专题三第2讲几何法求空间角、距离

第2讲几何法求空间角、距离微点一异面直线所成的角空间余弦定理：在四面体ABCD中，设异面直线AC，BD所成的角为θ，θ∈0，π2，则cosθ例1(1)在正三棱台ABC-A1B1C1中，AB=2A1B1=4，∠A1AB=60°，M为A1C1的中点，则直线AM与BC所成角的余弦值为()A.715 B.714 C.73答案B解析如图，取A1B1的中点N，连接MN，AN，则MN∥B1C1，且B1C1∥BC，故MN∥BC，故∠AMN(或其补角)即为AM与BC所成的角，易得B1C1=A1B1=2，MN=12B1C1=1，A1N=1，AM=AN延长AA1，BB1，CC1，相交于点P，因为∠A1AB=60°，所以△PAB，△PAC，△PBC均为等边三角形，又AB=2A1B1=4，根据比例关系可知AA1=A1P=2，且∠AA1B1=120°，由余弦定理得AN2=AA12+A1N2-2AA1·A1Ncos∠AA1N故AM=AN=7所以cos∠AMN=A=12×即直线AM与BC所成角的余弦值为714(2)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=23，∠BAD=π2，则异面直线BC与MD答案13解析方法一如图，取AC的中点N，连接MN，ND，因为M为棱AB的中点，故MN∥BC，MN=12BC=1所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在Rt△DAM中，AM=1，AD=23故DM=AD2+易得AD⊥平面ABC，故AD⊥AC.在Rt△DAN中，AN=1，AD=23故DN=AD2+AN2在等腰三角形DMN中，MN=1，可得cos∠DMN=12MN所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326方法二(空间余弦定理)如图，连接MC，则在四面体MBCD中可使用空间余弦定理.在Rt△AMD中，AM=1，AD=23则MD=13.因为△ABC是等边三角形，且M为棱AB的中点，所以BM=12AB=1，CM⊥AB又平面ABC⊥平面ABD，且平面ABC∩平面ABD=AB，CM⊂平面ABC，所以CM⊥平面ABD，又MD⊂平面ABD，所以CM⊥MD，在Rt△MCD中，CM=3，MD=13，则在Rt△ABD中，AB=2，AD=23，则BD设BC，MD所成的角为θ，θ∈0，则cosθ=BM2+[规律方法]求异面直线所成角的步骤(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.跟踪演练1直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1，∠BAC=120°，则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为()A.34 B.134 C.34答案A解析如图所示，设E，F，G，H分别是棱A1B1，AB，AA1，A1C1的中点.连接EF，FH，HG，EH，FG，易知FG綉12BA1，GH綉12AC故∠FGH(或其补角)是异面直线BA1与AC1所成的角.设AB=AC=AA1=2，由于∠BAC=120°，所以B1C1=23，EH=3，EF易知EF⊥EH，则FH=(3)又FG=12BA1=2，GH=12AC在△FGH中，由余弦定理得cos∠FGH=(2)2所以异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为34微点二直线与平面所成的角三余弦定理(最小角定理)：如图所示，设A为平面α上一点，过点A的斜线AO在平面α上的射影为AB，AC为平面α内的一条直线，那么∠OAC，∠OAB，∠BAC三角的余弦关系为cos∠OAC=cos∠BAC·cos∠OAB.证明：如图，过点O作OB⊥AB于点B，过点B作BC⊥AC于点C，连接OC，则△OAC，△ABC，△OAB均为直角三角形，令∠OAB=θ1，∠BAC=θ2，∠OAC=θ，则cosθ1=ABAO，cosθ2=ACAB，cos显然cosθ=cosθ1·cosθ2，且θ1<θ，即斜线与射影所成的角是斜线与平面内的任意直线所成的角中的最小的角.例2如图1，有一边长为2的正方形纸片ABCD，E是AD边的中点，将△ABE沿直线BE折起至A'BE的位置，此时恰好A'E⊥A'C，点A'在平面BCDE上的射影为O(如图2).(1)求证：EO⊥BC；(2)求直线A'C与平面A'BE所成角的正弦值.(1)证明由题意得A'E⊥A'B，又A'E⊥A'C，A'C∩A'B=A'，A'C，A'B⊂平面A'BC，则A'E⊥平面A'BC，又BC⊂平面A'BC，则A'E⊥BC.因为A'在平面BCDE上的射影为O，则A'O⊥平面BCDE，又BC⊂平面BCDE，则A'O⊥BC.