第八章 立体几何初步（重难点专题复习）-2022-2023学年高一数学下学期期末复习举一反三系列（人教A版2019必修第二册）

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第八章 立体几何初步（重难点专题复习）



【题型1 几何体的截面问题】
【方法点拨】
根据对几何体的截面形状的研究，结合具体问题，进行求解即可.
【例1】（2023春·湖南·高一校联考期中）用一个平面截一个几何体，得到的截面是三角形，这个几何体不可能是（    ）
A．长方体 B．圆锥 C．棱锥 D．圆台
【解题思路】作图，结合空间想象，即可得出答案.
【解答过程】
对于A项，如图1，用平面ACD1截长方体，得到的截面是三角形，故A项正确；

对于B项，如图2，用平面PAB截圆锥，得到的截面是三角形，故B项正确；
对于C项，三棱锥各个面即为三角形；除三棱锥外，过棱锥底面不相邻两顶点和棱锥顶点的截面为三角形，故C项正确；
对于D项，圆台的截面不可能为三角形，故D项错误.
故选：D.
【变式1-1】（2023春·江苏盐城·高一校考期中）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，DD1的中点为Q，过A，Q，B1三点的截面是（    ）
  
A．三角形 B．矩形 C．菱形 D．梯形
【解题思路】取C1D1的中点P，连接PQ、PB1、AB1、AQ和DC1，确定PQ∥AB1，PQ=12AB1，得到答案.
【解答过程】如图所示，取C1D1的中点P，连接PQ、PB1、AB1、AQ和DC1，
P，Q分别是C1D1，DD1的中点，故PQ∥C1D，且PQ=12C1D，
AB1∥C1D，故PQ∥AB1，PQ=12AB1，故A,B1,P,Q四点共面，
故四边形AB1PQ是过A，Q，B1三点的截面，且四边形AB1PQ是梯形．
故选：D．
  
【变式1-2】（2023春·浙江杭州·高一校联考期中）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为6,P为BC的中点，Q为CC1的中点，过点A1,P,Q的平面截正方体所得的截面的面积S=（    ）

A．21152 B．21172 C．8124+96 D．2724+96
【解题思路】如图，过点A1,P,Q的平面截正方体所得的截面为五边形A1EPQF，求得A1M,A1N,MN，再结合等腰三角形的面积，结合相似即可求得截面的面积.
【解答过程】
如图，延长PQ交B1C1于点M，延长QP交B1B于点N，连接A1M交C1D1于点F，连接A1N交AB于点E，连接FQ,EP.
则过点A1,P,Q的平面截正方体所得的截面为五边形A1EPQF.
因为P为BC的中点，Q为CC1的中点，
所以C1M=12B1C1,BN=12B1B，
所以C1F=12A1D1,BE=12AB，
在Rt△B1MN中，B1M=B1N=9,∴MN=92，
在Rt△A1B1M中，B1M=9,A1B1=6∴A1M=313，
同理可得A1N=313.
令MN上的高为ℎ，
所以ℎ=3132−9222=3172，
所以S△A1MN=12MN⋅ℎ=12×92×3172=27172.
因为MFA1M=MC1MB1=13=MQMN，所以△MFQ∽△MA1N，
所以S△MFQ=19S△A1MN=3172，
同理可得S△NEP=19S△A1MN=3172，
故截面的面积S=S△A1MN−S△MFQ−S△NEP=21172.
故选：B.
【变式1-3】（2023·河南新乡·统考三模）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，过A,D1,E三点的截面把正方体ABCD−A1B1C1D1分成两部分，则该截面的周长为（    ）

A．32+25 B．22+5+3 C．92 D．22+25+2
【解题思路】画出截面图形，利用已知条件，转化求解截面周长即可．
【解答过程】如图，取BC的中点F，连接EF，AF，BC1,

E、F分别为棱CC1、BC的中点，则EF//BC1，正方体中BC1//AD1，则有EF//AD1，所以平面AFED1为所求截面，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，所以EF=2，D1E=AF=22+12=5，AD1=22，所以四边形AFED1的周长为32+25.
故选：A.
【题型2 平面图形旋转形成的几何体】
【方法点拨】
对于平面图形绕轴旋转问题，首先要对原平面图形进行适当的分割，一般分割成矩形、三角形、梯形或圆(半
圆或四分之一圆周)等基本图形，然后结合圆柱、圆锥、圆台、球的形成过程进行分析.
【例2】（2023·全国·高一专题练习）下列平面图形中，绕轴旋转一周得到如图所示的空间图形的是（    ）

A． B． C． D．
【解题思路】题图中的空间图形是一个圆锥和一个圆台的组合体，再结合圆锥和圆台的形成过程即可得出答案.
【解答过程】题图中的空间图形是一个圆锥和一个圆台的组合体．
圆台是由直角梯形以DE为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体，
圆锥是由直角三角形以AB为旋转轴，其余两边旋转而成的曲面所围成的几何体.
         
故选：A.
【变式2-1】（2023·全国·高一专题练习）下列结论中正确的是（    ）
A．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的面所围成的几何体是一个圆锥
B．以直角梯形的一边所在直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的面所围成的几何体是一个圆台
C．以平行四边形的一边所在直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的面所围成的几何体是一个圆柱
D．圆面绕其一条直径所在直线旋转180°后得到的几何体是一个球
【解题思路】圆锥的旋转轴是一直角边所在的直线，所以A不正确；圆台的旋转轴是垂直底边的腰所在直线，所以B错误；圆柱是矩形绕旋转轴旋转而来的，所以C错误；由球的定义判断，D正确.
【解答过程】在选项A中，若绕直角三角形的斜边所在直线旋转一周，
则得到的几何体不是一个圆锥，故选项A错误；
在选项B中，若绕直角梯形的上底所在直线旋转一周，
则得到的几何体不是圆台，故选项B错误；
在选项C中，若平行四边形的一个内角为锐角，
则绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体不是圆柱，
故选项C错误；
在选项D中，圆面绕其一条直径所在直线旋转180°后得到的几何体是一个球，
故选项D正确.
故选:D.
【变式2-2】（2023春·全国·高一专题练习）铜钱又称方孔钱，是古代钱币最常见的一种．如图所示为清朝时的一枚“嘉庆通宝”，由一个圆和一个正方形组成，若绕旋转轴（虚线）旋转一周，形成的几何体是（    ）
　　
A．一个球
B．一个球挖去一个圆柱
C．一个圆柱
D．一个球挖去一个正方体
【解题思路】根据旋转体的定义可得正确的选项.
【解答过程】圆及其内部旋转一周后所得几何体为球，
而矩形及其内部绕一边旋转后所得几何体为圆柱，
故题设中的平面图形绕旋转轴（虚线）旋转一周，形成的几何体为一个球挖去一个圆柱，
故选：B.
【变式2-3】（2023·全国·高三专题练习）已知长方形ABCD中，AD=2，AB=4，点E为CD的中点，现以AE所在直线为旋转轴将该长方形旋转一周，则所得几何体的体积为（    ）
A．102π B．2823π C．10π D．82π
【解题思路】根据题意旋转可得：一个圆锥和一个去掉圆锥的圆台构成的组合体，利用锥体的体积公式进行计算．
【解答过程】因为长方形ABCD中，AD=2，AB=4，点E为CD的中点，所以以AE所在直线为旋转轴将该长方形旋转一周，如图：
则所得几何体的体积为V=2×13π222×22 −2×13π22×2=2823π.
故选：B．

【题型3 斜二测画法】
【方法点拨】
根据斜二测画法画直观图的规则和步骤，进行求解即可.
【例3】（2023春·河南周口·高一校考期末）如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的正方形，则原图形的周长是（    ）

A．16 B．12 C．4+82 D．4+42
【解题思路】根据斜二测画法分析运算.
【解答过程】在直观图中，O′A=2,O′B=22+22=22，
可得原图形是平行四边形，其底边长2，高为2×22=42，
则另一边长为22+(42)2=6，所以原图形的周长为2×2+6=16．
故选：A.
【变式3-1】（2023·全国·高一专题练习）如图所示的水平放置的三角形的直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边的中点，且A′D′平行于y′轴，那么A′B′，A′D′，A′C′三条线段对应原图形中线段AB，AD，AC中（　　）

A．最长的是AB，最短的是AC
B．最长的是AC，最短的是AB
C．最长的是AB，最短的是AD
D．最长的是AD，最短的是AC
【解题思路】根据斜二测画法还原平面直角坐标系图形可知结果.
【解答过程】如图，因为A′D′∥y′轴，所以在△ABC中，AD⊥BC，又因为D′是B′C′的中点，所以D是BC中点，所以AB=AC>AD.

