高中数学培优讲义练习（必修二）：专题8.16 空间角大题专项训练（30道）（教师版）

专题8.16空间角大题专项训练（30道）【人教A版2019必修第二册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2023·高一课时练习）空间四边形ABCD中，AB=CD且AB与CD所成的角为30°，E、F分别是BC、AD的中点，求EF与AB所成的角的大小．【解题思路】取AC的中点G，连接EG，FG，利用平行线得到∠GEF即为EF与AB所成的角（或补角），∠EGF为AB与CD所成的角（或补角），然后通过角之间的关系求解即可．【解答过程】解：取AC的中点G，连接EG，FG，如图所示，因为E是BC的中点，G是AC的中点，F是AD的中点，所以EG//AB且EG=12AB因为AB=CD，所以EG=FG，则∠GEF即为EF与AB所成的角（或补角），∠EGF为AB与CD所成的角（或补角），因为AB与CD所成的角为30°，所以∠EGF=30°或150°，因为FG=EG，所以△EFG为等腰三角形，当∠EGF=30°时，∠GEF=75°，当∠EGF=150°时，∠GEF=15°，故EF与AB所成角的大小为15°或75°．2．（2022秋·山西吕梁·高三期末）如图，在棱长为22的正方形ABCD中，E，F分别为CD，BC边上的中点，现以EF为折痕将点C旋转至点P的位置，使得P−EF−A(1)证明：EF⊥PA；(2)求PD与面ABF所成角的正弦值.【解题思路】（1）在折叠前的正方形ABCD中，作出对角线AC，BD，由正方形性质知AC⊥BD，又EF//BD，则AC⊥EF于点H，则由直二面角可知PH⊥面ABEFD，故PH⊥EF.又AH⊥EF，则EF⊥面PAH，故命题得证；（2）作出线面角∠PDH，在直角三角形中求解该角的正弦值.【解答过程】（1）证明：在正方形ABCD中，连结AC交EF于H.因为AC⊥BD，EF//BD，故可得即EF⊥AH,EF⊥CH又旋转不改变上述垂直关系，且AH,CH⊂平面PAH，∴EF⊥面PAH，又∵PA⊂面PAH，所以EF⊥PA（2）因为P−EF−A为直二面角，故平面PEF⊥平面AEF，又其交线为EF，且PH⊥EF，PH⊂平面PEF，故可得PH⊥底面ABF，连结DH，则∠PDH即为PD与面ABF所成角，连结BD交AH于O，在Rt△ODH中，DO=1DH=D在Rt△PHD中，DP=Dsin∠PDH=所以PD与面ABF所成角的正弦值为663．（2022秋·贵州遵义·高二期末）如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，点H为线段PB上一点（不含端点），平面AHC⊥平面PAB．(1)证明：PB⊥AC；(2)若AB=AC=1，四棱椎P－ABCD的体积为13，求二面角P－BC－A【解题思路】（1）利用面面垂直性质定理与线面垂直性质定理，结合公理2，可得线面垂直，可得答案；（2）根据二面角的平面角定义作图，利用等面积法以及棱锥体积公式，求得边长，结合直角三角形的性质，可得答案.【解答过程】（1）∵PA⊥平面ABCD，且C∈平面ABCD，∴过点C所有垂直于PA的直线都在平面ABCD内，∵平面AHC⊥平面ABP，且C∈平面AHC，∴存在一条过C的直线l⊥平面ABP，且l⊂平面AHC，∵PA⊂平面ABP，∴l⊥PA，则l⊂平面ABCD，∵平面ABCD∩平面AHC=AC，∴l与AC为同一条直线，即AC⊥平面ABP，∵PB⊂平面ABP，∴AC⊥PB.（2）在平面ABCD内，过A作AE⊥BC，且AE∩BC=E，连接PE，作图如下：∵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为二面角P−BC−A的平面角，在Rt△ABC中，S△ABC=12在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD的面积S=AB⋅AC=1，则其体积V=13⋅PA⋅S=在Rt△PAE中，cos故二面角P−BC−A的余弦值为634．（2023·广西柳州·高三阶段练习）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD=AB=12CD=1，平面ADP⊥(1)求证：△ADP为直角三角形；(2)若PC=AD，求PA与平面ABCD所成角的余弦值．