高一数学必修第二册同步学与练（人教版）第16讲 立体几何中空间角的问题和点到平面距离问题（解析版）

第16讲拓展一：立体几何中空间角的问题和点到平面距离问题

题型01点到平面距离（定值）

【典例1】（2024上·辽宁辽阳·高三统考期末）在平面四边形ABCD中，ABC为正三角形，ADCD，

ADCD2，如图1，将四边形沿AC折起，得到如图2所示的四面体BACD，若四面体BACD外

接球的球心为O，当四面体BACD的体积最大时，点O到平面ABD的距离为（）

21221

A．B．

77

221421

C．D．

2121

【答案】C

【详解】由题意可知当平面ABC平面ADC时四面体BACD的体积最大时，

因为ABC为正三角形，ADCD，ADCD2，

所以AD2CD24AC2AC2，

则ACABBC2，

当平面ABC平面ADC时，

取线段AC中点E，则点E为直角三角形ADC的外心，

连接BE，则易知BE平面ADC，

所以四面体BACD外接球球心在BE上，

因为ABC为正三角形，

所以四面体BACD外接球球心即为ABC的中心O，

2

则BOBE，

3

2

设点E到面ABD的距离为h，点O到面ABD的距离为h，

3

11

由VV得创SBE=创Sh，

BADEEABD3ADE3ABD

因为ABC边长为2，所以BE3，

11121

S=�S创2=，

ADE2ADC222

△ABD中，AB=2,AD=2,BD=DE2+BE2=2，

1147

所以S=创2=，

ABD222

111721

则创3=创h�h，

32327

2221

所以点O到面ABD的距离为h=.

321

故选：C

【典例2】（2024上·上海·高二上海师大附中校考期末）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，

AB1,BC2,AC3,AA11，则点B1到平面A1BC的距离为.

【答案】21

7

222

【详解】因为AB1,BC2,AC3,AA11，所以BCABAC,ABAC，又三棱柱为直棱柱，所以

A1A平面ABC，又A1A平面ACC1A1，

所以平面ACC1A1平面ABC，又平面ACC1A1平面ABCAC,ABAC,AB平面ABC，所以AB平

面ACC1A1，

易得2222

A1BABAA12,A1CACAA12

244214

在△A1BC中由余弦定理：得cosBA1C，故sinBA1C，

22244

17

于是SACABsinBAC，

A1BC21112

由棱柱性质得B1C1//BC，B1C1平面A1BC，BC平面A1BC，所以B1C1//平面A1BC，点B1到平面A1BC

的距离即点C1到平面A1BC的距离，设为d

171A1C1CC11321

因为VCABCVBACC，所以dAB1,解得d

11113232327

故答案为：21

7

【典例3】（2022·重庆·统考模拟预测）在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABC是边长为2的正三角

形，PA4，Q为三棱锥PABC外接球球面上一动点，则点Q到平面PAB的距离的最大值为

5

【答案】3

3

【详解】令三棱锥PABC外接球球心为O，正ABC所在平面截球面所得小圆圆心为O1，连接OO1,BO1,BO，

如图，

2

则OO1平面ABC，而正ABC边长为2，即有BO13，

3

因PA平面ABC，则三棱锥PABC外接球球心为O在过线段PA中点，且垂直于线段PA的平面内，

1

显然过线段PA中点垂直于线段PA的平面与平面ABC平行，则OOPA2，

12

24

于是得球O的半径RBOBO2OO2(3)2223，

1133

取PB中点O2，AB中点D，连接OO2,DO2,DO1，

因PAB是直角三角形，则O2是平面PAB截球O所得截面小圆圆心，因此，OO2平面PAB，

1

而DO//PA，DOPA2，则DO平面ABC，必有DO//OO，DOOO，于是得四边形OODO

2222212112

13

是平行四边形，OODOBO，

21213

由球面的性质知，点Q是经过点O2的球面直径端点且球心O在点O2与Q之间时，点Q到平面PAB的距离

最大，

5

此最大距离为ROO3，

23

5

所以点Q到平面PAB的距离的最大值为3.

