补上一课　几何法求距离及线面角、二面角

补上一课几何法求距离及线面角、二面角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.题型一求距离例1(1)如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2BC＝4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为()A.2eq\r(3) B.2eq\r(5) C.eq\r(2) D.4答案A解析如图，取PA的中点M，连接BM，CM，因为PB⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，所以PB⊥BC，又因为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，因为M是PA的中点，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为点C到直线PA的距离.在等腰Rt△PAB中，BM＝eq\f(\r(2),2)PB＝2eq\r(2)，在Rt△BCM中，CM＝eq\r(BM2＋BC2)＝eq\r(8＋4)＝2eq\r(3)，故点C到直线PA的距离为2eq\r(3).(2)(2024·安庆模拟)一底面半径为1的圆柱，被一个与底面成45°角的平面所截(如图)，O为底面圆的中心，O1为截面的中心，A为截面上距离底面最小的点，A到圆柱底面的距离为1，B为截面图形弧上的一点，且∠AO1B＝60°，则点B到底面的距离是________.答案eq\f(14－\r(7),7)解析圆柱半径为1，截面与底边所成角为45°，作AM⊥OO1于M，则∠MAO1＝45°，AO1＝eq\r(2).截面椭圆是以O1为中心，A为长轴端点的椭圆，其长轴长为2eq\r(2)，短轴长为2，所以椭圆的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1，作BC⊥AO1于C，因为∠AO1B＝60°，直线O1B的方程为y＝eq\r(3)x，所以设B(x，eq\r(3)x)，又因为B(x，eq\r(3)x)在椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1上，解得x＝±eq\f(\r(14),7)，所以BO1＝eq\f(2\r(14),7)，CO1＝eq\f(2\r(14),7)cos60°＝eq\f(\r(14),7)，过C作CD⊥OO1，则O1D＝eq\f(\r(2),2)CO1＝eq\f(\r(7),7)，OD＝OO1－O1D＝2－eq\f(\r(7),7)＝eq\f(14－\r(7),7)，由于BC，CD均平行于底面，故B点到底面的距离是eq\f(14－\r(7),7).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1(1)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝eq\r(2)BB1＝2，则C到直线AB1的距离为()A.eq\f(\r(15),5)B.eq\f(\r(10),5) C.eq\f(\r(15),3)D.eq\f(\r(30),3)答案D解析如图，连接CB1，因为AB＝2，BB1＝eq\r(2)，所以AB1＝eq\r(6)，CB1＝eq\r(6)，AC＝2，设AC的中点为D，连接B1D，则B1D⊥AC，设点C到直线AB1的距离为h，故S△AB1C＝eq\f(1,2)×B1D×AC＝eq\f(1,2)h×AB1，即eq\r(6－1)×2＝h×eq\r(6)，解得h＝eq\f(\r(30),3).(2)(2024·威海模拟)已知圆柱的高和底面半径均为4，AB为上底面圆周的直径，点P是上底面圆周上的一点且AP＝BP，PC是圆柱的一条母线，则点P到平面ABC的距离为________.答案2eq\r(2)解析由题可得AB＝8，因为AP＝BP，所以S△ABP＝eq\f(1,2)×8×4＝16，因为PC⊥平面ABP，且PC＝4，所以VC－ABP＝eq\f(1,3)×16×4＝eq\f(64,3)，因为AP＝BP＝4eq\r(2)，所以AC＝BC＝4eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×8×eq\r(48－16)＝16eq\r(2)，设点P到平面ABC的距离为d，则VP－ABC＝eq\f(1,3)×16eq\r(2)d＝eq\f(64,3)，解得d＝2eq\r(2).