高中數(shù)學(xué)培優(yōu)講義練習(xí)（必修二）：專題8.16 空間角大題專項訓(xùn)練（30道）（教師版）

專題8.16空間角大題專項訓(xùn)練（30道）【人教A版2019必修第二冊】姓名：___________班級：___________考號：___________1．（2023·高一課時練習(xí)）空間四邊形ABCD中，AB=CD且AB與CD所成的角為30°，E、F分別是BC、AD的中點，求EF與AB所成的角的大?。窘忸}思路】取AC的中點G，連接EG，F(xiàn)G，利用平行線得到∠GEF即為EF與AB所成的角（或補角），∠EGF為AB與CD所成的角（或補角），然后通過角之間的關(guān)系求解即可．【解答過程】解：取AC的中點G，連接EG，F(xiàn)G，如圖所示，因為E是BC的中點，G是AC的中點，F(xiàn)是AD的中點，所以EG//AB且EG=12AB因為AB=CD，所以EG=FG，則∠GEF即為EF與AB所成的角（或補角），∠EGF為AB與CD所成的角（或補角），因為AB與CD所成的角為30°，所以∠EGF=30°或150°，因為FG=EG，所以△EFG為等腰三角形，當(dāng)∠EGF=30°時，∠GEF=75°，當(dāng)∠EGF=150°時，∠GEF=15°，故EF與AB所成角的大小為15°或75°．2．（2022秋·山西呂梁·高三期末）如圖，在棱長為22的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為CD，BC邊上的中點，現(xiàn)以EF為折痕將點C旋轉(zhuǎn)至點P的位置，使得P?EF?A(1)證明：EF⊥PA；(2)求PD與面ABF所成角的正弦值.【解題思路】（1）在折疊前的正方形ABCD中，作出對角線AC，BD，由正方形性質(zhì)知AC⊥BD，又EF//BD，則AC⊥EF于點H，則由直二面角可知PH⊥面ABEFD，故PH⊥EF.又AH⊥EF，則EF⊥面PAH，故命題得證；（2）作出線面角∠PDH，在直角三角形中求解該角的正弦值.【解答過程】（1）證明：在正方形ABCD中，連結(jié)AC交EF于H.因為AC⊥BD，EF//BD，故可得即EF⊥AH,EF⊥CH又旋轉(zhuǎn)不改變上述垂直關(guān)系，且AH,CH?平面PAH，∴EF⊥面PAH，又∵PA?面PAH，所以EF⊥PA（2）因為P?EF?A為直二面角，故平面PEF⊥平面AEF，又其交線為EF，且PH⊥EF，PH?平面PEF，故可得PH⊥底面ABF，連結(jié)DH，則∠PDH即為PD與面ABF所成角，連結(jié)BD交AH于O，在Rt△ODH中，DO=1DH=D在Rt△PHD中，DP=Dsin∠PDH=所以PD與面ABF所成角的正弦值為663．（2022秋·貴州遵義·高二期末）如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，PA⊥平面ABCD，點H為線段PB上一點（不含端點），平面AHC⊥平面PAB．(1)證明：PB⊥AC；(2)若AB=AC=1，四棱椎P－ABCD的體積為13，求二面角P－BC－A【解題思路】（1）利用面面垂直性質(zhì)定理與線面垂直性質(zhì)定理，結(jié)合公理2，可得線面垂直，可得答案；（2）根據(jù)二面角的平面角定義作圖，利用等面積法以及棱錐體積公式，求得邊長，結(jié)合直角三角形的性質(zhì)，可得答案.【解答過程】（1）∵PA⊥平面ABCD，且C∈平面ABCD，∴過點C所有垂直于PA的直線都在平面ABCD內(nèi)，∵平面AHC⊥平面ABP，且C∈平面AHC，∴存在一條過C的直線l⊥平面ABP，且l?平面AHC，∵PA?平面ABP，∴l(xiāng)⊥PA，則l?平面ABCD，∵平面ABCD∩平面AHC=AC，∴l(xiāng)與AC為同一條直線，即AC⊥平面ABP，∵PB?平面ABP，∴AC⊥PB.（2）在平面ABCD內(nèi)，過A作AE⊥BC，且AE∩BC=E，連接PE，作圖如下：∵PA⊥平面ABCD，且BC?平面ABCD，∴PA⊥BC，同理可得PA⊥AE，∵AE⊥BC，AE∩PA=A，AE,PA?平面PAE，∴BC⊥平面PAE，∵PE?平面PAE，∴∠PEA為二面角P?BC?A的平面角，在Rt△ABC中，S△ABC=12在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD的面積S=AB?AC=1，則其體積V=13?PA?S=在Rt△PAE中，cos故二面角P?BC?A的余弦值為634．（2023·廣西柳州·高三階段練習(xí)）在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD=AB=12CD=1，平面ADP⊥(1)求證：△ADP為直角三角形；(2)若PC=AD，求PA與平面ABCD所成角的余弦值．【解題思路】（1）作出輔助線，由面面垂直得到線面垂直，得到PC⊥AD，求出各邊長，由勾股定理逆定理得到AC⊥AD，從而得到AD⊥平面PAC，得到△ADP為直角三角形；（2）作出輔助線，找到PA與平面ABCD所成角，利用余弦定理和面積公式求出PM=6【解答過程】（1）因為平面ADP⊥平面PCD，交線為DP，PD⊥PC，PC?平面PCD，所以PC⊥平面ADP，因為AD?