第七章　7.5　几何法求空间角和距离（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）

7．5　几何法求空间角和距离
1．理解空间角和空间距离的概念．
2．会利用几何法求线面角、二面角、距离．
考点1 求距离
【例1】　(1)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　)
A．2 B．2
C． D．4
【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．在等腰直角三角形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.
(2)已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，2，2，则该四棱锥的高为(　D　)
A．　　 B．　　
C．2　　 D．
【解析】　如图，底面ABCD为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设PA＝PB＝AB＝4，PC＝PD＝2.
分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，PF，EF，则PE⊥AB，EF⊥AB，且PE∩EF＝E，PE，EF 平面PEF，可知AB⊥平面PEF，又AB 平面ABCD，所以平面PEF⊥平面ABCD.过P作EF的垂线，垂足为O，即PO⊥EF，由平面PEF∩平面ABCD＝EF，PO 平面PEF，所以PO⊥平面ABCD.由题意可得PE＝2，PF＝2，EF＝4，则PE2＋PF2＝EF2，即PE⊥PF，则PE·PF＝PO·EF，可得PO＝＝，所以四棱锥的高为.当相对的棱长相等时，不妨设PA＝PC＝4，PB＝PD＝2，因为BD＝4＝PB＋PD，此时不能形成三角形PBD，与题意不符，这样的情况不存在．故选D.
1．求点线距一般要作出这个距离，然后利用直角三角形或等面积法求解．
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，可借助等体积法求解．
【对点训练1】　(2024·全国甲卷文)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点．
(1)求证：BM∥平面CDE；
(2)求M到平面FAB的距离．
解：(1)证明：由题意知MD＝2，BC＝2，MD∥BC，所以四边形BCDM为平行四边形，故BM∥CD，又因为BM 平面CDE，CD 平面CDE，所以BM∥平面CDE.
(2)如图，记AM的中点为G，连接FG，BG，FM，因为BM＝CD＝AB，所以BG⊥AM，同理FG⊥AM.由已知可得BG＝，FG＝3，又FB＝2，所以FB2＝BG2＋FG2，即FG⊥BG，又BG∩AM＝G，BG，AM 平面ABCD，所以FG⊥平面ABCD.由余弦定理和已知得cos ∠FAB＝，所以△FAB的面积S＝AF×AB×sin ∠FAB＝.设M到平面FAB的距离为h，故三棱锥M FAB的体积V＝Sh＝h，又因为三棱锥F AMB的体积为V＝×3×＝，可得h＝.故M到平面FAB的距离为.
考点2 求线面角
【例2】　(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(　B　)
A． B．1
C．2 D．3
【解析】　如图，设棱台的高为h，三条侧棱延长后交于一点O，则由AB＝3A1B1得O到上底面A1B1C1的距离为h，O到下底面ABC的距离为h，所以A1A与平面ABC所成角即为OA1与平面A1B1C1所成角∠OA1O1，又S△ABC＝×62＝9，S△A1B1C1＝×22＝，所以V＝(9＋＋)h＝，解得h＝.因为上底面中心O1到顶点A1的距离为××2＝，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为＝h＝1.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．
三余弦定理
1．链接教材：(人教B版选择性必修第一册P45尝试与发现)
如图所示，设AO是平面α的一条斜线段，O为斜足，A′为A在平面α内的射影，而OM是平面α内的一条射线，A′M⊥OM.记∠AOA′＝θ1，∠A′OM＝θ2，∠AOM＝θ.
那么cos θ＝cos θ1cos θ2.(证明略)
即斜线与平面内一条直线夹角θ的余弦值等于斜线与平面所成角θ1的余弦值乘射影与平面内直线夹角θ2的余弦值．(为了便于记忆，可设θ为斜线角，θ1为线面角，θ2为射影角)
2．定理说明：这三个角中，角θ是最大的，其余弦值最小，等于另外两个角的余弦值之积．斜线与平面所成角θ1是斜线与平面内所有直线所成的角中最小的角．　
【典例】　(1)正四面体ABCD中，O为△BCD的重心，则cos ∠ABO＝．
【解析】　方法一　如图，不妨设正四面体ABCD的棱长为2，则AB＝2，OB＝×2×＝，所以cos ∠ABO＝＝.
