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
2
211122
2S AB
SA 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121
1
33
h S SO S =， 解得2h =
．设SD 与平面SAB 所成角为α，则222
sin 1111
h 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 =-，，．22
cos 11
OG DS OG DS
α==
，22sin 11β=，
所以，直线SD 与平面SAB 所成的角为22
arcsin
11
．
B
C
A
S
O
E
G
y
x
z
O
D
C
A
S
7、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 =，8
EG =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2222222
21126810200BG BE EG G G =++=++=
，2BG =．
又110AG ==，由11BH AG G E AB =得81248
105
BH ⨯=
=
．
故2248sin 525
BH 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
A
E B
G
D
F
C
A
E
B
C
F
D
G 1
G 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250680
y 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
222
22
224|sin 25
6
43BG n BG n
θ=
=
=
++．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。

（Ⅰ）求证：CM EM ⊥；（Ⅱ）求CM 与平面CDE 所成的角； 解答：方法一：
（I ）证明：因为AC BC =，M 是AB 的中点，所以CM AB ⊥．又EA ⊥平面ABC ，所以CM EM ⊥．
（II ）解：过点M 作MH ⊥平面CDE ，垂足是H ，连结CH 交延长交ED 于点F ，连结MF ，MD ． FCM ∠是直线CM 和平面CDE 所成的角． 因为MH ⊥平面CDE ，所以MH ED ⊥， 又因为CM
⊥平面EDM ， 所以CM ED ⊥，则ED ⊥平面CMF ，因此ED MF ⊥． 设EA
a =，2BD BC AC a =
==，在直角梯形ABDE 中，
AB =，M 是AB 的中点，所以3DE a =，EM =，MD =，
得EMD △是直角三角形，其中90
EMD =∠，所以
2EM MD MF a DE =
=．在Rt CMF △中，tan 1MF
FCM MC
==∠，
所以45FCM =∠，故CM 与平面CDE 所成的角是45．
方法二：
如图，以点C 为坐标原点，以CA ，CB 分别为x 轴和y 轴，过点C 作与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立直
角坐标系C xyz -，设EA a =，则(2)A a 00，
，，(020)B a ，，，(20)E a a ，，．(022)D a a ，，，(0)M a a ，，． （I ）证明：因为()EM a a a =--，，
，(0)CM a a =，，，所以0EM CM =，故EM CM ⊥．
y
E
M
A
C
B
D
E
D
C
M
A
E
H
（II ）解：设向量001y z ()，，n =与平面CDE 垂直，则CE ⊥n ，CD ⊥n ，即0CE =n ，0CD =n ．
因为(20)CE a a =，，，(022)CD a a =，，，所以02y =，02x =-， 即(122)=-，，n ，
2
cos 2CM CM CM =
=
，n
n n
，直线CM 与平面CDE 所成的角θ是n 与CM 夹角的余角， 所以45θ=，因此直线CM 与平面CDE 所成的角是45
2.如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，124AA AB == （Ⅰ）证明：1A C ⊥平面BED ； （Ⅱ）求二面角1A DE B --的大小．
解法一：依题设知
2AB =，1CE =． （Ⅰ）连结AC 交BD 于点F 由三垂线定理知，1BD A C ⊥．在平面1A CA ，连结EF 交1A C 于点G ， 由于
1AA AC
FC CE
==，故1Rt Rt A AC FCE △∽△，1AA C CFE ∠=∠， CFE ∠与1FCA ∠互余．于是1A C EF ⊥．1A C 与平面BED 两条相交直线BD EF ，都垂直，所以1A C ⊥平面BED ．
（Ⅱ）作GH DE ⊥，垂足为H ，连结1A H ．由三垂线定理知1A H DE ⊥， 故1A HG ∠是二面角1A DE B --的平面角．EF =
CE CF CG EF ⨯=
=
EG ==13EG EF =， 13EF FD GH DE ⨯=⨯=1AC ==11A G A C CG =-= 1
1tan AG A HG HG
∠=
= 所以二面角1A DE B --的大小为arctan ． 解法二：
以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D xyz -依题设，1(220)(020)(021)(204)B C E A ，
，，，，，，，，，，． (021)(220)DE DB ==，，，，，， 1
1(224)(204)AC DA =--=，，，，，． （Ⅰ）因为10AC DB =，10AC DE =， 故1A C BD ⊥，1A C DE ⊥．又DB
DE D =，所以1A C ⊥平面DBE ．
y x A B
C
D E A 1
B 1
C 1
D 1 A
B C
D E
A 1
B 1
C 1
D 1
F
H G
（Ⅱ）设向量()x y z =，，n 是平面1DA E 的法向量，则DE ⊥n ，1DA ⊥n ．故20y z +=，240x z +=．
令1y =，则2z =-，4x =，(412)=-，，n ． 1
AC ，
n 等于二面角1A DE B --的平面角，
42
14
=
=
． 所以二面角1A DE B --的大小为．
卷（18）．如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的菱形，4
ABC π
∠=
, OA ABCD ⊥底面,
2OA =,M 为OA 的中点，N 为BC 的中点
（Ⅰ）证明：直线MN OCD
平面‖；
（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小；
（Ⅲ）求点B 到平面OCD 的距离。

