第16講拓展一：立體幾何中空間角的問題和點到平面距離問題

題型01點到平面距離（定值）

【典例1】（2024上·遼寧遼陽·高三統考期末）在平面四邊形ABCD中，ABC為正三角形，ADCD，

ADCD2，如圖1，將四邊形沿AC折起，得到如圖2所示的四面體BACD，若四面體BACD外

接球的球心為O，當四面體BACD的體積最大時，點O到平面ABD的距離為（）

21221

A．B．

77

221421

C．D．

2121

【答案】C

【詳解】由題意可知當平面ABC平面ADC時四面體BACD的體積最大時，

因為ABC為正三角形，ADCD，ADCD2，

所以AD2CD24AC2AC2，

則ACABBC2，

當平面ABC平面ADC時，

取線段AC中點E，則點E為直角三角形ADC的外心，

連接BE，則易知BE平面ADC，

所以四面體BACD外接球球心在BE上，

因為ABC為正三角形，

所以四面體BACD外接球球心即為ABC的中心O，

2

則BOBE，

3

2

設點E到面ABD的距離為h，點O到面ABD的距離為h，

3

11

由VV得創SBE=創Sh，

BADEEABD3ADE3ABD

因為ABC邊長為2，所以BE3，

11121

S=?S創2=，

ADE2ADC222

△ABD中，AB=2,AD=2,BD=DE2+BE2=2，

1147

所以S=創2=，

ABD222

111721

則創3=創h?h，

32327

2221

所以點O到面ABD的距離為h=.

321

故選：C

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

AB1,BC2,AC3,AA11，則點B1到平面A1BC的距離為.

【答案】21

7

222

【詳解】因為AB1,BC2,AC3,AA11，所以BCABAC,ABAC，又三棱柱為直棱柱，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

由棱柱性質得B1C1//BC，B1C1平面A1BC，BC平面A1BC，所以B1C1//平面A1BC，點B1到平面A1BC

的距離即點C1到平面A1BC的距離，設為d

171A1C1CC11321

因為VCABCVBACC，所以dAB1,解得d

11113232327

故答案為：21

7

【典例3】（2022·重慶·統考模擬預測）在三棱錐PABC中，PA平面ABC，ABC是邊長為2的正三角

形，PA4，Q為三棱錐PABC外接球球面上一動點，則點Q到平面PAB的距離的最大值為

5

【答案】3

3

【詳解】令三棱錐PABC外接球球心為O，正ABC所在平面截球面所得小圓圓心為O1，連接OO1,BO1,BO，

如圖，

2

則OO1平面ABC，而正ABC邊長為2，即有BO13，

3

因PA平面ABC，則三棱錐PABC外接球球心為O在過線段PA中點，且垂直于線段PA的平面內，

1

顯然過線段PA中點垂直于線段PA的平面與平面ABC平行，則OOPA2，

12

24

于是得球O的半徑RBOBO2OO2(3)2223，

1133

取PB中點O2，AB中點D，連接OO2,DO2,DO1，

因PAB是直角三角形，則O2是平面PAB截球O所得截面小圓圓心，因此，OO2平面PAB，

1

而DO//PA，DOPA2，則DO平面ABC，必有DO//OO，DOOO，于是得四邊形OODO

2222212112

13

是平行四邊形，OODOBO，

21213

由球面的性質知，點Q是經過點O2的球面直徑端點且球心O在點O2與Q之間時，點Q到平面PAB的距離

最大，

5

此最大距離為ROO3，

23

5

所以點Q到平面PAB的距離的最大值為3.

3

【典例4】（2024·全國·模擬預測）如圖，在三棱錐PABC中，平面PAC平面ABC，PCAC，ABBC，

PCAC2AB2,E,F分別為棱PA,PB的中點．

(1)證明：EF平面PBC；

(2)求點P到平面CEF的距離．

【答案】(1)證明見解析

221

(2)

7

【詳解】（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分別為棱PA,PB的中點，

EF∥AB,EF平面PBC．

（2）E,F分別為棱PA,PB的中點，PCAC2AB2，

11

AB1,EFAB，

22

又ABBC,BC3．

由第（1）問得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

設點P到平面CEF的距離為h，

1173

則VVShh，

PCEFEPCF3△CEF3812

221

解得h，

7

221

所以點P到平面CEF的距離為．

7

【變式1】（2024上·上海·高二上海南匯中學校考期末）如圖，已知長方體ABCDA1B1C1D1中，棱ABBC1，

BB12，E為CC1中點，則點C到平面EBD的距離是.