平面ADP，所以PC⊥AD，連接AC，過點A作AE⊥CD于點E,過點B作BF⊥CD于點F，因為底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，所以CD=2，EF=AB=1，DE=CF=12，由勾股定理得：AE=A故AC=A因為AD2+AC2因為PC∩AC=C，PC,AC?平面PAC，所以AD⊥平面PAC，因為PA?平面PAC，所以AD⊥PA，所以△ADP為直角三角形；（2）由（1）知：所以PC⊥平面ADP，因為AP?平面ADP，所以PC⊥AP，因為PC=AD=1，AC=3，所以AP=由（1）知：AD⊥AP，所以PD=A連接BD，則三角形BCD與三角形PCD全等，連接PF，則PF⊥CD，因為BF∩PF=F，BF,PF?平面BPF，所以CD⊥平面BPF，因為AB//CD，所以AB⊥平面BPF，因為BP?平面PBF，所以AB⊥BP，故BP=AP2故cos∠BFP=則sin∠BFP=過點P作PM⊥BF與點M，連接AM，因為CD⊥平面BPF，PM?平面BPF，所以CD⊥PM，因為BF∩CD=F，BF,CD?平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，故AM即為AP在平面ABCD上的投影，∠PAM即為PA與平面ABCD所成角，由三角形面積公式得：S△BPF故PM=2故sin∠PAM=故PA與平面ABCD所成角的余弦值為1?35．（2023春·四川成都·高三開學(xué)考試）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，其中AD∥BC，AD⊥BA，AD=3，AB=BC=2，PA⊥平面ABCD，且PA=3，點M在棱PD上（不包括端點），點N為(1)若DM=2MP，求證：直線MN//平面(2)已知點M滿足PMPD=13，求異面直線【解題思路】（1）取PA的一個靠近點P的三等分點Q，連接MQ，QB，由題意可證得MN//（2）過點M作MK//PA，交AD于K，連接KN，由線面垂直的判定定理證明AD⊥面MNK，即可得出MN⊥AD，即可得出答案.【解答過程】（1）取PA的一個靠近點P的三等分點Q，連接MQ，QB，因為DM=2MP，所以MQ//又因為AD//BC，且BC=2，點N為所以BN//MQ且BN=MQ，則四邊形所以MN//BQ，MN?平面PAB，QB?平面所以直線MN//平面PAB（2）過點M作MK//PA，交AD于K，連接KN，可知MK⊥面ABCD，因為AD?面ABCD，所以MK⊥AD，又因為PMPD=1∵PA=AD=3∴AK=1，∴AK//BN，所以四邊形AKNB為平行四邊形，KN//又因為AB⊥AD，所以KN⊥AD，又MK∩NK=K，∴AD⊥面MNK，因為MN?面MNK，∴MN⊥AD，所以異面直線MN與AD成角為90°．6．（2023·高一課時練習(xí)）已知PA⊥平面ABCD，ABCD是正方形，異面直線PB與CD所成的角為45°(1)二面角B?PC?D的大小；(2)直線PB與平面PCD所成的角的大?。窘忸}思路】（1）作BE⊥PC于E，連接ED，由已知推導(dǎo)出∠BED就是二面角B?PC?D的平面角，由此根據(jù)余弦定理得出cos∠BED（2）還原棱錐為正方體ABCD?PB1C1D1，作BF⊥CB1于F，連接【解答過程】（1）∵ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠PBA就是異面直線PB與CD所成的角，即∠PBA=45∵PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PA⊥AB，∴PA=AB，作BE⊥PC于E，連接ED，在△ECB與△ECD中，BC=CD，CE=CE，∠ECB=∠ECD，∴△ECB?△ECD，∴∠CED=∠CEB=90∴∠BED就是二面角B?PC?D的平面角，設(shè)AB=a，則BD=PB=2a，則BE=DE=PB?BC則cos∠BED=BE∴二面角B?PC?D的大小為120°（2）還原棱錐為正方體ABCD?PB1C1D∵平面PB1C∴BF⊥B∴BF⊥平面PB連接PF，則∠BPF就是直線PB與平面PCD所成的角，BF=22a∴sin∠BPF=1∴直線PB與平面PCD所成的角為30°7．（2023春·江蘇常州·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）如圖，在邊長為4的等邊三角形ABC中，平行于BC的直線分別交線段AB,AC于點M,N.將△AMN沿著MN折起至△A1MN(1)若平面A1MN∩平面A1(2)若三棱錐A1?AMN的體積為1，求二面角【解題思路】（1）利用線線平行證明線面平行，再利用線面平行的性質(zhì)證明線線平行.（2）由已知求證得M,N分別為AB,AC中點，利用二面角的定義，作輔助線，利用幾何法求二面角的正弦值.【解答過程】（1）證明：∵BC//MN，BC?平面A1MN，∴BC//平面A1MN，又∵BC?平面A1BC∴l(xiāng)//（2）設(shè)AM=x，過A1作A1D⊥MN∵二面角A1?MN?B為直二面角，∴A∴VA1?AMN=13過B作BE⊥MN于點E，因為A1D⊥BE，A1D∩MN=D∴BE⊥平面A1MN，∴BE⊥過E作EF⊥A1M于點F，連接BF所以A1F⊥平面BEF∴∠BFE即為二面角N?A1M?B且BE=2sin60°=3，EM=1∴sin二面角N?A1M?B8．