2024年高考数学复习 几何法求二面角线面角（含解析）

几何法求二面角，线面角

思维导图

|知识点•梳理

立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。这是空

间向量求解的巨大优点，也是缺点，就这么共存着。其实不建系而直接计算真的很比较锻炼空间想象的能

力，方法上也更灵活一些，对于备考的中档学生来说，2种方法都要熟练掌握。

方法介绍

一、定义法：交线上取点|等腰三角形共底边时

作二面角步骤

第一步：在交线/上取一点。

第二步：在a平面内过。点作/的垂线m

第三步：在S平面内过。点作/的垂线。B

/40B即为二面角，余弦定理求角

二、三垂线法（先作面的垂直）一后续计算小

使用情况：己知其中某个平面的垂线段

第二步：过垂直B作/的垂线。8

ZAOB即为二面角

且△40B为直角三角形，邻比斜

三、作2次交线的垂线

作二面角步骤

第一步：作4。，/

第二步：作。

连接4B,N40B即为二面角，余弦定理求角

四、转换成线面角

作二面角步骤

第一步：作a。，/

第二步：作力找不到垂足B的位置用等体积求4B长）

连接/408即为二面角

为直角三角形，邻比斜

五、转换成线线角一计算小，也是法向量的原理

提问：什么时候用？

若a平面存在垂线AB,且S平面存在垂线4C

则。平面与£平面的夹角等于直线4C与4B的夹角

投影面积法——面积比（三垂线法进阶）

将cos。=边之比|面积之比，从一维到二维，可多角度求出两面积，最后求解

如图△ABC在平面a上的投影为△ABC,

则平面a与平面ABC的夹角余弦值cos3=翌蛆

AABC

即cos。*

补充：即使交线没有画出来也可以直接用

例题：一题多解

2023汕头二模T20

如图在正方体ABCD-ABCOi中，PQ是所在棱上的中点.

(1)求平面APQ与平面ABCD夹角的余弦值

(2)补全截面4P0

高考真题•回顾

2023全国乙卷数学(理)T9——由二面角求线面角

1.已知..ABC为等腰直角三角形，为斜边，△ABZ)为等边三角形，若二面角C-AB-O为150。，则直

线CD与平面所成角的正切值为()

A.-B."C.虫D.-

5555

2021•新高考1卷•T20-----由二面角求线段长

2.如图，在三棱锥A-BCD中，平面A8£>_L平面BCD,AB=AD,。为的中点.

(1)证明：O4LCZ)；

(2)若OC。是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，£>E=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45。,

求三棱锥A-BCD的体积.

重点题型•归类精讲

题四O定义法

1.如图,在三棱锥S—ABC中,SC±平面ABC,点P、M分别是SC和S3的中点，设PM=AC=1,ZACB=90°,

直线与直线SC所成的角为60°.

(1)求证：平面平面"C.(2)求二面角〃一4C—8的平面角的正切值;

2.(湛江期末)如图，在三棱锥P—ABC中，E4J_平面ABC,点M,N分别是PB,4c的中点，且MNL4c.

(1)证明：BC_L平面PAC.

(2)若以1=4,AC=BC=272，求平面PBC与平面AMC夹角的余弦值.(几何法比较简单)

3.如图1,在平行四边形中，ZA=60°,A£>=2,AB=4,将△A3。沿AD折起，使得点/到达点P,

如图2.

(1)证明：平面8CD_L平面以D；

(2)当二面角£>-尸4-8的平面角的正切值为痛时，求直线与平面尸8C夹角的正弦值.

题四自三垂线法

4.（佛山期末）如图，四棱锥P—4BCD中，AB//CD,ZBAD=90°,PA=AD=AB=：C£>,侧面以。_1_底

^ABCD,E为PC的中点.

(1)求证：BE_L平面PCD；(2)若%=PD,求二面角P—BC—D的余弦值.

R

5.如图，在四棱锥P-18CO中，△为。是以ND为斜边的等腰直角三角形,

BC//AD,CD±AD,AD=2CD=2BC=4,PB=2上（2023广州一模T19）

BC

(1)求证：ADLPB；(2)求平面R12与平面4BCD交角的正弦值.

