?08立體幾何知識點分類

一．由三視圖求面積、體積（共2小題）
1．（2022?浙江）某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm3）是（　?。?br />
A．22π B．8π C．π D．π
【答案】C．
【解析】解：由三視圖可知幾何體是上部為半球，中部是圓柱，下部是圓臺，
所以幾何體的體積為：+π×12×2+＝π．
2．（2022?甲卷）如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個多面體的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長為1，則該多面體的體積為（　?。?br />
A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】B．
【解析】解：由多面體的三視圖得該多面體是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，
四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如圖，

AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，
∴該多面體的體積為：
V＝＝12．
二．棱柱、棱錐、棱臺的側(cè)面積和表面積（共1小題）
3．（2022?北京）已知正三棱錐P﹣ABC的六條棱長均為6，S是△ABC及其內(nèi)部的點構(gòu)成的集合．設(shè)集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，則T表示的區(qū)域的面積為（　?。?br /> A． B．π C．2π D．3π
【答案】B．
【解析】解：設(shè)點P在面ABC內(nèi)的投影為點O，連接OA，則OA＝＝2，
所以O(shè)P＝＝＝2，
由＝＝1，知T表示的區(qū)域是以O(shè)為圓心，1為半徑的圓，
所以其面積S＝π．

三．棱柱、棱錐、棱臺的體積（共6小題）
4．（2022?新高考Ⅰ）已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上．若該球的體積為36π，且3≤l≤3，則該正四棱錐體積的取值范圍是（　?。?br /> A．[18，] B．[，] C．[，] D．[18，27]
【答案】C．

【解析】解：如圖所示，正四棱錐P﹣ABCD各頂點都在同一球面上，連接AC與BD交于點E，連接PE，則球心O在直線PE上，連接OA，
設(shè)正四棱錐的底面邊長為a，高為h，
在Rt△PAE中，PA2＝AE2+PE2，即＝，
∵球O的體積為36π，∴球O的半徑R＝3，
在Rt△OAE中，OA2＝OE2+AE2，即，
∴，∴，
∴l(xiāng)2＝6h，又∵3≤l≤3，∴，
∴該正四棱錐體積V（h）＝＝＝，
∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h），
∴當時，V'（h）＞0，V（h）單調(diào)遞增；當4時，V'（h）＜0，V（h）單調(diào)遞減，
∴V（h）max＝V（4）＝，
又∵V（）＝，V（）＝，且，
∴，
即該正四棱錐體積的取值范圍是[，]，
5．（2022?乙卷）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（　?。?br /> A． B． C． D．
【答案】C．

【解析】解：由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設(shè)底面邊長為a，底面所在圓的半徑為r，
則r＝，
∴該四棱錐的高h＝，
∴該四棱錐的體積V＝＝≤＝＝，
當且僅當，即時，等號成立，
∴該四棱錐的體積最大時，其高h＝＝＝，
6．（2022?甲卷）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側(cè)面展開圖的圓心角之和為2π，側(cè)面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙．若＝2，則＝（　?。?br /> A． B．2 C． D．
【答案】C．
【解析】解：如圖，

甲，乙兩個圓錐的側(cè)面展開圖剛好拼成一個圓，設(shè)圓的半徑（即圓錐母線）為3，甲、乙兩個圓錐的底面半徑分別為r1，r2，高分別為h1，h2，
則2πr1＝4π，2πr2＝2π，解得r1＝2，r2＝1，
由勾股定理可得，
∴．
（多選）7．（2022?新高考Ⅱ）如圖，四邊形ABCD為正方形，ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED，AB＝ED＝2FB．記三棱錐E﹣ACD，F(xiàn)﹣ABC，F(xiàn)﹣ACE的體積分別為V1，V2，V3，則（　?。?br />
A．V3＝2V2 B．V3＝V1 C．V3＝V1+V2 D．2V3＝3V1
【答案】CD．
【解析】解：設(shè)AB＝ED＝2FB＝2，
∵ED⊥平面ABCD，∴|ED|為四棱錐E﹣ABCD的高，
∵FB∥ED，∴|FB|為三棱錐F﹣ABC的高，
∵平面ADE∥平面FBC，∴點E到平面FBC的距離等于點D到平面FBC的距離，
即三棱錐E﹣FBC的高＝|DC|＝2，
幾何體的體積V＝VE﹣ABCD+VE﹣FBC+VE﹣ABF＝×SABCD×|ED|+×S△FBC×|DC|+×S△ABF×|AB|＝4，
V1＝×S△ACD×|ED|＝，
V2＝×S△ABC×|FB|＝，
V3＝V﹣V1﹣V2＝2．
故C、D正確，A、B錯誤．
8．（2022?甲卷）小明同學參加綜合實踐活動，設(shè)計了一個封閉的包裝盒．包裝盒如圖所示：底面ABCD是邊長為8（單位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均為正三角形，且它們所在的平面都與平面ABCD垂直．
（1）證明：EF∥平面ABCD；
（2）求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）．

