2027南方凤凰台5A新考案高考一轮复习全国版数学提高版第36讲　综合法求空间角与距离

第七章第36讲综合法求空间角与距离立体几何知识整合·体系建构【解析】

如图，因为AA1⊥底面A1B1C1，所以∠APA1为PA与平面A1B1C1所成角．因为平面ABC∥平面A1B1C1，所以∠APA1为PA与平面ABC所成角．【答案】B2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面A1BD和平面BB1D1D所成的二面角的正弦值为 (

)【解析】因为O为BD的中点，所以A1O⊥BD，所以∠A1OO1是平面A1BD和平面BB1D1D所成二面角的平面角．【答案】A3．(教材经典题改编)已知P是边长为a的正三角形ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为______．【解析】

设点P在平面ABC上的射影为点O，由PA＝PC＝PB，可知OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．【解析】30°45°1．直线和平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在________________所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．(2)范围：_________．平面上的射影2．二面角(1)从一条直线出发的______________所组成的图形叫做二面角．以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作____________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．

两个半平面(2)二面角的平面角α的范围：_____________；平面与平面的夹角的取值范围：__________．垂直于棱[0，π]3．空间距离(1)点到平面的距离：过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离．(2)直线到平面的距离：一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离．(3)两个平面间的距离：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离．题型突破·思维拓展目标1点面距

(2025·临汾三模节选)如图，已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P是圆O1上异于点C，D的任意一点．(1)求证：平面ACP⊥平面ADP；1【解答】

因为CD是圆O1的直径，所以DP⊥CP．因为AD⊥平面PDC，PC⊂平面PCD，所以AD⊥CP．又AD∩DP＝D，AD，DP都在平面ADP内，所以CP⊥平面ADP，因为CP⊂平面ACP，所以平面ACP⊥平面ADP．

(2025·临汾三模节选)如图，已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P是圆O1上异于点C，D的任意一点．(2)若O1P⊥CD，求点D到平面ACP的距离．1【解答】方法二(定义法)：如图，过点D作DE⊥AP，垂足为E，因为平面ACP⊥平面ADP，平面ACP∩平面ADP＝AP，DE⊂平面ADP，所以DE⊥平面ACP．求点面距离的方法有：(1)定义法：关键找点在面上的投影(可借助面面垂直)；(2)等体积法：点面距离看成三棱锥的高，利用三棱锥变换顶点，体积不变构造方程求解．变式1

(2025·肇庆二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，平面APC⊥平面PCD．(1)求证：CD⊥平面PAC；【解答】

如图，在平面PAC内作AH⊥PC，交PC于点H．因为平面APC⊥平面PCD，平面APC∩平面PCD＝PC，AH⊂平面PAC，AH⊥PC，所以AH⊥平面PCD，则AH⊥CD．因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD．又因为PA∩AH＝A，PA，AH⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC．变式1

(2025·肇庆二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，平面APC⊥平面PCD．【解答】

如图，连接BD交AC于点O，连接OE．易知OE为△PBD的中位线，所以PB∥OE．因为PB⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，所以PB∥平面AEC，所以PB到平面AEC的距离即为点B到平面AEC的距离．目标2线面角

(1)在如图所示的几何体中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，EC∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2，则PA与平面PBD所成角的大小为______．2【解析】

连接AC交BD于点O，连接PO．因为PD⊥平面ABCD，AO⊂平面ABCD，所以AO⊥PD．又四边形ABCD为正方形，所以AO⊥BD．因为BD，PD⊂平面PBD，BD∩PD＝D，所以AO⊥平面PBD，所以∠APO即为PA与平面PBD所成的角．

(2)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，PA⊥平面ABCD．若PA＝a，则直线PB与平面PCD所成的角的大小为______．2【解析】

因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD,CD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，PA⊥CD．又底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD，又PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD．综合法求线面夹角的方法：(1)通过找线面角的平面角，在直角三角形中利用正、余弦定理进行求解；(2)寻找点面距，构造多面体，利用等体积法求出点面距，在相应三角形中求得需要的参数，进而得到线面夹角的正弦值或余弦值．变式2

(2026·邯郸一调节选)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB＝2CD＝2AP＝2PD＝4，PA⊥PD，AB⊥BC，AB∥CD，E为PB的中点．(1)求证：CE∥平面PAD；

【解答】变式2

(2026·邯郸一调节选)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB＝2CD＝2AP＝2PD＝4，PA⊥PD，AB⊥BC，AB∥CD，E为PB的中点．(2)若平面PAD⊥底面ABCD，求直线CE与底面ABCD所成角的正切值．【解答】

因为CE∥DF，所以直线CE与底面ABCD所成角即直线DF与底面ABCD所成角，如图，过点F作FM⊥AD于点M，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，FM⊂平面PAD，则FM⊥底面ABCD，所以∠FDM即为直线DF与底面ABCD所成角．目标3二面角视角1

定义法如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中．(1)求二面角A－B1C－A1的余弦值；【解答】