6.如图，在三棱锥A-BCD中，平面A83平面BCD,AB=AD,。为的中点.

(1)证明：O4LC。；

(2)若OCD是边长为2的等边三角形，点E在棱AC上，£>E=2EA且二面角E-BC-Q的大小为60,

求三棱锥A-BCD的体积.

7.(2023・浙江•统考二模)如图，在三棱柱ABC4耳£中，底面ABC1平面,一ABC是正三角形,

。是棱BC上一点，且CO=3Q8,AXA=AiB.

Ci

/\\\/:/z

/'\*/

/\Jf/

//cX风//

A^———虱

⑴求证：耳G，A。；

3

(2)若AB=2且二面角\-BC-Bt的余弦值为求点A到侧面BB&C的距离.

8.如图，在多面体ABCDE中，平面AC。_L平面ABC,8E_L平面ABC,..ABC和-ACD均为正三角形,

AC=4,BE=瓜

(1)在线段AC上是否存在点F,使得BF//平面ADE?说明理由;

(2)求平面CDE与平面ABC所成的锐二面角的正切值.

题园巨作2次交线的垂线

9.在三棱锥S—A3C中，底面△ABC为等腰直角三角形,NSAB=NSC3=NABC=90°.（杭州二模）

（1）求证：AC±SB；（2）若力B=2,SC=20，求平面S47与平面SBC夹角的余弦值.

题四圆找交线

10.如图，在四棱锥P-力BCD中，底面ABC/）是平行四边形，乙4BC=120°,AB=1,BC=2,PD±CD.

⑴证明：AB±PB；

（2）若平面/MB_L平面PCD,且PA=10,求直线4C与平面PBC所成角的正弦值.（广东省二模T19）

2

题四区转换成线线角

湖北省武汉市江汉区2023届高三上学期7月新起点考试

11.在直三棱柱ABC-A与G中，已知侧面A831A为正方形，BA=BC=2,D,及F分别为

AC,BC,CCi的中点,BF1B1D.

(1)证明：平面平面BCGBi；(2)求平面BCiD与平面&DE夹角的余弦值

六、题园庆投影面积法

12.(2022•惠州第一次调研)如图，在四棱锥P—4BCD中，已知A3//CD,AD_LCD,BC=BP,CD=2AB

=4,△力OP是等边三角形，E为DP的中点.

(1)证明：力平面PCD；(2)若PA=4，5,求平面PBC与平面夹角的余弦值

13.(2022深圳高二期末)如图(1),在直角梯形4BC0中，AB//CD,AB1BC,且BC=CD=gA3=2,取

4B的中点。，连结。D,并将△力0D沿着。D翻折，翻折后AC=26，点”，N分别是线段ZD,AB

的中点，如图(2).

(1)求证：AC±OM.

(2)求平面OMN与平面OBCD夹角的余弦值.

几何法求二面角，线面角

思维导图

|知识点•梳理

立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。这是空

间向量求解的巨大优点，也是缺点，就这么共存着。其实不建系而直接计算真的很比较锻炼空间想象的能

力，方法上也更灵活一些，对于备考的中档学生来说，2种方法都要熟练掌握。

方法介绍

一、定义法：交线上取点|等腰三角形共底边时

作二面角步骤

第一步：在交线/上取一点。

第二步：在a平面内过。点作/的垂线m

第三步：在S平面内过。点作/的垂线。B

/40B即为二面角，余弦定理求角

二、三垂线法（先作面的垂直）一后续计算小

使用情况：己知其中某个平面的垂线段

第二步：过垂直B作/的垂线。8

ZAOB即为二面角

且△40B为直角三角形，邻比斜

三、作2次交线的垂线

作二面角步骤

第一步：作4。，/

第二步：作。

连接4B,N40B即为二面角，余弦定理求角

四、转换成线面角

作二面角步骤

第一步：作a。，/

第二步：作力找不到垂足B的位置用等体积求4B长）

连接/408即为二面角

为直角三角形，邻比斜

五、转换成线线角一计算小，也是法向量的原理

提问：什么时候用？

若a平面存在垂线AB,且S平面存在垂线4C

则。平面与£平面的夹角等于直线4C与4B的夹角

投影面积法——面积比（三垂线法进阶）

将cos。=边之比|面积之比，从一维到二维，可多角度求出两面积，最后求解

如图△ABC在平面a上的投影为△ABC,

则平面a与平面ABC的夹角余弦值cos3=翌蛆

△ABC

即cosd=%^

补充：即使交线没有画出来也可以直接用

例题：一题多解

2023汕头二模T20

如图在正方体力中，PQ是所在棱上的中点.

