專題培優(yōu)課　幾何法求線面角二面角與距離

專題培優(yōu)課幾何法求線面角、二面角與距離【考情分析】利用幾何法求線面角、二面角與距離是高考命題的熱點之一，常以客觀題的形式出現(xiàn)．問題思考·夯實技能【問題1】請你在圖中作出直線l與平面α所成的角，并指出它的范圍．【問題2】請你在圖中作出平面α與平面β所成的角，并指出它的范圍．關鍵能力·題型剖析題型一幾何法求線面角例1[2024·江西九江模擬]在正方體ABCDA1B1C1D1中，點M為棱AB上的動點，則A1M與平面ABC1D1所成角的取值范圍為()A．[π4，π2] BC．[π6，π4] D[聽課記錄]題后師說幾何法求線面角的一般步驟一作(找)角，二證明，三計算，其中作(找)角是關鍵，先找出斜線在平面上的射影，關鍵是作垂線，找垂足，然后把線面角轉化到三角形中求解．鞏固訓練1在《九章算術》中，將底面為矩形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱為“陽馬”．如圖，四棱錐PABCD為陽馬，側棱PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝AD，E為棱PA的中點，則直線CE與平面PAD所成角的余弦值為()A.23 B．C．32 D．題型二幾何法求二面角例2如圖所示，在三棱錐SABC中，△SBC，△ABC都是等邊三角形，且BC＝2，SA＝3，則二面角SBCA的大小為()A．30°B．45°C．60°D．75°[聽課記錄]題后師說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．鞏固訓練2埃及胡夫金字塔是世界古代建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，其側面與底面所成角的余弦值為5-12，則側面三角形的底角的正切值為(A．2 B．3C．5-12 D題型三幾何法求距離例3已知四邊形ABCD為正方形，P為平面ABCD外一點，PD⊥AD，PD＝AD＝2，二面角PADC的大小為60°，則點A到平面PBD的距離是()A．2217 BC．62 D．[聽課記錄]題后師說求點到平面的距離的常用方法(1)直接法：過點P作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點P到平面α的距離．(2)轉化法：若點P所在的直線l平行于平面α，則轉化為直線l上的某一個點到平面α的距離來求．(3)等體積法．(4)向量法：設平面α的一個法向量為n，A是α內任意一點，則點P到平面α的距離為d＝PA·鞏固訓練3已知正方體ABCDA1B1C1D1棱長為2，則點C到平面BDD1B1的距離為()A．1 B．2C．22 D．231.如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，已知AB＝4，BC＝2，BB1＝3，則點B到上底面A1B1C1D1的距離為()A．4B．2C．22D．32．[2023·全國乙卷]已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD為等邊三角形，若二面角CABD為150°，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為()A．15B．25C．353．(多選)[2022·新高考Ⅰ卷]已知正方體ABCDA1B1C1D1，則()A．直線BC1與DA1所成的角為90°B．直線BC1與CA1所成的角為90°C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45°4.如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，側面PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝2，則二面角PBCD的大小是__________．專題培優(yōu)課幾何法求線面角、二面角與距離問題思考·夯實技能【問題1】提示：在直線l上任取一點P，過點P作平面α的垂線，垂足為O，連結OA，則∠PAO為直線l與平面α所成的角，其范圍為[0，π2]【問題2】提示：在平面α與平面β的交線l上任取一點O，作OA⊥l(OA?α)，OB⊥l(OB?β)，則∠AOB為二面角αlβ的平面角，其范圍為[0，π].關鍵能力·題型剖析例1解析：設AD1∩A1D＝O，連接OM，則AD1⊥A因為在正方體ABCDA1B1C1D1中，AB⊥平面ADD1A1，A1D?平面ADD1A1，所以AB⊥AD1，因為AD1∩AB＝A，AD1，AB?平面ABC1D1，所以A1O⊥平面ABC1D1，所以∠A1MO即為A1M與平面ABC1D1所成角θ.設AA1＝2，tanθ＝A1OOM因為2≤OM≤6，所以tanθ∈[33，1]因為θ∈[0，π2]，所以θ∈[π6，π答案：C鞏固訓練1解析：因為PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，故可得CD⊥PA，又CD⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，故可得CD⊥平面PAD.