方法一（综合法）
（1）取OB 中点E ，连接ME ，NE ME CD ME CD ∴，‖AB,AB ‖‖
又
,NE OC MNE OCD ∴平面平面‖‖MN OCD ∴平面‖
（2）
CD ‖AB, MDC ∠∴为异面直线AB 与MD 所成的角（或其补角）作,AP CD P ⊥于连接MP
⊥⊥
平面A B C D ，
∵OA ∴CD MP
,4
2
ADP
π
∠=∵∴DP =
MD == 1cos ,23DP MDP MDC MDP MD π∠=
=∠=∠=∴所以 AB 与MD 所成角的大小为3
π
（3）AB 平面∵∴‖OCD,
点A 和点B 到平面OCD 的距离相等，连接OP,过点A 作 AQ OP ⊥ 于点Q ，,,,AP CD OA CD CD OAP AQ CD ⊥⊥⊥⊥平面∵∴∴
又 ,AQ OP AQ OCD ⊥⊥
平面∵∴,线段
AQ 的长就是点A 到平面OCD 的距离
OP
====∵，
2AP DP ==2
2
22332
OA AP AQ OP ===∴，所以点B 到平面OCD 的距离为23 方法二(向量法)作AP CD ⊥
于点P,如图,分别以AB,AP,AO 所在直线为
,,x y z
轴建立坐标系
(0,0,0),(1,0,0),((0,0,2),(0,0,1),(1A B P D O M N ,
(1)2222(1,,1),(0,,2),(,2)44222
MN OP OD =-
-=-=--设平面OCD 的法向量为(,,)n x y z =,则
x
y
z N
M
A
B
D C O
P
0,0n OP n OD ==即 2
202
222022y z x y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩取2z =,解得(0,4,2)n =
22(1,,1)(0,4,2)044
MN n =-
-=∵MN OCD ∴平面‖ (2)设AB 与MD 所成的角为θ,22(1,0,0),(,,1)22
AB MD ==-
-∵ 1cos ,2
3AB MD
AB MD π
θθ=
==⋅∴∴ , AB 与MD 所成角的大小为3π
(3)设点B 到平面OCD 的距离为d ,则d 为OB 在向量(0,4,2)n =上的投影的绝对值, 由 (1,0,2)OB =-, 得
23OB n d n
⋅=
=
.所以点B 到平面OCD 的距离为2
3
卷如图，在四棱锥P-ABCD 中，则面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱P A =PD ＝2，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ,AB ⊥AD ,AD =2AB =2BC =2,O 为AD 中点.
（Ⅰ）求证：PO ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求异面直线PD 与CD 所成角的大小； （Ⅲ）线段AD 上是否存在点Q ，使得它到平面PCD 的距离为
32
？若存在，求
出
AQ
QD
的值；若不存在，请说明理由. 本小题主要考查直线与平面的位置关系、异面直线所成角、点到平面的距离等基本知识，考查空间想象能力、逻
辑思维能力和运算能力.满分12分.
解法一：
（Ⅰ）证明：在△P AD 中P A =PD ,O 为AD 中点，所以PO ⊥AD ,
又侧面P AD ⊥底面ABCD ,平面PAD ⋂平面ABCD =AD ,
PO ⊂平面
P AD ，
所以PO ⊥平面ABCD . （Ⅱ）连结BO ，在直角梯形ABCD 中、BC ∥AD ，AD =2AB =2BC ,
有OD ∥BC 且OD =BC ,所以四边形OBCD 是平行四边形， 所以OB ∥DC .
由（Ⅰ）知，PO ⊥OB ,∠PBO 为锐角， 所以∠PBO 是异面直线PB 与CD 所成的角.
因为AD =2AB =2BC =2,在Rt △AOB 中，AB =1,AO =1,
所以OB ＝2，
在Rt △POA 中，因为AP 2，AO ＝1，所以OP ＝1，
在Rt △PBO 中，tan ∠PBO ＝
122
,arctan .222
PG PBO BC ==∠= 所以异面直线PB 与CD 所成的角是2
arctan
2. （Ⅲ）假设存在点Q ，使得它到平面PCD 的距离为32
. 设QD ＝x ，则1
2
DQC S x ∆=
，由（Ⅱ）得CD =OB =2， 在Rt △POC 中， 222,PC OC OP =+=
所以PC =CD =DP , 233(2),42
PCD S ∆=
= 由V p-DQC =V Q-PCD ,得2，所以存在点Q 满足题意，此时1
3
AQ QD =. 解法二：
(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)以O 为坐标原点，OC OD OP 、
、的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的向，建立空间直角坐标系O-xyz ,依题意，易得
A (0,-1,0),
B (1,-1,0),
C (1,0,0),
D (0,1,0),P (0,0,1),
所以110111CD
PB ---＝（，，），＝（，，）. 所以异面直线PB 与CD 所成的角是arccos
6
3， (Ⅲ)假设存在点Q ，使得它到平面PCD 的距离为
32
， 由(Ⅱ)知(1,0,1),(1,1,0).CP CD =-=- 设平面PCD 的法向量为n =(x 0,y 0,z 0).
则0,0,
n CP n CD ⎧=⎪⎨=⎪⎩所以00000,0,x z x y -+=⎧⎨-+=⎩即000x y z ==， 取x 0=1,得平面PCD 的一
个法向量为n =(1,1,1). 设
A
P
M
N
A
P
M
D
z
(0,,0)(11),(1,,0),Q
y y CQ y -≤
≤=-由
3CQ n n
=
，得
=解y =-12或y =5
2(舍去)， 此时13
,22
AQ QD =
=，所以存在点Q 满足题意，此时
13AQ QD =. 14.（2009卷文）（本小题满分12分）
如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，4PA AD ==，2AB =．以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M ． （1）求证：平面ABM ⊥平面PCD ； （2）求直线PC 与平面ABM 所成的角； （3）求点O 到平面ABM 的距离．
解：方法（一）：
（1）证：依题设，Ｍ在以ＢＤ为直径的球面上，则ＢＭ⊥ＰＤ. 因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＰＡ⊥ＡＢ，又ＡＢ⊥ＡＤ，
所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，则ＡＢ⊥ＰＤ，因此有ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，所以平面ＡＢＭ⊥平面ＰＣＤ. （２）设平面ＡＢＭ与ＰＣ交于点Ｎ，因为ＡＢ∥ＣＤ，所以ＡＢ∥平面ＰＣＤ，则ＡＢ∥ＭＮ∥ＣＤ， 由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，则MN 是PN 在平面ABM 上的射影， 所以 PNM ∠就是PC 与平面ABM
所成的角， 且PNM PCD ∠=∠
tan tan PD
PNM PCD DC
∠=∠=
= 所求角为arctan （3）因为O
是BD 的中点，则O 点到平面ABM 的距离等于D 点到平面ABM 距离的一半，由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ于M
，则|DM|就是D 点到平面ABM 距离.
因为在Rt △PAD 中，4PA AD ==，PD AM ⊥，所以M 为PD 中点，DM =，则O 点到平面ABM 的。

