2026届高考数学压轴题练习 立体几何 (学生版+解析版1)

1高考数学压轴题练习立体几何含边界)上的射影为点P,且PP=√3,设直线PA与平面ABCD所成角为α,直线PB与平面ABCD所成角为β.(1)已知α=β.(ji)若平面PAB⊥平面PCD,(2),判断是否存在点P,使得PB⊥平面PPA.2及其内部以边AB为轴进行旋转，得到如图2所示的新的几何体，点O为点C在旋转过程中形成的圆的圆心，点C"为圆O上任意一点.(1)求新的几何体的体积；(2)记EC与底面OCC所成角为θ,求sinθ的取值范围；C图2图3图2图333.(2026-山东威海·一模)在如图所示的圆柱中，AB,DCBC是圆柱的母线，过直线BD且与平面ABCD垂直的平面记为α,平面α与该圆柱侧面的交线记为L,AB=BC=2.(2)已知E为下底面圆周上的一点，当时，求平面DO₁E与平面α所成角的正弦值：(3)将圆柱沿母线BC剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以D为原点，以GC₂,AD的方向分别为x轴、Y轴的正方向建立平面直角坐标系，求L的平面展开曲线的方程。→44.(2026-江苏南通·模拟预测)已知七面体ABCDEFG中的三个面都是平行四边形，其余四个面都是三角形，如图所示，(2)若GF=CD=BC=2AE,∠EAD=60°,平面ADGE1(i)求直线GF与平面CDF所成角的余弦值；形成的曲面与平面DFG所围成的图形记为θ,记θ的内切球体积为V,七面体ABCDEFG的体积为V₂,的值.5平移起止位置的两个面叫作椭圆柱的底面.如图，在椭圆柱00中，椭圆O的长轴长为4,短轴长为6BP=√3,0为AD的中点，OP=1.(1)证明：平面PAD1平面ABCD;(2)点E为底面ABCD所在平面内一点，且AE+DE=2√2.(i)若点E在两平行直线AB与CD之间，设平面APE和平面DPE的夹角为θ,求cosθ的最大值；(jii)已知P,A,B,C,D在同一球面上，设该球的球心为α,证明：球心O'在平面ABCD上，并判断是否存在点E在球O的球面上，请说明理由.77.(2026-湖南怀化一模)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAD是等边三角(1)设平面QPCn平面PAD=1,求直线I与直线AD的夹角大小；(2)求直线PC与平面PAD所成角的正弦值的最大值；(3)设N为侧棱PC上一点，四边形AENF是过A,N两点的截面，分别交PD,PB于E,F两点，其中E为PD的中点，BD//平面AENF,求四棱锥P-AENF的体积的取值范围.8转至△ABP,动点P与原来的VABC形成三棱锥P-ABC,点M在棱AB上，且BM=1.(2)记二面角P-AC-B为α,二面角P-BC-A为β.99.(2026-河北保定·一模)某个圆锥容器的轴截面是边长为8的等边三角形(容器壁厚度忽略不计),一设该圆台上下底面圆心为0₁和O₂,如图所示.10.(2026-湖北荆州一模)“细长三角板”指的是有一个内角为30的直角三角板.现有两个细长三角板，其较短的直角边长均为10cm,先按左图所示的方式放置，其中以△PAB,△PCD表示两个细长三角板，PA=PC=10cm,∠PBA=∠PDC=30°,直角顶点重合于点P,两条斜边AB,CD在一条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边AB,CD平行展开，得到如图所示的四棱锥P—ABCD.(2)是否存在四棱锥P-ABCD,使得底面ABCD为菱形?若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，请说明11.(2026-福建福州·模拟预测)如图1,圆内接四边形ABCD中，△BCD为等腰直角三角形，且(i)求直线AD与平面BCD所成角的正弦值：(ii)找出一组依次排列的四个相互平行的平面α₁,α₂,α₃,a使得A∈α₁,D∈α₂,C∈a,B∈α₄,且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离.12.(2026-山东烟台·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,PA=PC=2√3,PN=ND,PM=λPB,λ(1)证明：AC⊥MN;(2)若点P在底面ABCD内的正投影为AC的中点.