幾何法求線面角、二面角及距離-2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)

何法求線面角、二面角及距離

題型分析利用幾何法求線面角、二面角、距離的難點(diǎn)在于找到所求的角或距離,

相對(duì)于向量法，幾何法運(yùn)算簡(jiǎn)單、不易出錯(cuò).

題型一幾何法求線面角

例1（2023?杭州質(zhì)檢）在三棱柱ABC—中，各棱長(zhǎng)都相等，側(cè)棱垂直于底面,

點(diǎn)。是3。與51c的交點(diǎn)，則AD與平面331cle所成角的正弦值是（）

A.|B坐

C.坐D.1

答案C

解析取3C的中點(diǎn)E,

連接DE,AE,如圖.

依題意三棱柱ABC—AiBiCi為正三棱柱，

設(shè)棱長(zhǎng)為2,則AE=M§,DE=1,

因?yàn)?。，E分別是3cl和3c的中點(diǎn)，

所以DE〃CCi,所以DE,平面ABC,

所以DE±AE,

所以AD=ylAE2+DE2=73+l=2.

因?yàn)锳E工BC,AELDE,BCCDE=E,

所以AE,平面BBCC,

所以NADE是AD與平面B31GC所成的角,

所以sinZADE=j5=^>

i\.Ly乙

所以AD與平面331cle所成角的正弦值是手.

感悟提升求線面角的三個(gè)步驟：

一作（找）角，二證明，三計(jì)算，其中作（找）角是關(guān)鍵，先找出斜線在平面上的射影,

關(guān)鍵是作垂線，找垂足，然后把線面角轉(zhuǎn)化到三角形中求解.

訓(xùn)練1（2023?湖州模擬）如圖，已知正四棱錐P—ABCD底面邊長(zhǎng)為2,側(cè)棱長(zhǎng)為4,

航為側(cè)棱尸C的中點(diǎn)，則直線與底面A3CD所成角的正弦值為（）

P

A亞1B亞

A.3?3

「四n叵

。6u-6

答案D

解析作底面A3CD于。，連接。C,

因?yàn)檎睦忮FP—A3CD底面邊長(zhǎng)為2,故。。=爽，

又側(cè)棱長(zhǎng)為4,故尸。=勺尸。2一故。2=迎

又M為側(cè)棱PC中點(diǎn)，取。C的中點(diǎn)憶連接MGBM,

則且平面A3CD,

故是與平面ABC所成角，

且MF=^PO=^.

BC

r~21

cosN_BCW=pc=a.

在中，由余弦定理有BM=NBC2+CM2—2BCCMcos/BCM=#.

在45根中，sin/MBFF%=*

故直線BM與底面ABCD所成角的正弦值為

題型二幾何法求二面角

例2如圖所示，在三棱錐S—ABC中，△SBC,ZXABC都是等邊三角形，且BC

=2,SA=y[3,則二面角S—3C—A的大小為（）

A.3O0B.450

C.6O0D.750

答案C

解析如圖所示，取3C的中點(diǎn)。，連接AD,SD,

,：AABC,△SBC都是等邊三角形，

：.SB=SC,AB=AC,

因此有ADLBC,SD±BC.

：.NADS為側(cè)面SBC與底面ABC所成的二面角的平面角.

因?yàn)?C=2,ADLBC,SDLBC,/\SBC,△ABC都是等邊三角形，

所以SD=、SB2—302=、4—1=4,AD=y）AB2-BD2=\l4-l=yj3,

而SA=小,所以△SDA是正三角形，

ZADS=60°,

即二面角S-BC-A的大小為60°.

感悟提升作二面角的平面角的方法：

作二面角的平面角可以用定義法，也可以用垂面法，即在一個(gè)半平面內(nèi)找一點(diǎn)作

另一個(gè)半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二

面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.

訓(xùn)練2我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱為

“塹堵”.在如圖所示的“塹堵”中，AC=CB=CCi,則二面角Ci—A3—C的正

答案D

解析由AC=C3知，ACLCB,取A3的中點(diǎn)連接CiM,CM,

由條件，可知NGMC即為二面角Ci—A3—C的平面角，

設(shè)AC=CB=CCi=a,則01=￥口，

tanZCiMC=~^^=y[2.

