補上一課 幾何法求線面角、二面角及距離

補上一課幾何法求線面角、二面角及距離題型分析利用幾何法求線面角、二面角、距離的難點在于找到所求的角或距離，相對于向量法，幾何法運算簡單、不易出錯.題型一幾何法求線面角例1(2023·杭州質(zhì)檢)在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長都相等，側(cè)棱垂直于底面，點D是BC1與B1C的交點，則AD與平面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的中點E，連接DE，AE，如圖.依題意三棱柱ABC－A1B1C1為正三棱柱，設(shè)棱長為2，則AE＝eq\r(3)，DE＝1，因為D，E分別是BC1和BC的中點，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.因為AE⊥BC，AE⊥DE，BC∩DE＝E，所以AE⊥平面BB1C1C，所以∠ADE是AD與平面BB1C1C所成的角，所以sin∠ADE＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(\r(3),2)，所以AD與平面BB1C1C所成角的正弦值是eq\f(\r(3),2).感悟提升求線面角的三個步驟：一作(找)角，二證明，三計算，其中作(找)角是關(guān)鍵，先找出斜線在平面上的射影，關(guān)鍵是作垂線，找垂足，然后把線面角轉(zhuǎn)化到三角形中求解.訓(xùn)練1(2023·湖州模擬)如圖，已知正四棱錐P－ABCD底面邊長為2，側(cè)棱長為4，M為側(cè)棱PC的中點，則直線BM與底面ABCD所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(14),3) B.eq\f(\r(7),3)C.eq\f(\r(15),6) D.eq\f(\r(21),6)答案D解析作PO⊥底面ABCD于O，連接OC，因為正四棱錐P－ABCD底面邊長為2，故OC＝eq\r(2)，又側(cè)棱長為4，故PO＝eq\r(PC2－OC2)＝eq\r(14).又M為側(cè)棱PC中點，取OC的中點F，連接MF，BM，則MF綉eq\f(1,2)PO，且MF⊥平面ABCD，故∠MBF是BM與平面ABC所成角，且MF＝eq\f(1,2)PO＝eq\f(\r(14),2).又cos∠BCM＝eq\f(\f(BC,2),PC)＝eq\f(1,4).在△BCM中，由余弦定理有BM＝eq\r(BC2＋CM2－2BC·CMcos∠BCM)＝eq\r(6).在△BFM中，sin∠MBF＝eq\f(MF,BM)＝eq\f(\r(14),2\r(6))＝eq\f(\r(21),6).故直線BM與底面ABCD所成角的正弦值為eq\f(\r(21),6).題型二幾何法求二面角例2如圖所示，在三棱錐S－ABC中，△SBC，△ABC都是等邊三角形，且BC＝2，SA＝eq\r(3)，則二面角S－BC－A的大小為()A.30° B.45°C.60° D.75°答案C解析如圖所示，取BC的中點D，連接AD，SD，∵△ABC，△SBC都是等邊三角形，∴SB＝SC，AB＝AC，因此有AD⊥BC，SD⊥BC.∴∠ADS為側(cè)面SBC與底面ABC所成的二面角的平面角.因為BC＝2，AD⊥BC，SD⊥BC，△SBC，△ABC都是等邊三角形，所以SD＝eq\r(SB2－BD2)＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，AD＝eq\r(AB2－BD2)＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，而SA＝eq\r(3)，所以△SDA是正三角形，∴∠ADS＝60°，即二面角S－BC－A的大小為60°.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義法，也可以用垂面法，即在一個半平面內(nèi)找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.訓(xùn)練2我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”.在如圖所示的“塹堵”中，AC＝CB＝CC1，則二面角C1－AB－C的正切值為()A.1 B.2C.eq\f(\r(2),2) D.eq\r(2)答案D解析由AC＝CB知，AC⊥CB，取AB的中點M，連接C1M，CM，由條件，可知∠C1MC即為二面角C1－AB－C的平面角，設(shè)AC＝CB＝CC1＝a，則CM＝eq\f(\r(2),2)a，∴tan∠C1MC＝eq\f(CC1,CM)＝eq\r(2).題型三幾何法求距離角度1點線距例3如圖，在四棱錐P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2BC＝4，AB⊥BC，則點C到直線PA的距離為()A.2eq\r(3) B.2eq\r(5)C.eq\r(2) D.4答案A解析如圖，取PA的中點M，連接BM，CM，因為PB⊥平面ABCD，又BC?