(1)求平面4P0与平面N8CD夹角的余弦值

(2)补全截面4P0

«MG、3A/T7

【答案］^=-

V17

(1)方法1：投影面积法cose=；投""

方法2:转换成线线夹角

简证：在平面AAiCCiA中，作CH_LBM,易知CH±平面APQ,而CG±平面ABCD,故

cos0=cosZHCQ=,由相似可以算出CH的长

方法3:定义法一取中点

简证：平面4P。与平面/BCD的夹角转化为平面4PQ与平面481cl£)i的夹角，此时PQ为交线

此时2个图形的对称轴垂直交线，故取交线的中点，NAiMA即所求

方法4:找出交线，再作2次交线(平行线)垂线

简证：M为PQ中点，易知1为两平面交线，过AH_L/,AC±/,故面面角的平面角为NMAC

方法5:转换为线面角----只做1次交线的垂线

简证：易知平面4PQ与平面力BCD的夹角即为平面4PQ与平面ABCOi的夹角

而4ML交线PQ,此时平面APQ与平面4BCA的夹角等价于4M与平面APQ的夹角

作4G_L平面4PQ,连接MG,通过等体积法求出AG,即可

(2)如图

高考真题•回顾

2023全国乙卷数学（理）T9——由二面角求线面角

1.已知—A8C为等腰直角三角形，N3为斜边，△A8D为等边三角形，若二面角C-为150。，则直

线CD与平面4BC所成角的正切值为（)

A1RV2Vz.----

555

【答案】C

【分析】根据给定条件，推导确定线面能，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.

【详解】取AB的中点E,连接CE,DE,因为..ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE/AB,

又是等边三角形，则。E1A8,从而NCED为二面角的平面角，即NCEZ）=150,

显然CEcOE=E,CE,OEu平面COE,于是A81平面COE,又A8u平面ABC,

因此平面CDE_L平面ABC,显然平面CDEc平面A8C=CE,

直线CDu平面COE,则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE,

从而/QCE为直线C。与平面A3C所成的角，令A8=2,则CE=,在“COE中，由余弦定理得:

CD=yjcE2+DE2-2CE-DEcosZCED=jl+3—2xlxgx(—今二近,

DECDV3sin150V3

由正弦定理得,即sin/0CE=

sinZDCEsinZCED277'

显然/DCE是锐角，cosZDCE=Vl-sin2ZDCE=~^=

所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为—.

5

2021•新高考1卷•T20-----由二面角求线段长

2.如图，在三棱锥A-BCO中，平面平面BCD,AB^AD,。为的中点.

(1)证明：OALCD；

(2)若.。CO是边长为1的等边三角形，点E在棱A。上，DE=2EA,且二面角E-BC-。的大小为45。，

求三棱锥A-BCD的体积.

【答案】(1)证明见解析；(2)正.

6

【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；

(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.

【详解】(1)因为A3=AD,。是8。中点，所以。4_LBD,

因为OAu平面ABD,平面ABD_L平面BCD,

且平面45。八平面5。。=8。，所以。4_L平面区CQ.

因为CDu平面BC。，所以。A_LCD.

(2)［方法一］:通性通法一坐标法

如图所示，以O为坐标原点，0A为z轴，0。为歹轴，垂直0。且过。的直线为x轴，建立空间直角坐标

系。一孙z,

则C也,-,0),0(0,1,0),5(0,-1,0),设A(0,o,rn),£(0,工，|m),

2233

所以£5=(0,-±-2机),8。=(也,3,0),

3322

设方=(x,y,z)为平面EBC的法向量，

则由J班”=°可求得平面EBC的一个法向量为为=(-73,1,--).

