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（人教A版）

该高中数学讲义聚焦几何法求线面角、二面角及距离等高考立体几何核心考点，按“技法梳理-真题解析-对点练习”逻辑架构知识点，通过课标研读明确考查要求，分线面角、二面角、距离三大技法模块，结合步骤总结和真题训练，帮助学生突破空间角与距离的找角难点，构建系统复习路径。 资料以“真题引领+分层突破”为特色，如线面角技法中结合2024新课标Ⅱ卷真题解析高棱台高的求解，二面角部分通过垂面法培养学生几何直观（数学眼光）和推理能力（数学思维），设置基础对点练与综合真题再现，助力学生掌握空间几何解题通法，为教师把控复习重难点提供清晰指引。

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. 技法一　几何法求线面角 (1)(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B. 1 C. 2 D. 3 (2)(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：(1)B　(2)B 解析：(1)设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，三条侧棱延长后交于一点P，作PO⊥平面ABC，交平面ABC于点O，交平面A1B1C1于点O1，连接OA，O1A1，如图所示.由AB＝3A1B1，可得PO1＝h，PO＝h，又＝×22×＝，S△ABC＝×62×＝9，所以正三棱台ABC-A1B1C1的体积V＝VP-ABC－＝×9×h－××h＝，解得h＝，故PO＝h＝2.由正三棱台的性质可知，O为底面ABC的中心，则OA＝×＝2，因为PO⊥平面ABC，所以∠PAO是A1A与平面ABC所成的角，在Rt△PAO中，tan ∠PAO＝＝1.故选B. (2)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. 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. 技法二　几何法求二面角 五面体ABCDEF中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD＝2EF＝4，△ABE，△ADE均为正三角形. (1)证明：BE⊥CD； (2)求平面ABF与平面BDE所成夹角的余弦值. 解：(1)证明：因为BC＝2AD＝2EF＝4，△ABE，△ADE均为正三角形， 所以AB＝AD＝BE＝DE＝AE＝2， 记BD的中点为G，连接AG，EG，则EG⊥BD， 因为∠BAD＝90°， 所以AG＝BG＝BD＝＝， 所以EG＝＝，则AE2＝AG2＋EG2＝4，所以AG⊥EG， 又AG∩BD＝G，AG，BD⊂平面ABCD， 所以EG⊥平面ABCD， 因为CD⊂平面ABCD， 所以EG⊥CD. 易知在△BCD中，∠CBD＝45°，BD＝2，BC＝4， 由余弦定理可得CD2＝42＋－2×4×2×＝8， 所以BC2＝BD2＋CD2，所以CD⊥BD， 又EG∩BD＝G，EG，BD⊂平面BDE，所以CD⊥平面BDE， 因为BE⊂平面BDE，所以BE⊥CD. (2)记AF，DE的交点为H，连接BH，AH的中点为Q， 作EP⊥BH，AM⊥BH，垂足分别为P，M，连接QP，QE， 因为BD＝2，BE＝DE＝2，所以BD2＝BE2＋DE2，所以BE⊥DE， 由题设易得AD∥BC，AD⊄平面BCFE，BC⊂平面BCFE，所以AD∥平面BCFE， 又AD⊂平面ADFE，平面ADFE∩平面BCFE＝EF，所以AD∥EF， 所以四边形ADFE为菱形，所以EH＝1，AF⊥ED， 所以BH＝＝，则PE＝EH·EB＝2， 解得PE＝，PH＝＝， 在△ABH中，AH＝，BH＝，AB＝2， 由余弦定理得cos∠AHB＝＝， 所以HM＝AHcos∠AHB＝×＝，AM＝＝ 所以P为HM的中点，又Q为AH的中点，所以PQ＝，PQ∥AM， 所以PQ⊥BH，所以∠EPQ或者其补角即为平面ABF与平面BDE所成夹角， 又EQ＝＝＝， 所以cos∠EPQ＝＝＝－， 所以平面ABF与平面BDE所成夹角的余弦值为. 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.在三棱台ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝2A1B1＝2，AC＝2，CC1＝2，∠A1AC＝∠A1CA，且平面ACC1A1⊥平面ABC. (1)求证：平面A1BC⊥平面ABC1； (2)求二面角A-A1C-B的正弦值. 解：(1)证明：平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，AB⊥AC， AB⊂平面ABC，故AB⊥平面AA1C1C，A1C⊂平面AA1C1C，故AB⊥A1C，设AC中点为D，连接A1D，∠A1AC＝∠A1CA， 则A1D⊥AC，AD＝CD＝， AB＝2A1B1，则A1C1＝AC＝，A1C1＝CD，A1C1∥CD， 故四边形A1DCC1为矩形， tan∠CAC1＝＝，tan∠A1CC1＝，∠CAC1，∠A1CC1∈， 故∠CAC1＝∠A1CC1，即A1C⊥AC1， AB∩AC1＝A，AB，AC1⊂平面ABC1， 故A1C⊥平面ABC1， 又A1C⊂平面A1BC，故平面A1BC⊥平面ABC1. (2)设A1C∩AC1＝O，连接BO，A1C⊥平面ABC1，OB⊂平面ABC1，故A1C⊥OB， 又因为A1C⊥AC1，所以二面角A-A1C-B的平面角为∠AOB， AC1＝＝2，AO＝AC1＝， AB⊥平面AA1C1C，AO⊂平面AA1C1C，所以AB⊥AO， 在Rt△OAB中，OB2＝OA2＋AB2＝，解得OB＝，从而sin∠AOB＝＝＝， 故二面角A-A1C-B的正弦值为. 技法三　几何法求距离 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.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. 答案：D 解析：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. 对点练4.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：D 解析：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. [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＝，故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]　 (人教A必修二P171T14)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD，M是PD的中点. (1)求证：AM⊥平面PCD； (2)求侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值. 点评：这两题考查相同的知识点，设问的形式和本质基本一样，都是以锥体为载体考查二面角的求解，高考题同时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 $