第04讲利用几何法解决空间角和距离19种常见考法归类（教师版）-新高二暑假衔接（人教版）_高中三年全科资料_高中_高中1_2025秋新高二《暑假衔接讲义》（语数外理化）电子版

第 04 讲 利用几何法解决空间角和距离 19 种常见考法归类 学会利用几何法求空间角及空间距离． 1、异面直线所成的角 (1)定义：已知a，b是两条异面直线，经过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做 异面直线a与b所成的角(或夹角)． (2)范围：. 注：两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直 线所成的角，也可能等于其补角． 2、直线和平面所成的角 (1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线 垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°. (2)范围：. 3、二面角 (1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角． (2)二面角的平面角 若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB． (3)二面角的平面角α的范围：0°≤α≤180°. 4、点到平面的距离 已知点P是平面外的任意一点，过点P作PA，垂足为 A，则PA唯一，则PA是点P到平面 的距离。即：一点到它在一个平面内的正射影的距离叫做这一点到这个平面的距离（转化为点到点的距 离） 结论：连结平面外一点 与 内一点所得的线段中，垂线段 最短. 11、求异面直线所成的角的方法和步骤 (1)求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移； 利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移． (2)求异面直线所成角一般步骤：一作、二证、三求 ①平移：经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，平移 异面直线中的一条或两条成为相交直线，作出异面直线所成的角． 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 的取值范围是 ，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． 2、求直线与平面所成的角的方法和步骤 （1）垂线法求线面角： 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 做垂线，确 定垂足O； ②连结斜足与垂足为斜线AB在面 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）. （2）平移法求线面角 是指利用图形平移变换的性质，构造满足求解的条件，进而得出结论的方法.在运用平移法求解线面角 问题时，我们可以利用图象平移的性质：图形移动位置后其大小、形状、面积等都不改变，将分散的条件 关联起来，以便将立体几何问题转化为平面几何问题来求解. （3）等体积法求线面角 通过换底求体积求出斜线上一点到平面的距离，再求直线与平面所成角的正弦值，如图,已知平面α 与斜线AP,PO⊥α,则P0线面角为∠PAO, ，要求线面角，关键是求垂线段PO的长度，而垂 线段PO的长度可看作点P到平面α的距离，在平面α内找一个三角形(点A是其中一个顶点)与点P构成三 棱锥，在三棱锥中借助等体积法就可以求PO的长度，从而达到简便求解线面角的目的. 23、求二面角的平面角的方法和步骤 （1）求二面角大小的步骤是： ①作：找出这个平面角； ②证：证明这个角是二面角的平面角； ③求：将作出的角放在三角形中，解这个三角形，计算出平面角的大小． （2）确定二面角的平面角的方法 ①定义法（棱上一点双垂线法）：提供了添辅助线的一种规律 在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线． 如：“三线合一型”、“全等型” ②三垂线法（面上一点双垂线法）----最常用 自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足 和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角 ③等体积法 利用三棱锥等体积法求出点A到平面PBC的距离d，如图，点A到二面角A-PB-C的棱 PB 的距离为 h（即△PAB中PB边上的高），则二面角 A-PB-C的正弦值为 . ③垂面法（空间一点垂面法） 过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。 ④射影面积法 已知平面 内的平面图形 的面积为 ，它在平面 内的射影 的面积为 ，设平面 与平面 所成二面角 3的平面角为 ，则当 时， ;当 时， . 4、求解点面距的方法和步骤 （1）定义法（直接法）：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度； （2）等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离； （3）转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离． 考点一：直接平移法求异面直线所成的角 例1．（2023春·广东广州·高一广州市第六十五中学校考期中）在正方体 中, 分 别为 的中点,则异面直线 与 所成角的大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题易得 ,连接 ,即可得出 为等边三角形,从而得出所求角的大小为60°. 【详解】如下图所示,连接 , 则异面直线 与 所成角为 ,即 为等边三角形 . 故选:C. 4变式1．（2023春·山东滨州·高一山东省北镇中学校联考阶段练习）如图，在长方体 中， ，且 为 的中点，则直线 与 所成角的大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取 的中点 ，可得直线 与 所成角即为直线 与 所成的 ，在 中由余 弦定理可得答案. 【详解】取 的中点 ，连接 ，所以 ， 直线 与 所成角即为直线 与 所成的 ， 所以 ， ， ， 在 中由余弦定理可得 , 5因为 ，所以 . 故选：C. 变式2．（2023春·江苏南京·高一南京市第九中学校考阶段练习）如图，圆柱的底面直径 与母线 相 等， 是弧 的中点，则 与 所成的角为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出辅助线，找到异面直线形成的夹角，求出各边长，利用余弦定理求出夹角. 【详解】取 的中点 ，连接 ，则 ，且 ， 故四边形 为平行四边形，所以 ， 所以 或其补角为 与 所成角， 设 ，则 ，由勾股定理得 ， ， ， 由余弦定理得 ， 故 ， 6所以 与 所成角为 . 故选：C 考点二：中位线平移法求异面直线所成的角 例2．（2023春·全国·高一专题练习）在四棱锥 中， 平面 ， ，底 面 是菱形， ，E，F，G分别是 ， ， 的中点，则异面直线 与 所成角的 余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接 、 交于点 ，连接 ，说明异面直线 与 所成的角为 或其补角，计算 出 、 ，即可求得 ，即可得出结论. 【详解】连接 、 交于点 ，连接 ， 因为四边形 为菱形， ，则 为 的中点，且 ， 7因为 为 的中点，则 ， 又F，G分别是 ， 的中点，所以 ，故 所以，异面直线 与 所成的角为 或其补角， 平面 ， 平面 ， ， ， ， 平面 ， 平面 ， 平面 ， ， 因为 ， ，则 为等边三角形， 同理可知 也为等边三角形，又 ， ， 同理可得 ， ， 所以， . 因此，异面直线 与 所成的角的余弦值为 . 故选：D. 变式1．（2023春·广东深圳·高一深圳市罗湖高级中学校考期中）如图，在三棱锥 中， ，且 ， ， 分别是棱 ， 的中点，则 和 所成的角等于__________. 【答案】 / 【分析】取BC的中点G，连接FG、EG，则 为EF与AC所成的角．解 ． 【详解】如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG． 8，F分别是CD，AB的中点， ， ，且 ， ． 为EF与AC所成的角（或其补角）． 又 ， ． 又 ， ， ， 为直角三角形， ，又 为锐角， ，即EF与AC所成的角为 ． 故答案为： ． 变式2．（2023春·陕西西安·高一西北工业大学附属中学校考阶段练习）在四棱锥 中，所有侧棱 长都为 ，底面是边长为 的正方形，O是P在平面ABCD内的射影，M是PC的中点，则异面直线 OP与BM所成角为___________ 【答案】 【分析】取 的中点为 ,连接 ，利用中位线性质得 ，则异面直线夹角转化为求 ， 再利用勾股定理求出相关线段长，最后求出 即可得到答案. 【详解】由题意可知底面 是边长为 的正方形,所有侧棱长都为 则四棱锥 为正四棱锥, 为正方形的中心, 取 的中点为 ,连接 ，又因为M是PC的中点，则 ， 9则 即为所求，因为 平面 ， 所以 平面 ,则 ， ，则 ， 因为 ，所以 . 故答案为： . 变式3．（2023春·广东广州·高一广州市天河中学校考期中）如图，矩形ABCD中， ，正方形 ADEF的边长为1，且平面 平面ADEF，则异面直线BD与FC所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取AF的中点G，连接AC交BD于O点，异面直线 与 所成角即直线 与 所成角.在 中，分别求得 ，利用余弦定理即可求得 ，从而求得异面直线夹角的余弦值. 【详解】取AF的中点G，连接AC交BD于O点，如图所示， 10则 ，且 ，异面直线 与 所成角即直线 与 所成角， 由平面 平面 ， ，平面 平面 ， 平面 知， 平面 ，又 平面 ， 所以 ，由题易知 ， 所以 ，则 ， ， ，则在 中，由余弦定理知， ， 由两直线夹角取值范围为 ，则直线 与 所成角即异面直线 与 所成角的余弦值为 . 故选：C 【点睛】方法点睛：将异面直线平移到同一个平面内，利用余弦定理解三角形，求得异面直线的夹角. 变式4．（2023春·上海宝山·高一上海市行知中学校考阶段练习）如图，已知四棱锥 的底面是正 方形， 底面 ， 是侧棱 的中点. 11(1)证明 平面 . (2)求异面直线 与 所成的角； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理与性质定理即可得证； （2）先利用中位线定理证得 ，从而得到 或其补角即为异面直线 与 所成的角，再确 定 为正三角形，从而得解. 【详解】（1）因为 底面 ， 平面 ，所以 ， 又 平面 平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ，所以 ， 因为 是侧棱 的中点，所以 ， 又 平面 平面 ， 所以 平面 . （2）连 ，两直线交于点 ，连 ， 因为底面 是正方形，所以 是 的中点， 又 分别是 的中点，所以 ， 所以 或其补角就是异面直线 与 所成的角， 因为 为正方形，且 ， 所以 ， ， ， 故 ，即 是正三角边， 所以 . 所以异面直线AE与PD所成的角为 . 12变式5．（2023春·甘肃定西·高一甘肃省临洮中学校考期中）如图，四棱锥 中， 平面 ，底面 是边长为 的正方形， ， 为 的中点， 为 的中点． (1)求证： 平面 ； (2)求异面直线 与 所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明出 平面 ，可得出 ，利用等腰三角形三线合一的性质可得出 ，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）取 的中点 ，连接 、 ，分析可知异面直线 与 所成角为 或其补角，计算出 三边边长，即可求得 的余弦值，即为所求. 【详解】（1）证明：因为四边形 为正方形，则 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以， ， 因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ， 因为 平面 ，所以， ， 因为 ， 为 的中点，所以， ， 因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 . （2）解：取 的中点 ，连接 、 ， 13因为 、 分别为 、 的中点，所以， 且 ， 所以，异面直线 与 所成角为 或其补角， 因为 ，四边形 是边长为 的正方形，且 平面 ， 且 平面 ，所以， ，则 ，故 ， 因为 ，同理可得 ， 取 的中点 ，连接 ，则 ，故 . 因此，异面直线 与 所成角的余弦值为 . 考点三：平行四边形平移法求异面直线所成的角 例3．（2023春·上海奉贤·高一上海市奉贤中学校考阶段练习）如图，在长方体 中， ， ，M、N分别是 、AC的中点，则异面直线DN和CM所成角的余弦值为 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取 的中点为 ，将 平移到 即可知异面直线DN和CM所成的角的平面角即为 ， 14再利用余弦定理即可解得 . 【详解】取 的中点为 ，连接 ，如下图所示： M是 的中点， 的中点为 ，所以 ，且 ； 由N分别是AC的中点，所以 ，由正方体性质可得 ， 所以可得 ，即四边形 是平行四边形， 则异面直线DN和CM所成的角的平面角即为 ， 易知 ， 所以 . 故选：D 变式1．（2023春·江西南昌·高一南昌十中校考阶段练习）如图，在正三棱柱 中， 是棱 的中点， 在棱 上，且 ，则异面直线 与 所成角的余弦值是 （ ） 15A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取棱 靠近点 的三等分点 ，取棱 的中点 ，取 的中点 ，连接 . 证明 ，得 是异面直线 与 所成的角（或补角）.设 ，用余弦定理计算出余弦 值. 【详解】取棱 靠近点 的三等分点 ，取棱 的中点 ，取 的中点 ，连接 ， . 由已知 ，又 ，所以 是平行四边形， ，同时可得 是 中点，而 是 中点，所以 . 16所以 ，则 是异面直线 与 所成的角（或补角）. 又 平面 ，则 平面 平面 ，则 ， 设 ，则 ，从而 ， 故 .在 中， 由余弦定理可得 . 所以异面直线 与 所成的角的余弦值为 . 故选:B. 变式2．（2023春·浙江·高一路桥中学校联考期中）在直三棱柱 中， ， ，E是 的中点，则异面直线 与 所成的角的余弦值是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据异面直线所成角的定义，取 中点 ， 中点 ，连接 ，可得 为异面直线 与 所成的角或其补角，结合余弦定理求解即可得答案. 【详解】如图，取 中点 ， 中点 ，连接 17在直三棱柱 中， ，所以 平面 ，有 平面 ，所以 ，则 因为 分别为 中点，所以 又可得 ，则四边形 为平行四边形 所以 ，则 为异面直线 与 所成的角或其补角 由 平面 ， 平面 ，可得 ，所以 ， 在 中， ， ，由余弦定理得 ， 所以 ， 所以在 中，由余弦定理得 所以异面直线 与 所成的角的余弦值 . 故选：B. 考点四：补形法求异面直线所成的角 例4．（2023·全国·高一专题练习）在长方体 中， ， ，则异 18面直线 与 所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作图，构造三角形，将 与 的夹角转变为三角形内角，运用余弦定理求解. 【详解】 依题意作上图，延长 至 ， 使得 ，连接 ， ，∴四边形 是平行四边形， ，异面直线 与 的夹角就是 与 的夹角 ， ， ， ， 由余弦定理得 ， 19，∴ ； 故选：B. 变式1．（2023春·浙江宁波·高一效实中学校考期中）如图，在正三棱台 中，底面 是边 长为 的正三角形，且 . (1)证明： ； (2)求异面直线 、 所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）将正三棱台 补成正三棱锥 ，取 的中点 ，连接 、 ，证明 出 平面 ，可得出 ，即可得出结论； （2） 【详解】（1）证明：将正三棱台 补成正三棱锥 ，取 的中点 ，连接 、 ， 因为 为等边三角形， 为 的中点，则 ， 在正三棱锥 中， ， 为 的中点，则 ， 因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ， 因为 平面 ，所以， ，即 . （2）解：取 的中点 ，连接 、 、 、 ，如下图所示： 20因为在三棱台 中， ，且 ，则 ， 又因为 ，所以， 、 分别为 、 的中点，同理， 为 的中点， 所以， ，故正三棱锥 的每个面都是边长为 的等边三角形， 因为 为 的中点，则 ，同理 ， 因为 、 分别为 、 的中点，所以， ，且 ， 所以，异面直线 、 所成角为 或其补角， 在 中， ， ， ， 由余弦定理可得 ， 由余弦定理可得 ， 因此，异面直线 、 所成角的余弦值为 . 变式2．（2023·全国·高一专题练习）在正方体 中，E为 的中点，平面 与平面 的交线为l，则l与 所成角的余弦值为（ ） 21A． B． C． D． 【答案】D 【分析】延长 ， 交直线于点M，延长 交于点 ，连接 ，则直线 即为交 线 ，从而可得 即为l与 所成的角，解 即可得解. 