线面角及二面角的求法

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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．。

线线角_线面角_二面角的讲义汇总(K12教育文档)

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B 1D 1A D C 1BC A 1线线角与线面角一、课前预习1.在空间四边形ABCD 中，AD=BC=2， E 、F 分别为AB 、CD 的中点且EF=3，AD 、BC 所成的角为 .2。

如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中 ,B1C 和C1D 与底面所成的角分别为60ο和45ο，则异面直线B1C 和C1D 所成角的余弦值为（）63（A)。

46 （B ）。

36 (C).62 (D)。

3.平面α与直线a 所成的角为3π，则直线a 与平面α内所有直线所成的角的取值范围是．4。

如图，ABCD 是正方形,PD ⊥平面ABCD ，PD=AD,则PA与BD 所成的角的度数为 (A ）。

30ο (B ）。

45ο (C ）.60ο (D ）.90ο5。

有一个三角尺ABC ，∠A=30ο， ∠C=90ο，BC 是贴于桌面上，当三角尺与桌面成45ο角时，AB 边与桌面所成角的正弦值是．二、典型例题例1。

(96·全国）如图,正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面成60ο角，求异面直线AD 与BF 所成角的余弦值。

【备课说明:1.求异面直线所成的角常作出所成角的平面图形.作法有：A CB D B PCD A C B①平移法:在异面直线的一条上选择“特殊点”,作另一条直线平行线或利用中位线.②补形法:把空间图形补成熟悉的几何体,其目的在于容易发现两条异面直线的关系。

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°< θ ≤90°、0°≤ θ ≤90°、0°< θ ≤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1111ABCD A B C D -中，已知4AB =，3AD =，12AA =。

E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且1EB FB ==。

求直线1EC 与1FD 所成的角的余弦值。

思路一：本题易于建立空间直角坐标系，把1EC 与1FD 所成角看作向量EC 1与FD 的夹角，用向量法求解。

思路二：平移线段C 1E 让C 1与D 1重合。

转化为平面角，放到三角形中，用几何法求解。

（图1）解法一：以A 为原点，1AB AD AA 、、分别为x 轴、y 轴、z 轴的正向建立空间直角坐标系，则有 D 1（0，3，2）、E （3，0，0）、F （4，1，0）、C 1（4，3，2），于是11(1,3,2),(4,2,2)EC FD ==-设EC 1与FD 1所成的角为β，则：112222221121cos 14132(4)22EC FD EC FD β⋅===⋅++⨯-++ ∴直线1EC 与1FD 所成的角的余弦值为2114解法二：延长BA 至点E 1，使AE 1=1，连结E 1F 、DE 1、D 1E 1、DF ，有D 1C 1//E 1E ， D 1C 1=E 1E ，则四边形D 1E 1EC 1是平行四边形。

则E 1D 1//EC 1 于是∠E 1D 1F 为直线1EC 与1FD 所成的角。

专题35 空间中线线角、线面角,二面角的求法-

专题35 空间中线线角、线面角、二面角的求法【高考地位】立体几何是高考数学命题的一个重点，空间中线线角、线面角的考查更是重中之重. 其求解的策略主要有两种方法：其一是一般方法，即按照“作——证——解”的顺序进行；其一是空间向量法，即建立直角坐标系进行求解. 在高考中常常以解答题出现，其试题难度属中高档题.类型一空间中线线角的求法方法一平移法例1正四面体ABCD 中， E F ，分别为棱AD BC ，的中点，则异面直线EF 与CD 所成的角为 A.6π B. 4π C. 3π D. 2π 【变式演练1】【2021届全国著名重点中学新高考冲刺】如图，正方体1111ABCD A B C D -，的棱长为6，点F 是棱1AA 的中点，AC 与BD 的交点为O ，点M 在棱BC 上，且2BM MC =，动点T （不同于点M ）在四边形ABCD 内部及其边界上运动，且TM OF ⊥，则直线1B F 与TM 所成角的余弦值为（）A B C D ．79【变式演练2】【江苏省南通市2020-2021学年高三上学期9月月考模拟测试】当动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的棱DC 上运动时，异面直线1D P 与1BC 所成角的取值范围（）A ．,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,43ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．,32ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【变式演练3】【甘肃省白银市靖远县2020届高三高考数学（文科）第四次联考】在四面体ABCD 中，2BD AC ==，AB BC CD DA ====E ，F 分别为AD ，BC 的中点，则异面直线EF 与AC 所成的角为（）A ．π6B ．π4C ．π3D ．π2【变式演练4】【2020年浙江省名校高考押题预测卷】如图，在三棱锥S ABC -中，SA ⊥平面ABC ，4AB BC ==，90ABC ∠=︒，侧棱SB 与平面ABC 所成的角为45︒，M 为AC 的中点，N 是侧棱SC上一动点，当BMN △的面积最小时，异面直线SB 与MN 所成角的余弦值为（）A ．16B ．3C D ．6方法二空间向量法例2、【重庆市第三十七中学校2020-2021学年高三上学期10月月考】在长方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别为棱1AA ，11C D ，1DD 的中点，12AB AA AD ==，则异面直线EF 与BG 所成角的大小为（） A ．30B ．60︒C ．90︒D ．120︒例3、【四川省泸县第四中学2020-2021学年高三上学期第一次月考】在长方体1111ABCD A B C D -中，2BC =，14AB BB ==，E ，F 分别是11A D ，CD 的中点，则异面直线1A F 与1B E 所成角的余弦值为（）A ．34B ．34-C D ．6【变式演练5】【2021届全国著名重点中学新高考冲刺】《九章算术》是古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形ABCD 为矩形，//EF AB ，若3AB EF =，ADE 和BCF △都是正三角形，且2AD EF =，则异面直线AE 与CF 所成角的大小为（）A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 【变式演练6】【云南省云天化中学、下关一中2021届高三复习备考联合质量检测卷】如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为线段AB 的中点，点F 在线段AD 上移动，异面直线1B C 与EF 所成角最小时，其余弦值为（）A ．0B ．12C D ．1116类型二空间中线面角的求法方法一垂线法第一步首先根据题意找出直线上的点到平面的射影点；第二步然后连接其射影点与直线和平面的交点即可得出线面角；第三步得出结论.例3如图，四边形ABCD是矩形，1,AB AD ==E 是AD 的中点，BE 与AC 交于点F ，GF ⊥平面ABCD .（Ⅰ）求证：AF ⊥面BEG ；（Ⅰ）若AF FG =，求直线EG 与平面ABG 所成角的正弦值.【变式演练7】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等,1A 在底面ABC 内的射影为ABC 的中心,则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值为（）A ．13 B． C．3 D ．23【变式演练8】【北京市朝阳区2020届高三年级下学期二模】如图，在五面体ABCDEF 中，面ABCD 是正方形，AD DE ⊥，4=AD ，2DE EF ==，且π3EDC ∠=．（1）求证：AD ⊥平面CDEF ；（2）求直线BD 与平面ADE 所成角的正弦值；GFEDCBA（3）设M 是CF 的中点，棱AB 上是否存在点G ，使得//MG 平面ADE ？若存在，求线段AG 的长；若不存在，说明理由．方法二空间向量法第一步首先建立适当的直角坐标系并写出相应点的空间直角坐标；第二步然后求出所求异面直线的空间直角坐标以及平面的法向量坐标；第三步再利用a bsin a bθ→→→→⋅=即可得出结论.例4 【内蒙古赤峰市2020届高三（5月份）高考数学（理科）模拟】在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，//BC AD ，222AD BC CD ===，O 是AD 的中点，PO ⊥平面ABCD ，过AB 的平面交棱PC 于点E （异于点C ，P 两点），交PO 于F .（1）求证：//EF 平面ABCD ；（2）若F 是PO 中点，且平面EFD 与平面ABCD 求PC 与底面ABCD 所成角的正切值.【变式演练9】【2020年浙江省名校高考仿真训练】已知三棱台111ABC A B C -的下底面ABC 是边长为2的正三角形，上地面111A B C △是边长为1的正三角形.1A 在下底面的射影为ABC 的重心，且11A B A C ⊥.（1）证明：1A B ⊥平面11ACC A ；（2）求直线1CB 与平面11ACC A 所成角的正弦值.类型三空间二面角的求解例4【江西省部分省级示范性重点中学教科研协作体2021届高三统一联合考试】三棱锥S ABC -中，2SA BC ==，SC AB ==，SB AC ==记BC 中点为M ，SA 中点为N（1）求异面直线AM 与CN 的距离；（2）求二面角A SM C --的余弦值.【变式演练10】【2021年届国著名重点中学新高考冲刺】如图，四边形MABC 中，ABC 是等腰直角三角形，90ACB ∠=︒，MAC △是边长为2的正三角形，以AC 为折痕，将MAC △向上折叠到DAC △的位置，使D 点在平面ABC 内的射影在AB 上，再将MAC △向下折叠到EAC 的位置，使平面EAC ⊥平面ABC ，形成几何体DABCE .（1）点F 在BC 上，若//DF 平面EAC ，求点F 的位置；（2）求二面角D BC E --的余弦值. 【高考再现】1．【2020年高考山东卷4】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为（）A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒2. 【2017课标II ，理10】已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（）A B C D 3．【2020年高考全国Ⅰ卷理数16】如图，在三棱锥P ABC -的平面展开图中，1,3,,,30AC AB AD AB AC AB AD CAE ===⊥⊥∠=︒，则cos FCB ∠=_____________．4.【2020年高考全国Ⅱ卷理数20】如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，,M N 分别为11,BC B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：1AA //MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；（2）设O 为Ⅰ111C B A 的中心，若F C EB AO 11平面∥，且AB AO =，求直线E B 1与平面AMN A 1所成角的正弦值．5.【2020年高考江苏卷24】在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD BD =2，O 为BD 的中点，AO Ⅰ平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．6．【2020年高考浙江卷19】如图，三棱台DEF—ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．（I）证明：EF⊥DB；（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．7．【2020年高考山东卷20】如图，四棱锥P ABCD-的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知1PD AD==，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【反馈练习】1．【江西省乐平市第一中学2021届高三上学期联考理科】已知正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别是线段BC ，1BB 的中点，则异面直线DE 与1D F 所成角的余弦值为（）A B C ．35 D ．452．【湖南省永州市宁远、道县、东安、江华、蓝山、新田2020届高三下学期六月联考】某四棱锥的三视图如图所示，点E 在棱BC 上，且2BE EC =，则异面直线PB 与DE 所成的角的余弦值为（）A ．BCD ．153．【2020届河北省衡水中学高三下学期第一次模拟】如图，在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是平面11A BC 内一个动点，且满足12DP PB +=1B P 与直线1AD 所成角的余弦值的取值范围为（）A ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．10,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．12⎡⎢⎣⎦D ．1,22⎡⎢⎣⎦4．【广西玉林市2021届高三11月教学质量监测理科】如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱AD ，CC 1的中点，则异面直线A 1E 与BF 所成角的大小为（）A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π 5．【山东省泰安市2020届高三第四轮模拟复习质量】如图，在三棱锥A —BCD 中，AB =AC =BD =CD =3，AD =BC =2，点M ，N 分别为AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是（）A ．58B ．8C ．78D ．86．【福建省厦门市2020届高三毕业班（6月）第二次质量检查（文科）】如图，圆柱1OO 中，12OO =，1OA =，1OA O B ⊥，则AB 与下底面所成角的正切值为( )A ．2BC ．2D ．127．【内蒙古赤峰市2020届高三（5月份）高考数学（理科）】若正方体1AC 的棱长为1，点P 是面11AA D D 的中心，点Q 是面1111D C B A 的对角线11B D 上一点，且//PQ 面11AA B B ，则异面直线PQ 与1CC 所成角的正弦值为__.8．【吉林省示范高中（四平一中、梅河口五中、白城一中等）2020届高三第五次模拟联考】如图，已知直三棱柱ADF BCE -，AD DF ⊥，2AD DF CD ===，M 为AB 上一点，四棱锥F AMCD -的体积与该直三棱柱的体积之比为512，则异面直线AF 与CM 所成角的余弦值为________.9．【湖北省华中师大附中2020届高三下学期高考预测联考文科】如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上一点，PA ⊥平面ABC ，E 、F 分别是PC 、PB 边上的中点，点M 是线段AB 上任意一点，若2AP AC BC ===.（1）求异面直线AE 与BC 所成的角：（2）若三棱锥M AEF -的体积等于19，求AM BM10．【广东省湛江市2021届高三上学期高中毕业班调研测试】如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是边长为2的等边三角形，侧面11BCC B 为菱形，且平面11BCC B ⊥平面ABC ，160CBB ∠=︒，D 为棱1AA 的中点．（1）证明：1BC ⊥平面1DCB ；（2）求二面角11B DC C --的余弦值．11．【河南省焦作市2020—2021学年高三年级第一次模拟考试数学（理）】如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ∠=︒，四边形BDFE 为矩形，平面BDFE ⊥平面ABCD ，点P 在AD 上，EP BC ⊥.（1）证明：AD ⊥平面BEP ；（2）若EP 与平面ABCD 所成角为60°，求二面角C PE B --的余弦值.12．【广西南宁三中2020届高三数学（理科）考试】如图1，在直角ABC 中，90ABC ∠=︒，AC =AB =D ，E 分别为AC ，BD 的中点，连结AE 并延长交BC 于点F ，将ABD △沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，如图2所示.（1）求证：AE CD ⊥；（2）求平面AEF 与平面ADC 所成锐二面角的余弦值.13．【广西柳州市2020届高三第二次模拟考试理科】已知三棱锥P ABC -的展开图如图二，其中四边形ABCD ABE △和BCF △均为正三角形，在三棱锥P ABC -中：（1）证明：平面PAC ⊥平面ABC ；（2）若M 是PA 的中点，求二面角P BC M --的余弦值．14．【浙江省“山水联盟”2020届高三下学期高考模拟】四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为菱形，侧面PBC 为正三角形，平面PBC ⊥平面ABCD ，3ABC π∠=，点M 为AD 中点.；（1）求证：CM PB（2）若点N是线段PA上的中点，求直线MN与平面PCM所成角的正弦值.。