故选：C.
【变式3-2】（2023春·河南郑州·高一校考期中）如图，矩形O′A′B′C′是一个水平放置的平面图形的直观图，其中O′A′=3，O′C′=1，则原图形是（　　）

A．面积为62的菱形 B．面积为62的矩形
C．面积为324的菱形 D．面积为324的矩形
【解题思路】由直观图与原图形面积关系求面积，由直观图得出原图形，证明四边形为菱形即可得解.
【解答过程】因为直观图中四边形O′A′B′C′为矩形，所以S′=O′A′⋅O′C′=3，
所以原图形中四边形面积S=S′24=324=62，
由直观图，还原原图形，如图，

由O′C′=1,∠D′O′A′=45°，可得O′D′=2，
所以OD=22，又CD=C′D′=1，
所以OC=1+8=3,又OA∥CB,OA=CB，
所以四边形OABC为菱形.
故选：A.
【变式3-3】（2023·全国·高一专题练习）如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′=4,C′D′=2，则下列说法正确的是（    ）

A．AB=2 B．A′D′=22
C．四边形ABCD的周长为4+22+23 D．四边形ABCD的面积为62
【解题思路】根据直观图与平面图的联系还原计算各选项即可.
【解答过程】如图过D′作DE⊥O′B′，

由等腰梯形A′B′C′D′可得：△A′D′E是等腰直角三角形，
即A′D′=2A′E=12×4−2×2=2,即B错误；
还原平面图为下图，

即AB=4=2CD,AD=22，即A错误；
过C作CF⊥AB，由勾股定理得CB=23，
故四边形ABCD的周长为：4+2+22+23=6+22+23，即C错误；
四边形ABCD的面积为：12×4+2×22=62，即D正确.
故选：D.
【题型4 简单几何体的表面积与体积】
【方法点拨】
求解棱柱、棱锥、棱台的表面积与体积时，要结合具体条件，找出其中的基本量，利用相应的表面积、体
积计算公式，进行求解即可.
求解圆柱、圆锥、圆台、球的表面积与体积时，要结合具体条件，找出其中的基本量，利用相应的表面积、
体积计算公式，进行求解即可.
【例4】（2023春·广西柳州·高一校考期中）如图所示，圆柱与圆锥的组合体，已知圆锥部分的高为12，圆柱部分的高为2，底面圆的半径为1，则该组合体的体积为（   ）
  
A．π3 B．2π C．13π6 D．5π2
【解题思路】利用圆柱和圆锥的体积公式即可求解.
【解答过程】依题意可知，底面圆的半径为r=1,圆柱部分的高为ℎ1=2，圆锥部分的高为ℎ2=12，
所以圆柱部分的体积为V1=πr2ℎ1=π×12×2=2π，
圆锥部分的体积为V2=13πr2ℎ2=13×π×12×12=16π，
所以该组合体的体积为V=V1+V2=2π+16π=136π.
故选：C.
【变式4-1】（2023春·河南周口·高一校考期末）有一个正三棱柱形状的石料，该石料的底面边长为6．若该石料最多可打磨成四个半径为3的石球，则至少需要打磨掉的石料废料的体积为（    ）
A．216−43π B．216−163π
C．270−163π D．270−43π
【解题思路】求出柱形石料的高，利用柱体体积减去四个球体体积可得结果.
【解答过程】设底面是边长为6的等边三角形的内切圆的半径为r，
由等面积法可得12×3×6r=34×62，解得r=3，
若可以将该石料打磨成四个半径为3的石球，则该柱形石料的高至少为83，
因此，至少需要打磨掉的石料废料的体积为34×62×83−4×43π×33=216−163π.
故选：B.
【变式4-2】（2023·全国·高一专题练习）某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上､下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯23高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（    ）

A．683πcm2 B．24πcm2 C．763πcm2 D．25πcm2
【解题思路】先根据题意得到杯套的形状可看作一个圆台，求出该圆台的母线长及上、下底面圆的半径，然后结合圆台的侧面积公式、圆的面积公式求解即可.
【解答过程】根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的23，即4cm，
下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm，
上底面圆的半径是103cm，
所以杯套的表面积S=π×22+π×2+103×4=763πcm2.
故选：C.
【变式4-3】（2023·全国·高一专题练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB=BC=CA=AA1，点D是棱AA1上的点，AD=14AA1，若截面BDC1分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为（    ）

A．1:2 B．4:5 C．4:9 D．5:7
【解题思路】根据题设易知ABC−A1B1C1为直三棱柱，即侧面为矩形，利用柱体体积公式、锥体体积公式求VC1−A1B1BD,VB−ACC1D，进而确定比值.
【解答过程】不妨令AB=BC=CA=AA1=4，且上下底面等边三角形，
又AA1⊥底面ABC，易知ABC−A1B1C1为直三棱柱，即侧面为矩形，
所以三棱柱ABC−A1B1C1体积V=AA1⋅S△ABC=4×12×42×32=163，
而AD=1,CC1=4，故SACC1D=12AC⋅(AD+CC1)=10，
所以VB−ACC1D=13×23×10=2033，故VC1−A1B1BD=V−VB−ACC1D=2833，
所以VB−ACC1DVC1−A1B1BD=57.
故选：D.
【题型5 球的截面问题】
【方法点拨】
利用球的半径、截面的半径、球心与截面圆心的连线构建直角三角形是把空间问题转化为平面问题的主要
途径.
【例5】（2023·天津红桥·统考二模）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为（    ）
A．433π B．423π
C．833π D．823π
【解题思路】利用圆的面积公式和球心到截面圆的距离、截面圆半径及球的半径的关系，结合球的体积公式即可求解.
【解答过程】设截面圆的半径为r，球的半径为R,
由题意可知πr2=πR2=1+r2，解得r=1，R=2，
所以球的体积为V=43πR3=43×π×23=823π.
故选：D.
【变式5-1】（2023·全国·高一专题练习）如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为（    ）

A．6π6 B．π9
C．π6 D．3π3
【解题思路】画出平面ACD1截球O的截面的平面图，由正方体棱长和锐角三角函数，可求出内切圆的半径r，进而可求得截面面积.
【解答过程】平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆，

∵正方体棱长为1，∴ AC=CD1=AD1=2.
∴内切圆半径r=tan30∘⋅AE=33×22=66.
截面面积为：S=πr2=π⋅16=π6.
故选：C.
【变式5-2】（2023·宁夏银川·校联考二模）2022年第三十二届足球世界杯在卡塔尔举行，第一届世界杯是1930年举办的，而早在战国中期，中国就有过类似的体育运动项目：蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知半径为3的某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，AC⊥BC，AC=BC=4，PC=6，则该鞠（球）被平面PAB所截的截面圆面积为（    ）
A．7π B．233π C．8π D．253π
【解题思路】依题意可得PC为外接球的直径，将三棱锥P−ABC放入如图所示的长方体，求出长方体的棱长，即可求出PA、PB、AB，利用余弦定理求出cos∠PAB，求出△PAB的外接圆的半径，即可得解.
【解答过程】因为三棱锥P−ABC的外接球的半径R=3，而PC=6，所以PC为外接球的直径，
如图，将三棱锥P−ABC放入如图所示的长方体，则AC=BC=4，
设长方体的另一棱长为a，所以2R=6=42+42+a2，解得a=2，即PD=2，
设外接球的球心为O，所以PA=PB=22+42=25，AB=42+42=42，
设△PAB的外接圆的半径为r，则cos∠PAB=PA2+AB2−PB22⋅PA⋅AB=322×25×42=105，
则sin∠PAB=1−cos2∠PAB=155，
所以2r=PBsin∠PAB=25155=1033，则r=533，
所以该鞠（球）被平面PAB所截的截面圆面积S=πr2=π5332=253π．

故选：D.
【变式5-3】（2023·江西·校联考二模）若球O是正三棱锥A−BCD的外接球，BC=3,AB=23，点E在线段BA上，BA=3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的截面的面积为（    ）
A．8π3 B．2π C．4π3 D． π
【解题思路】设O是球心，O′是等边三角形BCD的中心，在三角形ODO′中，有OO′2+DO′2=OD2，可求得R=OD=2，再利用r2=R2−OE2可得过E且垂直OE的截面圆最小即可.
【解答过程】如图所示，其中O是球心，O′是等边三角形BCD的中心，

可得O′B=O′D=33BC=3，AO′=AB2−O′B2=3，
设球的半径为R，在三角形ODO′中，由OO′2+DO′2=OD2，
即3−R2+32=R2，解得R=2，即AO=2，
所以O′A=3O′O，
因为在△ABO′中，O′A=3O′O，BA=3BE，
所以，OE//O′B，OE=23O′B=233，
由题知，截面中面积最小时，截面圆与OE垂直，
设过E且垂直OE的截面圆的半径为r，则r2=R2−OE2=4−43=83，
所以，最小的截面面积为πr2=8π3.
故选：A.
【题型6 几何体与球的切、接问题】
【方法点拨】
1.球外接于几何体，则几何体的各顶点均在球面上.解题时要认真分析图形，一般需依据球和几何体的对称
性，明确接点的位置，根据球心与几何体特殊点间的关系，确定相关的数量关系，并作出合适的截面进行
求解.
2.解决几何体的内切球问题，应先作出一个适当的截面(一般作出多面体的对角面所在的截面)，这个截面应
包括几何体与球的主要元素，且能反映出几何体与球的位置关系和数量关系.
【例6】（2023·全国·高一专题练习）已知四边形ABCD的对角线AC，BD的长分别为23和6，且BD垂直平分AC把△ACD沿AC折起，使得点D到达点P，则三棱锥P-ABC体积最大时，其外接球半径为（    ）
A．2 B．5 C．10 D．322
【解题思路】设AC,BD交于点E，由三棱锥P-ABC体积最大可得PE⊥平面ABC，PE=BE=3，后作出三棱锥P-ABC球心O，利用几何知识即可求得外接球半径.
【解答过程】如图，设AC,BD交于点E，BE=x,DE=PE=6−x，
要使三棱锥P-ABC体积最大，则PE⊥平面ABC，其体积为：
13S△ABC⋅PE=16AC⋅BE⋅PE=33x6−x=−33x−32+33，
则当x=3，即PE=BE=3时，三棱锥P-ABC体积最大.
注意到此时，△PAC≅△BAC，且均为等边三角形，
设△BAC外心为O1，△PAC外心为O2，过O1,O2分别作平面BAC，平面PAC垂线，交点为O，
则O为三棱锥P-ABC外接球球心.又O2为△PAC重心，则O2E=13PE=1，
结合四边形O2EO1O是矩形，则
O1O=O2E=1.又△BAC外接圆半径为O1A=O1B=23BE=2，
则三棱锥P-ABC外接球半径为OA=O1A2+OO12=1+4=5.
故选：B.