【详解】解：延长 ， 交直线于点M，延长 交于点 ，连接 ， 则直线 即为交线 ， 又 ， 则 即为l与 所成的角，设正方体棱长为1， 因为E为 的中点， ， 所以 为 的中点， 为 的中点，点 为 的中点， 为 的中点， 则 ， 又 ， 所以 ， 所以 ， 则 ， ， ， 22所以 ， 即l与 所成角的余弦值为 . 故选：D. 考点五：通过证线面垂直证异面直线所成的角为90° 例5．（2023春·广东广州·高一广州四十七中校考期中）如图，在正四面体 中， 是 的 中点，P是线段 上的动点，则直线 和 所成角的大小（ ） A．一定为 B．一定为 C．一定为 D．与P的位置有关 【答案】A 【分析】连接 ，可以证到 ， ，从而证到 平面 ，所以 ，即可 得解． 【详解】解：连接 , 23四面体 是正四面体， 是 的中点, 、 是等边三角形， ， ． 平面 ， 平面 ， ， 平面 ，又 平面 ， ， 直线 与 所成角为 . 故选：A． 变式1．（2023秋·河南鹤壁·高一鹤壁高中校考阶段练习）三棱锥 中， ， 是斜边 的等腰直角三角形，则以下结论中： ①异面直线 与 所成的角为90°；②直线 平面 ； ③平面 平面 ；④点 到平面 的距离是 . 其中正确的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】由题意证明 平面 ,可判断①;通过 结合①即可证明②;根据②可证明③; 取 的 中点 ,连接 ,根据线面垂直的性质可判断④. 【详解】由题意, 则 由 是斜边 的等腰直角三角形,可得 24且 所以 平面 ,即 ,故①正确； 由①得 , 根据 ,即 且 所以 平面 ,故②正确 因为 平面 所以平面 平面 ,故③正确； 取 的中点 ,连接 可证得 平面 , 故 的长度即为 到平面 的距离 ,所以④正确. 综上可知,正确的为①②③④ 故选:D 【点睛】本题考查了线面垂直与面面垂直判定,直线与平面垂直性质的应用,属于基础题. 变式2．（2023·高一课时练习）如图，正方体 中， 的中点为 ， 的中点为 ， 则异面直线 与 所成角的大小为 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取 中点 ，连 ，可证 ，转化为求 所成的角，利用平面几何关系， 证明 即可. 【详解】取 中点 ，连 ，在正方体 中， 25为 中点， ， 四边形 为平行四边形， ， 异面直线 与 所成角为直线 所成的角， 在正方形 中， ， ， 直线 与 所成角的大小为 . 故选：D. 【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明异面直线垂直，考查直观想象、逻辑推理能力，属于基础题. 变式3．（2023春·重庆九龙坡·高一重庆实验外国语学校校考阶段练习）如图，三棱柱 中，底 面三角形 是正三角形， 是 的中点，则下列叙述正确的是（ ） A．直线 与直线 相交 B． 与 共面 26C． 与 是异面直线但不垂直 D．平面 垂直于平面 【答案】A 【分析】在三棱柱 中，根据线线，线面关系对选项一一判断即可. 【详解】在三棱柱 中， ，且 ，所以四边形 为梯形，直线 与直 线 相交，故A正确； 由几何图形易知 与 为异面直线，故B错误； 与 是异面直线，且三角形 是正三角形， ， 又 ，则 ，故C错误； 在三棱柱中未给出侧面 与上下底面的关系，不能判断AE是否与平面 垂直，故无法判断平面 与平面 的关系，故D错误； 故选：A 考点六：由异面直线所成的角求其他量 例6．（2023春·湖北武汉·高一武汉市第六中学校考阶段练习）在长方体 中， 与 和 所成的角均为 ，则下面说法正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据长方体的结构特征，可得 与 和 所成的角即为 与 和 所成的角,从而设 27,由此可求得长方体的棱长，即可一一判断各选项，即得答案. 【详解】在长方体 中， , 则 与 和 所成的角即为 与 和 所成的角, 即 , 连接 , 易得 面 ， 面 ，且 面 ， 面 ， 则 为直角三角形， 设 ,则 , 故 ，故A错误； 由 为直角三角形，可得 , 则 ,故B错误； 由以上解答可知 , 故 ，C错误； 在长方体 中， ， ， 28故 ，D正确， 故选：D 变式1．（2023·高一单元测试）在空间四边形 中， ， ， ， 分别是 ， ， ， 的 中点．若 ，且 与 所成的角为 ，则 的长为（ ） A．1 B． C．1或 D． 或 【答案】C 【分析】连接 ，可得 或 ，求解三角形即可求出. 【详解】如图，连接 ，在 中，因为 为中点，所以 ， ， 在 中，因为 为中点，所以 ， ， 因为 与 所成的角为 ，所以 或 ， 当 时， 为等边三角形，所以 ， 当 ，由余弦定理可得 ，即 ， 所以 的长为1或 . 故选：C. 变式2．（2023春·贵州毕节·高一统考期末）在空间四边形 中， ， ， 分别为 ， 的中点，若 与 所成的角为40°，则 与 所成角的大小为（ ） A．20° B．70° 29C．20°或70° D．40°或140° 【答案】C 【分析】根据异面直线所成角的定义转化为相交直线所成角，利用几何图形求 与 所成角的大小. 【详解】取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， 分别是 的中点， ， ，同理 ， 四边形 是平行四边形， 又 ， ，四边形 是菱形， 与 所成的角为 ， 或 ， 与 所成角是 或 . 故选：C 变式3．（2023·高一课时练习）如图，在三棱锥 中， ， ， ，且直线AB与DC所成角的余弦值为 ，则该三棱锥的外接球的体积为（ ） 30A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意，将三棱锥 放入对应的长方体中，根据已知条件建立关于长方体的长､宽､高的边 长a，b，c的方程组，求解得 ，进而可得外接球的直径即为长方体的体对角线长，从而根 据球的体积公式即可求解. 【详解】解：由题意知 ， ，则 平面ADC，所以 ， 又 ， ，所以 平面ABC，将三棱锥 放入对应的长方体中，如图： 易知 ，所以 为直线AB与DC所成的角， 所以 ，解得 . 设长方体的长､宽､高分别为a，b，c，则 ， ， ， 三式相加得 ，所以长方体的外接球的半径为 ， 所以该三棱锥的外接球的体积为 . 故选：C. 31考点七：垂线法求直线与平面所成的角 例7．（2023春·海南·高一海南华侨中学校考期末）如图所示，四棱锥 的底面为正方形， 平面ABCD，则下列结论中不正确的是（ ） A． B． 平面SCD C．直线SA与平面SBD所成的角等于 D．直线SA与平面SBD所成的角等于直线SC与平面SBD所成的角. 【答案】C 【分析】根据线面垂直的判定定理、性质定理可推出A正确；根据线面平行的判定定理可推出B正确；根 据直线与平面所成角的定义，可推出C不正确；D正确. 【详解】对于A，因为 平面ABCD， 平面ABCD，所以 ， 因为 为正方形，所以 ， 又 平面 ， ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 ，故A正确； 对于B，因为 ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面SCD，故B正确； 对于C，设 交于 ，连 ，由A知， 平面SBD，则 是直线SA与平面SBD所成的角， 设 ， ，则 ， ，只有当 ，即 ，即 时， 才有 ，故C不正确； 对于D，由C知， 是直线SA与平面SBD所成的角， 是直线 与平面SBD所成的角，因为 ， ， ， 32所以 与 全等，所以 ，故D正确. 变式1．（2023春·山西·高一统考阶段练习）如图，在圆柱OP中，底面圆的半径为2，高为4，AB为底面 圆O的直径，C为 上更靠近A的三等分点，则直线PC与平面PAB所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图，取OA的中点D，连接CO，PO，CD，PD，可证直线 与平面 所成的角为 ， 再结合题设中的数据可求线面角的正弦值. 【详解】如图，取OA的中点D，连接CO，PO，CD，PD， 由题意得 ，所以 AOC为正三角形，则 ， △ 因为 平面 ， 平面 ，所以 ，同理 ， 而 平面 ，所以 平面 ， 而 平面 ，则 ， 由 平面 可得直线 与平面 所成的角为 ． 由等边三角形 及 可得 ． 又 ，得 ． 故选：A. 33变式2．（2023·高一单元测试）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，其形状可视为一个正四棱锥， 已知该金字塔的塔高与底面边长的比满足黄金比例，即比值约为 ，则它的侧棱与底面所成角的正切 值约为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】画出示意图，然后找出侧棱与底面所成角，计算其正切值即可. 【详解】画出如图所示示意图， 设底面边长为 ，则塔高 所以侧棱与底面的角 的正切值为 故选：A 变式3．（2023·高一课时练习）如图，在正方体 中，E，F分别是 ， 的中点，则 34直线 与对角面 所成角的大小是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接 ，交 于点O，证明直线 与平面 所成的角是 ，由 得直线 与平面 所成的角等于 ，在直角三角形中求得此角大小． 【详解】由E，F分别是 的中点得 ．连接 ，交 于点O， 平面 ， 平面 ，则 ，又正方形中 ， ， 平面 ， 所以 平面 ，所以直线 与平面 所成的角是 ， 即直线 与平面 所成的角等于 平面 ， ， ， ，直角三角形中 ， 故选：A． 35变式4．（2023春·江苏宿迁·高一泗阳县实验高级中学校考阶段练习）直三棱柱 中， ， ，则 与平面 所成的角为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将直三棱柱补全为正方体，根据正方体性质、线面垂直的判定可得 面 ，由线面角的 定义找到 与平面 所成角的平面角，进而求其大小. 【详解】由题意，将直三棱柱补全为如下图示的正方体， 为上底面对角线交点， 所以 ，而 面 ， 面 ，故 ， 又 ， 面 ，故 面 ， 则 与平面 所成角为 ，若 ， 36所以 ， ，则 ，故 . 故选：A 变式5．（2023春·浙江宁波·高一效实中学校考期中）如图，四棱锥 中，底面 为矩形， ⊥平面 ， 为 的中点. (1)证明： 平面 ； (2)设直线 与底面 所成角的正切值为 ， ， ，求直线 与平面 所成角的正 弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取底面中心，利用三角形中位线得线线平行，再证线面平行即可； （2）根据线面夹角得定义及已知可求得AB长，再根据线面垂直判定直线 与平面 所成角即 ∠CPD，解三角形即可. 【详解】（1）连接 ，记 ， 为 中点， 为 中点， ， 又 ， ，∴ 平面 ； （2）因为 平面 ， 所以 即为直线 与平面 所成线面角， 则 . 37因为矩形 中 ，所以 . 因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 计算可得 . 又 ， ， ， 平面 ，所以 ， 所以 即为直线 与平面 所成线面角，解得 . 变式6．（2023春·重庆九龙坡·高一重庆市杨家坪中学校考阶段练习）如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面是棱长为 的菱形， ， ， 是 的中点． (1)求证： 平面 ； (2)求直线 与平面 所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接 交 于点 ，根据三角形中位线性质可得 ，由线面平行判定可证得结论； （2）取 中点 ，根据 ， ，结合线面垂直判定可证得 平面 ，由线面角定义 可知所求角为 ，由长度关系可得结果. 【详解】（1）连接 ，交 于点 ，连接 ， 38四边形 为菱形， 为 中点，又 为 中点， ， 平面 ， 平面 ， 平面 . （2）取 中点 ，连接 ， ， ， 为等边三角形， 又 为 中点， ； 平面 ， 平面 ， ， ， 平面 ， 平面 ， 即为直线 与平面 所成角， ， ， 39又 ， ， ， 即直线 与平面 所成角的正弦值为 . 变式7．（2023春·湖南长沙·高一长沙一中校考阶段练习）如图，多面体 中，四边形 为矩 形，二面角 的大小为 ， ， ， ， . (1)求证： 平面 ； (2)求直线 与平面 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明出平面 平面 ，利用面面平行的性质可证得结论成立； （2）分析可知二面角 的平面角为 ，过点 在平面 内作 ，垂足为点 ，证 明出 平面 ，可得出直线 与平面 所成角为 ，计算出 、 的长，即可求得 的正弦值，即为所求. 【详解】（1）证明：因为四边形 是矩形，所以， ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 因为 ， 、 平面 ，则平面 平面 ， 因为 平面 ，所以， 平面 . （2）解：因为 ， ，所以，二面角 的平面角为 ， 由题意可得 ， 又因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ， 40过点 在平面 内作 ，垂足为点 ， 因为 平面 ，所以 ， 又因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ， 连接 ，所以直线 与平面 所成角为 ， 因为 ， ， ，则 ， 因为 ，则 ， 所以 . 直线 与平面 所成角的正弦值为 考点八：等体积法求直线与平面所成的角 例8．（2023春·北京朝阳·高一清华附中朝阳学校校考期中）如图，在四棱锥 中，底面 是边长为a的正方形， 平面 ．若 ，则直线 与平面 所成的角的大小为 （ ） A． B． C． D． 41【答案】A 【分析】利用等积法可得 到平面 的距离，进而即得. 【详解】因为 平面 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ， 所以 ， ， ，又底面 是边长为a的正方形， 所以 ，又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 平面 ， 所以 ， 设 到平面 的距离为 ，直线 与平面 所成的角 ， 则 ， 所以 ， ， 所以 ， 所以 ，又 ， 所以 . 故选：A. 变式1．（2023春·河南·高一校联考期末）如图，三棱柱 中， 为等边三角形， ， ， ． (1)证明：平面 平面 ； (2)求直线 和平面 所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 42(2) 【分析】（1）连接 交 于O，连接 ，证明 可得线面垂直，再由面面垂直的判定定理得 证； （2）利用等体积法求出点 到平面 的距离 ，再由线面角公式 求解即可. 【详解】（1）连接 交 于O，连接 ，如图， 因为 为等边三角形，所以 为等边三角形，四边形 是菱形， 所以 ，又 ， ， 是 的中点， 所以 且 ， 所以 ， ， 在 中， ，所以 ， 又 ， 平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ， 所以平面 平面 ； （2）设 到平面 的距离为 ， 因为 中， ， ， 43所以 ， 又 ， ， 所以由 ，可得 ， 即 ， 设直线 和平面 所成角为 ， 则 , 因为平面 平面 ，所以求直线 和平面 所成角的正弦值为 ． 变式2．（2023春·浙江杭州·高一校考期中）如图，四棱锥 中， 平面ABCD， ，底 面ABCD是矩形，且 ， ． (1)求证： 平面PCD； (2)求直线AC与平面APD所成的角的正弦值； 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用 平面 证得 ，利用线面垂直的判定定理证得结论； （2）利用等体积法求得点 到平面 的距离为 ，从而求得结果； 44【详解】（1）证明： 平面 ， 平面 ，故 ，又 ， 平面 ，故 平面 . （2）设点 到平面 的距离为 ， 由 知 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 则 ， ， ， 可得 ， 所以直线 与平面 所成的角的正弦值是 . 考点九：平移法求直线与平面所成的角 例9．（2023·江苏·高一专题练习）如图，边长是6的等边三角形 和矩形 .现以 为轴 将面 进行旋转，使之形成四棱锥 ， 是等边三角形 的中心， ， 分别是 ， 的中点，且 ， 面 ，交 于 . (1)求证 面 (2)求 和面 所成角的正弦值. 45【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用线面平行的性质定理证得 ，再利用线面垂直的判定定理证得 面 ， 从而得到 面 ； （2）构造平行四边形，将所求角转化为 和面 的所成角，再在 中求得 ，从而 利用三角函数的基本关系式求得 ，由此得解. 【详解】（1）因为 面 ，面 面 ， 面 ， 所以 ， 因为 是 的中点， 是等边三角形，所以 ， 因为在矩形 中， ， 分别是 ， 的中点，所以 ， 又 ，所以 ， 又 ， 面 ，所以 面 ， 因为 ，所以 面 . （2）在线段 上取点 使得 ，连接 ， 因为 是等边三角形 的中心， ，所以 ， 因为 ，所以 ，所以 ， 因为 ， ，所以 ， 所以四边形 为平行四边形，所以 ， 所以 和面 所成角等于 和面 所成角， 由（1）得 面 ，又 ，所以 面 ，即 面 ， 所以 和面 的所成角为 ，即 为所求， 46在 中， ，则 ， 因为 ，所以 ， 联立 ，解得 ， 所以 和面 所成角的正弦值为 . . 