題型三幾何法求距離

角度1點(diǎn)線距

例3如圖，在四棱錐尸一ABCD中，平面A3CD,尸3=AB=23C=4,AB，3C,

則點(diǎn)C到直線出的距離為（）

B

C

A.2^3B.2小

C.y[2D.4

答案A

解析如圖，取心的中點(diǎn)M,連接CM,

因?yàn)槠矫鍭3CD,

又BCu平面ABCD,

所以PBLBC,

又因?yàn)锳3L3C,PBHAB=B,PB,A3u平面出3,

所以3C,平面以3,又以u(píng)平面以3,

所以BC1PB,

因?yàn)镸是必的中點(diǎn)，PB=AB,

所以3M，以，

XBCLPA,BMCBC=B,BM,BCu平面3CM,

所以以，平面3cM,又CMu平面3cM,

所以CMLPA,

即CM為點(diǎn)C到直線必的距離.

在等腰RtAB4B中，BM=+PB=2市,

在RtABCM中，CM=yjBM2+BC2=yj8+4=2^3,

故點(diǎn)。到直線心的距離為2小.

角度2點(diǎn)面距

例4如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD—ALBICIDI中，AD=AAx=2,A3=4,點(diǎn)E是棱

A3的中點(diǎn)，則點(diǎn)E到平面ACDi的距離為（）

2

A.lB.g

C.1D.\[2

答案B

解析設(shè)點(diǎn)E到平面AC。的距離為山

因?yàn)辄c(diǎn)E是棱A3的中點(diǎn)，

所以點(diǎn)E到平面ACA的距離等于點(diǎn)B到平面ACD的距離的一半，

又平面ACDi過3。的中點(diǎn)，

所以點(diǎn)5到平面ACDi的距離等于點(diǎn)D到平面ACDi的距離，

由等體積法VD-ACD^=VD^ACD,

11

所以◎△ACZ)1?2/z=^S^ACD-DDV

SAACD=1X2X4=4,DDi=2,

在△ACDi中，ADi=2y[2,AC=CDi=2&

所以S“cr>i=；X2-\[2X\l(2^5)2—C\[2)2=6,

117

則WX6X2/z=yX4><2,解得/?=1,

2

即點(diǎn)E到平面ACDi的距離為，

感悟提升1.求點(diǎn)線距一般要作出這個(gè)距離，然后利用直角三角形求解，或利用

等面積法求解.

2.求點(diǎn)面距時(shí)，若能夠確定過點(diǎn)與平面垂直的直線，即作出這個(gè)距離，可根據(jù)條

件求解，若不易作出點(diǎn)面距，可借助于等體積法求解.

訓(xùn)練3(1)如圖，在正三棱柱ABC—ALBC中，若AB=pBBi=2,則C到直線

ABi的距離為()

V15

A.

-5

V15

C.,3

答案D

解析如圖，連接CBi,

因?yàn)锳3=2,BB\=y[2,

所以A3i=加，CBi=y[6,AC=2,

設(shè)AC的中點(diǎn)為。，連接BD,

則BiD±AC,

設(shè)點(diǎn)C到直線ABi的距離為h,

故SAAB1C=^XBIDXAC=^XABI,

即后々X2=kX幣,解得人=華.

（2）（2022.威海三模）已知圓柱的高和底面半徑均為4,A3為上底面圓周的直徑，點(diǎn)

P是上底面圓周上的一點(diǎn)且AP=3P,PC是圓柱的一條母線，則點(diǎn)P到平面A3C

的距離為（）

A.4B.2小

C.3D.2也

答案D

解析由題可得AB=8,

因?yàn)锳P=3P,所以SAABP=3><8X4=16,

因?yàn)镻C,平面A3P,且PC=4,

164

所以VC-ABP=^X16X4=y.

因?yàn)锳P=BP=4yR,

所以AC=3C=4小，

所以SAABC=；X8X^48-16=166,

設(shè)點(diǎn)P到平面ABC的距離為d,

則VP-ABC=^X16gd=牛，

解得d=2y[2.

分層精練?鞏固提升

【A級(jí)基礎(chǔ)鞏固】

1.在長(zhǎng)方體A3CD—ALBICLDI中，AB=AAi=l,AD=2,則直線AC與平面A3CD

所成角的正弦值為（）

A

解析根據(jù)長(zhǎng)方體性質(zhì)知:

_______C,

AB

AB

AAi_L平面ABC。,

故NAC4為AiC與平面ABCD所成的角,

且AAi=l,

所以CAi=yJl2+l2+22=\[6,

的、）■AAAI^6

所以sinNACAi—（3L4]—6,

2.在《九章算術(shù)》中，將底面為長(zhǎng)方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為

陽馬.已知在陽馬P—A3CD中，側(cè)棱心，底面ABCD,且B4=AB=AD=1,則

直線PD與平面必C所成角的正弦值等于（）

1

2一

AC.