平面ABCD，所以PB⊥BC，又因為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，因為M是PA的中點，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為點C到直線PA的距離.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)，故點C到直線PA的距離為2eq\r(3).角度2點面距例4如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝4，點E是棱AB的中點，則點E到平面ACD1的距離為()A.1 B.eq\f(2,3)C.eq\f(4,3) D.eq\r(2)答案B解析設(shè)點E到平面ACD1的距離為h，因為點E是棱AB的中點，所以點E到平面ACD1的距離等于點B到平面ACD1的距離的一半，又平面ACD1過BD的中點，所以點B到平面ACD1的距離等于點D到平面ACD1的距離，由等體積法VD－ACD1＝VD1－ACD，所以eq\f(1,3)S△ACD1·2h＝eq\f(1,3)S△ACD·DD1，S△ACD＝eq\f(1,2)×2×4＝4，DD1＝2，在△ACD1中，AD1＝2eq\r(2)，AC＝CD1＝2eq\r(5)，所以S△ACD1＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(（2\r(5)）2－（\r(2)）2)＝6，則eq\f(1,3)×6×2h＝eq\f(1,3)×4×2，解得h＝eq\f(2,3)，即點E到平面ACD1的距離為eq\f(2,3).感悟提升1.求點線距一般要作出這個距離，然后利用直角三角形求解，或利用等面積法求解.2.求點面距時，若能夠確定過點與平面垂直的直線，即作出這個距離，可根據(jù)條件求解，若不易作出點面距，可借助于等體積法求解.訓(xùn)練3(1)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝eq\r(2)BB1＝2，則C到直線AB1的距離為()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解析如圖，連接CB1，因為AB＝2，BB1＝eq\r(2)，所以AB1＝eq\r(6)，CB1＝eq\r(6)，AC＝2，設(shè)AC的中點為D，連接B1D，則B1D⊥AC，設(shè)點C到直線AB1的距離為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)(2022·威海三模)已知圓柱的高和底面半徑均為4，AB為上底面圓周的直徑，點P是上底面圓周上的一點且AP＝BP，PC是圓柱的一條母線，則點P到平面ABC的距離為()A.4 B.2eq\r(3)C.3 D.2eq\r(2)答案D解析由題可得AB＝8，因為AP＝BP，所以S△ABP＝eq\f(1,2)×8×4＝16，因為PC⊥平面ABP，且PC＝4，所以VC－ABP＝eq\f(1,3)×16×4＝eq\f(64,3).因為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)，設(shè)點P到平面ABC的距離為d，則VP－ABC＝eq\f(1,3)×16eq\r(2)d＝eq\f(64,3)，解得d＝2eq\r(2).分層精練·鞏固提升【A級基礎(chǔ)鞏固】1.在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，AD＝2，則直線A1C與平面ABCD所成角的正弦值為()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解析根據(jù)長方體性質(zhì)知：AA1⊥平面ABCD，故∠ACA1為A1C與平面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.在《九章算術(shù)》中，將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬.已知在陽馬P－ABCD中，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AB＝AD＝1，則直線PD與平面PAC所成角的正弦值等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(6),2)答案A解析如圖，在正方形ABCD中，連接BD交AC于O，則DO⊥AC，連接PO.因為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是直線PD與平面PAC所成的角.