文科立体几何线面角二面角专题带答案

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专题03 利用向量法求线线角、线面角、二面角及距离问题(知识梳理+专题过关)(解析版)

专题03利用向量法求线线角、线面角、二面角及距离问题【知识梳理】（1）异面直线所成角公式：设a ，b 分别为异面直线1l ，2l 上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos cos ,⋅==a b a b a bθ．（2）线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin cos ,⋅==a n a n a nθ．（3）二面角公式：设1n ，2n 分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则12,=n n θ或12,-n n π（需要根据具体情况判断相等或互补），其中1212cos ⋅=n n n n θ．（4）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线，a b 的公垂线的方向向量为n ，这时分别在，a b 上任取，A B 两点，则向量在n 上的正射影长就是两条异面直线，a b 的距离．则||||||||⋅=⋅=n AB n d AB n n 即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．（5）点到平面的距离A 为平面α外一点（如图），n 为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|n ||n |||||sin |||cos ,|=||nn⋅⋅=⋅=⋅<>=⋅AB AB AH AB AB AB n AB AB θ||||⋅=AB n d n （6）点A 与点B 之间的距离可以转化为两点对应向量AB 的模AB 计算．（7）在直线l 上找一点P ，过定点A 且垂直于直线l 的向量为n ，则定点A 到直线l 的距离为PA n d PA cos PA,n n⋅=〈〉=．【专题过关】【考点目录】考点1：异面直线所成角考点2：线面角考点3：二面角考点4：点到直线的距离考点5：点到平面的距离、直线到平面的距离、平面到平面的距离考点6：异面直线的距离【典型例题】考点1：异面直线所成角1．（2022·贵州·遵义市第五中学高二期中（理））在三棱锥P —ABC 中，PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA =PB =PC ，M 、N 分别为AC 、AB 的中点，则异面直线PN 和BM 所成角的余弦值为（）A 33B ．36C ．63D ．66【答案】B【解析】以点P 为坐标原点，以PA ，PB ，PC 方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，令2PA =，则()0,0,0P ，()0,2,0B ，()1,0,0M ，()1,1,0N ，则(1,1,0)PN =，(1,2,1)BM =-，设异面直线PN 和BM 所成角为θ，则||3cos 6||||PN BM PN BM θ⋅==.故选：B.2．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得平面ABD ⊥平面CBD ，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为（）A ．12B 2C ．12-D ．2【答案】A【解析】取BD 中点为O ，连接,AO CO ，所以,AO BD CO BD ⊥⊥，又面ABD ⊥面CBD 且交线为BD ，AO ⊂面ABD ，所以AO ⊥面CBD ，OC ⊂面CBD ，则AO CO ⊥.设正方形的对角线长度为2，如图所示，建立空间直角坐标系，()()()(0,0,1),1,0,0,0,1,0,1,0,0A B C D -，所以()()=1,0,1,=1,1,0AB CD ---，1cos ,222AB CD AB CD AB CD⋅==-⨯.所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为12.故选:A3．（2022·新疆·乌苏市第一中学高二期中（理））如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，3AC =，4BC =，13CC =，90ACB ∠=︒，则1BC 与1AC 所成角的余弦值为（）A ．3210B ．3210-C ．24D 5【答案】A【解析】因为111ABC A B C -为直三棱柱，且90ACB ∠=︒，所以建立如图所示的空间直角坐标系，()()()()110,4,0,0,0,0,0,0,3,3,0,3B C C A ，所以()()110,4,3,3,0,3BC AC =-=--，115,992BC A C ==+设1BC 与1AC 所成角为θ，所以11932cos cos ,532BC A Cθ-===⨯.则1BC 与1AC 32故选：A.4．（2022·福建宁德·高二期中）若异面直线1l ，2l 的方向向量分别是()1,0,2a =-，()0,2,1b =，则异面直线1l 与2l 的夹角的余弦值等于（）A ．25-B ．25C ．255-D 255【答案】B【解析】由题，()22125a =+-=，22215b =+=，则22cos 555a b a bθ⋅-==⋅⋅，故选：B5．（2022·河南·焦作市第一中学高二期中（理））已知四棱锥S ABCD -的底面ABCD 是边长为1的正方形，SD ⊥平面ABCD ，线段,AB SC 的中点分别为E ，F ，若异面直线EC 与BF 5SD =（）A ．1B ．32C ．2D ．3【答案】C【解析】如图示，以D 为原点，,,DA DC DS 分别为x 、y 、z 轴正方向联立空间直角坐标系.不妨设(),0SD t t =>.则()0,0,0D ，()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()0,0,S t ，11,,02E ⎛⎫⎪⎝⎭，10,,22t F ⎛⎫ ⎪⎝⎭.所以11,,02EC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，11,,22t BF ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.因为异面直线EC 与BF 55211054cos ,1111444EC BF EC BF EC BFt -+==⨯+⨯++，解得：t =2.即SD =2.故选：C6．（2021·广东·深圳市龙岗区德琳学校高二期中）如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2DC SD ==，点M 是侧棱SC 的中点，2AD =则异面直线CD 与BM 所成角的大小为___________.【答案】3π【解析】由题知，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD 所以DA 、DC 、DS 两两垂直故以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系因为2DC SD ==，2AD =，点M 是侧棱SC 的中点，则()0,0,0D ，()0,2,0C ，)2,2,0B ，()0,0,2S ，()0,1,1M 所以()0,2,0DC =，()2,1,1BM =--设异面直线CD 与BM 所成角为θ则21cos 22211DC BM DC BMθ⋅-===⨯++⋅因为异面直线的夹角为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦所以3πθ=故答案为：3π.7．（2021·广东·江门市广雅中学高二期中）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1 2.AB AA ==E 、F 分别是BC 、11AC 的中点.设D 是线段11B C 上的（包括两个端点．．．．．．）动点，当直线BD 与EF 所10BD 的长为_______.【答案】【解析】如图以E为坐标原点建立空间直角坐标系：则()()10,0,0,,2,0,1,0,22E F B ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭设(0,,2)(11)D t t -≤≤，则()1,2,0,1,22EF BD t ⎫==+⎪⎪⎝⎭，设直线BD 与EF 所成角为θ所以cos ||||EF BD EF BD θ⋅==22314370t t +-=，解得1t =或3723t =-（舍去），所以BD ==故答案为：8．（2021·福建省厦门集美中学高二期中）如图，在正四棱锥V ABCD -中， E 为BC 的中点，2AB AV ==.已知F 为直线VA 上一点，且F 与A 不重合，若异面直线BF 与VE 所成角为余弦值为216，则VF VA =________.【答案】23【解析】连接AC 、BD 交于点O ，则AC BD ⊥，因为四棱锥V ABCD -为正四棱锥，故VO ⊥底面ABCD ，以点O 为坐标原点，OA 、OB 、OV 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则)A、E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、(V、()B ，设),0,VF VA λλ===-，其中01λ≤≤，(0,BV =，则)),1BF BV VF λ=+=-，22,22VE ⎛=- ⎝，由已知可得21cos ,6BF VE BF VE BF VE ⋅<>==⋅，整理可得2620λλ--=，因为01λ≤≤，解得23λ=，即23VF VA =.故答案为：23考点2：线面角9．（2022·山东·东营市第一中学高二期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为2，M 、N 分别为1A B 、AC 的中点．(1)证明：//MN 平面11BCC B ；(2)求1A B 与平面11A B CD 所成角的大小．【解析】（1）如图，以点D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴建立空间直角坐标系．则()2,0,0A ，()0,2,0C ，()12,0,2A ，(2,2,0)B ，()12,2,2B ，()2,1,1M ，()1,1,0N ．所以()1,0,1MN =--，因为DC ⊥平面11BCC B ,所以平面11BCC B 的一个法向量为(0,2,0)DC =，因为0MN DC ⋅=，所以MN DC ⊥，因为MN ⊂平面11BCC B ，所以//MN 平面11BCC B （2）()0,2,0DC =，()12,0,2DA =，()10,2,2A B =-．设平面11A B CD 的一个法向量为(),,n x y z =则122020DA n x z DC n y ⎧⋅=+=⎨⋅==⎩，令1z =，则1x =-，0y =，所以()1,0,1n =-设1A B 与平面11A B CD 所成角为θ，则1111sin cos ,2A B n A B n A B nθ⋅===⋅．因为0180θ︒≤<︒，所以1A B 与平面11A B CD 所成角为30°．10．（2021·黑龙江·哈尔滨七十三中高二期中（理））如图，已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面边长2AB =，侧棱1BB 的长为4，过点B 作1B C 的垂线交侧棱1CC 于点E ，交1B C 于点F．(1)求证：1A C ⊥平面BED ；(2)求1A B 与平面BDE 所成的角的正弦值．【解析】（1）连接AC ，因为1111ABCD AB C D -是正四棱柱，即底面为正方形，则BD AC ⊥，又1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，则1BD AA ⊥，又1AC AA A =∩，1,AC AA ⊂平面1A AC ，故BD ⊥平面1A AC ，而1AC ⊂平面1A AC ，则1BD AC ⊥，同理得1BE AC ⊥，又BD BE B ⋂=，,BD BE ⊂平面BDE ，所以1A C ⊥平面BDE ；（2）以DA 、DC 、1DD 分别为,,x y z 轴，建立直角坐标系，则()2,2,0B ，()()12,0,4,0,2,0A C ，∴()10,2,4A B =-，()12,2,4AC =--，由题可知()12,2,4AC =--为平面BDE 的一个法向量，设1A B 与平面BDE 所成的角为α，则1130sin cos 62024,C A B A α==⋅，即1A B 与平面BDE 所成的角的正弦值为306.11．（2021·河北唐山·高二期中）如图（1），△BCD 中，AD 是BC 边上的高，且∠ACD ＝45°，AB ＝2AD ，E 是BD 的中点，将△BCD 沿AD 翻折，使得平面ACD ⊥平面ABD ，得到的图形如图（2）．(1)求证：AB⊥CD；(2)求直线AE与平面BCE所成角的正弦值．【解析】(1)证明：由图（1）知，在图（2）中AC⊥AD，AB⊥AD，∵平面ACD⊥平面ABD，平面ACD∩平面ABD＝AD，AB⊂平面ABD，∴AB⊥平面ACD，又CD⊂平面ACD，∴AB⊥CD；(2)由（1）可知AB⊥平面ACD，又AC⊂平面ACD，∴AB⊥AC.以A为原点，AC，AB，AD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，不妨设AC＝1，则A（0，0，0），B（0，2，0），C（1，0，0），D（0，0，1），E（0，1，12），∴A E＝10,1,2⎛⎫,⎪⎝⎭BC＝(120),BE,-,＝10,1,2⎛⎫-,⎪⎝⎭设平面BCE的法向量为n＝（x，y，z），由20102BC n x yn BE y z⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令y＝1，得x＝2，z＝2，则n＝（2，1，2），……设直线AE与平面BCE所成角为θ，则245 sin|cos,|15532AE nθ==⨯故直线AE与平面BCE4512．（2022·贵州·遵义市第五中学高二期中（理））如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面ABP，BC//AD，∠PAB=90°，PA=AB=2，AD=3，BC=1，E是PB的中点.(1)证明：PB ⊥平面ADE ；(2)求直线AP 与平面AEC 所成角的正弦值.【解析】（1）因AD ⊥平面ABP ，PB ⊂平面ABP ，则AD ⊥PB ，又PA =AB =2，E 是PB 的中点，则有AE ⊥PB ，而AE AD A =，,AE AD ⊂平面ADE ，所以PB ⊥平面ADE .（2）因AD ⊥平面ABP ，∠PAB =90°，则直线,,AB AD AP 两两垂直，以点A 为原点，射线,,AB AD AP 分别为x ，y ，z 轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则(0,0,0),(1,0,1),(0,0,2),(2,1,0)A E P C ，(1,0,1),(2,1,0),(0,0,2)AE AC AP ===，令平面AEC 的一个法向量为(,,)n x y z =，则020n AE x z n AC x y ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，令1x =-，得(121)n ,,=-，令直线AP 与平面AEC 所成角的大小为θ，则||26sin |cos ,|||||62n AP n AP n AP θ⋅=〈〉==⨯所以直线AP 与平面AEC 613．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD BC ∥，90ABC ∠=︒，2PA AB BC ===，1AD =，点M ，N 分别为棱PB ，DC 的中点．(1)求证：AM ∥平面PCD ；(2)求直线MN 与平面PCD 所成角的正弦值．【解析】（1）证明:以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则()()()0,0,0,0,2,0,2,2,0A B C ,()()()1,0,0,0,0,2,0,1,1D P M ,则()()0,1,1,1,0,2AM PD ==-,()1,2,0CD =--,设平面PCD 的一个法向量为(),,n x y z =r,则2020n PD x z n CD x y ⎧⋅=-=⎨⋅=--=⎩,令1z =,则2,1x y ==-,则平面PCD 的一个法向量为()2,1,1n =-,0110,n AM n AM∴⋅=-+=∴⊥//AM ∴平面PCD（2）由（1）得3,1,02N ⎛⎫ ⎪⎝⎭,3,0,12MN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭设直线MN 与平面PCD 所成角为θ.sin cos ,n MN MN n n MNθ⋅∴==⋅39=∴直线MN 与平面PCD 所成角的正弦值为27839.14．（2021·福建·厦门大学附属科技中学高二期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ABCD ⊥平面，,//AB AD BC AD ⊥，点M 是棱PD 上一点，且满足2,4AB BC AD PA ====．(1)求二面角A CD P --的正弦值；(2)若直线AM 与平面PCD所成角的正弦值为3，求MD 的长．【解析】(1)如图建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(2,2,0)C ，(0,4,0)D ，(0,0,4)P ，(2,2,0)CD =-，(0,4,4)PD =-，设平面PCD 法向量(,,)n x y z =，则00n CD n PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即220440x y y z -+=⎧⎨-=⎩，令1x =，111x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩，即(1,1,1)n =，又平面ACD 的法向量(0,0,1)m =，cos ,3m n m n m n⋅〈〉=，故二面角A CD P --3=．(2)设MD PD λ=（01λ≤≤），(0,4,4)MD λλ=-，点(0,4,44)M λλ-，∴(0,4,44)AM λλ=-，由（1）得平面PCD 法向量(1,1,1)n =，且直线AM 与平面PCD∴6cos ,3AM n AM n AM n⋅〈〉==，解得12λ=，即12=MD PD ，又PD 12==MD PD 15．（2022·北京市第十二中学高二期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，PD ⊥平面ABCD ，E 是棱PC 的中点．(1)证明：//PA 平面BDE ；(2)若1,90PD AD BD ADB ===∠=︒，F 为棱PB 上一点，DF 与平面BDE 所成角的大小为30°，求PFPB的值．【解析】(1)如图，连接AC 交BD 于点M ，连接EM ，因为M 是AC 的中点，E 是PC 的中点，所以//PA EM 又ME ⊂平面BDE ，PA ⊄平面BDE ，所以//PA 平面BDE(2)因为1,90PD AD BD ADB ===∠=︒，所以AD BD ⊥，故以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DB 为y 轴，DP 为z轴建立空间直角坐标系，则()()()()()1110,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,1,1,0,,,222D A B P C E ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，()111,,,0,1,0222DE DB ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，设平面BDE 的法向量为(),,n x y z =r ，则00n DE n DB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11102220x y z y ⎧-++=⎪⎨⎪=⎩，故取()1,0,1n =，设(01)PF PB λλ=<<，则()()0,,1,0,,1F DF λλλλ-=-因为直线DF 与平面BDE 所成角的大小为30，所以1sin302DF n DF n⋅==12=解得12λ=，故此时12PF PB =.16．（2022·江苏·东海县教育局教研室高二期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，2PD AD ==，AD PC ⊥，点E 在线段PC 上（不与端点重合），30PCD ∠=︒.(1)求证：AD ⊥平面PCD ；(2)是否存在点E 使得直线PB 与平面ADE 所成角为30°？若存在，求出PEEC的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)证明：在正方形ABCD 中，可得AD CD ⊥，又由AD PC ⊥，且CDPC C =，CD ⊂平面PCD ，PC ⊂平面PCD ，根据线面垂直的判定定理，可得AD ⊥平面PCD .(2)在平面PCD 中，过点D 作DF CD ⊥交PC 于点F .由（1）知AD ⊥平面PCD ，所以AD DF ⊥，又由AD DC ⊥，以{},,DA DC DF 为正交基底建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示，则()(0,0,0),2,0,0D A ，()2,2,0B ，()0,2,0C，(0,P -，设PEEC λ=，则PE EC λ=，所以212,,11AE AP PE λλλ⎛⎫-=+=- ++⎝⎭，()2,0,0AD =-，(2,3,PB =uu r设平面ADE 的一个法向量为(),,n x y z =，则2120120AE n x y AD n x λλ⎧-⋅=-++=⎪⎨+⎪⋅=-=⎩，取y =0,12x z λ==-，所以平面ADE的一个法向量()2n λ=-，因为直线PB 与平面ADE 所成角为30，所以1sin 30cos ,2PB n ︒==，解得5λ=±综上可得，存在点E 使得直线PB 与平面ADE 所成角为30，且5PEEC=±考点3：二面角17．（2022·云南·罗平县第一中学高二期中）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，D 为1AB 的中点，1B C 交1BC 于点E ，AC BC ⊥，1CA CB CC ==.(1)求证：DE ∥平面11AAC C ；(2)求平面1AB C 与平面11A B C 的夹角的余弦值.【解析】（1）证明：因为111ABC A B C -为三棱柱，所以平面11BCC B 是平行四边形，又1B C 交1BC 于点E ，所以E 是1B C 的中点．又D 为1AB 的中点，所以//DE AC ，又AC ⊂平面11AAC C ，DE ⊂/平面11AAC C ，所以//DE 平面11AAC C ；（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面111A B C ，又AC BC ⊥，所以11C A 、11C B 、1C C 两两互相垂直，所以以1C 为坐标原点，分别以11C A 、11C B 、1C C 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，如图所示．设11CA CB CC ===，则1(0,0,0)C ，1(1,0,0)A ，1(0,1,0)B ，(1,0,1)A ，(0,0,1)C ，所以1(1,1,1)AB =--，(1,0,0)=-AC ，11(1,1,0)=-A B ，1(1,0,1)AC =-．设平面1AB C 的一个法向量为(,,)n x y z =，则100n AB n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，所以00x y z x -+-=⎧⎨-=⎩，不妨令1y =，则(0,1,1)n =，设平面11A B C 的一个法向量为(,,)m x y z =，则11100m A B m A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以00x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，不妨令1y =，则(1,1,1)m =．所以cos ||||m n m n m n ⋅〈⋅〉===⋅所以平面1AB C 与平面11A B C18．（2022·江苏·宝应县教育局教研室高二期中）如图，已知三棱锥O ABC -的侧棱,,OA OB OC 两两垂直，且1,2OA OB OC ===，E 是OC的中点．(1)求异面直线BE 与AC 所成角的余弦值；(2)求二面角A BE C --的正弦值．【解析】（1）以O 为原点，OB ，OC ，OA 分别为,,x y z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则有()0,0,1A ，()2,0,0B ，()0,2,0C ，()0,1,0E .()()()2,0,00,1,02,1,0EB =-=-，()0,2,1AC =-.2cos 5EB AC =-，.由于异面直线BE 与AC 所成的角是锐角，故其余弦值是25.（2）()()2,0,10,1,1AB AE =-=-，.设平面ABE 的法向量为()1,,n x y z =，则由11n AB n AE ⊥⊥，，得200x z y z -=⎧⎨-=⎩，取()11,2,2n =.由题意可得，平面BEC 为xOy 平面，则其一个法向量为()20,0,1n =u u r，1212122cos 3n n n n n n ⋅===⋅，，则12sin 3n n =，，即二面角A BE C --的正弦值为3．19．（2021·福建·厦门一中高二期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB =，2BC =，4ABC π∠=，四边形ACEF 为矩形，平面ACEF ⊥平面ABCD ，1AF =，点M 在线段EF 上运动．(1)当AE DM ⊥时，求点M 的位置；(2)在（1）的条件下，求平面MBC 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值．【解析】（1）2AB =2AD BC ==，4ABC π∠=，∴222cos 2AC AB BC AB BC ABC +-⋅∠∴222AB AC BC +=，∴90BAC ∠=︒，AB AC ∴⊥，又AF AC ⊥，又平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF 平面ABCD AC =，AF ⊂平面ACEF ，AF ∴⊥平面ABCD ，所以以AB ，AC ，AF 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(2,2,0),(0,2,1),(0,0,1)A B C D E F-，设(0,,1),02M y y 则2,1)AE =，(2,2,1)DM y =-AE DM ⊥，∴2(2)10AE DM y ⋅=-+=，解得22y =，∴12FM FE =．