【变式6-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，三棱锥P−ABC的四个顶点恰是长、宽、高分别是m，2，n的长方体的顶点，此三棱锥的体积为2，则该三棱锥外接球体积的最小值为（    ）

A．256π3 B．82π3
C．32π3 D．36π
【解题思路】根据三棱锥的体积关系可得mn=6,根据三棱锥与长方体共外接球,长方体的对角线就是外接球的直径可得2R=m2+n2+4,根据基本不等式可得半径的最小值,进一步可得体积的最小值.
【解答过程】根据长方体的结构特征可知三棱锥的高为n,所以13⋅n⋅12⋅m⋅2=2,所以mn=6,
又该三棱锥的外接球就是长方体的外接球,该外接球的直径是长方体的对角线,
设外接球的半径为R,所以2R=m2+n2+4,
所以2R≥2mn+4=12+4=4,当且仅当m=n=6时,等号成立,
所以R≥2,
所以该三棱锥外接球体积为43πR3 ≥43π×23=32π3.
故选:C.
【变式6-2】（2023·全国·高三专题练习）如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为5−1和3，则此组合体的外接球的表面积是（    ）

A．16π B．20π C．24π D．28π
【解题思路】设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为O1，根据球的性质OO1与圆台的上下底面垂直，从而有OO12+12=R2，且球心在上下底面圆心的连线上，OO1=5+2−R，即可求出R，得出结论.
【解答过程】解：设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为O1，
则OO12+12=R2，而OO1=5+2−R，
故R2=1+(5+2−R)2 ⇒R=5 ⇒S=4πR2=20π.
故选:B.
【变式6-3】（2023·全国·高三专题练习）已知某正三棱锥侧棱与底面所成角的余弦值为21919，球O1为该三棱锥的内切球.若球O2与球O1相切，且与该三棱锥的三个侧面也相切，则球O2与球O1的表面积之比为（    ）
A．49 B．19 C．925 D．125
【解题思路】先证明PO⊥平面ABC，接着求出cos∠PAO=21919，再得到rPO2=14和RPO1=14，从而得到rR=35，最后求出球O2与球O1的表面积之比即可.
【解答过程】如图，取△ABC的外心O，连接PO，AO，
则PO必过O1，O2，且PO⊥平面ABC，
可知∠PAO为侧棱与底面所成的角，即cos∠PAO=21919.
取AB的中点M，连接PM，MC.设圆O1，O2的半径分别为R，r，
令OA=2，则PA=19，AB=23，AM=3，OM=1，
所以rPO2=OMPM=14，即PO2=4r，从而PO1=4r+r+R=5r+R，
所以RPO1=R5r+R=14，则rR=35，
所以球O2与球O1的表面积之比为925.

故选：C.
【题型7 直线与直线的位置关系】
【方法点拨】
1.定义法：不同在任何一个平面内的两条直线异面.
2.推论法：一条直线上两点与另一条与它异面的直线上两点所连成的两条直线为异面直线.
3.证明立体几何问题的一种重要方法(反证法)：第一步，提出与结论相反的假设；第二步，由此假设推出与
已知条件或某一基本事实、定理或某一已被证明是正确的命题相矛盾的结果；第三步，推翻假设，从而证
明原结论是正确的.
【例7】（2023·全国·高一专题练习）如图所示，长方体ABCD−A′B′C′D′中，给出以下判断，其中正确的是（    ）

A．直线AC与A′B相交
B．直线AD′与BC′是异面直线
C．直线B′D′与DC′有公共点
D．A′B//D′C
【解题思路】利用异面直线的定义可以判断出A、C，利用平行四边形的性质可判断出B、D.
【解答过程】
对于A，AC⊆面ABCD，A′B∩面ABCD =B，且B不在AC上，
根据异面直线的定义得，直线AC与A′B是异面直线，故A选项错误；
对于B，∵AB//C′D′，AB=C′D′，
∴四边形ABC′D′为平行四边形，
∴AD′//BC′，即直线AD′与BC′平行直线，故B选项错误；
对于C，B′D′⊆面A′B′C′D′，DC′∩面A′B′C′D′ =C′，C′∉ B′D′，
根据异面直线的定义得，直线B′D′与DC′是异面直线，故C选项错误；
对于D，∵BC//A′D′，BC=A′D′，
∴四边形BCD′A′为平行四边形，
∴A′B//D′C，故D选项正确；
故选：D.
【变式7-1】（2023·陕西榆林·统考模拟预测）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N分别为BB1,DC的中点，则异面直线MN和BC1所成角的余弦值为（    ）

A．36 B．34 C．33 D．32
【解题思路】通过做辅助线把BC1平移到ME，得到∠NME为异面直线MN和BC1所成的角或其补角．在△NME中求出三边的长度，再用余弦定理即可得到∠NME的余弦值.
【解答过程】如图，

延长CB到点E，使得EB=12BC，连接ME,NE，由BE=BM，得∠EMB=∠MBC1=45°，即ME∥BC1，
所以∠NME为异面直线MN和BC1所成的角或其补角．
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
则ME=12+12=2, NE=12+32=10,MN=12+52=6，
所以cos∠NME=2+6−1022×6=36.
故选：A.
【变式7-2】（2023·全国·高一专题练习）四棱锥P−ABCD如图所示，则直线PC（    ）

A．与直线AD平行 B．与直线AD相交
C．与直线BD平行 D．与直线BD是异面直线
【解题思路】根据异面直线的定义即可求解.
【解答过程】根据异面直线的定义，不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线，可以判断直线PC与直线AD、直线BD是异面直线.
故选：D.
【变式7-3】（2023·江苏·高一专题练习）一个正四棱锥的平面展开图如图所示，其中E，F，M，N，Q分别为P2A，P1D，P4D，P4C，P3C的中点，关于该正四棱锥，现有下列四个结论：
①直线AF与直线BQ是异面直线；②直线BE与直线MN是异面直线；
③直线BQ与直线MN共面；④直线BE与直线AF是异面直线.
其中正确结论的个数为（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1
【解题思路】作出直观图，根据直线共面的判定与性质逐个判断即可.
【解答过程】根据展开图，复原几何体，如下图所示：

对②，因为F，M，N，Q分别为P1D，P4D，P4C，P3C的中点，所以FN∥CD，又AB∥CD，则FN∥AB，故F，N，A，B四点共面，故直线AF与直线BQ是共面直线，①错误；
对②，E在过F，N，A，B四点的平面外，故直线BE与直线MN是异面直线，②正确；
对③，N，Q重合，故直线BQ与直线MN共面，③正确；
对④，E在过F，N，A，B四点的平面外，故直线BE与直线AF是异面直线，④正确；
综上有②③④正确.
故选：B.
【题型8 直线与平面、平面与平面的位置关系】
【方法点拨】
判断空间中直线与平面的位置关系，一般先作出几何图形，直观判断，然后依据基本事实给出证明.另外，
借助模型(如正方体、长方体)举反例也是解决这类问题的有效方法.
两个平面之间的位置关系有且只有两种：平行和相交.判断两个平面之间的位置关系的主要依据是两个平面
之间有没有公共点.解题时要善于将自然语言或符号语言转换成图形语言，借助空间图形进行判断.
【例8】（2023春·青海西宁·高三校联考开学考试）若m,n为两条不同的直线，α,β为两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ）
A．若m//α,α//β，则m//β
B．若m⊥α,α⊥β，则m//β
C．若m//n,n//α，则m//α
D．若m⊥α,α//β，则m⊥β
【解题思路】根据空间中直线与平面的位置关键逐项判断即可
【解答过程】解：对于A，若m//α,α//β，则m//β或m⊂β，故A不正确；
对于B，若m⊥α,α⊥β，则m//β或m⊂β，故B不正确；
对于C，若m//n,n//α，则m//α或m⊂α，故C不正确；
对于D，若m⊥α,α//β，则m⊥β，故D正确.
故选：D.
【变式8-1】（2023·全国·高一专题练习）α,β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（    ）
A．若m⊥n,m⊄α,n⊂α，则m⊥α B．若α//β,m⊂α,n⊂β，则m//n
C．若α⊥β,n⊂α，则n⊥β D．若m⊥α,n⊂α，则m⊥n
【解题思路】利用空间直线和平面的位置关系可以判断选项ABC错误，选项D正确.
【解答过程】解：A. 若m⊥n,m⊄α,n⊂α，则m⊥α或m//α或m与α斜交，所以该选项错误；
B. 若α//β,m⊂α,n⊂β，则m//n或m,n异面，所以该选项错误；
C. 若α⊥β,n⊂α，则n⊥β或n与β斜交，所以该选项错误；
D. 若m⊥α,n⊂α，则m⊥n，所以该选项正确.
故选：D.
【变式8-2】（2023·全国·高一专题练习）已知互不重合的直线m，n，互不重合的平面α，β，γ，下列命题错误的是（    ）
A．若α∥β,β∥γ，则α∥γ
B．若α∥β,β⊥γ，则α⊥γ
C．若α∥β,m∥α，则m∥β
D．若α∥β,n⊂α，则n∥β
【解题思路】利用面面平行具有传递性的性质，可判断A 选项；利用面面平行与垂直的性质，可判断B选项；利用面面平行的性质定理可判断C、D选项；
【解答过程】对于A选项，α∥β,β∥γ，则α∥γ，故A正确；
对于B选项，α∥β,β⊥γ，则α⊥γ，故B正确；
对于C选项，α∥β,m∥α，则m∥β或m⊂β，故C错误；
对于D选项，α∥β,n⊂α，根据面面平行，可证得线面平行，即n∥β，故D正确.
故选：C.
【变式8-3】（2023春·山东青岛·高一校考期中）已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ）
A．若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β
B．若n//m，n⊥α，则m⊥α
C．若m⊥α，m⊥n，则n//α
D．若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
【解题思路】根据空间线面位置关系依次判断各选项即可得答案.
【解答过程】解：对于A，若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，m∩n=P，则α//β，故错误；
对于B，n//m，n⊥α，则m⊥α，正确；
对于C，m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故错误；
对于D，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或异面，故错误.
故选：B.