因為PA＝AD＝1，易知PA⊥AD，所以PD＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，易知DO＝eq\f(1,2)DB＝eq\f(1,2)eq\r(12＋12)＝eq\f(\r(2),2)，所以sin∠DPO＝eq\f(DO,PD)＝eq\f(1,2)，即直線PD與平面PAC所成角的正弦值為eq\f(1,2).3.若一個正四棱錐的高和底面邊長都為a，則它的側(cè)面與底面所成角的余弦值為()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解析如圖所示，在正四棱錐P－ABCD中，取AB的中點為H，底面正方形的中心為O，連接OH，PH，因為PH⊥AB，OH⊥AB，所以∠PHO為側(cè)面與底面所成的角，因為PO為高，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OH，所以在Rt△POH中，又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)，所以側(cè)面與底面所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).4.(2023·石家莊調(diào)研)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，AD＝eq\r(3)AB，則二面角P－CD－B的大小為()A.30° B.45°C.60° D.75°答案A解析因為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，因為PD?平面PAD，則CD⊥PD，所以二面角P－CD－B的平面角為∠PDA.在Rt△PAD中，tan∠PDA＝eq\f(PA,AD)＝eq\f(\r(3),3)，則∠PDA＝30°.故二面角P－CD－B的大小為30°.5.在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，則點B到直線A1C的距離為()A.eq\f(\r(16),14) B.eq\f(2\r(35),7)C.eq\f(\r(35),7) D.1答案B解析如圖，連接BA1，由長方體的性質(zhì)易知BC⊥BA1，且BA1＝eq\r(10)，A1C＝eq\r(14)，設(shè)點B到直線A1C的距離為h，則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.已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面邊長為1，側(cè)棱AA1長為2，則點B1到平面A1BC的距離為()A.eq\f(2\r(57),57) B.eq\f(4\r(57),57)C.eq\f(2\r(57),19) D.eq\f(4\r(7),21)答案C解析設(shè)B1到平面A1BC的距離為d，C到平面ABB1A1的距離為h，取AB的中點D，連接CD，因為VB1－A1BC＝VC－A1BB1，所以eq\f(1,3)S△A1BC·d＝eq\f(1,3)S△A1BB1·h，在正三棱柱中CC1⊥A1C1，在Rt△A1C1C中，A1C＝eq\r(5)，同理A1B＝eq\r(5)，BC＝1，所以S△A1BC＝eq\f(1,2)×1×eq\r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(19),4)，又S△A1BB1＝1，在正△ABC中，D為AB的中點，則CD⊥AB，平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，所以CD⊥平面ABB1A1，即h＝CD＝1×sin60°＝eq\f(\r(3),2)，∴eq\f(1,3)S△A1BC·d＝eq\f(1,3)S△A1BB1·h，即eq\f(1,3)×eq\f(\r(19),4)d＝eq\f(1,3)×1×eq\f(\r(3),2)，解得d＝eq\f(2\r(57),19).7.(多選)如圖所示，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，O為BD的中點，則下列結(jié)論正確的是()A.A1C⊥平面C1BDB.直線A1C1與平面ABC1D1所成的角為eq\f(π,6)C.二面角C1－BD－C的正切值為eq\r(2)D.B1到平面C1BD的距離為eq\f(\r(2),2)答案ABC解析由正方體的性質(zhì)可得BD⊥平面ACC1A1，A1C?平面ACC1A1，故A1C⊥BD，同理，A1C⊥BC1，BD∩BC1于點B，且BD，BC1?