∴当AE DM ⊥时，点M 为EF 的中点．（2）由（1）可得(2,,1)2BM =，(BC =设平面MBC 的一个法向量为111(,,)m x y z =，则111112020m BM y z m BC ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅==⎩，取12y =，则m =，易知平面ECD 的一个法向量为(0,1,0)n =，∴cos |cos ,|||||m n m n m n θ⋅=<>=⋅∴平面MBC 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值为105．20．（2022·四川省内江市第六中学高二期中（理））如图，直角三角形ABC 中，60BAC ∠=，点F 在斜边AB 上，且4AB AF =，AD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，3AD =，4AC BE ==．(1)求证：DF ⊥平面CEF ；(2)点M 在线段BC 上，且二面角F DM C --的余弦值为25，求CM 的长度．【解析】（1）90ACB ∠=，60BAC ∠=，4AC =，8AB ∴=，又4AB AF =，2AF ∴=；2222cos 2016cos6012CF AC AF AC AF BAC ∴=+-⋅∠=-=，解得：CF =，222AF CF AC ∴+=，则AF CF ⊥；DA ⊥平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，CF AD ∴⊥；又,AF AD ⊂平面ADF ，AFA AD =，CF ∴⊥平面ADF ，DF ⊂平面ADF ，DF CF ∴⊥；连接ED ，在四边形ABED 中，作DH BE ⊥，垂足为H，如下图所示，DF ==EF ==，DE =222DF EF DE ∴+=，则DF EF ^；,CF EF ⊂平面CEF ，CF EF F ⋂=，DF ⊥∴平面CEF .（2）以C 为坐标原点，,CA CB 正方向为,x y 轴，以BE 的平行线为z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设CM m =，则()0,,0M m ，()0,0,0C ，()4,0,3D，()F ，()4,,3MD m ∴=-，()4,0,3CD =，()1,FD =，设平面DMF 的法向量(),,n x y z =，则43030MD n x my z FD n x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令9y =，解得：3x m =-z m =，()3n m m ∴=--；设平面CDM 的法向量(),,m a b c =，则430430CD m a c MD m a mb c ⎧⋅=+=⎨⋅=-+=⎩，令3a =，解得：0b =，4c =-，()3,0,4m ∴=-；二面角F DM C --的余弦值为25，2cos ,5m n m n m n ⋅∴<>==⋅，25=，((()222134381m m m ⎡⎤∴-=-++⎢⎥⎣⎦，解得：m；当m F DM C --为钝二面角，不合题意；则二面角F DM C --的余弦值为25时，CM =21．（2022·江苏徐州·高二期中）如图所示，在四棱锥中P ABCD -，2AB DC=，0AB BC ⋅=，AP BD ⊥，且AP DP DC BC ====(1)求证：平面ADP ⊥平面ABCD ；(2)已知点E 是线段BP 上的动点（不与点P ､B 重合），若使二面角E AD P --的大小为4π，试确定点E 的位置.【解析】(1)连接BD ，由2AB DC =，0AB BC ⋅=知242,//,AB DC AB DC CD BC ==⊥，在Rt BCD 中，22216,4BD CD BC BD =+==，设AB 的中点为Q ，连接DQ ，则//,CD QB QB CD =，所以四边形BCDQ 为平行四边形，又,CD BC DC BC ⊥=，所以四边形BCDQ 为正方形，所以,22DQ AB DQ AQ ⊥==Rt AQD 中，22216AD AQ DQ =+=，在Rt ABD 中，222161632AD BD AB +=+==，所以AD BD ⊥，又,AP BD AP AD A ⊥⋂=，,AP AD ⊂平面ADP ，所以BD ⊥平面ADP ，又BD ⊂平面ABCD ，所以平面ADP ⊥平面ABCD ；(2)在APD △中，2228816AP PD AD +=+==，所以AP PD ⊥，在Rt APD 中，过点P 作PF AD ⊥，垂足为F ，因为PA PD =，所以F 为AD 中点，所以2PF DF ==，由（1）得BD ⊥平面ADP ，PF ⊂平面ADP ，则BD PF ⊥，,AD BD ⊂平面ABCD ，ADBD D =，则PF ⊥平面ABCD .以D 为原点，分别以,DA DB 所在直线为,x y 轴，以过点D 与平面ABCD 垂直的直线为z 轴，建立如图所示空间坐标系，则(0,0,0),(4,0,0),(0,4,0),(2,0,2),(4,0,0),(2,4,2)D A B P DA PB ==--，设()(2,4,2),0,1PE PB λλλλλ==--∈，则(22,4,22)DE DP PE λλλ=+=--，易知平面PAD 的一个法向量为(0,1,0)m =，设平面EAD 的法向量为(,,)n x y z =，则()()40224220n DA x n DE x y z λλλ⎧⋅==⎪⎨⋅=-++-=⎪⎩，令1z =，则1(0,,1)2n λλ-=，所以221cos ,cos 4211m n m n m nλπλλλ⋅-===⎛⎫+ ⎪-⎝⎭，即2122521λλλ-=-+，即23210λλ+-=，解得1λ=-（舍）或13λ=，所以，当点E 在线段BP 上满足13PE PB =时，使二面角E AD P --的大小为4π.22．（2021·湖北十堰·高二期中）如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，//,2,4,23AN BM AB AN BM CN ====(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM 上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --的余弦值为33，若存在求出CE EM 的值，若不存在，请说明理由.【解析】(1)正方形ABCD 中，BC AB ⊥，因为平面ABCD ⊥平面ABMN ，平面ABCD平面,ABMN AB BC =⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ABMN ，所以BC BM ⊥，且BC BN ⊥，2,23BC CN ==所以2222BN CN BC -，又因为2AB AN ==，所以222BN AB AN =+，所以AN AB ⊥，又因为AN //BM ，所以BM AB ⊥，BC BA B =，所以BM ⊥平面ABCD .(2)由（1）知，BM ⊥平面,ABCD BM AB ⊥，以B 为坐标原点，,,BA BM BC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系.()()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,0,4,0B C N M 设点(),,,,E x y z CE CM λ=[0,λ∈1]，则()(),,20,4,2x y z λ-=-，所以0422x y z λλ=⎧⎪=⎨⎪=-⎩，所以()0,4,22E λλ-，所以()()2,2,0,0,4,22BN BE λλ==-，设平面BEN 的法向量为(),,m x y z =，()2204220m x y m y z λλ⋅=+=⎧∴⎨⋅=+-=⎩令1x =，所以21,1y z λλ=-=-，所以2(1,1,)1m λλ=--，显然，平面BMN 的法向量为()0,0,2BC =，所以cos ,BC m BC m BC m⋅=⋅3==即2642λλ=-+，即23210λλ+-=，解得13λ=或1-（舍），则存在一点E ，且12CE EM =.考点4：点到直线的距离23．（2021·云南大理·高二期中）鳖臑是指四个面都是直角三角形的三棱锥.如图，在鳖臑P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2AB BC PA ===，D ，E 分别是棱AB ，PC 的中点，点F是线段DE 的中点，则点F 到直线AC 的距离是（）A ．38B 6C ．118D ．224【答案】B 【解析】因为AB BC =，且ABC 是直角三角形，所以AB BC ⊥.以B 为原点，分别以BC ，BA 的方向为x ，y 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz -.因为2AB BC PA ===，所以()0,2,0A ，()2,0,0C ，()0,1,0D ，()1,1,1E ，则()2,2,0AC =-，11,1,22AF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.故点F到直线AC 的距离2221136144422AF AF AC AC d ⎛⎫⋅⎛⎫⎪=-++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故点F 到直线AC 的距离是6424．（2021·河北·石家庄市第十二中学高二期中）已知直线l 的方向向量为(1,0,2)n =，点()0,1,1A 在直线l 上，则点()1,2,2P 到直线l 的距离为（）A ．230B 30C 3010D 305【答案】D【解析】由已知得(1,1,1)PA =---，因为直线l 的方向向量为(1,0,2)n =，所以点()1,2,2P 到直线l 的距离为2222212930335512PA n PA n ⎛⎫⎛⎫⋅-----= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭故选：D25．（2021·北京·牛栏山一中高二期中）在空间直角坐标系中，已知长方体1111ABCD A B C D -的项点()0,0,0D ，()2,0,0A ，()2,4,0B ，()10,4,2C =，则点1A 与直线1BC 之间的距离为（）A ．B ．2C ．125D ．52【答案】A【解析】如图，由题意知，建立空间直角坐标系D xyz -，1(000)(200)(240)(042)D A B C ，，，，，，，，，，，，则1422AB BC CC ===，，，连接111A B AC ，，所以1111A B A C BC ===得11A BC V 是等腰三角形，取1BC 的中点O ，连接1OA ，则1OA ⊥1BC ，即点1A 到直线1BC 的距离为1OA ，在1Rt A OB 中，有1OA ==故选：A26．（2021·北京市昌平区第二中学高二期中）已知空间中三点(1,0,0)A -，(0,1,1)B -，(2,1,2)C --，则点C 到直线AB 的距离为（）A B C D 【答案】A【解析】依题意得()()1,1,2,1,1,1AC AB =--=-则点C 到直线AB 的距离为63d =故选：A27．（2022·江西南昌·高二期中（理））如图，在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为BC 的中点，点P 在线段1D E 上，点Р到直线1CC 的距离的最小值为_______.【答案】5【解析】在正方体1111ABCD A B C D -中，建立如图所示的空间直角坐标系，则11(0,4,0),(0,0,4),(2,4,0),(0,4,4)C D E C ，11(2,0,0),(0,0,4),(2,4,4)CE CC ED ===--，因点P 在线段1D E 上，则[0,1]λ∈，1(2,4,4)EP ED λλλλ==--，(22,4,4)CP CE EP λλλ=+=--，向量CP 在向量1CC 上投影长为11||4||CP CC d CC λ⋅==，而||CP =，则点Р到直线1CC的距离4525h =，当且仅当15λ=时取“=”，所以点Р到直线1CC的距离的最小值为5.28．（2022·福建龙岩·高二期中）直线l 的方向向量为()1,1,1m =-，且l 过点()1,1,1A -，则点()0,1,1P -到l 的距离为___________.【解析】(1,0,2)AP =-，直线l 的方向向量为()1,1,1m =-，由题意得点P 到l的距离d =29．（2021·山东·嘉祥县第一中学高二期中）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，O 为平面11A ABB 的中心，E 为BC 的中点，则点O 到直线1A E 的距离为________.【答案】3【解析】如图，以D 为原点建系，则()()()12,0,2,2,1,1,1,2,0A O E ，则()()110,1,1,1,2,2AO A E =-=--，则111111cos ,3A O A E A O A E A O A E⋅==，又[]11,0,A O A E π∈，所以111sin ,3A O A E =，所以点O 到直线1A E的距离为1111sin ,33A O A O A E ==.故答案为：23.考点5：点到平面的距离、直线到平面的距离、平面到平面的距离30．（2020·山东省商河县第一中学高二期中）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，已知2AB AD ==，15AA =，E ，F 分别为1DD ，1BB 上的点，且11DE B F ==．(1)求证：BE ⊥平面ACF ：(2)求点B 到平面ACF 的距离．【解析】（1）以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则()()()()()2,0,0,2,2,0,0,2,0,0,0,1,2,2,4A B C E F ,设面ACF 的一个法向量为()=,,n x y z ，()()=2,2,0,0,2,4AC AF -=，可得00n AC n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即220240x y y z -+=⎧⎨+=⎩，不妨令1z =则()=2,2,1n BE --=,BE ∴⊥平面ACF .（2）()=0,2,0AB ，则点B 到平面ACF 的距离为43AB nn⋅=.31．（2022·江苏·2的正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，则点D 到平面ABC 的距离为______．【答案】33【解析】记AC 与BD 的交点为O ，图1中，由正方形性质可知AC BD ⊥，所以在图2中，,OB AC OD AC ⊥⊥，所以2BOD π∠=，即OB OD⊥如图建立空间直角坐标系，易知1OA OB OC OD ====则(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0)A B C D -则(0,1,1),(1,0,1),(0,2,0)AB AC BD =--=-=设(,,)n x y z =为平面ABC 的法向量，则00AB n y z AC n x z ⎧⋅=--=⎨⋅=-=⎩，取1x =，得(1,1,1)n =-所以点D 到平面ABC 的距离22333BD n d n⋅===故答案为：23332．（2022·河南·濮阳一高高二期中（理））如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，若E ，F 分别是上底棱的中点，则点A 到平面11B D EF 的距离为______．【答案】1【解析】以1D 为坐标原点，11111,,D A D C D D 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则()1,0,1A ，()11,1,0B ，10,,12E ⎛⎫⎪⎝⎭，()10,0,0D ，设平面11B D EF 的法向量(),,m x y z =，则有1111020m D E y z m D B x y ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令2y =得：2,1x z =-=-，故()2,2,1m =--，其中()10,1,1AB =-，则点A 到平面11B D EF 的距离为11AB m d m⋅===故答案为：133．（2022·山东·济南外国语学校高二期中）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，平面1AB C 与平面11AC D 间的距离是________.【解析】以点A 为坐标原点，AB 、AD 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A 、()11,0,1B 、()1,1,0C 、()0,1,0D 、()10,0,1A 、()11,1,1C ，设平面1AB C 的法向量为()111,,m x y z =，()11,0,1AB =，()1,1,0AC =，由1111100m AB x z m AC x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11x =，可得()1,1,1m =--，设平面11AC D 的法向量为()222,,n x y z =，()10,1,1DA =-，()11,0,1DC =，由12212200n DA y z n DC x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取21x =，可得()1,1,1n =--r ，因为m n =，平面1AB C 与平面11AC D 不重合，故平面1//AB C 平面11AC D ，()0,1,0AD =uuu r ，所以，平面1AB C 与平面11AC D 间的距离为1333AD m d m⋅==故答案为：33.34．（多选题）（2020·辽宁·大连八中高二期中）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点,E O 分别是11A B ，11AC 的中点，P 在正方体内部且满足1132243AP AB AD AA =++，则下列说法正确的是（）A ．点A 到直线BE 255B ．点O 到平面11ABCD 的距离是24C ．平面1A BD 与平面11B CD 3D ．点P 到直线AD 的距离为56【答案】ABCD【解析】如图，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(1,0,0)B ，(0,1,0)D ，1(0,0,1)A ，1(1,1,1)C ，()10,1,1D ，1,0,12E ⎛⎫⎪⎝⎭，所以1(1,0,0),,0,12BA BE ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭．设ABE θ∠=，则||5cos 5||||BA BE BA BE θ⋅==，25sin 5θ==．故A 到直线BE的距离1||sin 1d BA θ===，故选项A 正确．易知111111,,0222C O C A ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，平面11ABC D 的一个法向量1(0,1,1)DA =-，则点O 到平面11ABC D 的距离11211||224||DA C O d DA ⋅===，故选项B 正确．1111(1,0,1),(0,1,1),(0,1,0)A B A D A D =-=-=．设平面1A BD 的法向量为(,,)n x y z =，则110,0,n A B n A D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以0,0,x z y z -=⎧⎨-=⎩令1z =，得1,1y x ==，所以(1,1,1)n =．所以点1D 到平面1A BD的距离113||||A D n d n ⋅===因为平面1//A BD 平面11B CD ，所以平面1A BD 与平面11B CD 间的距离等于点1D 到平面1A BD 的距离，所以平面1A BD 与平面11B CD 间的距离为3.故选项C 正确．因为1312423AP AB AD AA =++，所以312,,423AP ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又(1,0,0)AB =，则34||AP AB AB ⋅=，所以点P 到AB 的距离56d ==.故选项D 正确．故选：ABCD.考点6：异面直线的距离35．（2021·安徽·合肥市第六中学高二期中）如图正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，12AA =.动点P ，Q 分别在线段1C D ，AC 上，则线段PQ 长度的最小值是（）A ．13B ．23C ．1D ．43【答案】B【解析】由题意可知，线段PQ 长度的最小值为异面直线1C D 、AC 的公垂线的长度.如下图所示，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则点()1,0,0A 、()0,1,0C 、()10,1,2C 、()0,0,0D ，所以，()1,1,0AC =-，()10,1,2=DC ，()1,0,0DA =，设向量(),,n x y z =满足n AC ⊥，1⊥n DC ，由题意可得1020n AC x y n DC y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，解得2x yy z =⎧⎪⎨=-⎪⎩，取2y =，则2x =，1z =-，可得()2,2,1n =-，因此，min 23DA n PQ n⋅==.故选：B .36．（2021·辽宁沈阳·高二期中）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，2BC =，13AA =，则异面直线AC 与1BC 之间的距离是（）A 5B 7C 6D ．67【答案】D【解析】如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则()()()()12,0,0,0,1,0,2,1,0,0,1,3A C B C ，则()2,1,0AC =-，()12,0,3BC =-，设AC 和1BC 的公垂线的方向向量(),,n x y z =，则100n AC n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20230x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，令3x =，则()3,6,2n =，()0,1,0AB =，67AB n d n⋅∴==.故选：D.37．（2021·上海交大附中高二期中）在正方体1111ABCD A B C D -中，4AB =，则异面直线AB 和1AC 的距离为___________.【答案】【解析】如图，以D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，由1(4,0,0),(4,4,0),(0,4,0),(4,0,4)A B C A ，则1(0,4,0),(4,4,4)AB CA ==-，1(0,0,4)AA =设(,,)m x y z =是异面直线AB 和1AC 的公垂线的一个方向向量，则1404440m AB y m CA x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，则(1,0,1)m =-，所以异面直线AB 和1AC的距离为1AA m m ⋅==故答案为：38．（2021·广东·广州市第二中学高二期中）如图，在三棱锥P ABC -中，三条侧棱PA ，PB ，PC 两两垂直，且3PA PB PC ===，G 是PAB △的重心，E ，F 分别为BC ，PB 上的点，且::1:2BE EC PF FB ==.（1）求证：平面GEF ⊥平面PBC ；（2）求证：EG 是直线PG 与BC 的公垂线；（3）求异面直线PG 与BC 的距离.【解析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，()()()()()()3,0,0,0,3,0,0,0,3,0,1,0,0,2,1,1,1,0A B C F E G ，()1,0,0GF =-，0,0GF PC GF PB ⋅=⋅=，所以,,GF PC GF PB PC PB P ⊥⊥⋂=，所以GF ⊥平面PBC ，由于GF ⊂平面GEF ，所以平面GEF ⊥平面PBC .（2）()()1,1,1,0,3,3EG BC =--=-，0,0EG PG EG BC ⋅=⋅=，所以EG 是直线PG 与BC 的公垂线.（3）2221113EG =++=所以异面直线PG 与BC39．（2021·全国·高二期中）如下图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，,2,12ABC BAD PA AD AB BC π∠=∠=====．（1）求平面PAB 与平面PCD 所成夹角的余弦值；（2）求异面直线PB 与CD 之间的距离．【解析】以A 为原点，,,AB AD AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则()()()()()0,0,0,1,0,0,1,1,0,0,2,0,0,0,2A B C D P ．（1）因为PA ⊥平面ABCD ，且AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥，又AB AD ⊥，且PAAB A =，所以AD ⊥平面PAB ，所以()0,2,0AD =是平面PAB 的一个法向量．易知()()1,1,2,0,2,2PC PD =-=-uu u r uu u r ，设平面PCD 的法向量为(),,m x y z =，则0,0,m PC m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,220,x y y z +-=⎧⎨-=⎩，令1y =解得1,1z x ==．所以()1,1,1m =是平面PCD 的一个法向量，从而3cos ,AD m AD m AD m⋅==uuu r u r uuu r u r uuu r u r PAB 与平面PCD 所成夹角为锐角所以平面PAB 与平面PCD 所成夹角的余弦值为33．（2）()1,0,2BP =-，设Q 为直线PB 上一点，且(),0,2BQ BP λλλ==-，因为()0,1,0CB =-，所以(),1,2CQ CB BQ λλ=+=--，又()1,1,0CD =-，所以点Q 到直线CD 的距离()22cos d CQ CQ CQ CD =-⋅uu u r uu u r uu u r uu u r===，因为22919144222999λλλ⎛⎫++=++≥⎪⎝⎭，所以23d≥，所以异面直线PB与CD之间的距离为2 3．。