因为A'E，A'O⊂平面A'OE，A'E∩A'O=A'，可得BC⊥平面A'OE，又EO⊂平面A'OE，则EO⊥BC.(2)解延长EO交BC于点F，则F为BC的中点，连接FA'，CE，由(1)得A'E⊥平面A'BC，又A'F⊂平面A'BC，则A'E⊥A'F，∠FA'E=π2易知△A'BC为正三角形，所以A'F=3，又EF=2，A'E=1所以12A'O·EF=12A'F·A'E⇒A'O=32，∠设点C到平面A'BE的距离为h，A'C与平面A'BE所成的角为β，V三棱锥A'-CBE=13×12×2×2V三棱锥C-A'BE=13×12×2×1×因为V三棱锥C-A'BE=V三棱锥A'-CBE，所以h=3，sinβ=hA'[规律方法]求直线与平面所成角的步骤(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.跟踪演练2如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，以AB为轴将菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1的位置，使得平面ABC1D1⊥平面ABCD，点E为边BC1的中点，连接CE，DD1.(1)求证：CE∥平面ADD1；(2)求直线CE与平面BDD1所成角的正弦值.(1)证明因为BE∥AD1，BE⊄平面ADD1，AD1⊂平面ADD1，所以BE∥平面ADD1.同理可得BC∥平面ADD1.又BE∩BC=B，BE，BC⊂平面BCE，所以平面BCE∥平面ADD1.因为CE⊂平面BCE，所以CE∥平面ADD1.(2)解取AD1的中点F，连接EF，DF，如图，则四边形EFDC是平行四边形，所以CE∥DF.从而CE与平面BDD1所成的角即为DF与平面BDD1所成的角，设为θ.过点D1作D1G⊥AB交AB于点G，过点G作GH⊥BD交BD于H，连接D1H，过点G作GK⊥D1H交D1H于点K，连接GF，DG.因为平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D1=AB，又D1G⊂平面ABC1D1，D1G⊥AB，所以D1G⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以D1G⊥BD，又GH⊥BD，D1G∩GH=G，D1G，GH⊂平面D1GH，从而BD⊥平面D1GH，因为GK⊂平面D1GH，所以BD⊥GK，又GK⊥D1H，BD∩D1H=H，BD，D1H⊂平面BDD1，从而GK⊥平面BDD1.所以GK的长即为点G到平面BDD1的距离.由D1G=3，GH=可得GK=155又GF∥BD1，所以F到平面BDD1的距离设为h，即为点G到平面BDD1的距离，即h=GK=155又D1G=DG=3可得DD1=6.在△ADD1中，DD1=6，AD=AD1=2由中线定理得4DF2+AD12=2(AD2+DD1所以sinθ=hDF=所以直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为1510微点三二面角1.二面角的求法：(1)定义法(2)三垂线法在平面α内找一合适的点A，作AO⊥β于O，过点A作AB⊥l于点B，则BO为斜线AB在平面β内的射影，∠ABO为二面角α-l-β的平面角，如图1.(3)射影面积法凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式cosθ=(4)补棱法当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形进行补充，使之有明确的交线(称为补棱)，然后借助前述的定义法与三垂线法解题.当两个半平面没有明确的交线时，也可直接用射影面积法解题.(5)垂面法由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角，如图3.2.三正弦定理(最大角定理)：对于一个锐二面角，在其中一个半平面内的任一条直线与另一个半平面所成的线面角的最大值等于二面角的平面角，即二面角是最大的线面角.(由三正弦定理sinθ=sinα·sinβ可得.其中二面角的平面角为α，二面角的一个半平面ABM内任意直线与另一个半平面ABN所成的线面角为θ，β为该直线与二面角棱AB所成的角(在半平面ABM内)).例3(1)(多选)(2025·广州模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=22ABA.BC1∥平面A1CDB.平面A1CD⊥平面AB1C1C.A1E⊥ECD.