【题型9 直线与平面平行的判定】
【方法点拨】
使用直线与平面平行的判定定理时，关键是在平面内找到一条与已知直线平行的直线，具体操作中，我们
可以利用几何体的特征，合理利用中位线定理，或者构造平行四边形等证明两直线平行.
【例9】（2023·江苏·高一专题练习）已知A、B、C、D是不共面四点，M、N分别是△ACD、△BCD的重心．以下平面中与直线MN平行的是（    ）
①平面ABC；    ②平面ABD；    ③平面ACD；    ④平面BCD．
A．①③ B．①② C．①②③ D．①②③④
【解题思路】由已知以及重心定理可推得EMEA=ENEB=13，进而得到MN//AB，根据线面平行的判定定理可得①②正确；进而可判断直线MN与平面ACD以及平面BCD相交，即可得出③④错误.
【解答过程】
如图，取CD中点为E，连结AE、BE.
由已知以及重心定理可得，AMME=21，BNNE=21，则EMEA=13，ENEB=13.
所以EMEA=ENEB=13，所以MN//AB.
因为MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以MN//平面ABC，故①正确；
因为MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，所以MN//平面ABD，故②正确；
因为M∈平面ACD，N∉平面ACD，所以MN与平面ACD不平行，故③错误；
因为N∈平面BCD，M∉平面BCD，所以MN与平面BCD不平行，故④错误.
故选：B.
【变式9-1】（2023·全国·高一专题练习）如图，在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ平行的有（    ）个
①．     ②．
③．④．
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】利用线面平行的判定方法逐个分析判断即可
【解答过程】对于①，如图取底面中心O，连接OQ，由于Q为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ相交，所以AB与平面MNQ相交，

对于②，如图连接A1B1，因为M,Q分别为A1C1,B1C1的中点，所以MQ∥A1B1，因为AB∥A1B1，所以MQ∥AB，因为AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ，

对于③，如图，连接A1B1，则AB∥A1B1，因为M,Q分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得MQ∥A1B1，所以MQ∥AB，因为AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ，

对于④，如图，连接A1B1，则AB∥A1B1，因为N,Q分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得NQ∥A1B1，所以NQ∥AB，因为AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ，

所以直线AB与平面MNQ平行的有3个，
故选：C.
【变式9-2】（2023·全国·高三专题练习）在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是（    ）
A． B．
C． D．
【解题思路】根据正方体，正三棱柱的性质，线面的位置关系及线面平行的判定定理结合条件逐项分析即得.
【解答过程】A选项中，由正方体的性质可知BM//B1N，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误；

B选项中，因为NQ//AC，故平面CNQ即为平面ACNQ，而BM//AQ，BM⊄平面CNQ，AQ⊂平面CNQ，所以直线BM与平面CNQ平行，故正确；

C选项中，因为NQ//BC，故平面CNQ即为平面BCNQ，则直线BM与平面CNQ相交于点B，故错误；

D选项中，假设直线BM与平面CNQ平行，过点M作CQ的平行线交A1B1于点D，则点D是在A1B1上靠近点B1的四等分点，
由MD//CQ，MD⊄平面CNQ，CQ⊂平面CNQ，可得MD//平面CNQ，又BM与平面CNQ平行，MD∩CM=M,MD,CM⊂平面BDM，则平面BDM//平面CNQ，
而平面ABB1A1与平面BDM，平面CNQ分别交于BD，QN，则BD与QN平行，
显然BD与QN不平行，假设错误，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误．

故选：B.
【变式9-3】（2023春·全国·高一专题练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P是平面A1B1C1D1内的一动点，M为线段DC的中点，则下列说法错误的是（    ）
A．平面PAM内任意一条直线都不与BC平行
B．平面PAB和平面PCM的交线不与平面ABCD平行
C．平面PBC内存在无数条直线与平面PAM平行
D．平面PAM和平面PBC的交线不与平面ABCD平行
【解题思路】对A，根据BC与平面PAM相交判断即可；对B，根据线面平行的判定与性质判断即可；对CD，延长AM，BC交于E，根据线面平行的性质判断即可.
【解答过程】对A，因为BC与AM在平面ABCD内且不平行，故BC与AM相交，故BC与平面PAM相交，若平面PAM内任意一条直线与BC平行，则BC//平面PAM，矛盾，故A正确；

对B，由AB平行BC，AB⊄平面PCM，BC⊂平面PCM，故AB//平面PCM.设平面PAB和平面PCM的交线为l，由线面平行的性质可得AB//l，又l⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，故l/平面ABCD，故B错误；

对CD，延长AM，BC交于E，连接如图.
由题意，平面PAM和平面PBC的交线即直线PE，故当平面PBC内的直线与PE平行时，与平面PAM也平行，故C正确；
交线PE与平面ABCD交于E，故D正确；

故选：B.
【题型10 平面与平面平行的判定】
【方法点拨】
第一步：在一个平面内找出两条相交直线；
第二步：证明这两条相交直线分别平行于另一个平面；
第三步：利用平面与平面平行的判定定理得出结论.
【例10】（2023·全国·高一专题练习）在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是（    ）．
①α、β都垂直于平面r，那么α∥β
②α、β都平行于平面r，那么α∥β
③α、β都垂直于直线l，那么α∥β
④如果l、m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥β
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】在正方体中观察可判断①；由平面平行的传递性可判断②；由线面垂直的性质可判断③；根据面面平行判定定理可判断④.
【解答过程】如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故①错误；
由平面平行的传递性可知②正确；
由线面垂直的性质可知③正确；
过直线l做平面γ与α、β分别交于l1,l2，过直线m做平面χ与α、β分别交于m1,m2，
因为l∥α，l∥β，所以l∥l1,l∥l2，所以l1∥l2
因为l1⊄β，l2⊂β，所以l1∥β
同理，m1∥β
又l、m是两条异面直线，所以l1,l2相交，且l1⊂α，m1⊂α
所以α∥β，故④正确.
故选：D.

【变式10-1】（2023·全国·高一专题练习）已知两个平面α、β，在下列条件下，可以判定平面α与平面β平行的是（    ）
A．α、β都垂直于一个平面γ
B．平面α内有无数条直线与平面β平行
C．l、m是α内两条直线，且l∥β，m∥β
D．l、m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β
【解题思路】ABC选项，举出反例，D选项可以利用面面平行的判定进行证明.
【解答过程】A选项，如图所示，α、β都垂直于一个平面γ，但α、β相交，故A错误；

B选项，如图，已知a∥β，平面α内有无数条直线与a平行，则这些直线也与β平行，故B选项错误；

C选项，当l、m是两条平行直线时，不能判定平面α与平面β平行，C错误；
D选项，因为l∥α，m∥α，则在平面α内存在a∥l,b∥m，
因为l、m是两条异面直线，
所以a,b为相交直线，
因为l∥β，m∥β，
所以a∥β，b∥β，
故可以判定平面α与平面β平行.

故选：D.
【变式10-2】（2023·全国·高三专题练习）在正方体EFGH−E1F1G1H1中，下列四对截面彼此平行的是（    ）
A．平面E1FG1与平面EGH1 B．平面FHG1与平面F1H1G
C．平面F1H1E与平面FHE1 D．平面E1HG1与平面EH1G
【解题思路】根据正方体的平行关系，可证平面E1FG1与平面EGH1平行，可得出结论.
【解答过程】如图，正方体EFGH−E1F1G1H1,EE1//GG1,EE1=GG1，
所以四边形EE1G1G是平行四边形，E1G1//EG,E1G1⊄平面EGH1，
EG⊂面EGH1，所以E1G1//平面EGH1，同理G1F//平面EGH1.
因为E1G1∩G1F=G1,E1G1,G1F⊂平面E1FG1，
所以平面E1FG1//平面EGH1.

