【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题15　空间角、距离的计算(几何法、向量法)

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微专题15　空间角、距离的计算(几何法、向量法)
高考定位　以空间几何体为载体考查空间角(以线面角为主)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问题，但也可利用几何法来求解.

1.(2019·全国Ⅰ卷)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.

(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求点C到平面C1DE的距离.
(1)证明　连接B1C，ME.

因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，
所以ND＝A1D.
由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，
故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2)解　过点C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，
又BC∩C1C＝C，BC，C1C⊂平面C1CE，
所以DE⊥平面C1CE，
故DE⊥CH.所以CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.
由已知可得CE＝1，C1C＝4，
所以C1E＝，故CH＝.
从而点C到平面C1DE的距离为.
2.(2022·全国甲卷)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝.

(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
(1)证明　在四边形ABCD中，作DE⊥AB于点E，CF⊥AB于点F，如图.

因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE＝BF＝，
故DE＝，
BD＝＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，
所以BD⊥平面PAD.
又因为PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA.
(2)解　由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，

如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，P(0，0，)，
则＝(－1，0，)，＝(0，－，)，
＝(0，0，).
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则有
即
可取n＝(，1，1)，
则cos〈n，〉＝＝，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为.

热点一　异面直线所成的角

求异面直线所成角的方法
方法一：几何法.用几何法求两条异面直线所成角的步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.
方法二：空间向量法.用空间向量法求两条异面直线a，b所成角θ的步骤为：
①求出直线a，b的方向向量，分别记为m，n；
②计算cos〈m，n〉＝；
③利用cos θ＝|cos〈m，n〉|，以及θ∈，求出角θ.　
例1 (2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　法一　如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，

又C1P⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面B1BP，
所以C1P⊥平面B1BP.
又BP⊂平面B1BP，所以有C1P⊥BP.
连接BC1，则AD1∥BC1，
所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.
设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
则在Rt△C1PB中，C1P＝B1D1＝，BC1＝2，sin ∠PBC1＝＝，
所以∠PBC1＝，故选D.
法二　如图，

以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(1，1，2)，D1(0，2，2)，＝(1，－1，－2)，1＝(0，2，2).
设直线PB与AD1所成的角为θ，
则cos θ＝＝＝.
因为θ∈，
所以θ＝，故选D.
法三　如图，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角.

由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点.
易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形 ，
所以∠A1BC1＝，
又P为A1C1的中点，
所以可得∠PBC1＝∠A1BC1＝，
故直线PB与AD1所成的角为，故选D.
易错提醒　(1)利用几何法求异面直线所成的角时，通过平移直线所得的角不一定就是两异面直线所成的角，也可能是其补角.
(2)用向量法时，也要注意向量夹角与异面直线所成角的范围不同.
训练1 (1)(2022·湖北部分学校质检)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1＝2AB＝2BC，P，Q分别为B1C1，BC的中点，则异面直线AQ与BP所成角的余弦值是(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　法一　不妨设AB＝2，则BC＝2，BB1＝4，连接A1P，A1B(图略)，
则A1P∥AQ，
∴∠A1PB(或其补角)为异面直线AQ与BP所成的角.
由勾股定理得BP＝，A1P＝，A1B＝2，在△A1BP中，由余弦定理的推论得，cos∠A1PB＝＝.故选C.
法二　如图建立空间直角坐标系，不妨设AB＝2，

则BC＝2，BB1＝4.
故B(2，0，0)，P(2，1，4)，Q(2，1，0)，
所以＝(0，1，4)，＝(2，1，0)，
设直线AQ与BP所成的角为θ，
所以cos θ＝|cos〈，〉|＝＝.
(2)(2022·河南名校大联考)如图，圆锥的底面直径AB＝2，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦AD＝，则异面直线AD与BC所成的角的余弦值为(　　)

A.0 B.
C. D.
答案　C
解析　法一　如图，延长DO交圆于E，连接BE，CE，易知AD＝BE＝，AD∥BE，
∴∠EBC(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角.

