几何法求线面角、二面角及距离-2025高考数学一轮复习

何法求线面角、二面角及距离

题型分析利用几何法求线面角、二面角、距离的难点在于找到所求的角或距离,

相对于向量法，几何法运算简单、不易出错.

题型一几何法求线面角

例1（2023・杭州质检）在三棱柱ABC—中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面,

点。是3。与51c的交点，则AD与平面331cle所成角的正弦值是（）

A.|B坐

C.坐D.1

答案C

解析取3C的中点E,

连接DE,AE,如图.

依题意三棱柱ABC—AiBiCi为正三棱柱，

设棱长为2,则AE=M§,DE=1,

因为。，E分别是3cl和3c的中点，

所以DE〃CCi,所以DE,平面ABC,

所以DE±AE,

所以AD=ylAE2+DE2=73+l=2.

因为AE工BC,AELDE,BCCDE=E,

所以AE,平面BBCC,

所以NADE是AD与平面B31GC所成的角,

所以sinZADE=j5=^>

i\.Ly乙

所以AD与平面331cle所成角的正弦值是手.

感悟提升求线面角的三个步骤：

一作（找）角，二证明，三计算，其中作（找）角是关键，先找出斜线在平面上的射影,

关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解.

训练1（2023・湖州模拟）如图，已知正四棱锥P—ABCD底面边长为2,侧棱长为4,

航为侧棱尸C的中点，则直线与底面A3CD所成角的正弦值为（）

P

A亚1B亚

A.3•3

「四n叵

。6u-6

答案D

解析作底面A3CD于。，连接。C,

因为正四棱锥P—A3CD底面边长为2,故。。=爽，

又侧棱长为4,故尸。=勺尸。2一故。2=迎

又M为侧棱PC中点，取。C的中点忆连接MGBM,

则且平面A3CD,

故是与平面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%=*

故直线BM与底面ABCD所成角的正弦值为

题型二几何法求二面角

例2如图所示，在三棱锥S—ABC中，△SBC,ZXABC都是等边三角形，且BC

=2,SA=y[3,则二面角S—3C—A的大小为（）

A.3O0B.450

C.6O0D.750

答案C

解析如图所示，取3C的中点。，连接AD,SD,

,：AABC,△SBC都是等边三角形，

：.SB=SC,AB=AC,

因此有ADLBC,SD±BC.

：.NADS为侧面SBC与底面ABC所成的二面角的平面角.

因为3C=2,ADLBC,SDLBC,/\SBC,△ABC都是等边三角形，

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的大小为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义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作

另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二

面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.

训练2我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为

“堑堵”.在如图所示的“堑堵”中，AC=CB=CCi,则二面角Ci—A3—C的正

答案D

解析由AC=C3知，ACLCB,取A3的中点连接CiM,CM,

由条件，可知NGMC即为二面角Ci—A3—C的平面角，

设AC=CB=CCi=a,则01=¥口，

tanZCiMC=~^^=y[2.

题型三几何法求距离

角度1点线距

例3如图，在四棱锥尸一ABCD中，平面A3CD,尸3=AB=23C=4,AB，3C,

则点C到直线出的距离为（）

B

C

A.2^3B.2小

C.y[2D.4

答案A

解析如图，取心的中点M,连接CM,

因为平面A3CD,

又BCu平面ABCD,

所以PBLBC,

又因为A3L3C,PBHAB=B,PB,A3u平面出3,

所以3C,平面以3,又以u平面以3,

所以BC1PB,

因为M是必的中点，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为点C到直线必的距离.

在等腰RtAB4B中，BM=+PB=2市,

在RtABCM中，CM=yjBM2+BC2=yj8+4=2^3,

故点。到直线心的距离为2小.

角度2点面距

例4如图所示，在长方体ABCD—ALBICIDI中，AD=AAx=2,A3=4,点E是棱

A3的中点，则点E到平面ACDi的距离为（）

2

A.lB.g

C.1D.\[2

答案B

解析设点E到平面AC。的距离为山

因为点E是棱A3的中点，

所以点E到平面ACA的距离等于点B到平面ACD的距离的一半，

又平面ACDi过3。的中点，

所以点5到平面ACDi的距离等于点D到平面ACDi的距离，

由等体积法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

则WX6X2/z=yX4><2,解得/?=1,

2

即点E到平面ACDi的距离为，

感悟提升1.求点线距一般要作出这个距离，然后利用直角三角形求解，或利用

等面积法求解.

