第7章 第6节 几何法求线面角、二面角及距离（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教版2019）

第六节　几何法求线面角、二面角及距离 考点一　几何法求线面角综合练 [(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：如图，取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C-AB-D的平面角，即∠CED＝150°，显然CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝，在△CDE中，由余弦定理得CD＝ ＝ ＝，由正弦定理得＝，即sin∠DCE＝＝，显然∠DCE是锐角，cos∠DCE＝＝＝，所以直线CD与平面ABC所成的角的正切值为÷＝.故选C. 规律方法 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．　　 对点练1.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. B. C. D. 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＝，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＝＝＝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＝＝，所以AD与平面BB1C1C所成角的正弦值是.故选C. 考点二　几何法求二面角综合练 [(2023·全国乙卷)如图，在三棱锥P-ABC 中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O, AD＝DO，点F在AC上，BF⊥AO . (1)证明：EF∥平面ADO； (2)证明：平面ADO⊥平面BEF； (3)求二面角D -AO -C的正弦值． 解：(1)证明：如图①所示，连接DE，OF，设AF＝tAC，则＝＋＝(1－t)＋t，＝－＋，又BF⊥AO，AB⊥BC， 则·＝[(1－t)＋t]·(－＋)＝(t－1)2＋t2＝4(t－1)＋4t＝0， 解得t＝，则F为AC的中点， 由D，E，O，F分别为PB，PA，BC，AC的中点， 于是DE∥AB，DE＝AB，OF∥AB，OF＝AB，即DE∥OF，DE＝OF， 则四边形ODEF为平行四边形， 所以EF∥DO，EF＝DO， 又EF⊄平面ADO，DO⊂平面 ADO， 所以EF∥平面ADO. (2)证明：在△ABO中，AO＝＝， 又因为D，O分别为BP，BC的中点，且PC＝， 所以DO＝，又AD＝DO，所以AD＝. 在△ADO中，因为DO2＋AO2＝AD2＝，则DO⊥AO，由(1)知，EF∥OD，所以EF⊥AO， 又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF， 则有AO⊥平面BEF， 又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF. (3)如图②所示，过点O作OH∥BF交AC于点H，设AD∩BE＝G， 由AO⊥BF，得HO⊥AO，且FH＝AH， 又由(2)知，DO⊥AO，则∠DOH为二面角D -AO -C的平面角， 因为D，E分别为PB，PA的中点， 因此G为△PAB的重心， 即有DG＝AD，GE＝BE，又FH＝AH，即有DH＝GF， cos∠ABD＝＝，解得PA＝，同理得BE＝， 又因为在Rt△ABC中，BF＝AC＝， 于是BE2＋EF2＝BF2＝3，即有BE⊥EF， 则GF2＝2＋2＝， 从而GF＝，DH＝×＝， 在△DOH中，OH＝BF＝，DO＝， DH＝， 于是cos∠DOH＝＝－， sin∠DOH＝ ＝， 所以二面角D -AO -C的正弦值为. 规律方法 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．　　 对点练2.(数学文化)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. D. 答案：D 解析：由AC＝CB及△ABC是直角三角形知，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＝a，所以tan∠C1MC＝＝.故选D. 学生用书↓第167页 考点三　几何法求距离多维练 角度1　点线距 如图，在四棱锥P-AB-CD中，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2BC＝4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为(　　) A．2 　　　 B．2 C. 　　　 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，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，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＝PB＝2，在Rt△BCM中，CM＝＝＝2，故点C到直线PA的距离为2.故选A. 角度2　点面距 如图所示，在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝4，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为(　　) A．1 B. C. D. 