可得AB2+AO2因?yàn)椤螦1AB=120°可得AM=1取ND中點(diǎn)E，連接QE,AQ,CQ,CE,AE，則QE//則QE⊥平面ABCD，QE=1做EH⊥AC，連接QH,AE,CE，因?yàn)镼E⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以QE⊥AC，EH∩QE=E，EH,QE?平面QEH，所以AC⊥平面QEH，QH?平面QEH，所以AC⊥QH，可得∠QHE即為平面QAC與平面ABCD的二面角的平面角，S△ANES△CDES四邊形所以S△AEC可得S△AEC=1所以QH=Q可得cos∠QHE=所以平面QAC與平面ABCD的夾角的余弦值為755題型四求點(diǎn)面距離題型四求點(diǎn)面距離16．（24-25高一下·全國(guó)·課后作業(yè)）已知在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C(1)點(diǎn)B1到平面A(2)B1C1【解題思路】（1）先應(yīng)用線面垂直判定定理得出B1E⊥平面（2）先應(yīng)用線面平行判定定理得出B1C1【解答過程】（1）如圖，過點(diǎn)B1作B1E⊥由題意知BC⊥平面A1ABB1，且B1∵BC∩A1B=B,BC,A1B?平面A1BCD在Rt△A1∴點(diǎn)B1到平面A1BC（2）∵B1C1//BC，且B1C∴B1C1//平面A1BC∴直線B1C1到平面A17．（24-25高一下·全國(guó)·課前預(yù)習(xí)）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=2AD=4，∠BAD=60°，E為AB的中點(diǎn)，將△ADE沿直線DE折起到△PDE的位置，使平面PDE⊥平面BCDE．(1)證明：平面PCE⊥平面PDE；(2)設(shè)F為線段PC的中點(diǎn)，求點(diǎn)F到平面PDE的距離．【解題思路】（1）由面面垂直的性質(zhì)定理得到CE⊥平面PDE，再由面面垂直的判定定理證明即可；（2）則FG//CE，則FG//CE，故FG⊥平面PDE，點(diǎn)F到平面【解答過程】（1）證明：因?yàn)锳B=2AD，E為AB的中點(diǎn)，則AE=AD．又∠BAD=60°，則△ADE為正三角形，所以∠AED=60°．因?yàn)锽E=BC，∠CBE=120°，則∠CEB=30°．從而∠CED=180°?∠AED?∠CEB=90°，即CE⊥DE．因?yàn)槠矫鍼DE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE=DE，CE?平面BCDE，所以CE⊥平面PDE．由CE?平面PCE，得平面PCE⊥平面PDE．（2）取PE的中點(diǎn)G，連接FG．因?yàn)镕為PC的中點(diǎn)，則FG//CE，且所以FG⊥平面PDE，所以點(diǎn)F到平面PDE的距離為FG．在△BCE中，BE=BC=2，∠CBE=120°，則CE2=4+4?2×2×2cos120°=12即點(diǎn)F到平面PDE的距離為3．18．（23-24高一下·廣西玉林·期中）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)面BCC1B1,ABB1A1(1)求證：BC1//(2)求點(diǎn)A1到平面A【解題思路】（1）根據(jù)已知可得OD//（2）根據(jù)已知△A1B1C1是等腰直角三角形，應(yīng)用線面垂直的判定和性質(zhì)證【解答過程】（1）由O是AB1,BA1的交點(diǎn)，又ABB1A1在△BA1C1中OD//BC1，又OD?面（2）三棱柱ABC?A1B1C易知△A1B1C所以A1四邊形ABB1A1為正方形，又B1D=22，而AA1⊥由A1B1∩B1C1=B1所以AA1⊥DB1，而D則DB1⊥面ACC1A1，AD?面AC由S△A1DB若A1到平面AB1D的距離為d，則19．（23-24高一下·江蘇常州·期末）如圖，在三棱錐P?ABC中，AB=BC=CA=2，PA=3，PB=PC=(1)求三棱錐P?ABC的體積；(2)求點(diǎn)A到平面PBC的距離．【解題思路】（1）由條件可得PA⊥平面ABC，利用錐體的體積可求體積；（2）利用等體積法可求點(diǎn)點(diǎn)A到平面PBC的距離.