文科立体几何线面角二面角专题_带答案

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空间角(异面直线所成角,线面角,二面角)

第四讲空间角（异面直线所成角线面角二面角）A 组题一、选择题1.下面正确的序号是①两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.②直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角. ③两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.④两异面直线夹角的范围是(00,90⎤⎦，直线与平面所成角的范围是0090⎡⎤⎣⎦，，二面角的范围是[0，1800] ( ).A.①B.②C.③D.④【答案】D【解析】对于①，因为两异面直线夹角的范围是(00,90⎤⎦，而两直线的方向向量所成的角可能为钝角. 所以①错. 对于②，直线的方向向量和平面的法向量所成的角是直线与平面所成的角或其补角. 所以②错.对于③，两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角是这两个平面所成的角或其补角. 所以③错. 故选D .2.如图，在正方体ABCD －A′B′C′D′中，AB 的中点为M ，DD′的中点为N ，则异面直线B′M 与C N 所成的角是( ). A.90° B.75° C.60° D.45°【答案】A【解析】取AA′的中点Q ，连接QN ，B Q ，且B Q 与B′M 相交于点H ，则QN 綉AD 綉BC ，从而有四边形NQ BC 为平行四边形，所以N C ∥Q B ，则有∠B′H B 为异面直线B′M 与C N 所成的角. 又∵B′B ＝BA ，∠B′B M ＝∠BA Q ＝90°，B M ＝A Q ，∴△B′B M ≌△BA Q ， ∴∠M B′B ＝∠Q B M .而∠B′M B ＋∠M B′B ＝90°，从而∠B′M B ＋∠Q B M ＝90°，∴∠MH B ＝90°.故选A. 3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ，△P AB 和△P AD 都是等边三角形，则异面直线CD 与P B 所成角的大小为( ) A.90° B.75° C.60° D.45°【答案】 A【解析】如图，过点B 作直线B E ∥CD ，交DA 的延长线于点E ，连接PE .∴∠P B E (或其补角)是异面直线CD 与P B 所成角.∵△P AB 和△P AD 都是等边三角形，∴∠P AD ＝60°，DA ＝P A ＝AB＝P B ＝A E ，∴∠P A E ＝120°.设P A ＝AB ＝P B ＝A E ＝a ，则PE .又∠ABC ＝∠BAD ＝90°，∴∠BA E ＝90°，∴B E a ，∴在△P B E 中，P B 2＋B E 2＝PE 2，∴∠P B E ＝90°.即异面直线CD 与P B 所成角为90°.故选A.4.已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线B E 与CD 1所成角的余弦值为( )B.15 D.35【答案】C【解析】如图，连接BA 1,因为BA 1∥CD 1，所以∠E B A 1是异面直线B E 与CD 1所成角，设AB ＝1,则111,EB A E A B ===,作EF ⊥BA 1, 11A E AB EF A B ⋅==FB =∠E B A 1.选C.5. 如图，三棱锥P —ABC 中， P C ⊥平面ABC ，P C ＝AC ＝2，AB ＝BC ，D 是P B 上一点，且CD ⊥平面P AB, 则异面直线A P 与BC 所成角的大小； A.90°B. 60°C. 75°D.45°【答案】B【解法】∵P C ⊥平面ABC ，⊂A B 平面ABC ， ∴P C ⊥AB ．∵CD ⊥平面P AB ，⊂A B 平面P AB ， ∴CD ⊥AB ．又C CD PC = ， ∴AB ⊥平面P CB ．过点A 作A F //BC ，且A F ＝BC ，连结PF ，C F ．则 PAF ∠为异面直线P A 与BC 所成的角．由（Ⅰ）可得AB ⊥BC ，∴C F ⊥A F ，得PF ⊥A F ．则A F ＝C F ＝2，PF ＝6 CF PC 22=+，在PFA Rt ∆中， tan ∠P A F ＝26AFPF=＝3，∴异面直线P A 与BC 所成的角为60°．选B.6. 如图,正方形ABCD 所在平面与正方形，AB EF 所在平面成60ο角,求异面直线AD 与B F 所成角的余弦值. A.42 B.2C. 3D.【答案】A 【解析】∵CB ∥AD, ∴∠CB F 为异面直线AD 与B F 所成的角.连接C F 、C E 设正方形ABCD 的边长为α,则B F ＝a 2∵CB ⊥AB, E B ⊥AB ∴∠C E B 为平面ABCD 与平面AB EF所成ABC DPE F的角,∴∠CB E ＝∠60ο ∴C E ＝a F C ＝a 2 ,∴cos ∠CB F ＝42,选A. 7. 如图，已知棱柱1111D C B A ABCD -的底面是菱形，且⊥1AA 面ABCD ， 60=∠DAB ，1AA AD =，F 为棱1AA 的中点，M 为线段1BD 的中点，则面1BFD 与面ABCD 所成二面角的大小． A ．30° B ．45° C ．60° D ．90°【答案】C【解析】底面是菱形， BD AC ⊥∴ 又⊥B B 1 面ABCD ，⊂AC 面ABCD B B AC 1⊥∴，⊥∴AC 面11B BDD 又AC MF // ⊥∴MF 面11B BDD 延长F D 1、DE 交于点E ，F 是A A 1的中点且ABCD 是菱形AB AE DA ==∴ 又 60=∠DAB 90=∠∴DBE ∴BE B D ⊥1 BD D 1∠∴为所求角在菱形ABCD 中， 60=∠DAB BD BC 3=∴ 3t a n 11==∠BDDD BD D 601=∠∴BD D ,选C .8.在一个45°的二面角的一个面内有一条直线与二面角的棱成45°，则此直线与二面角的另一个面所成的角为( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90° 【答案】A【解析】如图，二面角α－l －β为45°，β，且与棱l 成45°角，过A 作A O ⊥α于O ，作A H ⊥l 于H .连接OH 、O B ，则∠A HO 为二面角α－l －β的平面角，∠AB O 为AB 与平面α所成角．不妨设A HRt △A OH 中，易得A O ＝1；在Rt △AB H 中，易得AB ＝2.故在Rt △AB O 中，sin ∠AB O ＝12AO AB =，∴∠AB O ＝30°，为所求线面角．选A. 二、填空题9. 如图所示，在正四面体S －ABC 中，D 为S C 的中点，则BD 与S A所成角的余弦值是A BC DA 1B 1C 1D 1F MOE________．【解析】取AC 中点E ，连接D E ，B E ，则BD 与D E 所成的角即为BD 与S A 所成的角．设S A ＝a ，则BD ＝B Ea ，D E ＝2a .由余弦定理知cos ∠BD E.10. 如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 的边长为3，1BD 与底面所成角的大小的正切为23，则该正四棱柱的高等于____________．【答案】【解析】由题意得11122tan 33DD DBD DD BD ∠===⇒=. 11. A 、B 是直二面角α－l －β的棱l 上的两点，分别在α，β内作垂直于棱l 的线段AC ，BD ，已知AB ＝AC ＝BD ＝1，那么CD 的长为【解析】如图，由于此题的二面角是直角，且线段AC ，BD 分别在α，β内垂直于棱l ，AB ＝AC ＝BD ＝1，作出以线段AB ，BD ，AC 为棱的正方体，CD 即为正方体的对角线，由正方体的性质知，CD三、解答题 12. 如图，三棱锥P —ABC 中， P C ⊥平面ABC ，P C ＝AC ＝2，AB ＝BC ，D 是P B 上一点，且CD ⊥平面P AB ．(1) 求证：AB ⊥平面P CB ；(2 求异面直线A P 与BC 所成角的大小；（3π）【解析】(1) ∵P C ⊥平面ABC ，⊂A B 平面ABC ，BDPE∴P C ⊥AB ．∵CD ⊥平面P AB ，⊂A B 平面P AB ， ∴CD ⊥AB ．又C CD PC = ， ∴AB ⊥平面P CB ．(2) 过点A 作A F //BC ，且A F ＝BC ，连结PF ，C F ．则 PAF ∠为异面直线P A 与BC 所成的角．由（Ⅰ）可得AB ⊥BC ，∴C F ⊥A F ．由三垂线定理，得PF ⊥A F ．则A F ＝C F ＝2，PF ＝6 CF PC 22=+，在PFA Rt ∆中， tan ∠P A F ＝26AF PF =＝3， ∴异面直线P A 与BC 所成的角为3π．13.如图所示，在多面体111A B D DCBA 中，四边形11AA B B，11,ADD A ABCD均为正方形，点E 为11B D的中点，过点1A ，D ，E 的平面交1CD 于点F .（1）求证：1//EF B C ；(2)求二面角11EA DB ﹣﹣余弦值.【解析】（1）证明：由题可得1//AD B C ，又因为1A D ⊄平面11B CD ，1B C ⊂平面11B CD ，所以1//A D 平面11B CD ．又平面1A DEF平面11B CD EF =，所以1//A D EF ．又因为11//A D B C ，所以1//EF B C ．（2）将原图形补全成正方体，如图所示，则平面1A CD 即为平面1A EFD ，所以求二面角11E A D B --的余弦值可以转化为求二面角111C A D B --的余弦值。

解二面角问题三种方法(习题及答案)