3

【典例4】（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，PCAC，ABBC，

PCAC2AB2,E,F分别为棱PA,PB的中点．

(1)证明：EF平面PBC；

(2)求点P到平面CEF的距离．

【答案】(1)证明见解析

221

(2)

7

【详解】（1）平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，PCAC，PC平面PAC

PC平面ABC，

AB平面ABC，

PCAB，

又ABBC,PCBCC,PC,BC平面PBC，

AB平面PBC，

又E,F分别为棱PA,PB的中点，

EF∥AB,EF平面PBC．

（2）E,F分别为棱PA,PB的中点，PCAC2AB2，

11

AB1,EFAB，

22

又ABBC,BC3．

由第（1）问得PC平面ABC，BC平面ABC，

PCBC，BP7，

EF平面PBC，

1111113

VEFSEFSEFPCBC．

EPCF3△PCF32△PBC32212

17

EF平面PBC,EFCF,CFBP，

22

17

SEFCF．

△CEF28

设点P到平面CEF的距离为h，

1173

则VVShh，

PCEFEPCF3△CEF3812

221

解得h，

7

221

所以点P到平面CEF的距离为．

7

【变式1】（2024上·上海·高二上海南汇中学校考期末）如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1中，棱ABBC1，

BB12，E为CC1中点，则点C到平面EBD的距离是.

31

【答案】/3

33

【详解】设点C到平面EBD的距离为d，

因为ABBC1，BB12，E为CC1中点，

所以DEBEDB112，所以△EBD为等边三角形，

2

1223

所以S22，

EBD

222

因为VEBCDVCEBD，

11

所以ECSSd，

3BCD3EBD

111133

所以1d，解得d，

32323

3

故答案为：.

3

【变式2】（2024·全国·模拟预测）如图1，已知直角梯形CDEF中，CF∥DE，DEEF，CF2DE2EF4，

M为CF的中点，将VCDM沿DM折起到△ADM的位置，使平面ADM平面DEFM，N，Q，H，P分别

为AF，DM，DE，AE的中点，如图2所示．

(1)求证：平面EMN∥平面PQH；

(2)求点D到平面PQH的距离．

【答案】(1)证明见解析

3

(2)

3

【详解】（1）

Q，H分别是DM，DE的中点，QH∥ME，

QH平面EMN，ME平面EMN，QH∥平面EMN．

如图，连接PN，

1

N，P分别是AF，AE的中点，PN∥EF，PNEF．

2

易知DM∥EF，DMEF，

1

∵Q是DM的中点，QM∥EF，QMEF，

2

QM∥PN，QMPN，四边形QMNP为平行四边形，

\PQ∥MN．

PQ不在平面EMN，MN平面EMN，PQ∥平面EMN．

QHPQQ，QH,PQ平面PQH，

平面EMN∥平面PQH．

（2）

如图，取ME的中点O，连接OQ，OH，PO，PD，

易知四边形DEFM是边长为2的正方形，AMDM，

平面ADM平面DEFM，平面ADM平面DEFMDM，

AM平面DEFM，

P是AE的中点，

1

PO∥AM，POAM1，PO平面DEFM．

2

Q，H分别为DM，DE的中点，

111

OQDE1，OHDM1，QHME2．

222

在Rt△POQ中，PQPO2OQ22，

在RtPOH中，PHPO2OH22，

△PQH是边长为2的正三角形，

323111

，SDQDH11．

SPQH2△QDH

42222

设点D到平面PQH的距离为d，

VPQDHVDPQH，

1111133

S△PO1S△dd，d，

3QDH323PQH323

3

点D到平面PQH的距离为．

3

【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知四棱锥SABCD如图所示，平面SAD平面ABCD，四边形ABCD

为菱形，SAD为等边三角形，直线SB与平面SAD所成角的正切值为1．

(1)求证：ADSB；

(2)若点M是线段AD上靠近A的四等分点，AB2，求点M到平面SDC的距离．

【答案】(1)证明见解析

315

(2)．

10

【详解】（1）如图，过点B作BOAD于点O，连接OS.