（2023·廣東佛山·統(tǒng)考一模）如圖，△ACD和△BCD都是邊長為2的等邊三角形，平面ACD⊥平面BCD，EB⊥平面BCD．(1)證明：EB//平面ACD(2)若點E到平面ABC的距離為5，求平面ECD與平面BCD夾角的正切值．【解題思路】（1）取CD的中點，連接AO，先證明AO⊥平面BCD，則可證明EB//AO，即可證明EB//（2）連接EO，BO，取BC的中點F，連接DF，先求出VE?ABC，VA?EBC，則可求到EB，再證明平面ECD與平面BCD夾角的平面角為∠EOB，從而根據(jù)【解答過程】（1）如圖，取CD的中點，連接AO，則AO⊥CD，又因為平面ACD⊥平面BCD，且平面ACD∩平面BCD=CD，AO?平面則AO⊥平面BCD，又EB⊥平面BCD，所以EB//又EB?平面ACD，AO?平面ACD，所以EB//平面ACD（2）如圖，連接EO，BO，取BC的中點F，連接DF，則DF⊥BC，因為AB=則等腰△BAC的面積為S△BAC所以三棱錐E?ABC的體積為VE?ABC因為EB⊥平面BCD，DF?平面BCD，則DF⊥EB，又因為DF⊥BC，EB∩BC=B，EB?平面EBC，BC?平面EBC，則DF⊥平面EBC，因為EB//AO，則點A到平面EBC的距離等于點O到平面EBC的距離等于因為S△EBC=1又VE?ABC=V因為EB⊥平面BCD，BC?平面BCD，BD?平面BCD，則EB⊥BC，EB⊥BD，所以EC=ED，所以所以平面ECD與平面BCD夾角的平面角為∠EOB，則tan∠EOB=所以平面ECD與平面BCD夾角的正切值為539．（2022秋·甘肅蘭州·高二期末）如圖，已知在四棱錐P?ABCD中，PA=AD=PD=2，∠BAD=∠CDA=90°，AB=2CD，CD⊥PA，E，F(xiàn)分別為棱PB，PA的中點．(1)求證：平面PAB⊥平面EFDC；(2)若直線PC與平面PAD所成的角為45°，求四棱錐P?ABCD的體積．【解題思路】（1）可證AB⊥平面PDA，從而得到AB⊥DF，從而可證DF⊥平面PBA，再證明E,F,D,C四點共面，從而得到要求證的面面垂直；（2）取AD的中點為G，連接PG，可證∠CPD為直線PC與平面PAD所成的角且PG⊥平面ABCD，根據(jù)體積公式可求四棱錐P?ABCD的體積．【解答過程】（1）因為在平面ABCD中，∠BAD=∠CDA=90°，故AB//因為CD⊥PA，故AB⊥PA，而AB⊥DA，DA∩PA=A，DA,PA?平面PDA，故AB⊥平面PDA.因為DF?平面PDA，故AB⊥DF，因為AD=PD=2，AF=PF，故PA⊥DF，因為PA∩AB=A，PA,AB?平面PBA，故DF⊥平面PBA.因為E,F分別為棱PB,PA的中點，故EF//而DC//AB,DC=1故E,F,D,C四點共面，而DF?平面EFDC，故平面PBA⊥平面EFDC.（2）取AD的中點為G，連接PG，由（1）可得AB//CD，故CD⊥PA,CD⊥AD，而PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD，故CD⊥平面PAD，故∠CPD為直線PC與平面PAD所成的角，故∠CPD=45°，因為CD⊥平面PAD，PD?平面PAD，故CD⊥PD，故△PCD為等腰直角三角形，而PD=2，故CD=2，故AB=4，故直角梯形ABCD的面積S=1又CD?平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，而△PAD為等邊三角形，故PG⊥AD，且PG=3因為PG?平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，故PG⊥平面ABCD，故四棱錐P?ABCD的體積為1310．（2023·高三課時練習(xí)）如圖1，AD是直角△ABC斜邊上的高，沿AD把△ABC的兩部分折成如圖2所示的直二面角，且DF⊥AC于點F．(1)證明：BF⊥AC；(2)設(shè)∠DCF=θ，AB與平面BDF所成的角為α，二面角B-FA-D的大小為β，試用tanθ，cosβ表示【解題思路】（1）先證∠BDC是二面角B-DA-C的平面角，再證BD⊥平面ADC，再證AC⊥平面BDF，進而可證BF⊥AC；（2）先求得tanα=AFBF，cosβ=DFBF，tanθ=【解答過程】（1）因為AD⊥DB，AD⊥DC，所以∠BDC是二面角B-DA-C的平面角．又二面角B-DA-C是直二面角，可知BD⊥DC，又AD∩DC=D，則BD⊥平面又AC?平面ADC，所以BD⊥AC，又DF⊥AC，且DF∩BD=D，則AC⊥平面BDF，又BF?平面BDF，所以BF⊥AC．（2）由AC⊥平面BDF，知∠ABF=α，則tanα=由DF⊥AC，BF⊥AC，知∠BFD=β，則cosβ=又∠ADF=∠DCF=θ，則tanθ=AFDF11．（2023·高三課時練習(xí)）已知正方體ABCD?A(1)求異面直線B1D1(2)求二面角B1【解題思路】（1）連BD，可證明B1D1//BD，根據(jù)BD⊥（2）設(shè)AC與BD交于O，連B1O，可以證明∠B1OD【解答過程】（1）連BD，因為BB1//DD1，B因為四邊形ABCD是正方形，所以BD⊥AC，所以B1D1⊥AC，即異面直線B1（2）設(shè)AC與BD交于O，連B1因為四邊形ABCD是正方形，所以O(shè)D⊥AC，因為B1B⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以又AC⊥BD，BD∩B1B=B，BD?