立体几何-空间角求法题型(线线角、线面角、二面角)

空间角求法题型（线线角、线面角、二面角）空间角能比较集中的反映学生对空间想象能力的体现，也是历年来高考命题者的热点，几乎年年必考。

空间角是线线成角、线面成角、面面成角的总称。

其取值范围分别是：0° < 90°、0°< < 90°、0° < 180°。

空间角的计算思想主要是转化：即把空间角转化为平面角，把角的计算转化到三角形边角关系或是转化为空间向量的坐标运算来解。

空间角的求法一般是：一找、二证、三求解，手段上可采用：几何法（正余弦定理）和向量法。

下面举例说明。

一、异面直线所成的角：例1如右下图，在长方体 ABCD A i BiGD i 中，已知AB 4 , AD 3, AA 2。

E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB FB 1。

求直线EC i 与FD i 所成的角的余弦值。

思路一：本题易于建立空间直角坐标系，uuu uuu把EC i 与FD i 所成角看作向量 EC 与FD 的夹角，用向量法求解。

思路二：平移线段C i E 让C i 与D i 重合。

转化为平面角，放到三角形中，用几何法求解。

（图I ）uuu uju umr解法一：以A 为原点，ABAD'AA 分别为x 轴、y 轴、z 轴的•••直线EC i 与FD i 所成的角的余弦值为 --- I4解法二：延长 BA 至点 E i ,使 AE i =I ，连结 E i F 、DE i 、D i E i 、DF , 有D i C i //E i E , D i C i =E i E ,则四边形 D i E i EC i 是平行四边形。

则 E i D i //EC i 于是/ E i D i F 为直线EC i 与FD i 所成的角。

在 Rt △ BE i F 中， E i F -J E i F 2 BF 2「5 2 i 2 「‘莎。

立体几何中二面角和线面角

立体几何中的角度问题一、异面直线所成的角1、如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是矩形，⊥PA 底面ABCD ，E 是PC 的中点，已知2=AB ，22=AD ，2=PA ，求：（1）三角形PCD 的面积；（2）异面直线BC 与AE 所成的角的大小。

2、如图６，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为２，点Ｅ是正方形11BCC B 的中心，点Ｆ、Ｇ分别是棱111,C D AA 的中点．设点11,E G 分别是点Ｅ，Ｇ在平面11DCC D 内的正投影．（１）求以Ｅ为顶点，以四边形FGAE 在平面11DCC D 内的正投影为底面边界的棱锥的体积；（２）证明：直线11FG FEE ⊥平面；（３）求异面直线11E G EA 与所成角的正弦值二、直线与平面所成夹角1、如图，在四棱锥P ABCD -中，底面为直角梯形，//AD BC ，90BAD ∠=，PA ⊥ 底面ABCD ，且2PA AD AB BC ===，M N 、分别为PC 、PB 的中点。

求CD 与平面ADMN 所成的角的正弦值。

2、长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1 , AB=3 ,BC=2, A 1A= 4 ，求AB 与面 AB 1C 1D 所成的角的正弦值。

三、二面角与二面角的平面角问题1、如图5．在椎体P-ABCD 中，ABCD 是边长为1的棱形，且∠DAB=60︒，2PA PD ==,PB=2,E,F 分别是BC,PC 的中点．（1）证明：AD ⊥平面DEF; （2）求二面角P-AD-B 的余弦值．2、如图5，AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为AC 的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点，平面AEC 外一点F 满足5FB FD a ==，6EF a =。

（1）证明：EB FD ⊥；（2已知点,Q R 为线段,FE FB 上的点，23FQ FE =，23FR FB =，求平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值。

高二数学二面角专项练习题及参考答案(精品)

高二数学二面角专项练习题及参考答案班级_____________姓名_____________一、定义法：直接在二面角的棱上取一点，分别在两个半平面内作棱的垂线，得出平面角. 例1 在四棱锥P-ABCD 中，ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AB=a ，求二面角B-PC-D 的大小。

二、垂线法：已知二面角其中一个面内一点到一个面的垂线，用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角；例2 在四棱锥P-ABCD 中，ABCD 是平行四边形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AB=a ，∠ABC=30°，求二面角P-BC-A 的正切。

三、垂面法：作棱的垂直平面，则这个垂面与二面角两个面的交线所夹的角就是二面角的平面角例3 在四棱锥P-ABCD 中，ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，求B-PC-D 的大小。

四、投影面积法:一个平面α上的图形面积为S ，它在另一个平面β上的投影面积为S'，这两个平面的夹角为θ，则S'=Scos θ或cos θ=/SS .例4 在四棱锥P-ABCD 中，ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝a ，求平面PBA 与平面PDC 所成二面角的大小。

五、补形法：对于一类没有给出棱的二面角，应先延伸两个半平面，使之相交出现棱，然后再选用上述方法（尤其要考虑射影法）。

例5、在四棱锥P-ABCD 中，ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝a ，求平面PBA 与平面PDC 所成二面角的大小。

方法归纳：二面角的类型和求法可用框图展现如下： [基础练习]1．二面角是指（） A 两个平面相交所组成的图形B 一个平面绕这个平面内一条直线旋转所组成的图形C 从一个平面内的一条直线出发的一个半平面与这个平面所组成的图形D 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形2．平面α与平面β、γ都相交，则这三个平面可能有（） A 1条或2条交线 B 2条或3条交线C 仅2条交线D 1条或2条或3条交线3．在300的二面角的一个面内有一个点，若它到另一个面的距离是10，则它到棱的距离是( )A 5B 20C 210 D225 4．在直二面角α-l-β中，RtΔABC 在平面α内，斜边BC 在棱l 上，若AB 与面β所成的角为600，则AC 与平面β所成的角为（） A 300 B 450 C 600 D 1200 5．如图，射线BD 、BA 、BC 两两互相垂直，AB=BC=1，BD=26，则弧度数为3的二面角是（） A D-AC-B B A-CD-BC A-BC-D D A-BD-C6．△ABC 在平面α的射影是△A 1B 1C 1，如果△ABC 所在平面和平面α成θ，则有（） A S △A1B1C1=S △ABC ·sinθ B S △A1B1C1= S △ABC ·cosθC S △ABC =S △A1B1C1·sinθD S △ABC =S △A1B1C1·cosθ7．如图，若P 为二面角M-l-N 的面N 内一点，PB ⊥l ，B 为垂足，A 为l 上一点，且∠PAB=α，PA 与平面M 所成角为β，二面角M-l-N 的大小为γ，则有（）A.sinα=sinβsinγB.sinβ=sinαsinγC.sinγ=sinαsinβ D 以上都不对AB C DAB M NP l C1A1B1D8．在600的二面角的棱上有两点A 、B ，AC 、BD 分别是在这个二面角的两个面内垂直于AB 的线段，已知：AB=6，AC=3，BD=4，则CD= 。

2018高考数学真题文科 8.5考点3 线面角、二面角的求法

第八章立体几何第五节直线、平面垂直的判定与性质考点3 线面角、二面角的求法（2018·浙江卷）已知四棱锥S－ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S－AB－C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1【解析】如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E′为AB的中点，S到底面的距离SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SE′O＝θ3.由题意，得tan θ1＝SO′EO′＝√52，tan θ2＝SOEO ＝√52＝√5，tan θ3＝1，此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，可得θ2＜θ3＜θ1.当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1.故选D．【答案】D（2018·浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A ＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【解析】方法一（1）证明由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝2√2，所以A 1B 12＋A B 12＝A A 12，故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ，得B 1C 1＝√5.由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝2√3.由CC 1⊥AC ，得AC 1＝√13，所以A B 12＋B 1C 12＝A C 12，故AB 1⊥B 1C 1.又因为A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，A 1B 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.（2）如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ，连接AD ．由AB 1⊥平面A 1B 1C 1，得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1.所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角．由B 1C 1＝√5，A 1B 1＝2√2，A 1C 1＝√21，得cos ∠C 1A 1B 1＝√427，sin ∠C 1A 1B 1＝√77，所以C 1D ＝√3，故sin ∠C 1AD ＝C 1DAC 1＝√3913. 因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.方法二（1）证明如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意知各点坐标如下：A （0，－√3，0），B （1,0,0），A 1（0，－√3，4），B 1（1,0,2），C 1（0，√3，1）．因此AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（1，√3，2），A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（1，√3，－2），A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（0,2√3，－3）．由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，得AB 1⊥A 1B 1.由AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.（2）设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由（1）可知AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（0,2√3，1），AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（1，√3，0），BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝（0,0,2）．设平面ABB 1的一个法向量为n ＝（x ，y ，z ）．由{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x +√3y =0,2z =0, 可取n ＝（－√3，1,0）．所以sin θ＝|cos 〈AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉|＝|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|＝√3913. 因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√3913.【答案】见解析（2018·天津卷（文））如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB ＝2，AD ＝2√3，∠BAD ＝90°.（1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值；（3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【解析】（1）证明由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，AD ⊥AB ，AD ⊂平面ABD ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（2）如图，取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．因为M 为棱AB 的中点，所以MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM ＝1，故DM ＝√AD 2+AM 2＝√13.因为AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC ．在Rt △DAN 中，AN ＝1，故DN ＝√AD 2+AN 2＝√13.在等腰三角形DMN 中，MN ＝1，可得cos ∠DMN ＝12MN DM ＝√1326.所以异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为√1326. （3）如图，连接CM .因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，所以CM ⊥AB ，CM ＝√3.又因为平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ，所以∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD ＝√AC 2+AD 2＝4.在Rt △CMD 中，sin ∠CDM ＝CM CD ＝√34.所以直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为√34.【答案】见解析。

立体几何线面角二面角解答题练习

立体几何线面角二面角解答题练习1．四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD 。

已知∠ABC ＝45°，AB ＝2，BC=22，SA ＝SB ＝3。

(Ⅰ)证明：SA ⊥BC ；(Ⅱ)求直线SD 与平面SAB 所成角的大小；解答：解法一：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥底面ABCD ．因为SA SB =，所以AO BO =，又45ABC =∠，故AOB △为等腰直角三角形，AO BO ⊥，由三垂线定理，得SA BC ⊥．（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA BC ⊥，依题设AD BC ∥，故SA AD ⊥，由22AD BC ==，3SA =，2AO =，得1SO =，11SD =．SAB △的面积22111222S ABSA AB ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭．连结DB ，得DAB △的面积21sin13522S AB AD ==设D 到平面SAB 的距离为h ，由于D SAB S ABD V V --=，得121133h S SO S =，解得2h =．设SD 与平面SAB 所成角为α，则222sin 1111h SD α===．所以，直线SD 与平面SBC 所成的我为22arcsin 11．解法二：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥平面ABCD ．因为SA SB =，所以AO BO =．又45ABC =∠，AOB △为等腰直角三角形，AO OB ⊥．如图，以O 为坐标原点，OA 为x 轴正向，建立直角坐标系O xyz -，(200)A ，，，(020)B ，，，(020)C -，，，(001)S ，，，(201)SA =-，，， (0220)CB =，，，0SA CB =，所以SA BC ⊥．（Ⅱ）取AB 中点E ，22022E ⎛⎫⎪⎪⎝⎭，，，连结SE ，取SE 中点G ，连结OG ，221442G ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，． 221442OG ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，，，22122SE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，，，(220)AB =-，，．0SE OG =，0AB OG =，OG 与平面SAB 两条相交直线SE ，AB 垂直．所以OG ⊥平面SAB ，OG 与DS 的夹角记为α，SD 与平面SAB 所成的角记为β，则α与β互余．(2220)D ，，，(2221)DS =-，，．22cos 11OG DS OG DSα==，22sin 11β=，所以，直线SD 与平面SAB 所成的角为22arcsin11．BCASOEGyxzODCAS7、如图1，E F ，分别是矩形ABCD 的边AB CD ，的中点，G 是EF 上的一点，将GAB △，GCD △分别沿AB CD ，翻折成1G AB △，2G CD △，并连结12G G ，使得平面1G AB ⊥平面ABCD ，12G G AD ∥，且12G G AD <．连结2BG ，如图2．（I ）证明：平面1G AB ⊥平面12G ADG ；（II ）当12AB =，25BC =，8EG =时，求直线2BG 和平面12G ADG 所成的角；解：解法一：（Ｉ）因为平面1G AB ⊥平面ABCD ，平面1G AB平面ABCD AB =，AD AB ⊥，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面1G AB ，又AD ⊂平面12G ADG ，所以平面1G AB ⊥平面12G ADG ．（II ）过点B 作1BH AG ⊥于点H ，连结2G H ．由（I ）的结论可知，BH ⊥平面12G ADG ，所以2BG H ∠是2BG 和平面12G ADG 所成的角．因为平面1G AB ⊥平面ABCD ，平面1G AB平面ABCD AB =，1G E AB ⊥，1G E ⊂平面1G AB ，所以1G E ⊥平面ABCD ，故1G E EF ⊥．因为12G G AD <，AD EF =，所以可在EF 上取一点O ，使12EO G G =，又因为12G G AD EO ∥∥，所以四边形12G EOG 是矩形．由题设12AB =，25BC =，8EG =，则17GF =．所以218G O G E ==，217G F =，15OF ==，1210G G EO ==．因为AD ⊥平面1G AB ，12G G AD ∥，所以12G G ⊥平面1G AB ，从而121G G G B ⊥．故222222221126810200BG BE EG G G =++=++=，2BG =．又110AG ==，由11BH AG G E AB =得81248105BH ⨯==．故2248sin 525BH BG H BG ∠===．即直线2BG 与平面12G ADG所成的角是arcsin 解法二：（I ）因为平面1G AB ⊥平面ABCD ，平面1G AB平面ABCD AB =，1G E AB ⊥，1G E ⊂平面1G AB ，所以1G E ⊥平面ABCD ，从而1G E AD ⊥．又AB AD ⊥，所以AD ⊥平面1G AB ．因为AD ⊂平面12G ADG ，所以平面1G AB ⊥平面12G ADG ．（II ）由（I ）可知，1G E ⊥平面ABCD ．故可以E 为原点，分别以直线1EB EF EG ，，为x 轴、y 轴、z 轴建AE BGDFCAEBCFDG 1G 2图1图2立空间直角坐标系（如图），由题设12AB =，25BC =，8EG =，则6EB =，25EF =，18EG =，相关各点的坐标分别是(600)A -，，， (6250)D -，，，1(008)G ，，，(600)B ，，．所以(0250)AD =，，，1(608)AG =，，．设()n x y z =，，是平面12G ADG 的一个法向量，由100n AD n AG ⎧=⎪⎨=⎪⎩，.得250680y x z =⎧⎨+=⎩，故可取(403)n =-，，．过点2G 作2G O ⊥平面ABCD 于点O ，因为22G C G D =，所以OC OD =，于是点O 在y 轴上．因为12G G AD ∥，所以12G G EF ∥，218G O G E ==．设2(08)G m ，，（025m <<），由222178(25)m =+-，解得10m =，所以2(0108)(600)(6108)BG =-=-，，，，，，．设2BG 和平面12G ADG 所成的角是θ，则22222224|sin 25643BG n BG nθ===++．故直线2BG 与平面12G ADG 所成的角是arcsin 25．16、（理19）在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，2AC BC BD AE ===，M 是AB 的中点。