题型二求线面角例2(2024·福州模拟)如图，在圆台OO1中，OO1＝eq\r(3)，点C是底面圆周上异于A，B的一点，AC＝2，点D是BC的中点，l为平面O1AC与平面O1OD的交线，则交线l与平面O1BC所成角的大小为()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,6) D.eq\f(π,4)答案B解析因为O，D分别是AB，BC的中点，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，所以直线l与平面O1BC所成角即直线OD与平面O1BC所成角，因为AB为直径，所以AC⊥BC，因为OD∥AC，所以OD⊥BC，又因为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，过点O作OH⊥O1D交O1D于点H，因为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为OD与平面O1BC所成角，因为OO1＝eq\r(3)，OD＝eq\f(1,2)AC＝1，tan∠ODH＝eq\f(OO1,OD)＝eq\f(\r(3),1)＝eq\r(3).所以结合图知∠ODH＝eq\f(π,3).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2(2023·杭州质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，点D是BC1与B1C的交点，则AD与平面BB1C1C所成角的正弦值是()A.eq\f(3,5) B.eq\f(\r(2),2) C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(1,2)答案C解析取BC的中点E，连接DE，AE，如图.依题意三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱，设棱长为2，则AE＝eq\r(3)，DE＝1，因为D，E分别是BC1和BC的中点，所以DE∥CC1，所以DE⊥平面ABC，所以DE⊥AE，所以AD＝eq\r(AE2＋DE2)＝eq\r(3＋1)＝2.因为AE⊥BC，AE⊥DE，BC∩DE＝E，BC，DE⊂平面BB1C1C，所以AE⊥平面BB1C1C，所以∠ADE是AD与平面BB1C1C所成的角，所以sin∠ADE＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(\r(3),2)，所以AD与平面BB1C1C所成角的正弦值是eq\f(\r(3),2).题型三求二面角例3已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，PO＝1，底面半径为2，M，N是底面圆周上两点，且∠MON＝eq\f(π,3)，则二面角P－MN－O的大小为()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6) C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,3)答案B解析取MN的中点E，连OE，PE，因为OM＝ON，所以OE⊥MN，因为PM＝PN，所以PE⊥MN，所以∠PEO是二面角P－MN－O的平面角，因为PO⊥平面OMN，OE⊂平面OMN，所以PO⊥OE，因为∠MON＝eq\f(π,3)，OM＝2，所以OE＝OM·coseq\f(π,6)＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，因为PO＝1，所以PE＝eq\r(PO2＋OE2)＝eq\r(1＋3)＝2，所以cos∠PEO＝eq\f(OE,PE)＝eq\f(\r(3),2)，所以结合图知∠PEO＝eq\f(π,6).所以二面角P－MN－O的大小为eq\f(π,6).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3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＝CC1，则二面角C1－AB－C的正切值为()A.1 B.2 C.eq\f(\r(2),2) D.eq\r(2)答案D解析由AC＝CB知，AC⊥CB，取AB的中点M，连接C1M，CM，由条件，可知∠C1MC即为二面角C1－AB－C的平面角，设AC＝CB＝CC1＝a，则CM＝eq\f(\r(2),2)a，∴tan∠C1MC＝eq\f(CC1,CM)＝eq\r(2).【A级基础巩固】1.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，AD＝2，则直线A1C与平面ABCD所成角的正弦值为()A.eq\f(\r(6),6) B.eq\f(\r(5),5) C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(6),3)答案A解析根据长方体性质知：AA1⊥平面ABCD，故∠ACA1为直线A1C与平面ABCD所成的角，且AA1＝1，所以CA1＝eq\r(12＋12＋22)＝eq\r(6)，所以sin∠ACA1＝eq\f(AA1,CA1)＝eq\f(\r(6),6).2.(2024·广安诊断)已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是正方形，AB＝2，AA1＝2eq\r(2)，点B1在底面ABCD的射影为BC中点H，则点C1到平面ABCD的距离为()A.eq\r(6) B.eq\r(7) C.2eq\r(2) D.3答案B解析如图，连接B1H，则B1H⊥平面ABCD，且B1H＝eq\r(BBeq\o\al(2,1)－BH2)＝eq\r(7)，由题可知B1C1∥BC，又∵B1C1⊄平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴B1C1∥平面ABCD，∴点C1到平面ABCD的距离与点B1到平面ABCD的距离B1H相等.