EC-n=0m

又平面BCD的一个法向量为OA=(0,0,m),

所以cos(几,04)=,解得加=1.

rr+i\

又点C到平面AB。的距离为Y1,所以匕BCD=VCABD=-x-x2xlx^=^-,

所以三棱锥A-BCD的体积为".

6

［方法二］【最优解】：作出二面角的平面角

如图所示，作EG_LB。，垂足为点G.

作GP_LBC,垂足为点忆连结EF,则。4〃EG.

因为。4J.平面BCD,所以EG_L平面BCD,

/EbG为二面角E-BC-。的平面角.

因为NEFG=45。，所以EG=FG.

由已知得08=00=1,故OB=OC=1.

入NOBC=NOCB=30°,所以BC=6.

24222

因为GO=—,G3=—，/G=—«)=—,EG=—,04=1,

33333

匕-BCL；SBCDXOA=；X2Sfl0Cx(?A=1x2x(lx^xlxl)xl=^

J3jZZo

【点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将

几何问题代数化，适合于复杂图形的处理;

方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加

深刻的认识，该法为本题的最优解.

重点题型•归类精讲

题四O定义法

1.如图，在三棱锥S—ABC中，SCI.平面ABC,点P、M分别是SC和S3的中点，设PM=AC=1,ZACB=90°,

直线与直线SC所成的角为60。.

(1)求证：平面平面MC.

(2)求二面角M—AC—B的平面角的正切值；

【答案】(1)证明见解析;(2)逅

3

【分析】(1)由已知可证8C_L平面"C,又PM//BC,则面S4C,从而可证平面跖4P_L平面”C；

(2)由/C_L平面S8C,可得NMC3为二面角〃一NC一2的平面角，过点、M作MNLCB于N点,连接/N,

则N/M/=60。，由勾股定理可得AN=后，在RL.AMN中，可得MN=也,从而在Rt^CMW中，即可求

3

解二面角M—AC—B的平面角的正切值.

【详解】(1)证明：：SC_L平面/3C,：.SC±BC,

又；NNC3=90°,：.AC±BC,又NCf|SC=C,

...BCJ"平面SAC,

又：尸，M是SC、S3的中点，

：.PM//BC,，2加_1面S4C,又PMu平面跖4P,

平面跖4P_L平面SAC；

(2)解：：SC_L平面/BC,：.SC±AC,又NC_L8C,5Cr|^C=C,

.•./C_L平面SBC,

：.AC±CM,AC±CB,从而NMC5为二面角M—/C-B的平面角，

•.•直线4W与直线PC所成的角为60°,

过点、M作MNLCB于N点、,连接AN,

则NNMN=60。，在中，由勾股定理可得AN=四,

在Rt_AMN中，MN=———=72.-=—,

tan/AMN33

男

在RtACNM中，,八/MN3瓜.

tanNMCN=---==-=——

CN13

2.(湛江期末)如图，在三棱锥P—ABC中，R1_L平面ABC,点M,N分别是尸丛47的中点，且MN_L4c.

(1)证明：BCJ_平面雨C.

(2)若“1=4,AC=BC=24i，求平面PBC与平面4MC夹角的余弦值.(几何法比较简单)

【答案】

(1)法一：BC//ON,4LL平面M0N|AC_LN0|4C_LBC,则有BC垂直E4和AC

法二：MC=MB=MC得到直角

（2）易知aAMC与△BMC均为直角三角形，取MC中点E,NAEB即为所求角

AE=BE=m（用三角比得到），cos6=；（余弦定理或者二倍角公式）

3.如图1,在平行四边形/BCD中，ZA=60°,AZ）=2,AB=4,将沿3。折起，使得点/到达点P,

如图2.

P

⑴证明：平面BCD_L平面RD；

（2）当二面角PA-B的平面角的正切值为n时，求直线8。与平面P3C夹角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2），

【分析】（1）要证平面BCD_L平面RLD,只需证明平面E4。，再利用面面垂直的判定进行说明;

（2）先找到二面角D-PA-8的平面角，再找直线与平面P8C所成角.