线面垂直、线面角、二面角

线面垂直方法的总结我们学习了平面与直线垂直的定义、判定定理和性质定理，大家可以体会线线垂直在证明线面垂直时的重要性，将“三维”问题转化为“二维”解决是一种重要的立体几何数学思想方法.在处理实际问题过程中，可以先从题设条件入手，分析已有的垂直关系，再从结论入手分析所要证明的重要垂直关系，从而架起已知与未知的“桥梁”，同学们下面欣赏常见的线面垂直证明方法.一、应用勾股定理同学们知道如果一个三角形的边长满足222c ba =+，则这个三角形是直角三角形，可以得到线线垂直的关系.例1：如图1所示，点P 是梯形A B C D 所在平面外一点，⊥PD 平面ABCD ，AB ∥CD ，已知82==AD BD ，54=AB .设M 是PC 上的一点,求证:⊥BD 平面PAD .证明:∵⊥PD 平面ABCD ,⊂BD 平面ABCD∴PD BD ⊥.又∵8=BD ,4=AD ,54=AB ,∴222CD BD AD =+,∴∠︒=90ADB ,∴AD BD ⊥ 又∵⊂PD 平面PAD ,⊂AD PAD ,D AD PD = . ∴⊥BD 平面PAD .二、应用等腰(等边)三角形三线合一性质所谓三线合一的性质是等腰三角形底边的中线同时是高和角分线,可以很轻松的得到线线垂直,从而为证明线面垂直做了很好的准备工作.例2：如图2所示，已知P A 垂直于O 所在平面，A B 是O 的直径，C 是O 的圆周上异于A 、B 的任意一点，且P A A C =，点E 是线段PC 的中点.求证：A E ⊥平面P B C .证明：∵P A ⊥O 所在平面，BC 是O 的弦，∴B C P A ⊥. 又∵A B 是O 的直径，A C B ∠是直径所对的圆周角，∴B C A C ⊥. ∵,PA AC A PA =⊂ 平面P A C ，A C ⊂平面P A C . ∴B C ⊥平面P A C ，A E ⊂平面P A C ，∴A E B C ⊥.∵P A A C =，点E 是线段PC 的中点.∴A E P C ⊥. ∵PC BC C = ,P C ⊂平面P B C ，B C ⊂平面P B C . ∴A E ⊥平面P B C .此题利用A E 三线合一是解题的关键,在遇到线段的中点时,同学们要注意向三角形的三线合一转化.同时应用了圆的直径所对的圆周角是直角这个重要的结论，这点体现了平面几何对于立体几何的重要性. 三、应用两条平行线的性质大家知道两条平行线中如果有一条与一个面中的直线垂直,则两条平行线都与平面中的ABCDPM图1ACBPEO图2直线垂直. 在三角形中位线与底边平行,可以得到线线平行的关系,平行四边形对边平行也可以得到线线平行,这样的结论很多,我们可以欣赏体会这样的方法.例3:如图3所示,P 为△A BC 所在平面外一点, ⊥BC 平面PAB ,G 为PB 的中点,M 为PC 的中点,N 在AB 上,NB AN 3=,求证:⊥AB 平面MNG . 证明:取AB 的中点H ,连结PH .∵G 为PB 的中点,M 为PC 的中点,∴GM 为△PBC 的中位线,∴GM ∥BC .∵⊥BC 平面PAB ,⊂AB 平面PAB , ∴⊥BC AB ,∴⊥AB GM .又∵PB PA =,H 为线段AB 的中点,∴AB ⊥PH .∵G 为PB 的中点, N 为HB 的中点,∴PH ∥GN .∴AB ⊥GN .∵GM GN G =,⊂GM 平面MNG ,⊂GN 平面MNG ,∴⊥AB 平面MNG .本题GM 和GN 分别是所在三角形的中位线, 对于证明方法有很大的帮助,同学们在后的解题中要注意根据已知条件找到平行关系是解题的关键. 四、应用平面图形的几何性质我们都发现在立体几何问题的解决中,平面图形的性质产生了很重要的地位,在学习立体几何的过程中,平面几何的诸多知识点不能推广到三维空间,但同学们要注意平面图形的性质在解决立体几何的时候会发挥很重要的作用. 例4:如图4所示,四边形ABCD 是边长为1的菱形,点P 是菱形A B C D 所在平面外一点，∠︒=60BCD ,E 是CD 的中点,⊥PA 平面ABCD ,求证:BE ⊥平面PAB . 证明:∵⊥PA 平面ABCD ,BE ⊂平面ABCD ,∴PA BE ⊥,如图5所示,∵底面ABCD 是的菱形,∠︒=60BCD , ∴∠︒=60ABD .∵E 是CD 的中点,∴∠︒=30DBE ,∴∠︒=︒+︒=∠+∠=903060DBE BCD ABE , ∴AB BE ⊥.∵A AB PA = ,⊂PA 平面PAB ,⊂AB 平面PAB , ∴BE ⊥平面PAB .本题菱形ABCD 的性质对于解决立体几何的线面垂直有着很重要的作用,类似这样的方法很多,所以同学们要重视平面几何定义、定理、性质的应用.以上解题方法体现了立体几何证明的一个重要的思想方法:立体几何平面化,即转三维问题为二维,可以合理的解决立体几何问题. 五、利用线面垂直、线线垂直关系线线垂直或面面垂直都可转化为线面垂直来分析解决，其关系为：线线垂直−−−→←−−−判定性质线面垂直−−−→←−−−判定性质面面垂直．这三者之间的关系非常密切，可以互相转化，从前面推出后面是判定定理，而从后面推出前面是性质定理．同学们应当学会灵活应用这些定理证明问题。