31

【答案】/3

33

【詳解】設點C到平面EBD的距離為d，

因為ABBC1，BB12，E為CC1中點，

所以DEBEDB112，所以△EBD為等邊三角形，

2

1223

所以S22，

EBD

222

因為VEBCDVCEBD，

11

所以ECSSd，

3BCD3EBD

111133

所以1d，解得d，

32323

3

故答案為：.

3

【變式2】（2024·全國·模擬預測）如圖1，已知直角梯形CDEF中，CF∥DE，DEEF，CF2DE2EF4，

M為CF的中點，將VCDM沿DM折起到△ADM的位置，使平面ADM平面DEFM，N，Q，H，P分別

為AF，DM，DE，AE的中點，如圖2所示．

(1)求證：平面EMN∥平面PQH；

(2)求點D到平面PQH的距離．

【答案】(1)證明見解析

3

(2)

3

【詳解】（1）

Q，H分別是DM，DE的中點，QH∥ME，

QH平面EMN，ME平面EMN，QH∥平面EMN．

如圖，連接PN，

1

N，P分別是AF，AE的中點，PN∥EF，PNEF．

2

易知DM∥EF，DMEF，

1

∵Q是DM的中點，QM∥EF，QMEF，

2

QM∥PN，QMPN，四邊形QMNP為平行四邊形，

\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）

如圖，取ME的中點O，連接OQ，OH，PO，PD，

易知四邊形DEFM是邊長為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的中點，

1

PO∥AM，POAM1，PO平面DEFM．

2

Q，H分別為DM，DE的中點，

111

OQDE1，OHDM1，QHME2．

222

在Rt△POQ中，PQPO2OQ22，

在RtPOH中，PHPO2OH22，

△PQH是邊長為2的正三角形，

323111

，SDQDH11．

SPQH2△QDH

42222

設點D到平面PQH的距離為d，

VPQDHVDPQH，

1111133

S△PO1S△dd，d，

3QDH323PQH323

3

點D到平面PQH的距離為．

3

【變式3】（2024·全國·模擬預測）已知四棱錐SABCD如圖所示，平面SAD平面ABCD，四邊形ABCD

為菱形，SAD為等邊三角形，直線SB與平面SAD所成角的正切值為1．

(1)求證：ADSB；

(2)若點M是線段AD上靠近A的四等分點，AB2，求點M到平面SDC的距離．

【答案】(1)證明見解析

315

(2)．

10

【詳解】（1）如圖，過點B作BOAD于點O，連接OS.

因為平面SAD平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD，BOAD，BO平面ABCD，

所以BO平面SAD.

所以OSB即為直線SB與平面SAD所成的角.

因為tanOSB1OSB45OBOS

又∵四邊形ABCD是菱形，SAD是等邊三角形，所以SAOBAO，

所以SOAD，故O為AD的中點.

因為BOSOO,BO,SO平面SOB，所以AD平面SOB，

又SB平面SOB，所以ADSB.

（2）由題意可得：ABADCDSASD2.

連接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.

因為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

設點M到平面SDC的距離為h，則VVShSSO，

MSDCSMDC3△SDC3△MDC

1533315

得h3h.

2410

315

所以點M到平面SDC的距離為.