变式1．（2023春·天津和平·高一天津一中校考期中）如图，已知 平面ABC， ， ， ， ， ，点 和 分别为 和 的中点. (1)求证： 平面 ； (2)求直线 与平面 所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 47【分析】（1）根据 平面 ，得到 平面 ，即可得到平面 平面 ，根据等腰 三角形三线合一的性质得到 ，然后利用面面垂直的性质定理即可得到 平面 ； （2）根据 ，点 为 中点得到 ，即可将直线 与平面 所成角转化为直线 与平面 所成角，由（1）的结论可得 为直线 与平面 所成角，然后利用勾股定理得到 ， 的长度，即可求直线 与平面 所成角. 【详解】（1）∵ 平面 ， ， ∴ 平面 ， ∵ 平面 ， ∴平面 平面 ， ∵ ，点 为 中点， ∴ ， ∵平面 平面 ， 平面 ， ∴ 平面 . （2） 取 中点 ，连接 ， ， 48∵ ， ， ，点 为 中点， ∴四边 为平行四边形，∴ ， ∴直线 与平面 所成角和直线 与平面 所成角相等， ∵ 平面 ， ∴ 为直线 与平面 所成角， ∵点 为 中点， ， ∴ ， ， ， ∴ ，又 ，所以 ， 所以直线 与平面 所成角为 . 考点十：由线面角求其他量 例10．（2023春·湖南·高一校联考阶段练习）如图，在四棱锥 中，底面 为矩形， 平面 ， 为线段 上一点， 平面 . (1)证明： 为 的中点； (2)若直线 与平面 所成的角为 ，且 ，求三棱锥 的体积. 【答案】(1)证明见解析 49(2) 【分析】（1）连接 ，设 ，连接 ，根据线面平行的性质得到 ，即可证明； （2）首先证明 平面 ，则 为直线 与平面 所成的角，再求出 ，最后根据 计算可得. 【详解】（1）连接 ，设 ，连接 ， 因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ， 所以 ，又底面 为矩形，所以 为 的中点， 所以 为 的中点. （2）因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 又 ， ， 平面 ，所以 平面 ， 所以 为直线 与平面 所成的角，即 ， 又 ，所以 ，则 ， 由 平面 ， 平面 ，所以 ， 所以在 中 ， 所以 . 变式1．（2023春·福建泉州·高一校联考阶段练习）如图所示，三棱台 中， 底面 ， ． 50(1)证明： 是直角三角形； (2)若 ，问 为何值时，直线 与平面 所成角的正弦值为 ？ 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合棱台的特征及条件先证得 平面 ，由 即可得结论； （2）作 ，先证 为直线 与平面 所成角，设 边长，结合条件解直角三角形得出 含参表示的 边长，作商即可解得 . 【详解】（1）∵ 平面 ， 平面 ，∴ 又 ， ， 平面 ，∴ 平面 ， ∵三棱台 中， ∴ 平面 ， 又 平面 ， ，故 是直角三角形． （2） 在平面 内作 ，垂足为 ，连接 ． 由（1）知， 平面 ，又 平面 ， ， ， 平面 ， 平面 ， 是 在平面 上的射影，即 为直线 与平面 所成角． 设 ，则 ， ， ∵三棱台 中， ， ， ． 51在 中， ， ， 在 中， ， 解得 ． ∴ 当 时，直线 与平面 所成角的正弦值为 ． 变式2．（2023春·高一单元测试）如图，在 中，O是 的中点， .将 沿 折起，使B点移至图中 点位置． (1)求证： 平面 ； (2)当三棱锥 的体积取最大时，求二面角 的余弦值； (3)在（2）的条件下，试问在线段 上是否存在一点P，使 与平面 所成的角的正弦值为 ？证明 你的结论，并求 的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，证明见解析， . 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证明结论； （2）确定当 平面 时, 三棱锥 的体积取最大，作出二面角 的平面角，解三 角形求得答案； 52（3）假设存在，作出 与平面 所成的角，结合题意求得 ，判断适合题意，即可求得 的长． 【详解】（1）证明：∵ 且O是 的中点， ∴ ，即 ， 又∵ ， 平面 平面 ，∴ 平面 ． （2）在平面 内，作 于点D，则由（1）可知 ， 又 平面 ，即 是三棱锥 的高， 又 ，∴当D与O重合时，三棱锥 的体积最大， 此时 平面 , 过O作 于点H，连接 ，如图, 由（1）知 平面 ，又 平面 ， ∴ ， ∵ ，∴ 平面 ， 平面 ， , ∴ 即为二面角 的平面角． 在 中， ， ∴ ， ∴ ，故二面角 的余弦值为 .. （3）假设在线段 上是否存在一点P，使 与平面 所成的角的正弦值为 ， 如图，连接 ， 53P 在（2）的条件下， 平面 , 故 平面 ，∴ 与平面 所成的角为 ， ∴ ，∴ ， 又在 中， , , 则 ，故 , 而 ，∴ ，∴ ， ∴ ， 即故在线段 上是否存在一点P，使 与平面 所成的角的正弦值为 ，此时 . 变式3．（2023春·吉林延边·高一延边第一中学校考期中）如图， 是 的直径， 垂直于 所在 的平面， 是圆周上不同于 的一动点. 54(1)证明： 是直角三角形； (2)若 ，且直线 与平面 所成角的正切值为 ， ①求 的长； ②求直线 与平面 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)① ；② 【分析】（1）证明 平面 即可；（2）①根据线面角的定义确定直线 与平面 所成角，由 条件求 ，②根据线面角定义作出直线 与平面 所成角，求出 到平面 的距离，解三角形求 线面角正弦值. 【详解】（1）∵ 是 的直径， 是圆周上不同于 的一动点. ∴ ， ∵ 平面 ， 平面 ∴ ， 又 ， 平面 ， ∴ 平面 ， 平面 ， ∴ ， ∴ 是直角三角形. （2）①∵ 平面 ， ∴ 是直线PC与平面ABC所成的角， 又 55②过A作AH⊥PC于H， ∵BC⊥ 平面PAC， 平面 ， ∴BC⊥AH，又PC∩BC=C，PC，BC 平面PBC， ∴AH⊥平面PBC， ⊂ ∴∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角， 在Rt 中， ， 在Rt 中， ， 故直线 与平面 所成角的正弦值为 . 考点十一：定义法求二面角的平面角 例11．（2023春·河北石家庄·高一校考期中）如图，在四棱锥 中，底面 为正方形， 平面 平面 ， 为棱 的中点， ， ． (1)求证： 平面 ； (2)求二面角 平面角的大小. 56【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可证得结论成立； （2）分析出二面角 的平面角为 ，分析出 为等腰直角三角形，即可得出结果. 【详解】（1）证明：因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，因此， 平面 . （2）解：因为四边形 为正方形，则 ，且 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以， ， 因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ， 因为 平面 ，所以， ，则二面角 的平面角为 ， 因为 ， ，所以， 为等腰直角三角形，且 . 故二面角 为 . 变式1．（2023春·吉林·高一校联考期中）如图，四棱柱 的底面 是菱形， 平 面 ， ， ， ，点 为 的中点. (1)求证：直线 平面 ； (2)求二面角 的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 57【分析】（1）连接 交 于点 ，连接 ，根据线面平行的判定定理求解； （2）连接 ， ，可证明 为二面角 的平面角，利用余弦定理求解余弦值即可. 【详解】（1）连接 交 于点 ，连接 ，如图， 则 为 的中点， 由于 是 的中点，故 ， ∵ 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ； （2）连接 ， ， 因为 ， 是 的中点，所以 ， 因为 ， 平面 ，所以 平面 ， 又 平面 ，所以 ， 由底面 是菱形，得 ， BDDB AC BDDB 又 平面 1 1，所以 平面 1 1， BO BDDB BO AC 又 1 平面 1 1，所以 1 ， BOP B ACP 则 1 为二面角 1 的平面角， 1 2 17 1 2 5 B 1 O 22 2    2 ， PO 12 2    2 ，BP 1212  2， 1 5 17  2 PO2OB2PB2 4 4 7 85 cosBOP 1 1   由余弦定理可知 1 2POOB 5 17 85 ， 1 2  2 2 7 85 B ACP ∴二面角 1 的余弦值为 85 . 58变式2．（2023春·天津宝坻·高一天津市宝坻区第一中学校考阶段练习）如图，边长为4的正方形ABCD 中，点 E,F 分别为AB,BC的中点．将AED,BEF,DCF 分别沿DE,EF,DF折起，使A,B,C三点重合于点 P． (1)求证：PDEF； (2)求三棱锥P-EFD的体积； (3)求二面角PEF-D的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 8 (2) 3 1 (3) 3 【分析】（1）先证明PD平面PEF，根据线面垂直的性质定理即可证明结论； （2）根据棱锥的体积公式即可求得答案; （3）作出二面角PEF-D的平面角，解直角三角形即可求得答案. ABCD AD AE,CDCF 【详解】（1）证明：因为在正方形 中 ， 折叠后即有PDPE,PDPF ， 又PEPF P,PE,PF 平面PEF， 所以PD平面PEF，而EF 平面PEF, 故PDEF； 1 （2）由题意知 ，故S  PEPF 2， PEPF 2,PEPF PEF 2 591 1 8 故V  S PD 24 ； P-EFD 3 PEF 3 3 （3）取线段EF的中点G，连接PG,DG， 因为PEPF,DEDF， PGEF,DGEF PG PEF DG DEF 所以有 ， 平面 , 平面 , 所以PGD即为二面角PEFD的平面角， 又由（1）得PD平面PEF，PG平面PEF， 1 故 PDPG ,而EF 2 2,PG 2 EF  2,DG PD2PG2  42( 2)2 3 2, PG 2 1 cosPGD   故 DG 3 2 3, 1 即二面角 的余弦值为 . PEF-D 3 变式3．（2023春·浙江·高一校联考阶段练习）如图，在多面体ABCDEF 中，平面EAB平面ABCD，平 EAD ABCD,ABCD ABC 60,AB2,FC∥EA,EA3,FC 1 面 平面 是菱形， ． (1)证明：FC平面ABCD； (2)求二面角BEFD的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 601 (2) 5 【分析】（1）根据面面垂直的性质及线面垂直的判定定理即可得证； BF FE,FD FE （2）利用勾股定理可得出线段的长，再由此证明 ，得出二面角的平面角，计算得解. AB,AD G,H CG,CH 【详解】（1）分别取 的中点 ，连接 ，如图， ∵ ABCD是菱形且ABC60， ABC,ADC为正方形，故CG AB,CH  AD， ∵ EAB ABCD EAB ABCD AB,CG AB,CG ABCD 平面 平面 ，平面 平面 平面 ， GC平面EAB，又EA平面EAB,EACG， 同理可得，EACH ， CGCH C,CG,CH 平面ABCD,EA平面ABCD， 又FC∥EA,FC 平面ABCD． （2）在AE上取AM 1，连接FM ． BC,CD ABCD FC BC,FC CD 因为 平面 ，由（1）知， ， BF DF  2212  5 由勾股定理可知， ， Rt△ABE,Rt△ADE EBED 2232  13 在 中可得 ， 3 由正三角形 可知BD22 2 3， ABC,ADC 2 在平行四边形AMFC中，由MF∥AC可知，EM MF， EF  EM2MF2  2222 2 2 ， 61BF2EF2 EB2,FD2EF2 ED2 ， BF FE,FD FE， BFD即为二面角BEFD的平面角． BF2DF2BD2 5512 1 cosBFD   . 由余弦定理知， 2BFDF 2 5 5 5 1 二面角 的平面角的余弦值为 ．  BEFD 5 考点十二：三垂线法求二面角的平面角 PABCD 例12．（2023春·江苏连云港·高一江苏省海头高级中学校考期末）如图，在四棱锥 中， 底面ABCD是菱形． (1)若点E是PD的中点，证明：PB∥平面 ACE ； PAPD AD BAD120 PAD ABCD PACD (2)若 ， ，且平面 平面 ，求二面角 的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）连接BD交AC于M，连接EM ，根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）设O为AD的中点，连接PO，证明PO平面ABCD，从而作出二面角PACD的平面角，解直 角三角形即可求得答案. 【详解】（1）连接BD交AC于M，连接EM ， 62因为底面ABCD是菱形，所以M为BD的中点， 又点E是PD的中点，故ME为DPB的中位线， 故EM∥PB，而ME平面 ACE ，PB平面 ACE ， 故PB∥平面 ACE ； （2）设O为AD的中点，连接PO，因为PAPD AD，故PO AD, 因为平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCD AD， PO平面PAD，所以PO平面ABCD，而AC平面ABCD， 故PO AC， 底面ABCD是菱形，故ACBD，作ON∥BD交AM 于N， 则ON  AC，且N为AM 的中点， 连接PN ，因为POON O,PO,ON 平面PON， 故AC平面PON，则PNO即为二面角PACD的平面角， PAPD AD2 PO 3 设 ，则 , BAD120 DAC 60 DM 2sin60  3 ，则 ，则 ， 1 3 ON  DM  由于O为AD的中点，N为AM 的中点，故 2 2 ， 而PO平面ABCD，ON 平面ABCD，故POON， PO 3 tanPNO  2 所以 ON 3 ， 2 即二面角PACD的正切值为2. ABC- ABC 变式1．（2023春·陕西西安·高一西北工业大学附属中学校考阶段练习）已知正三棱柱 1 1 1中， AB BC. AB4 ，D为AC边的中点， 1 1 63(1)求侧棱长； BCC 1 (2)求三棱锥D- 的体积； DBC C (3)求二面角 1 的大小. 2 2 【答案】(1) 4 6 (2) 3 45 (3) 【分析】（1）取 A 1 B 1中点 E ，连接 BC 1 ， EC 1，可得 ABB 1 ∽ △ BB 1 E ，从而可求侧棱 AA 1的长； （2）利用等体积法即可求解. D DOBC O O OGBC G DG DGBC OGD 1 1 （3）过 做 ，垂足为 ，过 做 ，垂足为 ，连接 ，则 ，故 为二 DBC C OD OG 面角 1 的平面角，计算 ， ，即可求得结论． AB BC EC EC  AB 【详解】（1）不妨考虑将三棱锥底面朝下，取 1 1中点 E ，连接 1 ， 1，则 1 1 1, ∵ ABCA 1 B 1 C 1是正三棱柱，平面 A 1 B 1 C 1  平面 ABB 1 A 1 ,且交线为 A 1 B 1 , EC 1  平面 A 1 B 1 C 1,所以 EC 1  平面 ABBA AB  ABBA AB EC 1 1 ，由于 1 平面 1 1 , 1 1 ∵ AB BC BC EC C BC,EC  BEC 1 1 ， 1 1 1， 1 1 平面 1 AB  BEC BEC AB BE 1 平面 1， BE 平面 1 , 1 RtABB∽RtBBE 1 1 64AB BB  1  BB EB 1 1 ∵ AB4 ，  BB 1 2 2 2 2 侧棱长为 . 1 1 1 1 1 1 4 6 V V  S CC   S CC    44sin602 2  （2） DBCC1 C1BCD 3 BCD 1 3 2 BCA 1 3 2 2 3 , D DOBC O O OGBC G DG 1 （3）过 做 ，垂足为 ，过 做 ，垂足为 ，连接 ， 由于平面 BCC 1 B 1  平面 ABC ,且交线为 BC , DO 平面 ABC ,所以 DO 平面 BCC 1 B 1， BC 1  平面 BCC 1 B 1,所以 DOBC 1,又 OGBC 1， OGDOO,OG,DO 平面 DOG , 所以 BC 1  平面 DOG , DG 平面 DOG ,则 DGBC 1， OGD 为二面角 DBC 1 C 的平面角, 1 1 1 在直角三角形 中，OC =DC�cos60 � AC创cos60 =4 1,所以 ,而 DOC 2 2 2 OB=BC-OC =4-1=3 BC = 42+ ( 2 2)2 =2 6, 1 OBCC 32 2 在△CBC 中，由等面积可得OG BC 1  2 6  3 1 1 1 3 ∵OD  4 3 2 2 OGD45  DBC C 45 二面角 1 的大小为 ， 65ABCDPQSH 变式2．（2023春·山东滨州·高一山东省北镇中学校联考阶段练习）如图，在四棱台 中，底 面ABCD是正方形，侧面PADH 底面ABCD,PAD是正三角形，N 是底面ABCD的中心，M 是线段PD 上的点． MN PABQ AM  PCD (1)当 //平面 时，求证： 平面 ； (2)求二面角PBCA的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 2 7 (2) 7 ． 