V23

答案A

解析如圖，在正方形A3CD中，連接3。交AC于。，則DOLAC,連接PO

B

因?yàn)橐?，平面A3CD,DOu平面ABCD,

所以出，。。，而出AAC=A,PA,ACu平面必C,

所以。。，平面PAC,

于是NDP。是直線尸。與平面R4C所成的角.

因?yàn)镽1=AD=1,易知RILAD,

所以PD=yll2-\-l2=y[2,

易知DO=^DB=-^\II2+I2=-^,

所以sinZDPO=^=|,

即直線PD與平面必C所成角的正弦值為，

3.若一個(gè)正四棱錐的高和底面邊長(zhǎng)都為a,則它的側(cè)面與底面所成角的余弦值為

（）

A雪B*

11u-13

答案B

解析如圖所示，在正四棱錐P—ABCD中，取A3的中點(diǎn)為H,底面正方形的中

心為0,連接OH,PH,

因?yàn)镻HLAB,OHLAB,

所以NPH。為側(cè)面與底面所成的角，

因?yàn)镻。為高，所以尸。,平面ABCD,

所以PO±OH,

所以在RtAPOH中，又0H=g,PO=a,

PH=ylOH2+PO2=^-a,cos/PHO=黑=圣,

vZrrlJ

所以側(cè)面與底面所成角的余弦值為伴.

4.（2023?石家莊調(diào)研）在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形,以，平面ABCD,

且必=A3,AD=y）3AB,則二面角P—CD—3的大小為（）

A.3O0B.450

C.6O0D.750

答案A

解析因?yàn)橐?，底面ABCD,CDu平面ABCD,

p

D

BC

所以PA±CD,

又PA^AD=A,PA,ADu平面

所以CD,平面PAD,

因?yàn)镻Du平面PAD,則CDLPD,

所以二面角P-CD-B的平面角為NPDA

PA

在Rt^XPAD中，tanZPDA=J7；=V，

則NPD4=30。.

故二面角P-CD-B的大小為30°.

5.在長(zhǎng)方體ABCD-AiBiCiDi中，AB=1,BC=2,AAi=3,則點(diǎn)B到直線AiC

的距離為（）

A必

A.14

c直

D.1

答案B

解析如圖，連接34,由長(zhǎng)方體的性質(zhì)易知且BAi=?,AiC=g,

設(shè)點(diǎn)3到直線4C的距離為h,

則SABCAi=^XBCXBAi=^XhXAiC,

即2X5=hXy[U,解得力=手5.

6.已知正三棱柱ABC-AiBiCi的底面邊長(zhǎng)為1,側(cè)棱AAi長(zhǎng)為2,則點(diǎn)B到平面

AiBC的距離為（）

A-57

「迎n^/7

J19U-21

答案C

解析設(shè)Bi到平面AiBC的距離為d,C到平面ABBiAi的距離為h,取A3的中

點(diǎn)。，連接CD,

因?yàn)閂fi1-A1BC=Vc-AlBBi,

所以§Sz\A]BC，d=]SAA]BB1/l,

在正三棱柱中CCLAiCi,在RtZXAiCC中,AC=小,

同理AbB=小，BC=1,

所以SAA1BC=1X1X

又=1,

在正△A5C中，。為的中點(diǎn)，則平面ABC,平面ABBiAi,平面

ABCH平面ABBiAi=AB,

所以CDJ_平面A53A1,

即/z=C￡）=lXsin600=半，

???]SAA]BC'd—"^S/^AiBB[h,

即呆培=8嗎解得1=嚼.

7.（多選）如圖所示，在棱長(zhǎng)為1的正方體A3CD—ALBICLDI中，O為BD的中點(diǎn)，

則下列結(jié)論正確的是（）

A.AC，平面CiBD

7T

B.直線AiCi與平面ABCiDi所成的角為不

C.二面角Ci—3D—C的正切值為吸

D.Bi到平面CiBD的距離為與

答案ABC

解析由正方體的性質(zhì)可得5D_L平面ACCiAi,AiCu平面ACGAi,故AiC_LBD,

同理，AiCLBCi.BOnBCi于點(diǎn)3,且3D,5Gu平面CiBD,故AC平面GBD,

故A項(xiàng)正確；

設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1,直線4。與平面ABC。的夾角為9,

則AiCi=yfi，點(diǎn)Ai到平面ABCiDi的距離為］ALD=^-,

1JT

故，所以故項(xiàng)正確；

sin6=52oB

連接C。，0C1,則NC10C為二面角Cl—3D—C的平面角，

則tan/CiOC=31=g,故C項(xiàng)正確；

設(shè)31到平面CiBD的距離為瓦

VB1-C1BD=VD-C1BB1,

,'3義3乂巾乂表又當(dāng)'義義3義1X1X1,

解得力=竽，故D項(xiàng)錯(cuò)誤.故選ABC.