平面B1BD所以AC⊥平面B1BD，因為OB1?所以∠B1OD因為正方體ABCD?A1B1CB1所以cos∠B1OD=O所以二面角B1?AC?D的余弦值為12．（2023秋·江蘇南通·高三期末）如圖，菱形ABCD的邊長為2，∠ABC=60°，E為AC的中點，將△ACD沿AC翻折使點D至點D'(1)求證：平面BD'E⊥(2)若三棱錐D'?ABC的體積為22【解題思路】（1）由線線垂直證線面垂直，再證面面垂直；（2）過D'作D'M⊥BE于點M，過M作MN⊥AB于點N，連接D'N，分析得∠D'NM即為二面角【解答過程】（1）證明：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴△ABC和△ACD均為等邊三角形，又∵E為AC的中點，∴BE⊥AC，D'E⊥AC，BE∩D'E=E，BE、D'E?又∵AC?平面ABC，∴平面BD'E⊥（2）過D'作D'M⊥BE于點M，∵平面BD'E∩平面ABC=BE，D'M?∴VD過M作MN⊥AB于點N，連接D'∵AB?平面ABC，∴D'M⊥AB，∵D'M∩MN=M,??D'M、MN?∵D'N?平面D1MN∴∠D'NMEM=32?263∴D'N=26故二面角D'?AB?C的余弦值為13．（2022秋·四川達州·高二期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥面ABCD，AB⊥AD，AD//BC，點E,F分別為PA,PD的中點，AB=BC=2，(1)證明：直線EF//平面PBC(2)求二面角F?CD?B的余弦值.【解題思路】（1）依題意可得AD//EF，即可得到（2）連接AC，即可求出AC、CD，從而得到AC⊥CD，再由線面垂直的性質(zhì)得到PA⊥CD，即可得到CD⊥平面PAC，則二面角P?CD?A得平面角為∠ACP，再由銳角三角函數(shù)計算可得.【解答過程】（1）證明：∵點E,F分別為PA,PD的中點，∴AD//∵AD//BC，∵EF?平面PBC，BC?平面PBC，∴EF//平面PBC（2）解：∵AB⊥AD,AD//BC，連接AC，由AB=BC=2得AC=A∵AD=4，∴CD=A所以AC∴AC⊥CD，∵PA⊥底面ABCD，AC,CD?底面ABCD，∴PA⊥AC,PA⊥CD，∵PA,AC是平面PAC內(nèi)兩相交直線，∴CD⊥平面PAC，∵PC?平面PAC,∴CD⊥PC，∴二面角P?CD?A得平面角為∠ACP，∵AP=4，∴PC=AC2所以二面角P?CD?A的余弦值為33即二面角F?CD?B的余弦值為3314．（2023秋·遼寧葫蘆島·高三期末）如圖，邊長是6的等邊三角形△ABC和矩形BCDE.現(xiàn)以BC為軸將面ABC進行旋轉(zhuǎn)，使之形成四棱錐A1?BCDE，O是等邊三角形△ABC的中心，M，N分別是BC，DE的中點，且A1B=2ON，OF//面BCDE，交(1)求證OF⊥面A(2)求DF和面A1【解題思路】（1）先利用線面平行的性質(zhì)定理證得OF//BC，再利用線面垂直的判定定理證得BC⊥面A1MN，從而得到OF⊥面（2）構(gòu)造平行四邊形，將所求角轉(zhuǎn)化為OG和面A1MN的所成角，再在Rt△GON中求得tan【解答過程】（1）因為OF//面BCDE，面BCDE∩面A1BC=BC，OF?面所以O(shè)F//BC，因為M是BC的中點，△ABC是等邊三角形，所以A1因為在矩形BCDE中，M，N分別是BC，DE的中點，所以MN//CD，又BC⊥CD，所以MN⊥BC，又MN∩A1M=M，MN,A1M?面因為OF//BC，所以O(shè)F⊥面A1（2）在線段ND上取點G使得DG=2，連接GO,ON，因為O是等邊三角形△ABC的中心，OF//BC，所以O(shè)F:CM=2:3，因為CM=12BC=3，所以O(shè)F=2因為OF//BC，DG//BC，所以DG//OF，所以四邊形DFOG為平行四邊形，所以DF//OG，所以DF和面A1MN所成角等于OG和面由（1）得OF⊥面A1MN，又DG//OF，所以DG⊥面A1MN，即所以O(shè)G和面A1MN的所成角為∠GON，即在Rt△GON中，NG=DN?DG=1,ON=12因為0<∠GON<π2，所以聯(lián)立tan∠GON=sin∠GON所以DF和面A1MN所成角的正弦值為.15．（2022秋·上海黃浦·高二階段練習(xí)）已知ABCD是空間四邊形，如圖所示（M，N，E，F(xiàn)分別是AB、AD、BC、CD上的點）．(1)若直線MN與直線EF相交于點O，證明B，D，O三點共線；(2)若E，N為BC，AD的中點，AB=6，DC=4，NE=2，求異面直線AB與DC所成的角．【解題思路】（1）根據(jù)點與線和點與面的位置關(guān)系推出O是平面ABD和CBD的公共點，結(jié)合平面ABD∩平面CBD=BD，即可證明；（2）連接BD，作BD的中點G，并連接GN，GE，利用中位線的性質(zhì)可以得到異面直線AB與DC所成的角等于直線GE與GN所成角，再根據(jù)余弦定理即可求解.【解答過程】（1）因為M∈AB，N∈AD，AB?平面ABD，AD?平面ABD，所以MN?平面ABD，因為E∈CB，F(xiàn)∈CD，CB?平面CBD，CD?平面ABD，所以EF?