【分析】（1）连接PB，证得MN∥PB，由底面ABCD是正方形，所以CD AD，根据面面垂直的性质， 证得CD平面PADH ，得到CD AM ，再由AM PD，利用线面垂直的判定定理，即可证得AM 平 PCD 面 ； AD,BC G,O PG,PO,GO POG PBCA （2）取 的中点分别为 ，连接 ，证得 即为所求二面角 的平面角， GO cosPOG 在直角 中，结合 ，即可求解. △PGO PO 【详解】（1）证明：连接PB， 因为MN //平面PABQ，MN平面PBD，且平面PBD平面PABQPB， 所以MN∥PB， 又因为在△PBD中，N 是BD的中点，所以M 是PD的中点， 因为底面ABCD是正方形，所以CD AD，又因为平面PADH 平面ABCD， 平面PADH平面ABCD AD,CD平面ABCD，所以CD平面PADH ， 因为AM 平面PADH ，所以CD AM ，所以PAD是正三角形， 所以AM PD，因为PDCDD，且PD,CD平面 PCD ，所以AM 平面 PCD ． 66AD,BC G,O PG,PO,GO （2）解：取 的中点分别为 ，连接 ， 所以PAD是正三角形，所以PG AD， 因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD AD，PG平面PAD， 所以PG平面ABCD， 因为BC平面ABCD，所以PGBC， 又因为BC GO且PGGOG,PG,GO平面PGO，所以BC平面PGO， 因为PO平面PGO，所以BC PO，则POG即为所求二面角PBCA的平面角， 3 设 ，则GOa,PG a， ADa 2 7 GO 2 7 在直角 中，PO a，所以cosPOG  ， △PGO 2 PO 7 2 7 即所求二面角PBCA的余弦值为 7 ． 变式3．（2023春·江苏苏州·高一校考阶段练习）四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，四边形ABCD 为菱形，ADC60，PA AD2，E为AD的中点，F为PC中点． (1)求证：EF//平面PAB； (2)求PC与平面PAD所成的角的正切值； (3)求二面角APDC的正弦值． 67【答案】(1)证明见解析； 15 (2) 5 42 (3) 7 . 【分析】（1）取PB的中点G，证明 EF//AG ，结合线面平行判定定理证明结论； （2）先证明EC平面PAD，由线面角的定义证明∠ CPE是PC与平面PAD所成角的平面角，推导出 PA AD，EC PE，由此能求出PC与平面PAD所成角的正切值； （3）过点E作EM PD，根据二面角平面角定义证明 ∠EMC是二面角APDC的平面角，由此能求 出二面角APDC的正弦值． G AG,GF PB 【详解】（1）取 的中点 ，连接 ， 1 因为点 为 的中点，所以GF//BC,GF  BC， F PC 2 1 又AE//BC,AE  BC， 2 所以GF//AE,GF  AE， 所以四边形AEFG为平行四边形， 所以EF//AG，又AG平面PAB，EF 平面PAB， 所以EF//平面PAB； （2）∵四边形ABCD为菱形， DADC， ∵ADC60， ADC 为等边三角形，CACD， 在 △ADC中，E是AD中点， CE AD ， 68∵ PA平面ABCD，CE平面ABCD， CEPA， ∵ PAAD A，PA平面PAD，AD平面PAD， EC平面PAD， 斜线PC在平面内的射影为PE， 即∠ CPE是PC与平面PAD所成角的平面角， ∵ PA平面ABCD，AD平面ABCD， PA AD ， Rt△PAE PE PA2AE2  5 在 中， ， Rt△CED CE  CD2ED2  3 在 中， ， ∵ EC平面PAD，PE平面PAD，ECPE， CE 15 tanCPE   在RtCEP中， PE 5 ， 15 PC与平面PAD所成角的正切值为 5 ． （3）在平面PAD中，过点E作EM PD，垂足为M ，连结CM ， ∵ EC平面PAD，PD平面PAD， ECPD， ∵EM CM M ，EM,CM 平面EMC， PD平面EMC，又CM 平面EMC PDCM ， EMC是二面角APDC的平面角， 2 在 中， ， ，EM MD ， Rt△EMD ED1 ADP45 2 692 14 MD CM  CD2MD2  在Rt△CMD中， 2 ，CD2， 2 ， △EMC EC  3 在 中， ， 1 7  3 ME2MC2EC2 2 2 1 cosEMC    由余弦定理得 2MEMC 2 14 7 ， 2  2 2 42 二面角 的正弦值为 ．  APDC 7 考点十三：等体积法求二面角的平面角 例13．（2023春·江苏常州·高一常州高级中学校考阶段练习）如图， ACD 和 △BCD 都是边长为2 AB  6 EB BCD 的等边三角形， ， 平面 . (1)证明：EB//平面ACD； E ABC 5 ECDB (2)若点 到平面 的距离为 ，求二面角 的正切值. 【答案】(1)证明见解析 5 3 (2) 3 【分析】（1）取CD的中点O，连接AO、BO，证明出AO平面 BCD ，利用面面垂直的性质可得出 EB//AO ，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）连接EO、BO，取BC的中点F ，连接DF，取AB的中点M ，连接CM ，利用等体积法计算出 EB 的长，推导出二面角ECDB的平面角为EOB，求出EOB的正切值，即为所求. 70【详解】（1）证明：如图，取CD的中点O，连接AO、BO， 因为ACD和△BCD都是边长为2的等边三角形，则AOCD，BOCD， 3 AO ACsin60 2  3 且 2 ，同理可得BO 3， AB  6 AO2BO2  AB2 AOBO 因为 ，所以， ，则 ， 又因为BOCDO，BO、CD平面 BCD ，所以，AO平面 BCD ， 因为EB平面 BCD ，所以 EB//AO ， 又EB平面ACD，AO平面ACD，所以EB//平面ACD. （2）解：如图，连接EO、BO，取BC的中点F ，连接DF， 因为△BCD为等边三角形，F 为BC的中点，则DF  BC， 取AB的中点M ，连接CM ，因为AC BC 2，则CM AB， 2  6 10 且CM  AC2AM2  4     ， 2 2   1 1 10 15 S  ABCM   6  则等腰BAC的面积为 BAC 2 2 2 2 ， 1 1 15 5 3 所以三棱锥 的体积为V  S  5    5 ， EABC EABC 3 △ABC 3 2 6 因为EB平面 BCD ，BC、DF 平面 BCD ，则DF EB，EBBC， 又因为DF  BC，BEBCB，BE、BC平面EBC，所以，DF平面EBC， 因为 EB//AO ，AO平面EBC，EB平面EBC，所以，AO//平面EBC， 1 1 3 DF  CDsin60  则点A到平面EBC的距离等于点O到平面EBC的距离等于2 2 2 ， 711 1 1 3 3 因为S  BCEB 2EBEB，则V  S   EB， EBC 2 2 AEBC 3 △EBC 2 6 3 5 3 又 ，即 EB ，所以 ， V V 6 6 EB5 EABC AEBC 因为EB平面 BCD ，BD平面 BCD ，则EBBD， BCBD EC  EB2BC2  EB2BD2 ED 又因为 ，则 ， 因为O为CD的中点，所以，EOCD， 又因为BOCD，所以二面角ECDB的平面角为EOB， EB 5 5 3 5 3 tanEOB   则 OB 3 3 ，所以二面角ECDB的正切值为 3 . 2 ABBC  AD 2 变式1．（2023·高一单元测试）已知四边形ABCD中，ABC CAD90， 2 ，O 是AC的中点，将ABC沿AC翻折至△APC． PD 6 PO (1)若 ，证明： 平面ACD； 3 (2)若D到平面PAC的距离为 ，求平面PAC与平面ACD夹角的大小． 【答案】(1)证明见解析 π (2)3 【分析】(1)由题目已知可得出AD平面PAC，从而得到 ADPO ，再由等腰三角形性质可得PO AC， 进而得出结论. (2)取CD中点F并连接OF，PF，可得出所求二面角，再利用已知条件，构建直角三角形，即可计算两平 面的夹角. PAD PA 2 AD2 PD 6 PD2 PA2AD2 【详解】（1） 中， ， ， ，所以 ， 72则PA AD，又AD AC，所以AD平面PAC，PO平面PAC，所以 ADPO . 又因为PAPC，O是AC的中点，所以PO AC，ACAD A，所以PO平面ACD. （2）取CD中点F，连接OF，PF，在POF中过F作FG垂直于PO，垂足为G，OF∥AD，则 OF  AC， 又因为AC PO，所以POF为平面PAC与平面ACD夹角，所以AC平面POF，又FG平面POF， 所以AC FG，又FGPO，所以FG平面PAC，所以FG就是点F到平面PAC的距离， 3 因为点D到平面PAC的距离为 3，又由F为CD中点，所以F到平面PAC的距离为 2 . 3 中，sinGOF  ，因为点 可能在 上，也可能在 的延长线上， Rt△OFG 2 G PO PO π 2π π POF  所以 3 或 3 ，所以平面PAC与平面ACD所成角不会是钝角，所以大小为3. 考点十四：垂面法求二面角 例14．（2023·全国·高一专题练习）如图，已知 PA ， PB ，垂足为A、B，若 APB60 ， l 则二面角 的大小是______． 2 【答案】120/ 3 【分析】根据APB与二面角大小互补进行求解. 73l 【详解】设二面角 的大小为， 因为PA，PB，垂足为A、B， 所以APB180，又APB60，所以180APB120. 120 故答案为： 变式1．（2023秋·山东日照·高二校考阶段练习）若二面角内一点到两个面的距离分别为5和8，两垂足间 的距离为7，则这个二面角的大小是______． 2  【答案】120/ 3 【分析】画出图象，可知二面角的平面角为ACB，APB与ACB互补，利用余弦定理可求 cos ，即可求解. 【详解】如图所示， 设P为二面角内一点，PB，PA，l，由题，则PB5，PA8，AB7， 设平面PABl C，ACl，BCl，则二面角的平面角为ACB， 由四边形的性质可知，APB与ACB互补，则 528272 1 1 cosAPBcos  ，所以cos ， 258 2 2 所以=120�， 120 故答案为： P l PA  A,PB  变式2．（2023·全国·高一专题练习）已知 是二面角 内的一点， 垂直于 于 垂直于 于 B,AB8 3,PAPB8 l ，则二面角 的大小为__．  【答案】 3 【分析】设平面PAB交直线l于点O，连接OA，OB，可证得AOB即二面角 l 的平面角，在 △APB由余弦定理求出APB，即可求出二面角 l 的大小． 【详解】解：设平面PAB交直线l于点O，连接OA，OB，由于PA，PB，l，l， 74故PAl，PBl，又PAPBP，PA,PB平面PAB， 故l平面PAB，又OA，OB平面PAB，故lOA，lOB， 所以AOB为二面角 l 的平面角， PA PB OA OB PAOA PBOB 由于 ， ， ， ，故 ， ， 故在四边形 PAOB 中，APB与AOB互补， AB8 3 PAPB8 又 ， ， 在△APB中由余弦定理AB2  AP2BP22APBPcosAPB， 1 即  8 3 2 8282288cosAPB，解得 cosAPB ， 2 2 又 ，所以APB ， 0APB 3 2   故AOB  ，则二面角l的大小为 ． 3 3 3  故答案为： ． 3   l PC PD C D 变式3．（2023·高二课时练习）如图，已知平面 ， ，且 ， ， ， ， 为垂足. （1）试判断直线l与 CD 的关系，并证明你的结论； 75l PCD A Bl l 120 PC PD AB2 （2）设直线 与平面 交于点 ，点 ，若二面角 的大小为 ，且 ， 求平面PCB与平面PCA所成的锐二面角的大小.  【答案】（1）直线 与 是垂直关系，证明见解析；（2） . l CD 3 【分析】(1)由条件可得PC l，PDl，则l平面PCD，从而可得答案. PC PC  AC PC BC BCA CPD60 (2)由 ，所以 ， ， 就是所求二面角的平面角,则根据条件可得 ， AB,BC 然后求出 即可. PC PD 【详解】（1）∵ ， PC l，PDl，又PCPDP l平面PCD ∵CD平面PCD，所以 lCD 即直线l与 CD 是垂直关系. （2）连接AC，AD，则∵PC  AC，PD AD 由（1）有l平面PCD，则ACl， ADl 所以二面角 l 的平面角为CAD120 P、C、A、D四点共圆，所以 CPD60 ∵AC  AD，又CD2， 2 AC  AD ，  3 4 ∵ ， BC  ， AB2  3 ∵PC，所以PC  AC，PC BC BCA就是所求二面角的平面角 AB 3  BCA  BCA sin BC 2 ，所以 3  即平面 与平面 所成的锐二面角的大小为 . PCB PCA 3 76【点睛】本题考查线线位置关系的判断，考查求二面角，属于中档题. 考点十五：射影面积法求二面角 例15．（2023·全国·高一专题练习）如图ABC 与 △BCD 所在平面垂直，且 ABBC BD ， ABCDBC120o ABDC ，则二面角 的余弦值为_______. 5  【答案】 5 【分析】根据题意以及面面垂直的性质定理，可作出△ABD在平面 BCD 内的射影，再利用摄影面积法求 出二面角ABDE的余弦值，再根据所求角与二面角ABDE互补即可求得结果. 【详解】过 A作AE CB的延长线于E， 连结 DE， ∵平面ABC平面 BCD ，平面ABC平面BCDBC， ∴ AE平面 BCD 77BCD ∴ E点即为点A在平面 内的射影， ∴ △BDE为△ABD在平面 BCD 内的射影， 3 AEDE ABsin60o a 设AB=a，则 2 ， 6 1 15 AD a, cosABD sinABD ∴ 2 由余弦定理可得 4，∴ 4 ， 1 15 15 S  a2  a2 ∴ VABD 2 4 8 ， 1 1 3 1 3 BE  a S   a a a2 又 2 ，∴ VBDE 2 2 2 8 ， S 5 cos VBDE  设二面角ABDE为，∴ S 5 . VABD 而二面角ABDC与ABDE互补， 5  ∴二面角 ABDC的余弦值为 5 . 5  故答案为： 5 变式1．（2023·全国·高一专题练习）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是正三角 形，平面PAD⊥底面ABCD． (1)证明：AB⊥平面PAD； (2)求面PAD与面PDB所成的二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 782 3 (2) 3 【分析】（1）根据平面PAD⊥底面ABCD以及AB⊥AD即可证得AB⊥平面PAD； （2）（法一）利用面积射影法，求出面PAD与面PDB所成的二面角的余弦值，即可求出面PAD与面PDB 所成的二面角的正切值． PD E AE,BE AEB RtAEB (法二) 取 中点 ，连接 .则 是平面PAD与平面PDB所成的二面角的平面角， 中 求解tanAEB即可. 【详解】（1）证明：∵底面ABCD是正方形， ∴AB⊥AD， ∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD， ∴由面面垂直的性质定理得，AB⊥平面PAD； （2）解：(法一)由题意， PBD在面PAD上的射影为 PAD． 3△ △  a2 设AD＝a，则S PAD 4 ， △  2  2 PBD中，PD＝a，BD a，PB a， △ 1 a2 7  a 2a2  a2 ∴S PBD 2 4 4 ， △ 3 ∴面PAD与面PDB所成的二面角的余弦值为 7 ， 2 2 3  ∴面PAD与面PDB所成的二面角的正切值为 3 3 ． AE,BE PD E （法二）如图所示：取 中点 ，连接 . 79BD=PB= 2a 设AD＝a，则 ， AE^PD,BE^PD 所以 , 所以AEB是平面PAD与平面PDB所成的二面角的平面角， 3 π AE = a,AB=a, BAE  在RtAEB中， 2 2, AB a 2 2 3 tan�AEB= = = AE 3 3 3 所以 a . 2 变式2．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，正方形ABCD,ADEF,AFGH平铺在水平面上，先将矩形 EDHG AD EADB AFGH AF H''� AFD 沿 折起，使二面角 为30°，再将正方形 沿 折起，使二面角 为30°，则平面AFGH与平面ABCD所成的锐二面角的正切值是（ ） 2 7 3 6 A． 4 B． 3 C．4 D． 2 【答案】B 【分析】设平面ADE'F'，平面AF'G''H'',与以ABCD为底面的直四棱柱(高要足够高)的截面分别为APQD和 APRS,利用二面角的面积射影定理计算求解即可. 【详解】设平面ADE'F'，平面AF'G''H'',与以ABCD为底面的直四棱柱(高要足够高)的截面分别为APQD和 80APRS, 在后侧面CDSR中过S,R作直线DQ的垂线，垂足分别为N,M,则由于平面APQD经过AD,AD⊥平面CDSR,∴ 平面APQD⊥平面CDSR, 由平面垂直的性质定理可得SN,RM都是平面APQD的垂线，∴四边形APMN为四边形APRS在平面APQD 中的正投影， 易知△SDN与△RQM全等，∴四边形APMN的面积等于四边形APQD的面积，设四边形ABCD的面积为 S,四边形APQD的面积为S,四边形APRS的面积为S, 1 2 3 平面APQD与平面ABCD所成的锐二面角为α，平面APQD与平面APRS所成的锐二面角为β，平面ABCD 与平面APRS所成的锐二面角为γ， S 3 S 3 cos 1 cos30 ,cos 2 cos30 S 2 S 2 , 2 3 S S S 3 cos 1  1  2 coscos S S S 4, 3 2 3 7 tan ∴ 3 , 故选：B. 