【解答過程】（1）因?yàn)锳B=BC=CA=2，PB=PC=7所以PB2=7=所以PA⊥AB,PA⊥AC，又AB∩AC=A，AB,AC?平面ABC，所以PA⊥平面ABC，又S△ABC所以三棱錐P?ABC的體積VP?ABC（2）在△PBC中，由PB=PC=7，BC=2所以BC邊上的高為?=(所以S△PBC設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為d，所以VP?ABC=13S所以點(diǎn)A到平面PBC的距離6220．（23-24高一下·內(nèi)蒙古·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是菱形．∠DAB=60°，E,F分別為AD,AB的中點(diǎn)，且AC⊥PE．(1)證明：AC⊥PF．(2)若PA=PD=AB=2，求點(diǎn)D到平面PAF的距離．【解題思路】（1）連接BD,DF,EF，根據(jù)線面垂直的判定定理可得AC⊥平面PEF，從而得證；（2）先求得VP?ADF，進(jìn)而求得S△PAF，利用等體積法可求得點(diǎn)D到平面【解答過程】（1）連接BD,DF,EF．因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，E,F分別為AD,AB的中點(diǎn)，所以AC⊥BD，EF∥BD，所以又AC⊥PE，PE∩EF=E，所以AC⊥平面PEF．因?yàn)镻F?平面PEF，所以AC⊥PF．（2）因?yàn)镻A=PD，E是AD的中點(diǎn)，所以PE⊥AD．又AC⊥PE，AC∩AD=A，所以PE⊥平面ABCD．由題意得△ABD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，且F為AB的中點(diǎn)，所以S△ADF又PE=3，所以V在△PAF中，可得PF=32+所以S△PAF設(shè)點(diǎn)D到平面PAF的距離為d，則VD?PAF因?yàn)閂D?PAF=VP?ADF，所以所以點(diǎn)D到平面PAF的距離為215題型五題型五求線面距離21．（23-24高一下·山東威?！て谀┤鐖D，在平行四邊形ABCD中，∠CBD=90°，沿其對(duì)角線BD將△BCD折起至△BC′D，使△B

(1)證明：平面BC′D⊥(2)若E為CC′上一點(diǎn)，AC′∥平面BDE，BC=BD=1，求直線【解題思路】（1）證法一：由已知得CB⊥BD，再結(jié)面面垂直的性質(zhì)可得CB⊥平面BC′D，而AD∥BC，則AD⊥平面BC′D，然后利用面面垂直的判定定理可證得結(jié)論；證法二：由已知面面垂直可證得C′B⊥平面ABCD，則（2）連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OE，由線面平行的性質(zhì)可得AC′∥OE，AC′∥平面BDE，則將AC′到平面BDE的距離轉(zhuǎn)化為點(diǎn)C′到平面BDE的距離，可證得△D【解答過程】（1）證法一：因?yàn)椤螩BD=90°，所以CB⊥BD，因?yàn)槠矫鍮C′D⊥平面ABCD，平面BC′D∩平面所以CB⊥平面BC′因?yàn)槠叫兴倪呅蜛BCD，所以AD∥BC，所以AD⊥平面BC′D，因?yàn)锳D?平面AC′證法二：因?yàn)椤螩BD=90°，所以∠C′BD=90°因?yàn)槠矫鍮C′D⊥平面ABCD，平面BC′D∩平面所以C′B⊥平面因?yàn)锳D?平面ABCD，所以C′因?yàn)槠叫兴倪呅蜛BCD，所以AD∥BC，所以∠ADB=∠CBD=90°，即AD⊥BD，因?yàn)镃′B∩BD=B，C′B,BD?平面BC因?yàn)锳D?平面AC′D，所以平面B（2）因?yàn)锳C′∥平面BDE，所以AC′到平面BDE的距離等于點(diǎn)連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OE，因?yàn)锳C′∥平面BDE，AC′?平面A所以AC′∥因?yàn)镺為AC中點(diǎn)，所以E為CC因?yàn)锽C=BD=1，∠CBD=90°，所以CD=C在Rt△C'BC中，C′B=1，所以△DC′C因?yàn)锽E∩DE=E，BE,DE?平面BDE，所以CC′⊥所以C′E的長(zhǎng)即為點(diǎn)C′到平面BDE所以AC′到平面BDE的距離為