方法二　如图，由三余弦定理，得
cos ∠ABD＝cos ∠ABO·cos ∠OBD，
显然∠ABD＝60°，∠OBD＝30°，所以
cos ∠ABO＝＝＝.
(2)如图所示，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，沿BD将△BCD折起，使得点C在平面ABD上的射影落在AB上，则直线BC与平面ABD所成的角为45°．
【解析】　方法一　如图2，作CE⊥AB于E，由题意，CE⊥平面ABD，所以BD⊥CE，作OC⊥BD于O，连接OE，CE∩OC＝C，则BD⊥平面COE，所以BD⊥OE，从而在图1中，C，O，E三点共线，在图1中，BD＝＝2，CO＝＝，OB＝＝，所以BE＝，而cos ∠OBE＝＝，所以BE＝，那么在图2中也有BE＝，从而cos ∠CBE＝＝，故∠CBE＝45°，即直线BC与平面ABD所成的角为45°.
方法二　如图2，作CE⊥AB于E，由题意，CE⊥平面ABD，故∠CBE即为BC与平面ABD所成的角，由三余弦定理，得cos ∠CBD＝cos ∠ABD·cos ∠CBE，所以＝·cos ∠CBE，故cos ∠CBE＝，从而∠CBE＝45°，所以直线BC与平面ABD所成的角为45°.
【对点训练2】　(2024·浙江温州二模)如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，点E是AD的中点．现将△ABE沿BE翻折到△A′BE，将△DCE沿CE翻折到△D′CE，使得二面角A′ BE C等于60°，二面角D′ CE B等于90°，则直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于．
解析：由题知△ABE，△BEC，△ECD都为正三角形，设AB＝2a，如图，取CE的中点K，连接BK，A′K，A′C，则BK⊥CE，由题知平面BCE⊥平面D′CE，平面BCE∩平面D′CE＝CE，又BK 平面BCE，BK⊥CE，所以BK⊥平面D′CE，则直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于∠A′BK的正弦值，易求得BK＝a，A′C＝a，cos ∠A′EC＝＝，又cos ∠A′EC＝＝，解得A′K＝a，cos ∠A′BK＝＝，则sin ∠A′BK＝＝，所以直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于.
考点3 求二面角
【例3】　(2024·河南郑州三模)在四面体ABCP中，平面ABC⊥平面PAC，△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，AB＝BC＝3，则二面角A PC B的正切值为(　A　)
A．　　 B．　　
C．2　　 D．
【解析】　如图，设AC，PC的中点分别为E，D，连接BE，DE，BD，则DE∥PA，因为AB＝BC，所以BE⊥AC，又因为平面ABC⊥平面PAC，BE 平面ABC，平面ABC∩平面PAC＝AC，所以BE⊥平面PAC，而PC 平面PAC，则BE⊥PC.因为△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，所以PA⊥PC，所以DE⊥PC，且DE＝×4＝2.因为DE∩BE＝E，且DE，BE 平面BDE，所以PC⊥平面BDE，又因为BD 平面BDE，所以PC⊥BD，所以∠BDE为二面角A PC B的平面角，且tan ∠BDE＝＝＝.故选A.
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．
射影面积法求二面角
1．链接教材：(人教B版选择性必修第一册P50尝试与发现)
如图所示，设S为二面角α AB β的半平面α上的一点，过点S作半平面β的垂线SS′，垂足为S′，设O为棱AB上一点．如果二面角α AB β的大小为θ，则可以看出△S′AB与△SAB在AB边上的高之比为cos θ，因此这两个三角形的面积之比也为cos θ.
即二面角θ的余弦值为cos θ＝.
2．定理说明：这个方法对于无棱二面角的求解很简便.　
【典例】　已知△ABC与△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则二面角A BD C的余弦值为－．
【解析】　如图，过A作AE⊥CB交CB的延长线于E，连接DE.