由圆锥侧面展开图为半圆，易得BC＝2，在△BEC中，BC＝CE＝2，BE＝，
∴cos∠EBC＝＝.
法二　由圆锥侧面展开图为半圆，易得BC＝2，又BO＝1，

所以CO＝，
在△AOD中，AO＝DO＝1，AD＝，
由余弦定理得cos∠AOD＝＝－，
则∠AOD＝，
以O为坐标原点，OB所在直线为y轴，OC所在直线为z轴，建立空间直角坐标系如图，则A(0，－1，0)，D，B(0，1，0)，C(0，0，)，
所以＝，＝(0，－1，)，
故cos〈，〉＝＝－，
又异面直线所成角范围为，
故直线AD与BC所成角的余弦值为.
热点二　直线与平面所成的角

求直线与平面所成角的方法
方法一：几何法.步骤为：①找出直线l在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.
方法二：空间向量法.步骤为：
①求出平面α的法向量n与直线AB的方向向量；
②计算cos〈，n〉＝；
③利用sin θ＝|cos〈，n〉|，以及θ∈，求出角θ.　
例2 (2022·南京一模)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)求证：B1D⊥平面ABC；
(2)求直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值.
(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)解　法一　在平面ABC内，过点D作BC的平行线，交AB于点E，过点D作AB的平行线，交BC于点F，

连接DE，DF，BD.
由(1)知B1D⊥平面ABC，
所以B1D⊥AC，B1D⊥BD.
因为AB⊥BC，
所以DE⊥DF，
故以{，，}为基底建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.
因为AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，
所以AC＝＝10，BD＝AC＝5.
又AA1＝BB1＝13，AB⊥BC，
所以B1D＝＝12.
易得D(0，0，0)，A(3，－4，0)，B(3，4，0)，C(－3，4，0)，B1(0，0，12)，
则＝(－6，8，0)，＝(－6，0，0)，＝(－3，4，－12).
设点C1(x，y，z)，则＝(x，y，z－12)，
由＝，
得(－6，0，0)＝(x，y，z－12)，
所以即C1(－6，0，12)，
所以＝(6，0，－12).
设平面AB1C的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则
得3x1＝4y1，z1＝0.
不妨取x1＝4，则y1＝3，得平面AB1C的一个法向量为n＝(4，3，0).
设直线C1D与平面AB1C所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝
＝.
∴直线C1D与平面AB1C所成角的正弦值为.
法二　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.
又平面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.
又AA1＝BB1＝13，所以B1D＝12.
又B1C1＝BC＝6，所以C1D＝6.
设直线C1D与平面AB1C所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝.
规律方法　(1)几何法求线面角的关键找出线面角(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.
训练2 (2022·湖北十校联考)如图，在四棱锥A－BCDE中，CD∥BE，CD＝EB＝1，CB⊥BE，AE＝AB＝BC＝，AD＝，O是AE的中点.

(1)求证：DO∥平面ABC；
(2)求DA与平面ABC所成角的正弦值.
(1)证明　法一　取AB的中点为F，连接CF，OF(图略)，
因为O，F分别为AE，AB的中点，
所以OF∥BE，且OF＝BE.
又CD∥BE，CD＝EB，
所以OF∥CD，且OF＝CD，
所以四边形OFCD为平行四边形，
所以DO∥CF，
又CF⊂平面ABC，DO⊄平面ABC，
所以DO∥平面ABC.
法二　取BE的中点为G，连接OG，DG(图略)，则CD∥GB，且CD＝GB，
所以四边形DGBC为平行四边形，
所以DG∥BC，
又BC⊂平面ABC，DG⊄平面ABC，
所以DG∥平面ABC.
因为O，G分别为AE，BE的中点，
所以OG∥AB，
又AB⊂平面ABC，OG⊄平面ABC，
所以OG∥平面ABC，
又OG∩DG＝G，OG，DG⊂平面DOG，
所以平面DOG∥平面ABC，
又DO⊂平面DOG，
所以DO∥平面ABC.
(2)解　法一　取EB的中点为G，连接AG，DG，易得DG綊BC.
因为AE＝AB＝，BE＝2，
所以AE2＋AB2＝BE2，
所以AB⊥AE，△ABE为等腰直角三角形，所以AG⊥BE，AG＝1，
又AD＝，DG＝BC＝，
所以AG2＋DG2＝AD2，所以DG⊥AG.
又BE⊥AG，BE∩DG＝G，BE，DG⊂平面BCDE，所以AG⊥平面BCDE.
记h为点D到平面ABC的距离，连接BD，则VD－ABC＝VA－BCD，
即S△ABC·h＝S△BCD·AG，
因为BC⊂平面BCDE，所以BC⊥AG，
又CB⊥BE，BE∩AG＝G，BE，AG⊂平面ABE，所以BC⊥平面ABE，
又AB⊂平面ABE，
所以BC⊥AB，
所以S△ABC＝×AB×BC＝××＝1，
又S△BCD＝×BC×CD＝××1＝，
所以h＝，
设DA与平面ABC所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝.
∴DA与平面ABC所成角的正弦值为.
法二　如图，取EB的中点为G，连接AG，OG，DG，由(2)法一可知AG⊥BE，AB⊥AE，BC⊥平面ABE，BC∥DG，所以DG⊥平面ABE.

