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五 空间角和距离
知识要点：
1．两条异面直线所成的角：经过平行移动转化为相交直线，解与相交直线有关的三角形。
2．直线与平面所成的角：斜线与它在平面内的射影所成的角。
3．二面角的求法：
（1）定义法： （2）三垂线法：（3）射影面积法

_
l
_
A
_
B
_
P
_
O
_
O
_
A
4．距离的转化思想
点面距离 线面距离 面面距离
5．思想方法：
（I）平面几何意识：中线、中位线意识；平行四边形或矩形的对角线意识；重心、垂心意识。
（II）几何体的割补意识
题例

1. 已知二面角的大小为， （A） （B） （C） （D）
2．如图，正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
3．若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为,则=______
4．如图，A、B、C是表面积为48π的球面上三点，AB=2，BC=4，∠ABC=60°，O为球心，则直线OA与截面ABC所成的角是（ ）
A．arcsin B．arccos C．arcsin D．arccos

5．设M、N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于E(如图)．现将△ADE沿DE折起，使二面角A－DE－B为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M、N的连线与AE所成角的大小等于_________．
6．在正三棱柱中ABC-A1B1C1中，若AB=2，AA1=1，则点A到平面A1BC的距离为
（A） （B） （C） （D）
7．正三棱锥高为2，侧棱与底面所成角为，则点到
侧面的距离是　　　　.
8．已知平面α∥平面β，直线mα，直线n β，点A∈m,点B∈n，记点A、B之间的距离为a,点A到直线n的距离为b,直线m和n的距离为c,则
A.b≤a≤c B.a≤c≤b　　　　C. c≤a≤b D. c≤b≤a
9．已知球O的半径为1，A、B、C三点都在球面上，且每两点间的球面距离为，则球心O到平面ABC的距离为 （A）　　（B）　　（C）　　（D）
10．如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB=BC=，
BB1=2，，E、F 分别为AA1、C1B1的中点，沿棱柱的表面
从E到F两点的最短路径的长度为 .
11．如图1，已知ABCD是上、下底边长分别为2和6，高为的等腰梯形，
将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图2。
A
B
C
D
O
O1
A
B
O
C
O1
D
　　（Ⅰ）证明：AC⊥BO1；
（Ⅱ）求二面角O－AC－O1的大小。