【解析】（1）證明：如圖所示，將幾何體補形為長方體，
做EE'⊥AB于點E'，做FF'⊥BC于點F'，
由于底面為正方形，△ABE，△BCF均為等邊三角形，
故等邊三角形的高相等，即EE'＝FF'，
由面面垂直的性質(zhì)可知EE'，F(xiàn)F'均與底面垂直，
則EE'∥FF'，四邊形EE'F'F為平行四邊形，則EF∥E'F'，
由于EF不在平面ABCD內(nèi)，E'F'在平面ABCD內(nèi)，
由線面平行的判斷定理可得EF∥平面ABCD．

（2）解：易知包裝盒的容積為長方體的體積減去四個三棱錐的體積，
其中長方體的高，
長方體的體積，
一個三棱錐的體積，
則包裝盒的容積為．
9．（2022?乙卷）如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E為AC的中點．
（1）證明：平面BED⊥平面ACD；
（2）設(shè)AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，點F在BD上，當△AFC的面積最小時，求三棱錐F﹣ABC的體積．

【解析】證明：（1）∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，
∴△ADB≌△CDB，
∴AB＝BC，又∵E為AC的中點．
∴AC⊥BE，
∵AD＝CD，E為AC的中點．
∴AC⊥DE，又∵BE∩DE＝E，
∴AC⊥平面BED，
又∵AC?平面ACD，
∴平面BED⊥平面ACD；
解：（2）由（1）可知AB＝BC，
∴AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，∴△ABC是等邊三角形，邊長為2，
∴BE＝，AC＝2，AD＝CD＝，DE＝1，
∵DE2+BE2＝BD2，∴DE⊥BE，
又∵DE⊥AC，AC∩BE＝E，
∴DE⊥平面ABC，
由（1）知△ADB≌△CDB，∴AF＝CF，連接EF，則EF⊥AC，
∴S△AFC＝＝EF，
∴當EF⊥BD時，EF最短，此時△AFC的面積最小，
過點F作FG⊥BE于點G，則FG∥DE，∴FG⊥平面ABC，
∵EF＝＝，
∴BF＝＝，∴FG＝＝，
∴三棱錐F﹣ABC的體積V＝＝＝．

四．球的體積和表面積（共1小題）
10．（2022?新高考Ⅱ）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為3和4，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（　　）
A．100π B．128π C．144π D．192π
【答案】A．
【解析】解：由題意得，上底面所在平面截球所得圓的半徑為，下底面所在平面截球所得圓的半徑為，如圖，

設(shè)球的半徑為R，則軸截面中由幾何知識可得，解得R＝5，
∴該球的表面積為4πR2＝4π×25＝100π．
五．異面直線及其所成的角（共1小題）
（多選）11．（2022?新高考Ⅰ）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，則（　?。?br /> A．直線BC1與DA1所成的角為90°
B．直線BC1與CA1所成的角為90°
C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°
D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45°
【答案】ABD．
【解析】解：如圖，

連接B1C，由A1B1∥DC，A1B1＝DC，得四邊形DA1B1C為平行四邊形，
可得DA1∥B1C，∵BC1⊥B1C，∴直線BC1與DA1所成的角為90°，故A正確；
∵A1B1⊥BC1，BC1⊥B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面DA1B1C，而CA1?平面DA1B1C，
∴BC1⊥CA1，即直線BC1與CA1所成的角為90°，故B正確；
設(shè)A1C1∩B1D1＝O，連接BO，可得C1O⊥平面BB1D1D，即∠C1BO為直線BC1與平面BB1D1D所成的角，
∵sin∠C1BO＝，∴直線BC1與平面BB1D1D所成的角為30°，故C錯誤；
∵CC1⊥底面ABCD，∴∠C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角為45°，故D正確．
六．空間中直線與直線之間的位置關(guān)系（共1小題）
12．（2022?上海）上海海關(guān)大樓的頂部為逐級收攏的四面鐘樓，如圖，四個大鐘分布在四棱柱的四個側(cè)面，則每天0點至12點（包含0點，不含12點）相鄰兩鐘面上的時針相互垂直的次數(shù)為（　?。?br />
A．0 B．2 C．4 D．12
【答案】B．
【解析】解：3點時和9點時相鄰兩鐘面上的時針相互垂直，
∴每天0點至12點（包含0點，不含12點），
相鄰兩鐘面上的時針相互垂直的次數(shù)為2，
七．平面與平面垂直（共1小題）
13．（2022?乙卷）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，則（　　）
A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D
【答案】A．