10

題型02點到平面距離（最值或范圍）

【典例1】（2024上·上海黃浦·高二統考期末）已知O,A,B,C,D為空間五個點，若OA,OB,OC兩兩垂直，

且OAOBOD1，OC2，則點D到平面ABC的距離的最大值為．

5

【答案】

3

【詳解】由于OD1，故點D在以O為球心，半徑為r1的球面上，

111

設O到平面ABC的距離為h，則由等體積法可得ShOAOBOC,

3ABC32

2

而所以12AB1323

BCAC5,AB2,SABCABAC2,

22222

2

故h，

3

25

因此點D到平面ABC的距離的最大值為hr1，

33

5

故答案為：

3

【典例2】（2021下·上海松江·高二上海市松江二中校考階段練習）如圖，已知四面體ABCD中，DA=DB=a，

DC=b，ADB60o，ADCBDC90.

（1）用a，b表示四面體ABCD的體積；

（2）若a=2b，求二面角D-AB-C的大小（用反三角函數表示）；

（3）若a+b=1，求點D到平面ABC距離的最大值.

3

332

【答案】（1）a2b；（2）arctan；（3）

123793

3333

4164

【詳解】解：（1）該四面體可看作以ABD為底面，以DC為高的三棱錐，DA=DB=a，

o3

ADB60，所以△ABD為等邊三角形，Sa2，

ABD4

所以132

V四面體SDCab.

ABCD3ABD12

（2）取AB的中點E，連接DE,CE則DEAB，因為ADCBDC90，且DA=DB，所以CDACDB，

則CACB，所以CEAB，則CED為二面角D-AB-C的平面角.

因為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

的大小為arctan.

3

.

（3）三棱錐可看作以ABD為底面，以DC為高的三棱錐，也可看作以ABC為底面，D為頂點的三棱錐，設

D到底面ABC的距離為h，則有VDABCVCABD.

a23a213a2

由（2）可知，ABC為等腰三角形，CEa2b2b2，則Sab2；即

44ABC24

3

2ab

113a2132231

abhab，解得：h，令

3231

32434a2b2

44b2a2

22

313127bbb3a3a3a

tab

4b2a24b2a24a2aa4b24b4b

7b23a3a3a2bb793

33333333

4a24b4b4b2aa4164

b23a

2

a4b33

當且僅當4b3a時等號成立，

3a2b

4b2a

3

2

所以h

793

3333

4164

【變式1】（2020·山東·統考模擬預測）如圖，直線l平面，垂足為O，三棱錐ABCD的底面邊長和側

棱長都為4，C在平面內，B是直線l上的動點，則點B到平面ACD的距離為，點O到直線AD的

距離的最大值為.

4

【答案】6222

3

3

【詳解】ACD邊長為4，則中線長為4，

2

2

234

點B到平面ACD的距離為1646，

323

點O是以BC為直徑的球面上的點，

所以O到直線AD的距離為以BC為直徑的球面上的點到AD的距離，

最大距離為分別過BC和AD的兩個平行平面間距離加半徑.

又三棱錐ABCD的底面邊長和側棱長都為4，

以下求過BC和AD的兩個平行平面間距離，

分別取BC,AD中點E,F，連BF,CF,EF，

則BFCF,EFBC，同理EFAD，

分別過E,F做EM//AD,FN//BC，

直線BC,EM確定平面，直線AD,FN確定平面，

則EFFN,FNADF,EF，同理EF，

//,EF為所求，CF16423，

EF12422，

所以O到直線AD最大距離為222.

4

故答案為:6；222.

3

【變式2】（2022下·福建泉州·高一福建省晉江市養正中學校聯考期末）如圖，兩個正方形ABCD，ECBF

5

邊長為2，FBA.將ABD繞AB旋轉一周，則在旋轉過程中，D與平面ECBF的距離最大值為.

12

【答案】6

【詳解】ABD繞AB旋轉一周得到的幾何體是圓錐，故D點的軌跡是圓.過AD作平面ADGH平面ABCD，

交平面ECBF于GH.D的軌跡在平面ADGH內.畫出圖像如下圖所示，根據圖像作法可知，當D位于圓心A

的正下方點P位置時，到平面ECBF的距離最大.在平面BAH內，過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可化為6236.