平面CBD，由于直線MN與直線EF相交于點O，即O∈MN，O∈平面ABD，O∈EF，O∈平面CBD，又有平面ABD∩平面CBD=BD，則O∈BD，所以B，D，O三點共線.（2）連接BD，作BD的中點G，并連接GN，GE，如圖所示：在△ABD中，點N，G分別是AD和BD的中點，且AB=6，所以GN∥AB，且GN=1在△CBD中，點E，G分別是BC和BD的中點，且CD=4，所以GE∥CD，且GE=1則異面直線AB與DC所成的角等于直線GE與GN所成角，即∠EGN或∠EGN的補角，又EN=2，由余弦定理得：cos∠EGN=故異面直線AB與DC所成的角為arccos316．（2023·全國·高二專題練習(xí)）在四棱錐P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，四邊形ABCD為邊長為1的菱形，∠ABC=π4，PA=2，M為PA中點，N為(1)求證：直線MN//平面PCD；(2)求直線AB與MD所成角大小．【解題思路】（1）作出輔助線，證明出平面MNE//平面PCD，從而得到線面平行；（2）作出輔助線，由余弦定理得到AC=2?2，找到直線CD與MD所成的角∠MDC或其補角為直線AB與MD所成角，由勾股定理求出【解答過程】（1）取AD的中點E，連接NE，ME，因為M為PA中點，N為BC的中點，所以ME//PD，NE//CD，因為ME?平面PCD，PD?平面PCD，所以ME//平面PCD，同理可得NE//平面PCD，因為ME∩NE=E，ME,NE?平面MNE，所以平面MNE//平面PCD，因為NM?平面MNE，所以直線MN//平面PCD；（2）連接AC，四邊形ABCD為邊長為1的菱形，∠ABC=π4，所以由余弦定理得：AC=A因為PA=2，M為PA中點，所以AM=1因為PA⊥底面ABCD，AC,AD?平面ABCD，所以PA⊥AC，PA⊥AD，所以MC=MMD=M因為AB//CD，所以直線CD與MD所成的角∠MDC或其補角為直線AB與MD所成的角，由余弦定理得：cos∠MDC=故直線AB與MD所成角的大小為π317．（2022秋·江西萍鄉(xiāng)·高三期末）如圖，在五面體ABCDE中，△ABC為等邊三角形，平面ABC⊥平面ACDE，且AC=2AE=2ED=2，∠DEA=∠EAC=90°，F(xiàn)為邊BC的中點.(1)證明：DF//平面ABE(2)求DF與平面ABC所成角的大小.【解題思路】（1）通過構(gòu)造平行四邊形的方法來證得DF//平面ABE（2）判斷出直線DF與平面ABC所成角，解直角三角形求得角的大小.【解答過程】（1）取AB的中點為M，連接ME，MF，因為F為邊BC的中點，所以MF//AC，又DE//AC，DE=12AC即四邊形EDFM為平行四邊形，所以DF//又EM?平面ABE，DF?平面ABE，所以DF//平面ABE（2）平面ABC⊥平面ACDE，平面ABC∩平面ACDE=AC，EA⊥AC，EA?平面ACDE，則EA⊥平面ABC，∵DF//ME，∴DF與平面ABC所成角即為EM與平面ABC所成角，即在直角△AEM中，tan∠EMA=由于0°<∠EMA<90°，所以∠EMA=45°，故DF與平面ABC所成角的大小為45°.18．（2023秋·浙江溫州·高二期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，二面角P?BC?A為直二面角．BP=CP=2，BP⊥CP，M，N分別為AP，AC(1)求平面BMN與平面PCD夾角的余弦值；(2)若平面BMN∩平面PCD=l，求點A到直線l的距離．【解題思路】（1）根據(jù)圖形位置關(guān)系，作PF//CD，CP//DF，連接MF，ND補成棱柱確定線面、面面關(guān)系，即可求得BMN與平面PCD夾角的余弦值；（2）由（1）可得面BMN∩面PCD=DF，結(jié)合線面關(guān)系，即可求點A到交線的距離．【解答過程】（1）解：∵PB⊥PC，PB=PC=2，∴∵面PBC⊥面ABCD，面PBC∩面ABCD=BC，又∵底面ABCD為正方形，∴AB//CD，BC⊥CD，AB=BC=CD=DA=2，又CD?面ABCD，則CD⊥面PBC，故AB⊥面PBC，PB?面PBC，∴CD⊥PB，且面ABCD為正方形，如下圖，作PF//CD，CP//DF，連接MF，ND，∴四邊形ABPF、四邊形CDFP為矩形，則CP⊥PF∵M、N分別為AP和AC的中點，∴B、M、F三點共線，B、N、D三點共線，易知：面BMN與面BDF為同一個平面，且面BDF∩面PCD=DF，所以平面BMN∩平面PCD=DF，∵BP⊥CP，CP⊥PF，又BP∩PF=P,BP,PF?面ABPF∴CP⊥面ABPF，結(jié)合CP//DF，故DF⊥面ABPF，又BF?面ABPF，則DF⊥BF，在矩形CDFP中PF⊥DF，由BF?面BMN，PF?面PCD，故平面BMN與平面PCD夾角為∠PFB，∵PB⊥PF，PB=2，PF=2，∴BF=∴cos∠PFB=∴平面BMN與平面PCD夾角的余弦值為63（2）解：由（1）知四邊形ABPF為矩形，所以AF=BP=2由（1）知：DF⊥面ABPF，又AF?面ABPF，故DF⊥AF，∵面BMN∩面PCD=DF=l，∴A到直線l的距離即A到直線DF的距離，即為線段AF的長，∴A到直線l的距離為2.19．（2023·全國·高三專題練習(xí)）四棱錐S?ABCD，底面ABCD是平行四邊形，∠DBC=90°,SC=SD=DC，且平面SCD⊥平面ABCD，點E在棱SC上，直線SA//(1)求證：E為棱SC的中點；(2)設(shè)二面角S?BD?C的大小為θ，且tanθ=6.