【解析】解：對于A，由于E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，則EF∥AC，
又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD，DD1?平面BDD1，
∴AC⊥平面BDD1，則EF⊥平面BDD1，
又EF?平面B1EF，
∴平面B1EF⊥平面BDD1，選項A正確；
對于B，由選項A可知，平面B1EF⊥平面BDD1，而平面BDD1∩平面A1BD＝BD，在該正方體中，試想D1運動至A1時，平面B1EF不可能與平面A1BD垂直，選項B錯誤；
對于C，在平面ABB1A1上，易知AA1與B1E必相交，故平面B1EF與平面A1AC不平行，選項C錯誤；
對于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C與平面B1EF有公共點B1，故平面B1EF與平面A1C1D不可能平行，選項D錯誤．
八．直線與平面所成的角（共5小題）
14．（2022?甲卷）在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°，則（　?。?br /> A．AB＝2AD
B．AB與平面AB1C1D所成的角為30°
C．AC＝CB1
D．B1D與平面BB1C1C所成的角為45°
所以選項D正確，
【答案】D．
【解析】解：如圖所示，連接AB1，BD，不妨令A(yù)A1＝1，

在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，
所以∠B1DB和∠DB1A分別為B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，
即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，
所以在Rt△BDB1中，BB1＝AA1＝1，，
在Rt△ADB1中，DB1＝2，，
所以AB＝，，，
故選項A，C錯誤，
由圖易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，
所以∠B1AB為AB與平面AB1C1D所成的角，
在Rt△ABB1中，，
故選項B錯誤，
如圖，連接B1C，

則B1D在平面BB1C1C上的射影為B1C，
所以∠DB1C為B1D與平面BB1C1C所成的角，
在Rt△DB1C中，＝DC，所以∠DB1C＝45°，
15．（2022?甲卷）在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．
（1）證明：BD⊥PA；
（2）求PD與平面PAB所成的角的正弦值．

【解析】解：（1）證明：∵PD⊥底面ABCD，BD?面ABCD，
∴PD⊥BD，
取AB中點E，連接DE，
∵AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，
∴∠DAB＝60°，又∵AE＝AB＝AD＝1，
∴DE＝1，∴DE＝，
∴△ABD為直角三角形，且AB為斜邊，
∴BD⊥AD，
又PD∩AD＝D，PD?面PAD，AD?面PAD，
∴BD⊥面PAD，
又PA?面PAD，
∴BD⊥PA；
（2）由（1）知，PD，AD，BD兩兩互相垂直，故建立如圖所示的空間直角坐標系，
，
則，
∴，
設(shè)平面PAB的一個法向量為，則，則可取，
設(shè)PD與平面PAB所成的角為θ，則，
∴PD與平面PAB所成的角的正弦值為．

16．（2022?乙卷）如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E為AC的中點．
（1）證明：平面BED⊥平面ACD；
（2）設(shè)AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，點F在BD上，當△AFC的面積最小時，求CF與平面ABD所成的角的正弦值．

【解析】（1）證明：∵AD＝CD，E為AC的中點．∴DE⊥AC，
又∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，
∴AB＝BC，又∵E為AC的中點．∴EB⊥AC，又BE∩DE＝E，BE?平面BED，DE?平面BED，
∴AC⊥平面BED，又AC?平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD；
（2）解：連接EF，由（1）知AC⊥EF，∴S△AFC＝AC×EF，

故EF最小時，△AFC的面積最小，∴EF⊥BD時，△AFC的面積最小，
又AC⊥平面BED，BD?平面BED，∴AC⊥BD，又AC∩EF＝E，AC?平面AFC，EF?平面AFC，
∴BD⊥平面AFC，又BD?平面ABD，∴平面ABD⊥平面AFC，
過C作CM⊥AF于點M，則CM⊥平面ABD，
故∠CFM，即∠CFA為直線CF與平面ABD所成的角，
由AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，知△BAC是2為邊長的等邊三角形，
故AC＝2，由已知可得DE＝1，BE＝，又BD＝2，∴BD2＝ED2+EB2，
∴∠BED＝90°，所以EF＝＝，
∴CF＝＝，∴AF＝，
在△ACF中，由余弦定理得cos∠AFC＝＝﹣，
∴sin∠AFC＝．
故CF與平面ABD所成的角的正弦值為．
17．（2022?北京）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分別為A1B1，AC的中點．
（Ⅰ）求證：MN∥平面BCC1B1；
（Ⅱ）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．
條件①：AB⊥MN；
條件②：BM＝MN．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．