2.求点面距时，若能够确定过点与平面垂直的直线，即作出这个距离，可根据条

件求解，若不易作出点面距，可借助于等体积法求解.

训练3(1)如图，在正三棱柱ABC—ALBC中，若AB=pBBi=2,则C到直线

ABi的距离为()

V15

A.

-5

V15

C.,3

答案D

解析如图，连接CBi,

因为A3=2,BB\=y[2,

所以A3i=加，CBi=y[6,AC=2,

设AC的中点为。，连接BD,

则BiD±AC,

设点C到直线ABi的距离为h,

故SAAB1C=^XBIDXAC=^XABI,

即后々X2=kX币,解得人=华.

（2）（2022.威海三模）已知圆柱的高和底面半径均为4,A3为上底面圆周的直径，点

P是上底面圆周上的一点且AP=3P,PC是圆柱的一条母线，则点P到平面A3C

的距离为（）

A.4B.2小

C.3D.2也

答案D

解析由题可得AB=8,

因为AP=3P,所以SAABP=3><8X4=16,

因为PC,平面A3P,且PC=4,

164

所以VC-ABP=^X16X4=y.

因为AP=BP=4yR,

所以AC=3C=4小，

所以SAABC=；X8X^48-16=166,

设点P到平面ABC的距离为d,

则VP-ABC=^X16gd=牛，

解得d=2y[2.

分层精练•巩固提升

【A级基础巩固】

1.在长方体A3CD—ALBICLDI中，AB=AAi=l,AD=2,则直线AC与平面A3CD

所成角的正弦值为（）

A

解析根据长方体性质知:

_______C,

AB

AB

AAi_L平面ABC。,

故NAC4为AiC与平面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《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为

阳马.已知在阳马P—A3CD中，侧棱心，底面ABCD,且B4=AB=AD=1,则

直线PD与平面必C所成角的正弦值等于（）

1

2一

AC.

V23

答案A

解析如图，在正方形A3CD中，连接3。交AC于。，则DOLAC,连接PO

B

因为以，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。是直线尸。与平面R4C所成的角.

因为R1=AD=1,易知RILAD,

所以PD=yll2-\-l2=y[2,

易知DO=^DB=-^\II2+I2=-^,

所以sinZDPO=^=|,

即直线PD与平面必C所成角的正弦值为，

3.若一个正四棱锥的高和底面边长都为a,则它的侧面与底面所成角的余弦值为

（）

A雪B*

11u-13

答案B

解析如图所示，在正四棱锥P—ABCD中，取A3的中点为H,底面正方形的中

心为0,连接OH,PH,

因为PHLAB,OHLAB,

所以NPH。为侧面与底面所成的角，

因为P。为高，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

所以侧面与底面所成角的余弦值为伴.

4.（2023•石家庄调研）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形,以，平面ABCD,

且必=A3,AD=y）3AB,则二面角P—CD—3的大小为（）

A.3O0B.450

C.6O0D.750

答案A

解析因为以，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,

因为PDu平面PAD,则CDLPD,

所以二面角P-CD-B的平面角为NPDA

PA

在Rt^XPAD中，tanZPDA=J7；=V，

则NPD4=30。.

故二面角P-CD-B的大小为30°.

5.在长方体ABCD-AiBiCiDi中，AB=1,BC=2,AAi=3,则点B到直线AiC

的距离为（）

A必

A.14

c直

D.1

答案B

解析如图，连接34,由长方体的性质易知且BAi=®,AiC=g,

设点3到直线4C的距离为h,

则SABCAi=^XBCXBAi=^XhXAiC,

即2X5=hXy[U,解得力=手5.