1234343444

故答案為：6

題型03求異面直線所成角（定值）

【典例1】（2024上·遼寧沈陽·高二校聯考期末）如圖，在底面為正方形，側棱垂直于底面的四棱柱

ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2，則異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為（）

4433

A．B．C．D．-

5555

【答案】A

【詳解】連接A1C1,BC1，

因為AB//C1D1,ABC1D1，所以四邊形ABC1D1是平行四邊形，

所以AD1//BC1，所以異面直線A1B與AD1所成角為A1BC1或其補角，

又因為AA12AB2且四棱柱為底面是正方形的直四棱柱，

所以A1BBC1145,A1C1112，

222

A1BBC1A1C15524

所以cosA1BC1，

2A1BBC12555

故選：A.

2π

【典例2】（2024·全國·模擬預測）如圖,在圓錐PO中,PO4,B,C為圓O上的點,且OB2,BOC,若D

3

為PC的中點,E為OB的中點,則異面直線DE與PB所成角的余弦值為（）

1135665

A．B．

7070

33

C．D．

43

【答案】A

【詳解】如圖,取CO的中點G,取PO的中點F,連接EG,EF,DF,DG,

1

則DG//PO,且DGPO2,EF//PB,則DEF就是異面直線DE與PB所成的角或其補角．

2

易知PO平面BOC,所以DG平面BOC,所以DGGE.

2π1π3

因為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

故異面直線DE與PB所成角的余弦值為．

70

故選:A．

【典例3】（2024·全國·模擬預測）如圖，在圓錐PO中，AB是底面圓O的直徑，APB60，點C為AB

上靠近點B的三等分點，點D為PA上靠近點A的四等分點，則異面直線PB與CD所成角的余弦值為．

【答案】10

5

【詳解】如圖，取OA的中點E，連接DE，

ADAE

則，則DE∥PB，可知CDE或其補角為異面直線PB與CD所成的角．

APAB

因為APB60，即△APB為等邊三角形，

不妨取AB4，連接OC，則COB60，

過點C作CFOB于點F，則OF1,CF3，可得EF2，

2

連接CE，則CE2237，

513

過點D作DMAO，垂足為M，連接CM，則MF,DMPO，

242

37

所以CMMF2CF2，則CDDM2CM210，

2

1DE2CD2CE2110710

又DEPB1，所以cosCDE，

42DECD2105

10

故異面直線PB與CD所成角的余弦值為．

5

10

故答案為：.

5

【變式1】（2024上·內蒙古呼和浩特·高二統考期末）在正方體ABCDA1B1C1D1中，O為AC的中點，則異

面直線CC1與OB1所成角的余弦值為（）

1236

A．B．C．D．

2233

【答案】D

【詳解】設正方體棱長為2，連接OB1,OB，如圖，

因為CC1//BB1，所以BB1O（或其補角）即為異面直線CC1與OB1所成的角，

BB126

cosBB1O

在直角三角形OBB1中，OB23，

222

故選：D

【變式2】（2024·全國·模擬預測）如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB3，BCCC12，點P在矩

形BCC1B1內運動（包括邊界），M，N分別為BC，CC1的中點，若A1P∥平面MAN，當A1P取得最小值時，

異面直線BP與DD1所成角的余弦值為（）

52510310

A．B．C．D．

551010

【答案】D

【詳解】如圖，取BB1的中點E,B1C1的中點F，連接EF，A1E，A1F，所以EF//BC1,

又M，N分別為BC，CC1的中點，所以MN//BC1，

故EF∥MN，EF平面MAN,所以EF//平面MAN，

又AA1//MF,AA1MF,所以四邊形A1AMF為平行四邊形，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，

所以當A1P平面A1EF時，A1P∥平面MAN，則點P在線段EF上，

當A1PEF時，A1P取得最小值，易知A1EA1F9110，

則此時P為線段EF的中點．（等腰三角形中三線合一）

由DD1∥BB1可得，所以B1BP為異面直線BP與DD1所成的角，

210

且由平面幾何知識可知，BE1，EP，BP，

22

222

BEBPEP310

cosBBP．

12BEBP10

310

所以異面直線BP與DD1所成角的余弦值為，

10

故選：D．

【變式3】（2024上·上海徐匯·高二統考期末）如圖，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是正方

形，且AB2，AA14，經過頂點A和C1各作一個平面與平面CB1D1平行，前者與平面ABCD交于l1，后

者與平面ABB1A1交于l2，則異面直線l1與l2所成角的余弦值為.

