第七章 第六节 综合法求空间角及距离-备战2022年（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习学案

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第六节 综合法求空间角及距离
课前检测
1.已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】 如图，取AD的中点F，连结EF，CF.因为E为AB的中点，所以EF∥DB，则∠CEF为异面直线BD与CE所成的角．在正四面体ABCD中，因为E，F分别为AB，AD的中点，所以CE＝CF.设正四面体的棱长为2a，则EF＝a，CE＝CF＝＝a.在△CEF中，由余弦定理得cos∠CEF＝＝＝.

2.如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.

【答案】 D.
【解析】　如图，连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角．

连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，易得A1C1＝，A1B＝BC1＝，
故cos∠A1BC1＝
＝，即异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为. 故选D.
3.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为( )

A. B. C. D.
【答案】 A

【解析】　连接A1C1，则∠AC1A1为AC1与平面
A1B1C1D1
所成的角.
∵AB＝BC＝2，∴A1C1＝AC＝2，又AA1＝1，∴AC1＝3，∴sin∠AC1A1＝＝. 故选A.
4.如图，已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为(　　)

A. 　 B. C. 　 D.
【答案】 C
【解析】 设A1C1交B1D1于点O，连结BO.因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝4，所以C1O⊥B1D1.又因为DD1⊥平面A1B1C1D1，所以DD1⊥C1O.因为DD1∩D1B1＝D1，DD1⊂平面DBB1D1，D1B1⊂平面DBB1D1，所以C1O⊥平面DBB1D1，所以直线BC1和平面DBB1D1所成角为∠OBC1.在Rt△BOC1中，C1O＝2，BC1＝2，所以sin∠OBC1＝，即直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为.故选C.
5. 如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长都相等，则二面角A1BCA的平面角的正切值为________．

【答案】
【解析】 设棱长为a，BC的中点为E，连结A1E，AE，由正三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长都相等，可得A1E⊥BC，AE⊥BC，故二面角A1BCA的平面角为∠A1EA.在Rt△ABE中，AE＝a，所以tan∠A1EA＝＝＝，即二面角A1BCA的平面角的正切值为.

课中讲解
考点一.异面直线所成的角
例1.在长方体中，，，，是的中点，是棱上一点，，动点在底面内，且三棱锥与三棱锥的体积相等，则直线与所成角的正切值的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
过构造与平面平行的平面，得出的轨迹，从而可得出当所求角最小时对应的的位置．
【详解】

解析：因为，设，的中点为，
则，，因为平面，平面，
所以平面，平面，平面，
所以平面，又因为，
所以平面平面，
所以平面，因为底面，
因为平面平面，
所以在底面的轨迹为线段，
在平面内，过点作垂直于，垂足为，连接，
则为直线与所成的最小角，所以.
故选：C

【点睛】
本题考查了异面直线所成角的计算，考查面面平行的判定，考查棱锥的体积公式，属于中档题．
变式1.如图，在棱长为1的正方体中，、是面对角线上两个不同的动点. ①；②与所成的角均为；③若，则四面体的体积为定值.则上述三个命题中假命题的个数为( )

A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【解析】答案：A
分析 ：令与重合，与重合，即可判断①和②，根据平面将四面体可分成两个底面均为平面，高之和为的棱锥，可判断③.
详解：
①当与重合，与重合时，易知,故①正确；
②当与重合，与重合时，由题意可知均是等边三角形，均为，且为异面直线与，与所成角的平面角，故②正确；
③设平面两条对角线交点为，则易得平面，平面将四面体可分成两个底面均为平面，高之和为的棱锥，故四面体的体积一定是定值，故③正确.
故假命题有个.
故选：.
点睛：本题主要考查的是立体几何的综合应用，异面直线所成角的问题，四面体的体积求法，考查学生的空间想象能力，是中档题.
例2.在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
变式2.如图，在底面为正方形的四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，PA＝AD，则异面直线PB与AC所成的角为(　　)

A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
【答案】 C
【解析】 因为平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊂平面PAD，所以PA⊥平面ABCD.分别过点P，D作AD，AP的平行线交于点M，连结CM，AM.因为PM∥AD，AD∥BC，PM＝AD，AD＝BC，所以四边形PBCM是平行四边形，所以PB∥CM，所以∠ACM(或其补角)就是异面直线PB与AC所成的角．因为四边形PADM，底面ABCD均为正方形，设PA＝AD＝a，在三角形ACM中，AM＝a，AC＝a，CM＝a，所以三角形ACM是等边三角形，所以∠ACM等于60°，即异面直线PB与AC所成的角为60°.故选C.