6.已知正三棱柱ABC-AiBiCi的底面边长为1,侧棱AAi长为2,则点B到平面

AiBC的距离为（）

A-57

「迎n^/7

J19U-21

答案C

解析设Bi到平面AiBC的距离为d,C到平面ABBiAi的距离为h,取A3的中

点。，连接CD,

因为Vfi1-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，。为的中点，则平面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吗解得1=嚼.

7.（多选）如图所示，在棱长为1的正方体A3CD—ALBICLDI中，O为BD的中点，

则下列结论正确的是（）

A.AC，平面CiBD

7T

B.直线AiCi与平面ABCiDi所成的角为不

C.二面角Ci—3D—C的正切值为吸

D.Bi到平面CiBD的距离为与

答案ABC

解析由正方体的性质可得5D_L平面ACCiAi,AiCu平面ACGAi,故AiC_LBD,

同理，AiCLBCi.BOnBCi于点3,且3D,5Gu平面CiBD,故AC平面GBD,

故A项正确；

设正方体的棱长为1,直线4。与平面ABC。的夹角为9,

则AiCi=yfi，点Ai到平面ABCiDi的距离为］ALD=^-,

1JT

故，所以故项正确；

sin6=52oB

连接C。，0C1,则NC10C为二面角Cl—3D—C的平面角，

则tan/CiOC=31=g,故C项正确；

设31到平面CiBD的距离为瓦

VB1-C1BD=VD-C1BB1,

,'3义3乂巾乂表又当'义义3义1X1X1,

解得力=竽，故D项错误.故选ABC.

8.已知NAC3=90。，P为平面ABC外一点，PC=2,点P到NACB两边AC,BC

的距离均为小，那么P到平面ABC的距离为..

答案也

解析如图，过点尸作P。，平面A3C于。，则P。为P到平面A3C的距离.

A

再过。作OELAC于石，。尸，BC于尸,

连接PC,PE,PF,则P£，AC,PFLBC.

所以PE=PF=#,所以OE=OF,

所以C。为NACB的角平分线，

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。，四边形ABCD是边长为2的菱

形，且A4i=4,E为线段3C上动点，当BE=时，AiE与底面ABCD所

成角为60°.

答案等T

解析如图所示，连接AE,

因为A41L底面A3CD,

所以N4E4为AiE与底面ABCD所成角，

即N4E4=60。.

又因为A4i=4,

4r-

所以乐=tan60。=小，

解得AE=1Vi

设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,解得机=^^^一1.

10.如图所示，A3是。。的直径，心，平面。。，C为圆周上一点，AB=5cm,

AC=2cm,则3到平面出C的距离为^_______.

答案■\/21cm

解析由必_L平面。。，可得以_L平面ABC,

因为BCu平面ABC,所以也，3。，

又由A3是。。的直径，C为圆周上一点，

可得AC1BC,

XPA^AC=ASLAC,B4U平面出C,

所以3C,平面PAC,

所以BC为点3到平面必C的距离，

在直角△ABC中，AB=5cm,AC=2cm,

可得二左=旧cm.

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

=120°,DE=3.

(1)证明：平面ACT，平面3DER；

(2)设AD中点为G,求直线RG与底面A3CD所成角的余弦值.

⑴证明：平面ABCD，平面BDEF,

且平面ABCDn平面BDEF=BD,

•四边形A3CD为菱形，

：.AC±BD,ACu平面A3CD,

.•.AC,平面BDEF,

：ACu平面ACF,；.平面ACT,平面BDEF.

⑵解连接3G,

因为平面ABCD1平面BDEF,平面ABCDn平面BDEF=BD,

且四边形是矩形，

所以BFLBD,

所以3歹，底面ABCD,ZFGB即为直线RG与平面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

故直线RG与底面ABCD所成角的余弦值为学.

12.如图，在四棱锥P—A3CD中，四边形A3CD是边长为2的正方形，△PBC为

正三角形，M,N分别为PD,3c的中点，PNLAB.

(1)求三棱锥P-AMN的体积；

(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为PD的中点,

：.PN=\[3,

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

VP-AMN=|VP-ADN=(VP-ABCD=(Xgx4X小

(2)如图，取ON的中点E,连接ME,

,：M,E分别为PD,ON的中点，：.ME//PN.