連接ED，故∠CED即為所求直線CE與平面PAD所成角，不妨設PA＝AB＝AD＝2，故在直角三角形CED中，CD＝2，DE＝AE2+AD故可得CE＝DE2+CD則sin∠CED＝CDCE＝2則直線CE與平面PAD所成角的余弦值為53，故選答案：B例2解析：取BC的中點D，連接AD，SD，∵△SBC，△ABC都是等邊三角形，∴AD⊥BC，SD⊥BC，∴∠SDA為二面角SBCA的平面角，又BC＝2，∴SD＝AD＝3，∵SA＝3，∴△SAD為等邊三角形，∴∠SDA＝60°，故二面角SBCA的大小為60°.故選C.答案：C鞏固訓練2解析：如圖所示，設正四棱錐的底面邊長AB＝2a，點O為底面ABCD的中心，取AD中點為M，則OM＝AM＝a，連接OM，PM，則PM⊥AD，OM⊥AD，則側面與底面所成角的平面角即為∠PMO，因為側面與底面所成角的余弦值為5-12，即OMPM＝5-12，則PM＝5+12a，在Rt△PAM中，tan∠PAM＝PM答案：D例3解析：由題意，∵四邊形ABCD為正方形，∴CD⊥AD，CD＝AD.又∵PD⊥AD，PD?平面PAD，CD?平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴∠PDC就是二面角PADC的平面角，∴∠PDC＝60°，又∵CD＝AD＝2＝PD，∴△PCD是等邊三角形，取CD中點E，連接PE、BE如圖，則PE⊥CD，∵CD⊥AD，PD⊥AD，PD?平面PCD，CD?平面PCD，PD∩CD＝D，∴AD⊥平面PCD，又∵PE?平面PCD，∴AD⊥PE，又∵AD∩CD＝D，AD?平面ABCD，CD?平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD，即PE為棱錐PBDA的高，在邊長為2的等邊△PCD中，PE＝3.又∵BE?平面ABCD，所以PE⊥BE，在正方形ABCD中，由BC＝2CE＝2知BE＝5，∴在Rt△PEB中，PB＝PE2+BE2＝22；在正方形ABCD中，BD又知PD＝2，則△PBD如圖，取PD中點F，連接BF，則BF⊥PD，且由PF＝1，PB＝22得BF＝7，∴S△PBD＝12×2×7＝7.假設點A到平面PBD的距離為h又知S△BAD＝12×AB×AD＝12×2×2＝∴由VPBDA＝VAPBD得13PE×S△BAD＝13h×S△即13×3×2＝13h×7，解得∴點A到平面PBD的距離為2217.答案：A鞏固訓練3解析：連接AC交BD于點E，則因為四邊形ABCD為正方體，所以AC⊥BD，且E為AC中點，因為BB1⊥底面ABCD，AC?平面ABCD，所以BB1⊥AC，因為BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BDD1B1，所以CE的長即為點C到平面BDD1B1的距離，因為正方體ABCDA1B1C1D1棱長為2，所以由勾股定理可得：AC＝4+4＝22，顯然CE＝2.故選B.答案：B隨堂檢測1．解析：∵BB1⊥平面A1B1C1D1，∴BB1的長度為點B到平面A1B1C1D1的距離，故點B到上底面A1B1C1D1的距離為3.故選D.答案：D2．解析：如圖所示，取AB的中點為M，連接CM，DM，則CM⊥AB，DM⊥AB，又CM，DM?平面CMD，CM∩DM＝M，于是AB⊥平面CMD，∠CMD即為二面角C－AB－D的平面角，于是∠CMD＝150°.設AB＝2，則CM＝1，MD＝3，在△CMD中，由余弦定理可得CD＝3+1-2×3×1×-32＝7.延長CM，過點D作CM的垂線，設垂足為H，則∠HMD＝30°，DH＝12DM＝32，MH＝32DM＝32，所以CH＝1＋32＝52.因為DH?平面CMD，則AB⊥DH，又DH⊥CM，AB，CM?平面ABC，AB∩CM＝M，所以DH⊥平面ABC，∠DCM即為直線CD與平面ABC所成角，于是在Rt△答案：C3．解析：如圖(1)，連接B1C.因為DA1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直線BC1與DA1所成的角為90°，所以A正確．如圖(2)，連接B1C.因為BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，B1C∩A1B1＝B1，B1C，A1B1?平面A1B1C，所以如圖(3)，連接A1C1，交B1D1于點O，連接BO，A1B.易證A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO為直線C1B與平面BDD1B1所成的角，∠C1BO＝30°，所以C錯誤．如圖(4)，因為C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正確．故選ABD.答案：ABD4.解析：過P作PM⊥AD，垂足為M，過M作MN⊥BC，垂足為N，連接P