8.已知NAC3=90。，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC=2,點(diǎn)P到NACB兩邊AC,BC

的距離均為小，那么P到平面ABC的距離為..

答案也

解析如圖，過點(diǎn)尸作P。，平面A3C于。，則P。為P到平面A3C的距離.

A

再過。作OELAC于石，。尸，BC于尸,

連接PC,PE,PF,則P￡，AC,PFLBC.

所以PE=PF=#,所以O(shè)E=OF,

所以C。為NACB的角平分線，

即NACO=45°.

在Rt^PEC中，PC=2,PE=小,

所以CE=1,所以。石=1,

所以PO=^PE2-OE2=yl(^3)2-12=^2.

9.直四棱柱ABC。一A山ICLDI,已知NA3C=120。，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱

形，且A4i=4,E為線段3C上動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)BE=時(shí)，AiE與底面ABCD所

成角為60°.

答案等T

解析如圖所示，連接AE,

因?yàn)锳41L底面A3CD,

所以N4E4為AiE與底面ABCD所成角，

即N4E4=60。.

又因?yàn)锳4i=4,

4r-

所以樂=tan60。=小，

解得AE=1Vi

設(shè)BE=m(0WmW2),在AABE中，AB=2,ZABE=120°,AE=^3,

22

由余弦定理，得=2+m-2X2XOTXcos120°,

整理得：3m2+6m—4=0,解得機(jī)=^^^一1.

10.如圖所示，A3是。。的直徑，心，平面。。，C為圓周上一點(diǎn)，AB=5cm,

AC=2cm,則3到平面出C的距離為^_______.

答案■\/21cm

解析由必_L平面。。，可得以_L平面ABC,

因?yàn)锽Cu平面ABC,所以也，3。，

又由A3是。。的直徑，C為圓周上一點(diǎn)，

可得AC1BC,

XPA^AC=ASLAC,B4U平面出C,

所以3C,平面PAC,

所以BC為點(diǎn)3到平面必C的距離，

在直角△ABC中，AB=5cm,AC=2cm,

可得二左=舊cm.

11.如圖所示，已知菱形A3CD和矩形3DER所在平面互相垂直，AB=2,ZBAD

=120°,DE=3.

(1)證明：平面ACT，平面3DER；

(2)設(shè)AD中點(diǎn)為G,求直線RG與底面A3CD所成角的余弦值.

⑴證明：平面ABCD，平面BDEF,

且平面ABCDn平面BDEF=BD,

?四邊形A3CD為菱形，

：.AC±BD,ACu平面A3CD,

.?.AC,平面BDEF,

：ACu平面ACF,；.平面ACT,平面BDEF.

⑵解連接3G,

因?yàn)槠矫鍭BCD1平面BDEF,平面ABCDn平面BDEF=BD,

且四邊形是矩形，

所以BFLBD,

所以3歹，底面ABCD,ZFGB即為直線RG與平面ABCD所成角，

在△BAG中，BG2=22+12-2X2X1XCOS120°=5+2=7,

：.BG=巾,FG=yjBF2-\-BG2=4,

在△BRG中，cosZFGB=^=^,

rCT4

yFj

故直線RG與底面ABCD所成角的余弦值為學(xué).

12.如圖，在四棱錐P—A3CD中，四邊形A3CD是邊長(zhǎng)為2的正方形，△PBC為

正三角形，M,N分別為PD,3c的中點(diǎn)，PNLAB.

(1)求三棱錐P-AMN的體積；

(2)求二面角M-AN-D的正切值.

解(1)；PB=PC,：.PN±BC,

又,：PNLAB,ABHBC=B,

AB,BCu平面ABCD,

.?.PN,平面ABCD.

'：AB=BC=PB=PC=2,M為PD的中點(diǎn),

：.PN=\[3,

VP-AMN=VD~AMN=VM-ADN,

VP-AMN=|VP-ADN=(VP-ABCD=(Xgx4X小

(2)如圖，取ON的中點(diǎn)E,連接ME,

,：M,E分別為PD,ON的中點(diǎn)，：.ME//PN.

'：PN±平面ABCD,：.MEL平面ABCD.

過E作EQLAN,連接M。，

又MELAN,EQCME=E,ME,EQu平面"EQ,

AN±平面MEQ,AN±MQ,

NMQE即為二面角M-AN-D的平面角，

ME

tanZMQE=萬萬，

■:PN=小,：.ME=^,

'：AN=DN=y[5,AD=2,

QE=；X2X22小

小一5

A/15

/.tanXMQE=4,

即該二面角的正切值為手.