文科立体几何线面角二面角专的题目-带答案

连结 OB．因为 AB=BC= ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且 OB⊥AC，OB= =2．
由
知，OP⊥OB．
由 OP⊥OB，OP⊥AC 知 PO⊥平面 ABC．
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实用标准文案
（2）作 CH⊥OM，垂足为 H．又由（1）可得 OP⊥CH，所以 CH⊥平面 POM．故 CH 的长为点 C 到平面 POM 的距离．
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
9．在多面体
中，底面是梯形，四边形是正方形，
，
，
，
，
（1）求证：平面
平面；
（2）设为线段上一点，
，求二面角
的平面角的余弦值.
10．如图，在多面体
中，四边形为等腰梯形，
，已知
，
，
，四边形为直角梯形，
，
.
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实用标准文案
（1）证明：平面，平面
.
由已知得 .
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取平面的法向量
实用标准文案
设
，则
.
设平面的法向量为
.
由
得
，可取
，
所以
.由已知得
.
所以所以
.解得（舍去）， .
.又
，所以
.
所以与平面所成角的正弦值为 . 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 2．解：（1）因为 AP=CP=AC=4，O 为 AC 的中点，所以 OP⊥AC，且 OP= ．
中，
（1）证明：平面；

专题22 异面直线所成的角、线面角与二面角(解析版)