答案：B 解析：设点E到平面ACD1的距离为h，因为点E是棱AB的中点，所以点E到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离的一半，又平面ACD1过BD的中点，所以点B到平面ACD1的距离等于点D到平面ACD1的距离，由等体积法VD -ACD1＝VD1-ACD，得S△ACD1·2h＝S△ACD·DD1，因为S△ACD＝×2×4＝4，DD1＝2，在△ACD1中，AD1＝2，AC＝CD1＝2，所以S△ACD1＝×2× ＝6，则×6×2h＝×4×2，解得h＝，即点E到平面ACD1的距离为.故选B. 规律方法 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．　　 对点练3.(1)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB＝BB1＝2，则C到直线AB1的距离为(　　) A. 　　　　 B. C. 　　　　 D. (2)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(　　) A．4 B．2 C．3 D．2 答案：(1)D　(2)D 解析：(1)如图，连接CB1，因为AB＝2，BB1＝，所以AB1＝，CB1＝，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＝×B1D×AC＝h×AB1，即×2＝h×，解得h＝.故选D. (2)由题可得AB＝8，因为AP＝BP，所以S△ABP＝×8×4＝16，因为PC⊥平面ABP，且PC＝4，所以VC-ABP＝×16×4＝.因为AP＝BP＝4，所以AC＝BC＝4，所以S△ABC＝×8×＝16，设点P到平面ABC的距离为d，则VP-ABC＝×16d＝，解得d＝2.故选D. 课时测评55　几何法求线面角、二面角及距离 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－8，每小题5分，共40分) 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. B. C. D. 答案：A 解析：根据长方体性质知：AA1⊥平面ABCD，故∠ACA1为A1C与平面ABCD所成的角，且AA1＝1，所以CA1＝＝，所以sin∠ACA1＝＝.故选A. 2．(数学文化)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-ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AB＝AD＝1，则直线PD与平面PAC所成角的正弦值等于(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：如图，在正方形ABCD中，连接BD交AC于O，则DO⊥AC，连接PO.因为PA⊥平面ABCD，DO⊂平面ABCD，所以PA⊥DO，而PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以DO⊥平面PAC，于是∠DPO是直线PD与平面PAC所成的角．因为PA＝AD＝1，易知PA⊥AD，所以PD＝＝，易知DO＝DB＝＝，所以sin∠DPO＝＝，即直线PD与平面PAC所成角的正弦值为.故选A. 3．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，AD＝AB，则二面角P-CD -B的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．75° 答案：A 解析：因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，又AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为PD⊂平面PAD，则CD⊥PD，所以二面角P-CD -B的平面角为∠PDA.在Rt△PAD中，tan∠PDA＝＝，则∠PDA＝30°.故二面角P-CD -B的大小为30°.故选A. 4．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. B. C. D. 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和PO，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＝，PO＝a，PH＝＝a，cos∠PHO＝＝，所以侧面与底面所成角的余弦值为.故选B. 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. B. C. 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＝，A1C＝，设点B到直线A1C的距离为h，则S△BCA1＝×BC×BA1＝×h×A1C，即2×＝h×，解得h＝.故选B. 6.[多选题]如图所示，在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1中，O为BD的中点，则下列结论正确的是(　　) A．A1C⊥平面C1BD B．直线A1C1与平面ABC1D1所成的角为 C．二面角C1-BD -C的正切值为 D．