【答案】10

10

【詳解】設平面CB1D1平面ABCDm，因為//平面CB1D1，所以m//l1，

又因為平面ABCD//平面A1B1C1D1，且平面CB1D1平面A1B1C1D1B1D1，

所以B1D1//m，B1D1//l1，

因為平面ABB1A1//平面DCC1D1，且平面CB1D1平面DCC1D1CD1，

同理可證CD1//l2，異面直線l1與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

所以異面直線l1與l2所成的角的余弦值為.

10

10

故答案為：.

10

題型04異面直線所成角（最值或范圍）

【典例1】（2023·山東·模擬預測）如圖1，在平面四邊形ABCD中，AB1,BC3,ACCD,CD3AC，

當ABC變化時，令對角線BD取到最大值，如圖2，此時將ABC沿AC折起，在將ABC開始折起到與

平面ACD重合的過程中，直線AB與CD所成角的余弦值的取值范圍是（）

1021

A．0,B．0,

1014

36

C．0,D．0,

243246

【答案】B

【詳解】設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

當a，即a時，BD2取得最大值27，即BD的最大值為33.

326

過B做HBAC交AC于H，

ABCDAHHBCD

設直線AB與CD所成角為，cos

ABCDABCD

ABCDAHHBCDHBCD

又因為AHCD,cos，

ABCDABCDABCD

由此可知HBCD越大，直線AB與CD所成角的余弦值越大；

當平面ABC與平面ACD垂直時，直線AB與CD垂直，HBCD0，即此時所成角的余弦值最小值0，

當ABC與ACD共面，即將ABC沿AC折起，在將ABC開始折起到與平面ACD重合的過程中的初始

和結束狀態時，HBCDHBCDcos0HBCDcos180余弦值最大，

AC2AB2BC22ABBCcos150,解得：AC7,

1°31321

S=創13?sin150，S=HB′7=，所以HB,

ABC24ABC2414

HBCD21

此時直線AB與CD所成角余弦值cos,

ABCD14

21

綜上所述，直線AB與CD所成角的余弦值的取值范圍是0,,

14

故選：B.

【典例2】（2023下·福建漳州·高一統考期末）如圖，正方體ABCDA1B1C1D1中，AA11，點M,N分別為

棱AD,DD1上的點（不與端點重合），且AMDN.

(1)求證：A1M平面ABN；

(2)求三棱錐BMDN的體積的最大值；

(3)點P在平面ABCD內運動（含邊界），當A1PBD時，求直線A1P與直線BD1所成角的余弦值的最大值.

【答案】(1)證明見解析

1

(2)

24

3

(3)

3

【詳解】（1）因為正方體ABCDA1B1C1D1，所以AA1AD,A1AMADN90，

又因為AMDN，

所以A1AM≌△ADN，所以AA1MNAD，

所以A1ANAA1MA1ANNADA1AD90，即A1MAN.

又因為AB平面ADD1A1，且A1M平面ADD1A1，所以ABA1M.

又因為ABANA，AB,AN平面ABN，

所以A1M平面ABN.

（2）設AM=DN=x，其中0x1，則DM1x，

21

所以11x1x1，當且僅當取等號

SMDNx1xx.

22282

因為三棱錐BMDN的高AB1，

111

所以三棱錐BMDN的體積的最大值為1.

3824

（3）因為A1A平面ABCD,BD平面ABCD，所以A1ABD，

在正方形ABCD中，BDAC，

又因為I，,平面，所以平面，

A1AACAA1AACA1ACBDA1AC

因為BDA1P,A1P平面A1AC，點P在平面ABCD內運動（含邊界），且平面A1AC平面ABCDAC，

所以點PAC，所以點P的軌跡為線段AC，

把原正方體擴展成長方體CC1D1DEE1F1F，連結A1E,PE,AE，

依題意A1E∥BD1，則EA1P為直線A1P與直線BD1所成的角，

設APt,0t2，

則22