2026版高三数学讲义第七章　7.5　几何法求空间角和距离

7．5几何法求空间角和距离

1．理解空间角和空间距离的概念．

2．会利用几何法求线面角、二面角、距离．

考点1求距离

【例1】(1)如图，在四棱锥P­ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2BC＝4，AB⊥BC，

则点C到直线PA的距离为(A)

A．23B．25

C．2D．4

【解析】如图，取PA的中点M，连接BM，CM.因为PB⊥平面ABCD，BC平面ABCD，

所以⊥，又因为⊥，∩＝，，平面，所以⊥平面又

PBBCABBCPBABBPBABPABBC⊂PAB.

平面，所以⊥因为是的中点，＝，所以⊥，又⊥，

PAPABBCPA.MPAPB⊂ABBMPABCPA

∩＝，，平面，所以⊥平面又平面，所以⊥，

BM⊂BCBBMBCBCMPABCM.CMBCMCMPA

2

即CM为点C到直线P⊂A的距离．在等腰直角三角形PAB中，BM⊂＝PB＝22，在Rt△BCM

2

中，CM＝BM2＋BC2＝8＋4＝23，故点C到直线PA的距离为23.故选A.

(2)已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，22，22，则该

四棱锥的高为(D)

23

A．B．

22

C．23D．3

【解析】如图，底面ABCD为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设PA＝PB＝AB＝4，

PC＝PD＝22.

分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，PF，EF，则PE⊥AB，EF⊥AB，且PE∩EF

＝E，PE，EF平面PEF，可知AB⊥平面PEF，又AB平面ABCD，所以平面PEF⊥平面

过作的垂线，垂足为，即⊥，由平面∩平面＝，平

ABCD.P⊂EFOPOEF⊂PEFABCDEFPO

面，所以⊥平面由题意可得＝，＝，＝，则2＋2＝2，

PEFPOABCD.PE23PF2EF4PEPFE⊂F

11PE·PF

即PE⊥PF，则PE·PF＝PO·EF，可得PO＝＝3，所以四棱锥的高为3.当相对的棱

22EF

长相等时，不妨设PA＝PC＝4，PB＝PD＝22，因为BD＝42＝PB＋PD，此时不能形成三

角形PBD，与题意不符，这样的情况不存在．故选D.

1．求点线距一般要作出这个距离，然后利用直角三角形或等面积法求解．

2．求点面距时，若能够确定过点与平面垂直的直线，即作出这个距离，可根据条件求解；

若不易作出点面距，可借助等体积法求解．

【对点训练1】(2024·全国甲卷文)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，

四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，

ED＝10，FB＝23，M为AD的中点．

(1)求证：BM∥平面CDE；

(2)求M到平面FAB的距离．

解：(1)证明：由题意知MD＝2，BC＝2，MD∥BC，所以四边形BCDM为平行四边形，

故BM∥CD，又因为BM⊄平面CDE，CD平面CDE，所以BM∥平面CDE.

如图，记的中点为，连接，，，因为＝＝，所以⊥，

(2)AMGFG⊂BGFMBMCDABBGAM

同理FG⊥AM.由已知可得BG＝3，FG＝3，又FB＝23，所以FB2＝BG2＋FG2，即FG⊥BG，

又BG∩AM＝G，BG，AM平面ABCD，所以FG⊥平面ABCD.由余弦定理和已知得cos∠FAB

10139

＝，所以△FAB的面⊂积S＝AF×AB×sin∠FAB＝.设M到平面FAB的距离为h，故

2022

1391

三棱锥M­FAB的体积V＝Sh＝h，又因为三棱锥F­AMB的体积为V＝×3×3＝3，

363

613613

可得h＝.故M到平面FAB的距离为.

1313

考点2求线面角

52

【例2】(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC­A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，

3

则A1A与平面ABC所成角的正切值为(B)

1

A．B．1

2

C．2D．3

【解析】如图，设棱台的高为h，三条侧棱延长后交于一点O，则由AB＝3A1B1得O

13

到上底面A1B1C1的距离为h，O到下底面ABC的距离为h，所以A1A与平面ABC所成角

22

3232

即为OA1与平面A1B1C1所成角∠OA1O1，又S△ABC＝×6＝93，S△A1B1C1＝×2＝3，

44

1524

所以V＝(93＋3＋93×3)h＝，解得h＝.因为上底面中心O1到顶点A1的距离为

333

1

h

23223

××2＝，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为＝h＝1.故选B.