平面C1BD，故A1C⊥平面C1BD，故A項正確；設(shè)正方體的棱長為1，直線A1C1與平面ABC1D1的夾角為θ，則A1C1＝eq\r(2)，點A1到平面ABC1D1的距離為eq\f(1,2)A1D＝eq\f(\r(2),2)，故sinθ＝eq\f(1,2)，所以θ＝eq\f(π,6)，故B項正確；連接CO，OC1，則∠C1OC為二面角C1－BD－C的平面角，則tan∠C1OC＝eq\f(CC1,OC)＝eq\r(2)，故C項正確；設(shè)B1到平面C1BD的距離為h，∵VB1－C1BD＝VD－C1BB1，∴eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)×h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1，解得h＝eq\f(\r(3),3)，故D項錯誤.故選ABC.8.已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq\r(3)，那么P到平面ABC的距離為________.答案eq\r(2)解析如圖，過點P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離.再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC.所以PE＝PF＝eq\r(3)，所以O(shè)E＝OF，所以CO為∠ACB的角平分線，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以O(shè)E＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(（\r(3)）2－12)＝eq\r(2).9.直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，已知∠ABC＝120°，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，且AA1＝4，E為線段BC上動點，當(dāng)BE＝________時，A1E與底面ABCD所成角為60°.答案eq\f(\r(21),3)－1解析如圖所示，連接AE，因為AA1⊥底面ABCD，所以∠A1EA為A1E與底面ABCD所成角，即∠A1EA＝60°.又因為AA1＝4，所以eq\f(4,AE)＝tan60°＝eq\r(3)，解得AE＝eq\f(4,3)eq\r(3).設(shè)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)－1.10.如圖所示，AB是⊙O的直徑，PA⊥平面⊙O，C為圓周上一點，AB＝5cm，AC＝2cm，則B到平面PAC的距離為________.答案eq\r(21)cm解析由PA⊥平面⊙O，可得PA⊥平面ABC，因為BC?平面ABC，所以PA⊥BC，又由AB是⊙O的直徑，C為圓周上一點，可得AC⊥BC，又PA∩AC＝A且AC，PA?平面PAC，所以BC⊥平面PAC，所以BC為點B到平面PAC的距離，在直角△ABC中，AB＝5cm，AC＝2cm，可得BC＝eq\r(AB2－AC2)＝eq\r(21)cm.11.如圖所示，已知菱形ABCD和矩形BDEF所在平面互相垂直，AB＝2，∠BAD＝120°，DE＝3.(1)證明：平面ACF⊥平面BDEF；(2)設(shè)AD中點為G，求直線FG與底面ABCD所成角的余弦值.(1)證明∵平面ABCD⊥平面BDEF，且平面ABCD∩平面BDEF＝BD，∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，AC?平面ABCD，∴AC⊥平面BDEF，∵AC?平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDEF.(2)解連接BG，因為平面ABCD⊥平面BDEF，平面ABCD∩平面BDEF＝BD，且四邊形BDEF是矩形，所以BF⊥BD，所以BF⊥底面ABCD，∠FGB即為直線FG與平面ABCD所成角，在△BAG中，BG2＝22＋12－2×2×1×cos120°＝5＋2＝7，∴BG＝eq\r(7)，F(xiàn)G＝eq\r(BF2＋BG2)＝4，在△BFG中，cos∠FGB＝eq\f(BG,FG)＝eq\f(\r(7),4)，故直線FG與底面ABCD所成角的余弦值為eq\f(\r(7),4).12.如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，△PBC為正三角形，M，N分別為PD，BC的中點，PN⊥AB.(1)求三棱錐P－AMN的體積；(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為PD的中點，∴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)如圖，取DN的中點E，連接ME，∵M，E分別為PD，DN的中點，∴ME∥PN.∵PN⊥平面ABCD，∴ME⊥平面ABCD.過E作EQ⊥AN，連接MQ，又ME⊥AN，EQ∩ME＝E，ME，EQ?