以G为坐标原点，以，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则G(0，0，0)，A(1，0，0)，D(0，0，)，E(0，－1，0)，＝(－1，0，).
因为AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE，
又AB⊥AE，BC∩AB＝B，BC，AB⊂平面ABC，所以AE⊥平面ABC，
故平面ABC的一个法向量为
＝(－1，－1，0).
设DA与平面ABC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.
∴DA与平面ABC所成角的正弦值为.
热点三　二面角

求二面角的方法
方法一：几何法.步骤为：①找出二面角的平面角(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就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.
方法二：空间向量法.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m，n；②计算
cos〈m，n〉＝；③根据图形和计算结果判断θ是锐角、直角，还是钝角，从而得出θ与〈m，n〉是相等关系还是互补关系.　
例3 (2022·郑州质测)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.
法一　(1)证明　∵DA⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，∴DA⊥BC.
∵AC＝BC＝1，AB＝，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴AC⊥BC.
∵DA∩AC＝A，DA，AC⊂平面DAC，
∴BC⊥平面DAC，
又AE⊂平面DAC，
∴BC⊥AE.
∵DA＝AC，E是CD的中点，
∴DC⊥AE，
又BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面DBC，
∴AE⊥平面DBC，
又DB⊂平面DBC，∴DB⊥AE，
又EF⊥DB，EF∩AE＝E，EF，AE⊂平面AEF，
∴DB⊥平面AEF.
(2)解　如图，过点A作AG∥BC，由(1)知BC⊥平面DAC，

∴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)，C(1，0，0)，B(1，1，0)，D(0，0，1)，
∴＝(0，0，1)，＝(－1，－1，1)，＝(－1，0，1).
设平面ADB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
∴
令y1＝1，则m＝(－1，1，0).
设平面DBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
∴
令x2＝1，则n＝(1，0，1).
∴cos〈m，n〉＝＝－.
∵二面角A－DB－C的平面角为锐角，
∴二面角A－DB－C的大小为.
法二　(1)证明　∵DA⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，∴DA⊥BC.
∵AC＝BC＝1，AB＝，
∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.
∴DA∩AC＝A，DA，AC⊂平面DAC，
∴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)，D(0，0，1)，E，
∴＝(1，1，－1)，＝.
∵·＝1×＋1×0＋(－1)×＝0，
∴⊥，∴DB⊥AE.
又DB⊥EF，且AE∩EF＝E，AE，EF⊂平面AEF，
∴DB⊥平面AEF.
(2)解　由(1)得DB⊥AF，∵EF⊥DB，
∴∠AFE为二面角A－DB－C的平面角.
易得C(1，0，0)，由(1)知，＝(1，1，－1).
设F(x，y，z)，则＝(x，y，z－1)，
∵点F在DB上，
∴存在实数k，使得＝k，
∴x＝k，y＝k，z＝1－k，即F(k，k，1－k).
∵AF⊥DB，∴·＝0，
∴k＋k＋(1－k)×(－1)＝0，解得k＝，
∴F，
∴＝，
＝，
∴cos∠AFE＝＝＝，
又∠AFE∈(0，π)，
∴∠AFE＝.
∴二面角A－DB－C的大小为.
法三　(1)同解法一.
(2)∵EF⊥DB，由(1)得DB⊥AF，
∴∠AFE为二面角A－DB－C的平面角.
∵DA⊥平面ABC，
∴DA⊥AC，DA⊥AB，
又AC＝DA＝1，E为CD的中点，
∴AE＝DC＝.
∵AB＝，
∴S△DAB＝×DA×AB＝×DB×AF，
∴AF＝＝＝.
由(1)知，AE⊥平面DBC，
∵EF⊂平面DBC，
∴AE⊥EF，
∴sin∠AFE＝＝＝.
∵∠AFE为锐角，∴∠AFE＝，
∴二面角A－DB－C的大小为.
规律方法　(1)用几何法求解二面角的关键是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.
(2)利用向量法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.
训练3 (2022·西安质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝AB＝2，AD＝2BC＝2.

