2025高考數(shù)學一輪復習-幾何法求距離及線面角、二面角【課件】

第七章立體幾何與空間向量補上一課幾何法求距離及線面角、二面角利用幾何法求線面角、二面角、距離的難點在于找到所求的角或距離，相對于向量法，幾何法運算簡單、不易出錯.題型一求距離A解析如圖，取PA的中點M，連接BM，CM，因為PB⊥平面ABCD，又BC?平面ABCD，所以PB⊥BC，又因為AB⊥BC，PB∩AB＝B，PB，AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又PA?平面PAB，所以BC⊥PA，BC⊥PB，因為M是PA的中點，PB＝AB，所以BM⊥PA，又BC⊥PA，BM∩BC＝B，BM，BC?平面BCM，所以PA⊥平面BCM，又CM?平面BCM，所以CM⊥PA，即CM為點C到直線PA的距離.(2)(2024·安慶模擬)一底面半徑為1的圓柱，被一個與底面成45°角的平面所截(如圖)，O為底面圓的中心，O1為截面的中心，A為截面上距離底面最小的點，A到圓柱底面的距離為1，B為截面圖形弧上的一點，且∠AO1B＝60°，則點B到底面的距離是________.解析圓柱半徑為1，截面與底邊所成角為45°，作BC⊥AO1于C，感悟提升1.求點線距一般要作出這個距離，然后利用直角三角形求解，或利用等面積法求解.2.求點面距時，若能夠確定過點與平面垂直的直線，即作出這個距離，可根據(jù)條件求解，若不易作出點面距，可借助于等體積法求解.D解析如圖，連接CB1，設AC的中點為D，連接B1D，則B1D⊥AC，設點C到直線AB1的距離為h，(2)(2024·威海模擬)已知圓柱的高和底面半徑均為4，AB為上底面圓周的直徑，點P是上底面圓周上的一點且AP＝BP，PC是圓柱的一條母線，則點P到平面ABC的距離為________.解析由題可得AB＝8，因為AP＝BP，題型二求線面角B解析因為O，D分別是AB，BC的中點，所以OD∥AC，又OD?平面O1OD，AC

平面O1OD，所以AC∥平面O1OD，AC?平面O1AC，平面O1AC∩平面O1OD＝l，所以AC∥l，OD∥AC，所以OD∥l，所以直線l與平面O1BC所成角即直線OD與平面O1BC所成角，因為AB為直徑，所以AC⊥BC，因為OD∥AC，所以OD⊥BC，又因為OO1⊥平面ACB，BC?平面ACB，所以OO1⊥BC，OO1∩OD＝O，OO1，OD?平面O1OD，所以BC⊥平面O1OD，過點O作OH⊥O1D交O1D于點H，因為OH?平面O1OD，所以BC⊥OH，OH⊥O1D，BC∩O1D＝D，BC，O1D?平面O1BC，所以OH⊥平面O1BC，所以∠ODH為OD與平面O1BC所成角，感悟提升求線面角的三個步驟：一作(找)角，二證明，三計算，其中作(找)角是關鍵，先找出斜線在平面上的射影，關鍵是作垂線，找垂足，然后把線面角轉化到三角形中求解.C解析取BC的中點E，連接DE，AE，如圖.依題意三棱柱ABC－A1B1C1為正三棱柱，因為D，E分別是BC1和BC的中點，所以DE∥CC1，所以DE⊥平面ABC，所以DE⊥AE，因為AE⊥BC，AE⊥DE，BC∩DE＝E，BC，DE?平面BB1C1C，所以AE⊥平面BB1C1C，所以∠ADE是AD與平面BB1C1C所成的角，題型三求二面角B解析取MN的中點E，連OE，PE，因為OM＝ON，所以OE⊥MN，因為PM＝PN，所以PE⊥MN，所以∠PEO是二面角P－MN－O的平面角，因為PO⊥平面OMN，OE?平面OMN，所以PO⊥OE，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，即在一個半平面內找一點作另一個半平面的垂線，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.訓練3

我國古代數(shù)學名著《九章算術》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＝CC1，則二面角C1－AB－C的正切值為(

)D解析由AC＝CB知，AC⊥CB，取AB的中點M，連接C1M，CM，由條件，可知∠C1MC即為二面角C1－AB－C的平面角，課時分層精練KESHIFENCENGJINGLIANA解析根據(jù)長方體性質知：AA1⊥平面ABCD，故∠ACA1為直線A1C與平面ABCD所成的角，且AA1＝1，B解析如圖，連接B1H，由題可知B1C1∥BC，又∵B1C1