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.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(5),5) C.eq\f(\r(11),11) D.eq\f(\r(13),13)答案B解析如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，取AB的中点为H，底面正方形的中心为O，连接OH，PH，因为PH⊥AB，OH⊥AB，所以∠PHO为侧面与底面所成的角，因为PO为高，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OH.所以在Rt△POH中，OH＝eq\f(a,2)，PO＝a，PH＝eq\r(OH2＋PO2)＝eq\f(\r(5),2)a，cos∠PHO＝eq\f(OH,PH)＝eq\f(\r(5),5)，所以侧面与底面所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5).4.如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的棱长都相等，则二面角A1－BC－A的余弦值为()A.eq\f(\r(2),2)B.eq\f(\r(21),7) C.eq\f(\r(7),7)D.eq\f(2\r(7),7)答案B解析取BC的中点M，连接AM，A1M，由正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长都相等，可得AM⊥BC，A1M⊥BC，所以二面角A1－BC－A的平面角为∠AMA1，设AB＝2，则A1A＝2，AM＝eq\r(3)，A1M＝eq\r(A1A2＋AM2)＝eq\r(7)，所以cos∠AMA1＝eq\f(AM,A1M)＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).5.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为()A.eq\f(\r(16),14) B.eq\f(2\r(35),7) C.eq\f(\r(35),7) D.1答案B解析如图，连接BA1，由长方体的性质易知BC⊥BA1，且BA1＝eq\r(10)，A1C＝eq\r(14)，设点B到直线A1C的距离为h，则S△BCA1＝eq\f(1,2)×BC×BA1＝eq\f(1,2)×h×A1C，即2×eq\r(10)＝h×eq\r(14)，解得h＝eq\f(2\r(35),7).6.(2024·唐山模拟)把边长为eq\r(2)的正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角D－AC－B，则三棱锥D－ABC的外接球的球心到平面BCD的距离为()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(2),2) C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(1,2)答案A解析由图所示，易知三棱锥D－ABC的外接球球心为AC的中点O，易得OB＝OC＝OD＝1，且OC⊥OB，DO⊥平面OBC，计算可得BD＝eq\r(2)，设球心到平面BCD的距离为d，则VD－OBC＝VO－BCD，即eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,3)×d×eq\f(\r(3),4)×(eq\r(2))2，解得d＝eq\f(\r(3),3).7.(2024·银川质检)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝5，则A1C与平面ABCD所成角的正切值为()A.eq\f(1,2) B.2 C.eq\f(\r(5),5) D.eq\r(5)答案D解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，所以∠A1CA是A1C与平面ABCD所成的角，连接AC，且AC⊂平面ABCD，则AA1⊥AC，又AB＝1，BC＝2，AA1＝5，所以AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(5)，在Rt△A1CA中，tan∠A1CA＝eq\f(AA1,AC)＝eq\f(5,\r(5))＝eq\r(5)，即A1C与平面ABCD所成角的正切值为eq\r(5).8.如图所示，AB是⊙O的直径，PA⊥平面⊙O，C为圆周上一点，AB＝5cm，AC＝2cm，则B到平面PAC的距离为________.