【B級(jí)能力提升】

13.（多選）（2023?廣州調(diào)研）在如圖所示的三棱錐0—A3C中，。4=。3=。。=1,

OA,OB,0c兩兩互相垂直，下列結(jié)論正確的為（）

A.直線AB與平面OBC所成的角為30°

B.二面角。一3C—A的正切值為明

C.0到平面ABC的距離為小

D.作。平面ABC,垂足為M,則“為△ABC的重心

答案BD

解析因?yàn)椤?,OB,0c兩兩互相垂直，且。3noe=。，OB,OCu平面。3C,

所以A0,平面OBC,

故NAB。為直線A3與平面05C所成的角，

又。4=。5=。。=1,

所以NABO=45。，

故直線A3與平面03C所成的角為45。，故A錯(cuò)誤；

取中點(diǎn)為。，連接。。，AD,

因?yàn)椤?=O3=OC=1,OA,OB,0c兩兩互相垂直,

所以AB=AC=3C=/，ODLBC,ADLBC,

因?yàn)镺DCAD=D,OD,ADu平面A。。，

所以5C,平面A。。，

故/ODA為二面角O—BC—A的平面角，

OAI-

則tan/ODA==^2,

故二面角。一BC—A的正切值為色，故B項(xiàng)正確；

因?yàn)锳B=AC=3C=M^,所以AD="^",

設(shè)0到平面ABC的距離為h,

則y4-OBC=j'xgx1X1X1=VO_ABC=/XTX陋X坐X/?,解得〃=坐，故C項(xiàng)

錯(cuò)誤;

因?yàn)锳B=AC=BC=y/i,故△ABC為等邊三角形，

因?yàn)槠矫鍭5C,則〃點(diǎn)為。點(diǎn)在平面A3C上的投影，

又。4=OB=OC=1,S-AB=AC=BC=\[2,

即。點(diǎn)到△ABC頂點(diǎn)A,B,C的距離相等，

即M點(diǎn)到△ABC頂點(diǎn)A,B,C的距離相等，

故〃為△ABC的外心，又在等邊△ABC中，”也為△ABC的重心，故D項(xiàng)正確.

14.(多選)(2023?南通調(diào)研)已知四面體A3CD內(nèi)接于半徑為R的球0內(nèi)，且A3=

BC=p,AC=2,若四面體A3CD的體積最大值為2,貝U()

A.外接球的半徑為適

B.DB與平面ABC所成角的正切值為6

C.側(cè)面ABD與底面ABC所成二面角的正切值為6

D.點(diǎn)C到平面ABD的距離為電手

答案ABD

解析\'AB=BC=yf2,AC=2,

:.AB2+BC2=AC2,

可得ABLBC.

取AC的中點(diǎn)為E,連接DE,

D

當(dāng)DE，平面ABC,且ED過球心。時(shí)，四面體ABCD的體積最大.

連接A。，..?外接球的半徑為R,

2

V=s^D-ABC=ix|x-\/2X^2X(7?+^7?—1)=2,

解得R=五，故選項(xiàng)A正確；

連接BE,NDBE為與平面ABC所成的角，BE=1,DE=6,

：.tan/DBE=年;=?=6,故選項(xiàng)B正確；

DLL1

對(duì)于選項(xiàng)C,取A3的中點(diǎn)孔連接EF,DF,

則A3LDR,AB±EF,

所以NDRE為側(cè)面ABD與底面ABC所成二面角的平面角，

tanDFE==6^/2,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

2

設(shè)點(diǎn)C到平面A3。的距離為山在△A3。中，

AD=DB=N62+I=4,AB=y[2,

由C項(xiàng)知DF±AB,且DF=^BD2-BF2=A/37-1=A/y,

SAABD=：AB-DF=3X巾X

T-2-

125

又IhSAABD=2,??h=

恒一73

故選項(xiàng)D正確.

15.（2023?煙臺(tái)質(zhì)檢）已知三棱錐S-ABC的所有頂點(diǎn)都在表面積為64兀的球面上，

且SA,平面ABC,SA=4,ZBAC=y,AB=2^3,般是邊3c上一動(dòng)點(diǎn)，則直

線SM與平面ABC所成的最大角的正切值為（）

A.3

C小

答案B

解析將三棱錐S—ABC放入直三棱柱S&Ci—ABC中，則兩者外接球相同，取

底面ABC,SBC的外心分別為。1,02,連接。1Q,取。1。2的中點(diǎn)。，則。為

三棱錐外接球球心，連接。4,AOi,AM,如圖所示.

因?yàn)槿忮Fs—ABC外接球的