平面MEQ，∴AN⊥平面MEQ，∴AN⊥MQ，∠MQE即為二面角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)，即該二面角的正切值為eq\f(\r(15),4).【B級能力提升】13.(多選)(2023·廣州調(diào)研)在如圖所示的三棱錐O－ABC中，OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC兩兩互相垂直，下列結(jié)論正確的為()A.直線AB與平面OBC所成的角為30°B.二面角O－BC－A的正切值為eq\r(2)C.O到平面ABC的距離為eq\r(3)D.作OM⊥平面ABC，垂足為M，則M為△ABC的重心答案BD解析因為OA，OB，OC兩兩互相垂直，且OB∩OC＝O，OB，OC?平面OBC，所以AO⊥平面OBC，故∠ABO為直線AB與平面OBC所成的角，又OA＝OB＝OC＝1，所以∠ABO＝45°，故直線AB與平面OBC所成的角為45°，故A錯誤；取BC中點為D，連接OD，AD，因為OA＝OB＝OC＝1，OA，OB，OC兩兩互相垂直，所以AB＝AC＝BC＝eq\r(2)，OD⊥BC，AD⊥BC，因為OD∩AD＝D，OD，AD?平面AOD，所以BC⊥平面AOD，故∠ODA為二面角O－BC－A的平面角，則tan∠ODA＝eq\f(OA,OD)＝eq\r(2)，故二面角O－BC－A的正切值為eq\r(2)，故B項正確；因為AB＝AC＝BC＝eq\r(2)，所以AD＝eq\f(\r(6),2)，設(shè)O到平面ABC的距離為h，則VA－OBC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝VO－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(\r(6),2)×h，解得h＝eq\f(\r(3),3)，故C項錯誤；因為AB＝AC＝BC＝eq\r(2)，故△ABC為等邊三角形，因為OM⊥平面ABC，則M點為O點在平面ABC上的投影，又OA＝OB＝OC＝1，且AB＝AC＝BC＝eq\r(2)，即O點到△ABC頂點A，B，C的距離相等，即M點到△ABC頂點A，B，C的距離相等，故M為△ABC的外心，又在等邊△ABC中，M也為△ABC的重心，故D項正確.14.(多選)(2023·南通調(diào)研)已知四面體ABCD內(nèi)接于半徑為R的球O內(nèi)，且AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，若四面體ABCD的體積最大值為2，則()A.外接球的半徑為eq\f(37,12)B.DB與平面ABC所成角的正切值為6C.側(cè)面ABD與底面ABC所成二面角的正切值為6D.點C到平面ABD的距離為eq\f(12\r(73),73)答案ABD解析∵AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，∴AB2＋BC2＝AC2，可得AB⊥BC.取AC的中點為E，連接DE，當(dāng)DE⊥平面ABC，且ED過球心O時，四面體ABCD的體積最大.連接AO，∵外接球的半徑為R，∴V三棱錐D－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×(R＋eq\r(R2－1))＝2，解得R＝eq\f(37,12)，故選項A正確；連接BE，∠DBE為DB與平面ABC所成的角，BE＝1，DE＝6，∴tan∠DBE＝eq\f(DE,BE)＝eq\f(6,1)＝6，故選項B正確；對于選項C，取AB的中點F，連接EF，DF，則AB⊥DF，AB⊥EF，所以∠DFE為側(cè)面ABD與底面ABC所成二面角的平面角，∵EF＝eq\f(\r(2),2)，∴tan∠DFE＝eq\f(DE,EF)＝eq\f(6,\f(\r(2),2))＝6eq\r(2)，故選項C錯誤；設(shè)點C到平面ABD的距離為h，在△ABD中，AD＝DB＝eq\r(62＋1)＝eq\r(37)，AB＝eq\r(2)，由C項知DF⊥AB，且DF＝eq\r(BD2－BF2)＝eq\r(37－\f(1,2))＝eq\r(\f(73,2))，S△ABD＝eq\f(1,2)AB·DF＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(\f(73,2))＝eq\f(\r(73),2).又eq\f(1,3)hS△ABD＝2，∴h＝eq\f(6,\f(\r(73),2))＝eq\f(12\r(73),73)，故選項D正確.15.(2023·煙臺質(zhì)檢)已知三棱錐S－ABC的所有頂點都在表面積為64π的球面上，且SA⊥平面ABC，SA＝4，∠BAC＝eq\f(2π,3)，AB＝2eq\r(3)，M是邊BC上一動點，則直線SM與平面ABC所成的最大角的正切值為()A.3 B.eq\f(4\r(3),3)C.eq\r(3) D.eq\f(3,2)答案B解析將三棱錐S－ABC放入直三棱柱SB1C1－ABC中，則兩者外接球相同，取底面ABC，SB1C1的外心分別為O1，O2