【解析】解：（I）證明：取AB中點K，連接NK，MK，
∵M，為A1B1的中點．∴B1M∥BK，且B1M∥BK，
∴四邊形BKMB1是平行四邊形，故MK∥BB1，
MK?平面BCC1B1；BB1?平面BCC1B1，
∴MK∥平面BCC1B1，
∵K是AB中點，N是AC的點，
∴NK∥BC，∵NK?平面BCC1B1；BC?平面BCC1B1，
∴NK∥平面BCC1B1，又NK∩MK＝K，
∴平面NMK∥平面BCC1B1，
又MN?平面NMK，∴MN∥平面BCC1B1；
（II）∵側(cè)面BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，
∴CB⊥平面ABB1A1，∴CB⊥AB，又NK∥BC，∴AB⊥NK，
若選①：AB⊥MN；又MN∩NK＝N，∴AB⊥平面MNK，
又MK?平面MNK，∴AB⊥MK，又MK∥BB1，
∴AB⊥BB1，∴BC，BA，BB1兩兩垂直，
若選②：∵CB⊥平面ABB1A1，NK∥BC，∴NK⊥平面ABB1A1，KM?平面ABB1A1，
∴MK⊥NK，又BM＝MN，NK＝BC，BK＝AB，
∴△BKM≌△NKM，∴∠BKM＝∠NKM＝90°，
∴AB⊥MK，又MK∥BB1，∴AB⊥BB1，
∴BC，BA，BB1兩兩垂直，
以B為坐標原點，BC，BA，BB1為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則B（0，0，0），N（1，1，0），M（0，1，2），A（0，2，0），
∴＝（0，1，2），＝（1，1，0），

設(shè)平面BMN的一個法向量為＝（x，y，z），
則，令z＝1，則y＝﹣2，x＝2，
∴平面BMN的一個法向量為＝（2，﹣2，1），
又＝（0，2，0），
設(shè)直線AB與平面BMN所成角為θ，
∴sinθ＝|cos＜，＞|＝＝＝．
∴直線AB與平面BMN所成角的正弦值為．
18．（2022?上海）如圖，圓柱下底面與上底面的圓心分別為O、O1，AA1為圓柱的母線，底面半徑長為1．
（1）若AA1＝4，M為AA1的中點，求直線MO1與上底面所成角的大小；（結(jié)果用反三角函數(shù)值表示）
（2）若圓柱過OO1的截面為正方形，求圓柱的體積與側(cè)面積．

【解析】解：（1）因為AA1為圓柱的母線，所以AA1垂直于上底面，
所以∠MO1A1是直線MO1與上底面所成角，tan∠MO1A1＝＝＝2，
所以∠MO1A1＝arctan2．
（2）因為圓柱過OO1的截面為正方形，所以AA1＝2，
所以圓柱的體積為V＝πr2h＝π?12?2＝2π，
圓柱的側(cè)面積為S＝2πrh＝2π?1?2＝4π．

九．二面角的平面角及求法（共4小題）
19．（2022?浙江）如圖，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1，AC＝AA1，E，F(xiàn)分別是棱BC，A1C1上的點．記EF與AA1所成的角為α，EF與平面ABC所成的角為β，二面角F﹣BC﹣A的平面角為γ，則（　?。?br />
A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β
【解析】解：∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1，
∴正三棱柱的所有棱長相等，設(shè)棱長為1，
如圖，過F作FG⊥AC，垂足點為G，連接GE，則A1A∥FG，
∴EF與AA1所成的角為∠EFG＝α，且tanα＝，
又GE∈[0，1]，∴tanα∈[0，1]，
∴EF與平面ABC所成的角為∠FEG＝β，且tanβ＝∈[1，+∞），
∴tanβ≥tanα，...①，
再過G點作GH⊥BC，垂足點為H，連接HF，
又易知FG⊥底面ABC，BC?底面ABC，
∴BC⊥FG，又FG∩GH＝G，∴BC⊥平面GHF，
∴二面角F﹣BC﹣A的平面角為∠GHF＝γ，且tanγ＝，又GH∈[0，1]，
∴tanγ∈[1，+∞），∴tanγ≥tanα，...②，
又GE≥GH，∴tanβ≤tanγ，...③，
由①②③得tanα≤tanβ≤tanγ，又α，β，γ∈[0，），y＝tanx在[0，）單調(diào)遞增，
∴α≤β≤γ，
【答案】A．