【详解】⑴△ABO中，由余弦定理：BD2=AD2+AB2-2ADXABXCOSA=12,

所以BD=2百，则AD2+BD2=AB2,AD±BD,

将△ABO沿8D折起，使得点/到达点P,则一三..PB。，所以PD工BD,

}

又4。门/£>=。/£>,4。£=平面处£>,所以201平面PAD,又BOu平面BCD,

所以平面BCD_L平面PAD-,

P

如图，取尸4中点£,连接BE,DE,因为则

所以ZBED为二面角〃一PA-8的平面角，

且由（1）知，8。工平面尸4。

所以tan/BED=——=&=>E。=0,

ED

一,PZM中，如=4。=2,PA中垂线DE=0,

所以由勾股定理可得AE=血,PA=2&,

P£）2+A£>2=%2,所以P£>_LA。,LBDJ,AD,PDcBD=D

所以A。_L平面PBD,又BCI/AD,所以BC2平面PBD,

过。作。尸1PB于点尸，因为。尸<=平面PBD,所以8C_L,

因为I=所以。F_L面PBC,所以直线2。与平面P2C夹角即为/尸3D

Rt,PBD中,sinZPBD=-=-,所以直线8。与平面P2C夹角的正弦值为

422

题四自三垂线法

4.(佛山期末)如图，四棱锥P—ABCD中，AB//CD,/班。=90°,PA=AD=AB=；C£>,侧面以。_1底

ffiABCD,E为PC的中点.

(1)求证：BEJ_平面PCD；

(2)若以=PD,求二面角P—BC—D的余弦值.

【解析】（1）BE〃AF,故DC_LBE,PD±BE

(2)法一：先作平面垂线，再做交线垂线(得到直角三角形，勾股+三角形函数)

如图，设40=2,则PG=6，HG=』DB=&&勾股得「〃=叵GH_3A/2_V15

COS。

422PH-730~

方式二：作2次交线垂线(在两个平面内各作一次交线的垂线)

如图，BD1BC,再作NDBH即为所求

还是设AD=2,贝UBD=2加,由勾股可知PC=2不

又因为BE是PC中垂线，故BP=BC=2也，由相似或三角函数可知

再求出DH（勾股可求），用余弦定理

方式三：转换成线面角问题

过点D作平面PBC的垂线段DH,则由DH_LBC,又因为DB_LBC,故/DBH即为所求

BH

由等体积可得：DH-SAPBC=V3-SADBC,再由勾股得出BH,COS0=—

.就

8

5.如图，在四棱锥尸dBCD中，△掰。是以ND为斜边的等腰直角三角形,

BC//AD,CD±AD,AD=2CD=2BC=4,PB=273（2023广州一模T19）

P

（2）求平面以3与平面/BCD交角的正弦值.

⑵叵

【答案】（1）证明见解析;

5

【解析】

【分析】（1）取4。中点E,连接BE,PE,可证明PE±AD,进而可证AO_L平面PEB,

则结论成立；（2）过P做尸。工平面ABCD,过O做OH_1_AB于，，则ZPHO为平面PAB与平面ABC。

所成角，根据题中所给条件计算尸O,OH的长，求出正切值，进而求出正弦值.

【小问1详解】

取AD中点E,连接BE,PE,

因为BC〃AD,且3。=工4。=包）,所以四边形E8CD为平行四边形，即3E7/CD,

2

因为8_LAD,所以BE_LAD;

因为4PAD是以AD为斜边的等腰直南三角形，所以PE1.AD;

PEcBE=E,所以A£）_L平面PE3,PBu平面PEB,所以A£）_LP8.

【小问2详解】

过P做尸平面A6C。，过。做于H,则ZPHO为平面PAB与平面A3C。所成角，

由（1）可知：AOJ.平面PEB,ADu平面ABCD,所以平面PE3_L平面ABCD,平面PEBy平面ABCD

=BE,

则Oe直线BE,由题意可知PE=2,BE=2,又尸5=2百，所以/PEB=120,在直角三角形尸石。

中，NPEO=60,所以PO=JLOE=I,

过E做ER_LA3于/，则OH//EF,

在AAEB中，BE1AE,BE=AE=2,则A3=2近，EF=£AB=M,

46I—

K、EFBE2z、372tanNPHO=

所以-——,所以0H=3423，则sinNPHO=^^

OHBO32F5

补充：也可以作2次交线AB的垂线，即先作EF_LAB,再作FG垂直PB,易知F为中点，G为四等分点

6.如图，在三棱锥中，平面ABO1.平面BCD,AB=AD,。为2。的中点.