【点睛】本题考查关键是平面与直四棱柱的的截面进行规范化，以便利用面积射影定理进行计算求解. 二面角的一个面内的图形在另一个面内的正投影的图形与原图形的面积比等于二面角的余弦值的绝对值， 这是一个重要的性质，运用熟练，常常能方便的解决一些与二面角有关的计算问题. 考点十六：由二面角大小求其他量 例16．（2023春·广东广州·高一广州市天河中学校考期中）如图1，在平行四边形ABCD中， 81A60,AD2,AB4 △ABD ，将 沿BD折起，使得点A到达点P，如图2． (1)证明：平面BCD平面PAD； DPAB 6 (2)当二面角 的平面角的正切值为 时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； 1 (2)2. 【分析】（1）要证平面BCD平面PAD，只需证明BD平面PAD，再利用面面垂直的判定进行说明； （2）先找到二面角DPAB的平面角，再找直线BD与平面PBC所成角. △ABD BD2  AD2AB22ADABcosA12 【详解】（1） 中，由余弦定理： ， BD2 3 AD2BD2  AB2,ADBD 所以 ,则 , 将△ABD沿BD折起，使得点A到达点P，则ABDPBD，所以PDBD, 又ADPDD,PD,AD平面PAD,所以BD平面PAD，又BD平面BCD， 所以平面BCD平面PAD； （2） PA BEPA,DEPA, 如图，取 中点E，连接BE,DE，因为AB=PB,AD=PD,则 所以BED为二面角DPAB的平面角， 且由（1）知，BD平面 PAD BD 所以tanBED  6ED 2, ED PDA PD AD2, PA DE 2 中， 中垂线 ， 82AE 2,PA2 2 所以由勾股定理可得 ， PD2AD2 PA2, PD AD BDAD PDBDD 所以 ，又 , 所以AD平面PBD,又BC//AD，所以BC平面PBD, 过D作DF PB于点F，因为DF平面PBD,所以BC DF， 因为 BCPBB ,所以DF面PBC，所以直线BD与平面PBC夹角即为PBD. 2 1 中，sinPBD  ，所以直线BD与平面PBC夹角的正弦值为 1 . RtPBD 4 2 2 变式1．（2023春·广东佛山·高一佛山市南海区第一中学校考阶段练习）如图，四棱锥SABCD的底面是 正方形， SA底面ABCD，E是SC上一点. (1)求证：平面EBD平面SAC； SA (2)当 的值为多少时，二面角 的大小为120. AB BSCD 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）根据题意，分别证得BD AC和SABD，得到BD面SAC，结合面面垂直的判定定理， 即可证得平面EBD平面SAC. （2）作BM SC于M ，连接DM ，证得BMD是二面角BSCD的平面角，利用余弦定理，建立等量 关系式，结合直角三角形的性质，即可求解. 【详解】（1）证明（1）四棱锥SABCD的底面是正方形，可得BD AC， 因为 SA底面ABCD，BD平面ABCD，所以SABD， 又因为SAAC  A且SA,AC平面SAC，所以BD面SAC， 因为BD平面EBD，所以平面EBD平面SAC. （2）解：作BM SC于M ，连接DM ， 因为 SA底面ABCD，AB AD，可得SBSD， 由 SA底面ABCD，BC底面ABCD，所以BC SA， 83又因为 CB AB ，ABSA A，所以BC平面 SAB ， SAB 又由SB平面 ，所以CBSB， 同理可证：CD平面SAD，且SD平面SAD，所以CDSD， 所以△SBC和 △SDC全等，因为BM SC，所以DM SC，且BM DM 所以BMD是二面角BSCD的平面角， BM2DM2BD2 2BM2BD2 要使 ，只需  cos120， BMD120 2BMDM 2BM2 1 BM2  BD2 解得 ， 3 2 BM2  AB2 又因为 ，可得 ， BD2 2AB2 3 BMSC SBBC SC2 SB2BC2 因为 ，且 ， 2 所以 ，可得 AB2(SB2BC2)SB2BC2 ， BM2SC2 SB2BC2 3 因为ABBC，所以2SB22AB2 3SB2，可得SB2 2AB2， SA 1 又因为 ，所以 ，所以 AB2 SB2SA2 AB2 SA2 AB SA 1 故当 时，二面角 的大小为120. AB BSCD 变式2．（2023春·河南安阳·高一安阳一中校考阶段练习）如图所示，在平行四边形ABCD中， π DAB ， ，E为边AB的中点，将 沿直线DE翻折为 ，若F为线段 的 AB2BC8 3 3 VADE ADE AC 中点．在VADE翻折过程中， 84(1)求证：BF//平面A�DE； (2)若二面角ADEC 60，求AC与面AED所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 3 10 (2) 10 CD G ADE// BFG BF// ADE 【分析】（1）取 的中点 ，通过证平面 平面 ，可得 面 . （2）利用二面角的平面角的定义先找出二面角ADEC的平面角即为AOG，再利用面面垂直的性质 定理找到平面ADE的垂线，从而作出AC与面AED所成的角，计算可得答案. 【详解】（1）证明：取 CD 的中点 G ，连接FG，BG， ∵F为线段AC的中点，GF // AD， ∵ FG平面ADE，AD平面ADE，GF//平面ADE， 又DG//BE，DGBE，四边形BEDG为平行四边形，则BG//DE. BG平面ADE，DE平面ADE，可得BG//平面ADE， 又BGGF G，BG，GF 平面 BFG ， ADE// BFG BFG 可得平面 平面 ，BF平面 ， BF// ADE 则 面 . 85（2）取DC中点G，DE中点O，连接OG，AO，AG，  DAB 由 ， ， 为边 的中点， AB2BC8 3 3 E AB AE  AD4 3 VADE DE4 3 EDC 60 得 ，所以 为等边三角形，从而 ， ， DG4 3 O DE OGDE ADE 又 ， 为 的中点所以 ，又 是等边三角形， 所以AO DE，所以AOG为二面角ADEC的平面角，所以AOG 60， 过点E作EM //OA，过A作AM //OE交于M ，连接CM ， ∵△ADE AO6 OE 2 3 EM 6 AM 2 3 是等边三角形，所以可求得 ， ，所以 ， ， ∵ DE  AO，DEOG， OG//CE ，EM // AO， 所以DEEM ，DEEC，又ECEM E，EC，EM 面EMC， 所以DE面EMC，又AM //DE，所以AM 面EMC， ∵ AM 平面ADE，所以面ADE面EMC， 由ME6，在△CBE中易求得CE12，又MEC AOG 60， MC  EM MC 6 3 所以 ， ， 面ADE面EMC  EM ，MC面EMC， 所以 MC  面ADE，所以MAC为AC与平面ADE所成的角， 6 3 3 10 sinMAC   在RtAMC中可求得AC 2 30，所以 2 30 10 ， 3 10 . AC与面AED所成角的正弦值为 10 π B 变式3．（2023·高一课时练习）如图，在 Rt△ABC 中， 2， AB2BC 2 ，且 E ， F 分别为 AB ， AC的中点．现将△AEF 沿EF折起，使点A到达点D的位置，连接BD， CD ，M 为 CD 的中点，连接 86MF． (1)证明：MF 平面 BCD ； 3  (2)若二面角EMFC的余弦值为 3 ，求四棱锥DEBCF的体积． 【答案】(1)证明见解析 1 (2) 4 【分析】（1）设N 为BD的中点，则EN BD；M 是DC的中点，则FM DC ，又可证得EFMN为平 行四边形，则EN∥FM ，故FM BD，即可证明FM 平面 BCD ； 3 cosBCDcosNMC  （2）由题意可知NMC是二面角EMFC的平面角，于是 3 ，由题意 EF BDE BC BDE BC BD BD 2 BD2 DE2EB2 DEEB 平面 ，于是有 平面 ，则 ，求得 ，由 得 ， 又EF DE，所以DE平面EBCF，然后由锥体体积公式求出结果． 【详解】（1）设N 为BD的中点，连接EN ，MN， 又EDEB，则EN BD． 因为FDFC，M 是DC的中点，所以FM DC ， 1 1 EF  BC MN  BC 因为 ， ， ， ， EF∥BC 2 MN∥BC 2 87所以EF∥MN ，EF MN ，所以EFMN为平行四边形， 则EN∥FM ，故FM BD， 又因为BDI DC D，BD,DC平面 BCD ， BCD 所以FM 平面 ． （2）因为FM 平面 BCD ，MN平面 BCD ，所以MN FM ， 又FM DC ，所以NMC是二面角EMFC的平面角， 3 cosBCDcosNMC  于是 3 ． 因为EF EB，EF DE，EBI DEE，EB,DE平面BDE， 所以EF平面BDE，于是有BC平面BDE． 因为BD平面BDE，所以BC BD． 3 cosBCD 在Rt△CBD中，BC1， 3 ，故CD 3，BD 2 ， 因为DEEB1，所以BD2 DE2EB2，所以DEEB， 又因为EF DE，EBEF E，EB,EF 平面EBCF，所以DE平面EBCF． 1 1 1 1 1 V  S DE  1 11 故 DEBCF 3 EBCF 3 2 2 4． 考点十七：直接法求点面距 例17．（2023·高一课时练习）如图，在长方体 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1中，已知AB4， BC 2 ， BB 3 ABCD 1 ，则点 B 到上底面 1 1 1 1的距离为（ ） 2 2 A．4 B．2 C． D．3 【答案】D 88【分析】利用长方体的性质可得答案. BB  1 ABCD 【详解】∵ 平面 1 1 1 1， BB ABCD ABCD ∴ 1的长度为点 B 到平面 1 1 1 1的距离，故点 B 到上底面 1 1 1 1的距离为3. 故选：D. 变式1．（2023春·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨市第六中学校校考期末）如图，四棱锥P-ABCD的底面 ABCD为直角梯形，PA ABBC 1，ABC90，PAB120，AB∥DC，DC PC2，则点P 到平面ABCD的距离为（ ） 3 3 1 A． 4 B． 2 C．2 D．3 【答案】B 【分析】根据题意由勾股定理可得BCPB，可证BC平面PAB，即平面PAB平面ABCD，根据面面 PE 垂直的性质作 平面ABCD，结合图形运算求解． PAB PB 3 【详解】在 中，由PA＝AB＝1，∠PAB＝120°，得 ． PB 3 因为PC＝2，BC＝1， ， 所以PB2BC2 PC2，即BCPB． 因为∠ABC＝90°，所以BC  AB， 又PBABB，所以BC平面PAB． 因为 BC 平面ABCD，所以平面PAB平面ABCD． 在平面PAB内，过点P作PE AB，交BA的延长线于点E，如图所示， 因为平面PAB平面ABCD＝AB，PE AB， PE 所以 平面ABCD． 因为在 RtPEA 中，PA＝1，∠PAE＝60°， 893 3 PE 所以 2 ，所以点P到平面ABCD的距离为 2 ． 故选：B． 3 3 变式2．（2023春·山西晋中·高一校考阶段练习）已知ABC是面积为 4 的等边三角形，且其顶点都在 32 球 的球面上，若球 的体积为 ，则 到平面 的距离为（ ） O O 3 O ABC 3 3 A． 3 B．2 C．1 D． 2 【答案】A 【分析】根据题意作出如下示意图，设 O 1为 ABC 外接圆的圆心，所以 AO 1为 ABC 外接圆的半径， AO OO  ABC OO O ABC 为球体的半径，根据球的性质得 1 平面 ，所以 1即为 到平面 的距离，所以 OO  AO2AO2 1 1 ，再分别求出所需数据即可. 【详解】根据题意作出如下示意图，设 O 1为 ABC 外接圆的圆心，所以 AO 1为 ABC 外接圆的半径， AO OO  ABC OO O ABC 为球体的半径，根据球的性质得 1 平面 ，所以 1即为 到平面 的距离， 3 3 OO  AO2AO2 所以 1 1 ，因为ABC是面积为 4 的等边三角形， 2  AB  3 所以底边的高为： AB2   AB ， 2 2   901 3 3 3  AB  AB  所以面积为：2 2 4 ，所以ABBC  AC  3， 3 3 3 2 所以底边高为： AB  ，所以AO   =1， 2 2 1 2 3 4 32 因为球 的体积 V  πR3  π ，解得 ，即 ， O 3 3 R2 AO2 所以O到平面 ABC 的距离为： OO 1  AO2AO 1 2  41 3 . 故选：A. 考点十八：转化法求点面距 ABC- ABC 例18．（2023·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）在三棱柱 1 1 1中， A ABC BCCB 1 是棱长为 2 的正四面体，则点 A 到平面 1 1的距离为（ ） 6 3 2 1 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别取 BC 、 B 1 C 1的中点 M 、 N ，连接 AM 、 MN 、 A 1 N 、 A 1 M ，过点 A 1在平面 AA 1 NM 内作 AH MN H AH  BBCC 1 ，垂足为点 ，证明出 1 平面 1 1 ，利用余弦定理、同角三角函数的基本关系求出 sinAMN AH AA// BBCC 1 的值，进而可求得 1 的长，再结合 1 平面 1 1 可求得结果. 【详解】分别取 BC 、 B 1 C 1的中点 M 、 N ，连接 AM 、 MN 、 A 1 N 、 A 1 M ，如下图所示： 91A ABC 1 2 由题意可知，因为四面体 是棱长为 的正四面体， ABC 2 AM BC AM  ABsin60  3 则 是边长为 的等边三角形，则 ，故 ， AM  3 AM BC 同理可得 1 ， 1 ， BB //CC BB CC BBCC BC//BC BC BC 因为 1 1且 1 1 ，所以，四边形 1 1 为平行四边形，则 1 1且 1 1 ， 因为 M 、 N 分别为 BC 、 B 1 C 1的中点，则 BM//B 1 N 且 BM B 1 N ， BBNM MN//BB MN BB 所以，四边形 1 为平行四边形，所以， 1且 1， BB //AA BB  AA MN//AA MN  AA 又因为 1 1且 1 1，所以， 1且 1 ， 所以，四边形 AA 1 NM 为平行四边形，则 MN  AA 1 2 ，且 A 、 A 1、 N 、 M 四点共面， AM BC AM AM M AM  AANM 因为 AM BC ， 1 ， 1 ， AM 、 1 平面 1 ， BC AANM 1 所以， 平面 ， A AANM AH MN H 过点 1在平面 1 内作 1 ，垂足为点 ， AH  AANM AH BC 因为 1 平面 1 ，所以， 1 ， AH MN MNBC M MN BC BBCC AH  BBCC 又因为 1 ， ， 、 平面 1 1 ，则 1 平面 1 1 ， AMN AN  AM  3 AM  3 MN  AA 2 在 1 中， 1 ， 1 ， 1 ， AM2MN2AN2 343 3 cosAMN  1 1   由余弦定理可得 1 2AMMN 2 32 3 ， 1 922  3 6 所以，sinA 1 MN  1cos2A 1 MN  1  3    3 ，   6 AH  AMsinAMN  3  2 因此，点A到平面BBCC的距离为 1 1 1 3 . 1 1 1 AA  AA//BB 1 BBCC BB  BBCC AA// BBCC 因为 1 1， 平面 1 1 ， 1 平面 1 1 ，所以， 1 平面 1 1 ， BBCC AH  2 所以，点 A 到平面 1 1 的距离等于 1 . 故选：C. PABCD 变式1．（2023·江西·江西师大附中校考三模）已知四棱锥 的底面是正方形， ACBDO,PAPD 5,PO 3 AD2,E PC ， 是棱 上任一点． (1)求证：平面BDE平面PAC； (2)若PE2EC，求点A到平面BDE的距离． 【答案】(1)证明见解析 66 (2) ． 11 【分析】（1）由勾股定理证得POOA， POOD ，得到PO平面ABCD，证得POBD，从而证得 BD平面PAC，进而利用面面垂直的判定定理，即可证得平面BDE平面PAC； （2）根据题意点A到平面BDE的距离转化为C到平面BDE的距离，过点C作CM OE证得CM平面 BDE，转化为△OCE边OE的高CM ，在△OCE中，利用面积相等，即可求解. ABCD AD2 AODO 2 ACBD 【详解】（1）证明：因为 是正方形，且 ，可得 ，且 ， PO2OA2 PA2,PO2OD2 PD2 POOA,POOD 又因为 ，可得 ， 因为OAODO且OA,OD平面ABCD，所以PO平面ABCD， 93又因为BD平面ABCD，所以POBD， 因为ACPOO，且AC,PO平面PAC，所以BD平面PAC， 又因为BD平面BDE，所以平面BDE平面PAC． （2）解：因为AC与平面BDE交点为O，且 OAOC ， 可得点A到平面BDE的距离等于C到平面BDE的距离， 过点C作CM OE于点M ， 由（1）知BD平面OCE，且CM 平面OCE，所以BDCM ， 因为BDOEO且BD,OE平面BDE，所以CM平面BDE， 即C到平面BDE的距离为△OCE边OE的高CM ，设为hCM ， 1 3 2 2 2 11 过 作 于 ，则EG PO ,OG OC ，所以OE ， E EGOC G 3 3 3 3 3 1 3 OC PO 2 3 3 66 h   所以 ，即点 到平面 的距离等于 ． OE 11 11 66 3 A BDE 11 考点十九：等体积法求点面距 例19．（2023春·贵州贵阳·高一贵阳市民族中学校联考阶段练习）如图在棱长为2的正方体 ABCDABCD DD BD // ACE 1 1 1 1中， E 是 1上一点，且 1 平面 . 