32324

3

求线面角的三个步骤

一作(找)角，二证明，三计算，其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键

是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解．

三余弦定理

1．链接教材：(人教B版选择性必修第一册P45尝试与发现)

如图所示，设AO是平面α的一条斜线段，O为斜足，A′为A在平面α内的射影，而OM

是平面α内的一条射线，A′M⊥OM.记∠AOA′＝θ1，∠A′OM＝θ2，∠AOM＝θ.

那么cosθ＝cosθ1cosθ2.(证明略)

即斜线与平面内一条直线夹角θ的余弦值等于斜线与平面所成角θ1的余弦值乘射影与平

面内直线夹角θ2的余弦值．(为了便于记忆，可设θ为斜线角，θ1为线面角，θ2为射影角)

2．定理说明：这三个角中，角θ是最大的，其余弦值最小，等于另外两个角的余弦值之

积．斜线与平面所成角θ1是斜线与平面内所有直线所成的角中最小的角．

3

【典例】(1)正四面体ABCD中，O为△BCD的重心，则cos∠ABO＝．

3

23

【解析】方法一如图，不妨设正四面体ABCD的棱长为2，则AB＝2，OB＝×2×

32

23OB3

＝，所以cos∠ABO＝＝.

3AB3

方法二如图，由三余弦定理，得

cos∠ABD＝cos∠ABO·cos∠OBD，

显然∠ABD＝60°，∠OBD＝30°，所以

cos∠ABDcos60°3

cos∠ABO＝＝＝.

cos∠OBDcos30°3

(2)如图所示，矩形ABCD中，AB＝22，AD＝2，沿BD将△BCD折起，使得点C在平

面ABD上的射影落在AB上，则直线BC与平面ABD所成的角为45°．

【解析】方法一如图2，作CE⊥AB于E，由题意，CE⊥平面ABD，所以BD⊥CE，

作OC⊥BD于O，连接OE，CE∩OC＝C，则BD⊥平面COE，所以BD⊥OE，从而在图1

BC·CD26

中，C，O，E三点共线，在图1中，BD＝BC2＋CD2＝23，CO＝＝，OB＝BC2－OC2

BD3

23OBAB6

＝，所以BE＝，而cos∠OBE＝＝，所以BE＝2，那么在图2中也有

3cos∠OBEBD3

BE2

BE＝2，从而cos∠CBE＝＝，故∠CBE＝45°，即直线BC与平面ABD所成的角为45°.

BC2

方法二如图2，作CE⊥AB于E，由题意，CE⊥平面ABD，故∠CBE即为BC与平面

222

ABD所成的角，由三余弦定理，得cos∠CBD＝cos∠ABD·cos∠CBE，所以＝·cos

2323

2

∠CBE，故cos∠CBE＝，从而∠CBE＝45°，所以直线BC与平面ABD所成的角为45°.

2

1

【对点训练2】(2024·浙江温州二模)如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，

2

点E是AD的中点．现将△ABE沿BE翻折到△A′BE，将△DCE沿CE翻折到△D′CE，使得

二面角A′­BE­C等于60°，二面角D′­CE­B等于90°，则直线A′B与平面D′CE所成角的余弦

值等于37．

8

解析：由题知△ABE，△BEC，△ECD都为正三角形，设AB＝2a，如图，取CE的中点

K，连接BK，A′K，A′C，则BK⊥CE，由题知平面BCE⊥平面D′CE，平面BCE∩平面D′CE

＝CE，又BK平面BCE，BK⊥CE，所以BK⊥平面D′CE，则直线A′B与平面D′CE所成角

A′E2＋EC2－A′C2

的余弦值等于⊂∠A′BK的正弦值，易求得BK＝3a，A′C＝3a，cos∠A′EC＝

2EA′·EC

5A′E2＋EK2－A′K2510A′B2＋BK2－A′K2

＝，又cos∠A′EC＝＝，解得A′K＝a，cos∠A′BK＝＝

82EA′·EK822A′B·BK

332

333737

，则sin∠A′BK＝1－8＝，所以直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于.