A
B
O
C
O1
D
x
y
z
　　　　　　 图2 图1

解．解法一（I）证明 由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1.
所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，
即OA⊥OB. 故可以O为原点，OA、OB、OO1
所在直线分别为轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
如图3，则相关各点的坐标是A（3，0，0），
图3
B（0，3，0），C（0，1，）
O1（0，0，）.
从而
所以AC⊥BO1.
（II）解：因为
所以BO1⊥OC，由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，
是平面OAC的一个法向量.
设是0平面O1AC的一个法向量，
由
得.
设二面角O—AC—O1的大小为，由、的方向可知，>，
所以cos，>=
A
B
O
C
O1
D
即二面角O—AC—O1的大小是
解法二（I）证明 由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1，
所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，
即OA⊥OB. 从而AO⊥平面OBCO1，
OC是AC在面OBCO1内的射影.
图4
因为 ，
所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，从而OC⊥BO1
由三垂线定理得AC⊥BO1.
（II）解 由（I）AC⊥BO1，OC⊥BO1，知BO1⊥平面AOC.
设OC∩O1B=E，过点E作EF⊥AC于F，连结O1F（如图4），则EF是O1F在平面AOC
内的射影，由三垂线定理得O1F⊥AC.
所以∠O1FE是二面角O—AC—O1的平面角.
由题设知OA=3，OO1=，O1C=1，
所以，
从而，
又O1E=OO1·sin30°=，所以
即二面角O—AC—O1的大小是
12．在三棱锥S—ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，
平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=2，M、N分别为AB、SB的中点.
（Ⅰ）证明：AC⊥SB；
（Ⅱ）求二面角N—CM—B的大小；
（Ⅲ）求点B到平面CMN的距离.
解：本小题主要考查直线与直线，直线与平面，二面角，点到平面的距离等基础知识，考查空间想象能力和逻辑推理能力.
解法一：（Ⅰ）取AC中点D，连结SD、DB.
∵SA=SC，AB=BC，∴AC⊥SD且AC⊥BD，
∴AC⊥平面SDB，又SB平面SDB，∴AC⊥SB.
（Ⅱ）∵AC⊥平面SDB，AC平面ABC，
∴平面SDB⊥平面ABC.
过N作NE⊥BD于E，NE⊥平面ABC，
过E作EF⊥CM于F，连结NF，则NF⊥CM.
∴∠NFE为二面角N－CM－B的平面角.
∵平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，∴SD⊥平面ABC.
又∵NE⊥平面ABC，∴NE∥SD.
∵SN=NB，∴NE=SD===，且ED=EB.
在正△ABC中，由平几知识可求得EF=MB=，
在Rt△NEF中，tan∠NFE==2，∴二面角N—CM—B的大小是arctan2.
（Ⅲ）在Rt△NEF中，NF==，
∴S△CMN=CM·NF=，S△CMB=BM·CM=2.
设点B到平面CMN的距离为h，
∵VB-CMN=VN-CMB，NE⊥平面CMB，∴S△CMN·h=S△CMB·NE，
∴h==.即点B到平面CMN的距离为.
解法二：（Ⅰ）取AC中点O，连结OS、OB.
∵SA=SC，AB=BC，
∴AC⊥SO且AC⊥BO.
∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面 ABC=AC
∴SO⊥面ABC，∴SO⊥BO.
如图所示建立空间直角坐标系O－xyz.
则A（2，0，0），B（0，2，0），C（－2，0，0），
S（0，0，2），M(1，，0)，N(0，，).
∴=（－4，0，0），=（0，2，2），
∵·=（－4，0，0）·（0，2，2）=0，
∴AC⊥SB.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得=（3，，0），=（－1，0，）.设n=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，
·n=3x+y=0，
则 取z=1，则x=，y=-，
·n=－x+z=0，
∴n=(，－，1)，
又=(0，0，2)为平面ABC的一个法向量，
∴cos(n，)==.
∴二面角N－CM－B的大小为arccos.
（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）得=（－1，，0），n=（，－，1）为平面CMN的一个法向量，
∴点B到平面CMN的距离d==.
13．如图，在长方体中，、分别是棱,
上的点，,
（1） 求异面直线与所成角的余弦值；
（2） 证明平面
（3） 求二面角的正弦值。
解：本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，
点A为坐标原点，设,依题意得,
,,
（1） 解：易得,
于是
所以异面直线与所成角的余弦值为
（2） 证明：已知,,
于是·=0，·=0.因此，,,又
所以平面
(3)解：设平面的法向量，则,即
不妨令X=1,可得。由（2）可知，为平面的一个法向量。
于是，从而
所以二面角的正弦值为
方法二：（1）解：设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE=
链接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由,可知EF∥BC1.故是异面直线EF与A1D所成的角，易知BM=CM=,所以 ,所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为
（2）证明：连接AC，设AC与DE交点N 因为，所以，从而，又由于,所以，故AC⊥DE,又因为CC1⊥DE且，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE.
连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为，所以AF⊥平面A1ED
(3)解：连接A1N.FN,由（2）可知DE⊥平面ACF,又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DE⊥NF,DE⊥A1N,故为二面角A1-ED-F的平面角
易知，所以，又所以，在
连接A1C1,A1F 在
。所以
所以二面角A1-DE-F正弦值为

14．如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝kPA，点O、D
分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．
（I）求证：平面；
(II)当k＝时，求直线PA与平面PBC所成角的大小；
(III) 当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？
本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，
同时考查空间想象能力和推理运算能力
解：方法一：
(Ⅰ) ∵O、D分别为AC、PC中点，
，
(Ⅱ)

，

又，
PA与平面PBC所成的角的大小等于，

（Ⅲ）由(Ⅱ)知，，∴F是O在平面PBC内的射影
∵D是PC的中点，
若点F是的重心，则B，F，D三点共线，
∴直线OB在平面PBC内的射影为直线BD，
，即
反之，当时，三棱锥为正三棱锥，
∴O在平面PBC内的射影为的重心
方法二：
，，

以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系（如图）
设则，
设，则
(Ⅰ)D为PC的中点，
，又，

(Ⅱ)，即，
可求得平面PBC的法向量，，
设PA与平面PBC所成的角为，则
，
（Ⅲ）的重心，，
，
又，
，即，反之，当时，三棱锥为正三棱锥，
∴O在平面PBC内的射影为的重心
15．如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1，中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AD上移动.
（1）证明：D1E⊥A1D；
（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离；
（3）AE等于何值时，二面角D1—EC—D的大小为.

解：解法（一）
（1）证明：∵AE⊥平面AA1DD1，A1D⊥AD1，∴A1D⊥D1E
（2）设点E到面ACD1的距离为h，在△ACD1中，AC=CD1=，AD1=，
故

（3）过D作DH⊥CE于H，连D1H、DE，则D1H⊥CE，
∴∠DHD1为二面角D1—EC—D的平面角.
设AE=x，则BE=2－x

解法（二）：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AE=x，则A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0）C（0，2，0）
（1）
（2）因为E为AB的中点，则E（1，1，0），从而，
，设平面ACD1的法向量为，则
也即，得，从而，所以点E到平面AD1C的距离为

（3）设平面D1EC的法向量，∴
由 令b=1, ∴c=2,a=2－x，
∴
依题意
∴（不含，舍去）， .
∴AE=时，二面角D1—EC—D的大小为.