考点二.直线与平面所成的角
例1.日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为

A．20° B．40°
C．50° D．90°
【答案】B
【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.
故选：B

变式1.如图，在三棱锥ABCD中，侧面ABD⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝AD＝4，BC＝6，BD＝4，则直线AC与底面BCD所成角的大小为(　　)
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°

【答案】 A
【解析】 因为平面ABD⊥底面BCD，AB＝AD，取DB的中点O，连结AO，CO，则AO⊥BD，则AO⊥平面BCD，所以∠ACO就是直线AC与底面BCD所成的角．因为BC⊥CD，BC＝6，BD＝4，所以CO＝2.在Rt△ADO中，OA＝＝2，在Rt△AOC中，tan∠ACO＝＝，故直线AC与底面BCD所成角的大小为30°.故选A.

例2.在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为(　　)
A. 　 B. 　 C. D.

【答案】 B
【解析】 因为BB1∥DD1，所以BB1与平面ACD1所成角即为DD1与平面ACD1所成角．设点D到平面ACD1的距离为h，正方体的边长为a，则VD1ADC＝××a×a×a＝a3，VDAD1C＝×h＝a2h，所以a3＝a2h，得h＝a.设BB1与平面ACD1所成角为θ，则sinθ＝＝.故选B.
变式2.[2019·杭州模拟]在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，AB＝AC＝1，PA＝，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.

【答案】D
【解析】　∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，即∠PAB＝∠PAC＝90°，
又∵AB＝AC＝1，PA＝PA＝，
∴△PAB≌△PAC，
∴PB＝PC. 取BC的中点D，连接AD，PD，

∴PD⊥BC，AD⊥BC，又∵
PD∩AD＝D，∴BC⊥平面PAD，∵BC⊂平面PBC，∴平面PAD⊥平面PBC，过A作AO⊥PD于O，易得AO⊥平面PBC，∴∠APD就是直线PA与平面PBC所成的角. 在Rt△PAD 中，AD＝，PA＝，则PD＝＝，则sin∠APD＝＝. 故选D.

例3.如图所示,已知多面体ABC－A1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC＝120°,A1A＝4,C1C＝1,AB＝BC＝B1B＝2.

(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
(1)见解析　(2)
(1)由AB＝2,AA1＝4,BB1＝2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1＝A1B1＝,所以A1B＋AB＝AA,所以AB1⊥A1B1.
由BC＝2,BB1＝2,CC1＝1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1＝,
由AB＝BC＝2,∠ABC＝120°得AC＝2,
由CC1⊥AC,得AC1＝,
所以AB＋B1C＝AC,
故AB1⊥B1C1,又A1B1∩B1C1＝B1,A1B1,B1C1⊂平面A1B1C,因此AB1⊥平面A1B1C1.
(2)如图所示,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD．

由AB1⊥平面A1B1C1,AB1⊂平面ABB1,得
平面A1B1C1⊥平面ABB1,
由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,
所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角．
由B1C1＝,A1B1＝2,A1C1＝得
cos∠C1A1B1＝,sin∠C1A1B1＝,
所以C1D＝,故sin∠C1AD＝＝.
因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.
变式3.如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（Ⅰ）证明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）如图，过点D作，交直线AC于点，连结OB．

由，得，
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以.
由，得.
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．
由三棱台得，所以.
（Ⅱ）方法一：
过点作，交直线BD于点，连结.
由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由平面得，故平面BCD，所以为直线CO与平面DBC所成角.
设.
由，得，
所以，
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.