求直線BE與平面【解題思路】（1）連AC交BD于F，連EF，根據(jù)線面平行的性質(zhì)可得線線平行，即可求證.（2）取DC中點O，OC中點G，連SO，OF，GE，BG，設(shè)SC=SD=DC=2，先根據(jù)面面垂直的性質(zhì)證明SO⊥平面ABCD，進而得到∠SFO是二面角S?BD?C的平面角，可得BC=2【解答過程】（1）連AC交BD于F，連EF．∵ABCD是平行四邊形，∴AF=FC∵直線SA//平面BDE，SA?面PAC，面SAC∩面BDE=EF，∴SA//EF，由F是∴E為棱SC的中點；（2）取DC中點O，OC中點G，連SO，OF，GE，BG∵側(cè)面SCD滿足SC=SD=DC，不妨設(shè)SC=SD=DC=2∴SO=3，∵平面SCD⊥平面ABCD，平面SCD∩平面ABCD=CD∴SO⊥平面ABCD，又DB?平面ABCD，故SO⊥DB，∵OD=OC,DF=FB∴FO∥BC,FO=∵CB⊥DB∴FO⊥BD

，∴SF⊥BD，又SO∩SF=S，SO,SF?平面SOF，∴BD⊥平面SFO∴∠SFO是二面角S?BD?C的平面角∴∠SFO=θ，又SO=3∴tanθ=SOFO=∴BD=CD∴BG=BO2∴SO∥EG,EG=32，∴EG⊥∴∠EBG為直線EB與平面ABCD所成的角tan∠EBG=EGBG=15520．（2023·浙江·統(tǒng)考一模）如圖，在長方體ABCD?EFGH中，P，Q是長方形EFGH內(nèi)互異的兩點，∠APC是二面角A?PQ?C的平面角．(1)證明：點P在EG上；(2)若AB=BC，PA=PC，求直線AP與平面PBC所成角的正弦值的最大值．【解題思路】（1）根據(jù)二面角的平面角的定義得AP⊥PQ，CP⊥PQ，根據(jù)線面垂直的判定得PQ⊥平面APC．根據(jù)長方體的性質(zhì)以及線面垂直的判定得PQ⊥平面AEGC．從而可得平面APC與平面AEGC重合，再根據(jù)平面的性質(zhì)可得點P在EG上；（2）根據(jù)線面角的定義作出線面角，在直角三角形中求出線面角的正弦值，利用基本不等式可求出結(jié)果.【解答過程】（1）由于∠APC是二面角A?PQ?C的平面角，則AP⊥PQ，CP⊥PQ，又AP∩CP=P，AP?平面APC，CP?平面APC，所以PQ⊥平面APC．又AC?平面APC，所以PQ⊥AC，因為AE//CG，AE=CG，所以四邊形AEGC是平行四邊形，所以EG//AC，所以PQ⊥EG．因為在長方體ABCD?EFGH中，AE⊥平面EFGH，PQ?平面EFGH，則AE⊥PQ，又AE∩EG=E，AE?平面AEGC．EG?平面AEGC．故PQ⊥平面AEGC．由PQ⊥平面APC且PQ⊥平面AEGC，平面APC與平面AEGC有公共直線AC，得平面APC與平面AEGC重合，所以點P在平面AEGC內(nèi)，又點P在平面EFGH內(nèi)，平面AEGC∩平面EFGH=EG，所以點P在EG上．（2）因為AB=BC，所以底面為正方形，因為PA=PC，AE=CG，所以Rt△AEP與Rt△CGP全等，所以又點P在EG上，故點P為EG的中點，所以點P為正方形EFGH中心，過P作KL//BC，交EF于K，交GH于L，則K為EF的中點，L為GH的中點，作AM⊥BK于M點．因為BC⊥平面ABFE，AM?平面ABFE，則BC⊥AM，又BK∩BC=B，BK?平面BCLK，BC?平面BCLK，所以AM⊥平面BCLK，則直線AP與平面PBC所成角θ=∠APM．設(shè)AE=?，AB=BC=2x，則BK2=因為12AB??=1所以sinθ=AMAP=2x?x2+?22x2故直線AP與平面PBC所成角的正弦值的最大值是2221．（2022春·江蘇蘇州·高一期末）如圖，在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ADC=120°，CC(1)若二面角M?BC?C1為60°(2)當(dāng)三棱錐M?ADC的體積為233時，求CN與平面【解題思路】1取BC中點P，過P點作PQ⊥BC，交B1C1于點Q，連結(jié)PM，根據(jù)一直題干信息可知△MDB和△MDC全等，∠MPQ為二面角M?BC?C12根據(jù)三棱錐M?ADC的體積為233，求得DM=2，可知M為DD1中點，利用等體積法和余弦定理的結(jié)合，用含λ的式子表示出CN【解答過程】（1）解：取BC中點P，過P點作PQ⊥BC，交B1C1于點Q因為底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ADC=120所以△BCD為等邊三角形.由直四棱柱ABCD?A1B1CCC1⊥平面ABCD∠MDC=∠MDB=90°，BD=DC，MD=MD,所以△MDB和△MDC全等，可得MB=MC.因為P為BC中點，所以MP⊥BC.又因為PQ⊥BC，所以∠MPQ為二面角M?BC?C1的平面角，即在平面B1BCC1中，所以CC1//PQ所以∠DMP=∠MPQ=60在Rt△MDP中，BC=2，DP=3則tan∠DMP=解得DM=1.（2）因為DD1⊥平面ABCDS因為三棱錐M?ADC的體積為23所以13?3?DM=233因為DM⊥平面ABCD，所以VM?NBC在△BCD中，DN=λDB0<λ<1，S所以VM?NBC設(shè)N到平面BCM的距離為d，在△MBC中，MB=MC=22，BC=2所以S△MBC所以VN?MBC因為VM?NBC=VN?MBC，所以在△CDN中，由余弦定理得CN所以CN設(shè)CN與平面BCM所成角為θ.