(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)求二面角B－PC－D的余弦值.
(1)证明　法一　由题意得，四边形ABCD是直角梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝AB＝2，AD＝2BC＝2，
所以tan∠ACB＝tan∠DBA＝，
可知∠ACB＝∠DBA，
所以∠DBC＋∠ACB＝90°，则AC⊥BD.
又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，
又AC∩PA＝A，PA，AC⊂平面PAC，
故BD⊥平面PAC.
法二　由题意PA⊥平面ABCD，
AB⊥AD，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，，0)，

D(0，2，0)，P(0，0，2)，
＝(－2，2，0)，＝(0，0，2)，
·＝0，即BD⊥AP，
＝(2，，0)，·＝－4＋4＝0，
即BD⊥AC，
又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，
故BD⊥平面PAC.
法三　由题意PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，＝(－2，2，0)，
在平面PAC中，＝(0，0，2)，
＝(2，，0)，
设平面PAC的法向量为a＝(x，y，z)，
则
则z＝0，令x＝1，则y＝－，
所以a＝(1，－，0).
由＝－2a，得∥a，
故BD⊥平面PAC.
(2)解　由题意PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，
在平面PBC中，＝(0，，0)，
＝(－2，0，2)，
设平面PBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则
所以y1＝0，令x1＝1，则z1＝1，
所以n＝(1，0，1).
在平面PCD中，＝(－2，，0)，
＝(－2，－，2)，
设平面PCD的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则
令x2＝1，则y2＝，z2＝2，
所以m＝(1，，2).
则cos〈m，n〉＝＝，
设二面角B－PC－D的大小为θ，
由图可知，cos θ＝－cos〈m，n〉＝－.
∴二面角B－PC－D的余弦值为－.
热点四　距离问题

1.空间中点、线、面距离的相互转化关系

2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.　
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.
解　法一　(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M到直线AC1的距离为MA·sin∠MAC1＝×＝.
(2)如图，S△MNC1＝S矩形B1BCC1－S△B1MC1－S△BMN－S△NCC1＝4－－－
＝，
设点N到平面MA1C1的距离为h，
由VN－MA1C1＝VA1－MNC1，得××2××h＝××，
得h＝，
即N到平面MA1C1的距离为.
法二　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，M(2，0，1)，C1(0，2，2)，直线AC1的一个单位方向向量为

s0＝，＝(2，0，1)，
故点M到直线AC1的距离d＝＝＝.
(2)设平面MA1C1的法向量为n＝(x，y，z)，
因为＝(0，2，0)，＝(2，0，－1)，
则即
取x＝1，得z＝2，故n＝(1，0，2)为平面MA1C1的一个法向量，因为N(1，1，0)，所以＝(－1，1，－1)，故N到平面MA1C1的距离d＝＝＝.
规律方法　(1)在解题过程中要对“点线距离”、“点面距离”、“线面距离”与“面面距离”进行适当转化，从而把所求距离转化为点与点的距离进而解决问题.
(2)解决点线距问题注意应用等面积法，解决点面距问题注意应用等体积法.
训练4 在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，AA1＝3，底面是边长为4的菱形，且∠DAB＝60°，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，E是O1A的中点，则点E到平面O1BC的距离为(　　)
A.2 B.1
C. D.3
答案　C
解析　法一　如图，连接OO1，