C A BD A A 1 B DCC 1 B 1解二面角问题（一）查找有棱二面角的平面角的办法和求解.（1）界说法：应用二面角的平面角的界说,在二面角的棱上取一点,过该点在两个半平面内作垂直于棱的射线,两射线所成的角就是二面角的平面角,这是一种最根本的办法.要留意用二面角的平面角界说的三个“重要特点”来找出平面角,当然这种找出的角要有利于解决问题.下面举几个例子来解释.例1：如图,立体图形V －ABC 的四个面是全等的正三角形,画出二面角V －AB －C 的平面角并求出它的度数.例2：在三棱锥P-ABC 中,∠APB=∠BPC=∠CPA=600,求二面角A-PB-C 的余弦值.如许的类型是许多的,如下列几道就是应用界说法找出来的：1.在正方体ABCD －A1B1C1D1中,找出二面角B －AC －B1的平面角并求出它的度数. 2.．边长为a 的菱形ABCD ,∠ACB=600,现沿对角线BD 将其折成才600的二面角,则A.C 之间的距离为.（菱形两条对角线互相垂直,半数后的一条对角线成两条线段仍都垂直于另一条对角线,则所成的角是二面角的平面角）3.正三棱柱ABC —A1B1C1的底面边长是4,过BC 的一个平面与AA1交于D,若AD=3,求二面角D―BC―A 的正切值.总之,能用界说法来找二面角的平面角的,一般是图形的性质较好,可以或许较快地找到知足二面角的平面角的三个重要特点.并且可以或许很快地应用图形的一些前提来求出所请求的.在罕有的几何体有正四面体,正三棱柱,正方体,以及一些平面图形,正三角形,等腰三角形,正方形,菱形等等,这些有较好的一些性质,可以经由过程它们的性质来找到二面角的平面角.至于求角,平日是把这角放在一个三角形中去求解.由图形及标题标已知前提来求这个三角形的边长或者角,再用解三角形的常识去求解.（2）三垂线法：是应用三垂线的定理及其逆定理来证实线线垂直,来找到二面角的平面角的办法.这种办法症结是找垂直于二面角的面的垂线.此办法是属于较经常应用的.例3：如图,在三棱锥P-ABC 中,PA⊥平面ABC,PA=AB,AC=BC=1,∠ACB=900,M 是PB 的中点.(1)求证：BC⊥PC,(2)平面MAC 与平面ABC 所成的二面角的正切.例4：如图,已知△ABC 中,AB⊥BC,S 为平面ABC 外的一点,SA⊥平面ABC,AM⊥SB 于M,AN⊥SC 于N,(1)求证平面SAB⊥平面SBC (2)求证∠ANM 是二面角A －SC－B 的平面角.本题可变形为：如图,已知△ABC 中,AB⊥BC,S 为平面ABC 外的一点,SA⊥平面ABC,∠ACB＝600,SA ＝AC ＝a,(1)求证平面SAB⊥平面SBC (2)求二面角A －SC －BC 的正弦值.在应用三垂线找平面角时,找垂线留意应用已知的前提和有关垂直的剖断和性质定理,按三垂线的前提,一垂线垂直二面角的一个面,还有垂直于棱的一条垂线.且两垂线订交,交点在二面角的面内.（3）垂面法：作一与棱垂直的平面,该垂面与两二面角两半平面订交,得到交线,交线所成的角为二面角的平面角.这症结在找与二面角的棱垂直且与两二面角两半平面都有交线的平面.例5：如图在三棱锥S －ABC 中,SA⊥底面ABC,AB⊥BC,DE 垂直等分SC 且分离交AC.SC 于D.E,又SA ＝AB,SB ＝BC,求二面角E －BD －C 的度数. C B M A P N K A B CM N S A B C SDA l D C α β A lBC α β E BD 如图,βα⊂⊂BD AC ,,α与β所成的角为600,l AC ⊥于C,l BD ⊥于B,AC ＝3,BD ＝4,CD ＝2,求A.B 两点间的距离. （二）查找无棱二面角的平面角的办法和求解. 无棱的二面角一般是只已知一个共点,但两个面的交线不知道.若要找出二面角的平面角,则须要依据正义2或正义4来找出二面角的棱,化为有棱二面角问题,再按有棱二面角的解法解题.这种重要有两类：一类是分离在两个面内有两条直线不是异面又不是平行的二面角（两条在统一平面内且不服行）.那么延伸这两条线有一交点,依据正义2,这点在二面角的棱上,连公共点和这点就是二面角的棱;另一类是分离在两个面内有两条直线是平行的二面角.这由直线和平面平行的剖断和性质定理知这直线和面平行,所以直线平行于二面角的两个面的交线.由正义4,可知这两条直线平行于二面角的棱.所以过公共点作一条直线平行于这两直线,那么所作的直线是二面角的棱.例6：如图,△ABC 在平面上的射影为正△AB1C1,若BB1=21,CC1=AB1=1,求平面ABC 与平面AB1C1所成锐角二面角的大小.变式：1. 如图,在底面是直角梯形的立体图S －ABCD 中,∠ABC＝900,SA⊥底面ABCD,SA ＝AB ＝BC＝1,AD ＝0.5,求面SCD 与面SBA 所成二面角的平面角的正切值. 2. 如图,在所给的空间图形中ABCD 是正方形,PD⊥面ABCD,PD ＝AD.求平面PAD 和PBC 所成的二面角的大小.3. 如图,斜三棱柱ABC －A1B1C1的棱长都是a,侧棱与底面成600角,正面BCC1B1⊥面ABC,求平面AB1C1与底面ABC 所成的二面角的大小.解关于二面角问题 A B C B 1 C 1A B CD S C A B DPA C D BA 1E C 1B二面角是立体几何中最重要的章节.二面角中的内容分解了线面垂直,三垂线定理及其逆定理和异面直线所成角等较多的常识点,是高考的热门和难点.在总结时,若可以或许引诱学生进行对解二面角的问题进行探讨和总结,对进步学生的数学思惟办法是有帮忙的,对进步学生灵巧应用所学的也有很重要的感化.为此我对这方面进行总结,以供教授教养和进修参考.（一）对本内容进行思虑时,必须弄清两个概念：（1）什么是二面角,若何暗示？而二面角的大小是可以用它的平面角来器量,二面角的平面角是几度,就说这个二面角是几度.（2）什么是二面角的平面角,若何暗示？这一概念特别重要,要可以或许很快地反响出二面角的平面角是以二面角的棱上随意率性一点为端点,在两个面内分离作垂直于棱的两条射线,这两条射线所成的角.,二面角的平面角的界说三个重要特点是：过棱上随意率性一点;分离在两个面内作射线;射线垂直于棱.明白这一点对于可以或许作出或找出二面角的平面是很症结.在头脑里要能想象出二面角平面角的图形.如图,0∈a,OA⊂α,OB⊂β,OA⊥a,OB⊥a.（二）查找有棱二面角的平面角的办法和求解.查找和求作二面角的平面角是解二面角问题的症结,这也是个难点.在从图形中作出二面角的平面角时,要联合已知前提来对图形中的线线.线面和面面的地位关系先辈行剖析,肯定有哪些是平行.垂直的或者是特别的平面图形,然后应用这些的有关性质和二面角的平面角的界说进行V B A C D 找出二面角的平面角.所以解关于二面角问题须要有很好的对线线.线面和面面的地位关系的剖析断定才能.而在求作二面角的平面角的办法重要有三种：界说法.三垂线法.垂面法.至于在求解有关平面角的问题时,这平面角平日是在三角形中,所以常要用到解直角三角形和斜三角形的常识,这包含正弦和余弦定理的常识,也会用到其它的平面几何常识.（1）界说法：应用二面角的平面角的界说,在二面角的棱上取一点,过该点在两个半平面内作垂直于棱的射线,两射线所成的角就是二面角的平面角,这是一种最根本的办法.要留意用二面角的平面角界说的三个“重要特点”来找出平面角,当然这种找出的角要有利于解决问题.下面举几个例子来解释.例1：如图,立体图形V －ABC 的四个面是全等的正三角形,画出二面角V －AB －C 的平面角并求出它的度数.剖析：由图可知,所求的二面角的棱是AB,两个面是面VAB 和面CAB.由已知可知这是一个正四面体,各个面是全等的正三角形,依据二面角的平面角的界说,我们可应用正三角形的性质来找出平面角,取AB 边上的中点D,贯穿连接VD 和CD.则∠VDC 是所求二面角的平面角.可设正三角形的边长为a,用解三解形的常识求出VD ＝CD ＝a 23,在△VDC 中,应用余弦定理可求得cos∠VDC=1/3,∴∠VDC＝arccos1/3 评注：在本题中主如果应用已知前提中的特别前提和二面角平面角的界说来找出所请求的平面角.在求解时应用的是平面几何解三角形的常识.这也就是把立体图形的问题转化为平面几何的问题的数学思惟. A B C N M P QAA 1B DC C 1 B 1 .例2：在三棱锥P-ABC 中,∠APB=∠BPC=∠CPA=600,求二面角A-PB-C 的余弦值.剖析：所求二面角的棱是PB,两个面为面PBA 和面PBC.用二面角的平面角的界说找出平面角,在二面角的棱PB上任取一点Q,在半平面PBA 和半平面PBC 上作QM ⊥PB,QN ⊥PB,则由界说可得∠MQN 即为二面角的平面角.设PM=a,则在Rt ∆PQM 和Rt ∆PQN 中可求得QM=QN=23a;又由∆PQN ≅∆PQM得PN=a,故在正三角形PMN 中MN=a,在三角形MQN 中由余弦定理得cos ∠MQN=1/3,即二面角的余弦值为1/3.如许的类型是许多的,如下列几道就是应用界说法找出来的：1.如图,在正方体ABCD －A1B1C1D1中,找出二面角B －AC －B1的平面角并求出它的度数.2.．边长为a 的菱形ABCD ,∠ACB=600,现沿对角线BD 将其折成才600的二面角,则A.C 之间的距离为.（菱形两条对角线互相垂直,半数后的一条对角线成两条线段仍都垂直于另一条对角线,则所成的角是二面角的平面角）3.正三棱柱ABC —A1B1C1的底面边长是4,过BC 的一个平面与AA1交于D,若AD=3,求二面角D―BC―A 的正切值.总之,能用界说法来找二面角的平面角的,一般是图形的性质较好,可以或许较快地找到知足二面角的平面角的三个重要特点.并且可以或许很快地应用图形的一些前提来求出所请求的.在罕有的几何体有正四面体,正三棱柱,正方体,以及一些平面图形,正三角形,等腰三角形,正方形,菱形等等,这些有较好的一些性质,可以经由过程它们的性质来找到二面角的平面角.至于求角,平日是把这角放在一个三角形中去求解.由图形及标题标已知前提来求这个三角形的边长或者角,再用解三角形的常识去求解.（2）三垂线法：是应用三垂线的定理及其逆定理来证实线线垂直,来找到二面角的平面角的办法.这种办法症结是找垂直于二面角的面的垂线.此办法是属于较经常应用的. B A A 1 B 1 C C 1 D D 1例3：如图,在三棱锥P-ABC 中,PA⊥平面ABC,PA=AB,AC=BC=1,∠ACB=900,M 是PB 的中点.(1)求证：BC⊥PC,(2)平面MAC 与平面ABC 所成的二面角的正切.剖析：第1小题较简略.第2小题,不雅察图形中的线面地位关系,已知PA⊥平面ABC,M 是PB 的中点,若在△PAB 中取AB 的中点N,则很快发明MN⊥平面ABC,作KN⊥AC,连MK,则由三垂线定理可得MK⊥AC,所以∠MKN 为所求的二面角的平面角.而求其正切值,在Rt△MNK 中求出MN 和KN,而求MN 和KN,只需在△PAB 和△ABC 中就可求出,从而求出其正切值为2. 评注：本题用界说法较难以实现,但由图可找到二面角一个面的垂线.从而作棱的垂线,由三垂线定理证实是所要找的平面角.症结找到MN 这条垂线.例4：如图,已知△ABC 中,AB⊥BC,S 为平面ABC 外的一点,SA⊥平面ABC,AM⊥SB 于M,AN⊥SC 于N,(1)求证平面SAB⊥平面SBC (2)求证∠ANM 是二面角A －SC －B 的平面角.剖析：由图和题意可得BC⊥平面SAB,从而可得证平面SAB⊥平面SBC,而要证二面角A －SC －B 的平面角是∠ANM,从已知前提AM⊥SB 于M,由两个平面垂直的性质可得AM⊥平面SBC,又有AN⊥SC,所以由三垂线逆定理可得MN⊥SC,从而证清楚明了∠ANM 是二面角A －SC －BC 的平面角.评注：本题供给了应用若何从一系列的垂直关系中来慢慢找到二面角的一个面的垂线,再由三垂线的定理证实所要找的平面角.本题要特别留意C B M A P N K A B CMN S的是这条垂线不是在程度上的,所以不雅察剖析图时要留意多应用有关定理去断定.本题可变形为：如图,已知△ABC 中,AB⊥BC,S 为平面ABC 外的一点,SA⊥平面ABC,∠ACB＝600,SA ＝AC ＝a,(1)求证平面SAB⊥平面SBC (2)求二面角A －SC －BC 的正弦值.解第2小题的第一步是按例4做出二面角的平面角,然后应用各个直角三角形求出AN 和AM 的长.总之,在应用三垂线找平面角时,找垂线留意应用已知的前提和有关垂直的剖断和性质定理,按三垂线的前提,一垂线垂直二面角的一个面,还有垂直于棱的一条垂线.且两垂线订交,交点在二面角的面内.（3）垂面法：作一与棱垂直的平面,该垂面与两二面角两半平面订交,得到交线,交线所成的角为二面角的平面角.这症结在找与二面角的棱垂直且与两二面角两半平面都有交线的平面.例5：如图在三棱锥S －ABC 中,SA⊥底面ABC,AB⊥BC,DE 垂直等分SC 且分离交AC.SC 于D.E,又SA ＝AB,SB ＝BC,求二面角E －BD －C 的度数.剖析：由题意和图,可得SC⊥平面BDE,则SC⊥DB,又SA⊥平面ABC,则SA⊥DB,从而得BD⊥平面SAC.所以BD⊥DC,BD⊥DE,则∠DEC 是二面角的平面角.请求它的度数,可在Rt△SAC 和△DEC 中求,先求出∠SCA 的度数.设SA ＝a,在图的直角三角形中求出SB ＝BC ＝2a,AC ＝3a,故得到∠SCA＝300,从而得到∠DEB＝600. 评注：本题的垂直关系许多,若何应用好这些关系？这需解题的目标要明A B CS DA l D C α β A lBC α β E BD 白才干应用好这些关系.从这些垂直关系很轻易就剖断BD⊥平面SAC,而BD 是二面角的的棱,所以平面SAC 是二面角的垂面,由二面角的平面角的界说就找到了∠EDC 是所求二面角的平面角.它的应用例如：如图,βα⊂⊂BD AC ,,α与β所成的角为600,l AC ⊥于C,l BD ⊥于B,AC ＝3,BD ＝4,CD ＝2,求A.B 两点间的距离. 由题意要应用二面角的度数,要找出它的平面角,可过C 作CE∥DB,且CE ＝DB,连AE,则很轻易得到l⊥面ACE,∠ACE 是二面角的平面角,为了求AB,连BE,在△ACE 中由余弦定理求出AE,在Rt△AEB 中可求出AB 的长.总之要会应用此法,对线线.线面.面面的垂直关系要有很好的断定才能,才干找到解的思绪.（三）查找无棱二面角的平面角的办法和求解.无棱的二面角一般是只已知一个共点,但两个面的交线不知道.若要找出二面角的平面角,则须要依据正义2或正义4来找出二面角的棱,化为有棱二面角问题,再按有棱二面角的解法解题.这种重要有两类：一类是分离在两个面内有两条直线不是异面又不是平行的二面角（两条在统一平面内且不服行）.那么延伸这两条线有一交点,依据正义2,这点在二面角的棱上,连公共点和这点就是二面角的棱;另一类是分离在两个面内有两条直线是平行的二面角.这由直线和平面平行的剖断和性质定理知这直线和面平行,所以直线平行于二面角的两个面的交线.由正义4,可知这两条直线平行于二面角的棱.所以过公共点作一条直线平行于这两直线,那么所作的直线是二面角的棱.例5：如图,△ABC 在平面上的射影为正△AB1C1,若BB1=21,CC1=AB1=1,求平面ABC 与平面AB1C1所成锐角二面角的大小. 剖析：所求的二面角只各一个公共点A,不雅察图可知二面角的两个面内BC 和B1C1共面但不服行,所以若延伸它们必交于一点D,由正义2知,点D 在二面角的棱上.所以连AD 就找到棱.接着是找出二面角的平面角.由图形的性质知,C1D=2B1C1=2,A1C1＝1,∠AC1B＝600,用正弦定理或余弦定理都可求出∠C1AD＝900,再由三垂线定理得∠CAC1为二面角的平面角,然后在Rt△CAC1中可求得∠CAC1＝450. 评注：本题是属于第一类的问题.延伸两条直线交于A B C B 1 C 1DA B C B 1C 1一点从而得到棱,再用三垂线法找二面角的平面角.此题可变成：如图,在底面是直角梯形的立体图S －ABCD 中,∠ABC＝900,SA⊥底面ABCD,SA ＝AB ＝BC ＝1,AD ＝0.5,求面SCD 与面SBA 所成二面角的平面角的正切值.由图可知二面角有一个公共点S,但在两面中的AB 和CD 共面且不服行,所以延伸交于点 E.再由题意证实BC⊥平面SAB,S B⊥SE,由三垂线定理可知∠BSC 是所求的二面角.在Rt△SBC 中可求得正切值为22.例6：如图,在所给的空间图形中ABCD 是正方形,PD⊥面ABCD,PD ＝AD.求平面PAD 和PBC 所成的二面角的大小.剖析：由图知二面角有一个公共点P,在两面内的AD 和BC 是共面且平行,所以AD∥平面PBC,由直线和平面平行的性质知,过AD 的平面PAD 与平面平面PBC 的交线（即为二面角的棱）与AD 平行,所以过P 作PE∥AD,则PE 为二面角的棱.由题意PD⊥面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥PE,又可证得CD⊥平面PAD,由三垂线定理可得∠CPD 为所求二面角的平面角.在Rt△CPD 中可求得∠CPD＝450.评注：本题是属于第二类的问题.二面角有一个共点,在分离两面内的两条直线平行,则平行于棱.找出二面角的棱后,再用三垂线法找二面角的平面角. 例7：如图,斜三棱柱ABC －A1B1C1的棱长都是a,侧棱与底面成600角,正面BCC1B1⊥面ABC,求平面AB1C1与底面ABC 所成的二面角的大小. A B C D E S C A BD E P A C DB A 1EC 1剖析：此题A是二面角的一个公共点.又在两面的BC和B1C1平行,故过点A作AE∥BC,则AE为二面角的棱.若何找平面角是本题的难点.因为各棱长都相等,所以正面是菱形,底面是正三角形.又正面BCC1B1⊥面ABC,过C1作C1D⊥BC,由两平面垂直的性质得C1D⊥面ABC,侧棱与底面成600角,所以∠C1CD＝600,由此可得D为BC的中点.连AD得AD⊥BC,从而AD⊥AE,由三垂线定理得∠C1AD为二面角的平面角,在Rt△C1AD中可求得∠C1AD＝450.评注：本题除了要找棱外,用三垂线法找平面角时,症结在能剖析已知前提的感化,来找垂线,和应用直线和平面所成的角来推算出点D为BC的中点,从而可用三垂线法找出平面角.总之,无棱的二面角按两类的办法找出棱,转化为有棱的二面角问题来解.从上面几个例题的剖析和介绍的办法中,可以看出,二面角问题可以分解较多常识点,可以分解有关的平行.垂直的关系.用到的定理几乎是我们所学立几的常识.所以要有较扎实的基本常识才干够对于得了这类问题.在盘算方面要用到解三角形的常识,要会在图中有关的三角形中求出所需的边或角,然后平日归结在一个三角形中去求出最后的成果.总的,解这类题,找平面角是症结的一步,要留意应用题中的前提剖析图形,然后用有关的办法找出平面角,盘算时要剖析所请求的量是可由图中的哪些平面图形去慢慢去求出.。