(i)当λ为何值时，平面ANM与平面ABCD夹角的余弦值最大?(ii)设平面ANM与PC交于点H₁;在平面PBC内，过H₁作BC的平行线交PB于点M₁,设平面ANM₁与PC交于点H₂:在平面PBC内，过H₂作BC的平行线交PB于点M₂,设平面ANM₂与PC交于点H₃;依次类推，…,设平面ANM与PC交于点H。(n∈N'),求高考数学压轴题练习立体几何1.(2026-陕西西安·模拟预测)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，点P在底面ABCD(不含边界)上的射影为点P₀,且PP=√3,设直线PA与平面ABCD所成角为α,直线PB与平面ABCD所成角为β.(1)已知α=β.(i)证明：△PAD的面积为定值：(2)若,判断是否存在点P,使得PB⊥平面PPA.【答案】(1)(i)证明见解析；【分析】(1)(i)由α=β,可知点P在直线AB的中垂线上，从而可得AD边上的高为定值.(2)将条件转化为PA·PB=3.PA⊥PB,求出轨迹方程，判断方程组是否有解.【详解】(1)(i)如图：PMBCBN连接AP₀,BP₀,可知直线PA,PB与平面ABCD所成角分别为∠PAP₀,∠PBP₀,故故点P在线段AB的中垂线上.过点P作PH垂直AD于点H,连接PH,因为点P是点P在底面ABCD上的射影，所以PP⊥AD.又PH⊥AD,且PP∩PH=P,PP,PHc平面PPH,所以AD⊥平面PPH.因为PHC平面PPH,所以AD⊥PH.所以,为定值.(ii)过点P作直线I//AB,显然1为平面PAB与平面PCD的交线，设M,N分别为AB,CD的中点，连接PM,PN,因为PNc平面PCD,所以PM⊥PN,不妨设PM=x,则PN=4-x,所以(4-x)x=3,解得x=1或x=3.根据对称性，不妨取PM=1,PN=3,设四棱锥P-ABCD外接球球心到平面ABCD的距离为h,解得或(舍),所以四棱锥P-ABCD外接球的表面积(2)存在，理由如下：因为所以PA·PB=3.假设存在点P₀,使得PB⊥平面PPA,则PA⊥PB,以AB的中点M为坐标原点，AB为x轴，平行于AD的直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(-2,0),B(2,0),设P则由PA·PB=3,整理得(x²+y²)²-8(x²-y²)=-7,解得也即或所以存在点P,使得PB⊥平面P₀PA.其内部以边AB为轴进行旋转，得到如图2点C"为圆O上任意一点.CC图3(2)记EC与底面OCC'所成角为θ,求sinθ的取值范围；(3)当时，求点A关于平面BEC'的对称点M到平面BCC的距离.【分析】(1)利用割补法来求得新的几何体的体积.(2)作出EC′与底面OCC所成角，求得sinθ的表达(3)建立空间直角坐标系，利用向量法来求得正确答案.【详解】(1)连接AO,CO,CC因为新的几何体是以AO为高的圆锥减去以BO为高的圆锥后剩余的部分，(2)如图，取OC的中点F,连接EF,CF,因为E,F分别为AC,CO的中点，所以因为AO1平面OCC,所以EF⊥平面OCC,所以∠ECF为EC"与底面OCC'所成的角，又因为,所所以,所以AEB(3)以0为原点，分别以OC,OC,OA为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,3).B(0,0,1),c(0.√3.0).c(√3,0.0).EBc若AM⊥平面BEC"于点L,设AL=λn=(λ,-A,√3a),则BL=BA+AL=(0,0,2)+(a,-由条件可求得平面BCC的法向量为M=(1.,1.√3),所以点M到平面BCC'的距离为3.(2026-山东威海·一模)在如图所示的圆柱中，AB,DC分别是下底面圆O₁、上底面圆O₂的直径，AD,BC是圆柱的母线，过直线BD且与平面ABCD垂直的平面记为a,平面α与该圆柱侧面的交线记为L,AB=BC=2.(1)证明：AC1平面α;(2)已知E为下底面圆周上的一点，当时，求平面DOE与平面α所成角的正弦值：(3)将圆柱沿母线BC剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以D为原点，以GC₂,AD的方向分别为x轴、y轴的正方向建立平面直角坐标系，求L的平面展开曲线的方程.