'：PN±平面ABCD,：.MEL平面ABCD.

过E作EQLAN,连接M。，

又MELAN,EQCME=E,ME,EQu平面"EQ,

AN±平面MEQ,AN±MQ,

NMQE即为二面角M-AN-D的平面角，

ME

tanZMQE=万万，

■:PN=小,：.ME=^,

'：AN=DN=y[5,AD=2,

QE=；X2X22小

小一5

A/15

/.tanXMQE=4,

即该二面角的正切值为手.

【B级能力提升】

13.（多选）（2023・广州调研）在如图所示的三棱锥0—A3C中，。4=。3=。。=1,

OA,OB,0c两两互相垂直，下列结论正确的为（）

A.直线AB与平面OBC所成的角为30°

B.二面角。一3C—A的正切值为明

C.0到平面ABC的距离为小

D.作。平面ABC,垂足为M,则“为△ABC的重心

答案BD

解析因为。4,OB,0c两两互相垂直，且。3noe=。，OB,OCu平面。3C,

所以A0,平面OBC,

故NAB。为直线A3与平面05C所成的角，

又。4=。5=。。=1,

所以NABO=45。，

故直线A3与平面03C所成的角为45。，故A错误；

取中点为。，连接。。，AD,

因为。4=O3=OC=1,OA,OB,0c两两互相垂直,

所以AB=AC=3C=/，ODLBC,ADLBC,

因为ODCAD=D,OD,ADu平面A。。，

所以5C,平面A。。，

故/ODA为二面角O—BC—A的平面角，

OAI-

则tan/ODA==^2,

故二面角。一BC—A的正切值为色，故B项正确；

因为AB=AC=3C=M^,所以AD="^",

设0到平面ABC的距离为h,

则y4-OBC=j'xgx1X1X1=VO_ABC=/XTX陋X坐X/?,解得〃=坐，故C项

错误;

因为AB=AC=BC=y/i,故△ABC为等边三角形，

因为平面A5C,则〃点为。点在平面A3C上的投影，

又。4=OB=OC=1,S-AB=AC=BC=\[2,

即。点到△ABC顶点A,B,C的距离相等，

即M点到△ABC顶点A,B,C的距离相等，

故〃为△ABC的外心，又在等边△ABC中，”也为△ABC的重心，故D项正确.

14.(多选)(2023・南通调研)已知四面体A3CD内接于半径为R的球0内，且A3=

BC=p,AC=2,若四面体A3CD的体积最大值为2,贝U()

A.外接球的半径为适

B.DB与平面ABC所成角的正切值为6

C.侧面ABD与底面ABC所成二面角的正切值为6

D.点C到平面ABD的距离为电手

答案ABD

解析\'AB=BC=yf2,AC=2,

:.AB2+BC2=AC2,

可得ABLBC.

取AC的中点为E,连接DE,

D

当DE，平面ABC,且ED过球心。时，四面体ABCD的体积最大.

连接A。，..•外接球的半径为R,

2

V=s^D-ABC=ix|x-\/2X^2X(7?+^7?—1)=2,

解得R=五，故选项A正确；

连接BE,NDBE为与平面ABC所成的角，BE=1,DE=6,

：.tan/DBE=年;=?=6,故选项B正确；

DLL1

对于选项C,取A3的中点孔连接EF,DF,

则A3LDR,AB±EF,

所以NDRE为侧面ABD与底面ABC所成二面角的平面角，

tanDFE==6^/2,故选项C错误；

2

设点C到平面A3。的距离为山在△A3。中，

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

由C项知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

故选项D正确.

15.（2023・烟台质检）已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在表面积为64兀的球面上，

且SA,平面ABC,SA=4,ZBAC=y,AB=2^3,般是边3c上一动点，则直

线SM与平面ABC所成的最大角的正切值为（）

A.3

C小

答案B

解析将三棱锥S—ABC放入直三棱柱S&Ci—ABC中，则两者外接球相同，取

底面ABC,SBC的外心分别为。1,02,连接。1Q,取。1。2的中点。，则。为

三棱锥外接球球心，连接。4,AOi,AM,如图所示.

因为三棱锥s—ABC外接球的