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。

专题8.3 立体几何综合问题(原卷版)文科生

【考点1】空间角，距离的求法【备考知识梳理】 1．空间的角(1)异面直线所成的角：如图，已知两条异面直线,a b ，经过空间任一点O 作直线','a a b b .则把'a 与'b 所成的锐角(或直角)叫做异面直线与所成的角(或夹角)．异面直线所成的角的范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦. (2)平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．①直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；②直线和平面平行，或在平面内，则它们所成的角是0︒的角．直线与平面所成角的范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦.(3)二面角的平面角：如图在二面角l αβ--的棱上任取一点O ，以点O 为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱的射线OA 和OB ，则AOB ∠叫做二面角的平面角．二面角的范围是[]0,π.(4)等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，并且方向相同，那么这两个角相等. 推论：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.空间距离:（1）两条异面直线的距离：两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段的长度，叫做两条异面直线的距离；常有求法①先证线段AB 为异面直线b a ,的公垂线段，然后求出AB 的长即可．②找或作出过且与平行的平面，则直线到平面的距离就是异面直线b a ,间的距离．③找或作出分别过b a ,且与，分别平行的平面，则这两平面间的距离就是异面直线b a ,间的距离．（2）点到平面的距离：点Ｐ到直线的距离为点Ｐ到直线的垂线段的长，常先找或作直线所在平面的垂线，得垂足为Ａ，过Ａ作的垂线，垂足为Ｂ连ＰＢ，则由三垂线定理可得线段ＰＢ即为点Ｐ到直线的距离.在直角三角形ＰＡＢ中求出ＰＢ的长即可.常用求法①作出点Ｐ到平面的垂线后求出垂线段的长；②转移法，如果平面α的斜线上两点Ａ，Ｂ到斜足Ｃ的距离ＡＢ，ＡＣ的比为n m :，则点Ａ，Ｂ到平面α的距离之比也为n m :．特别地，ＡＢ＝ＡＣ时，点Ａ，Ｂ到平面α的距离相等；③体积法（3）直线与平面的距离：一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到平面的距离，叫做这条直线和平面的距离；（4）平行平面间的距离：两个平行平面的公垂线段的长度，叫做两个平行平面的距离. 【规律方法技巧】1．空间中各种角包括：异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角. （1）异面直线所成的角的范围是]2,0(π.求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决具体步骤如下：①利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上；②证明作出的角即为所求的角；③利用三角形来求角; ④补形法：将空间图形补成熟悉的、完整的几何体，这样有利于找到两条异面直线所成的角θ. （2）直线与平面所成的角的范围是]2,0[π.求线面角方法:①利用面面垂直性质定理，巧定垂足：由面面垂直的性质定理，可以得到线面垂直，这就为线面角中的垂足的确定提供了捷径. ②利用三棱锥的等体积，省去垂足,在构成线面角的直角三角形中，其中垂线段尤为关键.确定垂足，是常规方法.可是如果垂足位置不好确定，此时可以利用求点面距常用方法---等体积法.从而不用确定垂足的位置，照样可以求出线面角.因为垂线段的长度实际就是点面距h,利用三棱锥的等体积，只需求出h ，然后利用斜线段长h =θsin 进行求解.③妙用公式，直接得到线面角课本习题出现过这个公式：21cos cos cos θθθ=，如图所示：21,,θθθ=∠=∠=∠OBC ABO ABC .其中1θ为直线AB 与平面所成的线面角.这个公式在求解一些选择填空题时，可直接应用.但是一定要注意三个角的位置，不能张冠李戴.（3）确定点的射影位置有以下几种方法：①斜线上任意一点在平面上的射影必在斜线在平面的射影上；②如果一个角所在的平面外一点到角的两边距离相等，那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线上；如果一条直线与一个角的两边的夹角相等，那么这一条直线在平面上的射影在这个角的平分线上；③两个平面相互垂直，一个平面上的点在另一个平面上的射影一定落在这两个平面的交线上；④利用某些特殊三棱锥的有关性质，确定顶点在底面上的射影的位置：a.如果侧棱相等或侧棱与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的外心；b. 如果顶点到底面各边距离相等或侧面与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的内心(或旁心)；c. 如果侧棱两两垂直或各组对棱互相垂直，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的垂心；（4）二面角的范围[]0,π，解题时要注意图形的位置和题目的要求.求二面角的方法:①直接法.直接法求二面角大小的步骤是：一作（找）、二证、三计算.即先作(找)出表示二面角大小的平面角,并证明这个角就是所求二面角的平面角,然后再计算这个角的大小. 用直接法求二面角的大小,其关键是确定表示二面角大小的平面角.而确定其平面角,可从以下几个方面着手:①利用三垂线定理(或三垂线定理的逆定理)确定平面角,自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角；；②利用与二面角的棱垂直的平面确定平面角, 自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角；③利用定义确定平面角, 在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角；DBA Cα②射影面积法.利用射影面积公式cos θ＝S S'；此方法常用于无棱二面角大小的计算；对于无棱二面角问题还有一条途径是设法作出它的棱，作法有“平移法”“延伸平面法”等. 【考点针对训练】1. .【2016高考浙江文数】如图，在三棱台ABC-DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB =90°，BE=EF=FC =1，BC =2，AC =3.（I ）求证：BF ⊥平面ACFD ；（II ）求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值.2. 【2016届湖北省武汉市武昌区高三5月调研】如图，PA 垂直圆O 所在的平面，C 是圆O 上的点，Q 是PA 的中点，G 为AOC ∆的重心，AB 是圆O 的直径，且22AB AC ==．（1）求证：//QG 平面PBC ；（2）求G 到平面PAC 的距离．【考点2】立体几何综合问题【备考知识梳理】空间线、面的平行与垂直的综合考查一直是高考必考热点.归纳起来常见的命题角度有：以多面体为载体综合考查平行与垂直的证明. 探索性问题中的平行与垂直问题. 折叠问题中的平行与垂直问题. 【考点针对训练】1. 【2016届宁夏高三三轮冲刺】如图，在三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，PA AC ⊥，AB BC ⊥．设,D E 分别为,PA AC 中点．（1）求证：//DE 平面PBC ；（2）求证：BC ⊥平面PAB ；（3）试问在线段AB 上是否存在点F ，使得过三点D ，,E F 的平面内的任一条直线都与平面PBC 平行？若存在，指出点F 的位置并证明；若不存在，请说明理由．2. 【2016届四川南充高中高三4月模拟三】如图，在正方形ABCD 中，点,E F 分别是,AB BC 的中点，将,AED DCF ∆∆分别沿DE 、DF 折起，使,A C 两点重合于P .(Ⅰ)求证：平面PBD ⊥平面BFDE ； (Ⅱ)求四棱锥P BFDE -的体积. 【应试技巧点拨】 1．如何求线面角（1）利用面面垂直性质定理，巧定垂足：由面面垂直的性质定理，可以得到线面垂直，这就为线面角中的垂足的确定提供了捷径. （2）利用三棱锥的等体积，省去垂足在构成线面角的直角三角形中，其中垂线段尤为关键.确定垂足，是常规方法.可是如果垂足位置不好确定，此时可以利用求点面距常用方法---等体积法.从而不用确定垂足的位置，照样可以求出线面角.因为垂线段的长度实际就是点面距h ！利用三棱锥的等体积，只需求出h ，然后利用斜线段长h=θsin 进行求解.（3）妙用公式，直接得到线面角课本习题出现过这个公式：21cos cos cos θθθ=，如图所示：21,,θθθ=∠=∠=∠OBC ABO ABC .其中1θ为直线AB 与平面所成的线面角.这个公式在求解一些选择填空题时，可直接应用.但是一定要注意三个角的位置，不能张冠李戴. 2.如何求二面角（1）直接法.直接法求二面角大小的步骤是：一作（找）、二证、三计算.即先作(找)出表示二面角大小的平面角,并证明这个角就是所求二面角的平面角,然后再计算这个角的大小. 用直接法求二面角的大小,其关键是确定表示二面角大小的平面角.而确定其平面角,可从以下几个方面着手:①利用三垂线定理(或三垂线定理的逆定理)确定平面角；②利用与二面角的棱垂直的平面确定平面角；③利用定义确定平面角；（2）射影面积法.利用射影面积公式cos θ＝S S'；此方法常用于无棱二面角大小的计算；对于无棱二面角问题还有一条途径是设法作出它的棱，作法有“平移法”“延伸平面法”等. 3.探索性问题探求某些点的具体位置，使得线面满足平行或垂直关系，是一类逆向思维的题目.一般可采用两个方法：一是先假设存在，再去推理，下结论；二是运用推理证明计算得出结论，或先利用条件特例得出结论，然后再根据条件给出证明或计算.4．在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误．5．在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直定义，判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的互相转化．6．面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可．【三年高考】1. 【2016高考新课标1文数】平面α过正文体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，11//CB D α平面,ABCD m α=平面,11ABB A n α=平面,则m ,n 所成角的正弦值为（）（A ）2 （B ）2 （C ）3（D ）132. 【2016高考浙江文数】如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，AD ADC =90°．沿直线AC 将△ACD 翻折成△CD 'A ，直线AC 与D 'B 所成角的余弦的最大值是______．3. 【2016高考北京文数】如图，在四棱锥ABCD P -中，⊥PC 平面ABCD ，,AB DC DC AC ⊥∥（I ）求证：DC PAC ⊥平面；（II ）求证：PAB PAC ⊥平面平面；（III ）设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得//PA 平面C F E ?说明理由.4. 【2016高考天津文数】如图，四边形ABCD 是平行四边形，平面AED ⊥平面ABCD ，EF||AB ，AB=2，BC=EF=1，DE=3，∠BAD=60º，G 为BC 的中点.(Ⅰ)求证：//FG 平面BED ；(Ⅱ)求证：平面BED ⊥平面AED ；(Ⅲ)求直线EF 与平面BED 所成角的正弦值.5. 【2016高考新课标1文数】如图,在已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形,PA =6,顶点P 在平面ABC 内的正投影为点E ,连接PE 并延长交AB 于点G . （I ）证明G 是AB 的中点；（II ）在答题卡第（18）题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由）,并求四面体PDEF 的体积．PABD CGE6. 【2015高考浙江，文7】如图，斜线段AB 与平面α所成的角为60，B 为斜足，平面α上的动点P 满足30∠PAB =，则点P 的轨迹是（）A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支7.【2015高考福建，文20】如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且1PO =OB =．（Ⅰ）若D 为线段AC 的中点，求证C A ⊥平面D P O ；（Ⅱ）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（Ⅲ）若BC =E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．8.【2015高考四川，文18】一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示. (Ⅰ)请按字母F ，G ，H 标记在正方体相应地顶点处(不需要说明理由) (Ⅱ)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系.并说明你的结论. (Ⅲ)证明：直线DF ⊥平面BEGAB FHED C G CD EAB9.【2015高考重庆，文20】如题（20）图，三棱锥P-ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ，∠ABC=2π，点D 、E 在线段AC 上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F 在线段AB 上，且EF//BC. (Ⅰ)证明：AB ⊥平面PFE.(Ⅱ)若四棱锥P-DFBC 的体积为7，求线段BC 的长.题（20）图AC10. 【2014高考重庆文第20题】如题（20）图，四棱锥P ABCD -中，底面是以O 为中心的菱形，PO ⊥底面ABCD ，2,3AB BAD π=∠=，M 为BC 上一点，且12BM=. （Ⅰ）证明：BC⊥平面POM ；（Ⅱ）若MP AP ⊥，求四棱锥P ABMO -的体积.11. 【2014高考全国1文第19题】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11. （1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB求三棱柱111C B A ABC -的高.12.【2014高考江西文第19题】如图，三棱柱111C B A ABC -中，111,BB B A BC AA ⊥⊥. （1）求证：111CC C A ⊥；（2）若7,3,2===BC AC AB ，问1AA 为何值时，三棱柱111C B A ABC -体积最大，并求此最大值.【一年原创真预测】1.已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，ACD ∆为等边三角形，22AD DE AB ===，F 为CD 的中点.（Ⅰ）求证：平面平面BCE DCE ⊥；（Ⅱ）求B CDE 点到平面的距离.2．如图，直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC △是等腰直角三角形，且AB CB ==，且AA 1=3，D 为11AC 的中点，F 在线段1AA 上,设11A F tAA =（102t <<），设11=B C BC M ．MFDC 1B 1A 1CBA（Ⅰ）当取何值时，CF ⊥平面1B DF ；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求四面体1F B DM -的体积．3.如图，三棱锥P ABC -中，BC ⊥平面PAB ，PA PB AB BC 6====，点M ，N 分别为PB,BC 的中点．（I ）求证：AM ⊥平面PBC ；（Ⅱ）E 是线段AC 上的点，且AM 平面PNE .①确定点E 的位置；②求直线PE 与平面PAB 所成角的正切值．4.如图，在直角三角形ABC 中，∠BAC=60°，点F 在斜边AB 上，且AB=4AF ，D ，E 是平面ABC 同一侧的两点，AD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，AD=3，AC=BE=4.(Ⅰ)求证：CD ⊥EF ；(Ⅱ)若点M 是线段BC 的中点，求点M 到平面EFC 的距离.5. 如图所示，在边长为12的正方形11ADD A 中，点,B C 在线段AD 上，且3,4AB BC ==,作11//BB AA ，分别交111,A D AD 于点1B ，P .作11//CC AA ，分别交111,A D AD 于点1C ，Q .将该正方形沿11,BB CC 折叠，使得1DD 与1AA 重合，构成如图的三棱柱111ABC A B C -.（1）求证：AB ⊥平面11BCC B ；（2）求四棱锥A BCQP -的体积.【考点1针对训练】 1.2.【考点2针对训练】 1.又因为EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//EF PBC ．又因为DE EF E =，所以平面//DEF 平面PBC ，所以平面DEF 内的任一条直线都与平面PBC 平行．2.【三年高考】 1. 【答案】A//',//'m m n n ,则,m n 所成的角等于','m n 所成的角.延长AD ,过1D 作11//D E B C ,连接11,CE B D ,则CE 为'm ,同理11B F 为'n ,而111//,//BD CE B F A B ,则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角,即为60 ,故,m n所成角的正弦值为2,故选A. 2.3. 【解析】（I ）因为C P ⊥平面CD AB ，所以C DC P ⊥．又因为DC C ⊥A ，所以DC ⊥平面C PA ．（II ）因为//DC AB ，DC C ⊥A ，所以C AB ⊥A ．因为C P ⊥平面CD AB ，所以C P ⊥AB ．所以AB ⊥平面C PA ．所以平面PAB ⊥平面C PA ．（III ）棱PB 上存在点，使得//PA 平面C F E ．证明如下：取PB 中点，连结F E ，C E ，CF ．又因为E 为AB 的中点，所以F//E PA ．又因为PA ⊄平面CF E ，所以//PA 平面C F E ．4.5.6. 【答案】C【解析】由题可知，当点运动时，在空间中，满足条件的AP绕AB旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.故选C.7.解法二：（I）、（II）同解法一．8.【解析】(Ⅰ)点F ，G ，H 的位置如图所示9.【解析】如题(20)图.由,DE EC PD PC ==知，E 为等腰PDC D 中DC 边的中点，故PE AC ^，又平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC 平面ABC AC =，PE Ì平面PAC ，PE AC ^，所以PE ^平面ABC ，从而PE AB ^.因ABC=,,AB EF 2EF BC p衈故. 从而AB 与平面PFE 内两条相交直线PE ，EF 都垂直，所以AB ^平面PFE .(2)解：设BC=x ,则在直角ABC D中，从而11S AB BC=22ABC D =?由EFBC ，知23AF AE AB AC ==，得AEF ABC DD ,故224()S 39AEF ABC S D D ==，即4S 9AEF ABC S D D =.FCDEAB GHO由1AD=2AE ,11421S S =S S 22999AFB AFE ABC ABC D D D D =?=从而四边形DFBC 的面积为DFBC11S S -=29ABC ADF S D D =718=(1)知，PE PE ^平面ABC ，所以PE 为四棱锥P-DFBC 的高.在直角PEC D 中，=体积DFBC 117S 73318P DFBC V PE -=鬃=?,故得42362430x x -+=，解得2297x x ==或，由于0x >，可得3x x ==或.所以3BC =或BC =10.11.12.【解析】（1）证明：由1AA BC ⊥知1BB BC ⊥,又11BB A B ⊥,故1BB ⊥平面1,BCA 即11BB AC ⊥,又11//BB CC ，所以11.AC CC ⊥（2）设1,AA x =在11Rt A BB ∆中1BA同理1AC 在1A BC ∆中,2222111111cos 2A B AC BC BAC BAC A B AC +-∠==∠=⋅11111sin 2A BCS A B A C BA C ∆=⋅∠=从而三棱柱111ABC A B C -的体积为11133A BC V BB S ∆=⨯⨯=因=故当x =时，即1AA =时，体积V取到最大值【一年原创真预测】1.【解析】（Ⅰ）DE ⊥平面ACD ，F A ⊂平面CD A ∴DE AF ⊥，又等边三角形ACD 中AF CD ⊥, D CD D E =，D E ⊂平面CD E ，CD ⊂平面CD E ，∴平面AF ECD ⊥，取CE 的中点M ，连接BM,MF ，则MF 为△CDE 的中位线，故1////,2MF DE AB MF DE AB ==,所以四边形ABMF 为平行四边形，即MB//AF,MB⊂平面C B E ，F A ⊄平面C B E ，//BCE 平面AF ∴，平面平面BCE DCE ∴⊥.（Ⅱ）因为AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，所以AB //DE ，故AB //平面DCE ，B CDE 点到平面的距离h 等于A CDE 点到平面的距离d ，由体积相等A DCE E ACD V V --=得,1133DCE ADC S d S DE ∆∆⋅=⨯,011112222sin 6023232d ⋅⨯⨯⋅=⨯⨯⨯⨯，解得h d ==.2．（Ⅱ）由已知得111111==22F B DM M B DF C B DF B CDF V V V V ----=，因为FD FC 1=22CDF S DF FC ⋅=△，由（Ⅰ）得1B D ⊥平面DFC ，故112=21=33B CDF V -⨯⨯，故1F B DM -的体积为13．3.②作EH AB ⊥于H ，则EH //BC ，∴EH ⊥平面PAB ，∴EPH ∠是直线PE 与平面PAB 所成的角.∵1AH AB 23==，π6=3PA PAH =∠， ∴PH ==1EH BC 23==，∴EH tan EPH PH 7∠==，即直线PE 与平面PAB 所成角的正切值为7.4.5.。