94DD (1)求证： E 为 1的中点； ACE (2)求点D到平面 的距离． 【答案】(1)证明见解析 6 (2) 3 【分析】（1）连接 BD 交 AC 于点 O ，连接 OE ，利用线面平行的性质可得出 BD 1 //OE ，推导出 O 为 BD 的 中点，结合中位线的性质可证得结论成立； （2）计算出三棱锥EACD的体积以及 △ACE 的面积，利用等体积法可求得点D到平面 ACE 的距离. 【详解】（1）证明：连接BD交AC于点O，连接OE， 因为 BD 1 // 平面 ACE ， BD 1  平面 BDD 1 ，平面 BDD 1  平面 ACEOE ， BD //OE 所以， 1 ， 因为四边形ABCD为正方形，ACBDO，则O为BD的中点， DD 因此， E 为 1的中点. 1 1 （2）解：因为 DE 平面 ABCD ，S △ACD  2 ADCD 2 22 2， 1 1 2 V  S DE 21 又因为 DE1 ，所以， EACD 3 △ACD 3 3 ， ADDE AE AD2DE2  2212  5 CE 5 因为 ，所以， ，同理可得 ， AC  AD2CD2  2222 2 2 AECE ，所以， ， 95O AC OEAC OE AE2AO2  52  3 易知 为 的中点，则 ，则 ， 1 1 所以，S △ACE  2 ACOE 2 2 2 3 6， 1 2 设点 D 到平面ACE的距离为 h ，由V DACE V EACD 可得 3 S △ACE h 3 ， 1 2 6 6  6h h 即3 3，解得 3 ，即点D到平面 ACE 的距离为 3 . 变式1．（2023春·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨市第四中学校校考期中）如图，Rt△AOB，OA1，OB2， 点C是OB的中点，AOB 绕OB所在的边逆时针旋转一周.设OA逆时针旋转至OD时，旋转角为， 0,π . (1)求ABC旋转一周所得旋转体的体积V和表面积S； 2π  (2)当 时，求点O到平面ABD的距离. 3 π   【答案】(1)3，S  2 5 π 2 17 (2) 17 【分析】（1）ABC旋转一周所得旋转体为大圆锥挖去小圆锥，利用圆锥的体积公式和侧面积公式可求旋 转体的体积V和表面积S； （2）利用等积法可求O到平面ABD的距离. r1 S πr2 π l 2π 【详解】（1）设底面半径为 ，圆锥BO底面面积为 ，底面周长 ， AB BO2AO2  5 母线 . 961 1 2π l 2π 圆锥BO的体积 V 1  3 SBO 3 π2 3 ，侧面积S 1  2 AB 2  5 5π. 1 1  V  SCO 1 圆锥CO的体积 2 3 3 3 ， AC  CO2AO2  2 ， l 2 侧面积S  AC   2  2. 2 2 2  旋转一周所得旋转体的体积V V V  ABC 1 2 3   S S S  2 5  ABC旋转一周所得旋转体表面积 1 2 . （2） 2π 3 ∵ S  连接AD，在等腰三角形AOD中， 3 ，AD 3， △AOD 4 ， 1 1 3 3 V  S OB  2 ， BAOD 3 △AOD 3 4 6 1 3 51 S   3 5  而 △ABD 2 4 4 ，设点O到平面ABD的距离为h， 1 1 51 3 2 17 V  S hV  h h OABD 3 △ABD BAOD，故3 4 6 ， 17 ， 变式2．（2023春·广东江门·高一江门市第一中学校考期中）如图，在四棱锥 PABCD 中，O是边长为4 的正方形ABCD的中心，PO平面ABCD，M ，E分别为AB，BC的中点． 97PAC  (1)求证：平面 平面PBD； (2)若PE3，求点B到平面PEM 的距离； (3)若PE3，求直线PB与平面PEM 所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 70 (2) 7 9 91 (3) 91 ． AC PAC  【分析】（1）先证明 平面PBD，再根据面面垂直的判定定理证明平面 平面PBD； （2）利用几何关系和等体积法求解即可． 70 h （3）由（2）可知点B到平面PEM 的距离为 7 ，计算PB的长度，根据直线与平面所成的角的定义 求解． 【详解】（1）因为四边形ABCD是正方形，所以ACBD， 因为PO平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC PO， 因为OP平面PBD，BD平面PBD，且OPBDO， 所以AC平面PBD．又AC平面PAC，所以平面 PAC  平面PBD． （2）由（1）知， PO 为点P到平面BME的距离． 1 所以V V  S OP， BPEM PBEM 3 △BEM 连接OE．因为PO平面ABCD，OE平面ABCD，所以POOE， OE2 PE3 PO 5 因为 ， ，所以 ， OAOBOC OD2 2 PAPBPC PD 又因为 ，所以 ． 1 在 中， ，ME  AC 2 2 ， △PEM PE PM 3 2 1 所以 S  2 2 32( 2)2  14 ， PEM 2 设点B到平面PEM 的距离为h， 1 1 1 1 2 5 由V  S hV  S PO  22 5 ， BPEM 3 △PEM PBEM 3 △BEM 3 2 3 9814 2 5 70 h h 得 3 3 ，所以 7 ． 70 所以点B到平面PEM 的距离为 7 ． 70 h （3）若PE3，由（2）可知，点B到平面PEM 的距离为 7 ， PB PO2OB2  58 13 又 ， 设直线PB与平面PEM 所成角为， 70 所以 h 7 70 ， sin   PB 13 7 13 70 9 91 cos 1sin2 1( )2  所以 7 13 91 . 9 91 即直线PB与平面PEM 所成角的余弦值为 91 ． 变式3．（2023春·山东滨州·高一山东省北镇中学校联考阶段练习）如图①，在梯形ABCD中， AB∥CD,AB2,A60，�ABD� 90 ，CBD45，将△ABD沿边BD翻折至ABD，使得 AC 2 7 B AC AD,AC E,F ，如图②，过点 作一平面与 垂直，分别交 于点 ． 99BE ACD (1)求证： 平面 ； (2)求点F 到平面ABD的距离． 【答案】(1)证明见解析 2 3 (2) 7 CD AD CDBE 【分析】（1）利用勾股定理得到 ，然后利用线面垂直的判定定理和性质得到 ，最后利 用线面垂直的判定定理证明即可； （2）方法一：通过作垂线的方法得到垂线段 FG 的长度即为点F 到平面ABD的距离，然后求距离即可； 方法二：利用等体积的方法求点到面的距离即可. 【详解】（1）证明：如图①， ∵ AB2，A60，ABD90， CBD45 ， AD4 BDCD2 3 ， ， AD4 CD2 3 AC 2 7 如图②，∵ ， ， ， AD2CD2  AC2， CD AD， ∵CDBD，且ADBDD，AD,BD平面ABD， \ CD^平面ABD， 又∵ BE平面ABD，CDBE， ∵ AC 平面BEF，且BE平面BEF，BE AC， ∵ ACCDC AC,CD ACD BE ACD 又 ，且 平面 ， 平面 ． 100（2） F FG AD G BE ACD 方法一：过点 作 ，垂足为 ，由（1）知 平面 ， 而FG平面ACD， BEFG， 且ADBEE，AD,BE平面ACD，FG平面ABD， 则垂线段 FG 的长度即为点F 到平面ABD的距离． ABC AB2 BC 2 6 AC 2 7 在 中， ， ， ， AB2CB2  AC2， BC  AB， 2 7 AF  由已知得BF  AC，则 7 ， AF FG 2 3   FG 由（1）知CD AD， AC CD ， 7 ， 2 3 即点 到平面 的距离为 ． F ABD 7 方法二：求点F 到平面ABD的距离，即求点F 到平面ABE的距离， BE ACD AD ACD BE AD 由（1）知 平面 ， 平面 ， ， ABD AB2 AD4 BD2 3 在直角三角形 中， ， ， ， 1 1 ABBD ADBE 由等面积得， ， 2 2 ABBD 即BE  3， ， AD AE1 ∵ AC 平面BEF，且EF 平面BEF，EF  AC， 101AF AD 2 7   AF  由（1）知CD AD，△AFE∽ADC， AE AC 7 ， 21 则在直角三角形 中，EF  ， AFE 7 设点F 到平面ABE的距离为d， V V 在三棱锥 FABE 中，由等体积得， FABE BAEF ， 1 1 即 3 dS ABE  3 BES △AEF 1 1 1 1  d BEAE BE EFAF ， 3 2 3 2 2 3 d  7 ， 2 3 即点 到平面 的距离为 ． F ABD 7 1．【多选】（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径， APB120，PA2，点C在底面圆周上，且二面角PACO为45°，则（ ）． π 4 3π A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 AC 2 2 △PAC 3 C． D． 的面积为 【答案】AC 【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性. APB120 PA2 OP1,OAOB 3 【详解】依题意， ， ，所以 ， 1  2 A选项，圆锥的体积为 π 3 1π ，A选项正确； 3 π 322 3π B选项，圆锥的侧面积为 ，B选项错误； 102D AC OD,PD C选项，设 是 的中点，连接 ， 则AC OD,AC PD，所以PDO是二面角PACO的平面角， 则PDO45，所以OPOD1， ADCD 31 2 AC 2 2 故 ，则 ，C选项正确； 1 D选项， ，所以S  2 2 2 2，D选项错误. PD 1212  2 PAC 2 故选：AC. 2．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以 勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两 个面是全等的等腰三角形．若AB25m,BC  AD10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面 14 与平面ABCD的夹角的正切值均为 5 ，则该五面体的所有棱长之和为（ ） A．102m B． 112m C． 117m D．125m 【答案】C 14 【分析】先根据线面角的定义求得tanEMOtanEGO 5 ，从而依次求 EO ， EG ，EB， EF ，再把所 有棱长相加即可得解. 【详解】如图，过E做EO平面ABCD，垂足为O，过E分别做EGBC，EM  AB，垂足分别为 G ， OG,OM M ，连接 ， 103由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为 EMO 和EGO， 14 所以tanEMOtanEGO . 5 因为EO平面ABCD， BC 平面ABCD，所以EOBC， 因为EGBC， EO,EG 平面EOG，EOEGE， 所以BC平面EOG，因为OG平面EOG，所以BCOG，. 同理： OM BM ，又BM BG，故四边形OMBG是矩形， 所以由BC10得OM 5，所以EO 14，所以OG5， 所以在直角三角形EOG中，EG EO2OG2   14 2 52  39 在直角三角形EBG中，BGOM 5，EB EG2BG2   39 2 52 8， 又因为EF AB55255515， 所有棱长之和为2252101548117m. 故选：C 3．（2023·全国·统考高考真题）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（ ） 1 2 3 2 A．5 B． 5 C． 5 D． 5 【答案】C 【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答. CE,DE 【详解】取AB的中点E，连接 ，因为ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CEAB， 又△ABD是等边三角形，则DEAB，从而CED为二面角CABD的平面角，即CED150， 104显然CEDE E,CE,DE平面 CDE ，于是AB平面 CDE ，又AB平面ABC， 因此平面CDE平面 ABC ，显然平面CDE平面ABC CE， 直线CD平面 CDE ，则直线 CD 在平面 ABC 内的射影为直线CE， DCE CD ABC AB2 CE1,DE 3 CDE 从而 为直线 与平面 所成的角，令 ，则 ，在 中，由余弦定理得： 3 CD CE2DE22CEDEcosCED  1321 3( )  7 2 ， DE CD 3sin150 3  sinDCE  由正弦定理得sinDCE sinCED，即 7 2 7 ， 3 5 cosDCE 1sin2DCE  1( )2  显然 DCE 是锐角， 2 7 2 7 ， 3 所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为 5 . 故选：C AC  ABC- ABC 1 ACB90,AA 2 4．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱 1 1 1中， 底面ABC， 1 A BCCB ， 1到平面 1 1的距离为1． 105AC  AC 1 (1)证明： ； AA BB AB BCCB (2)已知 1与 1的距离为2，求 1与平面 1 1所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 13 (2) 13 AO 1 BCCB O 【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得 平面 1 1，再由勾股定理求出 为中点，即可得证； AB （2）利用直角三角形求出 1的长及点 A 到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值. 【详解】（1）如图， ∵ AC  ABC BC ABC 1 底面 ， 面 ， A 1 C BC ，又 BC  AC ， A 1 C,AC 平面 ACC 1 A 1 ， A 1 CAC C , BC BC BCCB 平面ACC A，又 平面 1 1， 1 1 106 平面 ACC 1 A 1  平面 BCC 1 B 1， 过 A 1作 A 1 OCC 1 交 CC 1于 O ，又平面 ACC 1 A 1  平面 BCC 1 B 1 CC 1， A 1 O 平面 ACC 1 A 1 ， AO BCCB 1 平面 1 1 ∵ A BCCB AO1 1到平面 1 1的距离为1， 1 ， Rt△ACC AC  AC ,CC  AA 2 在 1 1中， 1 1 1 1 1 ， COx CO2x 设 ，则 1 ， ∵△AOC,△AOC ,△ACC CC 2 1 1 1 1 1为直角三角形，且 1 ， CO2AO2  AC2 AO2OC2 C A2 AC2AC2 CC2 1 1 ， 1 1 1 1 ， 1 1 1 1 ， 1x21(2x)2 4 x1 ，解得 ， AC AC  AC  2 1 1 1 ， AC  AC 1 ∵ AC  AC ,BC  AC,BC  AC （2） 1 1 1 ， Rt△ACB≌Rt△ACB 1 BABA 1 ， BD AA AA AA 过B作 1，交 1于D，则 D 为 1中点， AA BB 由直线 1与 1距离为2，所以 BD2 ∵ AD1 AB AB 5 1 ， BD2 ， 1 ， Rt△ABC BC  AB2AC2  3 在 ， ， 107AC AC CM CM 延长 ，使 ，连接 1 ， CM∥AC ,CM  AC ACMC 由 1 1 1 1知四边形 1 1 为平行四边形， CM∥AC CM  ABC AM  ABC 1 1 ， 1 平面 ，又 平面 ， CM  AM 1 Rt△ACM AM 2AC,CM  AC AC  (2AC)2AC2 则在 1 中， 1 1 ， 1 1 ， Rt△ABC AC  (2AC)2AC2 BC BC  3 在 1 1中， 1 1 ， 1 1 ， AB  (2 2)2( 2)2( 3)2  13 1 , BCCB 又 A 到平面 1 1距离也为1， 1 13  所以AB 与平面BCCB 所成角的正弦值为 13 13 . 1 1 1 ABC- ABC AA 5．（2023·天津·统考高考真题）三棱台 1 1 1中，若 1 面 ABC,AB AC,AB AC  AA 2,AC 1 M,N BC,BA 1 1 1 ， 分别是 中点. AN CMA (1)求证： 1 //平面 1 ； CMA ACC A (2)求平面 1 与平面 1 1 所成夹角的余弦值； C CMA (3)求点 到平面 1 的距离． 108【答案】(1)证明见解析 2 (2)3 4 (3) 3 MNAC 1 1 【分析】（1）先证明四边形 是平行四边形，然后用线面平行的判定解决； （2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解； （3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解 【详解】（1） AC 连接MN,C 1 A.由M,N分别是 BC,BA 的中点，根据中位线性质， MN // AC ，且MN  2 1， 由棱台性质， A 1 C 1// AC ，于是 MN // A 1 C 1，由 MN  A 1 C 1 1 可知，四边形 MNA 1 C 1 是平行四边形，则 A 1 N // MC 1， AN  CMA MC  CMA AN CMA 又 1 平面 1 ， 1 平面 1 ，于是 1 //平面 1 . EF  AC MF,CE M ME AC E E 1 F 1 （2）过 作 ，垂足为 ，过 作 ，垂足为 ,连接 . 