888

考点3求二面角

【例3】(2024·河南郑州三模)在四面体ABCP中，平面ABC⊥平面PAC，△PAC是直

角三角形，PA＝PC＝4，AB＝BC＝3，则二面角A­PC­B的正切值为(A)

15

A．B．

23

2

C．2D．

3

【解析】如图，设AC，PC的中点分别为E，D，连接BE，DE，BD，则DE∥PA，因

为AB＝BC，所以BE⊥AC，又因为平面ABC⊥平面PAC，BE平面ABC，平面ABC∩平面

＝，所以⊥平面，而平面，则⊥因为△是直角三角形，

PACACBEPACPCPACBEP⊂C.PAC

1

PA＝PC＝4，所以PA⊥PC，所以DE⊥P⊂C，且DE＝×4＝2.因为DE∩BE＝E，且DE，BE

2

平面BDE，所以PC⊥平面BDE，又因为BD平面BDE，所以PC⊥BD，所以∠BDE为二面⊂

BE32－(22)21

角A­PC­B的平面角，且tan∠BDE＝＝⊂＝.故选A.

DE22

作二面角的平面角的方法

作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个

半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由

此可得二面角的平面角．

射影面积法求二面角

1．链接教材：(人教B版选择性必修第一册P50尝试与发现)

如图所示，设S为二面角α­AB­β的半平面α上的一点，过点S作半平面β的垂线SS′，垂足

为S′，设O为棱AB上一点．如果二面角α­AB­β的大小为θ，则可以看出△S′AB与△SAB在

AB边上的高之比为cosθ，因此这两个三角形的面积之比也为cosθ.

S射影

即二面角θ的余弦值为cosθ＝.

S

2．定理说明：这个方法对于无棱二面角的求解很简便.

【典例】已知△ABC与△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，

5

则二面角A­BD­C的余弦值为－．

5

【解析】如图，过A作AE⊥CB交CB的延长线于E，连接DE.

∵平面ABC⊥平面BCD，AE平面ABC，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AE⊥平面BCD，

∴点即为点在平面内的射影，∴△为△在平面内的射影．设＝

EABCD⊂BDEABDBCDAB

361

a，则AE＝DE＝AB·sin60°＝a，∴AD＝a.由余弦定理可得cos∠ABD＝，∴sin∠ABD

224

＝15，

4

12151521

∴S△ABD＝a×＝a.又BE＝a，

2482

13132

∴S△BDE＝×a×a＝a.设二面角

2228

S△BDE5

A­BD­E的大小为θ，∴cosθ＝＝.而二面角A­BD­C与A­BD­E互补，∴二面角

S△ABD5

5

A­BD­C的余弦值为－.

5

【对点训练3】在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．已

知四面体PABC为鳖臑，且PA＝AB，AC＝BC，记二面角A­PB­C的平面角为θ，则sinθ＝

(C)

23

A．B．

23

63

C．D．

36

解析：由题意设PA⊥AB，PA⊥AC，BC⊥AC，BC⊥PC，取PB的中点M，过点M作

MN⊥PB交PC于点N，连接AM，AN，如图所示．

因为PA＝AB，PA⊥AB，点M是等腰直角三角形PAB斜边PB的中点，所以AM⊥PB，

又因为MN⊥PB，AM平面PAB，MN平面PBC，平面PBC∩平面PAB＝PB，所以二面角

的平面角就是∠设＝＝，则＝＝，＝，＝，＝

A­PB­Cθ⊂AMN.AC⊂BC1PAAB2PB2PC3PMAM

132326

＝PB＝1，从而∠BPC＝30°，所以MN＝，PN＝.又cos∠APN＝＝，所以AN2

23333

42362

＝2＋－2×2××＝，

3333

12

1＋－

63336

所以AN＝，所以cos∠AMN＝＝，则sin∠AMN＝.故选C.

3333

2×1×

3

课时作业49

1．(5分)如图，已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，那么直线A1C

与平面AA1D1D所成角的正弦值为(A)

635

A．B．

66

36

C．D．

33

解析：如图，连接A1D，根据长方体性质知，CD⊥平面AA1D1D，故∠CA1D为直线A1C

222

与平面AA1D1D所成的角，AA1＝2，AB＝AD＝1CA1＝1＋1＋2＝6，所以sin∠CA1D

CD6

＝＝.故选A.⇒

CA16

2．(5分)正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，则棱BB1到平面AA1C1C的距离为(C)

3

A．aB．a

3

2

C．aD．2a

2

解析：如图，连接B1D1，交A1C1于点O，正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，又AA1⊥

平面A1B1C1D1，B1D1平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1，又AA1∩A1C1＝A1，AA1，A1C1平

面，所以⊥平面，所以的长即为棱到平面的距离，而

AA1C1CB1D⊂1AA1C1CB1OBB1AA1C1C⊂

22

B1O＝a，所以所求距离为a.故选C.

