求“二面角”与“点到平面的距离”问题一直是高考命题的热点，而这两方面的题目又是很多学生感到头痛的。事实上，这两类问题有着较强的相关性，下面给出这两类问题的一个“统一”求解公式，让你一招通解两类问题，
定理：如下图，若锐二面角α-CD -β的大小为θ，点A 为平面α内一点，若点A 到二面角棱CD 的距离为AB =m ，点A 到平面β的距离AH=d，则有d =m ⋅sin θ。
说明：已知其中任意2个可求第3个值。其中θ是指二面角α-CD -βd =m ⋅sin θ中含有3个参数，的大小，d 表示点A 到平面β的距离，m 表示点A 到二面角α-CD -β棱CD 的距离。值得指出的是：
d =m ⋅sin θ可用来求解点到平面的距离，也可用于求解相关的二面角大小问题。其优点在于应用它并不．
强求作出经过点A 的二面角α-CD -β的平面角∠ABH ，而只需已知点A 到二面角α-CD -β棱的距．．
离，与二面角大小θ，即可求解点A 到平面β的距离，或已知两种“距离”即可求二面角的大小θ。这样便省去了许多作图过程与几何逻辑论证，简缩了解题过程。还要注意，当已知点A 到平面β的距离d 与点A 到二面角棱CD 的距离m 求解二面角的大小时，若所求二面角为锐二面角，则有θ=arcsin 所求二面角为钝二面角，则θ=π-arcsin
d
；若m
d m
下面举例说明该公式在解题中的应用。
例1. （2004年全国卷I 理科20题）如下图，已知四棱锥P-ABCD ，PB ⊥AD ，侧面PAD 为边长等
于2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角为120°。
（1）求点P 到平面ABCD 的距离；
（2）求面APB 与面CPB 所成二面角的大小。
分析：如上图，作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O ，即PO 为点P 到平面ABCD 距离。第（1）问要求解距离PO ，只需求出点P 到二面角P-AD-O 的棱AD 的距离，及二面角P-AD-O 的大小即可。第（2）问要求解二面角A-PB-C 的大小，只需求出点C 到二面角A-PB-C 棱PB 的距离及点C 到半平面APB 的距离即可。
解：（1）如上图，取AD 的中点E ，连结PE 。由题意，PE ⊥AD ，即m =PE =
。
又二面角P-AD-O 与二面角P-AD-B 互补，所以二面角P-AD-O 的大小为60°，即θ=60︒。于是由公式d =m ⋅sin θ知：点P 到平面ABCD 的距离为
PO =m ⋅sin θ=3⋅sin 60︒=
3。 2
（2）设所求二面角A-PB-C 的大小为α，点C 到平面PAB 的距离为d 。
连接BE ，则BE ⊥AD （三垂线定理），AD ⊥平面PEB ，因为AD ∥BC ，所以BC ⊥平面PEB ，BC ⊥PB ，即点C 到二面角棱PB 的距离为2，即m=2。
又因为PE=BE=3，∠PEB=120°，所以在ΔPEB 中，由余弦定理可求得PB=3。 取PB 的中点F ，连结AF ，因为PA=AB=2，则AF ⊥PB ，BF =即S ∆PAB =
13
PB ⋅AF =7。又易求得S ∆ABC 24
137
所以AF =AB 2-BF 2=，PB =，
222
3
=3，点P 到平面ABC 的距离：PO =。
2
根据等体积法V P -ABC =V C -PAB ，有
11
⋅PO ⋅S ∆ABC =⋅d ⋅S ∆PAB ， 33
即
22133
，代入公式 ⨯=d ⨯7，所以d =724
d 21
。 =
m 7
d =m ⋅sin θ, sin θ=
又由于面PBC ⊥面PEB ，所以所求二面角A-PB-C 为钝二面角，所以θ=π-arcsin
d
m
点评：对于这个高考试题，许多考生反映第（2）问求解困难，失分较为严重。究其原因有二：一是不能正确地作出二面角的平面角；二是在求二面角的平面角时存在计算障碍。
利用公式d =m ⋅sin θ求解，省去了许多繁难的作图过程与逻辑论证，其优势显而易见。
例2. 已知ABCD 是边长为4的正方形，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，GC 垂直于ABCD 所在的平面，且GC=2，求点B 到平面EFG 的距离。
分析：欲求点B 到平面GEF 的距离，直接求解较困难。为此我们令平面GEF 作为某二面角的一个半平面，当然二面角的另一个半平面即为平面BEF ，为此我们只需找到该二面角的平面角及点B 到二面角棱EF 的距离即可。
解：如下图，过B 作BP ⊥EF ，交EF 的延长线于P ，连结AC 交EF 于H ，连结GH ，易证∠GHC 就是二面角G-EF-C 的平面角。
又BP =AH =
2，这就是点B 到二面角C-EF-G 棱EF 的距离m =2