由 ME 面 ABC ， A 1 A 面 ABC ，故 AA 1 ME ，又 ME AC ， AC∩AA 1  A ， AC,AA 1  平面 ACC 1 A 1 ， ACC A ME 1 1 则 平面 . AC  ACC A ME AC EF  AC ME,EF  AC  由 1 平面 1 1 ，故 1，又 1， MEEF E ， 平面 MEF ，于是 1 平 面MEF ， 由 MF  平面 MEF ，故 AC 1 MF .于是平面 C 1 MA 与平面 ACC 1 A 1 所成角即 MFE . 109AB 1 2 2 又ME 2 1， cosCAC 1  5 ，则sinCAC 1  5 ，故EF 1sinCAC 1  5 ，在 RtMEF 中， 4 3 MF  1  MEF 90，则 5 5 ， EF 2 于是cosMFE  MF 3 （3）[方法一：几何法] C CP AC CQ AM Q PQ,PM PRCQ 过 1 作 1 ，垂足为 P ，作 1 ，垂足为 ，连接 ，过 P 作 1 ，垂足为 R . 2  2 3 2 由题干数据可得， C ACC  5 ， CM  CP2PM2  5 ，根据勾股定理，C 1 Q 5   2     2 ， 1 1 1 1 由 C 1 P 平面 AMC ， AM  平面 AMC ，则 C 1 P AM ，又 C 1 Q AM ， C 1 QC 1 PC 1 ， C 1 Q,C 1 P 平面 CPQ CPQ AM  1 1 ，于是 平面 . 又 PR 平面 C 1 PQ ，则 PR AM ，又 PRC 1 Q ， C 1 QAM Q ， C 1 Q,AM  平面 C 1 MA ，故 PR 平面 110CMA 1 . 2 2 PC PQ 2 2 PR 1   在 中， QC 3 2 3， 1 RtCPQ 2 1 又 CA2PA ，故点 C 到平面 C 1 MA 的距离是 P 到平面 C 1 MA 的距离的两倍， 4 即点 C 到平面CMA的距离是 3 . 1 [方法二：等体积法] 辅助线同方法一. 设点 C 到平面 C 1 MA 的距离为 h . 1 1 1  2 2 V  CPS  2  2  ， C1AMC 3 1 AMC 3 2 3 1 1 1 3 2 h V  hS  h  2  CC1MA 3 AMC1 3 2 2 2. 4 h 2 h 由V C1AMC V CC1MA  2  3 ，即 3. PABC ABBC AB2 BC 2 2 6．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥 中， ， ， ， PBPC  6 AD 5DO BF  AO ，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O， ，点F在AC上， . 111(1)证明：EF//平面ADO； (2)证明：平面ADO平面BEF； DAOC (3)求二面角 的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； 2 (3) 2 . 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF 为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答. （3）由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答. (cid:11) (cid:11) 1(cid:11) (cid:11) (cid:11) (cid:11) (cid:11) (cid:11) AOBA BC 【详解】（1）连接DE,OF，设 AF tAC ，则 BF BAAF (1t)BAtBC ， 2 ， BF  AO， 则  B  F (cid:11)   A (cid:11) O  [(1t)  B (cid:11) A  t  B  C (cid:11) ](  B (cid:11) A   1 B  C (cid:11) )(t1)  B (cid:11) A  2  1 t  B  C (cid:11) 2 4(t1)4t 0， 2 2 1 解得t 2 ，则 F 为 AC 的中点，由D,E,O,F分别为 PB,PA,BC,AC 的中点， 1 1 于是DE//AB,DE  2 AB,OF //AB,OF  2 AB，即DE//OF,DEOF，则四边形 ODEF 为平行四边形， EF//DO,EF DO，又EF 平面ADO,DO平面ADO， 所以EF//平面ADO. 1126 30 AO 6,DO AD 5DO （2）由（1）可知EF//OD，则 2 ，得 2 ， 15 因此OD2AO2  AD2  ，则 ，有 ， 2 OD AO EF  AO 又AOBF,BFEF F，BF,EF 平面BEF， 则有 AO 平面BEF，又AO平面ADO，所以平面ADO平面 BEF . （3）过点O作OH //BF 交AC于点 H ，设ADBEG， 1 FH  AH 由 ，得 ，且 ， AOBF HO AO 3 又由（2）知，OD AO，则DOH为二面角 DAOC 的平面角， 因为D,E分别为PB,PA的中点，因此G为PAB的重心， 1 1 1 3 即有 DG AD,GE BE ，又 FH  AH ，即有DH  GF， 3 3 3 2 3 15 4  2 2 46PA2 cosABD  6 22 6 ，解得 ，同理得 6 ， 22 BE 2 PA 14 2 2 2 1 6  6 5 GF2       于是 ，即有 ，则     ， BE2EF2 BF2 3 BEEF  3 2   2  3 15 3 15 15 GF  DH    从而 3 ， 2 3 2 ， 1 3 6 15 OH  BF  ,OD ,DH  在△DOH 中， 2 2 2 2 ， 1136 3 15   于是 cosDOH  4 4 6 4 3  2 2 ， sinDOH  1   2  2  2 ， 2   2  2 2 2   2 所以二面角DAOC的正弦值为 2 . 一、单选题 1．（2023秋·上海黄浦·高二上海市向明中学校考阶段练习）点P为平面 ABC 外的一个点，点M 是棱BC PM AB  ABC  上的动点（包含端点），记异面直线 与 所成角为 ，直线PM与平面 所成角为 ，则（ ）     A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意作出线线角和线面角，利用正弦值比较两个夹角的大小. 【详解】 如图，作PO平面 ABC ,连接OM , 114过点M 作直线MN //AB交AC于 N ，连接PN ，  π PMO 0,   则PMO是直线PM与平面ABC所成角，所以  2，   PMN  0,   PMN是直线PM与AB所成角，所以  2， 在RtPOM 和RtPMN中，易知：PN PO，仅当O、N重合时等号成立， PN PO 故sin PM  PM sin，所以. 故选：C. 2．（2023春·全国·高一专题练习）如图，空间四边形ABCD的对角线AC＝8，BD＝6，M，N分别为 AB，CD的中点，并且异面直线AC与BD所成的角为90°，则MN＝（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】先平移线段，再解三角形即可. 【详解】取AD的中点P，连接PM，PN，则BD∥PM，AC∥PN， ∴∠MPN或其补角即异面直线AC与BD所成的角， 1 1 ∴∠MPN＝90°，PN＝2AC＝4，PM＝2BD＝3， ∴MN＝5． 115故选：C. 3．（2023秋·北京海淀·高二校考阶段练习）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其 一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以基，其形露矣．”文 中“阳马”是底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥．在阳马 PABCD 中，侧棱PA底面 ABCD，且PA1，AB AD2，则点A到平面PBD的距离为（ ） 2 6 6 3 A． 3 B． 3 C． 2 D． 3 【答案】B V V 【分析】利用等体积法有 PABD APBD，即可求 A 到平面 PBD 的距离. 【详解】 设A到平面PBD的距离为h，则三棱锥PABD的体积为： 1 1 1 1 1 1 3 S △ABD PA 3 S △PBD h ，即有 3  2 221 3  2 2 2 3h， 6 ∴h ． 3 故选：B． 4．（2023秋·高二课时练习）平面的一条斜线和这个平面所成的角的范围是（ ） A． 0180 B．090 C．090 D．090 【答案】D 【分析】根据线面角的概念及范围可得答案. 116【详解】直线和平面所成角的范围是090，其中当直线与平面平行或在平面内时所成角为 0， 当直线与平面垂直时所成角为 90 ，所以斜线和平面所成角的范围是090. 故选：D. 5．（2023·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD﹣A B C D，则DA与平面ABCD所成的角为（ ） 1 1 1 1 1 A．45° B．60° C．90° D．135° 【答案】A DAD DA 1 1 ABCD 【分析】根据正方体的性质可知 即为直线 与平面 所成的角，从而求出结果． 【详解】解：依题意，如图所示， DD  ABCD 1 根据正方体的性质可知， 平面 ， DAD DA 1 1 ABCD ∴ 即为直线 与平面 所成的角， ADDD DDA90 又∵ 1， 1 ， ADD 1 ∴ 为等腰直角三角形， ∴DAD45， 1 故选：A． 6．（2023·全国·模拟预测）如图所示，在四棱锥 PABCD 中，PA平面ABCD，四边形ABCD为正方形， 2 EF  ， 、 为线段 上的两个动点（不包括端点），且满足 ，以下结论正确的个数是 PA AB1 E F PD 2 （ ） （1）AC EF； （2）PB∥平面AEC； （3）二面角EBDC的大小为定值； 117（4）四面体ACEF的体积为定值. A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】C 【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理判断（1），由线面平行的性质定理判断（2），由二面角的定 义判断（3），由棱锥的体积公式判断（4）． 【详解】（1）PA平面ABCD， AC 平面ABCD，则 PA AC ，若AC EF，即ACPD， 而PAPDP，PA,PD平面PAD，所以AC平面PAD，又AD平面PAD， 所以 AC  AD ，这是不可能的，正方形中CAD45，（1）错； （2）设ACBDO，若PB//平面AEC，又因为平面PBD平面EAC EO，PB平面PBD，则 PB//EO ，又O是BD中点，所以E是PD中点，所以只有E是PD中点时，才有 PB// 平面AEC，当E不 是PD中点时， PB// 平面AEC不成立，（2）错； （3）二面角EBDC即为二面角PBDC，其大小为定值，（3）正确； 2 EF  （4）由于 2 为定值， EF 在 PD 上，所以 △AEF 的面积为定值，而C到平面 AEF 的距离即为C到平 面 PAD 的距离为定值，所以三棱锥 CAEF 即四面体ACEF的体积为定值，（4）正确． 故选：C． 7．（2019秋·广东佛山·高二佛山市顺德区郑裕彤中学校考期中）已知正方体ABCD﹣ABCD 棱长为2，则点 1 1 1 1 118C BDDB 1 1 到平面 的距离为（ ） 1 2 2 2 2 3 A． B． C． D． 【答案】B BDDB C BDDB 1 1 1 1 【分析】作出辅助线，证明出AC⊥平面 ，找到点 到平面 的距离即CE的长，求出答案. BB 【详解】连接AC交BD于点E，则因为四边形ABCD为正方体，所以AC⊥BD，且E为AC中点，因为 1 AC BB AC BB BDB BDDB ⊥底面ABCD， 平面ABCD，所以 1⊥ ，因为 1 ，所以AC⊥平面 1 1 ，所以CE C BDDB ABCD﹣ABCD 的长即为点 到平面 1 1 的距离，因为正方体 1 1 1 1棱长为2，所以由勾股定理可得： AC  44 2 2 CE 2 ，显然 . 故选：B 8．（2023·全国·高一专题练习）在四棱锥 PABCD 中，PA平面ABCD，四边形ABCD为矩形， BC 2 PAB 30o ，PC与平面 所成的角为 ，则该四棱锥外接球的体积为（ ） 4 3 8 2 8 3 π π π A． 3 B．4 3π C． 3 D． 3 【答案】C 【分析】判断出PC是外接球的直径，求得PC，从而计算出外接球的体积. 119【详解】由于PA平面ABCD，BC,CD平面ABCD，所以PABC,PACD， ABCD BC  AB,CD AD 由于四边形 是矩形，所以 ， 由于PAAB A,PA,AB平面PAB，所以BC平面PAB， 由于PB平面 PAB ，所以BCPB；同理可证得CDPD， 所以PC是外接球的直径. 由BC平面 PAB 可知： CPB 是PC与平面 PAB 所成的角， CPB30 PC 2BC 2 2 所以 ，所以 . 1 PC  2 所以外接球的半径为 ， 2 4π  3 8 2π  2  所以外接球的体积为 3 3 . 故选：C   9．（2023·四川遂宁·四川省遂宁市第二中学校校考模拟预测）已知平面 与平面 所成二面角的平面角为 , A,B , 110 O O 30 ，球 与平面 相切于点 ，则过球心 与平面 均成 的直线有（ ） A．2 条 B．3 条 C．4 条 D．5 条 【答案】C O , 30 O OA,OB 【分析】根据题意，将球心 与平面 均成 的直线有几条转化为“过空间一点 与 所成角均 60 为 的直线有几条”，再求解即可. 120【详解】 O , A,B OA,OB 如图，因为球 与平面 相切于点 ，所以 . , O 30 所以球心 与平面 均成 的直线有几条转化为 O OA,OBOA,OB 70 60 “过空间一点 与 成角 所成角均为 的直线有几条”. 如图（图1中BOPAOP60,图2中BOPAOP120）可知， 当点P在平面OAB上方时，有2条； 根据对称性可知当点P在平面OAB下方时，也有2条. O OA,OB 60 所以过空间一点 与 所成角均为 的直线有4条， O ， 30 即过球心 与平面 均成 的直线有4条. 故选：C. 二、多选题 10．（2023·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥 PABCD 中，平面PAD平面ABCD，四边形ABCD 21 为矩形，PAD是边长为 2 3 的正三角形，平面PAD与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值为 7 ，E是棱 CD 的中点，则（ ） 121AB6 AB2 3 A． B． C．平面 PAE 截四棱锥 PABCD 的外接球所得截面的面积为6D．平面 PAE 截四棱锥 PABCD 的外接 球所得截面的面积为5 【答案】BC 【分析】取BC、 AD 的中点分别为F 、 G ，连接PG、GF 、PF，即可得到GPF是平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二面角，根据锐角三角函数求出AB，即可判断A、B，将四棱锥补形为三棱柱，求出外接 球的半径，作出截面，计算即可判断C、D； 【详解】解：取 BC 、 AD 的中点分别为F 、 G ，连接PG、GF 、PF， 依题意PG AD，GF  AD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD AD，FG平面 ABCD，所以FG平面 PAD ， 又BC//DA， BC 平面 PAD ，AD平面 PAD ，所以 BC// 平面 PAD ， 设平面PAD平面 PBCl ， BC 与平面 PBC ，所以BC//l， AD//l 所以 ，则lPG，由三垂线定理可得lPF， 所以GPF是平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二面角. PG PG 3 21 cosGPF     由 PF PG2GF2 9GF2 7 ， GF  AB2 3 解得 ，故A错误，B正确. PABCD PABCD 将四棱锥 补成直三棱柱，如图1所示.显然直三棱柱的外接球就是四棱锥 的外接球， O,O OO R 7 取两个底面的外心分别为 1 2，则 1 2 的中点O为球心，可解得球的半径 . 122PAE PABCD NE OQ 设平面 截四棱锥 的外接球所得截面圆的半径为r.过O作 的垂线，垂足为Q，则 平 PAE r2 R2OQ2 面 ，所以 . 在矩形CDNM 中，过R作 NE 的垂线，垂足为S，如图2所示. 3 OE 2 OQ 由 ，解得RS  .由   ，解得 ， RSNE  NRRE 2 RE 3 RS OQ1 r2 6 6 所以 .故截面圆的面积为 ，C正确，D错误. 故选：BC 11．（2023·全国·高一专题练习）如图所示，在四棱锥 PABCD 中，PA平面ABCD，四边形ABCD为 正方形，PA AB1，E，F 为线段PD上的点（不包括端点），则（ ） 123A．AC EF B． PB// 平面AEC EBDC AECE 2 2 C．二面角 的大小为定值 D． 的最小值为 【答案】CD 【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理和性质定理即可得出；对于B，利用线面平行的性质定理即可 得出；对于C，由二面角的定义即可判断；对于D，将侧面PAD和PCD展开在一个平面内，结合余弦 定理即可得出. 