二面角D-A1C-E的平面角的正弦值为6答案ABD解析如图，连接AC1交A1C于F，连接DF，AB1，易知F为AC1的中点，DF∥BC1，BC1⊄平面A1CD，DF⊂平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD，选项A正确；易知B1C1⊥平面AA1C1C，A1C⊂平面AA1C1C，所以A1C⊥B1C1，又A1C⊥AC1，AC1，B1C1⊂平面AB1C1，AC1∩B1C1=C1，所以A1C⊥平面AB1C1，又A1C⊂平面A1CD，所以平面A1CD⊥平面AB1C1，选项B正确；令AA1=AC=CB=22AB=a则A1C=2a，EC=52a，A1E=32a，不满足勾股定理，故选项由于AC=CB=AB2，所以AC⊥因为AD=DB，所以CD⊥AB，又因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CD⊥平面ABB1A1.方法一(三正弦定理)所以三面角A1-EDC即为“直三面角”，分离后如图.设∠EA1D=β，∠CA1D=α，∠CA1E=θ，二面角D-A1C-E的平面角为φ，由“直三面角”基本关系得cosθ=cosαcosβ=32·2332=所以由三正弦定理得，sinφ=sinβsinθ=3322方法二(面积射影法)连接DE(图略)，DE=BD2+BE2=32a，A1D=62a，DE2+A1故DE⊥A1D，由于CD⊥DE，易知DE⊥平面A1CD，E在平面A1CD内的射影为D，设二面角D-A1C-E的平面角为θ，cos∠A1EC=A1E2+EC2−A所以cosθ=S△A1DCS△A1EC=12(2)(多选)(2025·广州模拟)如图，在四面体A-BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=22，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在棱AC上，且AQ=3QC，二面角C-BM-DA.PQ∥平面BCDB.二面角B-MC-D的平面角大小为60°C.∠BDC=60°D.四面体A-BCD的体积为2答案ACD解析如图，作QF∥AD∥PE，根据平面几何知识易得QF=PE=14AD所以PQ∥EF，又PQ⊄平面BCD，EF⊂平面BCD，所以PQ∥平面BCD，A正确；易证BC⊥平面ADC，所以二面角B-MC-D的平面角大小为90°，B错误；对于C，方法一(三正弦三余弦定理)由于MD⊥平面BCD，故三面角B-MCD是“直三面角”，如图，设二面角C-BM-D的平面角为φ，φ=60°，∠DBC=α，∠MBC=θ，∠MBD=β，则由“直三面角”基本关系得sinφ=sinαsin所以sinθ=233sin根据三余弦定理，cosθ=cosαcosβ=223cosα，sin2θ+cos2θ即43sin2α+89cos2α即sin2α=14，sinα=12，又所以α=30°，所以∠BDC=60°.方法二(射影面积法)过C作CH⊥BD于H，连接MH，易知C在平面MBD内的射影为H，设∠BDC=α，BH=BCsinα=BDsin2α=22sin2α，所以cos60°=S△BHM=22si所以4sin2α-8cos2α=1，sin2α=3又0°<α<90°，sinα=32，所以∠BDC=60°，由C项分析可知CD=2，BC=6，V=13×12·BC·CD·AD=[规律方法]求二面角的平面角的步骤(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.跟踪演练3(多选)(2025·武汉模拟)如图，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，AB⊥AC，AB=AC=2，AA1=4，D是BC的中点，则下列判断正确的是()A.A1B∥平面AC1DB.异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为3C.A1D⊥BCD.平面AA1B与平面AC1D所成二面角的平面角的正弦值为2答案ABC解析如图，连接A1C交AC1于E，连接DE，易知E为A1C的中点，DE∥A1B，DE⊂平面AC1D，A1B⊄平面AC1D，所以A1B∥平面AC1D，选项A正确；易知AD⊥BC,AA1⊥BC⇒BC⊥平面AA1D，又A1D⊂平面AA1D，则对于B，方法一延长C1D交B1B的延长线于点P，连接PA，则PA为平面AC1D与平面AA1B的交线，由于D为BC的中点，所以PB=BB1，四边形PBA1A为平行四边形，所以PA∥BA1，即∠APD为异面直线A1B与C1D所成的角，所以AD=BD=2，BP=4，AP=ABPD=BD2易知AD⊥PD，则cos∠APD=PDAP=3方法二(空间余弦定理)连接BC1(图略)，在四面体BA1C1D中，设异面直线A1B与C1D所成的角为γ，γ∈0，则cosγ=|A1D2+BC对于D，方法一(三正弦定理)PB⊥平面ABD，PB⊂平面PBA，则平面PBA⊥平面ABD，从而三面角A-PBD为“直三面角”.