22．（23-24高一下·江蘇常州·期末）如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，點(diǎn)(1)求證：A1B//(2)求證：平面ADC1⊥(3)求直線A1B到平面【解題思路】（1）連接A1C，交A1C于點(diǎn)O，連接（2）先證明AD⊥BC，BB1⊥AD，從而知AD⊥（3）先將問題轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)B到平面AD【解答過程】（1）連接A1C，交A1C點(diǎn)O，連接OD，則因?yàn)镈是BC的中點(diǎn)，所以O(shè)D//A又OD?平面ADC1，A1B?平面ADC（2）因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，且D是BC的中點(diǎn)，所以AD⊥BC，由正三棱柱的性質(zhì)知，BB1⊥因?yàn)锳D?平面ABC，所以BB又BC∩BB1=B,BC、B所以AD⊥平面BCC1B1，因?yàn)樗云矫鍭DC1⊥（3）由（1）知A1B//平面以直線A1B到平面ADC1的距離等價(jià)于點(diǎn)由（2）知AD⊥平面BCC1B1，所以點(diǎn)A到平面而S△ADC1=1S△BDC1設(shè)點(diǎn)B到平面ADC1的距離為d，因?yàn)閂B?AD所以13?d?S△ADC1所以直線A1B到平面ADC1的距離為4523．（23-24高二上·上海楊浦·期中）如圖,P為菱形ABCD外一點(diǎn),PD⊥平面ABCD,∠BAD=60°,E為棱(1)求證:ED⊥平面PAD;(2)若PD=AD=2,求BC到平面PAD的距離.【解題思路】（1）連接BD，根據(jù)已知得AD⊥DE和PD⊥DE，再根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明；（2）先把BC到平面PAD的距離轉(zhuǎn)化為點(diǎn)B到平面PAD的距離,再利用等體積法求解即可.【解答過程】（1）連接BD,如圖:因?yàn)椤螧AD=60°,四邊形所以BD=CD,又E為棱BC的中點(diǎn),所以BC⊥DE,因?yàn)锳D//BC,所以AD⊥DE,因?yàn)镻D⊥平面ABCD,DE?平面ABCD,所以PD⊥DE,又PD∩AD=D,PD?平面PAD,AD?平面PAD,所以ED⊥平面PAD.（2）因?yàn)锽C//AD,AD?平面PAD,BC?平面PAD,所以BC//平面PAD,則BC到平面PAD的距離即為點(diǎn)B到平面PAD的距離,設(shè)點(diǎn)B到平面PAD的距離為d,因?yàn)閂B?PAD=VP?ABD,PD=AD=2,PD⊥平面ABCD,所以13解得d=3即BC到平面PAD的距離為3.24．（24-25高二上·重慶巫山·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，PA=AB=2，PD的中點(diǎn)為(1)求證：PB//平面ACF；(2)求直線PB到面ACF的距離.【解題思路】（1）連接BD交AC于O，連接FO，得OF//PB，根據(jù)線面平行的判定可得PB//平面ACF；（2）根據(jù)線面平行，將線到面的距離化為點(diǎn)到面的距離，再根據(jù)等體積法可求出結(jié)果.【解答過程】（1）連接BD交AC于O，連接FO，∵F為AD的中點(diǎn)，O為BD的中點(diǎn)，則OF//PB，∵PB?平面ACF，OF?平面ACF，∴PB//平面ACF.（2）因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PA⊥AD，PA?平面PAD，所以PA⊥平面ABCD.由于PB//平面ACF，則PB到平面ACF的距離，即P到平面ACF的距離.又因?yàn)镕為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)P到平面ACF的距離與點(diǎn)D到平面ACF的距離相等.取AD的中點(diǎn)E，連接EF，CE，則EF//PA，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，因?yàn)镃E?