22

3．(5分)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱AB的中点，则点A

到平面EB1C的距离为(C)

63

A．B．

34

65

C．D．

65

解析：由于点E是AB的中点，所以点A到平面EB1C的距离等于点B到平面EB1C的距

1

225

离，设这个距离为h，B1E＝CE＝1＋2＝，B1C＝2，

2

52

1226

所以S△B1CE＝×2×2－2＝，

24

11

1×1×1616

由于VB1­BCE＝VB­B1CE，所以×22×1＝××h，所以h＝＝.故选C.

33466

4．(5分)已知在三棱锥S­ABC中，SA⊥SB，SB⊥SC，SA⊥SC，且△ABC为等边三角形，

则二面角S­AB­C的正切值为(B)

3

A．B．2

2

C．3D．2

解析：如图，由SA⊥SB，SB⊥SC，SA⊥SC以及AB＝BC＝AC，可得△SAC

≌△SBC，△SAC≌△SAB，故SC＝SA＝SB，进而可得AB＝2SA.不妨设SA＝2，则AB

＝22，取AB中点M，连接MS，MC，故MS⊥AB，MC⊥AB，故∠SMC即为二面角S­AB­C

的平面角．由于SB⊥SC，SA⊥SC，SA∩SB＝S，SA，SB平面SAB，故SC⊥平面SAB，又

2

平面，故⊥，则∠＝SC＝＝⊂故选

SMSABSCSMtanSMC12.B.

SMAB

⊂2

22

5．(5分)三棱锥P­ABC中，PA与平面ABC所成角的余弦值为，PA＝3，AB＝2BC＝

3

2，AC＝3，则三棱锥P­ABC的体积是(D)

33

A．B．

23

3

C．3D．

6

解析：由AB＝2BC＝2，AC＝3，得BC2＋AC2＝4＝AB2，则∠ACB＝90°，△ABC的面

1322

积S＝AC·BC＝.由PA与平面ABC所成角的余弦值为，得PA与平面ABC所成角的正

223

22

11

弦值为1－32＝，又PA＝3，所以三棱锥P­ABC的高h＝PA＝1，所以三棱锥P­ABC

33

13

的体积V＝Sh＝.故选D.

36

6．(5分)(2024·广东梅州模拟)已知二面角α­l­β为60°，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，点

B∈β，BD⊥l，D为垂足，且AC＝3，CD＝1，DB＝2，则线段AB的长为(A)

A．22B．23

C．25D．26

解析：如图，在平面β内，过点C作CE⊥l，且使CE＝DB，连接AE，BE，又AC⊥l，

则∠ACE即二面角α­l­β的平面角．在△ACE中，由余弦定理得AE2＝AC2＋CE2－2AC·CE·cos

∠ACE＝9＋4－2×3×2×cos60°＝7，则AE＝7.又BD⊥l，易得四边形CDBE为矩形，故

BE∥CD，且BE＝CD＝1.因为CD⊥AC，CD⊥CE，AC，CE平面ACE，AC∩CE＝C，所以

⊥⊥⊥

CD平面ACE，从而BE平面ACE，则有BEAE.在Rt△⊂AEB中，AB＝7＋1＝22.故选

A.

7．(6分)(多选)如图，三棱锥O­ABC中，OA＝OC＝OB＝1，OA⊥平面OBC，∠BOC＝

π

，则下列结论正确的是(ABC)

3

A．直线AB与平面OBC所成的角为45°

23

B．二面角O­BC­A的正切值为

3

21

C．点O到平面ABC的距离为

7

D．OC⊥AB

解析：因为OA⊥平面OBC，故∠ABO为直线AB与平面OBC所成的角，又OA＝OC＝

OB＝1，所以tan∠ABO＝1，故直线AB与平面OBC所成的角是45°，故A正确；如图，取

π

BC的中点D，连接OD，AD，因为OA＝OB＝OC＝1，OA⊥平面OBC，∠BOC＝，所以

3

AB＝AC＝2，BC＝1，OD⊥BC，AD⊥BC，故∠ODA为二面角O­BC­A的平面角，则tan∠ODA

OA2323

＝＝，故二面角O­BC­A的正切值为，故B正确；

OD33

1

7

因为AB＝AC＝2，BC＝1，所以AD＝AB2－BD2＝(2)2－22＝，设O到平面

2

1311721

ABC的距离为h，则由VA­OBC＝VO­ABC，可得××1＝×××h，解得h＝，故C

343227

正确；若OC⊥AB，又OC⊥OA，AB∩OA＝A，AB，OA平面OAB，则OC⊥平面OAB，则

π

OC⊥OB，与∠BOC＝矛盾，故D错误．故选ABC.⊂

3

8．(6分)(多选)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列选项中正确的是(AB)