【高中数学】8.5考点3 线面角、二面角的求法

高考真题（2019•浙江卷）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值.【解析】（1）如图所示，连结，等边中，，则，平面ABC ⊥平面，且平面ABC ∩平面，由面面垂直的性质定理可得：平面，故，由三棱柱的性质可知，而，故，且，由线面垂直的判定定理可得：平面，111ABC A B C -11A AC C ⊥ABC 90ABC ∠=︒1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==11,AC AB EF BC ⊥EF 1A BC 11,A E BE 1AAC △AE EC =-18%11A ACC 11A ACC AC =1A E ⊥ABC 1A E BC ⊥11A B AB ∥AB BC ⊥11A B BC ⊥1111A B A E A =BC ⊥11A B E结合⊆平面，故.（2）在底面ABC 内作EH ⊥AC ，以点E 为坐标原点，EH ,EC ,方向分别为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系.设，则，，据此可得：，由可得点的坐标为，利用中点坐标公式可得：，由于，故直线EF 的方向向量为：设平面的法向量为，则：，据此可得平面的一个法向量为，此时，EF 11A B E EFBC ⊥1EA E xyz -1EH =AE EC ==11AA CA ==3BC AB ==()()()130,,,,0,0,3,22A B A C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭11AB A B =1B 132B ⎛⎫ ⎪⎝⎭34F ⎛⎫⎪⎝⎭()0,0,0E 34EF ⎛⎫=⎪⎝⎭1A BC (),,m x y z =()()133,,,,330222233,,,02222m A B x y z x y z m BC x y z xy ⎧⎛⎫⋅=⋅-=+-=⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪⋅=⋅-=-+= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎩1A BC ()1,3,1m =34EF ⎛⎫=⎪⎝⎭4cos ,55EF m EF m EF m⋅===⨯设直线EF 与平面所成角为，则. 【答案】（1）证明见解析；（2）.（2019•浙江卷）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（） A ． B ． C ． D ．【解析】方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，，即，综上所述，答案为B ．方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）由最大角定理，故选B ．方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得1A BC θ43sin cos ,,cos 55EF m θθ===35V ABC -P VA PB AC αPB ABC βP AC B --γ,βγαγ<<,βαβγ<<,βαγα<<,αβγβ<<G AC V ABC O P D AO D DE AE //PE VG P //PF AC VG F D //DH AC BG H ,,BPF PBD PED α=∠β=∠γ=∠cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBα===<=βαβ>tan tan PD PDED BDγ=>=βy >ββα<V AB C --γ'γ'=γβ<γ'=γV ABC -P VAB ．【答案】B（2019•天津卷（理））如图，平面，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅰ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅰ）若二面角的余弦值为，求线段的长.【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得.cos sin sin α=⇒α=β=γ=AE ⊥ABCD ,CF AE AD BC ∥∥,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====BF ∥ADE CE BDE E BD F --13CF ,,AB AD AE ()()()()()0,0,0,1,0,0,1,2,0,0,1,0,0,0,2A B C D E设，则.（Ⅰ）依题意，是平面ADE 的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面. （Ⅱ）依题意，，设为平面BDE 的法向量，则，即，不妨令z =1，可得，因此有.所以，直线与平面所成角的正弦值为. （Ⅲ）设为平面BDF 的法向量，则，即.不妨令y =1，可得. 由题意，有，解得. 经检验，符合题意｡所以，线段的长为. 【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）（Ⅲ）（2019•全国III 卷（理））图1是由矩形ADEB ，RtⅠABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2. （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；()0CF h h =>()1,2,F h ()1,0,0AB =()0,2,BF h =0BF AB ⋅=BF ⊄ADE BF ∥ADE (1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--(),,n x y z =00n BD n BE ⎧⋅=⎨⋅=⎩020x y x z -+=⎧⎨-+=⎩()2,2,1n =4cos ,9||||CE n CE n CE n ⋅〈〉==-CE BDE 49(),,m x y z =00m BD m BF ⎧⋅=⎨⋅=⎩020x y y hz -+=⎧⎨+=⎩21,1,m h ⎛⎫=-⎪⎝⎭41cos ,332m n m n m n-⋅===⨯87h =CF 874987（2）求图2中的二面角B−CG−A 的大小.【解析】（1）证：，，又因为和粘在一起.，A ，C ，G ，D 四点共面.又.平面BCGE ，平面ABC ，平面ABC 平面BCGE ，得证.（2）过B 作延长线于H ，连结AH ，因为AB 平面BCGE ，所以而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以而在中,，即二面角的度数为.【答案】（1）见详解；（2） .（2019•北京卷（理））如图，在四棱锥P –ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD，AD ∥BC ，P A =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且．（Ⅰ）求证：CD ⊥平面P AD ；（Ⅱ）求二面角F–AE–P 的余弦值；（Ⅲ）设点G 在PB 上，且．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由． //AD BE //BF CG E F ∴//AD CG ,AB BE AB BC ⊥⊥AB ∴⊥AB ⊂∴⊥BH GC ⊥⊥AB GC ⊥BH GC ⊥GC ⊥HAB AH GC ⊥BH GC ⊥BHA ∠B CG A --BHC △90BHC ∠=60FBC ∠=60BCH ∠=sin 603BH BC ==ABH 90ABH ∠=tan 3AB BHA BH ∠===B CG A --303013PF PC =23PG PB =【解析】（Ⅰ）由于P A ⊥平面ABCD ，CD 平面ABCD ，则P A ⊥CD ，由题意可知AD ⊥CD ，且P A ∩AD =A ，由线面垂直的判定定理可得CD ⊥平面P AD ．（Ⅱ）以点A 为坐标原点，平面ABCD 内与AD 垂直的直线为x 轴，AD ,AP 方向为y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易知：，由可得点F 的坐标为，由可得，设平面AEF 的法向量为：，则，据此可得平面AEF 的一个法向量为：，⊂A xyz-()()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,0,2,0A P C D 13PF PC =224,,333F ⎛⎫ ⎪⎝⎭12PE PD =()0,1,1E (),,m x y z =()()()224224,,,,0333333,,0,1,10m AF x y z x y z m AE x y z y z ⎧⎛⎫⋅=⋅=++=⎪ ⎪⎝⎭⎨⎪⋅=⋅=+=⎩()1,1,1m =-很明显平面AEP 的一个法向量为，，二面角F -AE -P 的平面角为锐角，故二面角F -AE -P. （Ⅲ）易知，由可得，则，注意到平面AEF 的一个法向量为：，其且点A 在平面AEF 内，故直线AG 在平面AEF 内. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析.（2019•全国I 卷（理））如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A -MA 1-N 的正弦值．【解析】（1）连接，()1,0,0n =1cos ,3m n m n m n⋅<>===⨯⨯()()0,0,2,2,1,0P B -23PG PB =422,,333G ⎛⎫- ⎪⎝⎭422,,333AG ⎛⎫=-⎪⎝⎭()1,1,1m =-0m AG ⋅=3ME 1B C，分别为，中点为的中位线且又为中点，且且四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）设，由直四棱柱性质可知：平面四边形为菱形则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则：，，，D （0，-1,0）取中点，连接，则四边形为菱形且为等边三角形M E 1BB BC ME ∴1B BC ∆1//ME B C ∴112ME B C =N 1A D 11//A D B C 1//ND B C ∴112ND B C =//ME ND ∴∴MNDE //MN DE ∴MN ⊄1C DE DE 1C DE //MN ∴1C DE ACBD O =11111AC B D O =1OO ⊥ABCD ABCD AC BD ∴⊥O )A()0,1,2M )14A 1,,222N ⎛⎫-⎪ ⎪⎝⎭AB FDF 01,2F ⎫⎪⎪⎝⎭ABCD 60BAD ∠=BAD ∴∆DFAB ∴⊥又平面，平面平面，即平面为平面的一个法向量，且设平面的法向量，又，，令，二面角【答案】（1）见解析；（2.（2019•全国II 卷（理））如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⅠEC 1.（1）证明：BE Ⅰ平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值.【解析】分析：（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面；1AA ⊥ABCD DF ⊂ABCD 1DFAA ∴⊥DF ⊥∴11ABB A DF ⊥1AMA DF ∴1AMA 33,,022DF ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭1MA N (),,n x y z =()13,1,2MA =-33,022MN ⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭132033022n MA x y z n MN x y ⎧⋅=-+=⎪∴⎨⋅=-=⎪⎩x 1y =1z =-()3,1,1n ∴=-3cos ,515DF n DF n DF n⋅∴<>===⋅10sin ,5DF n ∴<>=∴1A MA N --11B C ⊥11A B BA 11B C EB ⊥BE ⊥11EB C（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，，求出相应点的坐标，利用，可以求出之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值.详解：证明（1）因为是长方体，所以侧面，而平面，所以又，，平面，因此平面；（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，，因为，所以，所以，，设是平面的法向量，所以，设是平面的法向量，所以， B 1,,BC BA BB ,,x y z ABCD a 1B B b =1BE EC ⊥,a b EBC 1ECC 1B EC C --1B EC C --1111ABCD A B C D -11B C ⊥11A B BA BE ⊂11A B BA 11BE B C ⊥1BE EC ⊥1111B C EC C ⋂=111,B C EC ⊂11EB C BE ⊥11EB C B 1,,BC BA BB ,,x yz 1(0,0,0),(,0,0),(,0,),(0,,)2b B C a C a b E a 1BE EC ⊥2210(0,,)(,,)002224b b b BE EC a a a a b a ⋅=⇒⋅-=⇒-+=⇒=(0,,)E a a 1(,,),(0,0,2),(0,,)EC a a a CC a BE a a =--==111(,,)m x y z =BEC 111110,0,(0,1,1)0.0.ay az m BE m ax ay az m EC +=⎧⎧⋅=⇒⇒=-⎨⎨--=⋅=⎩⎩222(,,)n x y z =1ECC 2122220,0,(1,1,0)0.0.az n CC n ax ay az n EC =⎧⎧⋅=⇒⇒=⎨⎨--=⋅=⎩⎩二面角的余弦值的绝对值为，所以二面角. 【答案】（1）证明见解析；（2高考数学：试卷答题攻略一、“六先六后”，因人因卷制宜。

线面角与二面角的向量解法

线面角与二面角的向量解法广州市第65中学朱星如 510450几何中的距离和角是初等几何学的核心问题，是新旧教材的教学重点，也是高考常考点。

近几年来，各种数学杂志发表了不少用向量解几何题的文章，笔者觉得有些方法在实际解题中，操作起来并不方便，在教学中效果不佳。

如线面角论及得较少；而用法向量求二面角的平面角时，两法向量的夹角与二面角的平面角是相等或互补，但不易确定取哪种关系。

本文就这两个问题的解答方法作一介绍，但愿对同行的教学有所裨益。

先推导一个线面角公式。

设PQ 是平面a 的一条斜线段，P 、Q 均不为斜足，线段PQ 所在直线与平面α交于点Q '，直线PQ 与平面α所成的角为q ，见图1。

P '为直线PQ 上的一点，作P 'Q a ^于H ，连H Q '，则P Q H q ⅱ?。

设平面a 的法向量为n r，则有： 90HP Qq ⅱ+?o，,HP Q n PQ ⅱ?uuur r 或,n PQ p -uuur r ，sin cos cos ,HP Qn PQ q ⅱ=?=uuu r rPQ n PQ n×uuu r rg uuu r r ，从而arcsin (1)PQ nPQ nq =×uuu r r g L uuu r r 。

注：当Q 点为斜足或点P 、Q 在平面α的异侧时本公式也适用。

我们改编一个91年全国的高考题例说公式（1）的应用。

例1：已知正方形ABCD 的边长为4,PA ⊥平面ABCD ，PA =2,E 、F 分别为BC 、 CD 的中点。

求直线EB 、FB 分别与平面PEF 所成的角（见图2）。

解：以A 为原点，AD 所在的直线为x 轴，AB 所在的直线为y 轴，AP 所在的直线为z 轴，建立空间右手直角坐标系。

则有 B （0，4，0），C （4，4，0），D （4，0，0），P （0，0，2）。

用中点坐标公式可得E （2，4，0），F （4，2，0）。

考点08 空间角的求解问题(解析版)

考点08 空间角的求解问题立体几何是历年高考的必考题，其考查形式主要为空间几何体的有关计算（主要是体积计算），空间线面的位置关系以及空间角和距离的求解。

例如：2022年全国乙卷（理）[18]，2022年全国甲卷（理）[18]，2022年浙江高考[19]，2022年新高考Ⅰ卷[19]，2022年新高考Ⅱ卷[20]，2022年天津高考[17]，2022年北京高考[17]等都对空间几何体的体积进行了考查。

〔1〕平移法求异面直线所成的角求异面直线所成的角的方法为平移法，平移法一般有3种 (1)利用图形中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移； (3)补形平移.〔2〕线面角、二面角1.线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，把线面角转化到一个三角形中求解.2.二面角的求法：二面角的大小用它的平面角来度量. 平面角的作法常见的有①定义法；①垂面法。

〔3〕利用空间向量求空间中的角与距离 1.异面直线所成角若异面直线1l ，2l 所成的角为θ，则|||||cos |cos b a b a b a ==θ(注意：两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的两向量的夹角的取值范围为(0，π)，所以公式中要加绝对值)，其中a ，b 分别是直线1l ，2l 的方向向量。