如图，连接AD1交A1D于点O，取B1C的中点E，连接AE，OE．因为OE∥CD，CD⊥平面BCC1B1，所以OE⊥平面BCC1B1．因为B1C⊂平面BCC1B1，所以OE⊥B1C．3－1在正方体中易知△AB1C为等边三角形，E为B1C的中点，所以AE⊥B1C，所以∠OEA为二面角A－B1C－A1的平面角．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中．(2)求平面A1DC1与平面ADD1A1所成角的正切值．【解答】

由(1)知AD1⊥A1D，连接C1O，易证C1O⊥A1D，所以∠C1OD1为平面A1DC1与平面ADD1A1所成角的平面角．3－1视角2

三垂线法【解答】

因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD．又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB．又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB．因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，根据平面几何知识可知AD∥BC．又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC．3－2(1)若AD⊥PB，求证：AD∥平面PBC；视角2

三垂线法【解答】3－2【解答】

如图，过点D作DE⊥AC于点E，再过点E作EF⊥CP于点F，连接DF．因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP．又EF⊥CP，DE∩EF＝E，所以CP⊥平面DEF．结合三垂线定理计算二面角的方法：如图，已知二面角α－c－β，在平面α内找一合适的点A，作AO⊥β于点O，过A作AB⊥c(c是公共棱)于点B，则BO为斜线AB在平面β内的射影，∠ABO为二面角α－c－β的平面角．视角3

投影法

(2026·嘉兴一模)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝3，AB＝2，D为BC的中点，点E在棱BB1上，BE＝2EB1．(1)求证：C1E⊥平面ADE；【解答】又BE＝2EB1，所以BE＝2＝B1C1，BD＝B1E＝1，∠DBE＝∠EB1C1＝90°，则Rt△BDE≌Rt△B1EC1，所以∠EDB＝∠C1EB1，所以∠C1EB1＋∠DEB＝∠EDB＋∠DEB＝90°，即C1E⊥ED．又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以C1E⊥平面ADE．3－3

(2026·嘉兴一模)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝3，AB＝2，D为BC的中点，点E在棱BB1上，BE＝2EB1．(2)求平面AEC1与平面ABC夹角的余弦值．【解答】3－3方法二：如图，延长C1E，CB交于点F，连接FA，过点C作CG⊥FA，垂足为G，连接C1G，则由CC1⊥平面ABC，得C1G⊥FA，所以∠C1GC即为平面AEC1与平面ABC的夹角．配套精练一、单项选择题1．已知线段AB的长等于它在平面α内的射影长的2倍，则AB所在直线与平面α所成角为

(

)A．30°

B．45°C．60°

D．120°【解析】C2．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．在如图所示的“堑堵”中，AC＝CB＝CC1，则二面角C1－AB－C的正切值为

(

)【解析】

由AC＝CB知AC⊥CB．如图，取AB的中点M，连接C1M，CM，由条件可知∠C1MC即为二面角C1－AB－C的平面角．D【解析】

由题意，取AC的中点T，连接ST，BT(图略)，则由S－ABC为正三棱锥可知ST⊥AC，BT⊥AC，所以AC⊥平面BST，所以AC⊥BS．由M，N分别是SC，BC的中点，且MN⊥AM，可知AM⊥BS．【答案】A【解析】【答案】A二、多项选择题5．(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则 (

)A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【解析】

如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为BC1⊥

B1C，BC1⊥A1B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，所以BC1⊥DA1，BC1⊥CA1，故A，B正确．直线BC1与平面ABCD所成的角为∠C1BC＝45°，故D正确．【答案】ABDA．该圆锥的体积为3πB．直线OP与平面PAC所成的角为45°C．二面角P－AC－O为45°D．直线PA与BC所成的角为60°【解析】【答案】BCD三、填空题7．(2025·承德期末)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC上靠近B的三等分点，则直线D1E与平面BCC1B1所成角的正弦值为_________．【解析】8．(2025·南通海安期中)在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝AB＝AC＝BC＝2，PC与平面ABC所成角的大小为60°，则PC＝______．【解析】9．如图，△ABC与△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则钝二面角A－BD－C的余弦值为________．【解析】

如图，过A作AE⊥CB交CB的延长线于E,连接DE，因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝CB，所以

AE⊥平面BCD，所以点E即为点A在平面BCD内的射影，所以

△BDE为△ABD在平面BCD内的射影．四、解答题【解答】

如图，取BC的中点E，连接AE，PE．因为AB＝AC，E为

BC的中点，所以AE⊥BC．因为PA⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥AB．在Rt△PAB中，PB2＝AB2＋PA2＝22＋12＝5．在Rt△PAC中，PC2＝AC2＋PA2＝22＋12＝5，从而PB＝PC．(1)求二面角P－BC－A的余弦值；又E为BC的中点，所以PE⊥BC，故∠PEA为二面角P－BC－A的平面角．【解答】(2)求直线PC与平面ADC所