全国高中数学必修2立体几何专题二面角典型例题解法总结

又∵ SA AC 6 ，∴ AM 2 ，∵ AM AB 2 ，ABM 600∴△ ABM 是等边三角形，BF 3 。

在△ GAB 中，AG 626，AB 2，GAB 900，cos BFG GF 2FB2BG 22GF FB132222112面角S AM6B的大小为arccos( 36)二面角的求法一、定义法：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角, 这条直线叫做二面角的棱, 这两个半平面叫做二面角的面，在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角。

本定义为解题提供了添辅助线的一种规律。

如例1中从二面角S—AM—B 中半平面ABM 上的一已知点（B）向棱AM 作垂线，得垂足（F）；在另一半平面ASM 内过该垂足（F）作棱AM 的垂线（如GF），这两条垂线（BF、GF）便形成该二面角的一个平面角，再在该平面角内建立一个可解三角形，然后借助直角三角函数、正弦定理与余弦定理解题。

例 1 如图，四棱锥S ABCD 中，底面ABCD为矩形，SD 底面ABCD ，AD 2DC SD 2，点M在侧棱SC上，ABM =60（I）证明：M 在侧棱SC 的中点（II ）求二面角S AM B 的大小。

证（I）略AM 的中点，过F点在平面ASM 内作GF AM ，GF交AS 于G，连结AC，∵△ ADC≌△ ADS，∴ AS-AC，且M是SC的中点，∴ AM⊥SC，GF⊥ AM，∴ GF∥AS，又∵ F为AM 的中点，∴GF是△ AMS的中位线，点G是AS的中点。

则GFB 即为所求二面角. ∵ SM 2 ，则GF解（II ）：利用二面角的定义。

在等边三角形A BM 中过点B 作BF AM 交AM 于点F ，则点F 为二、三垂线法三垂线定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．通常当点 P 在一个半平面上则通常用三垂线定理法求二面角的大小。

必修二第04讲空间角(异面直线所成角、线面角、二面角)

第四讲空间角（异面直线所成角线面角二面角）A 组题一、选择题1.下面正确的序号是①两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.②直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角. ③两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.④两异面直线夹角的范围是(00,90⎤⎦，直线与平面所成角的范围是0090⎡⎤⎣⎦，，二面角的范围是[0，1800] ( ).A.①B.②C.③D.④【答案】D【解析】对于①，因为两异面直线夹角的范围是(00,90⎤⎦，而两直线的方向向量所成的角可能为钝角. 所以①错. 对于②，直线的方向向量和平面的法向量所成的角是直线与平面所成的角或其补角. 所以②错.对于③，两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角是这两个平面所成的角或其补角. 所以③错. 故选D .2. (人教A 必修2习题改编)如图，在正方体ABCD －A′B′C′D′中，AB 的中点为M ，DD′的中点为N ，则异面直线B′M 与C N 所成的角是( ). A.90° B.75° C.60° D.45°【答案】A【解析】取AA′的中点Q ，连接QN ，B Q ，且B Q 与B′M 相交于点H ，则QN 綉AD 綉BC ，从而有四边形NQ BC 为平行四边形，所以N C ∥Q B ，则有∠B′H B 为异面直线B′M 与C N 所成的角. 又∵B′B ＝BA ，∠B′B M ＝∠BA Q ＝90°，B M ＝A Q ，∴△B′B M ≌△BA Q ， ∴∠M B′B ＝∠Q B M .而∠B′M B ＋∠M B′B ＝90°，从而∠B′M B ＋∠Q B M ＝90°，∴∠MH B ＝90°.故选A. 3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ，△P AB 和△P AD 都是等边三角形，则异面直线CD 与P B 所成角的大小为( ) A.90° B.75° C.60° D.45°【答案】 A【解析】如图，过点B 作直线B E ∥CD ，交DA 的延长线于点E ，连接PE .∴∠P B E (或其补角)是异面直线CD 与P B 所成角.∵△P AB 和△P AD 都是等边三角形，∴∠P AD ＝60°，DA ＝P A ＝AB ＝P B ＝A E ，∴∠P A E ＝120°.设P A ＝AB ＝P B ＝A E ＝a ，则PE ＝3a .又∠ABC ＝∠BAD ＝90°，∴∠BA E ＝90°，∴B E ＝2a ，∴在△P B E 中，P B 2＋B E 2＝PE 2，∴∠P B E ＝90°.即异面直线CD 与P B 所成角为90°.故选A.4.已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线B E 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010B.15C.31010D.35【答案】C【解析】如图，连接BA 1,因为BA 1∥CD 1，所以∠E B A 1是异面直线B E 与CD 1所成角，设AB ＝1,则112,1,5EB A E A B ===,作EF ⊥BA 1, 115A E AB EF A B ⋅==35FB =∠E B A 1310.选C.5. 如图，三棱锥P —ABC 中， P C ⊥平面ABC ，P C ＝AC ＝2，AB ＝BC ，D 是P B 上一点，且CD ⊥平面P AB, 则异面直线A P 与BC 所成角的大小； A.90°B. 60°C. 75°D.45°ABC DPE F【答案】B【解法】∵P C ⊥平面ABC ，⊂A B 平面ABC ， ∴P C ⊥AB ．∵CD ⊥平面P AB ，⊂A B 平面P AB ， ∴CD ⊥AB ．又C CD PC = ， ∴AB ⊥平面P CB ．过点A 作A F //BC ，且A F ＝BC ，连结PF ，C F ．则 PAF ∠为异面直线P A 与BC 所成的角．由（Ⅰ）可得AB ⊥BC ，∴C F ⊥A F ，得PF ⊥A F ．则A F ＝C F ＝2，PF ＝6 CF PC 22=+，在PFA Rt ∆中， tan ∠P A F ＝26AFPF=＝3，∴异面直线P A 与BC 所成的角为60°．选B.6. 如图,正方形ABCD 所在平面与正方形，AB EF 所在平面成60ο角,求异面直线AD 与B F 所成角的余弦值. A.42 B. 22 C. 23 D.3【答案】A 【解析】∵CB ∥AD, ∴∠CB F 为异面直线AD 与B F 所成的角.连接C F 、C E 设正方形ABCD 的边长为α,则B F ＝a 2∵CB ⊥AB, E B ⊥AB ∴∠C E B 为平面ABCD 与平面AB EF 所成的角,∴∠CB E ＝∠60ο ∴C E ＝a F C ＝a 2 ,∴cos ∠CB F ＝42,选A. 7. 如图，已知棱柱1111D C B A ABCD -的底面是菱形，且⊥1AA 面ABCD ， 60=∠DAB ，1AA AD =，F 为棱1AA 的中点，M 为线段1BD 的中点，则面1BFD 与面ABCD 所成二面角的大小． A ．30° B ．45° C ．60° D ．90°【答案】C【解析】底面是菱形， BD AC ⊥∴ 又⊥B B 1 面ABCD ，⊂AC 面ABCD B B AC 1⊥∴，⊥∴AC 面11B BDD 又AC MF // ⊥∴MF 面11B BDD 延长F D 1、DE 交于点E ，F 是A A 1的中点且ABCD 是菱形AB AE DA ==∴ 又 60=∠DAB 90=∠∴DBE ∴BE B D ⊥1 BD D 1∠∴为所求角在菱形ABCD 中， 60=∠DAB BD BC 3=∴ 3tan 11==∠BDDD BD D 601=∠∴BD D ,选C .8.在一个45°的二面角的一个面内有一条直线与二面角的棱成45°，则此直线与二面角的另一个面所成的角为( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90° 【答案】A【解析】如图，二面角α－l －β为45°，AB β，且与棱l 成45°角，过A 作A O ⊥α于O ，作A H ⊥l 于H .连接OH 、O B ，则∠A HO 为二面角α－l －β的平面角，∠AB O 为AB 与平面α所成角．不妨设A H ＝2，在Rt △A OH 中，易得A O ＝1；在Rt △AB H 中，易得AB ＝2.故在Rt △AB O 中，sin ∠AB O ＝12AO AB =，∴∠AB O ＝30°，为所求线面角．选A. 二、填空题9. 如图所示，在正四面体S －ABC 中，D 为S C 的中点，则BD 与S A 所成角的余弦值是________．A BC DA 1B 1C 1D 1FMOE【答案】36【解析】取AC 中点E ，连接D E ，B E ，则BD 与D E 所成的角即为BD 与S A 所成的角．设S A ＝a ，则BD ＝B E ＝32a ，D E ＝2a .由余弦定理知cos ∠BD E ＝36.10. 如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 的边长为3，1BD 与底面所成角的大小的正切为23，则该正四棱柱的高等于____________．【答案】22【解析】由题意得111122tan 223332DD DD DBD DD BD ∠==⇒=⇒=. 11. A 、B 是直二面角α－l －β的棱l 上的两点，分别在α，β内作垂直于棱l 的线段AC ，BD ，已知AB ＝AC ＝BD ＝1，那么CD 的长为【答案】3【解析】如图，由于此题的二面角是直角，且线段AC ，BD 分别在α，β内垂直于棱l ，AB ＝AC ＝BD ＝1，作出以线段AB ，BD ，AC 为棱的正方体，CD 即为正方体的对角线，由正方体的性质知， 222=1+1+1=3CD . 故填3．三、解答题12. 如图，三棱锥P —ABC 中， P C ⊥平面ABC ，P C ＝AC ＝2，AB ＝BC ，D 是P B 上一点，且CD ⊥平面P AB ．(1) 求证：AB ⊥平面P CB ；(2 求异面直线A P 与BC 所成角的大小；（3π）【解析】(1) ∵P C ⊥平面ABC ，⊂A B 平面ABC ，∴P C ⊥AB ．∵CD ⊥平面P AB ，⊂A B 平面P AB ，P∴CD ⊥AB ．又C CD PC = ， ∴AB ⊥平面P CB ．(2) 过点A 作A F //BC ，且A F ＝BC ，连结PF ，C F ．则 PAF ∠为异面直线P A 与BC 所成的角．由（Ⅰ）可得AB ⊥BC ，∴C F ⊥A F ．由三垂线定理，得PF ⊥A F ．则A F ＝C F ＝2，PF ＝6 CF PC 22=+，在PFA Rt ∆中， tan ∠P A F ＝26AF PF =＝3， ∴异面直线P A 与BC 所成的角为3π．13.（2015安徽）如图所示，在多面体111A B D DCBA中，四边形11AA B B ，11,ADD A ABCD均为正方形，点E 为11B D的中点，过点1A ，D ，E 的平面交1CD 于点F .（1）求证：1//EF B C ；(2)求二面角11EA DB ﹣﹣余弦值.【解析】（1）证明：由题可得1//AD B C ，又因为1A D ⊄平面11B CD ，1B C ⊂平面11B CD ，所以1//A D 平面11B CD ．又平面1A DEF平面11B CD EF =，所以1//A D EF ．又因为11//A D B C ，所以1//EF B C ．（2）将原图形补全成正方体，如图所示，则平面1A CD 即为平面1A EFD ，所以求二面角11E A D B --的余弦值可以转化为求二面角111C A D B --的余弦值。