【答案】(1)证明见解析【答案】(1)证明见解析②【分析】(1)证明四边形ABCD为正方形，根据面面垂直，可证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值即可；(3)法一，设曲线上任意一点P的坐标为(x,y),x∈[-π,π],y∈[-2,0],设点P在圆柱侧面上对应点为P,可证四边形PMNQ为矩形，对∠DO₂M=|x1分类讨论求解；法二在空间直角坐标系中，利用向量法，根据DP·AC=0求解即可.【详解】(1)因为AD,BC是圆柱的母线，所以AD⊥底面O₁,BC⊥底面O,所以AD⊥AB,BC⊥AB,因为AB=BC,所以四边形ABCD为正方形，所以ACIBD,又因为平面ABCDI平面α,平面ABCD∩平面α=BD,(2)在底面O,内过点A作直线AB的垂线I,建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,2,0),C(0,2,2),D(0,0.2),O₁所以DO=(0,1,-2),DE=(1,1,-2),设平面DO₁E的法向量为丽=(x,y,z),,,此时m=(0,2,1),所以平面DO₁E与平面α所成角的正弦值为当0<xkπ时，设点P在圆柱侧面上对应点为P,过点P的母线交上底面于点M,则PM=-y,劣弧DM的弧长为x|,作PQ⊥BD,MN⊥CD,Q,N分别为垂足，连接QN,因为平面ABCDI平面α,底面O₂⊥平面ABCD,所以PQ1平面ABCD,MN⊥平面ABCD,所以PQ//MN,PQ⊥QN,MN⊥QN,可得四边形PMNQ为矩形，所以NQ=PM=-y,因为底面圆周半径为1,所以∠DO₂M=x|,因为,所以DN=NQ=-y,因为NO₂=MO₂cos∠NO₂M,所以1+y=cos|x|,即y=cosx-1,因为NO₂=MO₂cos∠NO₂M,所以-y-1=cos(π-|x),因此-y-1=-cosx,即y=cosx-1.综上可得，y=cosx-1,x∈[-π,π].法二则在空间直角坐标系中P(sinx,1-cosx,2+y),因为AC=(0,2,2)为平面α的法向量，所以DP·AC=0,可得2-2cosx+2y=0,即y=cosx-1.综上可得，y=Cosx-1,x∈[-π,π].(2)若GF=CD=BC=2AE,∠EAD=60°,平面ADGE⊥平面ABCD,(i)求直线GF与平面CDF所成形成的曲面与平面DFG所围成的图形记为θ,记θ的内切球体积为V,七面体ABCDEFG的体积为V₂,求的值.平面ADGE.(2)(i)先构建空间直角坐标系，再利用向量的数量积求出线面夹角的余弦值.(ii)先找出θ的形状及内切球所在位置，根据三角形内切圆性质求出半径，算得Y₁;将七面体ABCDEFG视为棱柱与棱锥组合，分别求出棱柱和棱锥的体积并相加，得到V₂.【详解】(1)(1)证明：因为四边形ABFE与四边形ABCD均为平行四边形，因为BFa平面ADGE,AEc平面ADGE,同理可证BC//平面ADGE,所以平面BFC//平面ADGE,又FCc平面ADGE,所以FC//平面ADGE.(2)(2)连接BD,因为平面ADGE⊥平面ABCD,平面ADGE∩平面ABCD=AD,o1AD,因此以O为原点，OA,OB,平面ABD的法向量分别为x轴，y轴，z轴的正方向，如图建系，GED.FCAkB则D(-1,0,0),B(0.√3.0),c(-2.√3.0),,DC=(-1,√3,0),GF=DB=(1,√3,0),设平面CDF的法向量n=(x,y,z),则取y=1,得x=√3,z=-3,则n=(√3,1,-3),设直线GF与平面CDF所成角为θ,即直线GF与平面CDF所成角的余弦值为.(ii)设AE=1,△DGF的周长为CDae=5,因为△DGF以GF为折痕进行翻折得到△D'GF,且D∈平面DGF所以θ为两个等底面圆半径的圆锥拼成的复合体的一半，设含有GF,且与平面DGF相垂直的平面为平面DGF,◎在平面DGF的截面如图所示，GF点O为θ内切球球心，设◎内切球半径为R,5.(2026-江苏·二模)一个椭圆沿着垂直于其所在平面的方向上平行移动形成的空间图形叫作椭圆柱，平移起止位置的两个面叫作椭圆柱的底面.