分离后设∠PAB=β，∠BAD=α，∠PAD=θ，二面角B-PA-D的平面角为φ，且AB=2，BD=DA=2，PB=4则在Rt△PBD中，PD=32在Rt△PBA中，PA=25在Rt△PAD中，sinθ=PDPA=32所以sinφ=sinαsinθ=故平面AA1B与平面AC1D所成二面角的平面角的正弦值为53方法二(射影面积法)如图，过D作DF⊥AB于F，连接A1F，易知D在平面AA1B上的射影为F，设平面AA1B与平面AC1D所成二面角的平面角为θ，所以|cosθ|=S△A1AF所以sinθ=53，故D微点四空间距离例4(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，下列说法正确的是()A.直线A1B1到平面ABCD的距离为1B.B1D1到AC的距离为1C.点B到直线A1C的距离为6D.平面C1DA1到平面AB1C的距离为3答案ACD解析对于A，如图1，AA1⊥平面ABCD，A1B1∥平面ABCD，AA1=1，故直线A1B1到平面ABCD的距离即为点A1到平面ABCD的距离，为1，故A正确；对于B，如图2，设O1，O2分别是上、下底面的中心，则O1∈B1D1，O2∈AC，则O1O2⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，故O1O2⊥AC，又O1O2⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，故O1O2⊥B1D1，O1O2是异面直线B1D1，AC的公垂线段，O1O2=1，故B错误；对于C，如图3，连接A1B，作BH⊥A1C于H，BC⊥平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，故BC⊥A1B，在Rt△A1BC中，A1B=2，BC=1，A1C=故BH=1×23=6对于D，如图4，连接BD1，BD，AC∥A1C1，A1C1⊂平面C1DA1，AC⊄平面C1DA1，故AC∥平面C1DA1，同理AB1∥平面C1DA1，AC∩AB1=A，AC，AB1⊂平面AB1C，故平面C1DA1∥平面AB1C，因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，又BD⊥AC，BD∩DD1=D，BD，DD1⊂平面BDD1，故AC⊥平面BDD1，BD1⊂平面BDD1，故AC⊥BD1，同理可得B1C⊥BD1，AC∩B1C=C，AC，B1C⊂平面AB1C，故BD1⊥平面AB1C，同理BD1⊥平面C1DA1，设点B到平面AB1C的距离为h，则13×12×1×1×1=13×12×2×2×32×易知点D1到平面C1DA1的距离也为h，故两平面的距离为3-33-33=33，[规律方法](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.跟踪演练4如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB=2，AB=22，AA1=3，M为AB(1)证明：AC1∥平面B1CM；(2)求直线AC1到平面B1CM的距离.(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)解连接AB1，由CA=CB=2，得CM⊥AB，又AA1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，则AA1⊥CM，又AB∩AA1=A，AB，AA1⊂平面ABB1A1，因此CM⊥平面ABB1A1，又MB1⊂平面ABB1A1，则CM⊥MB1，又CA2+CB2=AB2，则△ABC是等腰直角三角形，CM=12AB=2，MB1=MS△B1CM=12CMS△ACM=12S△ACB=12×12CA·设点A到平面B1CM的距离为d，由V三棱锥A得13S△B1CM·d=13解得d=3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322专题强化练[分值：80分]一、单项选择题(每小题5分，共30分)1.已知二面角α-l-β的大小为60°，m为直线，且m⊥α，则m与平面β所成角的大小为()A.30° B.60°C.90° D.45°答案A解析如图，过点P作PA∥m交平面α于点A，作PB⊥β交平面β于点B，设直线l与平面PAB的交点为O，连接OA，OB.显然l⊥PA，l⊥PB，PA∩PB=P，PA，PB⊂平面PAOB，所以l⊥平面PAOB，从而l⊥OA，l⊥OB，所以∠AOB即为二面角α-l-β的平面角，所以∠AOB=60°，从而∠APB=120°，故直线PA与PB所成的角为60°，从而m与平面β所成的角即直线PA与平面β所成的角，为30°.2.空间四面体ABCD中，AB=CD=2，AD=BC=3，AC=BD=4，则直线BD与AC所成角的余弦值为()A.516 B.13 C.78答案A解析设异面直线AC，BD所成的角为θ，θ∈0，π则cosθ=AD2+3.