高考立体几何文科大题及答案

(Ⅰ)证明：；
（Ⅱ）求二面角A— —B的大小。
14.（2009宁夏海南卷文）如图，在三棱锥中，⊿ 是等边三角形，∠PAC=∠PBC=90（Ⅰ）证明：AB⊥PC
（Ⅱ）若，且平面 ⊥平面，
求三棱锥体积。
15.（2009福建卷文）如图，平行四边形中，，将
沿折起到的位置，使平面平面
（I）求证：
又底面ＡＢＣＤ是正方形，ＣD ＡD，又ＳＤ AD=D， CD 平面SAD。
过点D在平面SAD内做DF AE于F，连接CF，则CF AE，
故 CFD是二面角C-AE-D的平面角，即 CFD=60°
在Rt△ADE中， AD= , DE= ，AE= 。
于是，DF=
在Rt△CDF中，由 cot60°=
得，即 =3
【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系，
设
则，
（Ⅰ）∵ ，
∴ ，
∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，
∴平面 .
（Ⅱ）当且E为PB的中点时，，
设AC∩BD=O，连接OE，
由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，
∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即AE与平面PDB所成的角的大小为 .
由得2AD= ，解得AD= 。
故AD=AF。又AD⊥AF，所以四边形ADEF为正方形。
因为BC⊥AF，BC⊥AD，AF∩AD=A，故BC⊥平面DEF，因此平面BCD⊥平面DEF。
连接AE、DF，设AE∩DF=H，则EH⊥DF，EH⊥平面BCD。
连接CH，则∠ECH为与平面BCD所成的角。
因ADEF为正方形，AD= ，故EH=1，又EC= =2，
（Ⅰ）设，则

2022届高考数学二轮复习解答题满分专题04 二面角(含探索性问题)(解析版)

2022届高考数学二轮复习解答题满分专题立体几何专题四：二面角一、必备秘籍1、二面角的平面角定义：从二面角棱上任取一点P ，在二面角的两个半平面内分别作棱的垂线PA 、PB ,则APB ∠称为二面角的平面角。

2、二面角的范围：[0,]π3、向量法求二面角平面角（1）如图①，AB ，CD 是二面角l αβ--的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小,AB CD θ=<>．（2）如图②③，1n ，2n 分别是二面角l αβ--的两个半平面,αβ的法向量，则二面角的大小θ满足：121212cos ,||||n n n n n n ⋅<>=；12cos cos ,n n θ=±<>（特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角。

）二、例题讲解1．（2021·湖北高三月考）如图，在三棱柱111ABC A B C ﹣中，点E ，F 分别在棱1BB ，1CC 上（均异于端点），AB AC =，ABE ACF ∠=∠，1BB ⊥平面AEF ．（1）求证：四边形BEFC 是矩形；（2）若2AE EF ==，33BE =，求平面ABC 与平面AEF 所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）31010.EF,,GF GA GH分别为公式，即得解【详解】）证明：因为三棱柱1BB⊥平面AEF，所以AE，CCACF=∠，且BE CF=，为平行四边形，，所以1BB⊥平面BBH，HG EF∴⊥为坐标原点，,,GF GA GH分别为AEF中，因为AE AF=且AE EF=所以AEF为等边三角形，所以AG(0,3,0) A，3(1,0,)3B-，(1,0,C(1,AB =-(1,AC =-设平面ABC 的一个法向量为(,,n x y z =00n AB n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即3333303y z y z +=+=1，则3z =(0,1,3)n =，因为平面AEF 的一个法向量为(0,0,1),m =cos n <33,|||||10191n m m n m ⋅>===+⨯ABC 与平面AEF 所成锐二面角的余弦值为感悟升华（核心秘籍）121212,||||n n n n n n ⋅>=，12cos ,n n <>本题特别说明了，求锐二面角余弦值，所以最后答案是正的。

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。

高中数学必修二立体几何面面垂直与二面角专题练习(含答案)