方法二： （1）同方法一； （2）如图所示，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(0,0,4)P ，(2,0,0)B ， (2,4,0)C ，(0,4,0)D ，(0,2,2)M ， 设平面ABM 的一个法向量(,,)n x y z =，由,n AB n AM ⊥⊥可得：20
220
x y z =⎧⎨
+=⎩，令1z =-，则1y =，即
(0,1,1)n =
-.设所求角为α，则2sin 3
PC n PC n
α⋅=
=
， 所求角的大小为arcsin
3
.
A
B
C
D
E
F
x
y
z
G
（3）设所求距离为h ，由(1,2,0),(1,2,0)O AO =，得：2AO n h n
⋅=
=
35.（2009卷文）如题（18）图，在五面体ABCDEF 中，AB ∥DC ，2
BAD π
∠=，2CD AD ==，
四边形ABFE 为平行四边形，FA ⊥平面ABCD ，3,7FC ED ==
（Ⅰ）直线AB 到平面EFCD 的距离；（Ⅱ）二面角F AD E --的平面角的正切值．
解法一:
（Ⅰ）,AB DC DC ⊂平面EFCD , ∴AB 到面EFCD 的距离等于点A 到面EFCD 的距离，过点A 作AG FD
⊥于G ，因2
BAD π
∠=
AB ∥
DC ，故CD AD ⊥；又FA ⊥平面ABCD ，由三垂线定理可知，
CD FD ⊥，故CD FAD ⊥面，知CD AG ⊥，所以AG 为所求直线AB 到面EFCD 的距离。