【解题思路】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，得到PC⊥AD，求出各边长，由勾股定理逆定理得到AC⊥AD，从而得到AD⊥平面PAC，得到△ADP为直角三角形；（2）作出辅助线，找到PA与平面ABCD所成角，利用余弦定理和面积公式求出PM=6【解答过程】（1）因为平面ADP⊥平面PCD，交线为DP，PD⊥PC，PC⊂平面PCD，所以PC⊥平面ADP，因为AD⊂平面ADP，所以PC⊥AD，连接AC，过点A作AE⊥CD于点E,过点B作BF⊥CD于点F，因为底面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因为AD2+AC2因为PC∩AC=C，PC,AC⊂平面PAC，所以AD⊥平面PAC，因为PA⊂平面PAC，所以AD⊥PA，所以△ADP为直角三角形；（2）由（1）知：所以PC⊥平面ADP，因为AP⊂平面ADP，所以PC⊥AP，因为PC=AD=1，AC=3，所以AP=由（1）知：AD⊥AP，所以PD=A连接BD，则三角形BCD与三角形PCD全等，连接PF，则PF⊥CD，因为BF∩PF=F，BF,PF⊂平面BPF，所以CD⊥平面BPF，因为AB//CD，所以AB⊥平面BPF，因为BP⊂平面PBF，所以AB⊥BP，故BP=AP2故cos∠BFP=则sin∠BFP=过点P作PM⊥BF与点M，连接AM，因为CD⊥平面BPF，PM⊂平面BPF，所以CD⊥PM，因为BF∩CD=F，BF,CD⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，故AM即为AP在平面ABCD上的投影，∠PAM即为PA与平面ABCD所成角，由三角形面积公式得：S△BPF故PM=2故sin∠PAM=故PA与平面ABCD所成角的余弦值为1−35．（2023春·四川成都·高三开学考试）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AD∥BC，AD⊥BA，AD=3，AB=BC=2，PA⊥平面ABCD，且PA=3，点M在棱PD上（不包括端点），点N为(1)若DM=2MP，求证：直线MN//平面(2)已知点M满足PMPD=13，求异面直线【解题思路】（1）取PA的一个靠近点P的三等分点Q，连接MQ，QB，由题意可证得MN//（2）过点M作MK//PA，交AD于K，连接KN，由线面垂直的判定定理证明AD⊥面MNK，即可得出MN⊥AD，即可得出答案.【解答过程】（1）取PA的一个靠近点P的三等分点Q，连接MQ，QB，因为DM=2MP，所以MQ//又因为AD//BC，且BC=2，点N为所以BN//MQ且BN=MQ，则四边形所以MN//BQ，MN⊄平面PAB，QB⊂平面所以直线MN//平面PAB（2）过点M作MK//PA，交AD于K，连接KN，可知MK⊥面ABCD，因为AD⊂面ABCD，所以MK⊥AD，又因为PMPD=1∵PA=AD=3∴AK=1，∴AK//BN，所以四边形AKNB为平行四边形，KN//又因为AB⊥AD，所以KN⊥AD，又MK∩NK=K，∴AD⊥面MNK，因为MN⊂面MNK，∴MN⊥AD，所以异面直线MN与AD成角为90°．6．（2023·高一课时练习）已知PA⊥平面ABCD，ABCD是正方形，异面直线PB与CD所成的角为45∘(1)二面角B−PC−D的大小；(2)直线PB与平面PCD所成的角的大小．【解题思路】（1）作BE⊥PC于E，连接ED，由已知推导出∠BED就是二面角B−PC−D的平面角，由此根据余弦定理得出cos∠BED（2）还原棱锥为正方体ABCD−PB1C1D1，作BF⊥CB1于F，连接【解答过程】（1）∵ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠PBA就是异面直线PB与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，连接ED，在△ECB与△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，设AB=a，则BD=PB=2a，则BE=DE=PB⋅BC则cos∠BED=BE∴二面角B−PC−D的大小为120∘（2）还原棱锥为正方体ABCD−PB1C1D∵平面PB1C∴BF⊥B∴BF⊥平面PB连接PF，则∠BPF就是直线PB与平面PCD所成的角，BF=22a∴sin∠BPF=1∴直线PB与平面PCD所成的角为30∘7．（2023春·江苏常州·高三校联考开学考试）如图，在边长为4的等边三角形ABC中，平行于BC的直线分别交线段AB,AC于点M,N.将△AMN沿着MN折起至△A1MN(1)若平面A1MN∩平面A1(2)若三棱锥A1−AMN的体积为1，求二面角【解题思路】（1）利用线线平行证明线面平行，再利用线面平行的性质证明线线平行.（2）由已知求证得M,N分别为AB,AC中点，利用二面角的定义，作辅助线，利用几何法求二面角的正弦值.【解答过程】（1）证明：∵BC//MN，BC⊄平面A1MN，∴BC//平面A1MN，又∵BC⊂平面A1BC∴l//（2）设AM=x，过A1作A1D⊥MN∵二面角A1−MN−B为直二面角，∴A∴VA1−AMN=13过B作BE⊥MN于点E，因为A1D⊥BE，A1D∩MN=D∴BE⊥平面A1MN，∴BE⊥过E作EF⊥A1M于点F，连接BF所以A1F⊥平面BEF∴∠BFE即为二面角N−A1M−B且BE=2sin60∘=3，EM=1∴sin二面角N−A1M−B8．（2023·广东佛山·统考一模）如图，△ACD和△BCD都是边长为2的等边三角形，平面ACD⊥平面BCD，EB⊥平面BCD．(1)证明：EB//平面ACD(2)若点E到平面ABC的距离为5，求平面ECD与平面BCD夹角的正切值．