面面垂直与二面角一．选择题（共12小题）1．如图梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AD：BC：AB=2：3：4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面DBF⊥平面BFC；④平面DCF⊥平面BFC．则在翻折过程中，可能成立的结论的个数为（）A．1B．2C．3D．42．如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=NB=1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是（）A．平面BCE⊥平面ABNB．MC⊥ANC．平面CMN⊥平面AMND．平面BDE∥平面AMN3．下列命题中错误的是（）A．如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于平面βB．如果α⊥β，那么α内所有直线都垂直于平面βC．如果平面α不垂直平面β，那么α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，那么l⊥γ4．如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论中正确的个数为（）①DC1⊥D1P ②平面D1A1P⊥平面A1AP③∠APD1的最大值为90°④AP+PD1的最小值为⑤C1P与平面A1B1B所成角正弦值的取值范围是[，]A．1B．2C．3D．45．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC1的中点，则DE与平面ABC1D1所成角的正弦值为（）A．B．C．D．6．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB=2，AC=3，BD=4，CD=，则该二面角的大小为（）A．30°B．45°C．60°D．120°7．正四棱锥（顶点在底面的射影是底面正方形的中心）的体积为12，底面对角线的长为2，则侧面与底面所成的二面角为（）A．30°B．45°C．60°D．90°8．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是AC的中点，AB1⊥BC1，则平面DBC1与平面CBC1所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．90°9．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，，AA1=1，则二面角C﹣B1D﹣C1的大小的余弦值为（）A．B．C．D．10．如图，60°的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB．已知AB=4，AC=6，BD=8，则CD的长为（）A．B．7C．2D．911．如图，M，N是圆锥底面圆O上不同两点，且M，N，O不共线，设AN与底面所成角为α，二面角A﹣MN﹣O的平面角为β，ON与平面AMN所成角为γ，则（）A．β＞α＞γB．β＞γ＞αC．α＞β＞γD．α＞γ＞β12．如图，P是△ABC边AB上一点，将△ACP沿CP折成直二面角A'﹣CP﹣B，要使|A'B|最短，则CP是（）A．△ABC中AB边上的中线B．△ABC中AB边上的高线C．△ABC中∠ACB的平分线D．要视△ABC的具体情况而定二．解答题（共18小题）13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAD为等边三角形，E，M分别是AD，PD的中点，PB=2．（Ⅰ）求证：平面PBE⊥平面ABCD；（Ⅱ）求点P到平面ACM的距离．14．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB=BC，D为线段AC的中点，E为线段PC 上一点．〔Ⅰ）求证：PA⊥BD；（Ⅱ）求证：平面BDE⊥平面PAC．15．如图，BD是圆O的直径，C是圆周上不同于B，D的任意一点，AB⊥平面BCD，E为AB 的中点．（1）求证：OE∥平面ACD；（2）求证：平面ACD⊥平面ABC．16．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为CC1的中点．（1）求证：平面AA1CC1⊥平面BDB1D1；（2）求直线BE与平面ACC1A1所成角的余弦值．17．如图1，梯形ABCD满足：AB∥CD，AD⊥AB，AD=DC=2AB=2，E是BA延长线上一点，AE=2．现将△EDA沿直线DA翻折，记翻折后的点E为点P．若PC=2，M为PC的中点，如图2．（Ⅰ）求证：平面ABM⊥平面PBD；（Ⅱ）求直线BC与平面PBD所成的角的正弦值．18．已知三棱锥A﹣BCD中，△BCD是等腰直角三角形，且BC⊥CD，BC=4，AD⊥平面BCD，AD=2．（Ⅰ）求证：平面ABC⊥平面ADC（Ⅱ）若E为AB的中点，求点A到平面CDE的距离．19．如图（1）在直角梯形ABCD中，∠BAD=90°，AB∥CD，CD=2AB=2AD=4，E为CD中点，现将△CEB沿BE折起，使得AC=4，得到如图（2）几何体，记线段CB的中点为F．（1）求证：平面CED⊥平面ABED（2）求点F到平面ACD的距离．20．如图所示，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB=2EF=2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC=90°，BF=FC，H为BC的中点．（1）求证：FH∥平面BDE；（2）求证：平面BDE⊥平面ACF．21．如图，在正三棱柱（底面为正三角形的直棱柱）ABC﹣A1B1C1中，已知AB=AA1=2，点Q为BC的中点．（Ⅰ）求证：平面AQC1⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）求点B到平面AQC1的距离．22．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长和侧棱长都是4，D是CC1的中点，求：（1）三棱锥D﹣ABC的体积；（2）二面角D﹣AB﹣C的大小．23．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）求二面角P﹣AB﹣D的大小．24．三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面ABC是等边三角形，BC的中点为O，A1O⊥底面ABC，AA1与底面ABC所成的角为，点D在棱AA1上，且AD=，AB=2．（1）求证：OD⊥平面BB1C1C；（2）求二面角B﹣B1C﹣A1的平面角的余弦值．25．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形且∠ABC=120°，点E是棱PC的中点，平面ABE与棱PD交于点F．（1）求证：EF∥CD；（2）若PA=PD=AD=2，且平面PAD⊥平面ABCD，求锐二面角P﹣AF﹣E的余弦值．26．四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，BC=2AB，∠ABC=60°，PA=PB，点M为AB 的中点．（Ⅰ）在棱PD上作点N，使得AN∥平面PMC（Ⅱ）若PB⊥AC，且直线PC与平面PAB所成的角是45°，求二面角M﹣PC﹣A的余弦值27．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E、F分别为A1C1、BC的中点AB=BC=2，C1F⊥AB．（1）求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；（2）若直线C1F和平面ACC1A1所成角的正弦值等于，求二面角A﹣BE﹣C的平面角的正弦值．28．已知PA⊥菱形ABCD所在平面，PA=，G为线段PC的中点，E为线段PD上一点，且=2．（1）求证：BG∥平面AEC；（2）若AB=2，∠ADC=60°，求二面角G﹣AE﹣C的余弦值．29．在多面体ABCDEF中，底面ABCD是梯形，四边形ADEF是正方形，AB∥DC，AB=AD=1，CD=2，AC=EC=．（1）求证：平面EBC⊥平面EBD；（2）设M为线段EC上一点，3=，求二面角M﹣BD﹣E的平面角的余弦值．30．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD是边长为的正方形，，PC=4，点E为PA中点，AC与BD交于点O．（Ⅰ）求证：OE⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣PA﹣D的余弦值．参考答案一．选择题（共12小题）1．解：因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则①错误；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD：BC：AB=2：3：4，可使条件满足，所以②正确；当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；因为点D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④错误．故选：B．2．解：分别过A，C作平面ABCD的垂线AP，CQ，使得AP=CQ=1，连接PM，PN，QM，QN，将几何体补成棱长为1的正方体．∵BC⊥平面ABN，BC⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面ABN，故A正确；连接PB，则PB∥MC，显然PB⊥AN，∴MC⊥AN，故B正确；取MN的中点F，连接AF，CF，AC．∵△AMN和△CMN都是边长为的等边三角形，∴AF⊥MN，CF⊥MN，∴∠AFC为二面角A﹣MN﹣C的平面角，∵AF=CF=，AC=，∴AF2+CF2≠AC2，即∠AFC≠，∴平面CMN与平面AMN不垂直，故C错误；∵DE∥AN，MN∥BD，∴平面BDE∥平面AMN，故D正确．故选：C．3．解：如果α⊥β，则α内与两平面的交线平行的直线都平行于面β，故可推断出A命题正确．B选项中α内与两平面的交线平行的直线都平行于面β，故B命题错误．C根据平面与平面垂直的判定定理可知C命题正确．D根据两个平面垂直的性质推断出D命题正确．故选：B．4．解：对于①，∵A1D1⊥DC1，A1B⊥DC1，∴DC1⊥面A1BCD1，D1P⊂面A1BCD1，∴DC1⊥D1P，①正确对于②，∵平面D1A1P即为平面D1A1BC，平面A1AP 即为平面A1ABB1，切D1A1⊥平面A1ABB1，∴平面D1A1BC，⊥平面A1ABB1，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，∴②正确；对于③，当0＜A1P＜时，∠APD1为钝角，∴③错；对于④，将面AA1B与面A1BCD1沿A1B展成平面图形，线段AD1即为AP+PD1的最小值，在△D1A1A中，∠D1A1A=135°利用余弦定理解三角形得AD1=，即AP+PD1≥，∴④不正确．对于⑤，C1P与平面A1B1B所成角正弦值为，∵，∴C1P与平面A1B1B所成角正弦值的取值范围是[，]，故⑤正确．故选：C．5．解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1中棱长为2，D（0，0，0），E（1，2，1），A（2，0，0），B（2，2，0），C1（0，2，2），=（1，2，1），=（0，2，0），=（﹣2，2，2），设平面ABC1D1的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，0，1），设DE与平面ABC1D1所成角为θ，则sinθ===，∴DE与平面ABC1D1所成角的正弦值为．故选：D．6．解：由已知可得：，，，∴=+2=32+22+42+2×3×4cos＜，＞=，∴cos＜＞=﹣，即＜＞=120°，∴二面角的大小为60°，故选：C．7．解：正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为2，底面边长为2，底面积为12，所以正四棱锥的高为3，则侧面与底面所成的二面角的正切tanα==，则二面角等于60°，故选：C．8．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是AC的中点，AB1⊥BC1，则平面DBC1与平面CBC1所成的角为（）A．30°B．45°C．60°D．90°解：以A为坐标原点，、的方向分别为y轴和z轴的正方向建立空间直角坐标系．设底面边长为2a，侧棱长为2b，则A（0，0，0），C（0，2a，0），D（0，a，0），B（a，a，0），C1（0，2a，2b），B1（a，a，2b）．=（），=（﹣，a，2b），=（，0，0），=（0，a，2b），由AB1⊥BC1，得•=2a2﹣4b2=0，即2b2=a2．设=（x，y，z）为平面DBC1的一个法向量，则•=0，•=0．即，又2b2=a2，令z=1，解得=（0，﹣，1）．同理可求得平面CBC1的一个法向量为=（1，，0）．设平面DBC1与平面CBC1所成的角为θ，则cos θ==，解得θ=45°．∴平面DBC1与平面CBC1所成的角为45°．故选：B．9．解：建立空间直角坐标系，如图所示；长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，，AA1=1，∴A（0，0，0），C（2，，0），D（0，，0），B1（2，0，1），C1（2，，1）；∴=（﹣2，，﹣1），=（﹣2，0，0），=（0，，0）；设平面CB1D的法向量为=（x，y，z），则，即，令y=1得=（0，1，）；同理，设平面C1B1D的法向量为=（x，y，z），则，即，令x=1，则=（1，0，﹣2）；∴cos＜，＞===﹣，∴二面角C﹣B1D﹣C1的余弦值为﹣cos＜，＞=．故选：A．10．解：∵CA⊥AB，BD⊥AB，∴，．∵，∴=+++2+2+2═62+42+82+2×6×8cos120°=68，∴CD=2故选：C．11．解：连接OA，OM，取MN的中点H，连接OH，AH，过O作OD⊥AH，垂足为D，连接ND，由AO⊥底面，可得∠ANO=α，由OH⊥MN，AO⊥底面，由三垂线定理可得MN⊥AH，可得∠AHO=β，由OD⊥AH，MN⊥平面AHO，可得OD⊥MN，OD⊥平面AMN，可得∠OND=γ，且α，β，γ均为锐角，则sinα=，sinβ=＞=sinα，即β＞α；=•=＞1，即有β＞γ，tanα=，tanγ=，设AO=h，ON=r，OH=d，可得OD=，DN=，则tanα=，tanγ=，tan2α﹣tan2γ=＞0，可得tanα＞tanγ，即有α＞γ，即为β＞α＞γ．故选：A．12．解：如图所示，作A′E⊥CP，垂足为E．∵直二面角A'﹣CP﹣B，∴A′E⊥平面BCP．时AC=b，BC=a，∠ACB=α．设∠ACP=θ．则A′E=bsinθ，CE=bcosθ．BE2=b2cos2θ+a2﹣2abcosθcos（α﹣θ），∴A′B2=（A′E）2+BE2=b2sin2θ+b2cos2θ+a2﹣2abcosθcos（α﹣θ）=b2+a2﹣2abcosθcos（α﹣θ），∵cosθcos（α﹣θ）=cosθ（cosαcosθ+sinαsinθ）=cosαcos2θ+sinαsin2θ=c osα+sinαsin2θ=+cos（α﹣2θ）．∴A′B2=b2+a2﹣abcosα﹣abcos（α﹣2θ），当且仅当cos（α﹣2θ）=1时，即α=2θ时，即CP为∠ACB的平分线时，|A'B|最短．故选：C．二．解答题（共18小题）13．（Ⅰ）证明：由题意知，正△PAD边长为2，∵E为AD的中点，∴PE⊥AD，PE=，在正方形ABCD中，E为AD的中点，边长为2，则BE=，在△PBE中，BE2+PE2=8=PB2，∴PE⊥BE，又BE∩AD=E，∴PE⊥平面ABCD，∵PE⊂P平面ABCDM，∴平面PBE⊥平面ABCD；（Ⅱ）由题意知V P﹣ACM=V C﹣APM，△PAD为等边三角形，则AM=，∴S△APM=，∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥CD，∵CD⊥AD．