A．A1C1⊥BD

B．B1C与BD所成的角为60°

C．二面角A1­BC­D的平面角为30°

D．AC1与平面ABCD所成的角为45°

解析：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，可得A1C1∥AC，在正方形ABCD中，可得

AC⊥BD，所以A1C1⊥BD，所以A正确；在正方体ABCD­A1B1C1D1中，可得B1D1∥BD，所

以异面直线B1C与BD所成的角，即为B1C与B1D1所成的角，即∠D1B1C或其补角，因为

△D1B1C为等边三角形，所以∠D1B1C＝60°，所以B正确；在正方体ABCD­A1B1C1D1中，可

得BC⊥平面ABB1A1，因为AB，A1B平面ABB1A1，所以BC⊥AB，BC⊥A1B，所以∠A1BA

为二面角的平面角，在等腰直角三角形中，可得∠＝，即二面角

A1­BC­D⊂A1ABA1BA45°

A1­BC­D的平面角为45°，所以C错误；在正方体ABCD­A1B1C1D1中，可得CC1⊥平面ABCD，

CC12

所以∠C1AC为直线AC1与平面ABCD所成的角，在Rt△C1AC中，tan∠C1AC＝＝，

AC2

所以∠C1AC≠45°，所以D错误．故选AB.

9．(5分)在正三棱柱ABC­A′B′C′中，AB＝1，AA′＝2，则直线BC′与平面ABB′A′所成角的

正弦值为15．

10

解析：如图，取A′B′的中点O，连接OC′，OB，因为三棱柱ABC­A′B′C′为正三棱柱，故

OC′⊥A′B′，且AA′⊥平面A′B′C′.又OC′平面A′B′C′，故AA′⊥OC′.又A′B′∩AA′＝A′，且A′B′，

平面，故⊥平面，则直线与平面所成的角为∠又

AA′AA′B′BOC′AA′B′B⊂BC′ABB′A′C′BO.AB

3OC′15

＝1⊂，AA′＝2，故OC′＝B′C′2－B′O2＝，BC′＝BC2＋CC′2＝5，故sin∠C′BO＝＝.

2BC′10

10．(5分)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝2，则直线AA1到平面BB1C1C的距离

为3．

解析：如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，在底面ABC内作AD⊥BC，因为平面BB1C1C⊥

底面ABC，平面BB1C1C∩底面ABC＝BC，所以AD⊥平面BB1C1C，因为AA1∥CC1，AA1⊄

平面BB1C1C，CC1平面BB1C1C，所以AA1∥平面BB1C1C，所以AD的长即为直线AA1到平

面的距离．因为△为等边三角形，且＝，所以直线到平面的距

BB1C1C⊂ABCAB2AA1BB1C1C

离为AD＝4－1＝3.

11．(15分)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC

的中点．

(1)求证：PO⊥平面ABC；

(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．

解：(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝23.如

图，连接OB.

2

因为AB＝BC＝AC，

2

1

所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.

2

在△POB中，OB＝2，OP＝23，PB＝4，

由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.

由OP⊥OB，OP⊥AC，且OB∩AC＝O，OB，AC平面ABC知，PO⊥平面ABC.

如图，作⊥，垂足为

(2)CHOMH.⊂

又由(1)可得OP⊥CH，OP∩OM＝O，OP，OM平面POM，所以CH⊥平面POM，故

的长为点到平面的距离．

CHCPOM⊂

1242

由题设可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝，∠ACB＝45°.

233

在△OCM中，OM2＝OC2＋CM2－2OC·CM·cos∠MCO，

25CMOM

所以OM＝，则＝，

3sin∠COMsin∠OCM

sin∠OCM

即sin∠COM＝·CM，

OM

又CH＝OC·sin∠COM，

OC·CM·sin∠OCM45

所以CH＝＝.