【解题思路】（1）取CD的中点，连接AO，先证明AO⊥平面BCD，则可证明EB//AO，即可证明EB//（2）连接EO，BO，取BC的中点F，连接DF，先求出VE−ABC，VA−EBC，则可求到EB，再证明平面ECD与平面BCD夹角的平面角为∠EOB，从而根据【解答过程】（1）如图，取CD的中点，连接AO，则AO⊥CD，又因为平面ACD⊥平面BCD，且平面ACD∩平面BCD=CD，AO⊂平面则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）如图，连接EO，BO，取BC的中点F，连接DF，则DF⊥BC，因为AB=则等腰△BAC的面积为S△BAC所以三棱锥E−ABC的体积为VE−ABC因为EB⊥平面BCD，DF⊂平面BCD，则DF⊥EB，又因为DF⊥BC，EB∩BC=B，EB⊂平面EBC，BC⊂平面EBC，则DF⊥平面EBC，因为EB//AO，则点A到平面EBC的距离等于点O到平面EBC的距离等于因为S△EBC=1又VE−ABC=V因为EB⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，则EB⊥BC，EB⊥BD，所以EC=ED，所以所以平面ECD与平面BCD夹角的平面角为∠EOB，则tan∠EOB=所以平面ECD与平面BCD夹角的正切值为539．（2022秋·甘肃兰州·高二期末）如图，已知在四棱锥P−ABCD中，PA=AD=PD=2，∠BAD=∠CDA=90°，AB=2CD，CD⊥PA，E，F分别为棱PB，PA的中点．(1)求证：平面PAB⊥平面EFDC；(2)若直线PC与平面PAD所成的角为45°，求四棱锥P−ABCD的体积．【解题思路】（1）可证AB⊥平面PDA，从而得到AB⊥DF，从而可证DF⊥平面PBA，再证明E,F,D,C四点共面，从而得到要求证的面面垂直；（2）取AD的中点为G，连接PG，可证∠CPD为直线PC与平面PAD所成的角且PG⊥平面ABCD，根据体积公式可求四棱锥P−ABCD的体积．【解答过程】（1）因为在平面ABCD中，∠BAD=∠CDA=90°，故AB//因为CD⊥PA，故AB⊥PA，而AB⊥DA，DA∩PA=A，DA,PA⊂平面PDA，故AB⊥平面PDA.因为DF⊂平面PDA，故AB⊥DF，因为AD=PD=2，AF=PF，故PA⊥DF，因为PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PBA，故DF⊥平面PBA.因为E,F分别为棱PB,PA的中点，故EF//而DC//AB,DC=1故E,F,D,C四点共面，而DF⊂平面EFDC，故平面PBA⊥平面EFDC.（2）取AD的中点为G，连接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为直线PC与平面PAD所成的角，故∠CPD=45°，因为CD⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，故CD⊥PD，故△PCD为等腰直角三角形，而PD=2，故CD=2，故AB=4，故直角梯形ABCD的面积S=1又CD⊂平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，而△PAD为等边三角形，故PG⊥AD，且PG=3因为PG⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，故PG⊥平面ABCD，故四棱锥P−ABCD的体积为1310．（2023·高三课时练习）如图1，AD是直角△ABC斜边上的高，沿AD把△ABC的两部分折成如图2所示的直二面角，且DF⊥AC于点F．(1)证明：BF⊥AC；(2)设∠DCF=θ，AB与平面BDF所成的角为α，二面角B-FA-D的大小为β，试用tanθ，cosβ表示【解题思路】（1）先证∠BDC是二面角B-DA-C的平面角，再证BD⊥平面ADC，再证AC⊥平面BDF，进而可证BF⊥AC；（2）先求得tanα=AFBF，cosβ=DFBF，tanθ=【解答过程】（1）因为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，则BD⊥平面又AC⊂平面ADC，所以BD⊥AC，又DF⊥AC，且DF∩BD=D，则AC⊥平面BDF，又BF⊂平面BDF，所以BF⊥AC．（2）由AC⊥平面BDF，知∠ABF=α，则tanα=由DF⊥AC，BF⊥AC，知∠BFD=β，则cosβ=又∠ADF=∠DCF=θ，则tanθ=AFDF11．（2023·高三课时练习）已知正方体ABCD−A(1)求异面直线B1D1(2)求二面角B1【解题思路】（1）连BD，可证明B1D1//BD，根据BD⊥（2）设AC与BD交于O，连B1O，可以证明∠B1OD【解答过程】（1）连BD，因为BB1//DD1，B因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC，所以B1D1⊥AC，即异面直线B1（2）设AC与BD交于O，连B1因为四边形ABCD是正方形，所以OD⊥AC，因为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，因为OB1⊂所以∠B1OD因为正方体ABCD−A1B1CB1所以cos∠B1OD=O所以二面角B1−AC−D的余弦值为12．