答案eq\r(21)cm解析由PA⊥平面⊙O，可得PA⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又由AB是⊙O的直径，C为圆周上一点，可得AC⊥BC，又PA∩AC＝A且AC，PA⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，所以BC为点B到平面PAC的距离，在直角△ABC中，AB＝5cm，AC＝2cm，可得BC＝eq\r(AB2－AC2)＝eq\r(21)cm.9.如图，三棱锥P－ABC中，已知PA⊥平面ABC，PA＝3，PB＝PC＝BC＝6，则二面角P－BC－A的正弦值为________.答案eq\f(\r(3),3)解析取BC的中点D，连接PD，AD，因为PB＝PC，所以PD⊥BC，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，因为PD，PA⊂平面PAD，PA∩PD＝P，所以BC⊥平面PAD，因为AD⊂平面PAD，所以BC⊥AD，所以∠PDA即为二面角P－BC－A的平面角，因为PB＝PC＝BC＝6，所以PD＝eq\f(\r(3),2)×6＝3eq\r(3)，sin∠PDA＝eq\f(PA,PD)＝eq\f(3,3\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，即二面角P－BC－A的正弦值是eq\f(\r(3),3).10.直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，已知∠ABC＝120°，四边形ABCD是边长为2的菱形，且AA1＝4，E为线段BC上动点，当BE＝________时，A1E与底面ABCD所成角为60°.答案eq\f(\r(21),3)－1解析如图所示，连接AE，因为AA1⊥底面ABCD，所以∠A1EA为A1E与底面ABCD所成角，即∠A1EA＝60°.又因为AA1＝4，所以eq\f(4,AE)＝tan60°＝eq\r(3)，解得AE＝eq\f(4,3)eq\r(3).设BE＝m(0≤m≤2)，在△ABE中，AB＝2，∠ABE＝120°，AE＝eq\f(4,3)eq\r(3)，由余弦定理，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)\r(3)))eq\s\up12(2)＝22＋m2－2×2×m×cos120°，整理得：3m2＋6m－4＝0，解得m＝eq\f(\r(21),3)－1.11.如图所示，已知菱形ABCD和矩形BDEF所在平面互相垂直，AB＝2，∠BAD＝120°，DE＝3.(1)证明：平面ACF⊥平面BDEF；(2)设AD中点为G，求直线FG与底面ABCD所成角的余弦值.(1)证明因为平面ABCD⊥平面BDEF，且平面ABCD∩平面BDEF＝BD，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF，因为AC⊂平面ACF，所以平面ACF⊥平面BDEF.(2)解连接BG，因为平面ABCD⊥平面BDEF，平面ABCD∩平面BDEF＝BD，BF⊂平面BDEF，且四边形BDEF是矩形，所以BF⊥BD，所以BF⊥底面ABCD，∠FGB即为直线FG与平面ABCD所成角，在△BAG中，BG2＝22＋12－2×2×1×cos120°＝5＋2＝7，所以BG＝eq\r(7)，FG＝eq\r(BF2＋BG2)＝4，在△BFG中，cos∠FGB＝eq\f(BG,FG)＝eq\f(\r(7),4)，故直线FG与底面ABCD所成角的余弦值为eq\f(\r(7),4).12.如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△PBC为正三角形，M，N分别为PD，BC的中点，PN⊥AB.(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∵PN⊥AB，AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABCD，∴PN⊥平面ABCD.∵AB＝BC＝PB＝PC＝2，M为PD的中点，∴PN＝eq\r(3)，∵VP－AMN＝VD－AMN＝VM－ADN，∴VP－AMN＝eq\f(1,2)VP－ADN＝eq\f(1,4)VP－ABCD＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×4×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3).(2)如图，取DN的中点E，连接ME，∵M，E分别为PD，DN的中点，∴ME∥PN.∵PN⊥平面ABCD，∴ME⊥平面ABCD.过E作EQ⊥AN，连接MQ，又ME⊥AN，EQ∩ME＝E，ME，EQ⊂平面MEQ，∴AN⊥平面MEQ，∴AN⊥MQ，∠MQE即为二面角M－AN－D的平面角，∴tan∠MQE＝eq\f(ME,QE)，∵PN＝eq\r(3)，∴ME＝eq\f(\r(3),2)，∵AN＝DN＝eq\r(5)，AD＝2，∴QE＝eq\f(1,2)×eq\f(2×2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，∴tan∠MQE＝eq\f(\r(15),4)，即该二面角的正切值为eq\f(\r(15),4).