OM5

45

所以点C到平面POM的距离为.

5

12．(16分)已知四棱锥P­ABCD如图所示，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，CD＝PD

＝1，△PAB为等边三角形．

(1)求证：PD⊥平面PAB；

(2)求二面角P­CB­A的余弦值．

解：(1)证明：如图，取AB的中点E，连接PE，DE.

∵AB＝BC＝2，CD＝PD＝1，△PAB为等边三角形，

∴PE⊥AB，PE＝3，

BE＝CD.

∵EB∥CD，∴四边形BCDE是平行四边形，

∴DE＝CB＝2，DE∥CB.

∵BC⊥CD，∴AB⊥ED.

∵PE∩ED＝E，PE，ED平面PED，

∴⊥平面

ABPED.⊂

∵PD平面PED，∴AB⊥PD.

∵2＝2＋2，∴⊥

DE⊂PDPEPDPE.

∵AB∩PE＝E，AB，PE平面PAB，

∴⊥平面

PDPAB.⊂

(2)如图，过点P作PO⊥ED于点O，过点O作OH⊥CB于点H，连接PH.

由(1)知AB⊥平面PED，又AB平面ABCD，∴平面PED⊥平面ABCD.

∵平面⊥平面，平面∩平面＝，平面，∴⊥平面

PEDABCD⊂PEDABCDEDPOPEDPO

，

ABCD⊂

∵BC平面ABCD，∴PO⊥BC，

∵∩＝，，平面，

PO⊂OHOPOOHPOH

∴⊥平面，又平面，

BCPOHPH⊂POH

∴⊥，则∠为二面角的平面角．

BCPHPHO⊂P­CB­A

3

在Rt△PED中，由PO·ED＝PE·PD，可得PO＝，在Rt△PHO中，OH＝1，PH＝

2

7

OH2＋PO2＝，

2

OH27

故cos∠PHO＝＝，

PH7

27

∴二面角P­CB­A的余弦值为.

7

13．(5分)已知正四棱锥S­ABCD侧面和底面的棱长都为4，P为棱BC上的一个动点，

则点P到平面SAD的距离是(D)

226

A．B．

33

446

C．D．

33

解析：如图，连接AC，BD交于点O，连接SO，根据已知可得SO⊥平面ABCD.又OD

11

＝BD＝×2BC＝22，SD＝4，在Rt△SOD中，有SO＝SD2－OD2＝22.由已知可得

22

BC∥AD，AD平面SAD，BC⊄平面SAD，所以BC∥平面SAD.又P∈BC，所以点P到平面

的距离，即等于点到平面的距离．设点到平面的距离为，则＝

SAD⊂BSADBSADhVB­SAD

111111162

×S△SAD×h.又VS­ABD＝×S△ABD×SO＝×AB×AD×SO＝××4×4×22＝，S△SAD

3332323

1π1311

＝SA×SD×sin＝×4×4×＝43，所以VB­SAD＝×S△SAD×h＝×43h＝VS­ABD＝

232233

16246

，所以h＝.故选D.

33

14．(6分)(多选)(2024·河北保定二模)如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，EF⊥AB，

CF＝EF＝2DF＝2，AE＝3，将四边形AEFD沿EF进行折叠，使AD到达A′D′的位置，且平

面A′D′FE⊥平面BCFE，连接A′B，D′C，如图2，则(ABD)

A．BE⊥A′D′

B．平面A′EB∥平面D′FC

C．多面体A′EBCD′F为三棱台

π

D．直线A′D′与平面BCFE所成的角为

4

解析：因为平面A′D′FE⊥平面BCFE，平面A′D′FE∩平面BCFE＝EF，BE⊥EF，BE

平面，所以⊥平面，所以⊥，正确．因为∥，⊄平面，

BCFEBEA′D′FEBEA′D′AA′ED′FA′ED′FC⊂

D′F平面D′FC，则A′E∥平面D′FC，又BE∥CF，BE⊄平面D′FC，CF平面D′FC，则BE∥

平面，又∩＝，，平面，所以平面∥平面，正确．易

⊂D′FCA′EBEEA′EBEA′EBA′EB⊂D′FCB

D′F1FC21D′FFC

得EB＝4，因为＝，＝＝，则⊂≠，所以多面体A′EBCD′F不是三棱台，C错

A′E3EB