（2023秋·江苏南通·高三期末）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，E为AC的中点，将△ACD沿AC翻折使点D至点D'(1)求证：平面BD'E⊥(2)若三棱锥D'−ABC的体积为22【解题思路】（1）由线线垂直证线面垂直，再证面面垂直；（2）过D'作D'M⊥BE于点M，过M作MN⊥AB于点N，连接D'N，分析得∠D'NM即为二面角【解答过程】（1）证明：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴△ABC和△ACD均为等边三角形，又∵E为AC的中点，∴BE⊥AC，D'E⊥AC，BE∩D'E=E，BE、D'E⊂又∵AC⊂平面ABC，∴平面BD'E⊥（2）过D'作D'M⊥BE于点M，∵平面BD'E∩平面ABC=BE，D'M⊂∴VD过M作MN⊥AB于点N，连接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的余弦值为13．（2022秋·四川达州·高二期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥面ABCD，AB⊥AD，AD//BC，点E,F分别为PA,PD的中点，AB=BC=2，(1)证明：直线EF//平面PBC(2)求二面角F−CD−B的余弦值.【解题思路】（1）依题意可得AD//EF，即可得到（2）连接AC，即可求出AC、CD，从而得到AC⊥CD，再由线面垂直的性质得到PA⊥CD，即可得到CD⊥平面PAC，则二面角P−CD−A得平面角为∠ACP，再由锐角三角函数计算可得.【解答过程】（1）证明：∵点E,F分别为PA,PD的中点，∴AD//∵AD//BC，∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴EF//平面PBC（2）解：∵AB⊥AD,AD//BC，连接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内两相交直线，∴CD⊥平面PAC，∵PC⊂平面PAC,∴CD⊥PC，∴二面角P−CD−A得平面角为∠ACP，∵AP=4，∴PC=AC2所以二面角P−CD−A的余弦值为33即二面角F−CD−B的余弦值为3314．（2023秋·辽宁葫芦岛·高三期末）如图，边长是6的等边三角形△ABC和矩形BCDE.现以BC为轴将面ABC进行旋转，使之形成四棱锥A1−BCDE，O是等边三角形△ABC的中心，M，N分别是BC，DE的中点，且A1B=2ON，OF//面BCDE，交(1)求证OF⊥面A(2)求DF和面A1【解题思路】（1）先利用线面平行的性质定理证得OF//BC，再利用线面垂直的判定定理证得BC⊥面A1MN，从而得到OF⊥面（2）构造平行四边形，将所求角转化为OG和面A1MN的所成角，再在Rt△GON中求得tan【解答过程】（1）因为OF//面BCDE，面BCDE∩面A1BC=BC，OF⊂面所以OF//BC，因为M是BC的中点，△ABC是等边三角形，所以A1因为在矩形BCDE中，M，N分别是BC，DE的中点，所以MN//CD，又BC⊥CD，所以MN⊥BC，又MN∩A1M=M，MN,A1M⊂面因为OF//BC，所以OF⊥面A1（2）在线段ND上取点G使得DG=2，连接GO,ON，因为O是等边三角形△ABC的中心，OF//BC，所以OF:CM=2:3，因为CM=12BC=3，所以OF=2因为OF//BC，DG//BC，所以DG//OF，所以四边形DFOG为平行四边形，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OG和面A1MN的所成角为∠GON，即在Rt△GON中，NG=DN−DG=1,ON=12因为0<∠GON<π2，所以联立tan∠GON=sin∠GON所以DF和面A1MN所成角的正弦值为.15．（2022秋·上海黄浦·高二阶段练习）已知ABCD是空间四边形，如图所示（M，N，E，F分别是AB、AD、BC、CD上的点）．(1)若直线MN与直线EF相交于点O，证明B，D，O三点共线；(2)若E，N为BC，AD的中点，AB=6，DC=4，NE=2，求异面直线AB与DC所成的角．【解题思路】（1）根据点与线和点与面的位置关系推出O是平面ABD和CBD的公共点，结合平面ABD∩平面CBD=BD，即可证明；（2）连接BD，作BD的中点G，并连接GN，GE，利用中位线的性质可以得到异面直线AB与DC所成的角等于直线GE与GN所成角，再根据余弦定理即可求解.