如图，在椭圆柱00'中，椭圆O的长轴长为4,短轴长为2,00=2.A,B是椭圆O上关于0对称的两点，C,D是椭圆O上关于O对称的两点，且AB⊥CD.(1)证明：CD⊥平面AOB;(2)若AB=CD,求直线AC与底面所成角的正弦值：(3)求四面体ABCD的内切球半径的最小值.【答案】(1)证明见解析【答案】(1)证明见解析【分析】(1)利用椭圆柱的平移性质得到线面垂直关系，结合AB⊥CD的条件，推导线线垂直，再根据线(2)先确定点在底面上的射影，建立平面直角坐标系写出椭圆方程，设直线方程并联立椭圆，结合已知(3)先通过等体积法建立四面体体积与内切球半径的关系式，表达出内切球半径r的表达式，再利用基本不等式求r的最小值，同时验证AB、CD与坐标轴垂直的特殊情况，确定最终最小值.【详解】(1)记椭圆O'所在平面为α,由椭圆柱定义可知，00Lα.因为CDca,所以00⊥CD所以CD1平面AOB,则AB⊥C₁D.椭圆O的方程设A(x,y),C(x₂,y₂),若AB与坐标轴不垂直，设直线AB的方程为y=kx,k≠0,联立直线AB与椭圆方程，得所以设直线AC与底面所成角为α,则所以直线AC与底面所成角的正弦值为(3)因为四面体ABCD的体积V=Ve-oa+VB-OAB设四面体ABCD的内切球半径为R,则当且仅当5k²+2=2k²+5,即k=±1时，等号成立.若AB与坐标轴垂直，不妨设AB为长轴，C₁D为短轴，即|OA|=2.|oc|=1,此时内切球半径所以四面体ABCD的内切球半径最小值为BP=√3,0为AD的中点，OP=1.(2)点E为底面ABCD所在平面内一点，且AE+DE=2√2.(i)若点E在两平行直线AB与CD之间，设平面APE和平面DPE的夹角为θ,求cosθ的最大值：(ii)已知P,A,B,C,D在同一球面上，设该球的球心为α,证明：球心O'在平面ABCD上，并判断是否存在点E在球O的球面上，请说明理由.(ii)证明见解析，存在【分析】(1)连接OB,利用勾股定理的逆定理可得PO⊥OB,再利用等腰三角形中线性质可得PO⊥AD,(2)(i)建立适当空间直角坐标系后，可设出点E坐标，再表示出平面APE和平面DPE的法向量后，利用向量夹角公式计算即可得解；(ji)由底面ABCD为矩形，可得球心投影在矩形中心，再利用外接球性质计算可得球心，即可得其位置，再计算是否存在符合要求的点E,使得EO'等于外接球半径即可得【详解】(1)连接OB,由AB=1,四边形ABCD为矩形，则OB=√1²+1²=√2,又OP=1,BP=√3,则有OP²+OB²=3=BP²,故PO⊥OB,又ADnOB=0,AD、OBc平面ABCD,故PO⊥平面ABCD,又POc平面PAD,故平面PAD⊥平面ABCD;(2)取BC的中点F,连接OF,则OF⊥AD,,取x=b+1,得y=-a,Z=a,,,,该外接球半径该外接球半径则点E到球心O的距离解得由可得-1≤a≤1,符合题意，不合题意，故存在点E在球O'的球面上.DB一C7.(2026·湖南怀化一模)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAD是等边三角形，AB=2AD=4,ADIBD,二面角P-AD-B的平面角大小为,Q为AB的中点，(1)设平面(1)设平面QPCn平面PAD=1,求直线I与直线AD的夹角大小；(2)求直线PC与平面PAD所成角的正弦值的最大值；(3)设N为侧棱PC上一点，四边形AENF是过A,N两点的截面，分别交PD,PB于E,F两点，其中E为PD的中点，BD//平面AENF,求四棱锥P-AENF的体积的取值范围.【答案】(1)③=【分析】(1)作出合理辅助线，再找到两直线夹角即可；(2)建立合适的空间直角坐标系，求出线面角的表达式，利用换元法并求导即可求出其最大值；(3)首先计算得再计算体积表达式，最后根据θ范围即可得到答案.【详解】(1)延长CQ交DA的延长线于点S,则PS为交线I,因为侧面PAD是等边三角形，所以PA=AD,所以所求角为分别以OA,0Q所在直线为x轴和y轴，以过0垂直于底面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，A(1,0,0),B(-1,2√3,0),C(-3,2√3,0),D(-1,0,0),P(0,√3cos8.