B1到平面C1BD的距离为 答案：ABC 解析：由正方体的性质可得BD⊥平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1，故A1C⊥BD，同理，A1C⊥BC1，BD∩BC1＝B，且BD，BC1⊂平面C1BD，故A1C⊥平面C1BD，故A项正确；因为正方体的棱长为1，设直线A1C1与平面ABC1D1的夹角为θ，则A1C1＝，易知A1D⊥平面ABC1D1，所以点A1到平面ABC1D1的距离为A1D＝，故sin θ＝，所以θ＝，故B项正确；连接CO，OC1(图略)，则∠C1OC为二面角C1-BD -C的平面角，则tan∠C1OC＝＝，故C项正确；设B1到平面C1BD的距离为h，因为VB1-C1BD＝VD -C1BB1，所以×××××h＝××1×1×1，解得h＝，故D项错误．故选ABC. 7．已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________． 答案： 解析：如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC，所以PE＝PF＝，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝＝＝. 8.如图所示，AB是⊙O的直径，PA⊥平面⊙O，C为圆周上一点，AB＝5 cm，AC＝2 cm，则B到平面PAC的距离为________． 答案： 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Rt△ABC中，AB＝5 cm，AC＝2 cm，可得BC＝＝ cm. 9．(10分)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． 解：(1)证明：因为平面ABCD⊥平面BDEF， 且平面ABCD∩平面BDEF＝BD，四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD， 又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)连接BG，因为平面ABCD⊥平面BDEF，平面ABCD∩平面BDEF＝BD，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×cos 120°＝5＋2＝7， 所以BG＝，FG＝＝4， 在△BFG中，cos∠FGB＝＝， 故直线FG与底面ABCD所成角的余弦值为. 10．(12分)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)因为PB＝PC，N为BC的中点， 所以PN⊥BC， 又因为PN⊥AB，AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABCD， 所以PN⊥平面ABCD. 因为AB＝BC＝PB＝PC＝2，所以PN＝， 因为M为PD的中点， 所以VP-AMN＝VD -AMN＝VM-ADN， 所以VP-AMN＝VP-ADN＝VP-ABCD ＝××4×＝. (2)如图，取DN的中点E，连接ME，因为M，E分别为PD，DN的中点， 所以ME∥PN. 因为PN⊥平面ABCD， 所以ME⊥平面ABCD.过E作EQ⊥AN于点Q，连接MQ， 又ME⊥AN，EQ∩ME＝E，ME，EQ⊂平面MEQ， 所以AN⊥平面MEQ，所以AN⊥MQ，∠MQE即为二面角M-AN-D的平面角， 所以tan∠MQE＝， 因为PN＝，所以ME＝， 因为AN＝DN＝，AD＝2， 所以S△ANE＝QE·AN＝S下下下△ADN＝1，故QE＝＝， 所以tan∠MQE＝， 即该二面角的正切值为. (每小题6分，共24分) 11．已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为1，侧棱AA1长为2，则点B1到平面A1BC的距离为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：设B1到平面A1BC的距离为d，C到平面ABB1A1的距离为h，取AB的中点D，连接CD.因为VB1-A1BC＝VC-A1BB1，所以S△A1BC·d＝S△A1BB1·h，在正三棱柱中CC1⊥A1C1，在Rt△A1C1C中，A1C＝，同理A1B＝，BC＝1，所以S△A1BC＝×1× ＝，又S△A1BB1＝1，在正△ABC中，D为AB的中点，则CD⊥AB，平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，CD⊂平面ABC，所以CD⊥平面ABB1A1，即h＝CD＝1×sin 60°＝，所以×d＝×1×，解得d＝.故选C. 12．[多选题]在如图所示的三棱锥O-ABC中，OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC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O-BC-A的正切值为 C．O到平面ABC的距离为 D．作OM⊥平面ABC，垂足为M，则M为△ABC的重心 答案：BD 解析：因为OA，OB，OC两两互相垂直，且OB∩OC＝O，OB，OC⊂平面OBC，所以AO⊥平面OBC，故∠ABO为直线AB与平面OBC所成的角，又OA＝OB＝OC＝1，所以∠ABO＝45°，故直线AB与平面OBC所成的角为45°，故A错误；取BC的中点为D，连接OD，AD，因为OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC两两互相垂直，所以AB＝AC＝BC＝，OD⊥BC，AD⊥BC，故∠ODA为二面角O -BC-A的平面角，则tan∠ODA＝＝，故二面角O -BC-A的正切值为，故B正确；因为AB＝AC＝BC＝，所以AD＝，设O到平面ABC的距离为h，则VA-OBC＝××1×1×1＝VO -ABC＝××××h，解得h＝，故C错误；因为AB＝AC＝BC＝，故△ABC为等边三角形，因为OM⊥平面ABC，则M点为O点在平面ABC上的投影，又OA＝OB＝OC＝1，所以MA＝MB＝MC，即M点到△ABC顶点A，B，C的距离相等，故M为△ABC的外心，又在等边△ABC中，M也为△ABC的重心，故D正确．