∴CD⊥平面PAD，故CD为三棱锥C﹣PAB的高，∴CD⊥PD，在正方形ABCD中，AC=2，则在△ACM中，满足8=AC2=AM2+CM2，∴△ACM为直角三角形，∴AM⊥MC，∴S△ACM=|AM|•|CM|=，设点P到平面ACM的距离为d，由V P﹣ACM=V C﹣APM，得×d×S△ACM=×CD×S△APM，解得d=14．证明：（Ⅰ）∵在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC=B，∴PA⊥平面ABC，∵D为线段AC的中点，∴BD⊂平面ABC，∴PA⊥BD．（Ⅱ）∵AB=BC，D为线段AC的中点，∴BD⊥AC，∵PA⊥BD，PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵BD⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面PAC．15．．证明：（1）∵BD是圆O的直径，E为AB的中点，∴OE∥AD，∵OE⊄平面ACD，AD⊂平面ACD，∴OE∥平面ACD．（2）∵BD是圆O的直径，∴BC⊥DC，∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD，∵AB∩BC=B，∴平面ACD⊥平面ABC．16．证明：（1）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，有AA1⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴AA1⊥BD，又由正方形ABCD，可知AC⊥BD，AA1∩AC=A，∴BD⊥平面ACC1A1，又BD⊂平面BDD1B1，∴平面AA1C1C⊥平面BDD1B1．（6分）解：（2）记AC与BD交点为O，连接OE，∵BD⊥平面ACC1A1，∴∠OEB即为直线BE与平面ACC1A1所成角，设正方体棱长AB=2，则OB=，BE=，OE=，则有cos=，直线BE与平面ACC1A1所成角的余弦值为．（12分）17．（Ⅰ）证明：在△ADE中，AD=AE=2，得DE=2，即PD=．在△PDC中，DC=2，PC=2，可得PC2=PD2+DC2，∴∠CDP=90°，即CD⊥PD．又CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD．取PD中点N，则MN是△PCD的中位线，∴MN∥CD，MN=．又AB∥CD，AB=，∴AB∥MN，AB=MN，即四边形ABMN为平行四边形．又AN是等腰直角三角形PAD斜边PD的中线，∴PD⊥AN，又CD⊥平面PAD，∴AB⊥平面PAD，AB⊥PD．∴PD⊥平面ABM，又PD⊂平面PBD，∴平面ABM⊥平面PBD；（Ⅱ）解：在△MNB中，作MH⊥NB于H，则MH⊥平面PBD，由已知可得MN=1，MB=，又NB=，∴，即点M到平面PDB的距离为．又由于M是PC的中点，∴点C到平面PBD的距离h=．求得BC=，设直线BC与平面PBD所成的角为θ，则s inθ=．18．（Ⅰ）证明：∵AD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴AD⊥BC，又∵BC⊥CD，CD∩AD=D，∴BC⊥平面ACD，又BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ACD．…（5分）（Ⅱ）解：由已知可得，取CD中点为F，连结EF，∵，∴△ECD为等腰三角形，∴，，…（8分）由（Ⅰ）知BC⊥平面ACD，∴E到平面ACD的距离为：，∴S△ACD=4，…（10分）设A到平面CED的距离为d，有，解得，∴A到平面CDE的距离是．…（12分）19．（1）证明：由条件可知BA=DE，BA∥DE，∠BAD=90°，∴四边形ABED为正方形，∴BE⊥EC，BE⊥ED，EC⊥ED=E，⇒BE⊥平面DEC．又BE⊂平面ABCD，所以平面CED⊥平面ABCD．（2）AD∥BE，∴AD⊥平面DEC，∴∠ADC=90°，∴∠CED=120°，△CED为等腰三角形．过点E作EM⊥CD，∴M为CD中点⇒ME=1 ∴ME⊥CD，ME⊥AD⇒ME⊥平ACD．又F为BC的中点，∴．20．证明：（1）设BD与AC交于点O，连接OE、OH．∵O、H分别为AC，BC中点，∴OH∥AB，OH=AB，∴EF∥AB，EF=AB，∴OH=EF，OH∥EF，∴四边形OEFH为平行四边形，∴FH∥OE，又∴FH⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴FH∥平面BDE．（2）∵EF∥AB，EF⊥FB，AB∩FB=B，∴EF⊥平面ABF，∵FB⊂平面ABF，∴AB⊥FB，∵AB⊥BC，BC∩FB=B，∴AB⊥平面BCF，∵FH⊂BCF，∴AB⊥FH，∵FH⊥BC，AB∩BC=B，∴FH⊥平面ABCD，又FH∥OE，∴OE⊥平面ABCD，∵AC⊂平面ABCD，∴OE⊥AC，∵AC⊥BD，AC∩BD=O，∴AC⊥平面BDE，又AC⊂平面ACF，∴平面BDE⊥平面ACF．21．解：（I）证明：由题意知，AB=AC，Q为BC的中点，∴AQ⊥BC；由B1B⊥平面ABC，得B1B⊥AQ；∵BC，B1B⊂平面B1BCC1，且BC∩B1B=B，∴AQ⊥平面B1BCC1，又∵AQ⊂平面AC1Q，∴平面AC1Q⊥平面B1BCC1；……（6分）（II）设点B到平面AQC1的距离为d，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABQ，∴CC1为三棱锥C1﹣ABQ的高；由（I）知，AQ⊥平面B1BCC1，则AQ⊥QC1，∴；∴，；又，∴，即，解得．……（12分）22．解：（1）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为正三棱柱，且底面边长和侧棱长都是4，D是CC1的中点，∴，三棱锥D﹣ABC的高为DC=2．∴三棱锥D﹣ABC的体积V=；（2）取AB中点G，连接DG，CG，则AB⊥平面DGC，∴∠DGC为二面角D﹣AB﹣C的平面角，在Rt△DCG中，DC=2，CG=，∴tan∠DGC=，则．即二面角D﹣AB﹣C的大小为．23．证明：（1）∵四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点．∴AB⊥AD，AB⊥PD，又AD∩PD=D，∴AB⊥平面PAD，∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．解：（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，设PD=DC=DP=2，则A（2，0，0），P（0，0，2），D（0，0，0），B（2，2，0），=（﹣2，0，2），=（0，2，0），设平面PAB的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，0，1），平面ABD的法向量=（0，0，1），设二面角P﹣AB﹣D的大小为θ，则cosθ===，θ=45°，∴二面角P﹣AB﹣D的大小为45°．24．（1）证明：连接AO，∵A1O⊥底面ABC，AO，BC⊂底面ABC，∴BC⊥A1O，A1O⊥AO，且AA1与底面ABC 所成的角为∠A1AO，即．在等边三角形ABC中，易求得AO=．在△AOD中，由余弦定理，得，∴OD2+AD2=3=OA2，即OD⊥AA1．又∵AA1∥BB1，∴OD⊥BB1．∵AB=AC，OB=OC，∴AO⊥BC，又∵BC⊥A1O，AO∩A1O=O，∴BC⊥平面AA1O，又∵OD⊂平面AA1O，∴OD⊥BC，又BC∩BB1=B，∴OD⊥平面BB1C1C．（2）如下图所示，以O为原点，分别以OA，OB，OA1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则故由（1）可知，∴可得点D的坐标为，∴平面BB1C1C的一个法向量是．设平面A1B1C的法向量=（x，y，z），由得，令，则y=3，z=﹣1，则，∴，易知所求的二面角为钝二面角，∴二面角B﹣B1C﹣A1的平面角的余弦角值是．25．解：（1）∵底面ABCD是菱形，∴AB∥CD，又∵AB⊄面PCD，CD⊂面PCD，∴AB∥面PCD，…（2分）又∵A，B，E，F四点共面，且平面ABEF∩平面PCD=EF，∴AB∥EF，即可得EF∥CD…（5分）（2）取AD中点G，连接PG，GB，∵PA=PD，∴PG⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，∴PG⊥GB，在菱形ABCD中，∵AB=AD，∠DAB=60°，G是AD中点，∴AD⊥GB，…（6分）如图，建立空间直角坐标系G﹣xyz，设PA=PD=AD=2，则G（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣2，，0），D（﹣1，0，0），P（0，0，）又∵AB∥EF，点E是棱PC中点，∴点F是棱PD中点，E（﹣1，，），F（﹣，0，），，，设平面AFE的法向量为=（x，y，z），则有⇒，不妨令x=3，则平面AFE的一个法向量为．∵BG⊥平面PAD，∴是平面PAF的一个法向量，cos==∴锐二面角P﹣AF﹣E的余弦值为．．…（12分）26．解：（Ⅰ）：点N为PD中点．下证：取PD中点N，PC中点Q，连结AN，QN，MQ，在△PCD中，N，Q分别是所在边PD，PC的中点，则NQ∥CD且．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）因为点M为AB中点，AB=CD，所以NQ∥AM且NQ=AM．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）所以四边形AMQN是平行四边形，所以AN∥MQ．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）又因为AN⊄平面PMC，MQ⊂平面PMC，所以AN∥平面PMC．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）（Ⅱ）在△ABC中，BC=2AB，∠ABC=60°，设AB=a，则BC=2a，由余弦定理有：，则BC2=AB2+AC2，由勾股定理的逆定理可得：AC⊥AB．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）又因为PB⊥AC，PB∩AB=B，PB，AB⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB．因为PM⊂平面PAB，所以AC⊥PM．因为PA=PB，点M为线段AB的中点，所以PM⊥AB，因此PM，AB，AC两两垂直．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）以A为原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系．因为直线PC与平面PAB的所成角是45°，所以∠CPA=45°，所以Rt△CAP是等腰直角三角形，所以．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）则A（0，0，0），，，，，．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）设平面PMC的一个法向量为=（x，y，z），则即得，同理可得，平面PAC的一个法向量为，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）则．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）由图可得所求二面角的平面角为锐角，所以二面角M﹣PC﹣A的余弦值为．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）27．（1）证明：在直三棱柱中，CC1⊥AB，又C1F⊥AB，且CC1∩C1F=C1，∴AB⊥平面B1BCC1，又∵AB⊂平面EBA，∴平面ABE⊥平面B1BCC1；（2）解：由（1）可知，AB⊥BC，以B点为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立坐标系．设AA1=a，则B（0，0，0），C（2，0，0），A（0，2，0），B1（0，0，a），C1（2，0，a），A1（0，2，a），E （1，1，a），F（1，0，0）．直线FC1的方向向量，平面ACC1A1的法向量．可知||=，∴a=2．，，，设平面ABE的法向量，由，取z=﹣1，可得．设平面CBE的法向量，由，取z=﹣1，可得．记二面角A﹣BE﹣C的平面角为θ，∴|cosθ|=||=，则sin．故二面角A﹣BE﹣C的平面角的正弦值为．28．（1）证明：取PE的中点F，连接GF，BF，∵G为PC的中点，∴GF∥CE，∴GF∥平面AEC．连接BD交AC与点O，连接OE．∵E为DF的中点，∴BF∥OE，∴BF∥平面AEC．∵BF∩GF=F，∴平面BGF∥平面AEC．又BG⊄平面BGF，∴BG∥平面AEC；（2）解：如图，建立空间直角坐标系O﹣xyz．则则O（0，0，0），A（﹣1，0，0），C（1，0，0），P（﹣1，0，），D（0，，0），E（，，），G（0，0，2），∴=（，，），=（2，0，0），=（1，0，），设平面AEC的法向量为，则，∴，即，不妨设得=（0，，），设平面AEG的法向量为，则，∴，即，不妨设z2=1得=（，0，1），∴=．由图可知，二面角G﹣AE﹣C为锐角，则二面角G﹣AE﹣C的余弦值为．29．证明：（1）∵AD=1，CD=2，AC=，∴AD2+CD2=AC2，∴△ADC为直角三角形，且AD⊥DC，同理∵ED=1，CD=2，EC=，∴ED2+CD2=EC2，∴△EDC为直角三角形，且ED⊥DC，又四边形ADEF是正方形，∴AD⊥DE，又∵AB∥DC，∴DA⊥AB．在梯形ABCD中，过点作B作BH⊥CD于H，∴四边形ABHD是正方形，∴∠ADB=45°．在△BCH中，BH=CH=1，∴∠BCH=45°．BC=，∴∠BDC=45°，∴∠DBC=90°，∴BC⊥BD．∵ED⊥AD，ED⊥DC，AD∩DC=D．AD⊂平面ABCD，DC⊂平面ABCD．∴BD⊥平面ABCD，又∵BC⊂平面ABCD，∴ED⊥BC，因为BD∩ED=D，BD⊂平面EBD，ED⊂平面EBD．∴BC⊥平面EBD，BC⊂平面EBC，∴平面EBC⊥平面EBD．解：（2）以D为原点，DA，DC，DE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，D（0，0，0），E（0，0，1），B（1，1，0），C（0，2，0）．令M（0，y0，z0），则=（0，y0，z0﹣1），=（0，2，﹣1），∵3=，∴（0，3y0，3z0﹣3a）=（0，2，﹣1），∴M（0，，）．=（1，1，0），=（0，），∵BC⊥平面EBD，∴=（﹣1，1，0）是平面EBD的一个法向量．设平面MBD的法向量为=（x，y，z）．则．令y=1，得=（﹣1，1，1），∴cos＜＞===，∴二面角M﹣BD﹣E的平面角的余弦值为．30．证明：（I）底面四边形ABCD是边长为的正方形，，PC=4，在△PBC中，∵PB2=PC2+BC2，∴PC⊥BC，同理可得BC⊥CD，而BC∩CD=C，BC、CD⊂平面ABCD，∴PC⊥平面ABCD，在△PAC中，由题意知O、E分别为AC、PA中点，则OE∥PC，而PC⊥平面ABCD，∴OE⊥平面ABCD．解：（II）由（I）知：OE⊥平面ABCD，故可建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示，A（1，0，0），B（0，1，0），D（0，﹣1，0），P（﹣1，0，4），∴=（﹣2，0，4），=（﹣1，1，0），=（﹣1，﹣1，0），设、=（a，b，c）分别为平面PAB和平面PAD的一个法向量，则，，∴，，不妨设z=c=1，则=（2，2，1），=（2，﹣2，1），∴cos＜＞===，由图知二面角B﹣PA﹣D为钝二面角，∴二面角的B﹣PA﹣D的余弦值为﹣．。