√3s则OA=(1,0,0),OP=(0,√3cose,√3sine),CP设平面ADP的法向量为n=(x,y,z),令y=sinθ,则z=-cosθ,n=(0,sinθ,-cosθ).设直线PC与平面PAD所成角为α,则令f'(t)=0,结合t的取值范围可知t=2-√3,所以f()的最大值为f(2-√3)=4-2√3,故(sina)m=√3-PCBQB(3)由题意可知EF//BD,所以点F为PB的中点，又因为AN=λAC+(1-2)AP=(1-2)AP+λAB+λAD,至△ABP,动点P与原来的VABC形成三棱锥P-ABC,点M在棱AB上，且BM=1.(2)记二面角P-AC-B为α,二面角P-BC-A为β.(ii)当tan(β-a)取最大值时，求cos∠PM(2)(i)证明见解析(ii)【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证明即可：(2)(i)过点0分别向AC,BC引垂线，垂足分别为S,T,根据线面垂直的性质定理证明AC⊥PS,由此可得α=∠PSO,同理β=∠PTO,再计算即可；(ii)根据均值不等式计算tan(β-a),设MO=x,可得CM=PM=2,表示PO,MO,PM,根据PO²+MO²=PM²计算即可.【详解】(1)因为AC⊥BC,所以AB=√AC²+BC²=5.因为,所以△BCM△BAC,又PMnCM=M,且两直线在平面内，所以AB⊥平面PCM.(2)(i)由(1)知AB⊥平面PCM,所以平面PCM则点P在平面ABC内的射影O在直线CM上.如图，过点0分别向AC,BC引垂线，垂足分别为S,T,连接PS,PT,则四边形OSCT是矩形.由于AC⊥OS,AC⊥PO,PO∩os=0,且两直线在平面内，所以AC⊥平面POS,从而AC⊥PS,因此α=∠PSO,同理β=∠PTO.从而,为定值.当且仅当时等号成立.设此时MO=x(∠PMC为钝角时，O在CM的延长线上，x为负).解得(x=2舍去),所圆台上下底面圆心为0₁和O₂,如图所示.(1)求圆台00₂的体积(用r表示);【详解】(1)设圆台上下底面圆的半径分别为，r₂,在圆锥的轴截面中(如图所示),(2)延长AA,CC,交于点H,∵H∈AA₁C平面AAB,H∈CC₁C设平面A,AB的法向量为=(x,y,z),则→HA₁B(3)最多能放3个小球。圆台上、下底面直径分别为3和5,则至少能放入一个半径为的小球.为能放入更多小球我们先让放入的第一个小球O与圆台侧面也相切，作出圆台轴截面如图1,小球O'与底面切于点M₁,,由题意可计算出,可得,所以O₂M₁=1,如图右侧还能再放一个这样的小球，所以至少能放下2个这样的小球，ALAM现在分析是否能放3个小球，为了能放入更多小球，尽可能先让已放入的两个球两两相切且与圆台侧面相切，设先前放入的两个小球为球O’和球O₂,它们与底面切于点M,M₂,作出两个小球的俯视图，M,M₂=√3,由上面结论可知O₂M,=O₂M₂=1在△O₂MM₂中，利用余弦定理可得由圆台和球的对称性可知，恰好只再能放一个与这两个小球相切并和圆台侧面也相切的这类小球.综上所述，圆台内最多能放3个这样的小球，M较短的直角边长均为10cm,先按左图所示的方式放置，其中以△PAB,△PCD表示两个细长三角板，PA=PC=10cm,∠PBA=∠PDC=30°,直角顶点重合于点P,两条斜边AB,CD在一条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边AB,CD平行展开，得到如图所示的四棱锥P-ABCD.(2)是否存在四棱锥P-ABCD,使得底面ABCD为菱形?若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，请说明理由；(3)求四棱锥P-ABCD体积的最大值，并求此时平面PAB与平面PCD所成二面角的大小，【分析】(1)根据线面垂直的判定定理即可证明结论；(2)假设存在符合条件的四棱锥，设其高PO=h,根据假设求出五的值，即可判断结论；(3)方法一：求出相关线段的长，根据棱锥体积公式可得四棱锥P-ABCD体积的表达式，结合基本不等角坐标系，确定相关点坐标，利用体积公式以及基本不等式可求解最值问题可求二面角大小.