已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为边长为2的正方形，PA=PB=2，PC=PD=3，则直线CD到平面PABA.696 B.693 C.236答案A解析根据题意，如图，因为PA=PB=2，PC=PD=3，则PM⊥AB，PN⊥CD，即PN⊥AB又PM∩PN=P，PM，PN⊂平面PMN，所以AB⊥平面PMN，又AB⊂平面PAB，所以平面PMN⊥平面PAB，因为底面ABCD为边长为2的正方形，则AB∥CD，AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，所以CD∥平面PAB，则直线CD到平面PAB的距离为点N到平面PAB的距离，即点N到直线PM的距离，又PM=PA2−APN=PD2−DN2=3−1=在△PMN中，cos∠MPN=PM2则sin∠MPN=138所以点N到直线PM的距离为PN·sin∠MPN=2×13812=694.(2025·新余模拟)在三棱锥P-ABC中，PA⊥PC且PA=PC，底面ABC是等边三角形，平面PAC⊥平面ABC，若QA=2PQ，则二面角Q-BC-AA.23 B.33 C.22答案D解析如图，过点P作PD⊥AC，垂足为D，∵平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC=AC，PD⊂平面PAC，∴PD⊥平面ABC，作QO⊥AC，则PD∥QO，则QO⊥平面ABC，作OE⊥BC于E，∵BC⊂平面ABC，∴QO⊥BC，又∵OE⊥BC，OE∩QO=O，OE，QO⊂平面QOE，∴BC⊥平面QOE，∵QE⊂平面QOE，∴BC⊥QE，∴∠QEO为二面角Q-BC-A的平面角.∵QA=2PQ，PA⊥PC且PA=PC∴QO=23PD=13作AF⊥BC于F，由△ABC是等边三角形，得OE=23AF=33∴tan∠QEO=QOOE=13∴cos∠QEO=325.如图，在三棱锥O-ABC中，二面角O-AB-C的大小为θ，AO与底面ABC所成的角为θ1，AO与BC所成的角为θ2，则θ，θ1，θ2的大小关系为()A.θ1≤θ B.θ1≥θC.θ1>θ2 D.θ1≥θ2答案A解析过点O作OD⊥平面ABC于点D，过点D作DE⊥AB于点E，连接OE，AD，则∠OED即为二面角O-AB-C的平面角，即∠OED=θ；∠OAD就是AO与底面ABC所成的角，即∠OAD=θ1；过点A作AB'∥BC，则∠OAB'(或其补角)就是AO与BC所成的角，即θ2；因为OD≤OE≤OA，在Rt△OAD中，sinθ1=OD在Rt△OED中，sinθ=OD所以sinθ1≤sinθ，又因为0<θ1，θ≤π2，所以θ1≤θ2是AO与BC所成的角，根据最小角定理知，θ1≤θ2.6.在梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，AB=AD=4，CD=3，把梯形ABCD沿对角线AC折起，使D到达P的位置，当二面角P-AC-B的取值范围为π6，π4时，三棱锥A.485，96C.65，12答案D解析S△ABC=12×4×4=8，在Rt△PAC中，作PE⊥AC于点E又PE=AP·PCAC=125，AE=165，CE=95，故∠PED为二面角P-AC-D的平面角，也是二面角P-AC-B的平面角的补角，故3π4≤∠PED≤又因为PE⊥AC，DE，PE⊂平面PED，DE∩PE=E，则AC⊥平面PED，又因为AC⊂平面ABC，则平面ABC⊥平面PED，在平面PED内，过P作PM⊥DE，垂足为M，因为平面ABC∩平面PED=DE，PM⊂平面PED，故PM⊥平面ABC，设点P到平面ABC的距离为h，则h=PM，则三棱锥P-ABC的体积V=13S△ABC·h=易知当二面角P-AC-D等于3π4时，h取最大值，此时h=PE·sinπ4=625，当二面角P-AC-D等于5π6时，h取最小值，此时h=PE·sinπ6=65，故三棱锥P-ABC的体积的取值范围为165二、多项选择题(每小题6分，共12分)7.如图，在多面体ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，CA⊥平面ABB1A1，CC1⊥平面ABC，且AA1=AC=4，CC1=2，AB=3，则()A.BC1=29B.BC1⊥AA1C.直线A1C1与平面ABC1所成角的正弦值为4D.