故选BD. 13．[多选题](2024·江苏南通调研) 已知四面体ABCD内接于半径为R的球O内，且AB＝BC＝，AC＝2，若四面体ABCD的体积最大值为2，则(　　) A．外接球的半径为 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 答案：ABD 解析：因为AB＝BC ＝，AC＝2，所以AB2＋BC2＝AC2，可得AB⊥BC.取AC的中点为E，连接DE，当DE⊥平面ABC，且ED过球心O时，四面体ABCD的体积最大．连接AO，因为外接球的半径为R，所以V三棱锥D -ABC＝××××(R＋)＝2，解得R＝，故选项A正确；连接BE，则∠DBE为DB与平面ABC所成的角，BE＝1，DE＝6，所以tan∠DBE＝＝＝6，故选项B正确；对于选项C，取AB的中点F，连接EF，DF，则AB⊥DF，AB⊥EF，所以∠DFE为侧面ABD与底面ABC所成二面角的平面角，因为EF＝，所以tan∠DFE＝＝＝6，故选项C错误；设点C到平面ABD的距离为h，在△ABD中，AD＝BD＝＝，AB＝，由C项知DF⊥AB，且DF＝＝＝，S△ABD＝AB·DF＝×× ＝.又hS△ABD＝2，所以h＝＝，故选项D正确．故选ABD. 14．在直四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，已知∠ABC＝120°，四边形ABCD是边长为2的菱形，且AA1＝4，E为线段BC上的动点，当BE＝________时，A1E与底面ABCD所成的角为60°. 答案：－1 解析：如图所示，连接AE，因为AA1⊥底面ABCD，所以∠A1EA即为A1E与底面ABCD所成的角，即∠A1EA＝60°.又因为AA1＝4，所以＝tan 60°＝，解得AE＝.设BE＝m(0≤m≤2)，在△ABE中，AB＝2，∠ABE＝120°，AE＝，由余弦定理，得2＝22＋m2－2×2×m×cos 120°，整理得3m2＋6m－4＝0，解得m＝－1. 15．(14分)(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明：A1C＝AC； (2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值． 解：(1)证明：如图， 因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1， 又BC⊂平面BCC1B1， 所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1， 过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1， 所以A1O⊥平面BCC1B1， 因为A1到平面BCC1B1的距离为1， 所以A1O＝1， 在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2， 设CO＝x，则C1O＝2－x， 易知△A1OC1∽△COA1，故＝， 即1＝(2－x)x，解得x＝1， 所以AC＝A1C＝A1C1＝， 所以A1C＝AC. (2)因为AC＝A1C1，BC⊥A1C，BC⊥AC， 所以Rt△ACB≌Rt△A1CB， 所以BA＝BA1， 过B作BD⊥AA1，交AA1于D， 则D为AA1的中点， 因为直线AA1与BB1的距离为2，所以BD＝2， 因为A1D＝1，BD＝2，所以A1B＝AB＝， 在Rt△ABC中，BC＝＝， 延长AC，使AC＝CM，连接C1M， 由CM∥A1C1，CM＝A1C1， 知四边形A1CMC1为平行四边形， 所以C1M∥A1C，所以C1M⊥平面ABC， 又AM⊂平面ABC，所以C1M⊥AM， 则在Rt△AC1M中，AM＝2，C1M＝A1C＝，所以AC1＝＝， 在Rt△AB1C1中，AC1＝，B1C1＝BC＝， 所以AB1＝ ＝， 又A到平面BCC1B1的距离也为1， 所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为＝. 拓展视野六　空间几何体的截面及交线问题 一、多面体中的交线问题 多面体中找交线的常用方法 1．利用相交平面有且只有一条过交点的直线寻找交线，即只需找相交平面的两个公共点，两点连线就是交线． 2．利用线面平行与面面平行的判定定理寻找线面平行及面面平行，再利用性质作出交线． 3．对于球与多面体的交线长问题，根据交线的不同有两种计算方法：一是利用弧长公式计算，只需找出弧所对的圆心角即可；二是转化为截面小圆计算，只需找到小圆半径即可． (2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD -A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 答案： 解析：易知四边形A1B1C1D1为菱形，∠B1A1D1＝60°，连接B1D1，则△B1C1D1为正三角形，取B1C1的中点O，连接D1O，易得D1O⊥B1C1，所以D1O⊥平面BCC1B1.取BB1的中点E，CC1的中点F，连接D1E，D1F，OE，OF，EF，易知D1E＝D1F＝，易知以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线是以O为圆心，OE为半径的，因为B1E＝B1O＝1，所以OE＝，同理OF＝，易知EF＝2，所以∠EOF＝90°，所以的长＝×(2π×)＝. 对点练1.