考点三.二面角
例1. 如图，在直四棱柱ABCD-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AB//CD，AB=4, BC=CD=2, AA=2, E、E、F分别是棱AD、AA、AB的中点。
E
A
B
C
F
E1
A1
B1
C1
D1
D
（1） 证明：直线EE//平面FCC；
（2） 求二面角B-FC-C的余弦值。
证（1）略
E
A
B
C
F
E1
A1
B1
C1
D1
D
F1
O
P
解（2）因为AB=4, BC=CD=2, 、F是棱AB的中点,所以BF=BC=CF,△BCF为正三角形,取CF的中点O,则OB⊥CF,又因为直四棱柱ABCD-ABCD中,CC1⊥平面ABCD,所以CC1⊥BO,所以OB⊥平面CC1F,过O在平面CC1F内作OP⊥C1F,垂足为P,连接BP,则∠OPB为二面角B-FC-C的一个平面角, 在△BCF为正三角形中,,在Rt△CC1F中, △OPF∽△CC1F,∵∴,
在Rt△OPF中,,,所以二面角B-FC-C的余弦值为.
变式1.如图所示,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD＝DC,点E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.
(1)求证：PA∥平面EDB；
(2)求证：PB⊥平面EFD；
(3)求二面角C－PB－D的大小．

(1)见解析　(2)见解析　(3)
(1)证明：连接AC,AC交BD于O,连接EO(图略)．
∵底面ABCD是正方形,
∴点O是AC的中点,
在△PAC中,EO是中位线,
∴PA∥EO
而EO⊂平面EDB是PA平面EDB,
所以,PA∥平面EDB
(2)证明：∵PD⊥底面ABCD且DC⊂底面ABCD,
∴PD⊥DC
∵PD＝DC,可知△PDC是等腰直角三角形,而DE是斜边PC的中线,
∴DE⊥PC．①
同样由PD⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD,得PD⊥BC．
∵底面ABCD是正方形,有DC⊥BC,PD∩DC＝D,PD⊂平面PDC,DC⊂平面PDC
∴BC⊥平面PDC．
而DE⊂平面PDC,
∴BC⊥DE.②
BC∩PC＝C,BC⊂平面PBC,PC⊂平面PBC
由①和②推得DE⊥平面PBC．
而PB⊂平面PBC,
∴DE⊥PB
又EF⊥PB且DE∩EF＝E,DE⊂平面EFD,EF⊂平面EFD,所以PB⊥平面EFD．
(3)由(2)知,PB⊥DF,故∠EFD是二面角C－PB－D的平面角．
由(2)知,DE⊥EF,PD⊥DB．
设正方形ABCD的边长为a,
则PD＝DC＝a,BD＝a,PB＝＝a,
PC＝＝a,DE＝PC＝a.
在Rt△PDB中,DF＝＝＝a.
在Rt△EFD中,sin∠EFD＝＝＝,
∴∠EFD＝.
所以,二面角C－PB－D的大小为.
例2.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AC＝AB＝AA1，E是BC的中点．
(1) 求证：AE⊥B1C；
(2) 求异面直线AE与A1C所成的角的大小；
(3) 若G为C1C的中点，求二面角CAGE的正切值．

【解析】 (1) 因为BB1⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，所以AE⊥BB1.
由AB＝AC，E为BC的中点，得AE⊥BC.
因为BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BB1C1C，
所以AE⊥平面BB1C1C.
又因为B1C⊂平面BB1C1C，
所以AE⊥B1C.
(2) 取B1C1的中点E1，连结A1E1，E1C，则AE∥A1E1，
所以∠E1A1C是异面直线AE与A1C所成的角．
设AC＝AB＝AA1＝2，
则由∠BAC＝90°，可得A1E1＝AE＝，A1C＝2，E1C1＝EC＝BC＝，　
所以E1C＝＝.
在△E1A1C中，cos∠E1A1C＝＝，
所以异面直线AE与A1C所成的角为.
(3) 设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于点Q，连结EP，EQ，则EP⊥AC.
又因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，EP⊂平面ABC，
所以EP⊥平面ACC1A1.
因为AG⊂平面ACC1A1，
所以AG⊥EP.
又PQ⊥AG，EP，PQ⊂平面EPQ，EP∩PQ＝P，
所以AG⊥平面EPQ.
又因为EQ⊂平面EPQ，
所以EQ⊥AG，
所以∠PQE是二面角CAGE的平面角．
由(2)假设知EP＝1，AP＝1，
Rt△ACG∽Rt△AQP，PQ＝＝，
故tan∠PQE＝＝，
所以二面角CAGE的正切值是.