则OO1⊥平面ABCD，OO1＝AA1＝3，
∵四边形ABCD是边长为4的菱形，且∠DAB＝60°，
∴OB＝2，OC＝2，AC＝2OC＝4，OB⊥AC.
∴O1B＝，O1C＝，
又BC＝4，
∴cos∠BO1C＝，
sin∠BO1C＝，
故S△BO1C＝4，
设A到平面O1BC的距离为h，
则由VA－BO1C＝VO1－ABC得
×4×h＝××4×2×3，
解得h＝3，
又∵E是O1A的中点，
∴E到平面O1BC的距离为.
法二　易得OO1⊥平面ABCD，

所以OO1⊥OA，OO1⊥OB.
又OA⊥OB，
所以建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
因为底面ABCD是边长为4的菱形，∠DAB＝60°，
所以OA＝2，OB＝2，
则A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(－2，0，0)，O1(0，0，3)，
所以＝(0，2，－3)，＝(－2，0，－3).
设平面O1BC的法向量为n＝(x，y，z).
则所以
取z＝2，则x＝－，y＝3，
则n＝(－，3，2)是平面O1BC的一个法向量.
设点E到平面O1BC的距离为d.
因为E是O1A的中点，
所以E，＝，
则d＝＝＝，
所以点E到平面O1BC的距离为.

一、基本技能练
1.如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是边长为2的等边三角形.

(1)证明：PB⊥CD；
(2)求点A到平面PCD的距离.
(1)证明　取BC的中点E，连接DE，
则ABED为正方形.

过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O.
连接OA，OB，OD，OE.
由△PAB和△PAD都是等边三角形知
PA＝PB＝PD，
所以OA＝OB＝OD，
即点O为正方形ABED对角线的交点，
故OE⊥BD，从而PB⊥OE.
因为O是BD的中点，E是BC的中点，
所以OE∥CD.因此PB⊥CD.
(2)解　取PD的中点F，连接OF，
则OF∥PB.
由(1)知，PB⊥CD，故OF⊥CD.
又OD＝BD＝，
OP＝＝，
故△POD为等腰三角形，因此OF⊥PD.
又PD∩CD＝D，所以OF⊥平面PCD.
因为AE∥CD，CD⊂平面PCD，AE⊄平面PCD，所以AE∥平面PCD.
因此O到平面PCD的距离OF就是A到平面PCD的距离，而 OF＝PB＝1，所以A到平面PCD的距离为1.
2.在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.

(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；
(2)若点F在BC上，满足BF＝BC，设二面角F－DE－C的大小为θ，求sin θ的值.
解　(1)如图，连接OC，因为CB＝CD，O为BD的中点，所以CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，OB，OC⊂平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.

因为BD＝2，CB＝CD＝，AO＝2，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).
因为E为AC的中点，所以E(0，1，1)，
所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，1)，
所以|cos〈，〉|＝＝＝.
因此，直线AB与DE所成角的余弦值为.
(2)因为点F在BC上，BF＝BC，＝(－1，2，0)，
所以＝＝.
又＝(2，0，0)，
故＝＋＝.
设n1＝(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，
则即
取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，
所以n1＝(2，－7，5).
设n2＝(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，又＝(1，2，0)，
则即
取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，
所以n2＝(2，－1，－1).
故|cos θ|＝＝＝.
所以sin θ＝＝.
3.(2022·广州调研)如图，在三棱锥P－ABC中，BC⊥平面PAC，AD⊥BP，AB＝2，BC＝1，PD＝3BD＝3.

(1)求证：PA⊥AC；
(2)求二面角P－AC－D的余弦值.
(1)证明　法一　由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝.
由PD＝3，AD＝，AD⊥BP，
得PA＝2.
由BC⊥平面PAC，AC，PC⊂平面PAC，
得BC⊥AC，BC⊥PC.
所以AC＝＝，
PC＝＝.
因为AC2＋PA2＝15＝PC2，
所以PA⊥AC.
法二　由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，
得AD＝.
由PD＝3，AD＝，AD⊥BP，
得PA＝2.
因为PB＝4，
所以PB2＝AB2＋PA2，
所以PA⊥AB.
由BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，
得BC⊥PA.
又BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，
故PA⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC.
法三　由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得∠ABP＝60°.