专题22 异面直线所成的角、线面角与二面角一、单选题1．某圆锥的侧面展开图是面积为3π，圆心角为23π的扇形，则该圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为A ．12 B ．13 C ．14D ．15【试题来源】【市级联考】安徽省淮南市2019届高三第一次模拟考试【答案】B 【解析】圆锥的侧面展开图是面积为3π，圆心角为23π的扇形，则圆锥的母线l 满足：2133l ππ⋅=，故圆锥的母线长为3，又由232r l ππ=，可得圆锥的底面半径为1，故该圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为13．故选B ．2．直线a 与平面α所成的角为50°，直线b ∥a ，则直线b 与平面α所成的角等于 A ．40° B ．50° C ．90°D ．150°【试题来源】人教A 版（2019）必修第二册必杀技第8章【答案】B【解析】两条直线平行，它们与同一平面所成的角相等，直线a 与平面α所成的角为50°，直线b ∥a ，则直线b 与平面α所成的角等于050，选B ．3．若两个三角形不在同一平面内，它们的边两两对应平行，那么这两个三角形 A ．全等B ．相似C ．仅有一个角相等D ．全等或相似【试题来源】【新教材精创】人教B 版高中数学必修第四册【答案】D【解析】由等角定理知，这两个三角形的三个角分别对应相等．故选D ．4．在长方体1111ABCD A BC D -中，二面角1D AB D --的大小为60︒，1DC 与平面ABCD 所成角的大小为30，那么异面直线1AD 与1DC 所成角的余弦值是A．4BCD【试题来源】2020高考数学压轴题命题区间探究与突破【答案】B【解析】连接1AB ，由11//AB DC 可得11B AD ∠为异面直线1AD 与1DC 所成角，如图，由二面角1D AB D --的大小为60，可知1160,3D AD AA ∠=∴=，又1DC 与平面ABCD 所成角的大小为30，1111122,DC CC AA DC ∴===，连接111,AB B D，设1ADAA ==，则AB =，1111=,2,33AD a AB a B D ∴==，在11AB D ∆中，由余弦定理可得，22211444cos a a a B AD +-∠==，∴异面直线1AD与1DC 故选B ．5．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，设正六棱锥的侧面等腰三角形的顶角为2θ，则侧棱与底面内切圆半径的比为A ．3sin θB ．3cos θ C ．12sin θD ．12cos θ【试题来源】江苏省南通市通州区、启东市2020-2021学年高三上学期期末【答案】A【解析】如图，正六边形时正六棱锥的底面，等腰三角形是正六棱在的侧面，设侧棱SA SB b ==，底面边长AB a ，底面内切圆半径OC r =，2ASB θ∠=，则OAB 是等边三角形，3sin 60r a ==，侧面SAB 中，2sin a b θ=，sin r θ∴=，即b r ==．故选A6．如下图所示，在正方体1111ABCD A BC D -中，下列结论正确的是A ．直线1A B 与直线AC 所成的角是45︒ B ．直线1A B 与平面ABCD 所成的角是30 C ．二面角1A BC A --的大小是60︒D ．直线1A B 与平面11A B CD 所成的角是30【试题来源】云南省丽江市第一高级中学2020-2021学年高二上学期第二次月考【答案】D【解析】A 选项，连接11AC ，1BC ，因为11ACAC ∥，所以直线1A B 与直线AC 所成的角为11=60C A B ∠，故A 错；B 选项，因为1A A ⊥平面ABCD ，故1A BA ∠为直线1AB 与平面ABCD 所成的角，根据题意1=45A A B ∠；C 选项，因为BC ⊥平面1A AB ，所以1,BC AB BC A B ⊥⊥，故二面角1A BC A --的平面角为1=45A A B ∠，故C 错；用排除法，选D7．正方体1111ABCD A BC D -中，直线AC 与直线1BC 所成的角、直线AC 与平面1A D 所成的角分别为 A ．45,60︒︒ B ．90,45︒︒ C ．60,60︒︒D ．60,45︒︒【试题来源】2020-2021学年高一数学一隅三反系列（人教A 版2019必修第二册）【答案】D【解析】如图：因为11//AD BC ，所以直线AC 与直线1BC 所成角为1D AC ∠，因为1ACD △是等边三角形，所以160D AC ∠=︒，因为CD ⊥平面11ADD A ，所以直线AC 与平面1A D 所成角为CAD ∠，因为ADC 是等腰直角三角形，所以45CAD ∠=︒，故选D ． 8．如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，正确的命题是A ．AB 与CF 成60°角 B ．BD 与EF 成60°角C ．AB 与CD 成60°D ．AB 与EF 成60°角【试题来源】江苏省盐城市伍佑中学2020-2021学年高三上学期期末【答案】C【解析】由正方体的平面展开图，还原成如图所示的正方体，由CF ⊥ 平面ABC ，AB平面ABC ，所以CF AB ⊥所以AB 与CF 成90︒角，故A 错误；由BD ⊥ 平面1A EDF ，EF ⊂平面1A EDF ，所以BD 与EF 成90°角，故B 错误；又//AE CD ，所以BAE ∠是AB 与CD 所成角，又ABE △是等边三角形，则60=︒∠BAE ，所以AB 与CD 成60°角，故C 正确；因为1//AB A D ，又1A D EF ⊥，所以AB 与EF 成90°角，故D 错误．故选C ．9．直线l 与平面α所成的角是45°，若直线l 在α内的射影与α内的直线m 所成的角是45°，则l 与m 所成的角是 A ．30° B ．45° C ．60°D ．90°【试题来源】人教B 版（2019）选择性必修第一册必杀技第一章空间向量与立体几何【答案】C【解析】如图，在平面α内，lA α=，过l 上一点B 作BC α⊥，垂足为C ，则直线AC即为l 在α内的射影'l ，45BAC ∠=，设1AC =，则1BC =，AB =，过C 作CD m ⊥，由题可知45CAD ∠=，则AD CD ==，在Rt BCD 中，2262BD BC CD ，BAD ∠是l 与m 所成的角，在BAD 中，2221cos 22AB AD BD BADAB AD，60BAD ．故选C ．10．在正方体1111ABCD A BC D -中，下列四个结论中错误的是A ．直线1BC 与直线AC 所成的角为60︒B ．直线1BC 与平面1AD C 所成的角为60︒ C ．直线1BC 与直线1AD 所成的角为90︒D ．直线1BC 与直线AB 所成的角为90︒【试题来源】备战2021年高考数学二轮复习题型专练（新高考专用）【答案】B【解析】连接1AB 因为1ABC 为等边三角形，所以160ACB ∠=︒，即直线1BC 与AC 所成的角为60°，故选项A 正确；连接11B D ，因为1111AB BC CD AD ===，所以四面体11AB CD 是正四面体，所以点1B 在平面1AD C 上的投影为1ADC 的中心，设为点O ，连接1B O ，OC ，则3OC BC =，设直线1BC 与平面1AD C 所成的角为θ，则11cos 32BCOC B C θ===≠，故选项B 错误；连接1BC ，因为11AD BC ，且11B C BC ⊥，所以直线1BC 与1AD 所成的角为90°，故选项C 正确；因为AB ⊥平面11BCC B ，所以1AB B C ⊥，即直线1BC 与AB 所成的角为90°，故选项D 正确．故选B ．11．已知正方体1111ABCD A BC D -和空间任意直线l ，若直线l 与直线AB 所成的角为1α，与直线1CC 所成的角为2α，与平面ABCD 所成的角为1β，与平面11ACC A 所成的角为2β，则A ．122παα+= B ．122παα+≥ C ．122πββ+=D ．122πββ+≥【试题来源】江西省九所重点中学（玉山一中、临川一中等）2021届高三3月联合考试【答案】B【解析】若//l 平面ABCD ，则10β=，此时2β可以是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦的任意值，此时122πββ+≤，故CD 错误；当直线//l BC 时，1,BC AB BC CC ⊥⊥，此时12ααπ+=，故A 错误．故选B ．12．如图，三棱锥P ABC -中，ABC ∆为边长为3的等边三角形，D 是线段AB 的中点，DE PB E =，且DE AB ⊥，32PA =，PB =PA 与平面CDE所成角的正切值为AB．2CD【试题来源】人教B 版（2019）选择性必修第一册过关斩将第一章空间向量与立体几何【答案】A【解析】由勾股定理222PA PB AB PA PB +=⇒⊥，过P 作PM AB ⊥于M ，由,,DE AB AB DC DE DC D ⊥⊥⋂=可得AB ⊥平面DCE ，所以APM ∠为PA 与平面CDE 所成的角，在直角三角形APB 中， APM PBA ∠=∠，3tan tan APM PBA ∠=∠==．故选A ．13．如图所示，在长方体1111ABCD A BC D -中，1BC 和1C D 与底面所成的角分别为60和45，则异面直线1BC 和1C D 所成角的余弦值为A．B ．3 CD【试题来源】2020-2021学年高二数学单元测试定心卷（人教B 版2019选择性必修第一册）【答案】A【解析】如图所示：因为1B B ⊥平面ABCD ，所以1BCB ∠是1BC 与底面所成角，所以160BCB ∠=．因为1C C ⊥底面ABCD ，所以1CDC ∠是1C D 与底面所成的角，所以145CDC ∠=．连接1A D ，11AC ，则11//AD B C ．所以11A DC ∠或其补角为异面直线1BC 与1C D 所成的角．不妨设1BC =，则112CB DA ==，11BB CC CD ==，所以1C D =，112AC =．在等腰11AC D 中，111112cos 4C D A DC A D ∠==，所以面直线1BC 和1C DA ． 14．如图，四棱锥P ABCD -的侧面PAB ⊥底面ABCD ，PAB △为等边三角形，22AB AD BC ===，AB AD ⊥，//AD BC ，点H 为PB 的中点，则直线HD 与底面ABCD 所成的角的正弦值为ABCD【试题来源】江西省临川一中暨临川一中实验学校2020-2021学年高二上学期期中考试【答案】A【解析】作HE AB ⊥于E ，连接,ED BD ，侧面PAB ⊥底面ABCD ，HE ∴⊥底面ABCD ，ED ⊂底面ABCD ，HE ED ∴⊥，HDE ∴∠即为直线HD 与底面ABCD 所成的角，设22AB AD BC ===，又PAB △为等边三角形，11111,2242BH BP AB BE AB ∴=====，2HE BD ∴===HD ∴sin 14HE HDE HD ∴∠==A 15．如图，正三角形ABC 为圆锥的轴截面，D 为AB 的中点，E 为弧BC 的中点，则直线DE 与AC 所成角的余弦值为A ．13B ．12C D ．34【试题来源】2021年新高考数学一轮复习讲练测【答案】C【解析】如图所示，取BC 中点O ，BO 中点F ，连接,,,OD OE FE DF ，则//OD AC ，所以ODE ∠就是直线DE 与AC 所成角，设4AB =，则2OD =，1OF =，2OE =，可得DF ，EF =则DE =因为E 为弧BC 的中点，可得OE BC ⊥，进而可得OE ⊥平面ABC ，因为OD ⊂平面ABC ，所以OE OD ⊥，在直角ODE ∆中，可得cos OD ODE DE ∠==，即直线DE 与AC 所成角的余弦值为2，故选C ．16．如图，已知三棱锥A BCD -，记二面角A BC D --的平面角是θ，直线AB 和CD 所成的角为1θ，直线AB 与平面BCD 所成的角2θ，则A ．1θθ≤B ．1θθ≥C ．2θθ≤D ．2θθ≥【试题来源】浙江省浙北G2（嘉兴一中、湖州中学）2020-2021学年高二上学期期中联考【答案】D【解析】结合三棱锥的特征，随着三棱锥顶点A 位置的变化，二面角可为锐角、直角、钝角，可以判断直线AB 和CD 所成角可以是锐角，也可以是直角，所以1,θθ两个角的大小是不确定的，所以A 、B 两项是错误的，排除A 、B 两项；取棱长为2的正四面体A BCD -，取BC 中点E ，可知,AE BC DE BC ⊥⊥，做AO ⊥平面BCD ，则O 为△BCD 的中心，所以AEO ∠是二面角A BC D --的平面角，即AED θ∠=，ABO ∠是直线AB 与平面BCD 所成的角，即2ABO θ∠=，可以判断出2θθ>，当三棱锥侧棱AB 与底面BCD 垂直时，两角相等都是直角，所以有2θθ≥，故选D ． 17．已知三棱锥D ABC -，记二面角C AB D --的平面角是θ，直线DA 与平面ABC 所成的角是1θ，直线DA 与BC 所成的角是2θ，则 A ．1θθ≥ B ．1θθ≤ C ．2θθ≥D ．2θθ≤【试题来源】2021年高考数学二轮复习讲练测（浙江专用）【答案】A【解析】设三棱锥D -ABC 是棱长为2的正四面体，取AB 中点E ，DC 中点M ，AC 中点M ，连结DE 、CE 、MN 、EN ，过D 作DO ⊥CE ，交CE 于O ，连结AO ，则DEC θ∠=，1DAO θ∠=，2MNE θ∠=，DE CE ==2DC =，所以1cos 3θ==，23AO CO CE ===所以13cos 3AO AD θ===，取BC 中点F ，连结DF 、AF ，则DF BC ⊥，AF BC ⊥，又DF AF F ⋂=，所以BC ⊥平面AFD ，所以BC AD ⊥，所以290θ=︒，所以21θθθ≥≥，排除B ，C ，当二面角C AB D --是直二面角时，2θθ≥，排除D ，故选A ．18．已知O 为等腰直角三角形POD 的直角顶点，以OP 为旋转轴旋转一周得到几何体τ，CD 是底面圆O 上的弦，COD △为等边三角形，则异面直线OC 与PD 所成角的余弦值为A ．14B．4CD．2【试题来源】2021届高三数学新高考“8 4 4”小题狂练（18）【答案】B【解析】设OP r =，过点D 作OC 的平行线，与CD 平行的半径交于点E ，则OE OC CD OD r ====，PC PD ==，所以PDE ∠为异面直线OC 与PD 所成的角，在三角形PDE中，PE PD ==，DE r =，所以cos rPDE ∠==．选B ．19．在三棱柱111ABC A B C -中，ABC 是等边三角形，1AA ⊥平面1,2,ABC AB AA ==，则异面直线1AB 和1BC 所成角的正弦值为A ．1 BC ．12D 【试题来源】山西省汾阳市2020-2021学年高二上学期期末【答案】A【解析】如图，作1//BD AB 交11A B 的延长线于D ，连接1DC ：则1DBC ∠就是异面直线1AB 和1BC 所成的角（或其补角），由已知BD ==11BC C D =，由22211BD BC C D +=，知190DBC ∠=，异面直线1AB 和1BC 所成的角为直角，正弦值为1，故选A ．20．如图，已知圆锥CO 的轴截面是正三角形，AB 是底面圆O 的直径，点D 在AB 上，且2AOD BOD =∠∠，则异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为A B ．12C ．14D ．34【试题来源】2021年新高考测评卷数学（第六模拟）【答案】A【解析】取AC 的中点E ，劣弧BD 的中点F ，AO 的中点G ，连接OF ，OE ，,O E 分别为,AB AC 中点，//OE BC ∴，2AOD BOD ∠=∠，3BOD π∴∠=，23AOD π∠=，又OA OD =，F 为BD 中点，∴126FOD BOD ODA π∠=∠=∠=，//AD OF ∴，则异面直线AD 与BC 所成的角是EOF ∠或其补角．连接EG ，GF ，EF ，易得EG GF ⊥，不妨设1OG =，则2OF =，2OE =，EG =56FOG π∠=，22252cos56GF OG OF OG OF π∴=+-⨯⨯⨯=+，则2228EF EG GF =+=+∴在OEF 中，222cos 2OE OF EF EOF OE OF +-∠==⋅异面直线所成角范围为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，∴异面直线AD 与BC A ．21．如图，四棱锥S ABCD -的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是A ．AC SB ⊥B ．//AB 平面SCDC ．平面SDB ⊥平面SACD ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角【试题来源】山西省运城市景胜中学2019-2020学年高二上学期12月月考【答案】D【解析】A 选项，可知,AC BD AC SD ⊥⊥可知AC SDB ⊥平面，故AC SB ⊥，正确； B 选项，AB 平行CD ，故正确；C 选项，AC SDB ⊥平面，故平面SDB ⊥平面SAC ，正确；D 选项，AB 与SC 所成的角为SCD ∠，而DC 与SA 所成的角为090，故错误，故选D ． 22．在正方体1111ABCD A BC D -中，M 是棱1CC 的中点．则下列说法正确的是A ．异面直线AM 与BC 所成角的余弦值为3B ．BDM 为等腰直角三角形C ．直线BM 与平面11BDD B D ．直线1AC 与平面BDM 相交【试题来源】安徽省淮南市2020-2021学年高二上学期期末考试【答案】C【解析】设正方体棱长为2，A ．取1BB 的中点为N ，则//BC MN ，则AM 与BC 所成角为AMN ∠ 由BC ⊥面11ABB A ，故MN ⊥面11ABB A ，故MN AN ⊥，在Rt ANM △中，tan AMN ∠=，故2cos 3AMN ∠=，B ．BM =BD =DM =C ．AC BD ⊥，1AC BB ⊥，故AC ⊥面11BB D D ，1//CC 面11BB D D ，故M 到面11BB D D的距离等于C 到面11BB D D 的距离，即为12d AC ==，直线BM 与平面11BDD B 所成角为θ，sin5d BM θ===BM 与平面11BDD B D ．如图ACBD O =，OM 为1ACC △的中位线，有1//OM AC ，故直线1AC 与平面BDM 平行，故选C.23．若a ，b ，l 是两两异面的直线，a 与b 所成的角是3π，l 与a 、l 与b 所成的角都是α，则α的取值范围是A ．5,66ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C ．5,36ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【试题来源】【新东方】杭州新东方高中数学试卷321 【答案】D【解析】作图如下：在空间选取一点O ，过O 作'',a a b b ，设直线'a 、'b 确定的平面为β，将直线l 平移至'l ，使'l 经过点O ，当直线'l β⊥时， 'l 与''a b 、所成的角都是直角，此时所成的角达到最大值；当直线'l 恰好在平面β内，且平分''a b 、所成的锐角时，'l 与''a b 、所成的角都是6π，此时所成的角达到最小值．所以'l 与''a b 、所成的角范围是,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．因为''',,l l a a b b ，所以'l 与''a b 、所成的角等于l 与a b 、所成的角，即l 与a b 、所成的角范围是,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．故选D ． 24．下列命题中，正确的结论有①如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等；②如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等； ③如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补； ④如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行． A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个【试题来源】人教A 版（2019）必修第二册必杀技第8章【答案】B【解析】①中，如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故①错误；②中，如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角或直角相等，故②正确；③中，如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，在空间中，两角大小关系不确定，故③错误；④中，如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行，故④正确；故选B ．25．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．如图，四棱锥S ABCD -为阳马，底面ABCD 为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中错误的是A ．AC SB ⊥B ．//AB 平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角【试题来源】黑龙江省鹤岗市第一中学2020-2021学年高二上学期期末考试【答案】D【解析】四棱锥S ABCD -为阳马，底面ABCD 为正方形，则AC BD ⊥ 又SD ⊥底面ABCD ，AC ⊂底面ABCD ，则AC SD ⊥,SD BD D AC ⋂=∴⊥平面SBD ，SB ⊂平面SBD ，AC SB ∴⊥，A 正确； //,AB CD AB ⊄平面SCD ，CD ⊂平面SCD ，∴//AB 平面SCD ，B 正确；AC ⊥平面SBD ，∴点,A C 到平面SBD 的距离12dAC =，设SA 与平面SBD 所成的角为α，则sin d SA α=，设SC 与平面SBD 所成的角为β，则sin dSCβ=，又SA SC =，所以sin sin αβ=，即SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角，C 正确；,,,CD SD CD AD SD AD D CD ⊥⊥⋂=∴⊥平面SAD ，SA ⊂平面SAD ，则CD SA ⊥，即DC 与SA 所成的角为90︒，而AB 与SC 所成的角即CD 与SC 所成的角，显然不为直角，D 错误；故选D26．已知平面α内的60APB ︒∠=，射线PC 与,PA PB 所成的角均为135°，则PC 与平面α所成的角θ的余弦值是A ．- BC ．3D ．-【试题来源】2021年高考一轮数学单元复习一遍过【答案】B【解析】作出如下图形，令2PA PB PC ===，则135CPACPB ，AC BC ∴=，取AB 中点D ，连接PD ，则CPD ∠即为PC 与平面α所成的角的补角，在APC △中，2222cos135842AC PA PC PA PC ，∴在PCD 中，222742CD AC AD ，3PD =2226cos 2PC PD CD CPDPC PD ，∴PC 与平面α所成的角θ 故选B ．27．如图，四棱锥S -ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是A ．AC ⊥SB B ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角【试题来源】广西南宁市第十中学2020-2021学年度高一12月数学月考试题【答案】D【解析】A 中由三垂线定理可知是正确的；B 中AB ，CD 平行，所以可得到线面平行；C 中设AC ，BD 相交与O ，所以SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角分别为,ASO CSO∠∠SA SC =所以两角相等，D 中由异面直线所成角的求法可知两角不等28．如图，在四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是正方形，且平面ABCD ⊥平面AEB ，则A ．DEC ∠可能为90︒B ．若AEB △是等边三角形，则DEC 也是等边三角形C ．若AEB △是等边三角形，则异面直线DE 和AB 所成角的余弦值为4 D ．若AEB △是直角三角形，则BE ⊥平面ADE【试题来源】河南省驻马店市2020-2021学年高三上学期期末考试【答案】C【解析】对A ，由题意，若90DEC ∠=︒，则DC EC >，但EC BC CD >=，故A 不正确；对B ，若AEB △是等边三角形，显然有>=EC EB DC ，所以DEC 不会是等边三角形，故B 不正确；对C ，若AEB △是等边三角形，设边长为2，则DE EC ==，//AB CD ，则CDE ∠即异面直线DE 和AB 所成角，易求cos4CDE ∠==，故C 正确；对D ，当AEB △是以AEB ∠为直角的直角三角形时，BE ⊥平面ADE ，当AEB △是以EAB ∠（或EBA ∠）为直角的直角三角形时，BE 与平面ADE 不垂直，故D 不正确．故选C ．29．如图，已知三棱锥D ABC -，记二面角C AB D --的平面角为α，直线DA 与平面ABC 所成的角为β，直线DA 与BC 所成的角为，则A ．αβ≥B ．αβ≤C ．αγ≥D ．αγ≤【试题来源】浙江省杭州市高级中学2019-2020学年高二上学期期末【答案】A【解析】不妨设三棱锥D ABC -是棱长为2的正四面体，取AB 中点E ，DC 中点M ，AC 中点N ，连结DE CE MN EN 、、、，过D 作DO CE ⊥，交CE 于O ，连结AO ，则,,,DEC DAO MNE αβγ∠=∠=∠=2DE CE DC ==，所以13cos α== ，23AO CO CE ===，所以32AO cos AD β=== ，取BC 中点F ，连结DF AF 、，则DF BC AF BC ⊥⊥，，又DF AF F ⋂=，BC ∴⊥平面AFD ，90BC AD γ∴⊥∴=︒，． γαβ∴≥≥．一般的，DO DO sin sin DEO sin DAO sin DE DA αβ=∠=≥=∠=，当α为锐角时，由正弦函数的单调性可得αβ≥，当α为钝角或直角时，由于异面直线所成的角是锐角或直角，此时显然有αβ≥．由直线DA 与平面ABC 所成的角是与平面内所有直线所成的角中的最小角，可得βγ≤，由于γ的范围是在β和90︒之间变化，因此α和γ的大小关系不确定．故A 正确，B ，C ，D 错误．故选A ．二、多选题1．如图所示，正四棱锥P ABCD -的各棱长均相等，M N ，分别为侧棱PA PB ，的中点，则下列结论正确的是A ．PC BC ⊥B ．PB ⊥平面ACNC ．异面直线PD 与MN 所成的角为o 60D ．PC 与平面ACN 成的角为o 45【试题来源】海南省临高中学2019-2020学年度高一下学期期末考试【答案】BC【解析】因为正四棱锥P ﹣ABCD 的各棱长均相等，所以∠PCB ＝60°，所以PC 与BC 不垂直，故A 错误；因为正四棱锥P ﹣ABCD 的各棱长均相等，M ，N 分别为侧棱P A ，PB 的中点，所以PB ⊥AN ，PB ⊥CN ，又AN ∩CN ＝N ，所以PB ⊥平面CAN ，故B 正确；因为MN ∥AB ，AB ∥DC ，所以MN ∥DC ，所以异面直线PD 与MN 所成的角为∠PDC ，由已知可得∠PDC ＝60°，所以异面直线PD 与MN 所成的角为60o ，故C 正确；因为PB ⊥平面CAN ，所以PC 与平面ACN 所成的角为∠PCN ，又∠PCN ＝30°，所以D 错误．故选BC ．2．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AA AC ==，3AB =，90BAC ∠=︒，点D ，E 分别是线段BC ，1BC 上的动点(不含端点)，且1EC DC B C BC=，则下列说法正确的是A ．//ED 平面1ACCB ．四面体A BDE -的体积是定值C ．当点E 为1BC 的中点时，直线AE 与平面11AA B B 所成的角和直线AE 与平面11A ACC 所成的角相等D ．异面直线1BC 与1AA【试题来源】江苏省南京市玄武高级中学2020-2021学年高三上学期11月学情检测【答案】AD【解析】对于A ，在直三棱柱111ABC A B C -中，四边形11BCC B 是矩形，因为1EC DC B C BC=，所以11////ED BB AA ，因为ED ⊄平面1ACC ，1AA ⊂平面1ACC ，所以//ED 平面1ACC ，所以A 正确；对于B ，设ED m =，因为90BAC ∠=︒，12AA AC ==，3AB =，所以BC因为1//ED BB ，所以1DE DC BB BC =，所以1DE BC DC BB ⋅==，所以BD =，所以1233122ABD m S ⎛⎫=⨯⨯=- ⎪⎝⎭△，四面体A BDE -的体积为21131322m m m m ⎛⎫⨯-=- ⎪⎝⎭，所以四面体A BDE -的体积不是定值，所以B 错误；对于C ，由于AB AC ≠，当点E 为1BC 的中点时，E 到平面11AA B B 和平面11A ACC 的距离不相等，故所成角不相等，故C 错误；对于D ，因为11//BB AA ，所以异面直线1BC 与1AA 所成角为1BB C ∠，在1Rt B BC 中，12B B =，BC =11tan BC BB C BB ∠==D 正确；故选AD ．3．如图，1111ABCD A BC D -为正方体，下列结论中正确的是A ．AC ⊥平面11BB D DB ．1AC 与侧面11ADD AC ．1AC ⊥平面11B CDD ．过点1A 且与直线AD 与1CB 都成60︒角的直线有2条【试题来源】广东省汕头市金山中学2020-2021学年高二上学期10月月考【答案】ACD【解析】对于A ，在正方体中，AC BD ⊥，1BB ⊥平面ABCD ，1BB AC ∴⊥， 1BB BD B =，∴AC ⊥平面11BB D D ，故A 正确；对于B ，连接1AD ，在正方体中，11C D ⊥平面11ADD A ，11C AD ∴∠即为1AC 与侧面11ADD A所成角，则11111tan C D C AD AD ∠==，故B 错误；对于C ，连接11AC ，可知在正方体中，1111BD AC ⊥，且1AA ⊥平面1111D C B A ，则111AA B D ⊥，则11B D ⊥平面11AAC C ，111B D AC ∴⊥，同理可得11B C AC ⊥，1111B D B C B =，∴1AC ⊥平面11B CD ，故C 正确；对于D ，//AD BC ，则1BCB ∠即为异面直线AD 与1CB 所成角，且145BCB ∠=，∴过点1A 且与直线AD 与1CB 都成60︒角的直线有2条，故D 正确．故选ACD ． 4．如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱长是1，下列结论正确的有A ．直线BC 与平面11ABC D 所成的角为4πB ．C 到平面11ABCD 的距离为长2C ．两条异面直线1CD 和1BC 所成的角为4πD ．三棱锥1D DAB -中三个侧面与底面均为直角三角形【试题来源】湖北省鄂东南省级示范高中2020-2021学年高二上学期期中联考【答案】ABD【解析】正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，对于A ，连接1BC ，则1B C ⊥平面11ABC D ，故由直线与平面夹角的定义得，直线BC 与平面11ABC D 所成的角为1CBC ∠，正方体中，易见14CBC π∠=，故A 正确；对于B ，因为1B C ⊥平面11ABC D ，点C 到面11ABC D 的距离为1BC 长度的一半，正方体中，易见1BC =C 到面11ABC D 的距离为h =，故B 正确；对于C ，因为11//BC AD ，所以异面直线1DC 和1BC 所成的角，即直线1DC 和1AD 所成的角1ADC ∠，连接AC ，易见1ADC 为等边三角形，则13AD C π∠=，故两条异面直线1DC 和1BC 所成的角为3π，故C 错误；对于D ，三棱锥1D DAB -中，1DD ⊥底面ABCD ，故1DD AD ⊥，1DD DB ⊥，即1ADD ，1BDD 是直角三角形，又AB ⊥平面11ADD A ，则1AB AD ⊥，AB AD ⊥，即1ABD ，ADB △是直角三角形，故D 正确．故选ABD ．5．如图1111ABCD A BC D -为正方体，下列说法中正确的是A ．三棱锥11B ACD -为正四面体B ．1BC 与1AD 互为异面直线且所成的角为45C ．1AD 与1A B 互为异面直线且所成的角为60D ．1AA 与11B D 互为异面直线且所成的角为90【试题来源】2020-2021高中数学新教材配套提升训练（人教A 版必修第二册）【答案】ACD【解析】对于A ，因为三棱锥11B ACD -的各条棱都是正方体表面正方形的对角线，即各条棱相等，故三棱锥11B ACD -为正四面体，故A 正确；对于B ，连接1BC ，可知在正方体中，11AB CD C D ，所以四边形11ABC D 是平行四边形，所以11BC AD ，因为11BC B C ⊥，故异面直线1BC 与1AD 所成角为90，故B 错误；对于C ，由图可得1AD 与1A B 互为异面直线，连接1A B ，易得四边形11A BCD 是平行四边形，则11A BCD ，则1ADC ∠即为所成角，由1ADC 是等边三角形可得160AD C ∠=，故C 正确；对于D ，由图可知1AA 与11B D 互为异面直线，因为在正方体中，1AA ⊥平面1111D C B A ，且11B D ⊂平面1111D C B A ，故111AA B D ⊥，故D 正确．故选ACD ．6．在正三棱锥A BCD -中，侧棱长为3，底面边长为2，E ，F 分别为棱AB ，CD 的中点，则下列命题正确的是A ．EF 与AD 所成角的正切值为32B ．EF 与AD 所成角的正切值为23C ．AB 与面ACD 所成角的余弦值为7212 D ．AB 与面ACD 所成角的余弦值为79 【试题来源】备战2021年高考数学全真模拟卷（山东高考专用）【答案】BC【解析】（1）设AC 中点为G ，BC 的中点为H ，连接EG 、FG 、AH 、DH ，因为AE BE =，AG GC =，CF DF =，所以//EG BC ，//FG AD ，所以EFG 就是直线EF 与AD 所成的角或补角，在三角形EFG 中，1EG =，32FG =，由于三棱锥A BCD -是正三棱锥，BC DH ⊥，BC AH ⊥，因为,AH HD ⊂平面ADH ，AH DH H ⋂=，所以BC ⊥平面ADH ， AD ⊂平面ADH ，所以BC AD ⊥，所以EG FG ⊥，所以12tan 332EG EFG FG ∠===，所以A 错误B 正确．（2）过点B 作BO 垂直AF ，垂足为O ．因为CD BF ⊥，CD AF ⊥，,,BFAF F BF AF =⊂平面ABF ，所以CD ⊥平面ABF ，BO ⊂平面ABF ，所以CD BO ⊥，因为BO AF ⊥，,,AF CD F AF CD =⊂平面ACD ，所以BO ⊥平面ACD ，所以BAO ∠就是AB 与平面ACD 所成角．由题得3BF AF AB ===，所以cosBAO ∠=== 所以C 正确D 错误．故答案为BC ．7．将正方形ABCD 沿对角线BD 对折，使得平面ABD ⊥平面BCD ，则A ．AC BD ⊥B ．ADC ∆为等边三角形 C ．AB 与CD 所成角为60° D ．AB 与平面BCD 所成角为60° 【试题来源】2020年新高考新题型多项选择题专项训练【答案】ABC【解析】由题意可构建棱长均为a 的正四棱锥C ABED -，对于选项A ，显然有BD ⊥面AEC ，又AC ⊂面AEC ，则AC BD ⊥，即选项A 正确，对于选项B ，由题意有AD AC CD ==，即ADC ∆为等边三角形，即选项B 正确，对于选项C ，因为AB DE ∥，则CDE ∠为异面直线AB 与CD 所成角，又EDC ∆为等边三角形，即60CDE ∠=，即选项C 正确，对于选项D ，由图可知，ABD ∠为AB 与平面BCD 所成角，又45ABD ∠=，即AB 与平面BCD 所成角为45，即选项D 错误，故选ABC ．8．正方体1111ABCD A BC D -中，下列叙述正确的有A ．直线1AB 与1BC 所成角为60︒B ．直线1AC 与1CD 所成角为90︒C ．直线1AC 与平面ABCD 所成角为45︒D ．直线1A B 与平面11BCC B 所成角为60︒【试题来源】江苏省南京航空航天大学苏州附属中学2020-2021学年高二上学期期初【答案】AB【解析】正方体中由11A B 与CD 平行且相等得平行四边形11A B CD ，则有11//B C A D ，异面直线1A B 与1BC 所成角是1BA D ∠（或其补角），1BA D 是正三角形，160BA D ∠=︒，A 正确；11A D ⊥平面11CDD C ，则有111A D CD ⊥，又有11CD C D ⊥，则有1CD ⊥平面1ACD ，于是有11C D AC ⊥，所以异面直线1AC 与1C D 所成角为90︒，B 正确；1AA ⊥平面ABCD ，1ACA ∠是直线1AC 与平面ABCD 所成角，此角为是45︒，C 错；11A B ⊥与平11BCC B ，11A BB ∠是直线1A B 与平面11BCC B 所成角，1145A BB ∠=︒，D 错．故选AB ．9．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，090B F ∠=∠=，0060,45,A D BC DE ∠=∠==，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥F CAB -，取BC 中点O 与AC 中点M ，则下列判断中正确的是A ．BC FM ⊥B ．AC 与平面MOF 所成的角的余弦值为2C ．平面MOF 与平面AFB 所成的二面角的平面角为45°D ．设平面ABF 平面MOF l =，则有//l AB【试题来源】福建省德化一中、漳平一中、永安一中三校协作2020-2021学年高二12月联考【答案】AD【解析】由三角形中位线定理以及等腰三角形的性质可得,,BC OF BC OM OM OF O ⊥⊥=，所以BC ⊥面FOM BC FM ⇒⊥，故A 正确；因为BC ⊥面FOM ，所以AC 与平面MOF 所成的角为060CMO ∠=，所以余弦值为12，故B 错误；对于C 选项可以考虑特殊位置法，由BC ⊥面FOM 得面ABC ⊥面FOM ，所以点F 在平面ABC 内的射影在直线OM 上，不妨设点F 平面ABC 内的射影为M ，过点M 作//BC MN ，连结NF ．易证AB ⊥面MNF ，则l ⊥面MNF ，所以MFN ∠为平面MOF 与平面AFB 所成的二面角的平面角，不妨设2AB =，因为060A ，所以BC =112OF BC OM ===，显然MFN ∠不等于45°，故C 错误．设面MOF 与平面ABF 的交线为l ，因为//,AB OM AB ⊄面MOF ，OM ⊂面MOF ，所以//AB 面MOF ，由线面平行的性质定理可得//l AB ，故D 正确；故选AD ．三、填空题1．若AB 与平面α所成的角是30°，且A α∈，则AB 与α内过点A 的所有直线所成角中的最大角为___________．【试题来源】人教B 版（2019）选择性必修第一册必杀技第一章空间向量与立体几何【答案】90【解析】在平面α内，过点A 且与AB 在平面α内的射影垂直的直线与AB 所成的角最大，为90°．故答案为90．2．已知空间中两个角α，β，且角α与角β的两边分别平行，若60α︒=，则β=_________．【试题来源】人教B 版（2019）必修第四册逆袭之路第十一章立体几何初步【答案】60︒或120︒【分析】根据空间中两个角的边分别平行时，两个角相等或互补即可得解．【解析】因为角α与角β的两边分别平行，所以α与β相等或互补．又60α︒=，所以60β︒=或120︒，故答案为60︒或120︒．3．在正方体1111ABCD A BC D -中，给出下列结论：①11AC B D ⊥；②1AC BC ⊥；③1AB 与1BC 所成的角为60；④AB 与1AC 所成的角为45．其中所有正确结论的序号为___________．【试题来源】山东省滨州市北镇中学2018-2019学年高一下学期期末【答案】①③【解析】①，由于11,//AC BD BD B D ⊥，所以11AC B D ⊥，结论成立．②，由于11//BC B C ，所以11AC B ∠是异面直线1,AC BC 所成的角．在11Rt AB C ∆中，1190AB C ∠=，所以11AC B ∠不是直角，所以②错误．③，由于11//BC AD ，所以11B AD ∠是异面直线1AB 与1BC 所成的角，而三角形11AB D 是等边三角形，所以11B AD ∠为60，所以③正确．④，在1Rt ABC ∆三角形中，190ABC ∠=，但1AB BC ≠，所以1Rt ABC ∆不是等腰直角三角形，所以AB 与1AC 所成的角不为45，故④错误．故答案为①③4．正方形ABCD 与正方形ABEF 有公共边AB ，平面ABCD 与平面ABEF 所成角为60°，则异面直线AB 与FC 所成角大小等于___________．。