【详解】(1)证明：由题意知AB与CD平行且相等，则四边形ABCD为平行四边形，所以O为AC,BD的中点又由于PA=PC=10,,所以PO⊥AC,PO⊥BD,AC,BDC平面ABCD,ACnBD=0,所以PO⊥平面ABCD;(2)假设存在符合条件的四棱锥，由(1)知，设其高PO=h,因为底面是菱形，则AC⊥BD,所以OC²+h²=PA²=100,OD²+h²=PB²=300,0C²+OD²=CD²=400,解得h=0,(3)方法一；过点P作直线I//CD,则1C平面PCD,由于AB//CD,所以1//AB,则IC平面PAB,所以平面PABO平面PCD=l,作PE⊥CD,PF⊥AB,垂足分别为E,F,则PE⊥I,PF⊥1,所以∠EPF是平面PAB与平面PCD所成二面角或其补角PE=PF=10√3×sin30°=5√3,由于PO⊥平面A由PO⊥平面ABCD,ABc平面ABCD,故PO1AB,而PF∩PO=P,PF,PO=平面PEF,故AB⊥平面PEF,EFc平面PEF,故AB⊥EF,当且仅当∠EPF=28=90°时取等号，故四棱锥P-ABCD体积的最大值为500(cm³),此时平面PAB与平面PCD所成二面角为90方法二：过点O作平行线AB,CD的垂线，垂足分别为F,E,取BC的中点G,OG//CD//AB,由以上分析可知AB⊥EF,设OE=y,OP=z,,PE=PF=5√3,CE=√PC²-PE²=5,由勾股定理知y²+z²=PE²=75,当且仅当时取“=”,故所求最大值为500;此时设平面PCD的一个法向量m=(x,y,z),则,则AF=(5,0,0),设平面设平面PAB的一个法向量n=(x₂,y₂,z₂),则可得平面PAB的一个法向量开=(0.-1,1),故cosm,所以所求二面角为90°.(1)求(1)求AC的长；(2)如图2,将△ABD沿BD翻折，形成四面体ABCD,当AC=√6时，(i)求直线AD与平面BCD所成角的正弦值；(ii)找出一组依次排列的四个相互平行的平面α₁,α₂,α₃,a使得A∈a,D∈α₂,Cea,B∈α₄,且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离.【分析】(1)方法一：利用勾股定理和余弦定理，结合两角和的余弦公式进行求解即可；方法二：利用勾股定理和正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；(2)方法一：建立空间直角坐标系.(i)利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可；(ii)根据线面平行、面面平行的判定定理，结合空间向量点到面的距离公式进行求解即可；方法二；(i)根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合线面角的定义进行求解即可：(ii)利用空间点到面距离公式进行求解即可.【详解】(1)方法一：在圆内接四边形ABCD中，△BCD为等腰直角三角形，∠BCD=90°,所以∠BAD=90°,在RI△ABD中，因为AB=√6,AD=√2,所以∠ABD=30°,BD=√AB²+AD²=√6+2=2√2,所以BC=CD=2.由余弦定理得AC²=AB²+BC²-2AB·BCc方法二：在圆内接四边形ABCD中，△BCD为等腰直角三角形，∠BCD=90°,(2)方法一：以BD的中点O为原点，以OB,OC方向为x,y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则B(√2,0.0),c(0,√2,0),D(-√2,0,又因为AC=√6,所以取平面BCD的一个法向量n=(0,0,1),设直线AD与平面BCD所成角为θ,过三点D,P,M作平面α₂,过三点0,Q,C作平面α₃,因为DP//OQ,DPc平面α₃,0Qc平面α₃,所以DP//平面α₃,同理PM//平面α₃,所以OC=(0.√2.0),设平面OCQ的法向量丽=(a,b,c),则所以点B到平面OCQ的距离故相邻两个平面间的距离(i)设BD的中点为0,OD的中点为E,CD的中点为M,连接CO,AE,AM,ME,又因为AE⊥BD,MEAE=E,所以BDI平面AME,所以平面BCD⊥平面AME,又因为平面BCD∩平面AME=ME,平面BCD⊥平面AME,AHc平面AME,所以AH⊥平面BCD,则DH为直线A