平面ABCD，所以EF⊥CE，因?yàn)榱庑蜛BCD且∠ABC=60°，所以CE=3，EF=1則CF=EF2+CE2=設(shè)點(diǎn)D到平面ACF的距離為?D，由V13S△ACF×?D=25．（24-25高二上·上海閔行·階段練習(xí)）如圖，在邊長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C(1)求證：直線OD1//(2)求直線OD1與平面【解題思路】（1）連接B1D1交A1C1于點(diǎn)（2）由線面平行關(guān)系可知所求距離即為點(diǎn)D1到平面A1B【解答過程】（1）連接B1D1交A1C∵BB1//DD1，∴BD//B1∵四邊形ABCD，A1B1C1∴OB//O1D1，OB=O1∵BO1?平面A1BC1，O（2）由（1）知：OD1//平面A1BC1，則直線O∵A1B=BC1∴S又S△A1設(shè)點(diǎn)D1到平面A1B則VD1?∴直線OD1與平面A1題型六題型六求面面距離26．（2024·河南·二模）如圖所示，正六棱柱ABCDEF?A1B

(1)證明：平面ADF1//平面(2)求平面ADF1與平面【解題思路】（1）利用面面平行的判定定理證明;（2）將面面距轉(zhuǎn)化為點(diǎn)面距，再由等體積法求出距離即可.【解答過程】（1）在正六棱柱ABCDEF?A因?yàn)榈酌鏋檎呅?，所以AD//BC，因?yàn)锳D?平面A1BC，BC?平面A1BC，所以因?yàn)镃D//A1F1，CD=A因?yàn)镈F1?平面A1BC，A1C?又AD∩DF1=D，所以平面AD（2）平面ADF1與平面A1BC間的距離等價(jià)于點(diǎn)A到平面連接AC，則四面體A1ABC的體積因?yàn)閂=1A1B=A所以cos∠A1所以S△所以d=3VS△A1BC=

27．（2025高二上·全國(guó)·專題練習(xí)）直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱A1

(1)求證：平面AMN//平面EFBD；(2)求平面AMN與平面EFBD的距離．【解題思路】（1）由面面平行的判定定理即可證明；（2）平面AMN與平面EFBD的距離=B到平面AMN的距離?,再由等體積法即可求出答案.【解答過程】（1）證明：連接B1D1E、F分別是C1∴MN//EF//B1D1，∵M(jìn)N?∴MN//平面EFBD，∵NF平行且等于AB∴ABFN是平行四邊形，∴AN//∵AN?平面EFBD，BF?平面EFBD，∴AN//平面EFBD∵AN∩MN=N，∴平面AMN//平面EFBD（2）平面AMN與平面EFBD的距離=B到平面AMN的距離?．△AMN中，AM=AN=10，MN=2，∴由等體積可得13∴?=628．（23-24高一下·廣東揭陽·期末）如圖在直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，E是BB1上的一點(diǎn)，且EB1=1，D、F、(1)求證：B1D⊥平面(2)求平面EGF與平面ABD的距離．【解題思路】（1）由已知條件得AB⊥平面BB1C1C，從而AB⊥B1（2）由已知條件推導(dǎo)出EF//平面ABD，GF//平面ABD，由此能證明平面EFG//平面ABD．由已知條件推導(dǎo)出HD為平行平面EFG【解答過程】（1）證明：由直三棱柱的性質(zhì)得平面ABC⊥平面BB又AB⊥BC，平面ABC∩平面BB1C1C=BC∴AB⊥平面BB又B1D?平面∴AB⊥B∵BC=CD=DC∴在Rt△DCB和Rt△DC∴∠BDB1=90°又AB∩BD=B，AB,BD?平面ABD∴B1D⊥（2）解：由題意知EB∴在Rt△EB1又∠DBB1=45°∵BD?平面ABD，EF?平面ABD，∴EF//平面ABD∵G、F分別為A1C1∴GF//A1∴GF//∵AB?平面ABD，GF?平面ABD，∴GF//平面ABD∵EF?平面EFG，GF?平面EFG，EF∩GF=F，∴平面EFG//平面ABD∵B1D⊥平面ABD，平面EGF∴B1D⊥∴HD為平行平面EFG與ABD之間的距離，∴HD=B即平面EFG與ABD之間的距離為3229．（24-25高二上·江西宜春·階段練習(xí)）如圖，在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別是AA1與CC1的中點(diǎn).