第七章 6 第五节 几何法求线面角、二面角及距离（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版）

该高中数学讲义聚焦几何法求线面角、二面角及距离高考核心考点，按定义内涵、方法体系（垂线法、等体积法等）、综合应用逻辑架构知识，通过课标研读明确要求，考点梳理构建框架，典例精讲（一题多变）突破作角求距难点，真题训练（2024全国甲卷等）强化实战，形成系统复习链条。 讲义突出数学眼光（空间观念）与数学思维（推理能力）培养，创新“定义理解-方法提炼-变式迁移”教学模式，如线面角借助长方体模型直观感知，二面角用三垂线定理规范推理，设置分层练习（基础检测、能力提升、真题对接），保障高效复习，助力学生构建解题范式，为教师把控复习节奏提供精准指导。

第五节　几何法求线面角、二面角及距离 【课标研读】　利用几何法求线面角、二面角及距离问题常应用于一些不易建系的几何体，或者题目条件用几何法比较简单快捷的情况.相对于向量法，几何法运算简单，不易出错.其难点在于准确找出所求的角或距离. 1.直线与平面的夹角 (1)线面角的定义：平面的一条斜线和它在平面上的投影所成的锐角，取值范围：. (2)垂线法求线面角(也称直接法) ①先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面α做垂线，确定垂足O； ②连接斜足与垂足得斜线AB在平面α上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角； ③把投影BO与斜线AB化归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者解直角三角形). (3)公式法求线面角(也称等体积法) 用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用直角三角形的正弦公式进行求解. 公式为：sin θ＝，其中θ是斜线与平面的夹角，h是垂线段的长，l是斜线段的长. 2.二面角 (1)二面角的定义 ①二面角的概念：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形称为二面角，这条直线称为二面角的棱，这两个半平面称为二面角的面. ②二面角的平面角的概念：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线的夹角称为二面角的平面角. ③二面角的大小范围：[0，π]. (2)求二面角大小的一般步骤 ①作：找出这个平面角； ②证：证明这个角是二面角的平面角； 学生用书⬇第180页 ③求：将作出的角放在三角形中，解这个三角形，计算出平面角的大小. 【常用结论】 (1)三垂线定理 若平面内的一条直线与平面的一条斜线在这个平面内的投影垂直，则它也和这条斜线垂直. (2)三垂线定理的逆定理 若平面内的一条直线和这个平面的一条斜线垂直，则它也和这条斜线在这个平面内的投影垂直. 【自主检测】 1.(多选题)以下说法正确的是(　　) A.空间异面直线的夹角取值范围是 B.直线与平面的夹角的取值范围是 C.二面角的取值范围是 D.向量与向量夹角的取值范围是 答案：CD 解析：对于A，空间异面直线的夹角取值范围是，故A错误；对于B，直线与平面的夹角的取值范围是，故B错误；对于C，二面角的取值范围是，故C正确；对于D，向量与向量夹角的取值范围是，故D正确.故选CD. 2.(链接北师必修二P240例2)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为直线A1C与平面ABCD所成的角，且AA1＝1，所以CA1＝＝，所以sin∠ACA1＝＝.故选A. 3.(链接北师必修二P246例9)如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，则二面角B-PA-C的大小为(　　) A.90° B.60° C.45° D.30° 答案：A 解析：因为PA⊥平面ABC，BA，CA⊂平面ABC，所以BA⊥PA，CA⊥PA，因此∠BAC即为二面角B-PA-C的平面角.又∠BAC＝90°.故选A. 4. (链接北师必修二P241T3)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. 考点一　几何法求线面角 师生共研 (一题多变)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，CC1＝，求C1O与底面ABCD所成的角. 解：由题意可知，∠C1OC是C1O与底面ABCD所成的角， 由已知得OC＝AC＝×2＝， 所以tan∠C1OC＝＝， 所以C1O与底面ABCD所成的角的大小为30°. [变式探究] (变设问)若典例1中条件不变，求OC1与平面ADD1A1所成角的正弦值. 解：取BC的中点E，连接OE，C1E， 所以OE⊥BC.因为平面BCC1B1⊥底面ABCD， 所以OE⊥平面BCC1B1， 所以∠OC1E是OC1与平面BCC1B1所成的角. 因为OE＝AB＝，OC1＝2. 在Rt△OEC1中，sin∠OC1E＝＝＝. 又因为平面ADD1A1∥平面BCC1B1， 所以OC1与平面ADD1A1所成角的正弦值为. 斜线与平面所成的角的求法 　　可通过已知条件，从斜线上的一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的投影，通过解直角三角形求得斜线与平面所成的角. 对点练1.(2025·福建福州模拟)如图，在圆台OO1中，OO1＝，AB为下底面圆的直径，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. B. C. D. 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，又OD∥AC，所以OD∥l，如图，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为下底面圆的直径，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＝，OD＝AC＝1，tan∠ODH＝＝＝.