(1)证明：OA1CD；

(2)若OCD是边长为2的等边三角形，点E在棱A。上，DE=2EA且二面角-。的大小为60,

求三棱锥4-3。的体积.

【答案】(1)证明见解析；(2)4.

【分析】(1)由等腰三角形的性质可得，而平面ABD_L平面8c。，则由面面垂直的性质定理可得

AOJ.面BCD,再由线面垂直的性质定理可得OACD,

(2)过点E作EN〃A。交3。于N.过点N作NW〃CD丈BC千点、M,连接ME,则可得EN_L面BCD,

由OB=OD=OC可得三角形BCD为直角三角形，从而可得NEMN为所求的二面角E-8C-。的平面角，

所以由NEAW=60。，可得出MN=EN,再结合平行关系和,.OCD是边长为2的等边三角形，可求出三棱

锥的体积

【详解】(1)AB=AD,。为3D中点，..AO_LBO,

AOu面ABD,面A5£)_L面BCD,且面ABDC面BCD=BD,

AO_L面BCD,

・.,CDu面BCD,

AOLCD.

(2)过点、E作EN〃AO丈BD于N.过,&N作NM〃CD丈BC千京、M,连接ME,因为EN〃A。且由

(1)知40_1面3。。，

所以ENL面BCD,

BCu面BCD,

EN_LBC

在△BCD中，OB=OD=OC,

BCVCD,

NM//CD,MNIBC,

3c_L面MNE

...BC1ME

/.ZEMN为所求的二面角E—BC—O的平面角

/.ZEMN=60°,43MN=EN

DE=2AE,EN//AO,

.ENDN_2

.茄一法一鼠

NM//CD,f

.MN-BN-4-2

,CD-DB-6-3

4

CD=2,MN=-.

3

.•.EN=迪，:.OA=26.

3

/.5△AtAjy^mD=-2BDCD•sinZBDC

」42.走=2如

22

■.VA_BCD=-243-2^3=4.

7.（2023•浙江•统考二模）如图，在三棱柱ABCA0C中，底面ABC1平面明⑸8,_ABC是正三角形,

。是棱BC上一点，且CQ=3Z）B,AA=A8.

(1)求证：BXC,1\D.

3

(2)若AB=2且二面角\-BC-Bt的余弦值为求点A到侧面BBXCXC的距离.

【答案】(1)证明见解析；(2)2等

【分析】(1)取AB,8C的中点0,E,根据等腰三角形三线合一性质、面面垂直的性质，结合线面垂直的判

定可证得BC工平面\OD,由平行关系和线面垂直的性质可证得结论；

3

(2)取用G中点尸，作AGLDF,由二面角平面角定义和线面垂直的判定可知cosNA。歹=g,所求距离

为4G；设4。=〃，根据长度关系，在..4。尸中，利用余弦定理可构造方程求得〃，利用面积可求得4G.

【详解】(1)取AB,8c的中点0,E,连接AO，ADOD,AE,

ABC为等边三角形，..AEIBC；

.AA=4B,。为AB中点，：.\OLAB,

CD=3DB,E为BC中点，D为BE中点、,又。为AB中点，

OD//AE,OD1BC-,

i平面ABC/平面44旦8,平面ABCc平面AAB18=AB,4Ou平面AAgB,

AO_L平面ABC,又BCu平面ABC,.-.^OLBC；

A.O'OD^O,4。,。。＜=平面A。。，.1BC，平面A。。，

BC

AQu平面40。，BC±AtD,又BC〃用G,ii-L

(2)取用G中点P,连接A/,D尸，

由三棱柱结构特征知：\FHAE,又ODIIAE,:.ODHAF,即A，。，。，尸四点共面,

由(1)知：BC/平面A0。/，

.平面40。尸，BCLDF,BCl^D,

3

是二面角A-BC-4的平面角，:.cosZAiDF=-,

作AGJLDF,垂足为G,

BCl^G,DFLA.GfBC\DF=D,BC,DFu平面BCCR,

AG_L平面5。。1瓦，

设A。=。，则明=7/z2+l,

DF=+A

・•・AD=^|,f^^^

22

402+£）尸2_4/2/Z+-+/I+--3

443

/.cosZ^DF==5,解得:h=6,

2ADDF

4

又5皿/4。尸=二S=-ADDFsmZADF=-DFAG,

Atn\Fur2刀12I}，

叫x争争:小孚AG,解得:AG*

即点A到侧面BB©C的距离为.