2.直线与平面所成角已知直线l 与平面α，A l =α ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，θ为l 与α所成的角，则|||||cos |sin n a n a n a ==θ。

(注意:直线与平面所成角的范围为⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π，而向量的夹角的取值范围为[]π,0，所以公式中要加绝对值)。

3.二面角设1n 为平面α的法向量，2n 为平面β的法向量，1n ，2n 的夹角为θ，l =βα ，则二面角βα--l 的大小为θ或θπ-。

设二面角βα--l 的大小为ϕ，则|||||cos ||cos |2121n n ==θϕ①①所示。

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。

直线和平面所成的角与二面角

直线和平面所成的角与二面角知识要点1．直线与平面所成角的范围若θ表示直线与平面所成的角，则0°≤θ≤90°。

2．公式cosθ=cosθ1·cosθ2。

斜线AB与平面α所成的角为θ1，A为斜足，AC在α内，且与AB的射影成θ2角，∠BAC=θ, 则有cosθ=cosθ1·cosθ2。

3．公式。

如图所示，在二面角α-l-β中，A∈平面β，B∈平面α，AD⊥l于D，BC⊥l于C，AD=m,BC=n, CD=d, AB=l, 二面角α-l-β的平面角为φ，则有：。

4．公式S'=Scosθ。

如果平面多边形所在平面与平面所成角为，这个平面多边形及其在平面内的射影的面积分别为S、S'，那么S'=Scosθ。

5. 向量知识(1)；(2)(3)a·b=|a|·|b|cosθ (其中θ是a与b的夹角)(4)若a=(x1,y1,z1), b=(x2,y2,z2), 则：a·b=x1x2+y1y2+z1z2。

典型题目例1．如图，在棱长为a的正方体OABC-O'A'B'C'中，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且AE=BF。

(1)求证：A'F⊥C'E；(2)当三棱锥B'-BEF的体积取得最大值时，求二面角B'-EF'B的大小。

（结果用反三角函数表示）。

(1)证明：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系，设AE=BF=x, 则A'(a,0,a), F(a-x,a,0), C'(0,a,a,), E(a,x,0)。

∵，∴ A'F⊥C'E。

(2)解：记BF=x, BE=y, 则x+y=a, 三棱锥B'-BEF的体积，当且仅当，时，取得最大值。

过B作BD⊥EF交EF于D，连B'D,B'D⊥EF,∴∠B'DB是二面角B'-EF-B的平面角。

几何法求二面角、线面角与距离(高三一轮复习)

数学 N
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思维点睛►
几何法求距离的转化方法 (1)利用线面、面面平行转化：利用线面距、面面距的定义，转化为直线或平面上的一点到平面的距离； (2)通过换底转化：一般是在三棱锥中，利用等体积法求三棱锥的高，即求顶点到平面的距离； (3)利用中点转化：如果条件中具有线段的中点，则可将中点到平面的距离转化为线段的端点到平面的距离．
角度1 轨迹问题例1 如图， AB是与平面α交于点A的斜线段，点C满足|BC|＝λ|AC|(λ＞0)，且在平面α内运动，给出以下几个命题：①当λ＝1时，点C的轨迹是拋物线；②当λ＝1 时，点C的轨迹是一条直线；③当λ＝2时，点C的轨迹是圆；④当λ＝2时，点C的轨迹是椭圆；⑤当λ＝2时，点C的轨迹是双曲线．其中正确的命题是________．(填序号)
数学 N
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又因为AB＝3，BC＝4，则AC＝5，故在Rt△C1AC中，C1C＝AC×tan
30°＝
53 3
，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，
平面ABCD到平面A1B1C1D1的距离即为棱C1C的
长，即平面ABCD到平面A1B1C1D1的距离为5
3
3 .
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拓展培优立体几何中的动态问题
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针对训练
1．已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则D1A与平面ABCD所成的角为( A )
A．45°
B．60°
C．90°
D．135°
解析如图，正方体ABCD-A1B1C1D1，
数学 N
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DD1⊥平面ABCD，则∠D1AD是直线D1A与平面ABCD所成的角，在Rt△ADD1中， ∠ADD1＝90°，AD＝DD1，因此∠D1AD＝45°，所以D1A与平面ABCD所成的角为45°.