故选：A.
【变式10-3】（2023春·安徽马鞍山·高一校考期中）如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是（    ）
A． B．
C． D．
【解题思路】延拓过点P,Q,R三点的平面，再根据平面与平面的判定定理，即可容易判断选择.
【解答过程】由题意可知经过P、Q、R三点的平面即为平面PSRHNQ，如下图所示：

对B,C选项：可知N在经过P、Q、R三点的平面上，所以B、C错误；
对A：MC1与QN是相交直线，所以A不正确；
对D：因为A1C1//RH，，BC1//QN， A1C1∩BC1=C1,
又容易知RH,QN也相交，
A1C1,BC1平面A1C1B；RH,QN⊂平面PSRHNQ，
故平面A1C1B//平面PSRHNQ
故选：D.
【题型11 线面垂直判定定理的应用】
【方法点拨】
利用直线与平面垂直的判定定理判定线面垂直的步骤：
(1)在这个平面内找两条直线，使要证直线和这两条直线垂直；
(2)确定这个平面内的两条直线是相交的直线；
(3)根据判定定理得出结论.
【例11】（2023·陕西商洛·统考三模）如图，四棱锥P−ABCD的底面是等腰梯形，AD//BC，BC=2AB=2AD=2，PC=3，PC⊥底面ABCD，M为棱AP上的一点.

(1)证明：AB⊥CM；
(2)若三棱锥P−CDM的体积为112，求PMPA的值.
【解题思路】（1）过点A作AN⊥BC，垂足为N，根据等腰三角形的性质得到∠ABC=60°，利用余弦定理求出AC2，从而得到AC⊥AB，由线面垂直得到PC⊥AB，即可证明AB⊥平面PAC，从而得证；
（2）设PMPA=λ，0<λ≤1，则VP−CDM=λVP−ACD，求出VP−ACD，即可求出λ，从而得解.
【解答过程】（1）证明：过点A作AN⊥BC，垂足为N，
在等腰梯形ABCD中，因为AD//BC，BC=2AB=2AD=2，所以BN=12，∠ABC=60°，
在△ABC中，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcos∠ABC=3，则AB2+AC2=BC2，则AC⊥AB，
因为PC⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，所以PC⊥AB，
因为AC∩PC=C，AC,PC⊂平面PAC，所以AB⊥平面PAC，
又CM⊂平面PAC，所以AB⊥CM.
（2）设PMPA=λ，0≤λ≤1，则VP−CDM=λVP−ACD，
因为S△ACD=12AD⋅AN=34，
所以VP−ACD=13S△ACD·PC=14，
又VP−CDM=112，所以14λ=112，解得λ=13，
即当三棱锥P−CDM的体积为112时，PMPA=13.

【变式11-1】（2023春·黑龙江哈尔滨·高一校考期中）已知棱长均相等的正三棱柱ABC−A1B1C1，M，N分别为棱CC1，A1B1中点．

(1)证明：C1N∥平面A1BM；
(2)证明：AB1⊥平面A1BM．
【解题思路】（1）利用线面平行判定定理即可证得C1N∥平面A1BM；
（2）利用线面垂直判定定理即可证得AB1⊥平面A1BM．
【解答过程】（1）设AB1∩A1B=T，连接NT,MT
又棱长均相等的正三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别为棱CC1，A1B1中点．
则NT//BB1,NT=12BB1，C1M//BB1,C1M=12BB1，
则NT//C1M,NT=C1M，则四边形NTMC1为平行四边形，
则NC1//TM，又NC1⊄平面A1BM，TM⊂平面A1BM，
则C1N∥平面A1BM；

（2）取BC中点S，连接AS,B1S，则AS⊥BC
又面ABC⊥面BB1C1C，面ABC∩面BB1C1C=BC，AS⊂面ABC，
则AS⊥面BB1C1C，又BM⊂面BB1C1C，则AS⊥BM
又正方形BB1C1C中，C1M=CM，则△BB1S≅△CBM(SAS),
则∠BB1S=∠CBM，又∠BB1S+∠BSB1=π2，
则∠CBM+∠BSB1=π2，则B1S⊥BM，
又AS⊥BM，AS∩B1S=S，AS，B1S⊂面ASB1，
则BM⊥面ASB1，又AB1⊂面ASB1，则BM⊥AB1，
又正方形A1ABB1中，A1B⊥AB1，A1B∩BM=B，
A1B,BM⊂平面A1BM，则AB1⊥平面A1BM．

【变式11-2】（2023·江西·校联考模拟预测）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BD⊥平面AB1C，其垂足D落在直线B1C上.

(1)求证：AC⊥B1C；
(2)若P是线段AB上一点，BD=1，BC=AC=2，三棱锥B1−PAC的体积为33，求APPB的值.
【解题思路】（1）由直棱柱性质得AC⊥BB1，再由BD⊥平面AB1C，得AC⊥BD，从而可得线面垂直，然后得线线垂直；
（2）△B1BC是直角三角形，BD⊥B1C，由已知可得出BB1，由（1）可得AC⊥BC，因此只要设AP=x，则△APC面积可表示出来，也可得出三棱锥B1−PAC的体积，求得x，得出APPB．
【解答过程】（1）∵ABC−A1B1C1是直三棱柱，则BB1⊥面ABC，
又AC⊂面ABC，∴AC⊥BB1，
又BD⊥平面AB1C，AC⊂平面AB1C，∴AC⊥BD，
又BD∩BB1=B，BD⊂平面BB1C1C，BB1⊂平面BB1C1C，∴AC⊥平面BB1C1C，
又B1C⊂平面BB1C1C，∴AC⊥B1C；
（2）由（1）知AC⊥平面BB1C1C，
∴AC⊥BC，BC=AC=2，∴AB=22，点C到AB的距离为2，
设AP=x，则S△APC=12⋅x⋅2=22x，
∵BD⊥B1C，BC=2，BD=1，∴DC=22−12=3，
由B1B⊥BC，BC2=CD⋅B1C，B1C=BC2CD=433，
∴BB1=(433)2−22=233，
∴VB1−PAC=13⋅22x⋅233=33，∴x=322，即AP=322，
∴PB=AB−AP=22，则APPB=3.
【变式11-3】（2023春·天津西青·高一校考期中）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，且BC=DC=DB=AA1=2，E是BC的中点.

(1)求证：BD1//平面DEC1；
(2)求证：直线DE⊥平面B1BCC1；
(3)求直线BD1与平面D1DCC1所成角的正弦值.
【解题思路】（1）连接D1C交DC1于点H，先证明HE//D1B，再由线面平行判定定理可证明；
（2）由题意可证明 DE⊥BC，CC1⊥DE，即可证明DE⊥平面B1BCC1;
（3）BO⊥平面D1DCC1,则 ∠BD1O是直线BD1与平面D1DCC1所成角，代入sin∠BD1O=BOBD1，即可得出答案.
【解答过程】（1）因为：连接D1C交DC1于点H，则H为D1C中点,
点E为CD中点 ∴HE//D1B.
∵HE在平面C1DE内，D1B⊄平面C1DE.
直线BD1//平面C1DE.

（2）∵BC=DC=DB=AA1=2，E是BC的中点. ∴DE⊥BC,
∵CC1⊥平面ABCD 且DE在平面ABCD内,
∴CC1⊥DE,
∵CC1在平面B1BCC1内，CB在平面B1BCC1中且CC1∩BC＝C
∴DE⊥平面B1BCC1,
（3）
∵BC=DC=DB=2, △BDC是等边三角形，取DC中点O,

则BO⊥CD,BO⊥DD1,CD∩DD1=D,CD⊂平面D1DCC1,DD1⊂平面D1DCC1
BO⊥平面D1DCC1
∴∠BD1O是直线BD1与平面D1DCC1所成角，
在Rt△BOD1中，∵BC=DC=DB=2,BO=3,∵DD1=BD=2,∴BD1=22+22=22
∴sin∠BD1O=BOBD1=322=64.
【题型12 面面垂直判定定理的应用】
【方法点拨】
利用判定定理证明面面垂直的一般方法：先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的垂线存在，则可通
过线面垂直来证明面面垂直；若这样的垂线不存在，则需通过作辅助线来证明.
【例12】（2023春·陕西榆林·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是矩形，SA⊥底面ABCD，SA=AD，点M是SD的中点，AN⊥SC且交SC于点N.

(1)求证：SB∥平面ACM；
(2)求证：平面SAC⊥平面AMN.
【解题思路】（1）连结BD交AC于E，连结ME，由三角形中位线的性质可得ME∥SB，结合线面平行的性质可得SB//平面ACM；
（2）由线面垂直得线线垂直，由线线垂直证明线面垂直，从而证明面面垂直.
【解答过程】（1）连结BD交AC于E，连结ME，
因为ABCD是矩形，所以E是BD的中点，
因为M是SD的中点，所以ME是△DSB的中位线，
所以ME//SB，
又ME⊂平面ACM，SB ⊄平面ACM，
所以SB //平面ACM；

（2）因为SA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，
所以SA⊥CD，又四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD，
又SA∩AD=A，SA⊂平面SAD，AD⊂平面SAD，
所以CD⊥平面SAD，因为AM⊂平面SAD，所以CD⊥AM，
由题意，SA=AD，点M是SD的中点，所以AM⊥SD，
又SD∩CD=D，SD⊂平面SCD，CD⊂平面SCD，
所以AM⊥平面SCD，因为SC⊂平面SCD，所以SC⊥AM，
又AN⊥SC，AM∩AN=A，AM⊂平面AMN，AN⊂平面AMN，
所以SC⊥平面AMN，又因为SC⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面AMN.
【变式12-1】（2023·四川·校联考模拟预测）如图所示，直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB，ED∥AB，AB=2DE=2BD=2，AC=BC，异面直线DE与AC所成角为45°.
  