20．（2022?浙江）如圖，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F﹣DC﹣B的平面角為60°．設(shè)M，N分別為AE，BC的中點．
（Ⅰ）證明：FN⊥AD；
（Ⅱ）求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．

【解析】證明：（I）由于CD⊥CB，CD⊥CF，
平面ABCD∩平面CDEF＝CD，CF?平面CDEF，CB?平面ABCD，
所以∠FCB為二面角F﹣DC﹣B的平面角，
則∠FCB＝60°，CD⊥平面CBF，則CD⊥FN．
又，
則△BCF是等邊三角形，則CB⊥FN，
因為DC⊥FC，DC⊥BC，F(xiàn)C∩BC＝C，F(xiàn)C?平面FCB，BC?平面FCB，
所以DC⊥平面FCB，因為FN?平面FCB，所以DC⊥FN，
又因為DC∩CB＝C，DC?平面ABCD，CB?平面ABCD，
所以FN⊥平面ABCD，因為AD?平面ABCD，故FN⊥AD；
解：（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如圖建系：

于是，則，
，
設(shè)平面ADE的法向量＝（x，y，z），
則，∴，令x＝，則y＝﹣1，z＝，
∴平面ADE的法向量，
設(shè)BM與平面ADE所成角為θ，
則．
21．（2022?新高考Ⅱ）如圖，PO是三棱錐P﹣ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E為PB的中點．
（1）證明：OE∥平面PAC；
（2）若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C﹣AE﹣B的正弦值．

【解析】解：（1）證明：連接OA，OB，依題意，OP⊥平面ABC，
又OA?平面ABC，OB?平面ABC，則OP⊥OA，OP⊥OB，
∴∠POA＝∠POB＝90°，
又PA＝PB，OP＝OP，則△POA≌△POB，
∴OA＝OB，
延長BO交AC于點F，又AB⊥AC，則在Rt△ABF中，O為BF中點，連接PF，
在△PBF中，O，E分別為BF，BP的中點，則OE∥PF，
∵OE?平面PAC，PF?平面PAC，
∴OE∥平面PAC；
（2）過點A作AM∥OP，以AB，AC，AF分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
由于PO＝3，PA＝5，由（1）知OA＝OB＝4，
又∠ABO＝∠CBO＝30°，則，
∴，
設(shè)AC＝t，則C（0，t，0），
設(shè)平面AEB的一個法向量為，又，
則，則可取，
設(shè)平面AEC的一個法向量為，又，
則，則可取，
設(shè)銳二面角C﹣AE﹣B的平面角為θ，則，
∴，即二面角C﹣AE﹣B正弦值為．

22．（2022?新高考Ⅰ）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為4，△A1BC的面積為．
（1）求A到平面A1BC的距離；
（2）設(shè)D為A1C的中點，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．

【解析】解：（1）由直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為4，可得V＝V＝，
設(shè)A到平面A1BC的距離為d，由V＝V，
∴S?d＝，∴×2?d＝，解得d＝．
（2）連接AB1交A1B于點E，∵AA1＝AB，∴四邊形為正方形，
∴AB1⊥A1B，又∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
∴AB1⊥平面A1BC，∴AB1⊥BC，
由直三棱柱ABC﹣A1B1C1知BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥BC，又AB1∩BB1＝B1，
∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥AB，
以B為坐標原點，BC，BA，BB1所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

∵AA1＝AB，∴BC×AB×＝2，又AB×BC×AA1＝4，解得AB＝BC＝AA1＝2，
則B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），
則＝（0，2，0），＝（1，1，1），＝（2，0，0），
設(shè)平面ABD的一個法向量為＝（x，y，z），
則，令x＝1，則y＝0，z＝﹣1，
∴平面ABD的一個法向量為＝（1，0，﹣1），
設(shè)平面BCD的一個法向量為＝（a，b，c），
，令b＝1，則a＝0，c＝﹣1，
平面BCD的一個法向量為＝（0，1，﹣1），
cos＜，＞＝＝，
二面角A﹣BD﹣C的正弦值為＝．

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