直线和平面所成的角与二面角

直线和平面所成的角与二面角【高考导航】立体几何中的角大致可分为三种，即线线角，线面角，平面与平面所成的二面角.立体几何计算问题几乎都与三种空间角的计算有关，是高考立体几何检测的热点内容，题型上一般以解答题进行考查，难度适中，如1993全国理5分；1995全国文5分；1996全国4分；2002北京4分；1996上海12分；2002全国理12分；2002新课程12分；2002上海春12分；2003北京春5分；2004北京14分；2004广东12分等.【学法点拨】本节内容有斜线在平面上的射影，斜线与平面所成的角，公式cosθ=cosθ1·cosθ2，最小角定理，二面角的概念，二面角的平面角，两个平面垂直的判定定理及性质定理，对于本节知识的学习要了解线面角、半平面与半平面所成二面角以及异面直线所成角，在求法上一般都是转化为平面的角，具体地，通常应用“线线角抓平移，线面角抓射影，面面角抓平面角，利用向量抓法向量”而达到化归的目的.要注意对平面角的拼求和各种角的定义及取值范围.空间角的计算步骤是“一作，二证，三计算”.“作”即在图形中若无所求空间角的平面角，应先作出来；“证”指明自己所找或所作的角即为所求角；“计算”在平面几何图形内把角求出.在三种角的计算中要特别注意二面角的作法及求法，注意cosθ=cosθ1·cosθ2在线面角求值中的应用，注意利用射影面积公式S′=S·cosθ求二面角，对于平面与平面垂直的判定与性质的学习，可以与直线与直线垂直，直线与平面垂直的判定与性质联系起来，应用时注意三种垂直之间的相互转化.同时在学习中培养空间的想象能力、解决问题的能力以及逻辑推理能力和运算能力.【基础知识必备】一、必记知识精选平面的斜线和平面所成的角.(1)直线与平面所成角①范围：0°≤α≤90°当α=0°时，直线在平面内或直线平行于平面；当α=90°时，直线垂直于平面；当0°＜α＜90°时，直线与平面斜交.②最小角定理：直线与平面斜交，过斜足在平面内作直线，这些线与斜线所成角中射影与斜线所成角最小.③cosθ=cosθ1·cosθ2.④作法：作出直线和平面所成角，关键是作垂线，找射影.(2)二面角①定义：由一条直线出发的两个半平面组成的图形叫二面角.②二面角的平面角：定义：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫二面角的平面角.对概念的理解要注意：平面角的两边分别在二面角的两个半平面内；平面角的二边都和二面角的棱垂直.③二面角平面角的求法：直接法：所谓直接法即先作出二面角的平面角，经过证明后再进行计算，常用的直接法有三：(a)利用平面角的定义；(b)利用三垂线定理；(c)过一点作棱的垂面.间接法：所谓间接法，就是不作出二面角的平面角，而利用公式cos θ=S S 射影.此方法也叫射影法.也可利用两半平面法向量的夹角求二面角.注意当直接作出二面角的平面角有一定难度时，一般才采用间接法求二面角大小. ④二面角的范围是0°≤θ≤180°，可从两个半平面“重合”、“相交”和“共面”各种情况考虑，重合时θ=0°；相交时，0°＜θ＜180°；共面时，θ=180°.（3）两个平面垂直的判定①定义：如果两相交平面所成二面角是直二面角，那么这两个平面互相垂直.两个平面互相垂直是两个平面相交的特殊情况，若两个相交平面所成的二面角是直二面角，则称这两个平面互相垂直，它和平面几何里两条直线互相垂直的概念类似.②判定定理：如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直.即⎭⎬⎫⊂⊥βαl l ⇒β⊥α.简言之，“线面垂直⇒面面垂直”.(4)两个平面垂直的性质①如果两个平面互相垂直，那么它们所成二面角的平面角是直角.②性质定理：如果两个平面互相垂直，那么一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.即⎭⎬⎫⊥⊂=⊥l a a l ,,ββαβα ⇒a ⊥α.简言之，“面面垂直⇒线面垂直”. ③如果两个平面互相垂直，那么过一个平面内一点和另一个平面垂直的直线，必在此平面内.④如果一个平面和二个相交平面都垂直，那么它就和它们的交线垂直.(5)从两个平面垂直的判定定理和性质定理中可看出，平面与平面的垂直问题可转化为直线与平面的垂直问题，即从线面垂直可推出面面垂直，反过来，由面面垂直又可推出线面垂直，这说明线面垂直与面面垂直之间有密切关系，可以互相转化.二、重点难点突破本节的重点是斜线在平面上射影的概念，斜线与平面所成角的概念，二面角的概念，两个平而垂直的判定定理.对于斜线在平面上的射影可通过具体作图具体体验，要注意O 点选取的任意性及斜线在平面上的射影是直线不是线段，斜线与平面所成角要紧扣概念，了解范围.本节的难点是cos θ=cos θ1·cos θ2的灵活应用，二面角的平面角.对于二面角的平面角和平面中角的概念作类比，注意化归思想的应用，二面角的考查在1993至2004高考十一年间有十年都有涉及，是考试热点，应重视.三、易错点和易忽略点导析在求二面角时，忽略二面角的范围，用反三角函数表示角出现错误或确定平面角出现错误.【例】已知∠AOB=90°，过O 点引∠A O B 所在平面的斜线O C ，与O A 、O B 分别成45°、60°角测以O C 为棱的二面角A-O C-B 大小为________.错解：如图9-7-1所示，在O C 上取一点C ，使O C=1.过C 分别作CA ⊥O C 交O A 于A ，CB ⊥O C 交O B 于B.则AC=1，O A=2，BC=3，O B=2.在Rt △A O B 中，AB 2=O A 2+O B 2=6.在△ABC 中，由余弦定理，得cos ∠ACB=-33.∴∠ACB=arccos 33，即二面角A-O C-B 为arccos 33.正确解法：如图9-7-1所示，在O C 上取一点C ，使O C=1，过C 分别作CA ⊥O C 交O A 于A ，CB ⊥O C 交O B 于B ，则AC=1，O A=2，BC=3，O B=2.在Rt △A O B 中，AB 2=O A 2+O B 2=6，得cos ∠ACB=-33.∴∠ACB=π-arccos 33.即二面角A-O C-B 为π-arccos 33.错解分析：混淆了二面角的范围[0，π]与异面直线所成角的范围(0，2π]，且对于反三角函数的表示不熟悉.【综合应用创新思维点拨】一、学科内综合思维点拨【例1】已知D 、E 分别是正三棱柱ABC 一A 1B 1C 1的侧棱AA 1和BB 1上的点，且A 1D=2B 1E=B 1C 1.求过D 、E 、C 1的平面与棱柱的下底面所成二面角的大小.思维入门指导：在图9-7-2上，过D 、E 、C 1的面与棱柱底面只给出一个公共点C 1，而没有画出它与棱柱底面所成二面角的棱，因此还需找出它与底面的另一个公共点，进而再求二面角的大小.解：在平面M 1B 1B 内延长DE 和A 1B 1交于F ，则F 是面DEF 与面A 1B 1C 1的公共点，C 1也是这两个面的公共点，连结C 1F ，C 1F 为这两个面的交线，所求的二面角就是D-C 1F-A 1.∵A 1D ∥B 1E ，且A 1D=2B 1E ，∴E 、B 1分别为DF 和A 1F 的中点.∵A 1B 1=B 1F=B 1C 1，∴FC 1⊥A 1C 1.又面AA 1C 1C ⊥面A 1B 1C 1，FC 1在面A 1B 1C 1内，∴FC 1⊥面AA 1C 1C.而DC 1在面AA 1C 1C 内，∴FC 1⊥DC 1.∴∠DC 1A 1是二面角D-FC 1-A 1的平面角.由已知A 1D=B 1C=A 1C 1，∴∠DC 1A 1=4π.故所求二面角的大小为4π.点拨：当所求的二面角没有给出它的棱时，可通过公理1和公理2，找出二面角的两个面的两个公共点，从而找出它的棱，进而求其平面角的大小.需要注意的是，若利用cos θ=1111DEC C B A SS △△求二面角的大小，作为解答题，高考中是要扣分的，因为它不是定理.【例2】设△ABC 和△DBC 所在的两个平面互相垂直，且AB=BC=BD ，∠ABC=∠DBC=120°.求：(1)直线AD 与平面BCD 所成角的大小；(2)异面直线AD 与BC 所成的角的大小；(3)二面角A-BD-C 的大小.思维入门指导：本题主要考查对空间三种角的“作一证一求”.在解题时要合理利用题中条件.解：(1)如图9-7-3所示，在平面ABC 内，过A 作AH ⊥BC ，垂足为H ，则AH ⊥平面DBC ，连结DH ，故∠ADH 为直线AD 与平面BCD 所成的角.由题设知，△AHB ≌△DHB ，则DH ⊥BH ，AH=DH.∴∠ADH=45°为所求.(2)∵BC ⊥DH ，且DH 为AD 在平面BCD 上的射影，∴BC ⊥AD ，故AD 与BC 所成的角为90°.(3)过H 作HR ⊥BD ，垂足为R ，连结AR ，则由三垂线定理知AR ⊥BD ，故∠ARH 为二面角A-BD-C 的平面角的补角.设BC=a ，则由题设得AH=DH=23a ，BH=21a ，BD=BC=a.在△HDB 中，求得HR=43a.∴tan ∠ARH=HR AH =2.故二面角A-BD-C 的大小为π－arctan2.点拨：本题是一道中档难度的立体几何综合题.这种试题命题的目的是考查立体几何重点知识，并且使之能覆盖较多的知识点.二、应用思维点拨【例3】如图9-7-4所示，边长AC=3，BC=4，AB=5的三角形简易遮阳棚，其A ，B 是地面上南北方向两个定点，正西方向射出的太阳光线与地面成30°角.试问：遮阳棚ABC 与地面成多大角度时，才能保证遮影面ABD 面积最大？思维入门指导：太阳影子实质可理解为射影面积，从而本题可转化为二面角的有关问题进行探讨，那么首先应作出纯数学图形，结合图形进行分析求解.解：易知△ABC 为直角三角形，由C 点引AB 的垂线，垂足为Q ，连结DQ ，则应有DQ 为CQ 在地面上的斜射影，且AB 垂直于平面CQD ，如图9-7-5.∵太阳光与地面成30°角，∴∠CDQ=30°.在△ABC 中，可算得CQ=512，在△CQD 中，由正弦定理，有︒30sin CQ =QCD QD ∠sin .即QD=524sin ∠QCD.为了使平面ABD 的面积最大，需QD 最大，这只有当∠QCD=90°时才可达到.从而∠CQD=60°.故当遮阳棚ABC 与地面成60°角时，才能保证遮影面ABD 面积最大.点拨：从研究中可看出只有当遮阳棚所在平面与太阳光线垂直时，才能挡住最多的光线，被遮阳的地面面积才能获得最大值.利用这个结论，也很容易得出所求值为60°，参看图9-7-6.三、创新思维点拨【例4】如图9-7-7，在四面体ABCD 中，AB=AD=3，BC=CD=3，AC=10，BD=2.(1)平面ABD 与平面BCD 是否垂直，证明你的结论；(2)求二面角A-CD-B 的正切值；(3)求异面直线BC 与AD 所成角的余弦值.思维入门指导：(1)判断垂直需要寻找符合面面垂直判定定理的条件.(2)(3)求空间的角要先转化为平面相交直线所成角，然后进行求解.解：(1)平面ABD ⊥平面BCD.证明如下：设BD 的中点为E ，连AE 、CE.∵AB=AD ，∴AE ⊥BD.同理CE ⊥BD.∴AE=22BE AB -=13-=2， CE=22BE BC -=19-=22. 又AC=10，∴AC 2=AF 2+CE 2.∴∠AEC=90°.∴AE ⊥EC.又AE ⊥BD ，∴AE ⊥平面BCD.又AE ⊂平面ABD ，∴平面ABD 上平面BCD.(2)作EF ⊥CD 于F ，连AF.∵AE ⊥平面BCD ，由三垂线定理得，AF ⊥CD ，∴∠AFE 就是二面角A-CD-B 的平面角，EF=ED ·sin ∠EDF=ED ·CD EC=1×322=322.∴tan ∠AFE=EF AE =3222=23.即二面角A-CD-B 的正切值为23.(3)解法一：取AB 的中点M ，AC 的中点N ，连MN 、ME 、NE.则ME ∥21AD ，MN ∥21BC. ∴∠NME 是异面直线BC 与AD 所成角或其补角.∵MN=21BC=23， ME=21AD=23， NE=21AC=210，由余弦定理，cos ∠NME=ME MN NE ME MN ∙-+2222=93＞0.∴∠NME 为锐角.∴∠NME 就是异面直线BC 与AD 所成角，其余弦值为93.解法二：在平面BCD 内作□BCGD(如图9-7-8)，连结AG ，则DG ∥BC ，∴∠ADG 是直线BC 与AD 所成角或者其补角.∵BD ∥CG ，EC ⊥BD ，∴EC ⊥CG.又∵AE ⊥平面BCD ，∴AC ⊥CG ，CG=BD=2，DG=BC=3.