∵平面ABC⊥平面BCD，AE 平面ABC，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AE⊥平面BCD，∴点E即为点A在平面BCD内的射影，∴△BDE为△ABD在平面BCD内的射影．设AB＝a，则AE＝DE＝AB·sin 60°＝a，∴AD＝a.由余弦定理可得cos ∠ABD＝，∴sin ∠ABD＝，
∴S△ABD＝a2×＝a2.又BE＝a，
∴S△BDE＝×a×a＝a2.设二面角
A BD E的大小为θ，∴cos θ＝＝.而二面角A BD C与A BD E互补，∴二面角A BD C的余弦值为－.
【对点训练3】　在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．已知四面体PABC为鳖臑，且PA＝AB，AC＝BC，记二面角A PB C的平面角为θ，则sin θ＝(　C　)
A．　　 B．　　
C．　　 D．
解析：由题意设PA⊥AB，PA⊥AC，BC⊥AC，BC⊥PC，取PB的中点M，过点M作MN⊥PB交PC于点N，连接AM，AN，如图所示．
因为PA＝AB，PA⊥AB，点M是等腰直角三角形PAB斜边PB的中点，所以AM⊥PB，又因为MN⊥PB，AM 平面PAB，MN 平面PBC，平面PBC∩平面PAB＝PB，所以二面角A PB C的平面角θ就是∠AMN.设AC＝BC＝1，则PA＝AB＝，PB＝2，PC＝，PM＝AM＝PB＝1，从而∠BPC＝30°，所以MN＝，PN＝.又cos ∠APN＝＝，所以AN2＝2＋－2×××＝，
所以AN＝，所以cos ∠AMN＝＝，则sin ∠AMN＝.故选C.
课时作业49
1． (5分)如图，已知在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，那么直线A1C与平面AA1D1D所成角的正弦值为(　A　)
A． B．
C． D．
解析：如图，连接A1D，根据长方体性质知，CD⊥平面AA1D1D，故∠CA1D为直线A1C与平面AA1D1D所成的角，AA1＝2，AB＝AD＝1 CA1＝＝，所以sin ∠CA1D＝＝.故选A.
2．(5分)正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为a，则棱BB1到平面AA1C1C的距离为(　C　)
A．a　　 B．a
C．a　　 D．a
解析：如图，连接B1D1，交A1C1于点O，正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，又AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1 平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1，又AA1∩A1C1＝A1，AA1，A1C1 平面AA1C1C，所以B1D1⊥平面AA1C1C，所以B1O的长即为棱BB1到平面AA1C1C的距离，而B1O＝a，所以所求距离为a.故选C.
3． (5分)如图，已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱AB的中点，则点A到平面EB1C的距离为(　C　)
A．　　　　　 B．
C．　　　　　 D．
解析：由于点E是AB的中点，所以点A到平面EB1C的距离等于点B到平面EB1C的距离，设这个距离为h，B1E＝CE＝＝，B1C＝，
所以S△B1CE＝××＝，
由于VB1 BCE＝VB B1CE，所以××1＝××h，所以h＝＝.故选C.
4．(5分)已知在三棱锥S ABC中，SA⊥SB，SB⊥SC，SA⊥SC，且△ABC为等边三角形，则二面角S AB C的正切值为(　B　)
A． B．
C． D．2
解析：如图，由SA⊥SB，SB⊥SC，SA⊥SC以及AB＝BC＝AC，可得△SAC
≌△SBC，△SAC≌△SAB，故SC＝SA＝SB，进而可得AB＝SA.不妨设SA＝2，则AB＝2，取AB中点M，连接MS，MC，故MS⊥AB，MC⊥AB，故∠SMC即为二面角S AB C的平面角．由于SB⊥SC，SA⊥SC，SA∩SB＝S，SA，SB 平面SAB，故SC⊥平面SAB，又SM 平面SAB，故SC⊥SM，则tan ∠SMC＝＝＝.故选B.
5．(5分)三棱锥P ABC中，PA与平面ABC所成角的余弦值为，PA＝3，AB＝2BC＝2，AC＝，则三棱锥P ABC的体积是(　D　)
A． B．
C． D．
解析：由AB＝2BC＝2，AC＝，得BC2＋AC2＝4＝AB2，则∠ACB＝90°，△ABC的面积S＝AC·BC＝.由PA与平面ABC所成角的余弦值为，得PA与平面ABC所成角的正弦值为＝，又PA＝3，所以三棱锥P ABC的高h＝PA＝1，所以三棱锥P ABC的体积V＝Sh＝.故选D.