(1)證明：平面EB1D1//平面FBD；(2)求平面EB1D1與平面FBD之間的距離.【解題思路】（1）由正方體的性質(zhì)可得EB1//DF、BD//B1D1，再由線面平行的判定可證DF//（2）將問題轉(zhuǎn)化為求B1到面FBD的距離，利用等體積法有V【解答過程】（1）若G為BB1中點(diǎn)，連接FG,AG，又F是CC所以FG//BC//AD，F(xiàn)G=BC=AD，故AGFD為平行四邊形，所以AG//DF，又E是AA1的中點(diǎn)，易知：AG//EB所以EB正方體中BD//B1D1，而EB由DF?面EB1D1，則DF//面EB又DF∩BD=D，DF,BD?面FBD，故平面EB1D1//平面FBD；（2）由（1）知：平面EB1D1與平面FBD之間的距離等于B1到面FBD的距離?而VB1?FBD=VF?BDB1，而FD=FB=5所以S△FBD而S△BDB1=12×a×所以13?×6故平面EB1D1與平面FBD之間的距離為6330．（23-24高一下·福建廈門·期末）如圖，棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD–A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱AA1，CC1的中點(diǎn)，過E作平面α，使得α//平面BDF.(1)作出α截正方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面，寫出作圖過程并說明理由；(2)求平面α與平面BDF的距離.【解題思路】（1）根據(jù)平面與平面平行的性質(zhì)可得α經(jīng)過E,B（2）轉(zhuǎn)化為點(diǎn)線距，利用等體積法可求結(jié)果.【解答過程】（1）連接B1D1,EB又BF∩BD=B，所以平面EB1D因?yàn)棣?/平面BDF，且E∈α，所以平面EB1D1與平面α重合，即平面EB1D1就是α截正方體ABCD-A（2）由（1）可知平面α與平面BDF的距離等于點(diǎn)B1到平面BDF設(shè)點(diǎn)B1到平面BDF的距離為d，由題意可得BD=22,BF=DF=5，所以△BDF的面積為6；由VB1?BDF=V所以平面α與平面BDF的距離為26題型七題型七空間角與空間距離中的探索性問題31．（2024·四川自貢·三模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，已知底面ABCD是正方形，E是棱PB上一點(diǎn)．(1)若PD‖平面ACE，證明：E是PB的中點(diǎn)．(2)若PB=PD=2，PC=BC=1，問線段PB上是否存在點(diǎn)E，使點(diǎn)E到平面PAD的距離為23？若存在，求【解題思路】（1）連接BD交AC于O，連接OE，則由線面平行的性質(zhì)可得PD‖OE，再由O為BD的中點(diǎn)，可證得結(jié)論；（2）由已知條件結(jié)合線面垂直的判定定理可得PC⊥平面ABCD，則可求出VP?ABD，然后利用線面垂直的判定定理證得AD⊥平面PCD，則AD⊥PD，設(shè)線段PB上存在點(diǎn)E滿足條件，則設(shè)PEEB=λ(λ>0)【解答過程】（1）證明：連接BD交AC于O，連接OE，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)，因?yàn)镻D‖平面ACE，PD?平面PBD，平面PBD∩平面ACE=EO，所以PD‖OE，因?yàn)镺為BD的中點(diǎn)，所以E是PB的中點(diǎn)．（2）因?yàn)镻B=PD=2，PC=BC=1，四邊形ABCD所以PC所以PC⊥BC,PC⊥CD，因?yàn)锽C∩CD=C，BC,CD?平面ABCD，所以PC⊥平面ABCD，所以VP?ABD因?yàn)镻C⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PC⊥AD，因?yàn)锳D⊥CD，PC∩CD=C，PC,CD?平面PCD，所以AD⊥平面PCD，因?yàn)镻D?平面PCD，所以AD⊥PD，所以S△PAD設(shè)線段PB上存在點(diǎn)E，使點(diǎn)E到平面PAD的距離為23設(shè)PEEB=λ(λ>0)，則因?yàn)閂E?PAD所以13×2所以線段PB上存在點(diǎn)E，且PEEB=2時(shí)，點(diǎn)E到平面PAD的距離為32．