在Rt △ACG 中，AG=22CG AC +=14，cos ∠ADG=DG AD AG DG AD ∙-+2222=3321493∙-+=93.∴直线BC 与AD 所成角的余弦值为93.点拨：本题的(1)设问新颖，属开放式，增加了问题的灵活度，对空间想象能力、推理、判断能力要求更高，近年高考中像这样开放式设问题的试题较多，是高考命题的一个热点.本题的(3)求异面直线所成角，要化归为相交线所成角，解法一利用中位线性质将两异面直线所成角转化为相交直线所成角，解法二过一直线上一点作另一直线的平行线.应注意异面直线所成角一定是锐角或直角.四、高考思维点拨【例5】 (2002，河南、江苏)四棱锥P —ABCD 的底面是边长为a 的正方形PB ⊥面ABCD.(1)若面PAD 与面ABCD 所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；(2)证明：无论四棱锥的高怎样变化，面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90°. 思维入门指导：解答第(1)问，基本思路是寻找面PAD 与底面ABCD 所成的二面角的平面角，进而求棱锥的高和体积；也可以通过侧面△PDA 在底面的射影面积与二面角的关系求解；还可以补形为正四棱柱求解，但此法较繁琐.解答第(2)问，首先要找出面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角，也即找出一个垂直于PD 的平面，转化为在平面上研究该平面角的大小.(1)解法一：∵PB ⊥面ABCD ，∴BA 是PA 在面ABCD 上的射影.又DA ⊥AB ，∴PA ⊥DA.∴∠PAB 是面PAD 与面ABCD 所成的二面角的平面角.∴∠PAB=60°.而PB 是四棱锥P —ABCD 的高，PB=AB ·tan60°=3a ，∴V 锥=31·3a ·a 2=33a 3.解法二：如图9-7-9，∵PB ⊥面ABCD ，连结BD ，则△ABD 是△APD 在面ABCD 上的射影， ∴APD ABDS S △△=cos60°.又S △ABD =21a 2，∴S △APD =21212a =a 2.由PB ⊥AD ，AD ⊥AB ，得AD ⊥面PAB.∴AD ⊥AP.∴PA=AD S APD 21△=a a 212=2a.在Rt △PAB 中，PB=22)2(a a -=3a ，∵PB 是四棱推P —ABCD 的高，∴V 锥＝31·3a ·a 2＝33a 3. (2)证法一：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为全等三角形.作AE ⊥DP ，垂足为E ，连结EC ，如图9-7-10，则△ADE ≌△CDE ，∴AE=CE ，∠CED=90°.故∠CEA 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角.设AC 与DB 相交于点O ，连结E O ，则E O ⊥AC ，22a=O A ＜AE ＜AD=a ，且AD=2O A.在△AEC 中，cos ∠AEC=EC AE OA EC AE ∙∙-+2)2(222=2)2)(2(AE OA AE OA AE -+＜0.所以，面PAD 与PCD所成的二面角恒大于90°.证法二：如图9-7-10，同证法一，得∠CEA 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角.设PB=h ，则PA 2=h 2+a 2，PD 2＝h 2+2a 2.在Rt △PAD 中，AE=PD ADPA ∙=22222a h a h a ++. 在△AEC 中，∵AE=EC ，∴cos ∠AEC=EC AE AC EC AE ∙-+2222=222AE a AE -=1-22AE a =1-22222a h a h ++=-222a h a +＜0.∴∠AEC 是钝角.即面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90°.点拨：本题以《立体几何》课本的一道复习题为基础，通过题中某个元素的变动，导出某个“恒定”的结论，创设出一个新的问题，与课本的习题一气呵成，构成一个完美的题组，给人以完整、清新、自然的感觉，是一道颇具创意的试题.本题的第(1)题，出自于课本复习参考题九B 组第6组，它只改变问题的表述，并不改变问题的本质，考查线面、线线垂直关系的逻辑推理和解直角三角形、求棱锥体积的运算，是对考生的基本要求.五、经典类型题思维点拨【例6】如图9-7-11，三棱柱O AB －O 1A 1B 1，平面O BB 1O 1⊥平面O AB ，∠O 1O B=60°，∠A O B=90°，且O B=OO 1=2， O A=3.求：二面角O 1-AB-O 的大小；思维入门指导：根据题意利用二面角的定义，找出二面角的平面角，运用解三角形的知识求出.解：取O B 的中点D ，连结O 1D ，则O 1D ⊥O B.∵平面O BB 1O 1⊥平面O AB ，∴O 1D ⊥平面O AB.过点D 作AB 的垂线，垂足为E ，连结O 1E ，则O 1E ⊥AB.∴∠DE O 1为二面角O 1-AB-O 的平面角.由题设得O 1D=3，sin ∠O BA=22OB OA OA +=721. ∴DE=DB ·sin ∠O BA=721.∵在Rt △O 1DE 中，tan ∠DE O 1=DE DO 1=7.∴∠DE O 1=arctan 7.即二面角O 1-AB-O 的大小为arctan 7.六、探究性学习点拨【例7】在直角梯形ABCD 中，∠D=∠BAD=90°，AD=DC=21AB=a(如图9-7-12(1))，将△ADC 沿AC 折起，使D 到D ′，记面ACD ′为α，面ABC 为β，面BCD ′为λ.(1)若二面角α-AC-β为直二面角(如图9-7-12(2))，求二面角β-BC-λ的大小；(2)若二面角α-AC-β为60°(如图9-7-12(3))，求三棱锥D ′一ABC 的体积.思维入门指导：本题是一道由平面图形折叠形成的立体几何问题.主要考查空间想象力和图形对应关系，也考查了立体几何的常规计算——二面角计算和体积计算.解：(1)在直角梯形ABCD 中，由已知△DAC 为等腰直角三角形，∴AC=2a ，∠CAB=45°. 由AB=2a ，可推得BC=AC=2a ，∴AC ⊥BC.取AC 的中点E ，连结D ′E ，如图9-7-13，则D ′E ⊥AC.∵二面角α-AC-β为直二面角，∴D ′E ⊥β.又∵BC ⊂平面β，∴BC ⊥D ′E.∴BC ⊥α.而D ′C ⊂α，∴BC ⊥D ′C.∴∠D ′CA 为二面角β-BC-λ的平面角.由于∠D ′CA=45°，∴二面角β-BC-λ为45°.(2)如图9-7-14，取AC 的中点E ，连结D ′E ，再过D ′作D ′O ⊥β，垂足为O ，连结O E.∵AC ⊥D ′E ，∴AC ⊥O E.∴∠D ′E O 为二面角α-AC-β的平面角.∴∠D ′E O =60°.在Rt △D ′OE 中，D ′E=21AC=22a ，D ′O =D ′E ·sin60°=22a ·23=46a.∴V D ′-ABC =31S △ABC ·D ′O =31×21AC ·BC ·D ′O =61×2a ×2a ×46a=126a 3.点拨：本题立意简明，考查了空间图形的基本推理和运算，对于折叠问题，空间图形中大多数数据靠平面图形计算去赋值，这是解决这类问题的通常思考方法，题目难度中档，有一定的区分度.【强化练习题】A 卷：教材跟踪练习题（60分 45分钟）一、选择题（每小题5分，共30分）1.在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB=2BB 1；则AB 1与C 1B 所成角的大小为（）A.60°B.90°C.105°D.75°2.直线l 与平面α斜交成n °角，则l 与α内任意直线所成角中，最小与最大的角分别是( )A.n °与90°B.180°-n °与n °C.n °与180°-n °D.以上都不是3.PA 、PB 、PC 是从P 点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC 与平面PAB 所成角的余弦值是（） A.21 B.22C.33D.364.二面角α-AB-β的平面角是锐角，C 是面α内的一点（它不在棱AB 上），点D 是点C 在面β上的射影，点E 是棱AB 上满足∠CEB 为锐角的任意一点，那么（）A.∠CEB=∠DEBB.∠CEB ＞∠DEBC.∠CEB ＜∠DEBD.∠CEB 与∠DEB 的大小关系不能确定5.在空间四边形ABCD 中，M 、N 分别为AB 、CD 的中点，且AD=4，BC=6，MN=19，则AD 与BC 所成角的余弦值和所成角分别为（） A.-21，32π B.-21，3π C.21，3π D.21，32π6.已知a 、b 是异面直线，A ，B ∈α，A 1，B 1∈b ，AA 1⊥α，AA 1⊥b ，BB 1⊥b ，且AB=2，A1B1=1，则α与b所成的角等于（）A.30°B.45°C.60°D.75°二、填空题（每小题4分，共16分）7.在正方体ABCD－－A1B1C1D1中，BD1与平面A1B1C1D1所成角的正切值为________.8.AB∥平面α，AC⊥α于C，BD是α的斜线，D是斜足，若AC=9，BD=63，则BD与α所成的角为________.9.过一个平面的垂线和这个平面垂直的平面有________.10.一条长为a的线段夹在互相垂直的两平面之间，它和这两个平面所成角分别为45°和30°，由这线段的两个端点向两个平面引垂线，那么垂足间的距离是________.三、解答题（每小题7分，共14分）11.如图9-7-15，A是△BCD所在平面外一点，AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°.E是BD的中点.求证：平面AEC⊥平面ABD，平面AEC⊥平面BDC.12.设E为正方体ABCD—A1B1C1D1的棱CC1的中点，求平面AB1E和底面A1B1C1D1所成角的余弦值.B卷：综合应用创新练习题（90分 90分钟）一、学科内综合题（10分）1.如图9-7-16，以正四棱锥V—ABCD底面中心O为坐标原点建立空间直角坐标系O一xyz，其中O x∥BC，O y∥AB，E为VC中点，正四棱锥底面边长为2a，高为h.(1)求cos<BE，DE>；(2)记面BCV为α，面DCV为β，若∠BED是二面角α-VC-β的平面角，求∠BED.二、应用题（10分）2.一个气象探测气球以14m／min的垂直分速度由地面上升，经过10min后，由观察点D测得气球在D的正东，仰角为45°；又过10min后，测得气球在D的北偏东60°，仰角为60°.若气球是直线运动，求风向与风速.三、创新题（60分）（一）教材变型题（10分）3.（P46习题9.7第4题变型）山坡与水平面成30°角，坡面上有一条与山底水平线成30°角的直线小路，某人沿小路上坡走了一段路程后升高了100米，则此人行走的路程为________.（二）一题多解（15分）4.如图9-7-17，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为AA1、AB之中点，求EF和平面ACC1A1所成角的大小.（三）一题多变(15分)5.如图9-7-18，过正方形ABCD 的顶点A 作PA ⊥平面ABCD ，设PA=AB=a. ①求二面角B-PC-D 的大小；②求平面PAB 和平面PCD 所成二面角的大小.（1）一变：四边形ABCD 是菱形，且∠ABC=60°，其他条件不变，求二面角B-PC-D 的大小.（四）新解法题(1O 分)6.△ABC 的边BC 在平面α内，A 在平面α上的射影为A ′，当∠BAC=60°，AB 、AC 与平面α所成角分别为30°和45°时，求cos ∠BA ′C 的值.（五）新情境题(10分)7.如图9-7-19，在底面是直角梯形的四棱锥S －ABCD 中，∠ABC=90°，SA ⊥面ABCD ，SA=AB=BC=1，AD=21.(1)求四棱锥S —ABCD 的体积；(2)求面SCD 与面SBA 所成的二面角的正切值. 四、高考题(10分)8.(2001，京、蒙、皖春)已知VC 是△ABC 所在平面外的一条斜线，点N 是V 在平面ABC 上的射影，如图9-7-20，且在△ABC 的高CD 上，AB=a ，VC 与AB 之间的距离为h ，点M ∈VC.(1)求证：∠MDC 是二面角M-AB-C 的平面角； (2)当∠MDE=∠CVN 时，求证：VC ⊥平面AMB ；(3)若∠MDC=∠CVN=θ(0＜θ＜2π)，求四面体MABC 的体积.