2024年高考数学复习培优讲义专题15---几何法求二面角,线面角(含解析)

专题3-1几何法求二面角，线面角立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。

这是空间向量求解的巨大优点，也是缺点，就这么共存着。

其实不建系而直接计算真的很比较锻炼空间想象的能力，方法上也更灵活一些，对于备考的中档学生来说，2种方法都要熟练掌握。

方法介绍一、定义法：交线上取点等腰三角形共底边时作二面角步骤第一步：在交线l上取一点O第二步：在α平面内过O点作l的垂线OA第三步：在β平面内过O点作l的垂线OB∠AOB即为二面角，余弦定理求角αβl OAB二、三垂线法（先作面的垂直）—后续计算小使用情况：已知其中某个平面的垂线段第二步：过垂直B作l的垂线OB∠AOB即为二面角且△AOB为直角三角形，邻比斜三、作2次交线的垂线作二面角步骤第一步：作AO⊥l第二步：作OB⊥l连接AB，∠AOB即为二面角，余弦定理求角四、转换成线面角作二面角步骤第一步：作AO⊥l第二步：作AB⊥β(找不到垂足B的位置用等体积求AB长)连接AB，∠AOB即为二面角△AOB为直角三角形，邻比斜五、转换成线线角—计算小，也是法向量的原理提问：什么时候用？若α平面存在垂线AB，且β平面存在垂线AC则α平面与β平面的夹角等于直线AC与AB的夹角αβlOABαβlOABβαOABCαβlOAB六、投影面积法——面积比（三垂线法进阶）将cos θ＝边之比∣面积之比，从一维到二维，可多角度求出两面积，最后求解如图△ABC 在平面α上的投影为△A 1BC ，则平面α与平面ABC 的夹角余弦值1cos A BCABCθ=△△即cos θ=投影原S S补充：即使交线没有画出来也可以直接用例题：一题多解2023汕头二模T20如图在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，PQ 是所在棱上的中点.1C 1CD ABA B 1αBCAA 1D（1）求平面APQ 与平面ABCD 夹角的余弦值（2）补全截面APQ2023全国乙卷数学(理)T9——由二面角求线面角P C 1CDABA B 1P C 1DABA B 1P C 1CDABA B 1P C 1DABA B 1P C 1CDABA B 1PC 1DABA B 11．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 ．15B ．25C ．35D ．252021·新高考1卷·T20——由二面角求线段长2．如图，在三棱锥A BCD −中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D −−的大小为45︒，求三棱锥A BCD −的体积.题型一定义法1．如图，在三棱锥S—ABC 中，SC ⊥平面ABC ，点P 、M 分别是SC 和SB 的中点，设PM=AC =1，∠ACB =90°，直线AM 与直线SC 所成的角为60°.(1)求证：平面MAP ⊥平面SAC . (2)求二面角M—AC—B 的平面角的正切值；2．(湛江期末)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，点M ，N 分别是PB ，AC 的中点，且MN ⊥A C ．（1）证明：BC ⊥平面PA C ．（2）若PA ＝4，AC ＝BC ＝22，求平面PBC 与平面AMC 夹角的余弦值．(几何法比较简单)3．如图1，在平行四边形ABCD 中，60,2,4A AD AB ∠=︒==，将ABD △沿BD 折起，使得点A 到达点P ，如图2．重点题型·归类精讲(1)证明：平面BCD⊥平面P AD；(2)当二面角D PA B−−的平面角的正切值为6时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值．题型二三垂线法4．(佛山期末)如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，12PA AD AB CD===，侧面PAD⊥底面ABCD，E为PC的中点．（1）求证：BE⊥平面PCD；（2）若PA＝PD，求二面角P－BC－D的余弦值．5．如图，在四棱锥P -ABCD 中，△P AD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，,,224,23BC AD CD AD AD CD BC PB ⊥====∥ （2023广州一模T19）（1）求证：AD PB ⊥；（2）求平面P AB 与平面ABCD 交角的正弦值.6．如图，在三棱锥A BCD −中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点．（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为2的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =且二面角E BC D −−的大小为60，求三棱锥A BCD −的体积．7．（2023·浙江·统考二模）如图，在三棱柱111ABCA B C 中，底面ABC ⊥平面11AA B B ，ABC 是正三角形，D 是棱BC 上一点，且3CD DB =，11A A A B =.(1)求证：111B C A D ⊥；(2)若2AB =且二面角11A BC B −−的余弦值为35，求点A 到侧面11BB C C 的距离.8．如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，ABC 和ACD 均为正三角形，4AC =，3BE =.(1)在线段AC 上是否存在点F ，使得BF ∥平面ADE ?说明理由； (2)求平面CDE 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值.题型三作2次交线的垂线9．在三棱锥S ABC −中,底面△ABC 为等腰直角三角形,90SAB SCB ABC ∠=∠=∠=︒. （杭州二模）（1）求证：AC ⊥SB ；（2）若AB ＝2，22SC =，求平面SAC 与平面SBC 夹角的余弦值．题型四找交线10．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCI )是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝2，PD ⊥C D ． (1)证明：AB ⊥PB ；(2)若平面PAB ⊥平面PCD ，且102PA =，求直线AC 与平面PBC 所成角的正弦值．（广东省二模T19）题型五转换成线线角湖北省武汉市江汉区2023届高三上学期7月新起点考试11．在直三棱柱111ABC A B C −中，已知侧面11ABB A 为正方形，2BA BC ==，D ，,E F 分别为AC ，BC ，CC 1的中点，BF ⊥B 1D ．(1)证明：平面B 1DE ⊥平面BCC 1B 1；(2)求平面BC 1D 与平面1B DE 夹角的余弦值六、题型六投影面积法12．(2022·惠州第一次调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知//AB CD ，AD ⊥CD ，BC BP =，CD ＝2AB＝4，△ADP 是等边三角形，E 为DP 的中点．(1)证明：AE ⊥平面PCD ；(2)若2,PA =求平面PBC 与平面PAD 夹角的余弦值13．(2022深圳高二期末)如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AB //CD ，AB ⊥BC ，且12,2BC CD AB ===取AB 的中点O ，连结OD ，并将△AOD 沿着OD 翻折，翻折后23AC =M ，N 分别是线段AD ，AB 的中点，如图(2)．（1）求证：AC⊥OM.（2）求平面OMN与平面OBCD夹角的余弦值．专题3-1几何法求二面角，线面角立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。

立体几何-空间角求法题型(线线角、线面角、二面角)