因为平面SAD平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD，BOAD，BO平面ABCD，

所以BO平面SAD.

所以OSB即为直线SB与平面SAD所成的角.

因为tanOSB1OSB45OBOS

又∵四边形ABCD是菱形，SAD是等边三角形，所以SAOBAO，

所以SOAD，故O为AD的中点.

因为BOSOO,BO,SO平面SOB，所以AD平面SOB，

又SB平面SOB，所以ADSB.

（2）由题意可得：ABADCDSASD2.

连接OC，MC，

由（1）得：SOAD，平面SAD平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD，SO平面SAD，

所以SO平面ABCD.

因为OC平面ABCD，所以SOOC.

2221

在ODC中，OCDCOD2DCODcos120412217，

2

所以OC7，故SC2SO2OC23710，

SD2DC2SC244101

在△SDC中，cosSDC，

2SDDC2224

15

所以sinSDC1cos2SDC.

4

111515

所以SSD·DC·sinSDC22，

SDC2242

113333

SMD·DC·sinADC2.

MDC22224

11

设点M到平面SDC的距离为h，则VVShSSO，

MSDCSMDC3△SDC3△MDC

1533315

得h3h.

2410

315

所以点M到平面SDC的距离为.

10

题型02点到平面距离（最值或范围）

【典例1】（2024上·上海黄浦·高二统考期末）已知O,A,B,C,D为空间五个点，若OA,OB,OC两两垂直，

且OAOBOD1，OC2，则点D到平面ABC的距离的最大值为．

5

【答案】

3

【详解】由于OD1，故点D在以O为球心，半径为r1的球面上，

111

设O到平面ABC的距离为h，则由等体积法可得ShOAOBOC,

3ABC32

2

而所以12AB1323

BCAC5,AB2,SABCABAC2,

22222

2

故h，

3

25

因此点D到平面ABC的距离的最大值为hr1，

33

5

故答案为：

3

【典例2】（2021下·上海松江·高二上海市松江二中校考阶段练习）如图，已知四面体ABCD中，DA=DB=a，

DC=b，ADB60o，ADCBDC90.

（1）用a，b表示四面体ABCD的体积；

（2）若a=2b，求二面角D-AB-C的大小（用反三角函数表示）；

（3）若a+b=1，求点D到平面ABC距离的最大值.

3

332

【答案】（1）a2b；（2）arctan；（3）

123793

3333

4164

【详解】解：（1）该四面体可看作以ABD为底面，以DC为高的三棱锥，DA=DB=a，

o3

ADB60，所以△ABD为等边三角形，Sa2，

ABD4

所以132

V四面体SDCab.

ABCD3ABD12

（2）取AB的中点E，连接DE,CE则DEAB，因为ADCBDC90，且DA=DB，所以CDACDB，

则CACB，所以CEAB，则CED为二面角D-AB-C的平面角.

因为ADCBDC90，即CDDB，CDDA，DBDAD，所以CD平面ADB，即CDDE，

b23b3

3tanCED3

又DEa，CDb，所以33a3，所以CEDarctan，即二面角D-AB-C

2a3

2

3

的大小为arctan.

3

.