加试题：竞赛趣味题(10分)已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为1，在AC 上取一点P ，过P 、A ′，B ′三点作的平面与底面所成二面角为α，过P 、B ′、C ′三点作的平面与底面所成的二面角为β，求α+β的最小值.【课外阅读】巧用向量法求空间角众所周知，解决立体几何问题，“平移是手段，垂直是关键”，向量的运算中：两向量的共线易解决平行问题，向量的数量积则易解决垂直、两向量所成角及线段的长度等问题.一般来说，当掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时，应该说不仅会降低学习的难度，而且增强了可操作性，为学生提供了崭新的视角，丰富了思维结构，消除了学生对立体几何学习所产生的畏惧心理，更有利于新课改、新理念、新教材的教学实验.本文主要是谈利用向量法求解空间角的问题.角这一几何量本质上是对直线与平面位置关系的定量分析，其中转化的思想十分重要，三种空间角都可转化为平面角来计算，可以进一步转化为向量的夹角求解.1.求两条异面直线所成的角异面直线所成的角α利用与它们平行的向量，转化为向量的夹角θ问题，但θ∈[0，π]，α∈(0，2π]，所以cos α=|cos θ|=ba ba ∙.【例1】 (2002，上海春季)如图9-7-21，三校柱O AB —O 1A 1B I ，平面O B 1⊥平面O AB ，∠O 1O B=60°，∠A O B=90°，且O B=OO 1=2，O A=3，求异面直线A 1B 与A O 1所成角的大小.思维入门指导：用平移A 1B 或A O 1的方法求解，是很困难的，于是我们很自然地想到向量法求解.充分利用∠A O B=90°，建立空间直角坐标系，写出有关点及向量的坐标，将几何问题转化为代数问题计算.解：建立如图9-7-21所示的空间直角坐标系，则O (0，0，0)，O 1(0，1，3)，A(3，0，0)，A 1(3，13)，B （0，2，0）.∴B A 1=OB -1OA =(-3，1，-3)，1OA =OA -1OO =(3，-1，3).设异面直线所成的角为α，则cos α=71.故异面直线A 1B 与A O 1所成的角的大小为arccos 71.点拨：(1)以向量为工具，利用空间向量的坐标表示，空间向量的数量积计算公式，异面直线所成角问题思路自然，解法灵活简便；(2)也可以直接用自由向量OA =a ，OB =b ，1OO =c 表示1OA 与A 1，然后再来解.2.求直线与平面所成的角在求平面的斜线与平面所成的角时，一般有两种思考的途径，如图9-7-22，一种是按定义得∠P O H=<OP ，OH >；另一种方法是利用法向量知识，如图9-7-22，平面α的法向量为n ，先求OP 与n 的夹角，注意P O 与α所成角θ与<OP ，n >的关系，于是就有sin θ=|cos<OP ，n>|.【例2】 (2002，天津、山西、江西)如图9-7-23，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求直线AC 1与侧面AB 1所成的角的大小.思维入门指导：利用正三棱柱的性质，建立适当的空间直角坐标系，写出有关点的坐标，求角时有两种思路，一是由定义找出线面角，取A 1B 1中点M ，连结C 1M ，证明∠C 1AM 是AC 1与面A 1B 所成的角；另一种是利用平面AB 1的法向量n =（λ，x ，y ），求解.解法一：建立如图9-7-23所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，a ，0)，A 1(0，0，2a)，C 1(-23a ，2a ，2a)，取A 1B 1中点M ，则M(0，2a ，2a)，连结AM ，MC 1，有1MC =(-23a ，0，0)，=(0，a ，0)，1AA =(0，0，2a).由于1MC ·AB =0，1MC ·1AA =0，∴MC 1⊥面AB 1.∴∠C 1AM 是AC 1与侧面AB 1所成的角θ.∵1AC =(-23a ，2a ，2a)，AM =(0，2a ，2a)，∴1AC ·AM =0+42a +2a 2=492a .而|1AC |=2222443a a a ++=3a ，||=2224a a +=23a ，∴cos<1AC ，AM >=233492a a a ∙=23.∴<1AC ，>=30°，即AC 1与侧面AB 1所成的角为30°.解法二(法向量法)：(接法一)1AA =（0，0，2a ）.设侧面A 1B 的法向量n =(λ，x ，y).所以n ·AB =0，且n ·1AA =0，∴ax=0，且2ay=0.∴x=y=0，故n =(λ，0，0).∵1AC =(-23a ，2a ，2a)，∴cos<1AC ，n >=1=a a 3||23∙∙-λλ=-||2λλ.∴sin θ=|cos<1AC ，n >|=21.∴θ=30°.点拨：充分利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系.再用向量有关知识求解线面角.解法二给出了一般的方法，先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算.3.求二面角利用向量法求二面角的平面角有两种途径，一是根据二面角的平面角的定义，如图9-7-24，AB ⊥l ，CD ⊥l ，AB ⊂α，CD ⊂β，则二面角α- l -β的大小为<AB ，CD >.另一种方法是利用两平面的法向量的夹角求解，但应注意法向量n 1、n 2的夹角与二面角的大小是相等或互补的.【例3】 (2001，全国)如图9-7-25，在底面是一直角梯形的四棱锥S 一ABCD 中，AD∥BC ，∠ABC=90°，SA ⊥平面AC ，SA=AB=BC=1，AD=21，求面SCD 与面SBA 所成的角.思维入门指导：本题是“无棱”的二面角，利用向量法求二面角大小更显示了向量工具的魅力.抓住AD 、AB 、AS 两两互相垂直建立坐标系，用待定系数法求出面SAB 、面SCD 的法向量，再求其夹角.解：如图9-7-25，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(21，0，0)，S(0，1，0)，得DC =(21，1，0)，SD =(21，0，-1)，SC =(1，1，-1).设平面SDC 的法向量为n 1=(x 1，y 1，z 1).∵n 1⊥面SDC ，∴n 1⊥DC ，n 1⊥SD ，n 1⊥SC .设平面SAB 的法向量为n 2=(x 2，y 2，z 2)，则 SA ＝（0，0，-1），SB ＝（0，-1，1）.∴⎪⎩⎪⎨⎧=∙=∙.0,022SA n n ∴⎩⎨⎧=+-=-.0,0222z y z∴x 2=y 2=0.∴n 2=(x 2，0，0). ∴cos<n 1，n 2>=||||2121n n n n ∙=||414100221212121x x x x x x ∙++++=||322121x x x x =±36.∵面SAB 与面SCD 所成角的二面角为锐角θ，∴cos θ=|cos<n 1，n 2>|=32=36. ∴θ=arccos 36.故面SCD 与面SBA 所成的角大小为arccos 36.点拨：本题考查了空间向量的坐标表示，空间向量的数量积，空间向量垂直的充要条件，空间向量的夹角公式和直线与平面垂直的判定，考查了学生的运算能力，综合运用所学知识解决问题的能力.参考答案A 卷一、1.B 点拨：如答图9-7-1建立空间直角坐标系O 一xyz.设高为h ，则AB=2h ，可得A(0，-22h ，h)，B(0，22h ，h)，B 1(0，22h ，0)，C 1(26h ，0，0).则1AB =(0，2h ，-h)，1BC =(26h ，-22h ，-h). ∵1AB ·1BC =O ×26h+2h ·(-22h)+h 2=0，∴1AB ⊥1BC .2.A 点拨：直线与平面斜交时，斜线和面所成角是斜线与面内所有直线所成角中最小的，且最大角为直角.3.C 点拨：构造正方体如答图9-7-2所示，过点C 作C O ⊥平面PAB ，垂足为O ，则O 是正△ABP 的中心，于是∠CP O 为PC 与平面PAB 所成的角.设PC=a ，则P O =32PD=33a.故cos ∠CP O =PC PO=33.4.B 点拨：结合图形，可先比较tan ∠CEB 与tan ∠DEB 的大小，即可得到答案.5.C 点拨：取BD 的中点P ，连PM 、PN ，则PM=2，PN=3，然后用余弦定理可求得.6.C二、7.22点拨：如答图9-7-3，连结B 1D 1，则∠B 1D 1B 为BD 1与面A 1B 1C 1D 1所成角，tan∠B 1DB=111D B BB =22.8.3π点拨：过B 作BE ⊥α，垂足为E ，如答图9-7-4，连结DE ，则∠BDE 为直线BD 与α所成角.在Rt △BED 中易知∠BDE=60°.9.无数个点拨：由直线和平面垂直的判定定理可知满足条件有无数个.10.2a三、11.证明：∵AB=AD ，∠ABC=∠ADC=90°，AC=AC ， ∴Rt △ABC ≌Rt △ADC.∴BC=CD. 又∵E 为BD 的中点，∴CE ⊥BD.又AB=AD ，且E 为BD 的中点，∴AE ⊥BD ，则BD ⊥平面ACE.又BD ⊂平面ABD ，BD ⊂平面BCD ，∴平面ABD ⊥平面AEC ，平面BDC ⊥平面AEC. 点拨：本题关键证明BD ⊥面ACE.12.解：如答图9-7-5，设正方体的棱长为a ，在△AB 1E 中，AB 1=2a ，B 1E=25a ，AE=23a.∴cos ∠AB 1E=E B AB AE E B AB 11221212∙∙-+=aa a a a 252249452222∙∙-+=1010.∴sin ∠AB 1E=10103.∴S E AB 1△=21·AB 1·B 1E ·sin ∠AB 1E=21×2a ·25a ×10103=43a 2.又S 111C B A △=21·a ·a=21a 2，∴cos θ=E AB C B A S S 1111△△=224321a a =32. 即平面AB 1E 与底面A 1B 1C 1D 1所成角的余弦值为32.B 卷一、1.解：(1)依题意，B(a ，a ，0)，C(-a ，a ，0)，D(-a ，-a ，0)，E(-2a ，2a ，2h)，∴=(-23a ，-2a ，2h )，=(2a ，23a ，2h).∴BE ·DE =(-23a ·2a )+(-2a ·23a )+2h ·2h =-232a +42h ，||=222)2()2()23(h a a +-+-=221021h a +，|DE |=222)2()2()23(h a a ++=221021h a +.由向量的数量积公式，有cos<BE ，DE >==22222210211021423h a h a h a +∙++-=2222106h a h a ++-.(2)∵∠BED 是二面角α-VC-β的平面角， ∴BE ⊥CV ，即有BE ·CV =0.又由C （-a ，a ，0），V （0，0，h ），得CV =(a ，-a ，h)，且=(-23a ，-2a ，2h)， ∴BE ·=-23a +22a +22h =0.即h=a 2，此时有cos<BE ·DE >=2222106h a h a ++-=2222)2(10)2(6a a a a ++-=-31，∴∠BED=<，>=arccos(-31)=π-arccos 31.点拨：应用空间向量注意坐标系的建立及点的坐标的确定. 二、2.解：以水平放置的平面α的地面，根据题意画出空间图形如答图9-7-6所示.10min 后气球位置为A ，又10min 后气球位置为B ，A 、B 在平面α的射影分别为A 1、B 1，且AA 1＝14×10＝140(m)，BB 1=14×20=280(m)，∠A 1DB 1=30°，∠A 1DA=45°，∠B 1DB=60°，于是，得A 1D=A 1A=140m ，B 1D=B 1Bcot60°=3280(m). 在△A 1DB 1中，A 1B 21=1402+(3280)2-2·140·3280·23=31402(m). 因此，风速为1011B A =3314(m/min).∵B 1D 2=A 1D 2+A 1B 21，∴∠DA 1B 1=90°. 故风向为正北. 点拨：要使问题得以解决，其关键在于能否建立起一个能表示观察点D 与该气球的相对位置之间关系的几何模型，因为有了几何模型我们就能根据其立体图形进行相关的计算，求。