在四面体ABCD中，AB，AC，AD两两垂直且AB＝AC＝AD＝，以C为球心，2为半径的球C与该四面体每个面的交线的长度之和为(　　) A. B．π C. D. 答案：D 解析：由题意得△ACD，△ABC为等腰直角三角形．设球C与Rt△ACD的边CD，AD分别交于点M，N，如图①所示，设球C与Rt△ABC的边AB，CB分别交于点H，G，如图②所示．易得cos∠ACN＝，则∠ACN＝，AN＝AC·tan＝1，所以∠NCM＝∠ACD－∠ACN＝－＝，所以的长＝2×＝，同理，的长＝.在△ABD内，如图③所示，因为AH＝AN＝＝1，∠HAN＝，则的长＝1×＝. 在△BCD内，如图④所示，易知是以顶点C为圆心，2为半径，圆心角为的弧，则的长＝2×＝，所以球C与该四面体每个面的交线的长度之和为＋＋＋＝.故选D. 学生用书↓第168页 二、多面体中的截面问题 1．正方体中的基本斜截面 2．多面体中找截面的几种方法 (1)直接法：有两点在多面体的同一个面上，连接这两点即为多面体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程． (2)延长线法：若直线相交，但在多面体中未体现，可以通过作延长线的方法找到交点，然后借助交点找到交线． (3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点作直线的平行线找到多面体与截面的交线． 角度1　作空间几何体的截面 在正方体ABCD -A1B1C1D1中，P为BB1的中点． (1)画出过A1，C1，P的截面； (2)画出过A1，D1，P的截面． 解：(1)因为此三点在几何体的棱上，且两两在一个平面内，直接连接A1P，A1C1，C1P就得到截面A1C1P. (2)连接A1P，其余面上的交线根据平面的性质寻找，由于A1，D1，P在一个平面内，且两个平面A1ADD1和B1BCC1平行，过P作A1D1的平行线，设CC1的中点为Q，连接PQ和D1Q，得到截面A1D1QP. 在正方体ABCD -A1B1C1D1中，E，F，Q分别为AB，BC，AA1的中点，画出过E，F，Q的截面． 解：连接EF，得到平面EFQ和平面ABCD的交线，其余面由正方体的性质和平面的性质来判断，延长FE，EF，分别交DA，DC的延长线于G，H，则G，Q都在面AA1D1D内，连接GQ并延长交A1D1于点P，交DD1的延长线于S，则S，H都在面DD1C1C内，连接SH交D1C1于点M，交CC1于点N，连接QE，NF，PM，就得到截面EFNMPQ. 角度2　截面图形的判断与计算 (1)在正方体ABCD -A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝DD1，NB＝BB1，那么正方体中过点M，N，C1的截面图形是(　　) A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 (2)如图，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________． 答案：(1)C　(2) 解析：(1)先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点．如图，设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形．故选C. (2)如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α，由作图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，故BD＝2，MN＝，且BM＝DN＝，所以等腰梯形MNDB的高为h＝＝，所 以梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝. 对点练2.(1)过正方体ABCD -A1B1C1D1的体对角线BD1的截面面积为S，Smax和Smin分别为S的最大值和最小值，则＝(　　) A. B. C. D. 学生用书↓第169页 (2)[多选题]正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，已知平面α⊥AC1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是(　　) A．截面形状可能为正三角形 B．截面形状可能为正方形 C．截面形状可能为正六边形 D．截面面积最大值为3 (3)如图，正方体A1C的棱长为1，点M在棱A1D1上，A1M＝2MD1，过M的平面α与平面A1BC1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为________． 答案：(1)C　(2)ACD　(3)3 解析：(1)设M，N分别为AA1，CC1的中点(图略)，易证截面BMD1N是边长为的菱形(正方体棱长设为1)，其面积Smin＝.而截面BB1D1D是矩形，其面积Smax＝，故＝＝.故选C. (2)易知A，C正确，B不正确，下面说明D正确，如图，截面为正六边形，当六边形的顶点均为棱的中点时，其面积最大，MN＝2，GH＝，OE＝＝＝，所以S＝2××(＋2)×＝3，故D正确．故选ACD. (3)如图所示，因为A1M＝2MD1，故通过平行线法可知，该截面与正方体的交点位于靠近D1，A，C的三等分点处，故可得截面为MIHGFE，设正方体的棱长为3a，则ME＝2a，MI＝a，IH＝2a，HG＝a，FG＝2a，EF＝a，所以截面MIHGFE的周长为ME＋EF＋FG＋GH＋HI＋IM＝9a，又因为正方体A1C的棱长为1，即3a＝1，故截面多边形的周长为3. 学科网（北京）股份有限公司 $$