空间角求法题型（线线角、线面角、二面角）空间角能比较集中的反映学生对空间想象能力的体现，也是历年来高考命题者的热点，几乎年年必考。

空间角是线线成角、线面成角、面面成角的总称。

其取值范围分别是：0° < 90°、0°< < 90°、0° < 180°。

空间角的计算思想主要是转化：即把空间角转化为平面角，把角的计算转化到三角形边角关系或是转化为空间向量的坐标运算来解。

空间角的求法一般是：一找、二证、三求解，手段上可采用：几何法（正余弦定理）和向量法。

下面举例说明。

一、异面直线所成的角：例1如右下图，在长方体 ABCD A i BiGD i 中，已知AB 4 , AD 3, AA 2。

E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB FB 1。

求直线EC i 与FD i 所成的角的余弦值。

思路一：本题易于建立空间直角坐标系，uuu uuu把EC i 与FD i 所成角看作向量 EC 与FD 的夹角，用向量法求解。

思路二：平移线段C i E 让C i 与D i 重合。

转化为平面角，放到三角形中，用几何法求解。

则 E i D i //EC i 于是/ E i D i F 为直线EC i 与FD i 所成的角。

在 Rt △ BE i F 中， E i F -J E i F 2 BF 2「5 2 i 2 「‘莎。

【立体几何专题高考数学复习】第6讲立体几何二面角问题-原卷及答案

第6讲立体几何二面角问题知识与方法1. 空间问题平面化解立体几何问题离不开空间问题平面化, 求二面角大小也是如此. 把二面角大小转化为线线角大小, 这里的线线角可以是二面角的平面角, 也可以是两个半平面的法线等. 2. 求二面角大小, 有以下方法方法一: 二面角的平面角. 过公共棱上的点直接作出二面角的平面角.方法二: 公共棱的垂面产生二面角的平面角.方法三:利用三垂线定理或三垂线定理的逆定理构造二面角的平面角.三垂线定理: 平面内的一条直线, 如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直, 那么它也与这条斜线垂直.三垂线定理的逆定理: 如果平面内一条直线与穿过该平面的一条斜线垂直, 那么这条直线也垂直于这条斜线在平面内的射影.∠是利用三垂线定理或其逆定理, 作出两个半平面的公共棱的垂面AOH, 则AOH∠的大小.二面角的平面角, 在Rt AOH中求出AOH方法四: 面积射影法.设平面α内有一平面图形的面积为S, 它在平面β上的射影的面积为S', 则平面 α 与平面 β 所成锐二面角 θ 的余弦值 cos S Sθ='. 方法五:利用两个平面的法向量的夹角来求二面角大小.一般通过建立空间直角坐标系进行代数运算.方法六: 等体积法.在平面 α 内找到一个点 A , 求出点 A 到两个半平面的公共棱的距离 AO , 用等体积法求出点 A 到平面 β 的距离 h , 则二面角 θ 的正弦值 sin h AO θ=. 方法七:三正弦定理.方法八: 三面角的余弦定理.定理: 如图,四面体 O ABC - 的二面角 A OC B -- 的大小为 α, 则cos α cos cos cos sin sin AOB AOC BOC AOC BOC∠∠∠∠∠-⋅=⋅.在已知一个四面体中 ,,OA OB OC 的两两夹角的情况下, 便能求解二面角A OCB --, 二面角 A OBC --, 二面角 C OA B -- 的大小.方法九: 无棱二面角.题设背景中没有直接给出二面角的公共棱,要解决这一问题,可以补全几何图形,作出二面角的公共棱,再用上述方法来求解二面角大小,也可以用面积射影法,或者用空间向量法计算二面角的大小.典型例题【例1】1111(1), , ,ABC A B C AA ABC ABC -⊥如图在三棱柱中侧棱平面为等腰直角三角形, 90BAC ∠=, 且 12,,AB AA E F == 分别是 1,CC BC 的中点.(1) 求证 : EF ⊥ 平面 1AB F ;(2) 求锐二面角 1B AE F -- 的平面角的余弦值.【例2】111111 (1), , , ,ABCD A B C D E F CC CD -如图在正方体中分别是的中点, G 是线段 1AA 的四等分点 (靠近点 A ), 则过 ,,E F G 三点的截面与底面 ABCD 所成锐二面角的余弦值为 .【例3】在平面α内，已知AB BC ⊥，过直线AB BC 、分别作平面β ，γ ，使锐二面角AB αβ--的大小为 3π, 锐二面角 BC αγ-- 的大小为 3π, 则平面 β 与平面 γ 所成的锐二面角的余弦值为（）A. 14B.C. 12D. 34【例4】如图, 在正方体 1111ABCD A B C D - 中, 平面 11ABC D 与平面 1DBC 所成锐二面角的余弦值为 .【例5】如图 (1), 设 P 为圆锥的顶点, ,,A B C 是其底面圆周上的三点, 满足90ABC ∠=. 若 1,2,AB AC AP ===则二面角 A PB C -- 的平面角的余弦值为 .【例6】如图①，已知边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面互相垂直, M 是 CD 上异于,C D 的点.(1) 证明: 平面 AMD ⊥ 平面 BMC ;(2) 当三棱锥 M ABC - 的体积最大时,求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值.图(1)【例7】如图(1), 在四棱锥P ABCD-中, 侧面PAD是边长为2 的等边三角形且垂直于底面1,,2ABCD AB BC AD BAD ABC∠∠====90,E是PD的中点.(1) 证明: 直线//CE平面PAB;(2)点M在棱PC上, 且直线BM与底面ABCD所成的角为45, 求二面角M AB D--的平面角的余弦值.第6讲立体几何二面角问题知识与方法1. 空间问题平面化解立体几何问题离不开空间问题平面化, 求二面角大小也是如此. 把二面角大小转化为线线角大小, 这里的线线角可以是二面角的平面角, 也可以是两个半平面的法线等.2. 求二面角大小, 有以下方法方法一: 二面角的平面角. 过公共棱上的点直接作出二面角的平面角.方法二: 公共棱的垂面产生二面角的平面角.方法三:利用三垂线定理或三垂线定理的逆定理构造二面角的平面角.三垂线定理: 平面内的一条直线, 如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直, 那么它也与这条斜线垂直.三垂线定理的逆定理: 如果平面内一条直线与穿过该平面的一条斜线垂直, 那么这条直线也垂直于这条斜线在平面内的射影.利用三垂线定理或其逆定理, 作出两个半平面的公共棱的垂面AOH, 则AOH∠是二面角的平面角, 在Rt AOH中求出AOH∠的大小.方法四: 面积射影法.设平面α内有一平面图形的面积为S, 它在平面β上的射影的面积为S', 则平面α与平面β所成锐二面角θ的余弦值cosSS θ='.方法五:利用两个平面的法向量的夹角来求二面角大小.一般通过建立空间直角坐标系进行代数运算.方法六: 等体积法.在平面α内找到一个点A, 求出点A到两个半平面的公共棱的距离AO, 用等体积法求出点A到平面β的距离h, 则二面角θ的正弦值sinh AOθ=. 方法七:三正弦定理.方法八: 三面角的余弦定理.定理: 如图,四面体 O ABC - 的二面角 A OC B -- 的大小为 α, 则cos α cos cos cos sin sin AOB AOC BOC AOC BOC∠∠∠∠∠-⋅=⋅.在已知一个四面体中 ,,OA OB OC 的两两夹角的情况下, 便能求解二面角A OCB --, 二面角 A OBC --, 二面角 C OA B -- 的大小.方法九: 无棱二面角.题设背景中没有直接给出二面角的公共棱,要解决这一问题,可以补全几何图形,作出二面角的公共棱,再用上述方法来求解二面角大小,也可以用面积射影法,或者用空间向量法计算二面角的大小.典型例题【例1】1111(1), , ,ABC A B C AA ABC ABC -⊥如图在三棱柱中侧棱平面为等腰直角三角形, 90BAC ∠=, 且 12,,AB AA E F == 分别是 1,CC BC 的中点.(1) 求证 : EF ⊥ 平面 1AB F ;(2) 求锐二面角 1B AE F -- 的平面角的余弦值.图(1)【分析】证明线面垂直, 一般会用线面垂直的判定定理. 研究二面角的平面角时, 找到一个半平面的垂线很重要, 利用这条垂线, 根据三垂线定理可以作出二面角的平面角. 当然本题是在直棱柱的背景下解决问题, 可以考虑建立空间直角坐标系, 用空间向量来求解二面角的大小.(1) 【解析】因为 AC AB =, 且 F 为 BC 的中点, 所以 AF BC ⊥.又三棱柱中 1BB ⊥ 平面 ,ABC AF ⊂ 平面 ABC , 所以 1BB AF ⊥.因为 1BB BC B ⋂=, 所以 AF ⊥ 平面 11BB C C .因为 EF ⊂ 平面 11BB C C , 所以 AF EF ⊥.因为 12AC AB AA ===,经计算得 113B F EF B E ==,所以 22211B E B F EF =+, 即 1B F EF ⊥.又因为 1B F AF F ⋂=, 所以 EF ⊥ 平面 1AB F .(2) 解法 1： (定义法, 根据三垂线定理或其逆定理作二面角的平面角)如图 (2), 过点 F 作 FM AE ⊥, 连结 1B M .由 (1) 知 11,B F EF AF B F ⊥⊥.又 EF AF F ⋂=, 所以 1B F ⊥ 平面 AEF .因为 AE ⊂ 平面 AEF , 所以 1B F AE ⊥.图(2)又 1,AE MF FM B F F ⊥⋂=, 所以 EA ⊥ 平面 1B MF ,所以 1EA B M ⊥,所以 1B MF ∠ 就是二面角 1B AE F -- 的平面角,经计算得1MF B M ==所以11cos 6MF B MF B M ∠==. 【点睛】用定义法作二面角的平面角, 经常会用到三垂线定理及其逆定理. 请特别关注线面垂直或面面垂直的信息, 因为若能找到一个半平面内的一个点在另一个半平面上的射影, 那么借助三垂线定理或其逆定理,构造二面角的平面角就非常简单了.解法2： (空间向量法) 由 (1) 知 1,,FE FA FB 两两垂直.如图 (3), 以 FE 为 x 轴、 FA 为 y 轴、 1FB 为 z 轴建立空间直角坐标系. 则点)()(1,,E A B , 所以 ()(13,2,0,0,EA AB =-=-, 易知平面 EAF 的一个法向量为 ()10,0,1=n ,设平面 1AEB 的一个法向量为 ()2,,x y z =n ,则 230EA ⋅=-=n 且 2120AB ⋅=-=n, 取 2=⎝⎭n , 所以 121212cos ,6⋅==n n n n n n .图(3)【点睛】只要能方便建立直角坐标系, 并能用写出相关点的坐标, 就可以套用公式计算二面角的大小. 但是一定要注意两个平面的法向量的夹角与二面角的大小关系:相等或互补. 解法3：(面积射影法) 因为 1,AF BC AF BB ⊥⊥, 则 AF ⊥ 平面 1CBB , 所以 1AF FB ⊥.又由 (1) 知 1EF B F ⊥, 则 1B F ⊥ 平面 AEF .设锐二面角 1B AE F -- 的大小为 θ,则1cos 6EFA EB A S S θ==. 【点睛】面积射影法可以在不作出二面角的平面角的情况下, 算出二面角的大小, 这也是一种较为常用的方法.解法 4： (三正弦定理) 设锐二面角 1B AE F -- 的大小为 θ,则2221111cos 2B A AE EB B AE B A AE ∠+-===⋅, 由三正弦定理知 11sin sin sin B AF B AE ∠∠θ=⋅,则11sin 2sin 3sin 6B AF B AE ∠θ∠===, 即 cos θ=解法5： (三面角的余弦定理) 设锐二面角 1B AE F -- 的大小为 θ, 则2221111cos 2B A AE EB B AE B A AE ∠+-===⋅,所以 131015sin ,cos ,sin 5510B AE FAE FAE ∠∠∠===, 所以 1111110cos cos cos 62510cos sin sin 6315510B AF B AE FAE B AE FAE ∠∠∠θ∠∠-⨯-⋅===⋅⨯. 【点睛】若已知三条共点直线两两夹角的大小,求解以这三条直线为公共棱的两个半平面所成角的大小时, 可使用三面角的余弦定理.一般建议在解小题中使用, 因为二级结论在解决大题时难得步骤分.【例2】111111 (1), , , ,ABCD A B C D E F CC CD -如图在正方体中分别是的中点, G 是线段 1AA 的四等分点 (靠近点 A ), 则过 ,,E F G 三点的截面与底面 ABCD 所成锐二面角的余弦值为【分析】本题背景是 “无棱”二面角, 但二面角一定有公共棱, 可以依据题意作出二面角的公共棱, 再作出二面角的平面角来求解. 对于“无棱”二面角,也可以考虑用面积射影法、空间向量法等来求解, 这样就不需要作出二面角的公共棱.【解析】解法 1：设正方体的棱长为 4 , 所求二面角的大小为 θ, 过点 F 作 FH ⊥ CD 于点 H , 如图 (2). 则 EFG 在底面ABCD 上的射影为 CHA , 经计算 2EF =, 点 G 到 EF 的距离为 17, 所以1424172cos 1172172AHCEFG SS θ⨯⨯===⨯⨯.图(2)【点睛】本题是“无棱”二面角, 可以用面积射影法求解, 这种方法避免了找两个半平面的公共棱及二面角的平面角.解法 2： (空间向量法) 设正方体的棱长为 4 . 如图(3), 以 AB 为 x 轴、 AD 为 y 轴、 1AA 为 z 轴建立空间直角坐标系, 则点 ()()()0,0,1,4,4,2,2,4,2G E F , 所以 ()()4,4,1,2,4,1GE GF ==.设平面 GEF 的一个法向量为 (),,x y z =n , 则 440GE x y z ⋅=++=n , 且 240GF x y z ⋅=++=n ,取 ()0,1,4=-n . 又平面 ABCD 的一个法向量为()10,0,1=n , 则 1cos<,=>n n .图(3)解法 3：设正方体的棱长为 4.如图(4), 设 1,EF DD K KG DA O ⋂=⋂=.过点 O 作 //ON CD , 则 ////ON CD EF . 又 ON ⊥ 平面 ODK , 则DOK ∠ 为所求二面角的平面角,图(4)所以 cos 17DO DOK OK ∠==. 解法4：设正方体的棱长为 4 . 如图(5), 过点 G 作平面 //GPNM 平面 ABCD , 则 GP ⊥ 平面 PNE , 则 NPE ∠ 为所求二面角的平面角, 所以cos17PN NPE PE ∠===.图(5)【点睛】所谓“无棱” 的二面角, 并不是说两个半平面的公共棱不存在, 应该利用好已知条件, 先作出二面角的公共棱, 再作出二面角的平面角.【例3】在平面α内，已知AB BC ⊥，过直线AB BC 、分别作平面β ，γ ，使锐二面角AB αβ--的大小为 3π, 锐二面角 BC αγ-- 的大小为 3π, 则平面 β 与平面 γ 所成的锐二面角的余弦值为（）A. 14B. 4C. 12D. 34【分析】本题涉及三个平面, 可以用三面角的余弦定理来解决问题. 当然也可以考虑作出二面角的平面角, 或用空间向量、三正弦定理来解.【解析】解法 1： (三面角的余弦定理) 如图 (1), 设平面 β 为平面 ABD , 平面 γ 为平面 BCD , 设点 D 在平面 ABC 上的射影为点 H , 过点 H 作 HM AB ⊥ 于点 M , 过点 H 作 HN BC ⊥ 于点 N .由题意知, 四边形 BNHM 为正方形, DMH ∠ 为二面角 AB αβ-- 的平面角, DNH ∠ 为二面角 AB αγ-- 的平面角.设平面 β 与平面 γ 所成的锐二面角大小为 θ, 设正方形 BNHM 的边长为 1 , 则在 Rt DHM 中, ,13DMH MH π∠==, 所以 2MD =.图(1)同理 2ND =.所以 cosDBM DBM DBN DBN ∠∠∠∠====由三面角的余弦定理知 cos cos cos 1cos sin sin 4ABC ABD CBD ABD CBD ∠∠∠θ∠∠-⋅==-⋅. 所以平面 β 与平面 γ 所成的锐二面角的余弦值为14. 故选 A. 【点睛】若能得知 ,,BA BD BC 这三条边的两两夹角的三角函数, 便能利用三面角的余弦定理求得平面 β 与平面 γ 所在锐二面角的大小.解法 2：(二面角的平面角) 在解法1 的基础上, 如图 (2), 过点 M 作 ME DB ⊥ 于点 E , 连结 EN , 易证 MEN ∠ 为平面 β 与平面 γ 所成二面角的平面角.又ME NE MN ===由余弦定理可得 1cos 4θ=. 故选 A.图(2)解法 3： (空间向量法) 构造符合题意的正四棱柱, 其中平面 β 为平面 ABD , 平面 γ为平面 BCD 根据条件“二面角 AB αβ-- 的大小为 3π, 锐二面角 BC αγ-- 的大小为 3π ”, 设四棱柱的底面边长为 1 , 侧棱长为二面角 A BD C -- 的大小为 θ.如图(3), 以点 B 为原点, 以 BC 为 x 轴、BA 为 y 轴、BE 为 z 轴建立空间直角坐标系.则点 ()()(0,1,0,1,0,0,A C D , 所以 ()()(0,1,0,1,0,0,1,1,BA BC BD ===.图(3)设平面 ABD 的一个法向量为 ()1111,,x y z =n , 平面 BCD 的一个法向量为()2222,,x y z =n , 则 10BA ⋅=n 且 10BD ⋅=n , 即11110,0.y x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩ 取)11=-n , 同理, 取()21=-n , 所以 121cos cos ,4θ==n n . 故选 A. 【点睛】若能将几何体放到正方体、长方体中, 则容易建立空间直角坐标系, 从而借助空间向量法来解决问题.解法 4：(三正弦定理) 以解法3 为背景, 可知 AB 与平面 BCD 所成角为60,sin ABD ∠=设二面角 A BD C -- 的大小为 θ.由三正弦定理得 sin60sin sin ABD ∠θ=⋅,解得1sin 4θθ==. 故选 A. 【例4】如图, 在正方体 1111ABCD A B C D - 中, 平面 11ABC D 与平面 1DBC 所成锐二面角的余弦值为【分析】平面 11ABC D 与平面 1DBC 的法线较容易找到, 直接利用法线来求解.【解析】(用平面的法线求解) 平面 11ABC D 的一条法线为 1CB , 平面 1DBC 的一条法线为 1CA , 则直线 1CB 与直线 1CA 所成角的余弦值为【点睛】在正方体这一特殊几何体中, 很容易找到两个半平面的法线, 那么就可以直接利用两条法线所成角的大小来表示二面角的大小. 当然, 也可以用定义法、空间向量法来求解.【例5】如图 (1), 设 P 为圆锥的顶点, ,,A B C 是其底面圆周上的三点, 满足90ABC ∠=. 若 1,2,AB AC AP ===则二面角 A PB C -- 的平面角的余弦值为【分析】本题可以用空间向量法、作二面角的平面角等方法来解决问题.图(1)从条件来看, ,,PA PB PC 两两夹角的余弦值均可求解, 那么三面角的余弦定理可以更便捷地解决问题. 【解析】由 90ABC ∠= 知, AC 为底面圆的直径.如图 (2), 设底面中心为 O , 连结 PO ,则 PO ⊥ 平面 ABC , 易知 112AO CO AC ===,进而 1,PO BC ====图 (2)所以 22222231cos ,cos 2424AP BP AB PC BP CB APB CPB AP BP BP CP ∠∠+-+-====⋅⋅, 而 90APC ∠=, 设二面角 A PB C -- 的大小为 θ,则 cos cos cos cos sin sin 35APC APB CPB APB CPB ∠∠∠θ∠∠-⋅==-⋅. 【点睛】由三条棱引出的三个半平面问题, 依据条件, 可以考虑用三面角的余弦定理尝试解决问题.【例6】如图①，已知边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面互相垂直, M 是 CD 上异于,C D 的点.(1) 证明: 平面 AMD ⊥ 平面 BMC ;(2) 当三棱锥 M ABC - 的体积最大时,求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值.图(1)【分析】面面垂直的证明, 一般转化为线面垂直来证明, 只要找到半平面的一条垂线, 如 DM ⊥ 平面 BMC . 研究体积的最大值时, 基于 ABC 的面积是确定的, 只需点 M 到平面 ABC 的距离最大即可, 再用定义法或空间向量法解决二面角大小的问题.【解析】 (1) 由题设知, 平面 CMD ⊥ 平面 ABCD , 交线为 CD .因为 ,BC CD BC ⊥⊂ 平面 ABCD , 所以 BC ⊥ 平面 CMD , 故 BC DM ⊥. 因为 M 为 CD 上异于 ,C D 的点, 且 DC 为直径, 所以 DM CM ⊥. 又 BC CM C ⋂=, 所以 DM ⊥ 平面 BMC .而 DM ⊂ 平面 AMD , 故平面 AMD ⊥ 平面 BMC .(2) 以点 D 为坐标原点, 以 DA 为 x 轴正方向、 DC 为 y 轴正方向建立如图(2)所示的空间直角坐标系.图(2)当三棱锥 M ABC - 的体积最大时, M 为 CD 的中点.由题设得点 ()()()()()0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,2,0,0,1,1D A B C M ,则 ()()()2,1,1,0,2,0,2,0,0AM AB DA =-==.设 (),,x y z =n 是平面 MAB 的一个法向量,则 0,0,AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即 20,20,x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取 ()1,0,2=n . 因为 DA 是平面 MCD 的一个法向量,因此 525cos<,,sin<,55DADA DA DA ⋅===>>n n n n , 所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值是【点睛】在立体几何大题中,在容易找到线面垂直的背景下,一般可以选用空间向量法解决问题, 易错点在于判断二面角是钝角还是锐角.【例7】如图 (1), 在四棱锥P ABCD -中, 侧面PAD 是边长为 2 的等边三角形且垂直于底面 1,,2ABCD AB BC AD BAD ABC ∠∠==== 90,E 是 PD 的中点. (1) 证明: 直线 //CE 平面 PAB ;图(1)(2) 点 M 在棱 PC 上, 且直线 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45, 求二面角 M AB D -- 的平面角的余弦值.【分析】第一问可以用线面平行的判定定理 (或面面平行的性质定理) 来证明. 第二问建议采用空间向量法, 先通过计算确定点 M 的位置, 再解决二面角大小的问题.【解析】 (1) 如图 (2), 取 PA 的中点 F , 连结 ,EF BF .因为 E 为 PD 的中点, 所以 1//,2EF AD EF AD =. 由 90BAD ABC ∠∠== 得 //BC AD .又 12BC AD =, 所以 EF CB =. 所以四边形 BCEF 为平行四边形,所以 //CE BF .又 BF ⊂ 平面 ,PAB CE ⊄ 平面 PAB , 故 //CE 平面 PAB .图(2)(2) 由已知得 BA AD ⊥, 以点 A 为坐标原点, 以 AB 为 x 轴正方向、AD 为 y 轴正方向、 AB 为单位长, 建立如图 (3)所示的空间直角坐标系,则点 ()()()(()0,0,0,1,0,0,1,1,0,,,,A B C P M x y z ,则 ()()()1,0,3,1,0,0,1,,PC AB BM x y z =-==-,(,1,PM x y z =-.因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45,而 ()0,0,1=n 是底面 ABCD 的一个法向量,图(3)所以 cos<,sin45BM =n >, 即2=, 即 222(1)0x y z -+-=.又点 M 在棱 PC 上, 设 PM PC λ=, 则,1,x y z λ===,1,122 1, ()1,x x y y z z ⎧⎧=+=-⎪⎪⎪⎪⎪⎪==⎨⎨⎪⎪⎪⎪==⎪⎪⎩⎩解得舍去或所以点12M ⎛- ⎝⎭. 从而12AM ⎛=- ⎝⎭. 设 ()000,,x y z =m 是平面 ABM 的一个法向量,则 0,0,AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即(00002200x y x ⎧++=⎪⎨=⎪⎩，，所以可取()0,=m.于是 cos<,⋅==m n m n >m n ，因此二面角 M AB D -- 的平面角的余弦值为 5. 【点睛】对于动态立体几何问题, 如果用几何法较难确定位置关系, 可以考虑建立空间直角坐标系, 用空间向量的代数运算来确定动点的位置.。