（3）三棱锥可看作以ABD为底面，以DC为高的三棱锥，也可看作以ABC为底面，D为顶点的三棱锥，设

D到底面ABC的距离为h，则有VDABCVCABD.

a23a213a2

由（2）可知，ABC为等腰三角形，CEa2b2b2，则Sab2；即

44ABC24

3

2ab

113a2132231

abhab，解得：h，令

3231

32434a2b2

44b2a2

22

313127bbb3a3a3a

tab

4b2a24b2a24a2aa4b24b4b

7b23a3a3a2bb793

33333333

4a24b4b4b2aa4164

b23a

2

a4b33

当且仅当4b3a时等号成立，

3a2b

4b2a

3

2

所以h

793

3333

4164

【变式1】（2020·山东·统考模拟预测）如图，直线l平面，垂足为O，三棱锥ABCD的底面边长和侧

棱长都为4，C在平面内，B是直线l上的动点，则点B到平面ACD的距离为，点O到直线AD的

距离的最大值为.

4

【答案】6222

3

3

【详解】ACD边长为4，则中线长为4，

2

2

234

点B到平面ACD的距离为1646，

323

点O是以BC为直径的球面上的点，

所以O到直线AD的距离为以BC为直径的球面上的点到AD的距离，

最大距离为分别过BC和AD的两个平行平面间距离加半径.

又三棱锥ABCD的底面边长和侧棱长都为4，

以下求过BC和AD的两个平行平面间距离，

分别取BC,AD中点E,F，连BF,CF,EF，

则BFCF,EFBC，同理EFAD，

分别过E,F做EM//AD,FN//BC，

直线BC,EM确定平面，直线AD,FN确定平面，

则EFFN,FNADF,EF，同理EF，

//,EF为所求，CF16423，

EF12422，

所以O到直线AD最大距离为222.

4

故答案为:6；222.

3

【变式2】（2022下·福建泉州·高一福建省晋江市养正中学校联考期末）如图，两个正方形ABCD，ECBF

5

边长为2，FBA.将ABD绕AB旋转一周，则在旋转过程中，D与平面ECBF的距离最大值为.

12

【答案】6

【详解】ABD绕AB旋转一周得到的几何体是圆锥，故D点的轨迹是圆.过AD作平面ADGH平面ABCD，

交平面ECBF于GH.D的轨迹在平面ADGH内.画出图像如下图所示，根据图像作法可知，当D位于圆心A

的正下方点P位置时，到平面ECBF的距离最大.在平面BAH内，过P作PQBH，交BH于Q.在RtPQH

π5ππ5π5π

中，PHQ,HPHAAPABtan22tan2.所以

212121212

ππ

tantan

π5ππ5πππ46

PQHPsin2tan2sin①.其中tantan，

ππ23

12121212461tantan

46

πππππππ6262

sinsinsincoscossin，所以①可化为6236.

1234343444

故答案为：6

题型03求异面直线所成角（定值）

【典例1】（2024上·辽宁沈阳·高二校联考期末）如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱

ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（）

4433

A．B．C．D．-

5555

【答案】A

【详解】连接A1C1,BC1，

因为AB//C1D1,ABC1D1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，

所以AD1//BC1，所以异面直线A1B与AD1所成角为A1BC1或其补角，

又因为AA12AB2且四棱柱为底面是正方形的直四棱柱，

所以A1BBC1145,A1C1112，

222

A1BBC1A1C15524

所以cosA1BC1，

2A1BBC12555

故选：A.

2π

【典例2】（2024·全国·模拟预测）如图,在圆锥PO中,PO4,B,C为圆O上的点,且OB2,BOC,若D

3

为PC的中点,E为OB的中点,则异面直线DE与PB所成角的余弦值为（）

1135665

A．B．

7070

33

C．D．

43

【答案】A

【详解】如图,取CO的中点G,取PO的中点F,连接EG,EF,DF,DG,

1

则DG//PO,且DGPO2,EF//PB,则DEF就是异面直线DE与PB所成的角或其补角．

2

易知PO平面BOC,所以DG平面BOC,所以DGGE.