(1)求证：平面ACE⊥平面BCD；
(2)若点F在CE上，当△AFB面积最小时，求三棱锥F−ABE的体积.
【解题思路】（1）由异面直线DE与AC所成角，得出∠BAC=45∘，则AC⊥BC，再由面面垂直得出线面垂直，再证得面面垂直.
（2）取AB中点G，△AFB面积最小时，线段FG最短. 当点F为CE中点时，FG⊥CE，线段FG最短. 求此时三棱锥F−ABE的体积即可.
【解答过程】（1）证明：因为AC=BC，
所以∠BAC为锐角.
因为ED∥AB，
所以∠BAC为异面直线DE与AC所成角，
所以∠BAC=45∘.
所以△ABC为等腰直角三角形，所以∠ACB=90°.
则AC⊥BC.
因为平面ABDE⊥平面ABC，DB⊥AB，平面ABDE∩平面ABC=AB，DB⊂平面ABDE，
所以DB⊥平面ABC，DB⊥AC，
所以AC⊥平面BCD.
因为AC⊂平面ACE，
所以平面ACE⊥平面BCD.
（2）取AB中点G，连接FG，BE.如图：
  
因为AB=2DE=2BD=2，DB⊥AB，ED∥AB，
所以AE=BE=2.
因为AC=BC，所以△ACE≌△BCE.
所以∠ACE=∠BCE，△ACF≌△BCF.
所以AF=BF，FG⊥AB.
所以△AFB面积最小时，线段FG最短.
因为EG=CG=1，S△ABC=12AB×CG=1，
所以当点F为CE中点时，FG⊥CE，线段FG最短.
因为平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，EG⊥AB，EG⊂平面ABDE，所以EG⊥平面ABC.
此时，VF−ABE=12VC−ABE=12VE−ABC=12×13×S△ABC×EG=16.
【变式12-2】（2023·河南郑州·统考模拟预测）在几何体ABC−A1B1C1中，AB=BC=3，AC=3，点D，E在棱AC上，且AD=DE=EC，三棱柱DBE−A1B1C1是直三棱柱.

(1)求证：平面A1BE⊥平面ABB1；
(2)若A1D=2，求点A1到平面AB1C的距离.
【解题思路】（1）由直三棱柱的性质可得BB1⊥平面BDE，即可得到BB1⊥BE，再由余弦定理求出∠ABC、BE，即可得到AB⊥BE，从而得到BE⊥平面ABB1，即可得证；
（2）取A1C1的中点M，DE的中点N，连接B1M，B1N，由面面垂直的性质得到B1M⊥平面A1AC，再由VA1−AB1C=VB1−AA1C及等体积法计算可得.
【解答过程】（1）因为三棱柱DBE−A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥平面BDE，
因为BE⊂平面BDE，所以BB1⊥BE，
又AB=BC=3，AC=3，点D，E在棱AC上，且AD=DE=EC，
则AD=DE=EC=1
所以cos∠ABC=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=−12，显然0<∠ABC<π，所以∠ABC=2π3，
所以∠BAC=∠BCA=π6，则BE=AB2+AE2−2AB⋅AEcos∠BAE=1，
所以BE2+AB2=AE2，即AB⊥BE，
又BB1∩AB=B，BB1,AB⊂平面ABB1，所以BE⊥平面ABB1，
又BE⊂平面A1BE，所以平面A1BE⊥平面ABB1；
（2）取A1C1的中点M，DE的中点N，连接B1M，B1N，
设点A1到平面AB1C的距离为d，因为AB1=CB1=32+22=7，
所以B1N=72−322=192，
因为平面A1B1C1⊥平面A1AC，B1M⊥A1C1，平面A1B1C1∩平面A1AC=A1C1，
所以B1M⊥平面A1AC，
因为VA1−AB1C=VB1−AA1C，即13S△AB1C⋅d=13S△AA1C⋅B1M，
所以13×12×3×192⋅d=13×12×3×2×32，所以d=25719，
所以点A1到平面AB1C的距离为25719.

【变式12-3】（2023·全国·高一专题练习）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面为菱形，∠ABC=60°，AB=PC=2，PA=PB=2，M为PD的中点，R为PB的中点，平面α过M、C、R三点且与面PAC交于直线l，l交PA于点Q.

(1)求证：面PAB⊥面ABCD；
(2)求证：PQPA=13；
(3)求平面BCQ与平面ABCD所成夹角的正切值.
【解题思路】（1）取AB中点记为O，可得OC⊥AB，OC=3，由勾股定理可证明PA⊥PB，OP⊥OC，从而得OP⊥面ABCD，即可得证；
（2）取PC、PA中点分别记为N、S，可得四边形MNRS为菱形，记NS交MR于E点，E平分NS、MR，可知α∩面PAC=l=EC，由ES∥AC且ES=14AC，故QSSA=13，进而证得结论；
（3）取BC中点记为G，再取AB、BC上F、H两点，使得PQPA=OFOA=13，AFAB=GHGB=13，由（1）结论可知，QF⊥面ABC，进而可得FH⊥BC，BC⊥QH，故平面BCQ与平面ABCD所成夹角为∠QHF，求解即可.
【解答过程】（1）取AB中点记为O，连接OP和OC，

由于AB=BC=2，∠ABC=60°，得△ABC为等边三角形，故OC⊥AB，OC=3，
由PA=PB=2，AB=2，得PA2+PB2=AB2，则PA⊥PB，OP⊥AB，OP=1，
由PO2+OC2=PC2，得OP⊥OC，
由OP⊥AB，PO⊥OC，AB∩OC=O，AB、OC⊂面ABCD，得OP⊥面ABCD，
又由OP⊂面PAB，得面PAB⊥面ABCD；
（2）取PC、PA中点分别记为N、S，连接MN、NR、RS、SM、NS、MR，

由中位线定理得MN∥DC，MN＝12DC，同理SR∥AB，SR＝12AB，
又AB∥DC，AB＝DC，则MN∥SR，MN＝SR，则MNRS为平行四边形，
又NR＝12CB，MN＝12DC，CB＝DC，则NR＝MN，则四边形MNRS为菱形，
记NS交MR于E点，E平分NS、MR，
∵E∈MR⊂面α且E∈NS⊂面PAC，
又∵C∈面α且C∈面PAC，∴α∩面PAC=l=EC，
在面PAC中，ES∥AC且ES=14AC，故QSSA=13，
进而PQPA=PS−QS2SA=SA−QS2SA=12−QS2SA=13；
（3）取BC中点记为G，再取AB、BC上F、H两点，
使得PQPA=OFOA=13，AFAB=GHGB=13，QF∥OP，
由（1）结论可知，QF⊥面ABC，又BC⊂面ABC，
故而QF⊥BC，又FH∥AG，故而FH⊥BC，
且有QF=23PO=23，OH=23AG=233，
连接QH，由QF⊥BC，FH⊥BC，QF∩FH=F，QF,FH⊂面QFH，
则BC⊥面QFH，QH⊂面QFH，可知BC⊥QH，

故平面BCQ与平面ABCD所成夹角为∠QHF，tan∠QHF=QFFH=33，
即平面BCQ与平面ABCD所成夹角的正切值为33.
【题型13 空间角的计算】
空间角包括：异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角，根据具体问题，结合这几种空间角的一
般求解步骤，进行转化求解即可.
【例13】（2023春·江西景德镇·高一校考期中）如图，四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，▱ABCD为正方形，PD=6，AB=8，点E为棱PB的中点．

(1)记过A、D、E三点的平面与平面PBC的交线为l，求证：l//平面PAD；
(2)求PB与平面ADE所成角的正弦值．
【解题思路】（1）设F为PC中点，连接EF，FD，先判断l为EF，进而结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）由线面垂直关系易证AD⊥平面PCD，进而可得AD⊥DF，过点P作PH⊥DF，垂足为H，连接HE，可证PH⊥平面ADFE，所以PB与平面ADFE所成角为∠PEH，进而求解即可.
【解答过程】（1）设F为PC中点，连接EF，FD，
因为E为PB中点，则EF//BC，且EF=12BC，
在正方形ABCD中，BC//AD，则EF//AD，
即A、D、E、F四点共面，即l为EF，
又l⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以l//平面PAD.
（2）由（1）知，A、D、E、F四点共面，
则平面ADE即为平面ADFE，
因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥AD，PD⊥BD，
又AD⊥DC，PD∩DC=D，PD,DC⊂平面PCD，
所以AD⊥平面PCD，
又DF⊂平面ADFE，得AD⊥DF.
过点P作PH⊥DF，垂足为H，连接HE，
由PH⊂平面PCD，得AD⊥PH，
又DF∩AD=D，且DF,AD⊂平面ADFE，
所以PH⊥平面ADFE，
所以PB与平面ADFE所成角为∠PEH.
在正方形ABCD中，BD=2AB=82，
在Rt△PDB中，PB=PD2+BD2=241，即PE=12PB=41，
在Rt△PDC中，PC=PD2+DC2=10，
则DF=PF=12PC=5，
又S△PDF=12S△PDC，即12×DF×PH=12×12×PD×DC，
即PH=245，
所以在Rt△PHE中，sin∠PEH=PHPE=24541=2441205，
即PB与平面ADE所成角的正弦值为2441205.