所以sinθ=令1?λ=m∈0,1，則sin因為0<m<1，所以1m>1，所以所以CN與平面BCM所成角正弦的取值范圍是0,2122．（2022秋·浙江寧波·高三期末）如圖，在Rt△ABC中，B=π2，AB=2BC=2，且E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點．現(xiàn)將△AEF沿EF折起，使點A到達點D的位置，連接BD，CD，M為CD(1)證明：MF⊥平面BCD；(2)若二面角E?MF?C的余弦值為?33，求四棱錐【解題思路】（1）設(shè)N為BD的中點，則EN⊥BD；M是DC的中點，則FM⊥DC，又可證得EFMN為平行四邊形，則EN∥FM，故FM⊥BD，即可證明FM⊥平面（2）由題意可知∠NMC是二面角E?MF?C的平面角，于是cos∠BCD=?cos∠NMC=33，由題意EF⊥平面BDE，于是有BC⊥平面BDE，則BC⊥BD，求得BD=2，由BD2=D【解答過程】（1）設(shè)N為BD的中點，連接EN，MN，又ED=EB，則EN⊥BD．因為FD=FC，M是DC的中點，所以FM⊥DC，因為EF∥BC，EF=12BC所以EF∥MN，EF=MN，所以則EN∥FM，故又因為BD∩DC=D，BD,DC?平面BCD，所以FM⊥平面BCD．（2）因為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，于是cos∠BCD=?因為EF⊥EB，EF⊥DE，EB∩DE=E，EB,DE?平面BDE，所以EF⊥平面BDE，于是有BC⊥平面BDE．因為BD?平面BDE，所以BC⊥BD．在Rt△CBD中，BC=1，cos∠BCD=33，故因為DE=EB=1，所以BD2=D又因為EF⊥DE，EB∩EF=E，EB,EF?平面EBCF，所以DE⊥平面EBCF．故VD?EBCF23．（2022秋·遼寧·高二開學(xué)考試）如圖，多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為矩形，二面角A?CD?F為45°，DE//CF，CD⊥DE，AD=2，DC=3，DE=4(1)求證：BF//平面ADE(2)求直線AC與平面CDEF所成角的正弦值；(3)求點F到平面ABCD的距離．【解題思路】（1）由線面平行的判定定理可得AD//平面BCF，DE//平面（2）∠ADE即為二面角A?CD?F的平面角，作AO⊥DE于O，由線面垂直的判定定理可得CD⊥平面ADE，AO⊥平面CDEF，連結(jié)CO，直線AC與平面CDEF所成角為∠ACO，求出正弦值即可；（3）由（2）得AO⊥平面CDEF，又VF?ACD【解答過程】（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴BC//BC?平面BCF，AD?平面BCF，所以AD//平面BCF∵DE//CF，CF?平面BCF，DE?平面BCF，所以DE//AD∩DE=D，∴平面BCF//平面ADE，∵BF?平面BCF，∴BF//平面（2）∵CD⊥AD，CD⊥DE，∴∠ADE即為二面角A?CD?F的平面角，∴∠ADE=45又AD∩DE=D，AD、DE?平面ADE，所以CD⊥平面ADE，作AO⊥DE于O，因為AO?平面ADE，所以CD⊥AO，又CD∩DE=D，CD、DE?平面CDEF，所以AO⊥平面CDEF，連結(jié)CO，所以直線AC與平面CDEF所成角為∠ACO，AC=13，AO=2，所以直線AC與平面CDEF所成角的正弦值為2613（3）由（2）得AO⊥平面CDEF，又VF?ACD=VSCDF=152，SACD24．（2022春·河北唐山·高一階段練習(xí)）如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C(1)求證：AD⊥(2)求證：A1B//平面(3)求異面直線A1B與【解題思路】(1)利用線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理證明；(2)利用線面平行的判定定理證明；(3)利用異面直線夾角的定義求解.【解答過程】（1）∵AB=AC，D是BC的中點，∴AD⊥BC，又因為正三棱柱ABC?ABB1⊥平面ABC，∴AD⊥BB1，BC∩BB∴AD⊥平面BB又C1D?平面B（2）連接A1C交AC1于O，連接OD,則A1B//OD，又A1B?平面ADC1，所以（3）由（2）知A1∴∠AOD（或其補角）為異面直線A1B與設(shè)AB=2a，△AOD中，AD=3a，則由余弦定理得cos∠AOD=所以異面直線A1B與AC25．（2022·遼寧沈陽·高二階段練習(xí)）如圖1，⊙O的直徑AB=4，點C,D為⊙O上任意兩點，∠CAB=45°，∠DAB=60°，F(xiàn)為(1)求證：OF//面ACD；(2)求二面角C?AD?B的余弦值.【解題思路】（1）先證明OF//AC，再根據(jù)線面平行的判定定理可證結(jié)論成立；（2）過O作OE⊥AD于點E，連接CE，可得∠CEO就是二面角C?AD?B的平面角，然后在直角三角形CEO可求出結(jié)果．