6．(5分)(2024·广东梅州模拟)已知二面角α l β为60°，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，点B∈β，BD⊥l，D为垂足，且AC＝3，CD＝1，DB＝2，则线段AB的长为(　A　)
A．2 B．2
C．2 D．2
解析：如图，在平面β内，过点C作CE⊥l，且使CE＝DB，连接AE，BE，又AC⊥l，则∠ACE即二面角α l β的平面角．在△ACE中，由余弦定理得AE2＝AC2＋CE2－2AC·CE·cos ∠ACE＝9＋4－2×3×2×cos 60°＝7，则AE＝.又BD⊥l，易得四边形CDBE为矩形，故BE∥CD，且BE＝CD＝1.因为CD⊥AC，CD⊥CE，AC，CE 平面ACE，AC∩CE＝C，所以CD⊥平面ACE，从而BE⊥平面ACE，则有BE⊥AE.在Rt△AEB中，AB＝＝2.故选A.
7．(6分)(多选)如图，三棱锥O ABC中，OA＝OC＝OB＝1，OA⊥平面OBC，∠BOC＝，则下列结论正确的是(　ABC　)
A．直线AB与平面OBC所成的角为45°
B．二面角O BC A的正切值为
C．点O到平面ABC的距离为
D．OC⊥AB
解析：因为OA⊥平面OBC，故∠ABO为直线AB与平面OBC所成的角，又OA＝OC＝OB＝1，所以tan ∠ABO＝1，故直线AB与平面OBC所成的角是45°，故A正确；如图，取BC的中点D，连接OD，AD，因为OA＝OB＝OC＝1，OA⊥平面OBC，∠BOC＝，所以AB＝AC＝，BC＝1，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；
因为AB＝AC＝，BC＝1，所以AD＝＝＝，设O到平面ABC的距离为h，则由VA OBC＝VO ABC，可得××1＝×××h，解得h＝，故C正确；若OC⊥AB，又OC⊥OA，AB∩OA＝A，AB，OA 平面OAB，则OC⊥平面OAB，则OC⊥OB，与∠BOC＝矛盾，故D错误．故选ABC.
8．(6分)(多选)在正方体ABCD A1B1C1D1中，下列选项中正确的是(　AB　)
A．A1C1⊥BD
B．B1C与BD所成的角为60°
C．二面角A1 BC D的平面角为30°
D．AC1与平面ABCD所成的角为45°
解析：如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，可得A1C1∥AC，在正方形ABCD中，可得AC⊥BD，所以A1C1⊥BD，所以A正确；在正方体ABCD A1B1C1D1中，可得B1D1∥BD，所以异面直线B1C与BD所成的角，即为B1C与B1D1所成的角，即∠D1B1C或其补角，因为△D1B1C为等边三角形，所以∠D1B1C＝60°，所以B正确；在正方体ABCD A1B1C1D1中，可得BC⊥平面ABB1A1，因为AB，A1B 平面ABB1A1，所以BC⊥AB，BC⊥A1B，所以∠A1BA为二面角A1 BC D的平面角，在等腰直角三角形A1AB中，可得∠A1BA＝45°，即二面角A1 BC D的平面角为45°，所以C错误；在正方体ABCD A1B1C1D1中，可得CC1⊥平面ABCD，所以∠C1AC为直线AC1与平面ABCD所成的角，在Rt△C1AC中，tan ∠C1AC＝＝，所以∠C1AC≠45°，所以D错误．故选AB.
9．(5分)在正三棱柱ABC A′B′C′中，AB＝1，AA′＝2，则直线BC′与平面ABB′A′所成角的正弦值为．
解析：如图，取A′B′的中点O，连接OC′，OB，因为三棱柱ABC A′B′C′为正三棱柱，故OC′⊥A′B′，且AA′⊥平面A′B′C′.又OC′ 平面A′B′C′，故AA′⊥OC′.又A′B′∩AA′＝A′，且A′B′，AA′ 平面AA′B′B，故OC′⊥平面AA′B′B，则直线BC′与平面ABB′A′所成的角为∠C′BO.又AB＝1，AA′＝2，故OC′＝＝，BC′＝＝，故sin ∠C′BO＝＝.