8.如图，在多面体ABCDE中，平面AC。_L平面ABC,BE_L平面ABC,ABC和..AC。均为正三角形,

AC=4,BE=6

D

(1)在线段AC上是否存在点F,使得BF//平面ADE?说明理由；

(2)求平面CDE与平面ABC所成的锐二面角的正切值.

【答案】(1)存在，理由见解析；⑵叵

2

【分析】(1)记AC中点为连结DM,根据线面平行的判定定理即可得出结论；

(2)连结CG,过点8作CG的垂线，连结EH,作出平面CDE与平面A8C所成的二面角的平面角，解三

角形，即可求得答案.

【详解】(1)记AC中点为连结。M,AC。为正三角形，AC=4,

则DM1AC,且DM=273.

因为平面ACD_L平面ABC,平面平面ABC=AC,DMu平面/CD,

所以DM工平面ABC,又因为BE_L平面ABC,

所以DM〃BE.

延长MB,OE交于点G,则AG为平面AOE与平面ABC的交线，

因为BE=6,故DM=2BE,所以2为MG的中点，

取AM中点尸，连结BF,则8尸〃AG,因为AGu平面ADE,平面AOE,

所以〃平面A£>E.

­.1-.

即线段AC上存在点尸，当AF=—AC时，〃平面ADE.

4

(2)连结CG,则CG为平面COE与平面ABC的交线，

在平面ABC内，过点8作CG的垂线，垂足为//.

连结EH,因为BE_L平面ABC,CGu平面ABC,故BE_LCG,

BE、BH=B,BE,BHu平面BEH,故CG_L平面,

EHu平面BEH,故CGLEH,

则ZBHE为平面CDE与平面ABC所成的二面角的平面角.

..ABC为正三角形，AC=4,生父BM=2日则8G=8M=26，

且NMBC=30NGBC=150,

故在GBC中，GC~=BG2+BC2-2BG-BCcosZGBC=12+16-2x2岛4x(-1)=52,

故CG2万,而SB0c=；BCx3Gxsinl50=2百，

故BH=2SBGC=半，丸因为BE=LDM=6，

CGV132

所以tan/BHE="^=叵,

BH2

即平面CDE与平面ABC所成的锐二面角的正切值为史.

2

题园互作2次交线的垂线

9.在三棱锥S—ABC中，底面AABC为等腰直角三角形,NSAB=NSCB=NABC=90°.(杭州二模)

⑴求证：ACLSB-,(2)若4B=2,SC=20，求平面S4C与平面SBC夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析;(2)如

3

【详解】(1)

s

证明：取AC的中点为E,连结SE,BE,

'：AB=BC,：.BE1AC,

在一SCB和ASAB中，NSAB=ZSCB=90°,AB=BC,SB=SB

：..,SCB=.SAB,：.SA^SC,

：AC的中点为E,/.SE1AC,

:SECBE=E,；.AC_L面SBE,

,：SBu面SBE,：.AC1SB

（2）

过S作5。_1面48（7,垂足为。，连接AD,CD,SD1AB

•：AB1SA,AB1SD,SA||AD=A,AB」平面SAO

：.AB±AD,同理，BCVCD

:底面..ABC为等腰直角三角形，AB=2,SC=2也,

四边形A8C£＞为正方形且边长为2.