【B级能力提升】13.(多选)(2024·潍坊模拟)如图所示的几何体，是将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点，作平行于底面的截面所得，且其所有棱长均为1，则()A.直线BD与直线JL所成角为eq\f(π,3)B.直线CG与平面EFHILK所成角为eq\f(π,6)C.该几何体的体积为eq\f(23\r(2),12)D.该几何体中，二面角A－BC－D的余弦值为eq\f(1,3)答案AC解析将该几何体还原为原正四面体Q－MNS，棱长为a，设△MNS中心为O，连接OQ，ON，则ON＝eq\f(\r(3),3)a，OQ＝eq\r(\f(2,3))a，S△MNS＝eq\f(\r(3),4)a2，VQ－MNS＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)a2×eq\r(\f(2,3))a＝eq\f(\r(2),12)a3，对于A，因为JL∥QN，所以直线BD与直线JL所成角即为MQ与QN所成角为eq\f(π,3)，故A正确；对于B，直线CG与平面EFHILK所成角为QN与底面MNS所成的角，∠QNO即为所求角，sin∠QNO＝eq\f(QO,QN)＝eq\r(\f(2,3))，∠QNO≠eq\f(π,6)，故B错误；对于C，该几何体的体积为大正四面体的体积减去4个棱长为1的小正四面体的体积，eq\f(\r(2),12)×33－4×eq\f(\r(2),12)×13＝eq\f(23\r(2),12)，故C正确；对于D，二面角A－BC－D的大小与A－BC－Q的大小互补，显然A－BC－Q的大小为锐角，所以二面角A－BC－D的大小一定为钝角，故D错误.14.(多选)(2024·南京调研)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则下列命题正确的是()A.直线BC与平面ABC1D1所成的角等于eq\f(π,4)B.点C到平面ABC1D1的距离为eq\r(2)C.异面直线D1C和BC1所成的角为eq\f(π,4)D.线段PQ长度的最小值为eq\f(2\r(3),3)答案ABD解析由题意得：正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，连接B1C，设B1C，BC1交于O点，∵B1C⊥BC1，B1C⊥AB，∴B1C⊥平面ABC1D1，∴∠CBC1即为直线BC与平面ABC1D1所成的角，且∠CBC1＝eq\f(π,4)，故A正确；连接B1C，∵CO⊥BC1，B1C⊥AB，∴CO⊥平面ABC1D1，∴点C到平面ABC1D1的距离为CO＝eq\f(1,2)B1C＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)＝eq\r(2)，故B正确；连接D1C，AD1，由正方体性质可知AD1∥BC1，故异面直线D1C和BC1所成的角即为D1C和AD1所成的角∠AD1C，又∵AD1＝AC＝CD1，∴△AD1C为等边三角形，∴∠AD1C＝eq\f(π,3)，故C错误；过P作PM⊥CD，过M作MQ⊥AC，连接PQ，PQ为异面直线之间的距离，这时PQ距离最小；设DP＝x，Rt△DPM为等腰直角三角形，则PM＝eq\f(\r(2),2)x，CM＝CD－DM＝2－eq\f(\r(2),2)x，Rt△CQM也为等腰直角三角形，则MQ＝eq\f(\r(2),2)CM＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(2),2)x))＝eq\r(2)－eq\f(1,2)x，∵△PMQ为直角三角形，故PQ2＝PM2＋MQ2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(1,2)x))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,4)x2－eq\r(2)x＋2＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2\r(2),3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(4,3)，当x＝eq\f(2\r(2),3)时，PQ2取最小值eq\f(4,3)，故PQmin＝eq\f(2\r(3),3)，故D正确.故选ABD.15.(2024·广州模拟)正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，P为上底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高h∈[eq\r(3)，2eq\r(2)]，则点M到平面PCD的距离的取值范围是________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(4\r(2),3)))解析设底面四边形ABCD的中心为O，连接PO，则PO＝h，设点M到平面PCD