10．(5分)在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝AA1＝2，则直线AA1到平面BB1C1C的距离为．
解析：如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，在底面ABC内作AD⊥BC，因为平面BB1C1C⊥底面ABC，平面BB1C1C∩底面ABC＝BC，所以AD⊥平面BB1C1C，因为AA1∥CC1，AA1 平面BB1C1C，CC1 平面BB1C1C，所以AA1∥平面BB1C1C，所以AD的长即为直线AA1到平面BB1C1C的距离．因为△ABC为等边三角形，且AB＝2，所以直线AA1到平面BB1C1C的距离为AD＝＝.
11．(15分)如图，在三棱锥P ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)求证：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
解：(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2.如图，连接OB.
因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
在△POB中，OB＝2，OP＝2，PB＝4，
由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC，且OB∩AC＝O，OB，AC 平面ABC知，PO⊥平面ABC.
(2)如图，作CH⊥OM，垂足为H.
又由(1)可得OP⊥CH，OP∩OM＝O，OP，OM 平面POM，所以CH⊥平面POM，故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝，∠ACB＝45°.
在△OCM中，OM2＝OC2＋CM2－2OC·CM·cos ∠MCO，
所以OM＝，则＝，
即sin ∠COM＝·CM，
又CH＝OC·sin ∠COM，
所以CH＝＝.
所以点C到平面POM的距离为.
12．(16分)已知四棱锥P ABCD如图所示，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，CD＝PD＝1，△PAB为等边三角形．
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求二面角P CB A的余弦值．
解：(1) 证明：如图，取AB的中点E，连接PE，DE.
∵AB＝BC＝2，CD＝PD＝1，△PAB为等边三角形，
∴PE⊥AB，PE＝，
BE＝CD.
∵EB∥CD，∴四边形BCDE是平行四边形，
∴DE＝CB＝2，DE∥CB.
∵BC⊥CD，∴AB⊥ED.
∵PE∩ED＝E，PE，ED 平面PED，
∴AB⊥平面PED.
∵PD 平面PED，∴AB⊥PD.
∵DE2＝PD2＋PE2，∴PD⊥PE.
∵AB∩PE＝E，AB，PE 平面PAB，
∴PD⊥平面PAB.
(2)如图，过点P作PO⊥ED于点O，过点O作OH⊥CB于点H，连接PH.
由(1)知AB⊥平面PED，又AB 平面ABCD，∴平面PED⊥平面ABCD.
∵平面PED⊥平面ABCD，平面PED∩平面ABCD＝ED，PO 平面PED，∴PO⊥平面ABCD，
∵BC 平面ABCD，∴PO⊥BC，
∵PO∩OH＝O，PO，OH 平面POH，
∴BC⊥平面POH，又PH 平面POH，
∴BC⊥PH，则∠PHO为二面角P CB A的平面角．
在Rt△PED中，由PO·ED＝PE·PD，可得PO＝，在Rt△PHO中，OH＝1，PH＝＝，
故cos ∠PHO＝＝，
∴二面角P CB A的余弦值为.
13．(5分)已知正四棱锥S ABCD侧面和底面的棱长都为4，P为棱BC上的一个动点，则点P到平面SAD的距离是(　D　)
A． B．
C． D．
解析：如图，连接AC，BD交于点O，连接SO，根据已知可得SO⊥平面ABCD.又OD＝BD＝×BC＝2，SD＝4，在Rt△SOD中，有SO＝＝2.由已知可得BC∥AD，AD 平面SAD，BC 平面SAD，所以BC∥平面SAD.又P∈BC，所以点P到平面SAD的距离，即等于点B到平面SAD的距离．设点B到平面SAD的距离为h，则VB SAD＝×S△SAD×h.又VS ABD＝×S△ABD×SO＝×AB×AD×SO＝××4×4×2＝，S△SAD＝SA×SD×sin ＝×4×4×＝4，所以VB SAD＝×S△SAD×h＝×4h＝VS ABD＝，所以h＝.故选D.