2π1π3

因为BOC,OGOEOB1,所以GE2OGsin213,

3232

2

所以由勾股定理得DEDG2GE22237,

1111

又EFPBPO2BO242225,DFCO1,

2222

22

2

7511135

所以在△DEF中,由余弦定理得cosDEF,

27570

1135

故异面直线DE与PB所成角的余弦值为．

70

故选:A．

【典例3】（2024·全国·模拟预测）如图，在圆锥PO中，AB是底面圆O的直径，APB60，点C为AB

上靠近点B的三等分点，点D为PA上靠近点A的四等分点，则异面直线PB与CD所成角的余弦值为．

【答案】10

5

【详解】如图，取OA的中点E，连接DE，

ADAE

则，则DE∥PB，可知CDE或其补角为异面直线PB与CD所成的角．

APAB

因为APB60，即△APB为等边三角形，

不妨取AB4，连接OC，则COB60，

过点C作CFOB于点F，则OF1,CF3，可得EF2，

2

连接CE，则CE2237，

513

过点D作DMAO，垂足为M，连接CM，则MF,DMPO，

242

37

所以CMMF2CF2，则CDDM2CM210，

2

1DE2CD2CE2110710

又DEPB1，所以cosCDE，

42DECD2105

10

故异面直线PB与CD所成角的余弦值为．

5

10

故答案为：.

5

【变式1】（2024上·内蒙古呼和浩特·高二统考期末）在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为AC的中点，则异

面直线CC1与OB1所成角的余弦值为（）

1236

A．B．C．D．

2233

【答案】D

【详解】设正方体棱长为2，连接OB1,OB，如图，

因为CC1//BB1，所以BB1O（或其补角）即为异面直线CC1与OB1所成的角，

BB126

cosBB1O

在直角三角形OBB1中，OB23，

222

故选：D

【变式2】（2024·全国·模拟预测）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB3，BCCC12，点P在矩

形BCC1B1内运动（包括边界），M，N分别为BC，CC1的中点，若A1P∥平面MAN，当A1P取得最小值时，

异面直线BP与DD1所成角的余弦值为（）

52510310

A．B．C．D．

551010

【答案】D

【详解】如图，取BB1的中点E,B1C1的中点F，连接EF，A1E，A1F，所以EF//BC1,

又M，N分别为BC，CC1的中点，所以MN//BC1，

故EF∥MN，EF平面MAN,所以EF//平面MAN，

又AA1//MF,AA1MF,所以四边形A1AMF为平行四边形，故A1F∥AM，

A1F平面MAN,A1F∥平面MAN，

∥

又A1F，EF平面A1EF，A1FEFF，故平面A1EF平面MAN，

所以当A1P平面A1EF时，A1P∥平面MAN，则点P在线段EF上，

当A1PEF时，A1P取得最小值，易知A1EA1F9110，

则此时P为线段EF的中点．（等腰三角形中三线合一）

由DD1∥BB1可得，所以B1BP为异面直线BP与DD1所成的角，

210

且由平面几何知识可知，BE1，EP，BP，

22

222

BEBPEP310

cosBBP．

12BEBP10

310

所以异面直线BP与DD1所成角的余弦值为，

10

故选：D．

【变式3】（2024上·上海徐汇·高二统考期末）如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是正方

形，且AB2，AA14，经过顶点A和C1各作一个平面与平面CB1D1平行，前者与平面ABCD交于l1，后

者与平面ABB1A1交于l2，则异面直线l1与l2所成角的余弦值为.

【答案】10

10

【详解】设平面CB1D1平面ABCDm，因为//平面CB1D1，所以m//l1，

又因为平面ABCD//平面A1B1C1D1，且平面CB1D1平面A1B1C1D1B1D1，

所以B1D1//m，B1D1//l1，

因为平面ABB1A1//平面DCC1D1，且平面CB1D1平面DCC1D1CD1，

同理可证CD1//l2，异面直线l1与l2所成的角即B1D1,CD1所成的CD1B1

在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，且ABBC2,AA14，

22，22，

B1D12222CD1CB12425

222

CD1B1D1CB12082010

cosCD1B1，

2CD1B1D12252210

10

所以异面直线l1与l2所成的角的余弦值为.