考点四.点到平面的距离
例1.已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为
A． B． C．1 D．
【答案】C
【解析】设球的半径为，则，解得：.
设外接圆半径为，边长为，
是面积为的等边三角形，
，解得：，，
球心到平面的距离.
故选：C．

【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.





变式1.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为6，P是AA1的中点，Q是△BDC1内的动点，若PQ⊥BC1，则点Q到平面A1B1C1D1的距离的取值范围是(　　)
A. [3，5] B. C. [4，5] D. [2，6]
【答案】 B
【解析】 如图，在正方体中取BB1、BD中点P1、O，及BC1的四等分点M，因为PP1⊥BC1，P1M⊥BC1，P1M∩PP1＝P1，P1M，PP1⊂平面PP1M，所以BC1⊥平面PP1M，则BC1⊥PM.又OM⊥BC1，OM∩PM＝M，故BC1⊥平面POM，所以当点Q在线段OM上时，PQ⊥BC1，则点Q到平面A1B1C1D1的距离最大为6，最小为6×＝，所以点Q到平面A1B1C1D1的距离的取值范围为.故选B.

例2.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点．
(1)证明：PF⊥FD；
(2)若PA＝1，求点E到平面PFD的距离．

【解】　(1)证明：连接AF，则AF＝，又DF＝，AD＝2，∴DF2＋AF2＝AD2，∴DF⊥AF. ∵PA⊥平面ABCD，∴DF⊥PA，又PA∩AF＝A，∴DF⊥平面PAF，又PF⊂平面PAF，∴DF⊥PF.

(2)连接EP，ED，EF.
∵S△EFD＝S矩形ABCD－S△BEF－S△ADE－S△CDF＝2－＝，
∴V三棱锥P－EFD＝S△EFD·PA＝××1＝. 设点E到平面PFD的距离为h，则由V三棱锥E－PFD＝V三棱锥P－EFD得S△PFD·h＝×·h＝，解得h＝，即点E到平面PFD的距离为.
变式2.如图所示的五面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M为BC的中点．
(1)求证：FM∥平面BDE；
(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求点F到平面BDE的距离．

【解析】　(1)证明：取BD的中点O，连接OM，OE，

∵O，M分别为BD，BC的中点，∴OM∥CD，且OM＝CD.
∵四边形ABCD为菱形，∴CD∥AB，又EF∥AB，
∴CD∥EF，
又AB＝CD＝2EF，∴EF＝CD，∴OM∥EF，且OM＝EF，
∴四边形OMFE为平行四边形，∴MF∥OE.
又OE⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE.
(2)由(1)得FM∥平面BDE，∴点F到平面BDE的距离等于点M到平面BDE的距离．
取AD的中点H，连接EH，BH，

∵EA＝ED，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，∴EH⊥AD，BH⊥AD.
∵平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH⊂平面ADE，
∴EH⊥平面ABCD，∴EH⊥BH，易得EH＝BH＝，∴BE＝，
∴S△BDE＝××＝. 设点F到平面BDE的距离为h，
连接DM，则S△BDM＝S△BCD＝××4＝，连接EM，由V三棱锥E－BDM＝V三棱锥M－BDE，

得××＝×h×，解得h＝，即点F到平面BDE的距离为.