【解答過程】（1）連接CO，∵∠CAB=45°，OA=OC，∴又∵F為BC的中點，∴∠FOB=45∴OF//AC，∵OF?平面ACD，AC?平面ACD，∴OF//平面ACD．（2）過O作OE⊥AD于點E，連接CE，∵CO⊥AB，平面ABC⊥平面ABD，CO?平面ABC，平面ABC∩平面ABD=AB，∴CO⊥平面ABD，又∵AD?平面ABD，∴CO⊥AD，又因為CO?平面CEO，OE?平面CEO，且CO∩OE=O，∴AD⊥平面CEO，因為CE?平面CEO，∴AD⊥CE，則∠CEO就是二面角C?AD?B的平面角，∵∠DAB=60°，OA=2，∴由CO⊥平面ABD，OE?平面ABD，∴CO⊥OE，因為CO=2，OE=3，∴CE=∴cos∠CEO=所以二面角C?AD?B的余弦值為21726．（2022秋·天津?qū)幒印じ呷A段練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，AD//BC,AD⊥DC,BC=CD=12AD=2，E為棱AD(1)證明：AB//平面(2)求證：平面PAB⊥平面PBD(3)若二面角P?CD?A的大小為45°，求直線AD與平面PBD所成角的正切值.【解題思路】（1）因為BC//AE且BC=AE，所以BCEA為平行四邊形，則（2）由已知可得PA⊥BD，BD⊥AB，由線面垂直的判定定理可得BD⊥面PAB，進而即可證得結(jié)論；（3）由CD⊥平面PAD可得∠PDA=45°，作AM⊥PB于M，可知AM⊥面PDB，所以∠ADM為直線AD與平面PBD所成角，在直角△AMD中求解即可．【解答過程】（1）∵BC//AE且BC=AE，∴四邊形∴AB//EC，又AB?平面PCE，EC?平面所以AB//平面PCE.（2）∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，連接BE，∵BC//DE且BC=DE，∴四邊形∵DE⊥CD，BC=CD=2，∴平行四邊形BCDE為正方形，∴BD⊥EC，又AB//EC，∴又PA∩AB=A，PA,AB?面PAB，∴BD⊥面PAB，∵BD?面PBD，∴平面PAB⊥平面PBD.（3）∵PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，PA∩AD=A，PA,AD?平面PAD，∴CD⊥平面PAD，因為PD?平面PAD，∴CD⊥PD,∴∠PDA為二面角P?CD?A的平面角，從而∠PDA=45°，所以PA=AD=4，作AM⊥PB于M，連接MD，∵平面PAB⊥平面PBD，AM?平面PAB，平面PAB∩平面PBD=PB，∴AM⊥面PBD，所以∠ADM為直線AD與平面PBD所成角，在直角△PAB中，AB=CE=22，PA=4，PB=26，∴因為AM⊥面PBD，DM?面PBD，所以AM⊥DM，在直角△AMD中，AD=4,AM=433∴tan∠ADM=則直線AD與平面PBD所成角的正切值為2227．（2022秋·上?！じ叨谥校┤鐖D，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D(1)求異面直線EF與AB所成角的余弦值；(2)在棱BB1上是否存在一點P，使得二面角P?AC?B的大小為30°(3)求異面直線EF與AB之間的距離.【解題思路】(1)做出異面直線所成的角，解三角形求解即可；(2)假設(shè)存在，利用二面角P?AC?B的大小為30°(3)利用線面垂直，找到公垂線，然后借助相似來計算即可.【解答過程】（1）取DD1的中點M，因為F是所以MF//CD，又AB//CD，所以AB//MF，所以異面直線EF與AB所成角也就是EF與MF所成角，由正方體得MF⊥平面ADD1A1，所以MF⊥EM，MF=2,EM=2所以EF=6，cos所以異面直線EF與AB所成角的余弦值為63（2）假設(shè)存在點P符合題意，連接BD與AC交于點O，所以AC⊥BD，因為ABCD?A1B又O是AC的中點，所以PO⊥AC，所以∠POB就是二面角P?AC?B的平面角，故假設(shè)成立，存在這樣的P點.又因為∠POB=30°，tan30°=（3）連接AD1，因為E、M是所以AD又因為MF⊥平面ADD1A1，AD即AD1⊥AB，又EM∩MF=M，所以A又EF?平面EMF，所以AD接著取BB1的中點G，連接GF，延長A1G交連接D1H，交GF于點K，交EF于點過O作AD1的平行線交AB于點O1由AD1⊥EF，AD1⊥AB得易得△HOO1與△HD1A則K是GF的中點，所以KD所以O(shè)HD1H=328．（2022秋·上海普陀·高二期末）如圖，在三棱錐D?ABC中，平面ACD⊥平面ABC，AD⊥AC，AB⊥BC，E、F分別為棱BC、CD的中點.(1)求證：直線EF//平面ABD；(2)若直線CD與平面ABC所成的角為45°，直線CD與平面ABD所成角為30°，求二面角B?AD?C的大小.【解題思路】（1）根據(jù)EF//BD即可證明；（2）證明AD⊥平面ABC，BC⊥平面ABD，進而結(jié)合已知條件證明△ABC為等腰直角三角形，∠BAC=45【解答過程】（1）證明：因為E、F分別為棱BC、CD的中點.所以，在△BCD中，EF//BD，因為EF?平面ABD，BD?平面ABD，所以，直線EF∥平面ABD（2）解：因為平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC=AC，AD?平面ACDAD⊥AC,所以AD⊥平面ABC，所以，∠DCA