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。

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， .

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。

线面角、二面角练习(含答案)

(D) 证明 , 4B L PD; G)若 P4 = PD = AB, /APD = 90“, 设 Q 为 PB 中点 , 求直线 4Q 与平面 PBC 所成角的余弦值
.(10分 ) 如图 , 在四楂锥 P 一 4BC 丁中 , 底面 4BC是D矩形 ,M7 是 P4 的中点 ,PD 平 _ 面 4L BCD,
心的 M L DN, 即异面直线 4M 与 DN 所成角大小为 90., 故选 D.
2. ( AP4D 为直角三角形 , 且 P4 = 4D, …LP4D 二 90., 即 P4 L 4D, 四边形 4B8为C正 D方形 , - DA L BA, N PANBA= 4, P4 c 面 P4B,PB C 面 P4B,
A. 307
B. 45°
二、解答题 ( 共 14 小题 , 每小题 10 分 , 共 140分 )
C. 60°
D. 90°
2.(分1) 0如图 , 平面 P4D L 平面 4BCD,4B为 C正D方形 ,AP 是 4 直角D 三角形 , 且 P4 = 4D 二 2, E
、友、G 分别是线段 P4、PD、CD 的中点。
(D) 证明 , PB平 |面 4BC ) 设二面角 D - 4F - C 为 60“,=4P 1,4一Dv, 求三棒锥丁一 4CD 的体积 .
三、填空题 ( 共 1 小题 ,每小题 5 分 , 共 5 分 )
16.(5 分 ) 已知长方体 A4BCD 一 4 BCLD 中 ,4B 万 2,4D = AA; 三 1, 则的线 BDu 与平面