【解答过程】（1）因为M∈AB，N∈AD，AB⊂平面ABD，AD⊂平面ABD，所以MN⊂平面ABD，因为E∈CB，F∈CD，CB⊂平面CBD，CD⊂平面ABD，所以EF⊂平面CBD，由于直线MN与直线EF相交于点O，即O∈MN，O∈平面ABD，O∈EF，O∈平面CBD，又有平面ABD∩平面CBD=BD，则O∈BD，所以B，D，O三点共线.（2）连接BD，作BD的中点G，并连接GN，GE，如图所示：在△ABD中，点N，G分别是AD和BD的中点，且AB=6，所以GN∥AB，且GN=1在△CBD中，点E，G分别是BC和BD的中点，且CD=4，所以GE∥CD，且GE=1则异面直线AB与DC所成的角等于直线GE与GN所成角，即∠EGN或∠EGN的补角，又EN=2，由余弦定理得：cos∠EGN=故异面直线AB与DC所成的角为arccos316．（2023·全国·高二专题练习）在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD为边长为1的菱形，∠ABC=π4，PA=2，M为PA中点，N为(1)求证：直线MN//平面PCD；(2)求直线AB与MD所成角大小．【解题思路】（1）作出辅助线，证明出平面MNE//平面PCD，从而得到线面平行；（2）作出辅助线，由余弦定理得到AC=2−2，找到直线CD与MD所成的角∠MDC或其补角为直线AB与MD所成角，由勾股定理求出【解答过程】（1）取AD的中点E，连接NE，ME，因为M为PA中点，N为BC的中点，所以ME//PD，NE//CD，因为ME⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以ME//平面PCD，同理可得NE//平面PCD，因为ME∩NE=E，ME,NE⊂平面MNE，所以平面MNE//平面PCD，因为NM⊂平面MNE，所以直线MN//平面PCD；（2）连接AC，四边形ABCD为边长为1的菱形，∠ABC=π4，所以由余弦定理得：AC=A因为PA=2，M为PA中点，所以AM=1因为PA⊥底面ABCD，AC,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AC，PA⊥AD，所以MC=MMD=M因为AB//CD，所以直线CD与MD所成的角∠MDC或其补角为直线AB与MD所成的角，由余弦定理得：cos∠MDC=故直线AB与MD所成角的大小为π317．（2022秋·江西萍乡·高三期末）如图，在五面体ABCDE中，△ABC为等边三角形，平面ABC⊥平面ACDE，且AC=2AE=2ED=2，∠DEA=∠EAC=90°，F为边BC的中点.(1)证明：DF//平面ABE(2)求DF与平面ABC所成角的大小.【解题思路】（1）通过构造平行四边形的方法来证得DF//平面ABE（2）判断出直线DF与平面ABC所成角，解直角三角形求得角的大小.【解答过程】（1）取AB的中点为M，连接ME，MF，因为F为边BC的中点，所以MF//AC，又DE//AC，DE=12AC即四边形EDFM为平行四边形，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，则EA⊥平面ABC，∵DF//ME，∴DF与平面ABC所成角即为EM与平面ABC所成角，即在直角△AEM中，tan∠EMA=由于0°<∠EMA<90°，所以∠EMA=45°，故DF与平面ABC所成角的大小为45°.18．（2023秋·浙江温州·高二期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，二面角P−BC−A为直二面角．BP=CP=2，BP⊥CP，M，N分别为AP，AC(1)求平面BMN与平面PCD夹角的余弦值；(2)若平面BMN∩平面PCD=l，求点A到直线l的距离．【解题思路】（1）根据图形位置关系，作PF//CD，CP//DF，连接MF，ND补成棱柱确定线面、面面关系，即可求得BMN与平面PCD夹角的余弦值；（2）由（1）可得面BMN∩面PCD=DF，结合线面关系，即可求点A到交线的距离．【解答过程】（1）解：∵PB⊥PC，PB=PC=2，∴∵面PBC⊥面ABCD，面PBC∩面ABCD=BC，又∵底面ABCD为正方形，∴AB//CD，BC⊥CD，AB=BC=CD=DA=2，又CD⊂面ABCD，则CD⊥面PBC，故AB⊥面PBC，PB⊂面PBC，∴CD⊥PB，且面ABCD为正方形，如下图，作PF//CD，CP//DF，连接MF，ND，∴四边形ABPF、四边形CDFP为矩形，则CP⊥PF∵M、N分别为AP和AC的中点，∴B、M、F三点共线，B、N、D三点共线，易知：面BMN与面BDF为同一个平面，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，结合CP//DF，故DF⊥面ABPF，又BF⊂面ABPF，则DF⊥BF，在矩形CDFP中PF⊥DF，由BF⊂面BMN，PF⊂面PCD，故平面BMN与平面PCD夹角为∠PFB，∵PB⊥PF，PB=2，PF=2，∴BF=∴cos∠PFB=∴平面BMN与平面PCD夹角的余弦值为63（2）解：由（1）知四边形ABPF为矩形，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到直线l的距离即A到直线DF的距离，即为线段AF的长，∴A到直线l的距离为2.19．