第七章 第五节 几何法求线面角、二面角及距离（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（湘教版）

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何与空间向量，依据高考评价体系梳理几何法求线面角、二面角及距离三大核心考点，结合近三年高考真题分析考点权重，归纳正三棱台、四棱锥等常考模型，构建“考点-题型-方法”复习体系，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精讲+规律提炼+素养提升”策略，如以2023全国乙卷二面角题为例，详解“垂面法”构建平面角，培养学生空间观念与推理意识。通过“作角-证明-计算”三步法突破线面角，等体积法攻克点面距，助力学生掌握得分技巧，教师可依托此开展高效专题复习，提升备考质量。

第五节　几何法求线面角、二面角及距离 高三一轮复习讲义　湘教版 第七章　立体几何与空间向量 02 01 考教衔接　精研教材 课时测评 内容索引 技法一　几何法求线面角 典例1 (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 √ 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＝ 又，S△ABC＝，所以 正三棱台ABC-A1B1C1的体积V＝，解得h＝，故PO＝.由正三棱台的性质可知，O为底面ABC的中心，则OA＝，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)(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． √ 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． 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．　　 规律方法 对点练1.(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． √ 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． (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． √ 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＝AC＝1，tan ∠ODH＝.所以结合图知∠ODH＝.故选B． 技法二　几何法求二面角 　　　 (2023·全国乙卷)如图，在三棱锥P-ABC 中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，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； 证明：如图①所示，连接DE，OF，设AF＝tAC，则＝(1－t)，又BF⊥AO，AB⊥BC，  则＝·＝(t－1)＝4(t－1)＋4t＝0， 典例２ 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：平面ADO⊥平面BEF； 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)求二面角D -AO -C的正弦值． 解：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＝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＝， 于是BE2＋EF2＝BF2＝3，即有BE⊥EF， 则GF2＝2＋2＝， 从而GF＝， 在△DOH中，OH＝，DH＝， 于是cos ∠DOH＝， sin ∠DOH＝ ， 所以二面角D -AO -C的正弦值为. 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．　　 规律方法 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． √ 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． 技法三　几何法求距离 典例３ 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 √ 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＝，在Rt△BCM中，CM＝，故点C到直线PA的距离为2.故选A． 典例４ 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＝，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＝， 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＝. 在△ADE中，cos ∠DEA＝， 所以sin ∠DEA＝，S△ADE＝. 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．　　 规律方法 对点练3.(1)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB＝＝2，则C到直线AB1的距离为 A． B． C． D． √ 如图，连接CB1，因为AB＝2，BB1＝，所以AB1＝ ＝h×AB1，即，解得h＝.故选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 √ 由题意可得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＝.因为AP＝BP＝，所以AC＝BC＝4，所以S△ABC＝，设点P到平面ABC的距离为d，则VP-ABC＝，解得d＝2.故选D． 返回 考教衔接　精研教材 返回 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； 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)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为，求AD. 解：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＝. 返回 教材呈现 (湘教版必修二P206T19)如图(1)，直角梯形 ABCD中，AB∥DC，∠ADC＝90˚，AD＝ CD＝AB＝2，E为AC的中点．将△ACD沿 AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂 直，如图(2)．在图(2)所示的几何体D-ABC中， (1)求证：BC⊥平面ACD； (2)若点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F-BCE的体积． 点评：这两道题都是以棱锥为载体，考查位置关系和度量计算．高考题在教材题目的基础上改造加工，进一步考查位置关系、角度转换、度量计算，是较典型的源于教材高于教材的题目，在中学教学中具有较好的导向作用． 课 时 测 评 返回 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． √ 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.故选A． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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． √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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＝，所以sin ∠DPO＝，即直线PD与平面PAC所成角的正弦值为.故选A． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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˚ √ 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． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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． √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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＝a，cos ∠PHO＝，所以侧面与底面所成角的余弦值为.故选B． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 如图，连接BA1，由长方体的性质易知BC⊥BA1，且BA1 ＝，设点B到直线A1C的距离为h，则 ×h×A1C，即2×， 解得h＝.故选B． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 6.(多选)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 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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，故sin θ＝，所以θ＝＝ ＝，所以×1×1×1，解得h＝，故D错误．故选ABC． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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______． 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＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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__________． 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. cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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；(4分) 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 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 (2)设AD中点为G，求直线FG与底面ABCD所成角的余弦值．(6分) 解：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＝＝4， 在△BFG中，cos ∠FGB＝， 故直线FG与底面ABCD所成角的余弦值为. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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；(5分) 解：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＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 (2)求二面角M-AN-D的正切值．(7分) 解：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＝， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 因为PN＝，所以ME＝， 因为AN＝DN＝，AD＝2，所以S△ANE＝S△ADN＝1，故QE＝， 所以tan ∠MQE＝， 即该二面角的正切值为. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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． √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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＝，所以·d ＝·h，在正三棱柱中CC1⊥A1C1，在Rt△A1C1C中，A1C ＝，同理A1B＝＝×1× ，又＝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，解得d＝.故选C． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 12.(多选)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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 13.(多选)(2025·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 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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＝ ＝2，解得R＝，故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B正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 对于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＝，故C错误；设点 C到平面ABD的距离为h，在△ABD中，AD＝BD＝，由C项知DF⊥AB，且DF＝，S△ABD＝× .又＝2，所以h＝，故D正确．故选ABD． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 14.(多选)(2025·山东潍坊模拟)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 B．直线CG与平面EFHILK所成角为 C．该几何体的体积为 D．该几何体中，二面角A-BC-D的余弦值为 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 将该几何体还原为原正四面体Q-MNS，棱长为3，设 △MNS中心为O，连接OQ，ON，则ON＝ ，S△MNS＝，VQ-MNS＝，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，故A正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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＝， ∠QNO≠，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，，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．故选AC． 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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；(6分) 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， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 (2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．(8分) 解：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， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 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，所以AC1＝， 在Rt△AB1C1中，AC1＝， 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. 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 13 14 15 谢 谢 观 看 几何法求线面角、二面角及距离 $