在Rt ABC △中，
22945FD FC CD -=-，由FA ⊥平面ABCD ，得FA ⊥AD ，从而在Rt △FAD 中，22541FA FD AD =-=-=∴25
5
FA AD AG FD ⋅=
==。

即直线AB 到平面EFCD 的距离为255。

（Ⅱ）由己知，FA ⊥平面ABCD ，得FA ⊥AD ，又由2
BAD π
∠=
，知AD AB ⊥，故AD ⊥平面ABFE
∴DA AE ⊥，所以，FAE ∠为二面角F AD E --的平面角，记为θ.
在Rt AED △中, 22743AE ED AD =-=-=,由ABCD 得,FE BA ,从而2
AFE π
∠=
在Rt AEF △中, 22312FE AE AF -=-= ,故tan 2FE
FA
θ=
=所以二面角F AD E --2. 解法二:
（Ⅰ）如图以A 点为坐标原点,,,AB AD AF 的方向为,,x y z 的向建立空间直角
坐标系数,则A(0,0,0) C(2,2,0) D(0,2,0) 设00(0,0,)
(0)F z z >可得
0(2,2,)FC z =-,由||3FC =.
222
223z ++=,解得(0,0,1)F AB ∥DC ，
DC ⊂面EFCD ,所以直线AB 到面EFCD 的距离等于点A 到面EFCD 的距离。

设A 点在平面EFCD 上
的射影点为111(,,)G x y z ,则111(,,)AG x y z = 因0AG DF ⋅=且0AG CD ⋅=,而(0,2,1)DF =-
(2,0,0)CD =-,此即111
20
20y z x -+=⎧⎨-=⎩ 解得10x = ① ,知G 点在yoz 面上,故G 点在FD 上.
GF DF ,111(,,1)GF x y z =---+故有
1112y z =-+ ② 联立①,②解得, 24(0,,)55
G ∴||AG 为直线AB 到面EFCD 的距离. 而24
(0,,)55
AG = 所以25||5AG =（Ⅱ）因四边形ABFE 为平行四边形,则可设00(,0,1)
(0)E x x <,0(2,1)ED x =-- .由
||7ED =得2
20217x ++=解得02x =-.即(2,0,1)E -.故(2,0,1)AE =-
由(0,2,0)AD =,(0,0,1)AF =因0AD AE ⋅=,0AD AF ⋅=,故FAE ∠为二面角F AD E --的平面角，又
(2,0,0)EF =,||2EF =||1AF =,所以||
tan 2
||
EF FAE FA ∠=
=。