所以结合图知∠ODH＝.故选B. 考点二　几何法求二面角 师生共研 (一题多变)已知正三棱锥P-ABC的侧面与底面所成的二面角为60°，且正三棱锥的体积为，求此正三棱锥的侧面积. 解：如图所示，设AB的中点为M，连接CM，PM，由正三棱锥的性质可知PM⊥AB，CM⊥AB， 所以∠PMC＝60°. 设点P在平面ABC上的射影为H，则H是CM上靠近M的三等分点. 设AB＝a，则MH＝a，在直角三角形PMH中，PH＝a， 故三棱锥P-ABC的体积为 ×a2×a＝a3＝， 解得a＝1，则PM＝， 故S△PAB＝×1×＝， 所以正三棱锥的侧面积为3S△PAB＝3×＝. 学生用书⬇第181页 [变式探究] (变设问)若典例2中条件不变，求相邻侧面所成二面角的余弦值. 解：设AB的中点为M，连接CM，PM，作AE⊥PB.连接CE. 因为△PAB≌△PCB， 所以AE⊥PB，CE⊥PB，且AE＝CE， 所以∠AEC是二面角A-PB-C的平面角. 由例2可知，PM＝，MB＝，S△PAB＝. 又因为PB＝＝＝， 且S△PAB＝＝PB·AE，所以AE＝， 所以cos∠AEC＝＝＝， 所以相邻侧面所成二面角的余弦值为. 作二面角的平面角的方法 1.直接法：根据平面角的概念直接作，如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边，就可以取棱的中点. 2.垂面法：过二面角棱上一点作棱的垂面，则垂面与二面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角. 3.垂线法：过二面角的一个面内一点作另一个面的垂线，过垂足向二面角的棱作垂线，可找到二面角的平面角或其补角. 对点练2.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＝，则二面角P-MN-O的大小为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：取MN的中点E，连接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＝，OM＝2，所以OE＝OM·cos＝2×＝，因为PO＝1，所以PE＝＝＝2，所以cos∠PEO＝＝，所以结合图知∠PEO＝.所以二面角P-MN-O的大小为.故选B. 考点三　几何法求距离 多维探究 角度1　点线距 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.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 (2024·全国甲卷文节选)如图，已知AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD＝BC＝，AE＝2，M为CD的中点.求点M到平面ADE的距离. 解：取DM的中点O，连接OA，OE(图略)，因为AB∥MC，且AB＝MC，所以四边形AMCB 是平行四边形，所以AM＝BC＝， 又AD＝，故△ADM 是等腰三角形，同理△EDM 是等腰三角形，可得OA⊥DM，OE⊥DM，OA＝＝3，OE＝＝， 又AE＝2，所以OA2＋OE2＝AE2，故OA⊥OE. 又OA⊥DM，OE∩DM＝O，OE，DM⊂平面EDM， 所以OA⊥平面 EDM. 易知S△EDM＝×2×＝. 在△ADE中，cos∠DEA＝＝， 所以sin∠DEA＝，S△ADE＝×2×2×＝. 设点M到平面ADE的距离为d， 由VM-ADE＝VA-EDM，得S△ADE·d＝S△EDM·OA，得d＝， 故点M到平面ADE 的距离为. 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＝×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. 学生用书⬇第182页 [真题再现]　(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD. 解：(1)证明：由于PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为AB＝，BC＝1，AC＝2， 所以AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC， 所以BC∥AD， 因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC. (2)如图所示，过点D作DE⊥AC于点E，过点E作EF⊥CP于点F，连接DF， 因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC， 所以DE⊥平面PAC.因为CP⊂平面PAC，则DE⊥CP.又EF⊥CP，EF，DE⊂平面DEF，所以CP⊥平面DEF.根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角， 即sin∠DFE＝，即tan∠DFE＝. 因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝，由等面积法可得，DE＝. 又CE＝＝，△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝.故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝. [教材呈现]　(链接北师必修二P246例9)如图所示，在四面体A1-ABC中，A1A⊥平面ABC，AB⊥BC，且AA1＝AB. (1)四面体A1-ABC中有几组互相垂直的平面？ (2)求二面角A-A1B-C和A1-BC-A的大小. 点评：这两题考查相同的知识点，设问的本质也是一样的，都是以锥体为载体考查二面角的求解，高考题更考查综合应用所学知识解决问题的能力. 学科网（北京）股份有限公司 $