平面ABCD，BC?平面ABCD，∴B1C1∥平面ABCD，∴點C1到平面ABCD的距離與點B1到平面ABCD的距離B1H相等.B解析如圖所示，在正四棱錐P－ABCD中，取AB的中點為H，底面正方形的中心為O，連接OH，PH，因為PH⊥AB，OH⊥AB，所以∠PHO為側面與底面所成的角，因為PO為高，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OH.B解析取BC的中點M，連接AM，A1M，由正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長都相等，可得AM⊥BC，A1M⊥BC，所以二面角A1－BC－A的平面角為∠AMA1，BA解析由圖所示，易知三棱錐D－ABC的外接球球心為AC的中點O，易得OB=OC=OD=1，且OC⊥OB，DO⊥平面OBC，D解析在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，所以∠A1CA是A1C與平面ABCD所成的角，連接AC，且AC?平面ABCD，則AA1⊥AC，又AB＝1，BC＝2，AA1＝5，8.如圖所示，AB是⊙O的直徑，PA⊥平面⊙O，C為圓周上一點，AB＝5cm，AC＝2cm，則B到平面PAC的距離為________.解析由PA⊥平面⊙O，可得PA⊥平面ABC，因為BC?平面ABC，所以PA⊥BC，又由AB是⊙O的直徑，C為圓周上一點，可得AC⊥BC，又PA∩AC＝A且AC，PA?平面PAC，所以BC⊥平面PAC，所以BC為點B到平面PAC的距離，在直角△ABC中，AB＝5cm，AC＝2cm，9.如圖，三棱錐P－ABC中，已知PA⊥平面ABC，PA＝3，PB＝PC＝BC＝6，則二面角P－BC－A的正弦值為

________.解析取BC的中點D，連接PD，AD，因為PB＝PC，所以PD⊥BC，因為PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC，因為PD，PA?平面PAD，PA∩PD＝P，所以BC⊥平面PAD，因為AD?平面PAD，所以BC⊥AD，所以∠PDA即為二面角P－BC－A的平面角，因為PB＝PC＝BC＝6，10.直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，已知∠ABC＝120°，四邊形ABCD是邊長為2的

菱形，且AA1＝4，E為線段BC上動點，當BE＝________時，A1E與底面ABCD所成角為60°.解析如圖所示，連接AE，因為AA1⊥底面ABCD，所以∠A1EA為A1E與底面ABCD所成角，即∠A1EA＝60°.又因為AA1＝4，11.如圖所示，已知菱形ABCD和矩形BDEF所在平面互相垂直，AB＝2，∠BAD＝120°，DE＝3. (1)證明：平面ACF⊥平面BDEF；證明因為平面ABCD⊥平面BDEF，且平面ABCD∩平面BDEF＝BD，因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD，AC?平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF，因為AC?平面ACF，所以平面ACF⊥平面BDEF.(2)設AD中點為G，求直線FG與底面ABCD所成角的余弦值.解連接BG，因為平面ABCD⊥平面BDEF，平面ABCD∩平面BDEF＝BD，BF?平面BDEF，且四邊形BDEF是矩形，所以BF⊥BD，所以BF⊥底面ABCD，∠FGB即為直線FG與平面ABCD所成角，在△BAG中，BG2＝22＋12－2×2×1×cos120°＝5＋2＝7，12.如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，△PBC為正三角形，M，N分別為PD，BC的中點，PN⊥AB. (1)求三棱錐P－AMN的體積；解∵PB＝PC，∴PN⊥BC，又∵PN⊥AB，AB∩BC＝B，AB，BC?平面ABCD，∴PN⊥平面ABCD.(2)求二面角M－AN－D的正切值.解如圖，取DN的中點E，連接ME，∵M，E分別為PD，DN的中點，∴ME∥PN.∵PN⊥平面ABCD，∴ME⊥平面ABCD.過E作EQ⊥AN，連接MQ，又ME⊥AN，EQ∩ME＝E，ME，EQ?平面MEQ，∴AN⊥平面MEQ，∴AN⊥MQ，∠MQE即為二面角M－AN－D的平面角，AC解析將該幾何體還原為原正四面體Q－MNS，棱長為a，設△MNS中心為O，連接OQ，ON，ABD解析由題意得：正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，連接B1C，設B1C，BC1交于O點，∵B1C⊥BC1，B1C⊥AB，∴B1C⊥平面ABC1D1，連接B1C，∵CO⊥BC1，B1C⊥AB，∴CO⊥平面ABC1D1，連接D1C，AD1，由正方體性質可知AD1∥BC1，故異面直線D1C和BC1所成的角即為D1C和AD1所成的角∠AD1C，又∵AD1＝AC＝CD1，∴△AD1C為等邊三角形，過P作P