【变式13-1】（2023春·浙江宁波·高一校考期中）如图所示，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=83，∠DAB=π3，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折为△A′DE，若F为线段A′C的中点．在△ADE翻折过程中，

(1)求证：BF//平面A′DE；
(2)若二面角A′−DE−C=60°，求A′C与面A′ED所成角的正弦值.
【解题思路】（1）取CD的中点G，通过证平面A′DE//平面BFG，可得BF//面A′DE.
（2）利用二面角的平面角的定义先找出二面角A′−DE−C的平面角即为∠A′OG，再利用面面垂直的性质定理找到平面A′DE的垂线，从而作出A′C与面A′ED所成的角，计算可得答案.
【解答过程】（1）证明：取CD的中点G，连接FG，BG，

∵F为线段A′C的中点，∴GF//A′D，
∵FG⊄平面A′DE，A′D⊂平面A′DE，∴GF//平面A′DE，
又DG//BE，DG=BE，∴四边形BEDG为平行四边形，则BG//DE.
BG⊄平面A′DE，DE⊂平面A′DE，可得BG//平面A′DE，
又BG∩GF=G，BG，GF⊂平面BFG，
可得平面A′DE//平面BFG，BF⊂平面BFG，
则BF//面A′DE.

（2）取DC中点G，DE中点O，连接OG，A′O，A′G，
由AB=2BC=83，∠DAB=π3，E为边AB的中点，
得AE=AD=43，所以△ADE为等边三角形，从而DE=43，∠EDC=60°，
又DG=43，O为DE的中点所以OG⊥DE，又△A′DE是等边三角形，
所以A′O⊥DE，所以∠A′OG为二面角A′−DE−C的平面角，所以∠A′OG=60°，
过点E作EM//OA′，过A′作A′M//OE交于M，连接CM，
∵△A′DE是等边三角形，所以可求得A′O=6，OE=23，所以EM=6，A′M=23，
∵DE⊥A′O，DE⊥OG，OG//CE，EM//A′O，
所以DE⊥EM，DE⊥EC，又EC∩EM=E，EC，EM⊂面EMC，
所以DE⊥面EMC，又A′M//DE，所以A′M⊥面EMC，
∵A′M⊂平面A′DE，所以面A′DE⊥面EMC，
由ME=6，在△CBE中易求得CE=12，又∠MEC=∠A′OG=60°，
所以MC⊥EM，MC=63，
面A′DE∩面EMC=EM，MC⊂面EMC，
所以MC⊥面A′DE，所以∠MA′C为A′C与平面A′DE所成的角，
在Rt△A′MC中可求得A′C=230，所以sin∠MA′C=63230=31010，
∴A′C与面A′ED所成角的正弦值为31010.
【变式13-2】（2023春·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，且∠ADC=∠BCD=90°，AD=2BC=2，DC=3，PA=PD，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD //平面MAC．

(1)判断M点在PB的位置并说明理由；
(2)记直线DM与平面PAC的交点为K，求DKKM的值；
(3)若异面直线CM与PA所成角的余弦值为22，求二面角M−CD−A的平面角的正切值．
【解题思路】（1）连接BD交AC于O，由PD //平面MAC，根据线面平行的性质可得答案；
（2）连接OP，则OP∩DM=K，由PD//OM可求得结果；
（3）取AD中点H，过M作MG⊥BH，可知MG//PH，取AB靠近A的三等分点N，可知MN//PA，所以∠CMN或其补角就是异面直线CM与AP所成角，由条件证得PH⊥平面ABCD，MG⊥平面ABCD，令PH=t，计算MG，MN，CN，CM，利用余弦定理，由cos∠CMN=±22得t4−31t2=0，解得t，过G作GQ⊥CD交CD于Q，由CD⊥平面MGQ得CD⊥MQ，所以∠MQG就是所求二面角的平面角，求解即可.
【解答过程】（1）连接BD交AC于O，连接OM，
因为PD //平面MAC，PD⊂平面PBD，平面MAC∩平面PBD=OM，则PD//OM．
因为AD//BC,AD=2BC=2，所以BOOD=12，
则O为BD靠近B的三等分点，所以M为PB上靠近B的三等分点．
（2）如图，连接OP，则OP∩DM=K，
因为PD∥OM，则DKKM=PDOM=BDBO=3．

（3）取AD中点H，连接PH，HB，
过M作MG⊥BH，可知MG//PH．
取AB靠近B的三等分点N，连接MN，NC，可知MN//PA，
所以∠CMN或其补角就是异面直线CM与AP所成角，如图．

因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PH⊥AD，PH⊂平面PAD，
所以PH⊥平面ABCD，因此MG⊥平面ABCD．
令PH=t，t>0，计算得：MG=13PH=13t，MN=13PA=131+t2，CN=23AD2+13CD2=53，
∵GB=1,BC=1,∴GC=2，CM=GC2+MG2=t29+2，
所以，cos∠CMN=CM2+MN2−CN22CM⋅MN=±22，即t4−31t2=0，解得t=31．
过G作GQ⊥CD交CD于Q，连接MQ．
∵MG⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD, ∴MG⊥CD,
GQ∩MG=G，GQ,MG⊂平面MGQ，∴CD⊥平面MGQ，
∵MG⊂平面MGQ，∴CD⊥MQ，
所以∠MQG就是所求二面角的平面角，
所以，tan∠MQG=MGGQ=t3=313．
【变式13-3】（2023·全国·高一专题练习）在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2．点E,F分别在AB,CD上，且AE＝2，CF＝1．沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A′EFD′，点A′∉平面BCFE．

(1)求证：CD′ //平面A′BE；
(2)求异面直线EF与BD′所成的角；
(3)在翻折的过程中，设二面角A′−BC−E的平面角为θ，求tanθ的最大值．
【解题思路】（1）由D′F//A′E得D′F//平面A′EB，FC//EB得FC//平面A′EB，从而得平面D′FC//平面A′EB，即可证明CD′//平面A′EB；
（2）延长EF,BC交于点G，EF∩DB=H，可证得△EBG≌△DAB，进而得∠EHB=90°，即EF⊥DB，从而EF⊥D′H,EF⊥HB，所以EF⊥平面D′HB，则EF⊥ BD′，即得答案；
（3）在平面ABCD内作AO⊥EF于点O，作A′M⊥AO于M，作MN⊥BC于N，可证得A′M⊥BC，BC⊥A′N，即∠A′NM为二面角A′−BC−E的平面角θ，结合三角函数即可得解．
【解答过程】（1）因为D′F//A′E，D′F⊄平面A′EB，A′E⊂平面A′EB，所以D′F//平面A′EB，
因为FC//EB，FC⊄平面A′EB，EB⊂平面A′EB，所以FC//平面A′EB，
又因为FC∩D′F=F，所以平面D′FC//平面A′EB，
因为CD′⊂面D′FC，所以CD′//平面A′EB.
（2）延长EF,BC交于点G，EF∩DB=H，
FC//EB且FC=12EB，则BG=2BC=4，
EB=DA,BG=AB,∠EBG=∠DAB=90°，则△EBG≌△DAB，
故∠GEB=∠BDA，而∠BDA+∠DBA=90°，
故∠GEB+∠DBA=90°，则∠EHB=90°，即EF⊥DB，
从而EF⊥D′H,EF⊥HB，又D′H∩HB=H，D′H,HB⊂平面D′HB，
所以EF⊥平面D′HB，而BD′⊂平面D′HB，则EF⊥ BD′，
所以异面直线EF与BD′所成的角为90°.
（3）如图，在平面ABCD内作AO⊥EF于点O，作A′M⊥AO于M，作MN⊥BC于N，

EF⊥OM,EF⊥A′O,OM∩A′O=O，则EF⊥平面A′OM，
A′M⊂平面A′OM，则EF⊥A′M，
又A′M⊥AO，EF∩AO=O，EF,AO⊂平面BCFE，所以A′M⊥平面BCFE，
所以A′M⊥BC，又因为MN⊥BC,MN∩A′M=M，
所以BC⊥平面A′MN，所以BC⊥A′N，
所以∠A′NM为二面角A′−BC−E的平面角θ，
因为AO⊥EF,A′O⊥EF，所以∠A′OM为二面角A′−EF−B的平面角，
设∠A′OM=α,α∈0,π
当α=π2时，点O与点M重合，由AO=45,ON=125，可得tanθ=53，
当α∈0,π2时，因为AO=45，所以A′M=45sinα,OM=45cosα，
所以AM=45+45cosα，故MN=4−45+45cosα×25=125−85cosα，
所以tanθ=A′MMN=5sinα3−2cosα，
同理当α∈π2,π时，A′M=45sinα,OM=−45cosα，
所以AM=45+45cosα，故MN=4−45+45cosα×25=125−85cosα，
所以tanθ=A′MMN=5sinα3−2cosα，
设y=5sinα3−2cosα，则5sinα+2ycosα=3y，
所以sinα+φ=3y4y2+5，其中sinφ=2y4y2+5,cosφ=54y2+5，
由3y4y2+5≤1，解得−1≤y≤1，
所以y的最大值为1，此时5sinα+2cosα=3，又sin2α+cos2α=1，解得cosα=23.
所以，当cosα=23时，tanθ取最大值1.
【题型14 点、线、面的距离问题】
【方法点拨】
结合具体条件，根据点到平面的距离、线面距、面面距的定义，进行转化求解即可.
【例14】（2023·四川巴中·校考模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，四边形ABCD是梯形，AB//CD，AB⊥AD，E，F分别是棱BC，PA的中点.