课后习题
一．单选题

1.正方体中，的中点为，的中点为，则异面直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据异面直线所成角的定义，把直线CN平移和直线B1M相交，找到异面直线B1M与CN所成的角，解三角形即可求得结果．在平移直线时经常用到遇到中点找中点的方法．
【详解】解：取AA1的中点E，连接EN，BE角B1M于点O，
则EN∥BC，且EN＝BC
∴四边形BCNE是平行四边形
∴BE∥CN
∴∠BOM就是异面直线B1M与CN所成的角，
而Rt△BB1M≌Rt△ABE
∴∠ABE＝∠BB1M，∠BMB1＝∠AEB，
∴∠BOM＝90°．
故选：D．

【点睛】此题是个基础题．考查异面直线所成的角，以及解决异面直线所成的角的方法（平移法）的应用，体现了转化的思想和数形结合的思想方法．


2.如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥中，为侧棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
首先通过作平行的辅助线确定异面直线与所成角的平面角，在中利用余弦定理求出进而求出CE，再在中利用余弦定理即可得解.
【详解】如图，取的中点，的中点，的中点，连接，，，，

则，，从而四边形是平行四边形，则，
且.
因为是的中点，是的中点，
所以为的中位线，所以，则是异面直线与所成的角.由题意可得，.
在中，由余弦定理可得，
则，即.
在中，由余弦定理可得.
故选：D

3.在直三棱柱中，己知，，，则异面直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由条件可看出，则为异面直线与所成的角，可证得三角形中，，解得从而得出异面直线与所成的角．
【详解】连接，，如图：

又，则为异面直线与所成的角.
因为且三棱柱为直三棱柱，∴∴面，
∴，
又，，∴，
∴，解得.
故选C

4.（2018·全国Ⅱ高考）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.

第1题图
【答案】C
【解析】　如图，将长方体ABCD－A1B1C1D1补成长方体ABCD－A2B2C2D2，使AA1＝A1A2，易知AD1∥B1C2，∴∠DB1C2或其补角为异面直线AD1与DB1所成的角．
易知B1C2＝AD1＝2，
DB1＝＝，
DC2＝＝＝.
在△DB1C2中，由余弦定理，得cos∠DB1C2＝＝＝－，
∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为. 故选C.
二．填空题
5.正三棱柱中，，，为棱的中点，则异面直线与成角的大小为_______．
【答案】
【解析】如图，

，，
且，侧棱和底面垂直，
∴

，

∴，且，
∴，
∴异面直线与成角的大小为．
故答案为：．
【点睛】解答本题时还可以建立空间直角坐标系，用坐标形式下的向量运算求解.

三．解答题
6.如图，在四棱锥中，平面，，，且，，

（1）求证：；
（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为，如果存在，求与平面所成的角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【解析】（1）如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，
由已知，
可得是等腰直角三角形，即，
又平面ABCD，则，
所以平面PAC，
所以．
（2）假设存在符合条件的点，过点作于，则，
平面，．
过点作于，连接，则平面，
，即是二面角的平面角．
若，则，又，
，即是线段的中点．
存在点使得二面角的大小为．
在三棱锥中，，
设点到平面的距离是，则，
，，
，解得．
在中，，，，，
，
与平面所成角的正弦值为．

【点睛】本题考查了项目垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．
7.如图，在三棱锥P－ABC 中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：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：∵PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，∴PO⊥AC，且PO＝2. 连接OB，
∵AB＝BC＝AC，∴△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
∴PO2＋OB2＝PB2，∴PO⊥OB. 又∵AC∩OB＝O，∴PO⊥平面ABC.
(2)如图，作CH⊥OM，垂足为H，

又由(1)可得PO⊥CH，且PO∩OM＝O，∴CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离. 由题设可知OC＝AC＝2，MC＝BC＝，∠ACB＝45°，∴OM＝，CH＝＝.
∴点C到平面POM的距离为.
8.如图，四棱锥中，底面为四边形，是边长为2的正三角形，，，，平面平面.

(1)求证：平面；
(2)若二面角的平面角的余弦值为，求的长.
【解析】答案：(1)证明见解析；(2)
分析：(1)如图所示，为中点，连接，证明，得到证明.
(2)如图所示，过作于，连接，证明为二面角的平面角，计算得到答案.
详解：(1)如图所示：为中点，连接，是正三角形，则.
平面平面，平面平面，故平面.
平面，故.
，，故平面.
(2)如图所示：过作于，连接.
，，为中点，故，故平面.
，故为二面角的平面角.
，故，，故.
，即，.


点睛：本题考查了线面垂直，根据二面角求长度，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.