直线A1B1到平面ABC1的距离为8答案ACD解析对于A，因为CA⊥平面ABB1A1，且AB⊂平面ABB1A1，所以CA⊥AB，同理可得CC1⊥BC，故BC1=AB2+AC对于B，在矩形ABB1A1中，易知AA1⊥AB，因为CA⊥平面ABB1A1，且AA1⊂平面ABB1A1，所以CA⊥AA1，因为CA∩AB=A，CA，AB⊂平面ABC，所以AA1⊥平面ABC，由图可知BC1∩平面ABC=B，故B错误；对于C，在平面ACC1A1内，过A1作A1D⊥AC1，垂足为D，如图，因为AB⊥AA1，AB⊥AC，AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，所以AB⊥平面ACC1A1，因为A1D⊂平面ACC1A1，所以AB⊥A1D，因为A1D⊥AC1，AB∩AC1=A，AB，AC1⊂平面ABC1，所以A1D⊥平面ABC1，故∠A1C1A为直线A1C1与平面ABC1所成的角，易知△AA1C1的面积S△AA1C1=12×AA1×AC=8，AC1=A则A1D=2S△AA1C1AC1=855，在Rt△A1DC1中，sin对于D，在矩形ABB1A1中，A1B1∥AB，因为AB⊂平面ABC1，A1B1⊄平面ABC1，所以A1B1∥平面ABC1，由选项C可知点A1到平面ABC1的距离为A1D=855，即A1B1到平面ABC1的距离为858.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P为线段B1C上的动点，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，则()A.AP与BD1始终保持垂直B.EF与BD1所成角的正弦值为6C.点C到平面AEF的距离为1D.以A为球心，AB为半径的球的球面与四边形A1BCD1的交线长为2答案ACD解析对于A，由题意可作图如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知A1B⊥AB1，A1D1⊥平面ABB1A1，因为AB1⊂平面ABB1A1，所以A1D1⊥AB1，因为A1D1∩A1B=A1，A1D1，A1B⊂平面A1BD1，所以AB1⊥平面A1BD1，因为BD1⊂平面A1BD1，所以AB1⊥BD1，同理可得AC⊥BD1，因为AC∩AB1=A，AC，AB1⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C，因为AP⊂平面AB1C，所以BD1⊥AP，故A正确；对于B，由题意可作图如图所示，因为E，F分别为BC，CC1的中点，所以在正方体ABCD-A1B1C1D1中，EF∥AD1，在Rt△A1AD1中，AD1=A1D在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知AB⊥平面ADD1A1，因为AD1⊂平面ADD1A1，所以AB⊥AD1，在Rt△ABD1中，BD1=AD12+AB2=3，则sin所以EF与BD1所成角的正弦值为33，故对于C，由题意可作图如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知CC1⊥平面ABCD，所以三棱锥F-ACE的体积V=13·CF·S△ACE=13·CF·12·AB·因为AC⊂平面ABCD，所以CF⊥AC，则AF=AC2易知AE=AB2+BE2=在△AEF中，cos∠AEF=AE2则sin∠AEF=1−cos2所以S△AEF=12·AE·EF·sin∠AEF=即点C到平面AEF的距离d=3VS△AEF=对于D，由题意可作图如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知AB1⊥A1B，BC⊥平面ABB1A1，因为AB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB1，因为A1B∩BC=B，A1B，BC⊂平面A1BCD1，所以AB1⊥平面A1BCD1，由题意可得交线为圆锥底面周长的一半，圆锥的顶点为A，底面直径为A1B=2则交线的长度为12·π·A1B=2π2，三、填空题(每小题5分，共10分)9.已知在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是AC上一点，则点P到平面A1C1D的距离为.

答案2解析如图，易知AC∥A1C1，而A1C1⊂平面A1C1D，AC⊄平面A1C1D，则AC∥平面A1C1D，则要求点P到平面A1C1D的距离即为求点A到平面A1C1D的距离，设为d，由V三棱锥A−A1C1D=V三棱锥C1−AA1D，得13×12×22×22×32d=13×110.正四面体A-BCD放置在平面α上，△CBD在平面α内，E为BC的中点，当四面体绕CD旋转时，AE与平面α所成角的余弦值的取值范围是.

答案3解析设AE与平面α所成的角为θ，当旋转到AE∥α时，cosθ=1，此时余弦值最大；取BD的中点F，连接AF，EF，取EF的中点H，连接AH，所以EF∥CD，AE=AF，AH⊥EF，所以当四面体绕CD旋转时，AE与平面α所成的角即为四面体绕EF旋转时，AE与平面α所成的角，当四面体绕EF旋转时，若点A到平面α的距离h最大，则cosθ=AE此时AH⊥α，h=AH，设正四面体棱长为2，则AE=AF=3，FE=1，EH=此时cosθ=AE2因为旋转