（2023·全国·高三专题练习）四棱锥S−ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠DBC=90∘,SC=SD=DC，且平面SCD⊥平面ABCD，点E在棱SC上，直线SA//(1)求证：E为棱SC的中点；(2)设二面角S−BD−C的大小为θ，且tanθ=6.求直线BE与平面【解题思路】（1）连AC交BD于F，连EF，根据线面平行的性质可得线线平行，即可求证.（2）取DC中点O，OC中点G，连SO，OF，GE，BG，设SC=SD=DC=2，先根据面面垂直的性质证明SO⊥平面ABCD，进而得到∠SFO是二面角S−BD−C的平面角，可得BC=2【解答过程】（1）连AC交BD于F，连EF．∵ABCD是平行四边形，∴AF=FC∵直线SA//平面BDE，SA⊂面PAC，面SAC∩面BDE=EF，∴SA//EF，由F是∴E为棱SC的中点；（2）取DC中点O，OC中点G，连SO，OF，GE，BG∵侧面SCD满足SC=SD=DC，不妨设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为直线EB与平面ABCD所成的角tan∠EBG=EGBG=15520．（2023·浙江·统考一模）如图，在长方体ABCD−EFGH中，P，Q是长方形EFGH内互异的两点，∠APC是二面角A−PQ−C的平面角．(1)证明：点P在EG上；(2)若AB=BC，PA=PC，求直线AP与平面PBC所成角的正弦值的最大值．【解题思路】（1）根据二面角的平面角的定义得AP⊥PQ，CP⊥PQ，根据线面垂直的判定得PQ⊥平面APC．根据长方体的性质以及线面垂直的判定得PQ⊥平面AEGC．从而可得平面APC与平面AEGC重合，再根据平面的性质可得点P在EG上；（2）根据线面角的定义作出线面角，在直角三角形中求出线面角的正弦值，利用基本不等式可求出结果.【解答过程】（1）由于∠APC是二面角A−PQ−C的平面角，则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，因为AE//CG，AE=CG，所以四边形AEGC是平行四边形，所以EG//AC，所以PQ⊥EG．因为在长方体ABCD−EFGH中，AE⊥平面EFGH，PQ⊂平面EFGH，则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与平面AEGC有公共直线AC，得平面APC与平面AEGC重合，所以点P在平面AEGC内，又点P在平面EFGH内，平面AEGC∩平面EFGH=EG，所以点P在EG上．（2）因为AB=BC，所以底面为正方形，因为PA=PC，AE=CG，所以Rt△AEP与Rt△CGP全等，所以又点P在EG上，故点P为EG的中点，所以点P为正方形EFGH中心，过P作KL//BC，交EF于K，交GH于L，则K为EF的中点，L为GH的中点，作AM⊥BK于M点．因为BC⊥平面ABFE，AM⊂平面ABFE，则BC⊥AM，又BK∩BC=B，BK⊂平面BCLK，BC⊂平面BCLK，所以AM⊥平面BCLK，则直线AP与平面PBC所成角θ=∠APM．设AE=ℎ，AB=BC=2x，则BK2=因为12AB⋅ℎ=1所以sinθ=AMAP=2xℎx2+ℎ22x2故直线AP与平面PBC所成角的正弦值的最大值是2221．（2022春·江苏苏州·高一期末）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ADC=120∘，CC(1)若二面角M−BC−C1为60∘(2)当三棱锥M−ADC的体积为233时，求CN与平面【解题思路】1取BC中点P，过P点作PQ⊥BC，交B1C1于点Q，连结PM，根据一直题干信息可知△MDB和△MDC全等，∠MPQ为二面角M−BC−C12根据三棱锥M−ADC的体积为233，求得DM=2，可知M为DD1中点，利用等体积法和余弦定理的结合，用含λ的式子表示出CN【解答过程】（1）解：取BC中点P，过P点作PQ⊥BC，交B1C1于点Q因为底面ABCD是边长为2的菱形，∠ADC=120所以△BCD为等边三角形.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.因为P为BC中点，所以MP⊥BC.又因为PQ⊥BC，所以∠MPQ为二面角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则tan∠DMP=解得DM=1.（2）因为DD1⊥平面ABCDS因为三棱锥M−ADC的体积为23所以13⋅3⋅DM=233因为DM⊥平面ABCD，所以VM−NBC在△BCD中，DN=λDB0<λ<1，S所以VM−NBC设N到平面BCM的距离为d，在△MBC中，MB=MC=22，BC=2所以S△MBC所以VN−MBC因为VM−NBC=VN−MBC，所以在△CDN中，由余弦定理得CN所以CN设CN与平面BCM所成角为θ.