【详解】对于A，∵ PA平面ABCD， AC 平面ABCD，PA AC，假设AC EF， PAEF P,PA,EF  AC PAD 又 平面PAD， 平面 ， 又AD平面 PAD ， AC AD ，而四边形ABCD为正方形，与AC  AD矛盾， 所以假设错误，故AC EF不正确，故A不正确； 对于B，设ACBDO，连接OE，假设PB//平面AEC， 又平面PBD平面AECOE，则PB∥OE， 在△PBD中，因为O为BD的中点，则E必为PD的中点，这与E为线段PD上的动点矛盾， 所以假设错误，故B不正确； 对于C， ∵ E 为线段PD上的动点，二面角EBDC的大小即为二面角PBDC的大小， 因为二面角PBDC的大小为定值，所以二面角EBDC的大小为定值， 故C正确； 对于D，∵ PA平面ABCD，AD平面ABCD，PA AD，PAD为等腰直角三角形， ∵ PA平面ABCD，CD平面ABCD，PACD，即CDPA， 又四边形ABCD为正方形，CDDA， ∵ PADA A,PA,DA \ CD^ PAD PD PAD CDPD PCD 平面PAD， 平面 ， 平面 ， ， 为直角三 角形， 124Rt△PAD Rt△PCD ADC135 如图，将侧面 和 展开在一个平面内， ， 连接AC，当E处在AC与PD的交点处时， AECE 取得最小值， ACD 此时，在 中，由余弦定理，得 AC2  AD2CD22ADCDcosADC 11211cos1352 2 ， AECE 2 2 所以 的最小值为 ，故D正确. 故选：CD. ABCDABCD 12．（2023春·河北石家庄·高一河北赵县中学校联考阶段练习）已知正方体 1 1 1 1的棱长为2， E ， F ， G 分别为 BC ， CC 1， BB 1的中点，则下列结论中正确的是（ ） DD AG A．直线 1 与直线 AF 垂直 B．直线 1 与平面 AEF 平行 9 C．点 与点 到平面 的距离相等 D．平面 截正方体所得的截面面积为 C G AEF AEF 2 【答案】BD DD AD,DF,GF 【分析】确定直线 AF 与直线 1 所成的角判断A；连接 1 1 ，由线面平行的判定判断B；由平面 AEF 是否过CG的中点判断C；作出截面，再计算面积判断D作答. 【详解】对于A，在正方体 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1中， D 1 D//CC 1，则 AFC 为直线 AF 与直线 D 1 D 所成的角或 125其补角， CC 1  CC⊥AC Rt△AFC ACF 90 连接AC，由 平面ABCD，得 1 ，即在 中， ， 则 AFC 不可能是直角，直线 AF 与直线 D 1 D 不垂直，A错误； 对于B，连接 AD 1 ,D 1 F,GF ，由 F ， G 分别为 CC 1， BB 1的中点，得 GF//B 1 C 1 //A 1 D 1， GF BC  AD ADFG AG//DF 又 1 1 1 1，则四边形 1 1 是平行四边形，于是 1 1 ， ABC 1 D 1 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 E BC AD 1 //BC 1 //EF 而四边形 是正方体 的对角面，点 为 中点，有 ， AD  AG DF  AG// 即 1 平面 AEF ， 1 平面 AEF ， 1 平面 AEF ，所以 1 平面 AEF ，B正确； H H 对于C，连接CG交EF于 ，显然 不是CG的中点，则平面AEF 不过CG的中点， 即点C与点G到平面AEF 的距离不相等，C错误； AD //EF AEDF AEFD 对于D，由选项B知， 1 ， 1 ，即等腰梯形 1为平面 AEF 截正方体所得的截面， AD EF 3 2 h AE2( 1 )2  AD 2 2,EF  2,AEDF  5，等腰梯形AEFD 的高 2 2 ， 1 1 1 1 3 2 9 (2 2 2)  所以等腰梯形AEFD 面积为2 2 2，D正确. 1 故选：BD AD BC 13．（2023春·贵州贵阳·高一贵阳市民族中学校联考阶段练习）如图 与 分别为圆台上下底面直径， AD//BC ，若AB3，AD2，BC4，则（ ） 1262 2 A．圆台的母线与底面所成的角的正切值为 14π B．圆台的全面积为 2 C．圆台的外接球（上下底面圆周都在球面上）的半径为 3 3 A C D．从点 经过圆台的表面到点 的最短距离为 【答案】ABD 【分析】取圆台的轴截面ABCD，利用线面角的定义可判断A选项；利用圆台的表面积公式可判断B选项； 利用正弦定理求出等腰梯形ABCD的外接圆半径，即为圆台的外接球半径，可判断C选项；将圆台沿着轴 截面ABCD切开，将圆台的侧面的一半展开，结合余弦定理可判断D选项. ABCD AD BC O O OO 【详解】取圆台的轴截面 ，设 、 的中点分别为 1 、 2，连接 1 2 ， 分别过点A、D在平面ABCD内作AEBC，DF  BC，垂足分别为点E、F ， OO ABCD 1 2 由题意可知， 与圆台的底面垂直，易知四边形 为等腰梯形， 且ABCD3，AD2，BC4， 在ABE和DCF 中，ABDC，ABE DCF，AEBDFC90， 所以，△ABE≌△DCF，所以， BECF ， 因为 AD//BC ，AEBC，DF  BC，则四边形ADFE为矩形，且EF CD2， AEOO OO  AE AE//OO 同理可证四边形 2 1 为矩形，则 1 2 ，且 1 2， 所以，AE与圆台的底面垂直，则圆台的母线与底面所成的角为ABE， 127ABEF 42 所以，BECF  2  2 1，则 AE AB2BE2  3212 2 ， AE tanABE  2 2 所以， ，A对； BE π12π22π12314π 对于B选项，圆台的全面积为 ，B对； 对于C选项，易知圆台的外接球球心在梯形ABCD内，且CEBCBE 413， AE 2 2 由勾股定理可得 ，且sinABE  ， AC  AE2CE2  89  17 AB 3 AC 17 3 34 2R   sinABE 2 2 4 3 34 所以，圆台的外接球直径为 ，则R ，B错； 3 8 对于C选项，将圆台沿着轴截面ABCD切开，将圆台的侧面的一半展开如下图所示： 1 AB CD 延长BA、DC交于点 M ，在圆台的轴截面等腰梯形 ABCD 中，AB//CD且 2 ， 易知A、D分别为BM 、CM 的中点，所以，AM DM  AB3， π 设 AMD ，则AD3π ，则 3 ， π AMD 在△ACM 中，AM 3， CM 6 ， 3 ， π 1 AC  AM2CM22AM CM cos  3262236 3 3 由余弦定理可得 3 2 ， 3 3 A C 因此，从点 经过圆台的表面到点 的最短距离为 ，D对. 故选：ABD. 三、填空题 14．（2023·全国·高一专题练习）在我国古代数学名著《九章算术·商功》中刘徽注解“邪解立方得二堑 128CD 堵”.如图，在正方体 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1中“邪解”得到一堑堵 ABCDC 1 B 1， E 为 1 的中点，则异面直线 AB 1与 BE 所成的角为______. 【答案】90° DC BE 【分析】由图形中直线的位置关系，将问题转化为求 1与 所成的角，易得结果. ABCDABCD AB ∥DC 【详解】因为在正方体 1 1 1 1中， 1 1， AB DC 所以异面直线 1与 BE 所成的角等于 1与 BE 所成的角， BDC DC 又因为 1 为正三角形，且E为 1的中点， 所以 BEDC 1 ，即 DC 1与 BE 所成的角为 90 ，异面直线 AB 1与 BE 所成的角为 90 . 90 故答案为： . 15．（2023·全国·高一专题练习）菱形ABCD的对角线AC、BD的交点为O，P是菱形所在平面外一点， PO平面ABCD，则异面直线AC与PD所成角大小为______．  【答案】 / 90 2 【分析】根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定进行推理即可作答. 【详解】菱形ABCD中，ACBD，因PO平面ABCD， AC 平面ABCD，则有PO AC， 129POBDO，PO,BD平面POD，因此，AC平面POD，又PD平面POD，从而有ACPD， 90 所以异面直线AC与PD所成角为 . 故答案为：90 16．（2023·全国·高一专题练习）在正四面体ABCD中，直线BC与 AD 所成角的大小为________．  【答案】 2 【分析】根据空间位置关系直接证明判断即可. 【详解】 如图所示， 取 BC 中点E，连接AE， DE ， 由已知ABCD为正四面体， 则ABC，△DBC均为正三角形， 所以AEBC，DEBC， 所以BC平面ADE， 故BC  AD，  即直线 BC 与直线AD的夹角为 2 ，  故答案为： . 2 四、解答题 17．（2023春·河南洛阳·高一洛阳市第三中学校联考阶段练习）如图，在直角梯形ABCD中， AB AD,AB∥CD,CD2AB2AD2 2,E CD VADE AE D P 为 的中点，将 沿着 翻折，使 与点 重合，且 PB 3 . 130BC∥ PAE (1)证明： 平面 . (2)作出二面角PAEC的平面角，并求其大小. 【答案】(1)证明见解析 2π (2)平面角见解析， 3 ABCE 【分析】（1）确定四边形 为平行四边形，得到BC∥AE，得到证明. （2）F 是AE中点，连接 PE ，BE，确定 PFB 为二面角PAEC的平面角，再利用余弦定理计算得到 答案. ABCE ABEC  2 AB∥EC BC∥AE 【详解】（1） ，且 ，故四边形 为平行四边形，故 ， AE PAE BC PAE BC∥ PAE 平面 ，且 平面 ，故 平面 . F AE PE BE AE 22 2 （2）如图所示： 是 中点，连接 ， ， ， 1 π 则PF  AE1，BF2  AB2AF22ABAFcos 1，故 ， 2 4 BF 1 即AB2  AF2BF2，故BF  AE， 平面PAE平面 AEC  AE ，PF 平面 PAE ，BF平面AEC， 故 PFB 为二面角PAEC的平面角， 113 1 2π cosPFB  ，PFB0,π，故PFB . 211 2 3 2π 故二面角 的平面角为 . PAEC 3 18．（2023春·湖南邵阳·高三统考学业考试）如图，在四棱锥 PABCD 中，四边形ABCD是边长为2的正 131方形，AC与BD交于点O，PA面ABCD，且PA2. (1)求证BD平面 PAC .； (2)求PD与平面 PAC 所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 30 (2) 【分析】（1）由ACBD，因为PA平面ABCD，得到PABD，结合直线与平面垂直的判定定理，即 可证得BD平面 PAC ； （2）连接 PO ，得到 DPO 为PD与平面 PAC 所成的角，在直角 DPO 中，即可求得PD与平面 PAC 所成 的角. 【详解】（1）解：因为ABCD是正方形，所以ACBD， 又因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD， 因为PAAC  A，PA平面PAC， AC 平面PAC， 所以BD平面 PAC . （2）解：连接 PO ，因为BD平面PAO，所以 DPO 为PD与平面 PAC 所成的角， ABPA2 PO 6,DO 2 因为 ，所以 ， DO 2 3 tanDPO   在直角DPO 中， PO 6 3 ， DPO30 PD PAC 30 所以 ，即 与平面 所成的角为 . 13219．（2023春·河南南阳·高一南阳中学校考阶段练习）如图，已知点P是正方形ABCD所在平面外一点， M，N分别是AB，PC的中点． MN // (1)求证： 平面PAD； MNQ∥ (2)若PB中点为Q，求证：平面 平面PAD． (3)若PA⊥平面ABCD，AB＝PA＝2，求直线PB与面PAD所成的角． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)45° 【分析】（1）利用三角形的中位线可得线线平行，进而由线面平行的判断即可求证， （2）由线面平行即可求证， （3）利用线面垂直得线线垂直，进而可由几何法求解线面角，即可由三角形的边角关系求角大小. 【详解】（1）取PD的中点E，连接AE，NE， 1 NE DC 因为N是PC的中点，所以 NE∥DC 且 2 ， 1 1 又M是AB的中点，ABCD是正方形，所以 且AM  AB DC， AM∥DC 2 2 所以NE∥AM 且 NE AM ， AMNE 所以四边形 为平行四边形，所以MN //AE， MN // 又MN平面PAD，AE平面PAD，所以 平面PAD． （2）因为Q为PB的中点，M是AB的中点 MQ∥AP MQ AP MQ∥ 所以 ，又 平面PAD， 平面PAD，所以 平面PAD， MN // MQMN M MN 又 平面PAD， ，MQ， 平面MNQ， MNQ∥ 所以平面 平面PAD． （3）因为PA⊥平面ABCD，PA平面PAD， 133所以平面PAD⊥平面ABCD， 又ABCD为正方形，所以AB⊥AD，AB平面ABCD，平面PAD平面ABCD＝AD， 所以AB⊥平面PAD， 所以∠BPA即为直线PB与面PAD所成的角，又AB＝PA＝2，所以△BPA为等腰直角三角形，所以∠BPA＝ 45°，即直线PB与面PAD所成的角为45°． ABC- ABC ABBC CC  2,ABBC 20．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在直三棱柱 1 1 1中， 1 . AC BC 1 1 (1)求证： ； BC AACC (2)求 1 与平面 1 1 所成的角的大小. 【答案】(1)证明见解析 30 (2) ABC- ABC BC 1 1 1 1 【分析】（1）根据直三棱柱 的性质和各棱长可知，连接 ，利用线面垂直的判定定理可得 AB 平面 BB 1 C 1 C ，易知四边形 BCC 1 B 1为菱形，可得 B 1 C 平面 ABC 1，由线面垂直的性质即可得 AC BC 1 1 ； （2）取 A 1 C 1的中点 E ，连接 B 1 E,CE ，可证明 ECB 1是 CB 1 与平面 AA 1 C 1 C 所成角的平面角，在 RtCEB 1中， 1341 易知B 1 E1,CB 1 2，sinECB 1  2 ，即CB 1 与平面AA 1 C 1 C所成的角的大小为 30 . BC BC 【详解】（1）连接 1 与 1 相交于点 D ，如下图所示 BB  ABC- ABC 1 ABC,AB� ABC 1 1 1 在直棱柱 中， 平面 平面 ， BB  AB 1 ， ABBC,BCBB B BC,BB  BBCC 又 1 ， 1 平面 1 1 ， BBCC 所以， AB 平面 1 1 ， ∵ BC BBCC ABBC 又 1 平面 1 1 ， 1 ∵ BC CC  BCCB BC BC 1， 四边形 1 1为菱形，即 1 1 ∵ ABBC D AB,BC  ABC 又 1 ，且 1 平面 1， BC  ABC QAC  ABC 1 平面 1，又 1 平面 1， BC  AC 1 1 . AC BE,CE （2）取 1 1的中点 E ，连接 1 .如下图所示； 135∵ AB BC ,AE EC BEAC 1 1 1 1 1 1， 1 1 1 ∵CC  ABC ,BE ABC 又 1 平面 1 1 1 1 平面 1 1 1 ， CC BE, 1 1 QAC I CC C AC ,CC  AACC 又 1 1 1 1 ，且 1 1 1 平面 1 1 ， BE AACC 1 平面 1 1 ， CE CB AACC ECB CB AACC 是 1 在面 1 1 内的射影， 1是 1 与平面 1 1 所成角的平面角. ∵ RtCEB BE1,CB 2 在 1中，易知 1 1 ， BE 1 sinECB  1  1 CB 2 ， ECB 30 1 1 CB AACC 30 即 1 与平面 1 1 所成的角的大小为 . 21．（2023春·湖南长沙·高一长沙一中校考阶段练习）如图，PCBM是直角梯形，∠PCB=90°，PM∥BC， PM=1，BC=2，又AC=1，∠ACB=120°，AB⊥PC，且直线AM与直线PC所成的角为60°. (1)求证：平面PAC⊥平面ABC； (2)求异面直线PA与MB所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； 1361 (2) . 4 【分析】（1）证明PC 平面 ABC ，原题即得证； （2）设E是 BC 的中点，连接ME， PE ，AE，证明APE是异面直线 PA 与 MB 所成角（或其补角），再 利用余弦定理求解. 【详解】（1）依题意PC BC，PC AB，ABBC B，AB， BC 平面 ABC ， 所以PC 平面 ABC ，由于PC平面 PAC ， PAC  ABC 所以平面 平面 . （2）设E是 BC 的中点，连接ME， PE ，AE， 由于PM∥CE， PM CE ，所以四边形PCEM 是平行四边形，所以ME∥PC， 由于PC 平面 ABC ，所以ME平面 ABC ，  1 AE 1212211   3 而  2 ， 由于直线AM 与直线PC所成的角为60°，即AME  60， 所以ME PC 1，AM 2 由于PM∥BE，PM BE，所以四边形PEBM 是平行四边形， 所以PE∥MB，所以APE是异面直线 PA 与 MB 所成角（或其补角）， PC  ABC AC ABC PC  AC PA 2 由于 平面 ， 平面 ，所以 ， ， 223 1 在三角形PAE中，由余弦定理得cosAPE  ， 2 2 2 4 1 所以异面直线PA与 MB 所成角的余弦值为 4 . 137