10

10

故答案为：.

10

题型04异面直线所成角（最值或范围）

【典例1】（2023·山东·模拟预测）如图1，在平面四边形ABCD中，AB1,BC3,ACCD,CD3AC，

当ABC变化时，令对角线BD取到最大值，如图2，此时将ABC沿AC折起，在将ABC开始折起到与

平面ACD重合的过程中，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是（）

1021

A．0,B．0,

1014

36

C．0,D．0,

243246

【答案】B

【详解】设ABC，ACB，AB1，BC3，

在△ABC中，由余弦定理，得AC2AB2BC22ABBCcos423cos，

ACABsina

由正弦定理，得，∴sin.

sinasin423cosa

∵ACCD，AD2AC，CD3AC3423cosa，

222π

在△BCD中，由余弦定理，得BDBCCD2BCCDcos,

2

∴BD233423cos233423cossin

sina

1563cos6423cos

423cosa

1563cos6sina

1512sina，

3

π5π

当a，即a时，BD2取得最大值27，即BD的最大值为33.

326

过B做HBAC交AC于H，

ABCDAHHBCD

设直线AB与CD所成角为，cos

ABCDABCD

ABCDAHHBCDHBCD

又因为AHCD,cos，

ABCDABCDABCD

由此可知HBCD越大，直线AB与CD所成角的余弦值越大；

当平面ABC与平面ACD垂直时，直线AB与CD垂直，HBCD0，即此时所成角的余弦值最小值0，

当ABC与ACD共面，即将ABC沿AC折起，在将ABC开始折起到与平面ACD重合的过程中的初始

和结束状态时，HBCDHBCDcos0HBCDcos180余弦值最大，

AC2AB2BC22ABBCcos150,解得：AC7,

1°31321

S=创13�sin150，S=HB´7=，所以HB,

ABC24ABC2414

HBCD21

此时直线AB与CD所成角余弦值cos,

ABCD14

21

综上所述，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是0,,

14

故选：B.

【典例2】（2023下·福建漳州·高一统考期末）如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AA11，点M,N分别为

棱AD,DD1上的点（不与端点重合），且AMDN.

(1)求证：A1M平面ABN；

(2)求三棱锥BMDN的体积的最大值；

(3)点P在平面ABCD内运动（含边界），当A1PBD时，求直线A1P与直线BD1所成角的余弦值的最大值.

【答案】(1)证明见解析

1

(2)

24

3

(3)

3

【详解】（1）因为正方体ABCDA1B1C1D1，所以AA1AD,A1AMADN90，

又因为AMDN，

所以A1AM≌△ADN，所以AA1MNAD，

所以A1ANAA1MA1ANNADA1AD90，即A1MAN.

又因为AB平面ADD1A1，且A1M平面ADD1A1，所以ABA1M.

又因为ABANA，AB,AN平面ABN，

所以A1M平面ABN.

（2）设AM=DN=x，其中0x1，则DM1x，

21

所以11x1x1，当且仅当取等号

SMDNx1xx.

22282

因为三棱锥BMDN的高AB1，

111

所以三棱锥BMDN的体积的最大值为1.

3824

（3）因为A1A平面ABCD,BD平面ABCD，所以A1ABD，

在正方形ABCD中，BDAC，

又因为I，,平面，所以平面，

A1AACAA1AACA1ACBDA1AC

因为BDA1P,A1P平面A1AC，点P在平面ABCD内运动（含边界），且平面A1AC平面ABCDAC，

所以点PAC，所以点P的轨迹为线段AC，

把原正方体扩展成长方体CC1D1DEE1F1F，连结A1E,PE,AE，

依题意A1E∥BD1，则EA1P为直线A1P与直线BD1所成的角，

设APt,0t2，

则22