以。为原点，D4,Z）C,DS分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系。-盯z,则

A（2,0,0）,5（0,0,2）,C（0,2,0）,B（2,2,0）

SC=（0,2,-2）,AC=（-2,2,0）,BC=（-2,0,0）,

,、n-SC=2y,-2z,=0

设平面SAC的法向量〃二（%,%,zj,则｛，解得x=y=z,

n-AC=-2xl+2yl=0

取再=1,则%=1,Z[=1,H=（1,1,1）,

,、m-SC=2y-2z=0[x=0

设平面SBC的法向量机=（%2，y2，Z2）,则〈??,解得1,

mBC=-2x2=01y=z

取%=1,则玉=O,Z]=1,zn=（0,1,1）,

设平面SAC与平面SBC夹角为0

mn

Q|一•|-2底

cose=cos<m,n>\=-—=—；=——产=---

11而nV3xV23

故平面SAC与平面SBC夹角的余弦值为".

3

补充几何法：作2次交线的垂线得出二面角，即AMJ_SC,MN±SC,NAMN即所求，易知MN均为中点.

题园回找交线

10.如图，在四棱锥P—力BCD中，底面4BC/）是平行四边形，ZABC=120°,AB=1,BC=2,PD1CD.

(1)证明：ABLPBx

⑵若平面以IB,平面PCD,且=求直线4C与平面PBC所成角的正弦值.（广东省二模T19）

2

【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可得CD_L3。，进而根据线面垂直的判定和性质分析判断;

（2）方法一：建系，利用空间向量求线面夹角；方法二：利用等体积法求点4到平面P8C的距离，结合线

面夹角的定义分析运算.

【详解】（1）如图1,连接5。,

因为四边形ABCD是平行四边形，且乙48c=120。，AB=1,BC=2,

所以CD=1,ZBCD=60°,AB//CD,

所以必=叱+5-22℃。3/88=1+4-2、卜2*3=3,

所以BD=6,

所以8c2=B£)2+C£)2,所以CO_LBD,

又因为CZ)_LPZ),BD\PD=D,BD,PDu平面PBD,

所以CD_L平面PBD,

因为尸3u平面PAD,所以C£)_LPB,

因为AB〃C。，所以AB_LP2.

(2)如图2,设平面以8和平面PCD的交线为直线/,

因为CD〃AB,CDS平面RIB,ABu平面PAB,所以CD〃平面

因为COu平面尸CD,平面处。尸4Ou平面尸BC=/,

所以CD〃/,

因为C£)_L平面尸50,所以//平面尸AD,

因为PB,PDu平面PBD,所以NAPD是平面为3与平面PCD的二面角，

因为平面PAB_L平面尸CD,所以NBPD=90。，gpBP1DP

在RtA43尸中，因为尸&=®，AB=l,所以PB=",

在RtABPD中，因为BD=6,K'lPD=—,所以△BPD为等腰直角三角形，

2

方法一：由(1)得CD_L平面P3。，如图3,以点。为坐标原点，D8所在直线为x轴，0c所在直线为y

轴，过点。垂直于平面/BCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(6-l,0),B(V3,0,0),C(0,1,0),

乌o,呼

设平面尸5c的法向量为〃=(%,y,z),

n•BC=-y/3x+y=0

"卧=-号+*=。'

取X=l,则,=g/=],得〃=

记直线4C与平面尸5C所成角为仇

-V3+2A/3+0

则sin^=cos/n,AC/=n-AC

V1+3+1XVTF4

所以直线/C与平面P8C所成角的正弦值为业》.

35

方法二：在A4BC中，因为A3=l,BC=2,ZABC=120°,贝|

AC=AB2+BC2-2AB-BC-cosZABC=il+4-2xlx2x^-^=4y,

设点/到平面PBC的距离为d,

由（1）知CDL平面PBD,因为四边形48c。是平行四边形，所以AO〃BC,

又因为AOu平面尸8C,BCu平面PBC,所以A。〃平面尸8C,

所以匕—P5C=VD—PBC,

因为^D-PBC~匕-BPD，所以匕-PBC-V（J-BPD，

设点”到平面P3C的距离为d,由（1）知CD_L平面PAD,

所以］S4PBC,"=］S/\BPD*CD,

在△依C中，尸8=逅，BC=2,PC=PA=—,

22

因为PB?+PC?=BC?,所以PB_LPC,

所以-Jx4普=限

所以J_X姮.d=J_x』xYlxYixl,解得］=姮，

3432