14．(6分)(多选)(2024·河北保定二模)如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，EF⊥AB，CF＝EF＝2DF＝2，AE＝3，将四边形AEFD沿EF进行折叠，使AD到达A′D′的位置，且平面A′D′FE⊥平面BCFE，连接A′B，D′C，如图2，则(　ABD　)
A．BE⊥A′D′
B．平面A′EB∥平面D′FC
C．多面体A′EBCD′F为三棱台
D．直线A′D′与平面BCFE所成的角为
解析：因为平面A′D′FE⊥平面BCFE，平面A′D′FE∩平面BCFE＝EF，BE⊥EF，BE 平面BCFE，所以BE⊥平面A′D′FE，所以BE⊥A′D′，A正确．因为A′E∥D′F，A′E 平面D′FC，D′F 平面D′FC，则A′E∥平面D′FC，又BE∥CF，BE 平面D′FC，CF 平面D′FC，则BE∥平面D′FC，又A′E∩BE＝E，A′E，BE 平面A′EB，所以平面A′EB∥平面D′FC，B正确．易得EB＝4，因为＝，＝＝，则≠，所以多面体A′EBCD′F不是三棱台，C错误．如图，延长A′D′，EF相交于点G，因为平面A′D′FE⊥平面BCFE，平面A′D′FE∩平面BCFE＝EF，A′E 平面A′D′FE，A′E⊥EF，所以A′E⊥平面BCFE，则∠A′GE为直线A′D′与平面BCFE所成的角．因为＝，解得GF＝1，所以GE＝3，tan ∠A′GE＝＝1，则∠A′GE＝，D正确．故选ABD.
15．(6分)(多选)(2024·湖南长沙二模)在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°.将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为θ(0°<θ<180°)的二面角B AC D，若折成的四面体ABCD内接于球O，则下列说法正确的是(　AD　)
A．四面体ABCD的体积的最大值是3
B．BD长度的取值范围是(3，6)
C．四面体ABCD的表面积的最大值是6＋6
D．当θ＝60°时，球O的体积为π
解析：如图，由题知BC＝AB＝2，∠ABC＝60°，则△ABC为等边三角形，取AC的中点E，则BE⊥AC.同理，△ACD为等边三角形，则DE⊥AC，且BE＝DE＝2×sin 60°＝3，S△ABC＝AC·BE＝3，二面角B AC D的平面角θ为∠BED，设点D到平面ABC的距离为d，则d＝DE sin θ＝3sin θ，VD ABC＝S△ABC·d＝×3×3sin θ＝3sin θ≤3，当且仅当θ＝90°时取等号，即四面体ABCD的体积的最大值是3，A正确；由余弦定理得BD2＝BE2＋DE2－2BE·DE cos θ＝18－18cos θ∈(0，36)，因此BD∈(0，6)，B错误；S△ACD＝S△ABC＝3，由AB＝AD＝BC＝CD，BD＝BD，得△ABD≌△CBD，则S△CBD＝S△ABD＝AB·AD·
sin ∠BAD＝6sin ∠BAD≤6，因此四面体ABCD的表面积的最大值是2×3＋2×6＝12＋6，C错误；设M，N分别为△ABC，△ACD的外心，则EN＝EM＝BE＝1，在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点O，由BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE＝E，BE，DE 平面BDE，得AC⊥平面BDE，而OM 平面BDE，则OM⊥AC，又OM⊥BE，BE∩AC＝E，BE，AC 平面ABC，于是OM⊥平面ABC，同理得ON⊥平面ACD，则O为四面体ABCD外接球的球心，连接OA，OE，由EM＝EN，OE＝OE，∠OME＝∠ONE＝90°，得△OME≌△ONE，因此∠OEM＝＝30°，OE＝＝，而AC⊥平面BDE，OE 平面BDE，则OE⊥AC，则OA＝＝，即球O的半径为R＝，则球O的体积为V＝πR3＝π，D正确．故选AD.