(1)证明：EF//平面PCD.
(2)若AB=1,AD=PD=2,CD=3,∠PDC=120∘，求点C到平面DEF的距离.
【解题思路】（1）取AD的中点H，证得HF//PD，得到HF//平面PCD，再由HE//CD，证得HE//平面PCD，从而证得平面HEF//平面PCD，即可得到EF//平面PCD；
（2）求得HF=1,HE=2,DF=2,DE=5，由DF2+DE2=EF2，证得DF⊥DE，根据平面PCD⊥平面ABCD，得到点P到平面ABCD的距离是3，点F到平面ABCD的距离是32，结合VC−DEF=VF−CDE，即可求解.
【解答过程】（1）证明：取AD的中点H，连接EH，FH.
因为F，H分别是棱PA，AD的中点，所以HF//PD.
因为PD⊂平面PCD，HF⊄平面PCD，所以HF//平面PCD.
因为E，H分别是棱BC，AD的中点，所以HE//CD.
因为CD⊂平面PCD，HE⊄平面PCD，所以HE//平面PCD.
因为HE，HF⊂平面HEF，且HE∩HF=H，所以平面HEF//平面PCD.
因为EF⊂平面HEF，所以EF//平面PCD.
（2）解：因为四边形ABCD是梯形，满足AB⊥AD,AB=1,AD=PD=2,CD=3，
且∠PDC=120∘，E,F分别为BC,PA的中点，可得HF=1,HE=2,DF=2,DE=5，
由（1）可知HF//PD且HE//CD，则∠EHF=∠PDC=120∘，所以EF=7，
因为DF2+DE2=EF2，所以DF⊥DE，
因为平面PCD⊥平面ABCD且PD=2,∠PDC=120∘，
所以点P到平面ABCD的距离是3，
因为F是PA的中点，则点F到平面ABCD的距离是32，
设点C到平面DEF的距离为d，因为VC−DEF=VF−CDE，
所以13×12×2×5d=13×12×3×1×32，解得d=33020，
即点C到平面DEF的距离是33020.

【变式14-1】（2023·陕西咸阳·统考模拟预测）如图，已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，底面ABCD是菱形，AB=2，∠DAB=60∘，AA1=3，O1是A1C1和B1D1的交点，M是O1C的中点.
  
(1)证明：AM⊥平面CB1D1；
(2)求直线BD平面CB1D1的距离.
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理可证B1D1⊥平面ACC1A1，根据线垂直性质得到B1D1⊥AM，由已知可得AC=AO1=CO1，利用等边三角形三线合一的性质可得AM⊥O1C，再利用线面垂直的判定定理可证AM⊥平面CB1D1；
（2）由线面平行的判定定理可知BD//平面CB1D1，即点B到平面CB1D1的距离为所求，根据勾股定理逆定理可证O1B1⊥O1C，再利用等体积法求解即可.
【解答过程】（1）证明：在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，而BD⊂底面ABCD，
∴AA1⊥BD，
已知底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
而AA1∩AC=A，AA1,AC⊂平面ACC1A1，
∴BD⊥平面ACC1A1，又B1D1//BD，∴B1D1⊥平面ACC1A1，
而AM⊂平面ACC1A1，∴B1D1⊥AM，
  
在菱形ABCD中，已知AB=2，∠DAB=60∘，可得AC=2AO=23，
又OO1=AA1=3，在Rt△AOO1中，AO1=AO2+OO12=9+3=23，
∴AC=AO1=CO1=23，而M是O1C的中点，知AM⊥O1C，
又B1D1∩O1C=O1，B1D1,O1C⊂平面CB1D1，
所以AM⊥平面CB1D1.
（2）∵B1D1//BD，B1D1⊂平面CB1D1，BD⊄平面CB1D1，
∴BD//平面CB1D1，即点B到平面CB1D1的距离为所求，
在三棱锥B−O1B1C中，易知O1到平面B1BC的距离等于O到直线BC的距离为32，且S△B1BC=12×2×3=3，
在△O1B1C中，O1B1=1，B1C=13，O1C=23，可得BC12=O1B12+O1C2，即O1B1⊥O1C
∴S△O1B1C=12⋅O1B1⋅O1C=12×1×23=3
设B到平面C1B1D的距离为ℎ，由三棱锥体积关系VB−O1B1C=VO1−BB1C，
得3⋅ℎ=3⋅32，解得ℎ=32，
故直线BD平面CB1D1的距离为32.
【变式14-2】（2023·浙江·高三专题练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC⊥平面AA1B1B，△ABC是正三角形，D是棱BC上一点，且CD=3DB，A1A=A1B.

(1)求证：B1C1⊥A1D；
(2)若AB=2且二面角A1−BC−B1的余弦值为35，求点A到侧面BB1C1C的距离.
【解题思路】（1）取AB,BC的中点O,E，根据等腰三角形三线合一性质、面面垂直的性质，结合线面垂直的判定可证得BC⊥平面A1OD，由平行关系和线面垂直的性质可证得结论；
（2）取B1C1中点F，作A1G⊥DF，由二面角平面角定义和线面垂直的判定可知cos∠A1DF=35，所求距离为A1G；设A1O=ℎ，根据长度关系，在△A1DF中，利用余弦定理可构造方程求得ℎ，利用面积可求得A1G.
【解答过程】（1）取AB,BC的中点O,E，连接A1O,A1D,OD,AE，

∵△ABC为等边三角形，∴AE⊥BC；
∵A1A=A1B，O为AB中点，∴A1O⊥AB，
∵CD=3DB，E为BC中点，∴D为BE中点，又O为AB中点，
∴OD//AE，∴OD⊥BC；
∵平面ABC⊥平面AA1B1B，平面ABC∩平面AA1B1B=AB，A1O⊂平面AA1B1B，
∴A1O⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，∴A1O⊥BC；
∵A1O∩OD=O，A1O,OD⊂平面A1OD，∴BC⊥平面A1OD，
∵A1D⊂平面A1OD，∴BC⊥A1D，又BC//B1C1，∴B1C1⊥A1D.
（2）取B1C1中点F，连接A1F,DF，
由三棱柱结构特征知：A1F//AE，又OD//AE，∴OD//AF，即A1,O,D,F四点共面，
由（1）知：BC⊥平面A1ODF，
∵A1D,DF⊂平面A1ODF，∴BC⊥DF，BC⊥A1D，
∴∠A1DF是二面角A1−BC−B1的平面角，∴cos∠A1DF=35，
作A1G⊥DF，垂足为G，

∵BC⊥A1G，DF⊥A1G，BC∩DF=D，BC,DF⊂平面BCC1B1，
∴A1G⊥平面BCC1B1，
设A1O=ℎ，则AA1=ℎ2+1，
又AE=A1F=22−12=3，∴OD=12AE=32，
∴A1D=ℎ2+34，DF=A1O2+12A1F2=ℎ2+34，
∴cos∠A1DF=A1D2+DF2−A1F22A1D⋅DF=ℎ2+34+ℎ2+34−32ℎ2+34=35，解得：ℎ=3，
又sin∠A1DF=45，∴S△A1DF=12A1D⋅DFsin∠A1DF=12DF⋅A1G，
即12×152×152×45=12×152⋅A1G，解得：A1G=2155，
即点A1到侧面BB1C1C的距离为2155.
【变式14-3】（2023·全国·高一专题练习）如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=AD=1，求：

(1)平面ADD1A1与平面BCC1B1的距离.
(2)点D1到直线AC的距离.
(3)直线AB与面A1DCB1的距离.
【解题思路】（1）根据长方体的性质求解即可；
（2）连接AD1,CD1，根据等面积法求得点D1到直线AC的距离即可；
（3）先证明BC1⊥平面BCC1B1，从而得到直线AB与面A1DCB1的距离即可
【解答过程】（1）因为平面ADD1A1与平面BCC1B1平行，故平面ADD1A1与平面BCC1B1的距离即AB=2
（2）连接AD1,CD1，由题意，AD1=AD2+DD12=2，CD1=CD2+DD12=5，AC=CD2+AD2=5.因为△CAD1为等腰三角形，故S△ACD1=12AD1CD12−AD122=32，设点D1到直线AC的距离为d ，则32=12AC⋅d，解得d=355，即点D1到直线AC的距离为355；

（3）连接BC1，交B1C于P，因为长方体中BC=BB1，故正方形BCC1B1，故BC1⊥B1C，且A1B1⊥平面BCC1B1，又B1C⊂平面BCC1B1，故BC1⊥A1B1，又B1C∩A1B1=B1，故BC1⊥平面BCC1B1，故直线AB与面A1DCB1的距离为BP=12BC1=22.