所以sinθ=令1−λ=m∈0,1，则sin因为0<m<1，所以1m>1，所以所以CN与平面BCM所成角正弦的取值范围是0,2122．（2022秋·浙江宁波·高三期末）如图，在Rt△ABC中，B=π2，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(1)证明：MF⊥平面BCD；(2)若二面角E−MF−C的余弦值为−33，求四棱锥【解题思路】（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（2）由题意可知∠NMC是二面角E−MF−C的平面角，于是cos∠BCD=−cos∠NMC=33，由题意EF⊥平面BDE，于是有BC⊥平面BDE，则BC⊥BD，求得BD=2，由BD2=D【解答过程】（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，因为EF∥BC，EF=12BC所以EF∥MN，EF=MN，所以则EN∥FM，故又因为BD∩DC=D，BD,DC⊂平面BCD，所以FM⊥平面BCD．（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，于是cos∠BCD=−因为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．因为BD⊂平面BDE，所以BC⊥BD．在Rt△CBD中，BC=1，cos∠BCD=33，故因为DE=EB=1，所以BD2=D又因为EF⊥DE，EB∩EF=E，EB,EF⊂平面EBCF，所以DE⊥平面EBCF．故VD−EBCF23．（2022秋·辽宁·高二开学考试）如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A−CD−F为45∘，DE//CF，CD⊥DE，AD=2，DC=3，DE=4(1)求证：BF//平面ADE(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值；(3)求点F到平面ABCD的距离．【解题思路】（1）由线面平行的判定定理可得AD//平面BCF，DE//平面（2）∠ADE即为二面角A−CD−F的平面角，作AO⊥DE于O，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面ADE，AO⊥平面CDEF，连结CO，直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，求出正弦值即可；（3）由（2）得AO⊥平面CDEF，又VF−ACD【解答过程】（1）∵四边形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即为二面角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，因为AO⊂平面ADE，所以CD⊥AO，又CD∩DE=D，CD、DE⊂平面CDEF，所以AO⊥平面CDEF，连结CO，所以直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，AC=13，AO=2，所以直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为2613（3）由（2）得AO⊥平面CDEF，又VF−ACD=VSCDF=152，SACD24．（2022春·河北唐山·高一阶段练习）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C(1)求证：AD⊥(2)求证：A1B//平面(3)求异面直线A1B与【解题思路】(1)利用线面垂直的判定定理和性质定理证明；(2)利用线面平行的判定定理证明；(3)利用异面直线夹角的定义求解.【解答过程】（1）∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC，又因为正三棱柱ABC−ABB1⊥平面ABC，∴AD⊥BB1，BC∩BB∴AD⊥平面BB又C1D⊂平面B（2）连接A1C交AC1于O，连接OD,则A1B//OD，又A1B⊄平面ADC1，所以（3）由（2）知A1∴∠AOD（或其补角）为异面直线A1B与设AB=2a，△AOD中，AD=3a，则由余弦定理得cos∠AOD=所以异面直线A1B与AC25．（2022·辽宁沈阳·高二阶段练习）如图1，⊙O的直径AB=4，点C,D为⊙O上任意两点，∠CAB=45∘，∠DAB=60∘，F为(1)求证：OF//面ACD；(2)求二面角C−AD−B的余弦值.【解题思路】（1）先证明OF//AC，再根据线面平行的判定定理可证结论成立；（2）过O作OE⊥AD于点E，连接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可求出结果．