线面角二面角线线角的公式

线面角二面角线线角的公式线面角、二面角和线线角是在几何学中常见的概念，它们有各自的计算公式。

下面将分别介绍这三个角的定义和计算方法。

1.线面角：线面角是由一条线与一个平面相交所形成的角。

设平面上有一条直线L，平面上有一点A和直线上的一点B，在平面上从点A引一条垂线，与直线L相交，就形成了一个线面角。

线面角的度量是直线L的角度与平面的夹角。

线面角的计算公式如下：线面角=直线L与平面的夹角2.二面角：二面角是由两个平面相交所形成的角。

设有一个平面P1和一个不与P1平行的平面P2，两个平面相交于一条直线L。

通过P1和P2的交线L 可以确定两个交点A和B。

二面角的计算公式如下：二面角=（直线L在P1中所成的角）+（直线L在P2中所成的角）值得注意的是，二面角没有固定的度量单位，它的度量取决于直线L 在两个平面上的角度度量单位。

3.线线角：线线角是由两条直线相交所形成的角。

设有两条直线L1和L2，它们相交于一点O。

通过O可以确定L1上的一点A和L2上的一点B。

线线角的计算公式如下：线线角=∠AOB其中，∠AOB表示点A、O和B所形成的角。

总结：线面角、二面角和线线角是几何学中常见的角度概念。

线面角由一条直线与一个平面相交所形成，计算公式为线面角=直线L与平面的夹角。

二面角由两个平面相交所形成，计算公式为二面角=（直线L在P1中所成的角）+（直线L在P2中所成的角）。

线线角由两条直线相交所形成，计算公式为线线角=∠AOB。

这些角度概念在几何学的应用中起着重要的作用。

利用向量知识求线线角,线面角,二面角的大小

直线和平面所成的角、二面角都是教学大纲和高考考纲要求掌握的，是立体几何的重点内容，也是高考的必考内容.要熟练掌握它们，需要从以下四个方面入手。

一、1个公式公式12cos cos cos q q q =中涉及三个角，q 是指平面的斜线l 与平面内过斜足且不同于射影的直线m 所在所成的角，1q 是指l 与其射影'l 所成的角，2q 是指'l 与m 所成的角.其中210cos 1,.q q q <<<由此可得最小角定理.二、2个定义1.线面角：一个平面的斜线和它在这个平面内的射影所成的角，叫做斜线和这个平面所成的角（斜线和平面的夹角）.如果直线和平面垂直，那么就说直线和平面所成的角是直角；如果直线和平面平行或直线在平面内，那么说直线和平面所成的角是零度的角.直线和平面所成的角的取值范围为[0,90]鞍，斜线和平面所成角的取值范围为(0,90)鞍.2.二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，其中直线、半平面分别叫做二面角的棱和面.一个平面垂直于二面角l a b --的棱l ，且与两个半平面的交线分别是射线OA OB 、，O 为垂足，则AOB Ð叫做二面角l a b --的平面角.它决定着二面角的大小.其中平面角是直角的二面角叫做直二面有，相交成直二面角的两个平面叫做互相垂直的平面.二面角的取值范围为[0,180]鞍.三、3个定理1.最小角定理：平面的斜线和它在平面内的射影所成的角，是这条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最小的角.2.平面与平面垂直的判定定理：如果一个平面过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直.3.平面与平面垂直的性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直它们交线的直线垂直于另一个平面.四、4类求法1.几何法求直线和平面的夹角：根据直线和平面所成角的定义，先找出或作出直线在平面内的射影，然后把直线、射影对应的线段放在三角形中进行求解，其中能够寻找到垂直关系用直角三角形求解更佳.2.向量法求直线和平面的夹角：主要适用于图形比较规则，容易建立空间直角坐标系或容易选择空间向量的基底(要求作为基底的三个向量的模及夹角已知)的题目.(1)平面向量法：在斜线上取向量a 和其射影上取向量'a (注意方向，夹角为锐角)，则|'|c o s ,'|||'|a a a a a a ×<>=×，这里a 、'a 形式上在同一个平面内；(2)法向量法：在斜线上取向量a ，并求出平面的法向量n ，所求夹角记为q ，则||sin |cos ,|||||a n a n a n q ×=<>=×，所以||arcsin ||||a n a n q ×=×.需要注意的是，当法向量与坐标平面平行或垂直时，可以直接给出法向量，当法向量与坐标平面不平行也不垂直时，由于法向量不唯一，不妨设横坐标、纵坐标、竖坐标中的某一个坐标为1，而且尽量让1以外的坐标在点乘中与0相乘，这样计算量较小.3.几何法求二面角的大小：(1)定义法(垂面法)：过二面角内的一点作棱的垂面，垂面与二个半平面的交线形成所求平面角. (2)等价定义法：在二面角的棱上取一点(中点等特殊点) ，分别在两个半平面内作棱的垂线，得出平面角.(3)三垂线法：先作(或找)出二面角的一个面内一点到另一个面的垂线，用三垂线定理或逆定理作出平面角.(4)射影面积法：利用面积射影公式cos S S q =射投其中为平面角的大小，特点在于不需要画出平面角，也不需要找出棱，尤其适用于没有画出棱的二面角问题.4.向量法求二面角的大小：图形比较规则，又不容易直接作出平面角的具体顶点时，可采用此法.(1)平面向量法:在棱上取一平面角的顶点，利用向量垂直时点乘等于零，求出平面角顶点的坐标，进而转化为向量夹角问题，此时两个向量形式上在同一个平面内.(2)空间向量法：方法基本同(1)，此时两个向量形式上不在同一个平面内，思维量、运算都小一些，试题更具有一般性.(3)法向量法：建立空间直角坐标系后，分别求出两个平面的法向量,，利用公式||||,cos n m ⋅>=<.另外：证明两个平面垂直的关键是面面垂直转化为线面垂直；两个平面垂直的性质应用关键是在一个平面内找出两个平面交线的垂线.利用向量知识求线线角，线面角，二面角的大小。

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。

专题强化练2 线面角及二面角的求法

专题强化练2线面角及二面角的求法解答题1.(2020浙江杭州高三期末,)如图,在三棱锥D-ABC中,AD=CD,AB=BC=4√2,AB⊥BC.(1)求证:AC⊥BD;(2)若二面角D-AC-B的大小为150°,且BD=4√7,求△BCD的中线BM与平面ABC 所成角的正弦值.2.(2020辽宁辽河油田第二高级中学高三月考,)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB=AD=2BC=2,BC∥AD,AB⊥AD,△PBD为正三角形,且PA=2√3.(1)证明:AB⊥平面PBC;(2)若四棱锥P-ABCD的体积为2,E是线段CD的中点,求直线PE与平面PBC所成角的正弦值.3.(2020北京临川学校高三期中,)如图,在四棱锥S-ABCD 中,SA⊥底面ABCD,四边形ABCD 是边长为1的正方形,且SA=1,M 是SD 的中点. (1)求证:SC⊥AM;(2)求平面SAB 与平面SCD 所成锐二面角的大小.4.(2019山东济宁高三月考,)如图,四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为梯形,PD⊥底面ABCD,AB∥CD,AD⊥CD,AD=AB=1,BC=√2. (1)求证:平面PBD⊥平面PBC;(2)设H 为CD 上一点,且满足CH ⃗⃗⃗⃗⃗ =2HD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,若直线PC 与平面PBD 所成角的正切值为√63,求二面角H-PB-C 的余弦值.答案全解全析解答题1.解析(1)证明:取AC的中点O,连接BO,DO.∵AD=CD,AB=BC,∴AC⊥DO,AC⊥BO.又BO,DO⊂平面BOD,且BO∩DO=O,∴AC⊥平面BOD.又BD⊂平面BOD,∴AC⊥BD.(2)由(1)易知∠BOD是二面角D-AC-B的平面角,∴∠BOD=150°,又AC⊥平面BOD,∴平面BOD⊥平面ABC,在平面BOD内作Oz⊥OB,则Oz⊥平面ABC,可建立如图所示的空间直角坐标系,易得OB=OA=OC=4,故在△BOD中,由余弦定理可得OD=4√3,∴A(0,-4,0),B(4,0,0),C(0,4,0),D(-6,0,2√3).又∵M为CD的中点,∴M(-3,2,√3),⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-7,2,√3).∴BM又平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),∴直线BM 与平面ABC 所成角的正弦值sin θ=|n ·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3√56=√4228. 2.解析 (1)证明:∵AB⊥AD,AB=AD=2, ∴BD=2√2.又△PBD 为正三角形, ∴PB=PD=BD=2√2.又∵AB=2,PA=2√3,∴由勾股定理的逆定理得AB⊥PB. 又∵AB⊥AD,BC∥AD,∴AB⊥BC.∵PB∩BC=B,PB ⊂平面PBC,BC ⊂平面PBC,∴AB⊥平面PBC.(2)设点P 到平面ABCD 的距离为h,则V 四棱锥P-ABCD =13×[12×(1+2)×2]×h=h,依题可得h=2.以A 为原点,直线AB,AD 分别为x 轴,y 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,1,0),故E (1,32,0).设P(x,y,2).由PA=2√3,PB=PD=2√2,得{x 2+y 2+4=12,(x -2)2+y 2+4=8,x 2+(y -2)2+4=8,解得{x =2,y =2,即P(2,2,2),∴PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-12,-2).又由(1)可知,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0)是平面PBC 的一个法向量, ∴cos<PE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=PE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |PE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=-1×2√(-1)+(-2)2+(-2)×2=-2√2121,∴直线PE 与平面PBC 所成角的正弦值为2√2121. 3.解析 (1)证明:∵四边形ABCD 是正方形,∴CD⊥AD. ∵SA⊥底面ABCD,CD ⊂平面ABCD,∴CD⊥SA. ∵AD∩SA=A,∴CD⊥平面SAD. ∵AM ⊂平面SAD,∴AM⊥CD.又SA=AD=1,M 是SD 的中点,∴AM⊥SD. ∵SD∩CD=D,∴AM⊥平面SCD. ∵SC ⊂平面SCD,∴SC⊥AM.(2)解法一:由题知AB,AD,AS 两两垂直,以A 为原点,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AS ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立空间直角坐标系Axyz,如图所示.则A(0,0,0),S(0,0,1),D(0,1,0),M (0,12,12),∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12), ∴cos<AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ >=AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12√22×1=√22, ∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 所成角为45°.易得AD⊥平面SAB,则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面SAB 的一个法向量, 由(1)知AM⊥平面SCD, ∴AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面SCD 的一个法向量, 因此,平面SAB 与平面SCD 所成锐二面角的大小为45°.解法二:过点S 作直线SE,使得SE∥AB,则SE∥CD,∴SE ⊂平面SAB,SE ⊂平面SCD,∴SE 就是平面SAB 与平面SCD 所成二面角的棱. 由题意知,AB⊥AD,AB⊥AS,AS∩AD=A,则AB⊥平面SAD. 又SE∥AB,∴SE⊥平面SAD,∴AS⊥SE,SE⊥SD,∴∠ASD 就是平面SAB 与平面SCD 所成锐二面角的平面角. 在Rt△SAD 中,SA=AD,∴∠ASD=45°,∴平面SAB 与平面SCD 所成锐二面角的大小为45°.4.解析 (1)证明:由AD⊥CD,AB∥CD,AD=AB=1,可得BD=√2,∠BDC=45°, 故BC=BD,∴∠BCD=∠BDC=45°, ∴BC⊥BD,∴CD=2.∵PD⊥底面ABCD,∴BC⊥PD.∵PD∩BD=D,∴BC⊥平面PBD,又BC ⊂平面PBC,∴平面PBD⊥平面PBC. (2)由(1)可知BC⊥平面PBD,∴∠BPC 为直线PC 与平面PBD 所成的角. ∴tan∠BPC=√63,∴PB=√3. 在Rt△BCD 中,CD=2+BD 2在Rt△BPC 中,PC=√PB 2+BC 2=√在Rt△PDC 中,PD=√PC 2-CD 2=1. ∵CH ⃗⃗⃗⃗⃗ =2HD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD=2,∴CH=43,DH=23. 以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立空间直角坐标系(图略),则B(1,1,0),P(0,0,1),C(0,2,0),H (0,23,0),∴HP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-23,1),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-1). 设平面HPB 的一个法向量为n=(x,y,z). 则{n ·HP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-23y +z =0,x +y -z =0,令x=1,得n=(1,-3,-2).同理,平面PBC 的一个法向量为m=(1,1,2),∴cos<m,n>=m ·n|m ||n |=-√217.又二面角H-PB-C 为锐角, ∴二面角H-PB-C 的余弦值为√217.。

几何法求线面角、二面角及探索性问题-高考数学复习课件

∴∠ AEC 是二面角 A － PB － C 的平面角.
3
1
由[例2]可知， PM ＝， MB ＝， S △ PAB ＝
3
2
2
2
3
1
又∵ PB ＝ 2 ＋2 ＝
＋
＝
3
2
S △ PAB ＝
2×
2 7
7
2×
2
3
1
2 7
＝ PB ·AE ，∴ AE ＝
，
6
2
7
−1
∴ cos
3
.
6
21
，
6
2 2 − 2
∠ BAC ＝90°，点 M ， N 分别为A'B和B'C'的中点.
(1)求证： MN ∥平面AA'C'C；
证明：如图，取 A ' B '的中点 E ，连接 ME ， NE .
因为 M ， N ， E 分别为A'B，B'C'和A'B'的中点，
所以 NE ∥A'C'， ME ∥AA'.
又A'C'⊂平面AA'C'C，AA'⊂平面AA'C'C， NE ⊄平面
如图所示，在正四棱锥 P － ABCD 中，取 AB 的中点为 H ，底面正方形的
中心为 O ，连接 OH ， PH .
因为 PH ⊥ AB ， OH ⊥ AB ，所以∠ PHO 为侧面与底面所成的角.
因为 PO 为高，所以 PO ⊥平面 ABCD ，所以 PO ⊥ OH ，

所以在Rt△ POH 中，又 OH ＝， PO ＝ a ，
∠ AEC ＝