如图，过点D作DM⊥AB交AB于点M，得BM＝BDcos∠ABP＝.
故BM∶BA＝BD∶BP，
故DM∥PA，
所以PA⊥AB.
由BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，
得BC⊥PA.
又BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，
故PA⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC.
(2)解　法一　如图，过点D作DE∥BC交PC于点E，

因为BC⊥平面PAC，
所以DE⊥平面PAC.
因为AC⊂平面PAC，
所以DE⊥AC.
过点E作EF⊥AC交AC于点F，连接DF，
又DE∩EF＝E，
所以AC⊥平面DEF.
因为DF⊂平面DEF，
所以AC⊥DF.
则∠DFE为二面角P－AC－D的平面角.
由PD＝3BD＝3，DE∥BC，得DE＝，
由EF⊥AC，PA⊥AC，且EF，PA⊂平面PAC，得EF∥PA，且＝＝＝，
得EF＝.
易知DE⊥EF，
则DF＝＝.
所以cos∠DFE＝＝.
由图可判断二面角P－AC－D为锐二面角，
所以二面角P－AC－D的余弦值为.
法二　如图，作AQ∥CB，以AQ，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.

因为AB＝2，BC＝1，BD＝1，BP＝4，
所以AC＝，AP＝2.
故A(0，0，0)，B(1，，0)，C(0，，0)，P(0，0，2).
由＝，得D，
则＝，＝(0，，0).
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令x＝2，则z＝－，y＝0，
所以n＝(2，0，－)为平面ACD的一个法向量.
由于BC⊥平面PAC，
因此＝(1，0，0)为平面PAC的一个法向量.
则cos〈，n〉＝＝＝.
由图知二面角P－AC－D为锐二面角，
所以二面角P－AC－D的余弦值为.
二、创新拓展练
4.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为矩形，若平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1⊥平面ABC1.

(1)求证：AB⊥BB1；
(2)记平面ABC1与平面A1B1C1的夹角为α，直线AC1与平面BCC1B1所成的角为β，异面直线AC1与BC所成的角为φ，当α，β满足：cos α·cos β＝m(0 (1)证明　∵四边形BCC1B1是矩形，

图1
∴BC⊥BB1，
又平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，
平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，BC⊂平面BCC1B1，
∴BC⊥平面ABB1A1，
又AB⊂平面ABB1A1，∴AB⊥BC.
如图1，过C作CO⊥BC1，
∵平面BCC1B1⊥平面ABC1，
平面BCC1B1∩平面ABC1＝BC1，CO⊂平面BCC1B1，
∴CO⊥平面ABC1，
又AB⊂平面ABC1，
∴AB⊥CO，
又AB⊥BC，CO∩BC＝C，
CO，BC⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥平面BCC1B1，
又BB1⊂平面BCC1B1，∴AB⊥BB1.
(2)解　由题意知AB∥A1B1，
又AB⊥平面BCC1B1，
∴A1B1⊥平面BCC1B1.
以B1为原点，B1A1，B1B，B1C1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图2，

图2
不妨设B1A1＝a，B1B＝b，B1C1＝c，
则B1(0，0，0)，A1(a，0，0)，B(0，b，0)，C1(0，0，c)，A(a，b，0)，
＝＝(a，0，0)，＝＝(0，0，c)，＝(0，－b，c).
设n1＝(x1，y1，z1)为平面ABC1的法向量，则
∴x1＝0，令y1＝c，则z1＝b，
∴n1＝(0，c，b).
取平面A1B1C1的一个法向量n＝(0，1，0)，
由图知，α为锐角，
则cos α＝|cos〈n1，n〉|＝.
取平面BCC1B1的一个法向量
n2＝(1，0，0)，
由＝(a，b，－c)，
得sin β＝|cos〈，n2〉|＝.
又β∈，∴cos β＝，
则cos αcos β＝.
|cos〈，〉|＝cos φ＝＝，
∴cos φ＝cos αcos β.
∵cos αcos β＝m且m∈(0，1)，φ∈，
∴sin φ＝＝.