【解答过程】（1）连接CO，∵∠CAB=45∘，OA=OC，∴又∵F为BC的中点，∴∠FOB=45∴OF//AC，∵OF⊄平面ACD，AC⊂平面ACD，∴OF//平面ACD．（2）过O作OE⊥AD于点E，连接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，又因为CO⊂平面CEO，OE⊂平面CEO，且CO∩OE=O，∴AD⊥平面CEO，因为CE⊂平面CEO，∴AD⊥CE，则∠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，因为CO=2，OE=3，∴CE=∴cos∠CEO=所以二面角C−AD−B的余弦值为21726．（2022秋·天津宁河·高三阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC,AD⊥DC,BC=CD=12AD=2，E为棱AD(1)证明：AB//平面(2)求证：平面PAB⊥平面PBD(3)若二面角P−CD−A的大小为45°，求直线AD与平面PBD所成角的正切值.【解题思路】（1）因为BC//AE且BC=AE，所以BCEA为平行四边形，则（2）由已知可得PA⊥BD，BD⊥AB，由线面垂直的判定定理可得BD⊥面PAB，进而即可证得结论；（3）由CD⊥平面PAD可得∠PDA=45°，作AM⊥PB于M，可知AM⊥面PDB，所以∠ADM为直线AD与平面PBD所成角，在直角△AMD中求解即可．【解答过程】（1）∵BC//AE且BC=AE，∴四边形∴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，连接BE，∵BC//DE且BC=DE，∴四边形∵DE⊥CD，BC=CD=2，∴平行四边形BCDE为正方形，∴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，因为PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD,∴∠PDA为二面角P−CD−A的平面角，从而∠PDA=45°，所以PA=AD=4，作AM⊥PB于M，连接MD，∵平面PAB⊥平面PBD，AM⊂平面PAB，平面PAB∩平面PBD=PB，∴AM⊥面PBD，所以∠ADM为直线AD与平面PBD所成角，在直角△PAB中，AB=CE=22，PA=4，PB=26，∴因为AM⊥面PBD，DM⊂面PBD，所以AM⊥DM，在直角△AMD中，AD=4,AM=433∴tan∠ADM=则直线AD与平面PBD所成角的正切值为2227．（2022秋·上海·高二期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D(1)求异面直线EF与AB所成角的余弦值；(2)在棱BB1上是否存在一点P，使得二面角P−AC−B的大小为30∘(3)求异面直线EF与AB之间的距离.【解题思路】(1)做出异面直线所成的角，解三角形求解即可；(2)假设存在，利用二面角P−AC−B的大小为30∘(3)利用线面垂直，找到公垂线，然后借助相似来计算即可.【解答过程】（1）取DD1的中点M，因为F是所以MF//CD，又AB//CD，所以AB//MF，所以异面直线EF与AB所成角也就是EF与MF所成角，由正方体得MF⊥平面ADD1A1，所以MF⊥EM，MF=2,EM=2所以EF=6，cos所以异面直线EF与AB所成角的余弦值为63（2）假设存在点P符合题意，连接BD与AC交于点O，所以AC⊥BD，因为ABCD−A1B又O是AC的中点，所以PO⊥AC，所以∠POB就是二面角P−AC−B的平面角，故假设成立，存在这样的P点.又因为∠POB=30∘，tan30∘=（3）连接AD1，因为E、M是所以AD又因为MF⊥平面ADD1A1，AD即AD1⊥AB，又EM∩MF=M，所以A又EF⊂平面EMF，所以AD接着取BB1的中点G，连接GF，延长A1G交连接D1H，交GF于点K，交EF于点过O作AD1的平行线交AB于点O1由AD1⊥EF，AD1⊥AB得易得△HOO1与△HD1A则K是GF的中点，所以KD所以OHD1H=328．（2022秋·上海普陀·高二期末）如图，在三棱锥D−ABC中，平面ACD⊥平面ABC，AD⊥AC，AB⊥BC，E、F分别为棱BC、CD的中点.(1)求证：直线EF//平面ABD；(2)若直线CD与平面ABC所成的角为45°，直线CD与平面ABD所成角为30°，求二面角B−AD−C的大小.【解题思路】（1）根据EF//BD即可证明；（2）证明AD⊥平面ABC，BC⊥平面ABD，进而结合已知条件证明△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=45【解答过程】（1）证明：因为E、F分别为棱BC、CD的中点.所以，在△BCD中，EF//BD，因为EF⊄平面ABD，BD⊂平面ABD，所以，直线EF∥平面ABD（2）解：因为平面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