高一寒假作业(8)——立体几何二面角专题(含答案)

高一寒假作业（8）—二面角专题1、正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AA 1=AB =1. （1）求证：A 1C //平面AB 1D ；（2）求二面角B —AB 1—D 的正切值；2、如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AD AA AB ===点E 在线段AB 上.（1）求异面直线1D E 与1A D 所成的角；（2）若二面角1D EC D --的大小为45︒，求点B 到平面1D EC 的距离.3. 如图，四边形ABCD 是正方形，PB ⊥平面ABCD ，MA//PB ，PB=AB=2MA ，（1）证明：AC//平面PMD ；（2）求直线BD 与平面PCD 所成的角的大小；（3）求平面PMD 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的正切值。

4、已知斜三棱柱111ABC A B C -，90BCA ∠=，2AC BC ==，1A 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，又知11BA AC ⊥。

（1）求证：1AC ⊥平面1A BC ；（2）求1CC 到平面1A AB 的距离；（3）求二面角1A A B C --的正弦值。

5、如图，已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各棱长都为a ，P 为A 1B 上的点。

（1）试确定PBP A 1的值，使得PC ⊥AB ；（2）若321=PBP A ，求二面角P —AC —B 的大小；（3）在（2）条件下，求C 1到平面PAC 的距离。

6、如图所示，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD ＝60°，E 是CD 的中点，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2.（1）证明：平面PBE ⊥平面PAB ;（2）求平面PAD 和平面PBE 所成二面角（锐角）的正弦值.7、如图7-29，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，,32=BD ，AB=4，AD=2，侧棱PB=15，PD=3。

文科立体几何线面角二面角专题_带答案解析

5．(1)见解析;(2) .
【解析】试题分析：（1）由题意，可取中点，连接，则易知平面 ∥平面 ,由条件易证平面，则平面，又平面，根据线面垂直的定义，从而问题可得证；（2）由题意，采用坐标法进行求解，可取中点为坐标原点，过点作平行于的直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，分别算出平面和平面的法向量，结合图形，二面角为锐角，从而问题可得解.
6．（1）见解析（2）见解析(3)
【解析】分析：（1）先证明，再证明平面 .(2)先证明面，再证明平面平面 .(3)利用异面直线所成的角的定义求直线与直线所成角的正弦值为 .
详解：（1）证明：连接，
∵ 、分别是、的中点，
∴ ，，
∵三棱柱中，∴ ，，
又为棱的中点，∴ ，，
∴四边形是平行四边形，∴ ，
又∵ 平面，平面，∴ 平面 .
（2）证明：∵ 是的中点，∴ ，
又∵ 平面，平面，
∴ ，又∵ ，
∴ 面，又面，
∴平面平面；
（3）解：∵ ，，
∴ 为直线与直线所成的角.
设三棱柱的棱长为，则，
∴ ，∴ .
即直线与直线所成角的正弦值为 .
8．（1）见解析；（2）
【解析】分析：（1）由题意得是等边三角形，故得，于是，从而得，所以，然后根据线面平行的判定定理可得结论成立．（2）由平面可得，于是平面．又，所以直线与平面所成角即直线与平面所成角，从而得到即为所求角，然后根据解三角形可得所求．
详解：（1）因为，为的中点，所以，且 .
连结 .因为，所以为等腰直角三角形，
且， .

线线角、线面角,二面角(高考立体几何法宝)

1A 1B 1C 1D ABCD E FG线线角、线面角、二面角的求法1.空间向量的直角坐标运算律：⑴两个非零向量与垂直的充要条件是1122330a b a b a b a b ⊥⇔++=⑵两个非零向量与平行的充要条件是a ·b =±|a ||b | 2.向量的数量积公式若a 与b 的夹角为θ(0≤θ≤π),且123(,,)a a a a =，123(,,)b b b b =,则（1）点乘公式： a ·b =|a ||b | cos θ（2）模长公式：则212||a a a a a =⋅=++2||b b b b =⋅=+（3）夹角公式：2cos ||||a ba b a b a ⋅⋅==⋅+（4）两点间的距离公式：若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则2||(AB AB x ==,A B d =①两条异面直线a 、b 间夹角0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭在直线a 上取两点A 、B ，在直线b 上取两点C 、D ，若直线a 与b 的夹角为θ，则cos |cos ,|AB CD θ=<>=例1 (福建卷)如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1=AB =2，AD =1，点E 、F 、G 分别是DD 1、AB 、CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成的角是（）A ．515arccosB ．4π C ．510arccosD ．2π（向量法，传统法）PBCA例 2 (2005年全国高考天津卷)如图，PA ⊥平面ABC ，90ACB ∠=︒且PA AC BC a ===，则异面直线PB 与AC 所成角的正切值等于_____．解：（1）向量法（2）割补法：将此多面体补成正方体'''DBCA D B C P -，PB 与AC 所成的角的大小即此正方体主对角线PB 与棱BD 所成角的大小，在Rt △PDB中，即t a n 2PDDBA DB∠==．点评：本题是将三棱柱补成正方体'''DBCA D B C P -②直线a 与平面α所成的角0,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦(重点讲述平行与垂直的证明)可转化成用向量→a 与平面α的法向量→n 的夹角ω表示，由向量平移得：若ππ（图）；若ππ平面α的法向量→n 是向量的一个重要内容，是求直线与平面所成角、求点到平面距离的必备工具.求平面法向量的一般步骤：(1)找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标111222(,,),(,,)a a b c b a b c == (2)设出平面的一个法向量为(,,)n x y z =(3)根据法向量的定义建立关于x,y,z 的方程组(0a <(4)解方程组，取其中的一组解，即得法向量。

几何法求线线角,线面角,二面角的10类题型(教师版)

几何法求线线角、线面角、二面角常考题型题型一平行四边形平移法求线线角 4题型二中位线平移法求线线角 6题型三补形平移法求线线角 8题型四作垂线法求线面角 10题型五等体积法求线面角 13题型六定义法求二面角 15题型七三垂线法求二面角 17题型八垂面法求二面角 19题型九补棱法求二面角 22题型十射影面积法求二面角 25知识梳理一、线线角的定义与求解线线角主要是求异面直线所成角。

1、线线角的定义：①定义：设a,b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a ⎳a，b ⎳b，把a 与b 所成的锐角或直角叫做异面直线a,b所成的角(或夹角)②范围：0,π22、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．3、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：①平行四边形平移法；②中位线平移法；③补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．二、线面角的定义与求解1、线面角的定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，取值范围：[0°，90°]2、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面α做垂线，确定垂足O；(2)连结斜足与垂足为斜线AB在面α上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；(3)把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。

3、公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解。

公式为：sinθ=h，其中θ是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长。

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文科立体几何线面角二面角专题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、解答题为的中点．，1．如图，在三棱锥，中，）证明：；平面（1上，且二面角为）若点，求所成角的正弦值．与平面（2在棱为的中点．．如图，在三棱锥中，，2，；）证明：平面（1上，且）若点在棱（，求点到平面的距离．23．（2018年浙江卷）如图，已知多面体ABCABC，AA，BB，CC均垂直于平面ABC，111111∠ABC=120°，AA=4，CC=1，AB=BC=BB=2．111页4页，总1试卷第；B⊥平面AC（Ⅰ）证明：AB1111所成的角的正弦值．AC与平面ABB（Ⅱ）求直线11，⊥平面，ABC中，点P4．如图，在三棱柱，G分别是的中点，已知===3，=2.）求异面直线与AB所成角的余弦值；（I⊥平面II）求证：；（与平面（III.所成角的正弦值）求直线，如图，是正方形，四棱锥，，，底面．5的中点.，分别是页4页，总2试卷第）求证（1；）求二面角.（2的余弦值分别为中，侧棱6，．如图，三棱柱底面，且各棱长均相等，.，棱的中点，.；（1平面）证明：）证明：平面2平面；（所成角的正弦值）求直线.与直线（3ABCD，边图形中，在四如7．AB；平面（1）证明：.所成角的正弦值（2）求直线与平面页4页，总3试卷第，是梯形，底面是正方形，四边形，9．在多面体中，，，平面（1；）求证：平面上一点，（的平面角的余弦值，求二面角.2为线段）设为等腰梯形，，已知10．如图，在多面体，中，四边形为直角梯形，，，，四边形.1（平面）证明：；，平面平面（2）求三棱锥.的体积页4页，总4试卷第本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

参考答案1．（1）见解析（2）【解析】分析：(1)根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论，(2)根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果.详解：（1）因为，为的中点，所以，且.，所以为等腰直角三角形，连结.因为且.，由知..由平面知（2）如图，以.为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系由已知得取平面.的法向量.设，则设平面.的法向量为得，由，可取由已知得所以....所以解得（舍去），页13页，总1答案第本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

.所以.又，所以.与平面所以所成角的正弦值为点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的破“求法向量关”，第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，空间直角坐标系；求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.2．解：OPACOPAPCPACACO的中点，所以（1）因为==⊥=．=4，，且为OBOBABOBACBCABC=．因为=⊥，所以△=连结，为等腰直角三角形，且=2．OBOP知，．⊥由ABCPOOPOPOBAC⊥平面由知⊥．，⊥POMCHCHOMHOPCH⊥，垂足为⊥平面．又由（1）可得，所以⊥（2）作．POMCHC的距离．到平面故的长为点ACBOCCM，∠由题设可知=2=，=45°．==CHOM==，=所以．POMC的距离为．所以点到平面，欲证平面，只需证明）连接【解析】分析：（1即可；（2）的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可作，垂足为，只需论证.过点OPACACAPCPOPOAC=，且详解：．（1）因为=的中点，所以==4，⊥为OBOBACBCOBABABC=，，所以△=为等腰直角三角形，且⊥连结．因为=．=2OBOP．知，⊥由页13页，总2答案第本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

OPOBOPACPOABC．⊥⊥平面由⊥知，CHOMHOPCHCHPOM．⊥⊥⊥平面，垂足为，所以．又由（1）可得）作（2CHCPOM的距离．到平面的长为点故OCCMACB=45°．==由题设可知==2，，∠CHOM．所以=，==CPOM的距离为所以点到平面．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.3．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.,再根据【解析】分析:方法一：（Ⅰ）通过计算，根据勾股定理得ACABB所成的角，再在直角三角形中（Ⅱ）找出直线与平面线面垂直的判定定理得结论，11求解.方法二：（Ⅰ）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为0得出,再根据线面垂直的判定定理得结论，（Ⅱ）根据方程组解出平面的一个法向量，然后利用与平面法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互.余关系求解详解：方法一：（Ⅰ）由得，页13页，总3答案第本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

所以.故.，由得，由得，，得由，故，所以..因此平面.，连结，交直线（Ⅱ）如图，过点作于点平面由平面得平面，平面，得由.网所以学科所成的角.是与平面由，得，故所以.所成的角的正弦值是.因此，直线与平面方法二：yOBOOCACx轴的正半轴，建立空间直为原点，分别以射线（Ⅰ）如图，以的中点，为，xyzO.-角坐标系页13页，总4答案第本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

由题意知各点坐标如下：因此.得由.由得.平面所以与平面（Ⅱ）设直线所成的角为.由（Ⅰ）可知的法向量设平面.即可取由.所以.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的破“求法向量关”，准确求解相关点的坐标；第三，空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.（Ⅰ）4．（Ⅱ）见解析（Ⅲ）所成的角，解三角与AB是异面直线【解析】分析：（Ⅰ）由题意得∥AB，故∠G可得⊥平面ABC中，由形可得所求余弦值．G⊥A，于是（Ⅱ）在三棱柱1页13页，总5答案第本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

，连的中点HAG⊥，根据线面垂直的判定定理可得结论成立．⊥A（Ⅲ）取G，又11由，．连接OP取HG接AH，HG；O的中点，PO，连接可取中点试题分析：（，1）由题意，【解析】，又平面，则则易知平面平面∥平面由条件易证,，平面为中点采用坐标法进行求解，可取从而问题可得证；（2）根据线面垂直的定义，由题意，轴，建立空间直角坐标系，分别轴，为点作平行于的直线为轴，坐标原点，过为为锐角，从而问题可得解.算出平面和平面的法向量，结合图形，二面角是正方形，∴，中点试题解析：（1，∵，连结）取，，∴，∴又∵，，∴面，都是中点，∴，，，∴，又∵面，∴；，，，（2）建立如图空间直角坐标系，由题意得，则，，，，即，，则设平面的法向量为，则，，得令，同理得平面的法向量为，∴，所以他的余弦值是.以及坐二面角的三角函数值的求解，点睛：此题主要考查立体几何中异面直线垂直的证明，页13页，总6答案第本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

标法在解决立体几何问题中的应用等有关方面的知识和技能，属于中档题型，也是常考题型.坐标法在解决立体几何中的一般步骤，一是根据图形特点，建立空间直角坐标系；二是将几何中的量转化为向量，通过向量的运算；三是将运算得到的结果翻译为几何结论.6．（1）见解析（2）见解析(3)，再证面，再证明平面.(2)先证明【解析】分析：（1）先证明利用异面直线所成的角的定义求直线与直线.(3)所成角的明平面平面正弦值为.，（1）证明：连接详解：、、分别是的中点，∵∴，，∵三棱柱，，中，∴为棱又，，的中点，∴是平行四边形，∴∴四边形，平面又∵平面.，平面，∴，是的中点，∴（2）证明：∵，又∵，平面平面∴，又∵，，又∴面，面；平面∴平面3（）解：∵，，页13页，总7答案第本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

所成的角.∴为直线与直线，则的棱长为，设三棱柱，∴∴.所成角的正弦值为即直线.与直线意在考查学生对这1）本题主要考查空间位置关系的证明和异面直线所成角的计算，（点睛：作求空间的角，方法一是利用几何法，找些基础知识的掌握能力和空间想象转化能力.(2).方法二是利用向量法.证指求）1）见解析（27．（BDEFADE根据面面垂直的判定定理即可证明平面【解析】分析：(1)；⊥平面ABCDCF所成角的正弦值；也可以(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求与平面应用常规法，作出线面角，放在三角形当中来求解.222AB·BDBDAOABABDABD＝2中，∠+＝30°，由cos30°，（Ⅰ）在△详解：－222BDADBADABBDABBD解得＝90°∴＝，所以.+⊥=，根据勾股定理得∠ADDEABCDADDEABCD，，∴又因为⊥.⊥平面平面ADADBDEFDABCDBDDE，又⊥平面＝又因为平面，，所以BDEFADE∴平面，⊥平面（Ⅱ）方法一：，则如图，由已知可得，.BCD为锐角为30°的等腰三角形，则三角形则.连接FG，则上的投影F，则点于点ABG，HG为点在面ABCD.、C过点做，交DBABCDDE，则平面.，⊥平面页13页，总8答案第本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

为BF平面过，即角G做于点I，则DCBF的平面角，则二面角60°.，，则则.，，，BDEF中，G为BD中点，在直角梯形，，则.设，则ABCDCF所成角的正弦值为．，则，即与平面（Ⅱ）方法二：D、DEDA、DB为原点，建立如图所示的空间可知两两垂直，以D-xyz.直角坐标系hhDE＝，－，).0)，B(0，设，，C(，则D(0，，0－0). ，z，y，mBCFx)＝(设平面，的法向量为，，x-m)所以则取1，=，所以(＝－，0BDEFn，取平面，的法向量为(1＝0)，解得，则，由ABCDCF与平面，所成角为，设,又则sin则=.ABCDCF所成角的正弦值为故直线与平面线面角的正涉及到的知识点有面面垂直的判定，点睛：该题考查的是立体几何的有关问题，要明白垂直关系直角的转化，弦值，在求解的过程中，需要把握面面垂直的判定定理的内容，页13页，总9答案第本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

在求线面角的有关量的时候，有两种方法，可以应用常规法，也可以应用向量法.8．（1）见解析；（2），从而得是等边三角形，故得，于是【解析】分析：（1）由题意得）由（2平面，所以，然后根据线面平行的判定定理可得结论成立．所成角即直线与平面．又可得，所以直线，于是平面即为所求角，然后根据解三角形可得所求．与平面所成角，从而得到，（1）因为详解：．所以垂直平分线段又，所以．在中，由余弦定理得，．所以又，所以是等边三角形，所以，所以，又因为，所以，．所以又平面平面，所以．平面，平面）因为（2平面，，所以又，．所以平面，1由（）知页13页，总10答案第本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

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