（23-24高一下·浙江杭州·期末）三棱臺(tái)ABC?A1B1C1中，AB⊥AC，面ABB1A1⊥(1)求證：AB⊥面ACC(2)求三棱臺(tái)ABC?A(3)問側(cè)棱BB1上是否存在點(diǎn)M，使二面角M?AC?B成π6【解題思路】（1）連接A1C，過A1作A1G//CC1交AC于G，由已知可得A1C⊥AA1，又平面ABB1A1（2）由已知可得平面ACC1A1⊥平面ABC，過A1作A1N⊥AC，連接BN，可得A1N⊥平面ABC，求得A1N=3，如圖，延長(zhǎng)側(cè)棱交于點(diǎn)O，作OH⊥AC于H（3）如圖，作MG//OH交BH于G，過G作GK⊥AC于K，則GK//AB，由（2），可得MG⊥平面ABC，則∠MKG即為二面角M?AC?B的平面角，設(shè)BM=25x，則BG=22x，MG=23若∠MKG=π6，可得x=14，即M為BB1中點(diǎn)，即側(cè)棱BB1上是存在點(diǎn)【解答過程】（1）連接A1在梯形ACC1A1中，過A1作A由AA則△A1AG四邊形A1GCC所以∠AA1C=90°因?yàn)槠矫鍭BB1A1⊥平面ACA1C?平面所以A1C⊥平面又AB?平面ABB1A又因?yàn)锳B⊥AC，AC∩A1C=C，AC、所以AB⊥平面ACC（2）因?yàn)锳B⊥平面ACC1A1，所以平面ACC1A過A1作A1N⊥AC，連接BN，A平面ACC1A則A1N⊥平面故幾何體的高為A1如圖，延長(zhǎng)側(cè)棱交于點(diǎn)O，作OH⊥AC于H，連接BH，由已知H為AC中點(diǎn)，AH=2，由（1）得，OH⊥平面ABC，因?yàn)锽B1與底面ABC所成角的正弦值為155OH=2A1N=23，OA=O由（1）得AB⊥OA，則AB=O又因?yàn)锽B1與底面ABC所成角的正弦值為所以BB故三棱臺(tái)體積為V=1（3）如圖，作MG//OH交BH于G，過G作GK⊥AC于K，則GK//AB，由（2）可得，MG⊥平面ABC，則∠MKG即為二面角M?AC?B的平面角，又BH?平面ABC，則MG⊥BH，設(shè)BM=25x，則則MG=2由GK//AB，得KGAB=HG所以KG=2若∠MKG=π6，則解得x=14，所以BM=52，即即側(cè)棱BB1上是存在點(diǎn)M，使二面角M?AC?B成則BMB33．（23-24高一下·廣東茂名·階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB//DC，AD⊥AB，PD=PA=AD=AB=1，CD=2，E是PA的中點(diǎn).

(1)證明：DE⊥平面PAB；(2)底邊CD上是否存在異于端點(diǎn)的一點(diǎn)G，使得直線PG與平面PBD所成的角為π6？若存在，求出DG【解題思路】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可知AB⊥平面PAD，即可得AB⊥DE，由題意可得DE⊥PA，結(jié)合線面垂直的判定定理分析證明；（2）做輔助線，分析可知∠GPM=π6，由垂直關(guān)系可得CD⊥PD，設(shè)【解答過程】（1）因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AD⊥AB，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面PAD.由DE?平面PAD，可得AB⊥DE，又因?yàn)镋是PA的中點(diǎn)，PD=AD，則DE⊥PA，且PA∩AB=A，PA、AB?平面PAB，所以DE⊥平面PAB.（2）假設(shè)在CD上存在異于端點(diǎn)的點(diǎn)G，使得直線PG與平面PBD所成的角大小為π6過點(diǎn)G作GM⊥平面PBD，垂足為M，連結(jié)PM、PG、GB，

則PM⊥GM，∠GPM=π設(shè)DGDC=x，DC=2，則由（1）可知：AB⊥平面PAD，AB//DC，可知CD⊥平面PAD，由PD?平面PAD，可得CD⊥PD，在Rt△PDG中，PG=PD在Rt△GPM中，GM=PG?因?yàn)榈酌鍭BCD是直角梯形，AB//DC，AD⊥AB，PD=PA=AD=AB=1，則BD=AB2+AD可得S△PBD=1由VG?PBD=VP?G