因为GC=2，AC =42，所以CH =32，GH=22，在Rt ΔGCH 中，sin ∠GHC =是由d =m ⋅sin θ得所求点B 到平面GEF 的距离：
222
，于
d =BP ⋅sin ∠GHC =2⋅
222
=
2。 11
AC =22，例3. 已知斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧面A 1ACC 1与底面ABC 垂直，∠ABC=90°，BC=2，
且AA 1⊥A 1C ，AA 1=A1C 。求顶点C 与侧面A 1ABB 1的距离。
分析：如下图所示，解答好本题的关键是找到底面ABC 的垂线A 1D ，找到了底面的垂线A 1D ，就可根据三垂线定理，作出侧面A 1ABB 1与底面ABC 所成二面角的平面角A 1DE ，求出二面角A 1-AB-C 的平面角大小，就可依据公式d =m ⋅sin θ找到点D 到平面A 1ABB 1的距离d ，进而根据D 为AC 中点，也就不
难求出点C 到侧面A 1ABB 1的距离。
解：如上图，在侧面A 1ACC 1内，作A 1D ⊥AC ，垂足为D ，因为AA 1=A1C ，所以D 为AC 的中点。又因为AA 1⊥A 1C ，AC =23，A 1D=AD=3。
因为侧面A 1ACC 1⊥底面ABC ，其交线为AC ，所以A 1D ⊥面ABC 。
过D 作DE ⊥AB ，垂足为E ，连接A 1E ，则由A 1D ⊥面ABC ，得A 1E ⊥AB （三垂线定理），所以∠A 1ED 为侧面A 1ABB 1与面ABC 所成二面角的平面角。
由已知，AB ⊥BC ，得ED ∥BC ，又D 是AC 的中点，BC=2，所以DE=1，tan ∠A 1ED =故∠A 1ED=60°。
于是由公式d =m ⋅sin θ知，点D 到侧面A 1ABB 1的距离 d =DE ⋅sin 60︒=1⨯
33
。 =
22
A 1D
=，DE
又点D 为AC 的中点，故而点C 到侧面A 1ABB 1的距离为点D 到侧面A 1ABB 1距离的2倍，于是知点C 到侧面A 1ABB 1的距离为3。
点评：本例先通过求侧面A 1ABB 1与面ABC 所成二面角的大小，进而利用公式d =m ⋅sin θ求出点D 到侧面A 1ABB 1的距离，再利用中点D 的性质巧妙地求得C 到侧面A 1ABB 1的距离，充分体现了转化与化归的思想方法在解题中的灵活运用。
求“二面角”与“点到平面的距离”问题一直是高考命题的热点，而这两方面的题目又是很多学生感到头痛的。事实上，这两类问题有着较强的相关性，下面给出这两类问题的一个“统一”求解公式，让你一招通解两类问题，
定理：如下图，若锐二面角α-CD -β的大小为θ，点A 为平面α内一点，若点A 到二面角棱CD 的距离为AB =m ，点A 到平面β的距离AH=d，则有d =m ⋅sin θ。
说明：已知其中任意2个可求第3个值。其中θ是指二面角α-CD -βd =m ⋅sin θ中含有3个参数，的大小，d 表示点A 到平面β的距离，m 表示点A 到二面角α-CD -β棱CD 的距离。值得指出的是：
d =m ⋅sin θ可用来求解点到平面的距离，也可用于求解相关的二面角大小问题。其优点在于应用它并不．
强求作出经过点A 的二面角α-CD -β的平面角∠ABH ，而只需已知点A 到二面角α-CD -β棱的距．．
离，与二面角大小θ，即可求解点A 到平面β的距离，或已知两种“距离”即可求二面角的大小θ。这样便省去了许多作图过程与几何逻辑论证，简缩了解题过程。还要注意，当已知点A 到平面β的距离d 与点A 到二面角棱CD 的距离m 求解二面角的大小时，若所求二面角为锐二面角，则有θ=arcsin 所求二面角为钝二面角，则θ=π-arcsin
d
；若m
d m
下面举例说明该公式在解题中的应用。
例1. （2004年全国卷I 理科20题）如下图，已知四棱锥P-ABCD ，PB ⊥AD ，侧面PAD 为边长等
于2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角为120°。
（1）求点P 到平面ABCD 的距离；
（2）求面APB 与面CPB 所成二面角的大小。
分析：如上图，作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O ，即PO 为点P 到平面ABCD 距离。第（1）问要求解距离PO ，只需求出点P 到二面角P-AD-O 的棱AD 的距离，及二面角P-AD-O 的大小即可。第（2）问要求解二面角A-PB-C 的大小，只需求出点C 到二面角A-PB-C 棱PB 的距离及点C 到半平面APB 的距离即可。
解：（1）如上图，取AD 的中点E ，连结PE 。由题意，PE ⊥AD ，即m =PE =
。
又二面角P-AD-O 与二面角P-AD-B 互补，所以二面角P-AD-O 的大小为60°，即θ=60︒。于是由公式d =m ⋅sin θ知：点P 到平面ABCD 的距离为
PO =m ⋅sin θ=3⋅sin 60︒=
3。 2
（2）设所求二面角A-PB-C 的大小为α，点C 到平面PAB 的距离为d 。
连接BE ，则BE ⊥AD （三垂线定理），AD ⊥平面PEB ，因为AD ∥BC ，所以BC ⊥平面PEB ，BC ⊥PB ，即点C 到二面角棱PB 的距离为2，即m=2。
又因为PE=BE=3，∠PEB=120°，所以在ΔPEB 中，由余弦定理可求得PB=3。 取PB 的中点F ，连结AF ，因为PA=AB=2，则AF ⊥PB ，BF =即S ∆PAB =
13
PB ⋅AF =7。又易求得S ∆ABC 24
137
所以AF =AB 2-BF 2=，PB =，
222
3
=3，点P 到平面ABC 的距离：PO =。
2
根据等体积法V P -ABC =V C -PAB ，有
11
⋅PO ⋅S ∆ABC =⋅d ⋅S ∆PAB ， 33
即
22133
，代入公式 ⨯=d ⨯7，所以d =724
d 21
。 =
m 7
d =m ⋅sin θ, sin θ=
又由于面PBC ⊥面PEB ，所以所求二面角A-PB-C 为钝二面角，所以θ=π-arcsin
d
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点评：对于这个高考试题，许多考生反映第（2）问求解困难，失分较为严重。究其原因有二：一是不能正确地作出二面角的平面角；二是在求二面角的平面角时存在计算障碍。
利用公式d =m ⋅sin θ求解，省去了许多繁难的作图过程与逻辑论证，其优势显而易见。
例2. 已知ABCD 是边长为4的正方形，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，GC 垂直于ABCD 所在的平面，且GC=2，求点B 到平面EFG 的距离。
分析：欲求点B 到平面GEF 的距离，直接求解较困难。为此我们令平面GEF 作为某二面角的一个半平面，当然二面角的另一个半平面即为平面BEF ，为此我们只需找到该二面角的平面角及点B 到二面角棱EF 的距离即可。
解：如下图，过B 作BP ⊥EF ，交EF 的延长线于P ，连结AC 交EF 于H ，连结GH ，易证∠GHC 就是二面角G-EF-C 的平面角。
又BP =AH =
2，这就是点B 到二面角C-EF-G 棱EF 的距离m =2
因为GC=2，AC =42，所以CH =32，GH=22，在Rt ΔGCH 中，sin ∠GHC =是由d =m ⋅sin θ得所求点B 到平面GEF 的距离：
222
，于
d =BP ⋅sin ∠GHC =2⋅
222
=
2。 11
AC =22，例3. 已知斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧面A 1ACC 1与底面ABC 垂直，∠ABC=90°，BC=2，
且AA 1⊥A 1C ，AA 1=A1C 。求顶点C 与侧面A 1ABB 1的距离。
分析：如下图所示，解答好本题的关键是找到底面ABC 的垂线A 1D ，找到了底面的垂线A 1D ，就可根据三垂线定理，作出侧面A 1ABB 1与底面ABC 所成二面角的平面角A 1DE ，求出二面角A 1-AB-C 的平面角大小，就可依据公式d =m ⋅sin θ找到点D 到平面A 1ABB 1的距离d ，进而根据D 为AC 中点，也就不
难求出点C 到侧面A 1ABB 1的距离。
解：如上图，在侧面A 1ACC 1内，作A 1D ⊥AC ，垂足为D ，因为AA 1=A1C ，所以D 为AC 的中点。又因为AA 1⊥A 1C ，AC =23，A 1D=AD=3。
因为侧面A 1ACC 1⊥底面ABC ，其交线为AC ，所以A 1D ⊥面ABC 。
过D 作DE ⊥AB ，垂足为E ，连接A 1E ，则由A 1D ⊥面ABC ，得A 1E ⊥AB （三垂线定理），所以∠A 1ED 为侧面A 1ABB 1与面ABC 所成二面角的平面角。
由已知，AB ⊥BC ，得ED ∥BC ，又D 是AC 的中点，BC=2，所以DE=1，tan ∠A 1ED =故∠A 1ED=60°。
于是由公式d =m ⋅sin θ知，点D 到侧面A 1ABB 1的距离 d =DE ⋅sin 60︒=1⨯
33
。 =
22
A 1D
=，DE
又点D 为AC 的中点，故而点C 到侧面A 1ABB 1的距离为点D 到侧面A 1ABB 1距离的2倍，于是知点C 到侧面A 1ABB 1的距离为3。
点评：本例先通过求侧面A 1ABB 1与面ABC 所成二面角的大小，进而利用公式d =m ⋅sin θ求出点D 到侧面A 1ABB 1的距离，再利用中点D 的性质巧妙地求得C 到侧面A 1ABB 1的距离，充分体现了转化与化归的思想方法在解题中的灵活运用。