第04讲 利用几何法解决空间角和距离19种常见考法归类解析版-新高二数学暑假自学课讲义

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：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).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：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).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是平面外的任意一点，过点作，垂足为，则唯一，则是点到平面的距离。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.1、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）.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.3、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α内的平面图形Γ的面积为S，它在平面β内的射影Γ′的面积为S′，设平面α与平面β所成二面角的平面角为θ，则当θ∈0,π2时，cos⁡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.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,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，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，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．，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，

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，

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.

(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.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、，

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，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（

）A． 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.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

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，，∴；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：

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（

）A． 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，，，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,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，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C．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,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，，，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°C．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（

）A． 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.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SCDC．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，，，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.

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．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，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.

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，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，，，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，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．【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(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，，，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；【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.【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，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)【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，，∵，，，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(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，．(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，，，．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；（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，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.(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②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.【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)【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，又平面，所以平面，又平面，所以，则为二面角的平面角，，，，由余弦定理可知，∴二面角的余弦值为.

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的正方形中，点分别为的中点．将分别沿折起，使三点重合于点P．(1)求证：；(2)求三棱锥的体积；(3)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）先证明平面，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）作出二面角的平面角，解直角三角形即可求得答案.【详解】（1）证明：因为在正方形中，折叠后即有，又平面，所以平面，而平面,故；（2）由题意知，故，故；（3）取线段的中点G，连接，因为，所以有，平面,平面,所以即为二面角的平面角，又由（1）得平面，平面，故,而,,故,即二面角的余弦值为.变式3．（2023春·浙江·高一校联考阶段练习）如图，在多面体中，平面平面，平面平面是菱形，．

(1)证明：平面；(2)求二面角的平面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【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；（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.【详解】（1）分别取的中点，连接，如图，

是菱形且，为正方形，故，平面平面，平面平面平面，平面，又平面，同理可得，，平面平面，又平面．（2）在上取，连接．因为平面，由（1）知，，由勾股定理可知，，在中可得，由正三角形可知，在平行四边形中，由可知，，，，，即为二面角的平面角．由余弦定理知，二面角的平面角的余弦值为．考点十二：三垂线法求二面角的平面角例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，底面是菱形．

(1)若点E是PD的中点，证明：平面；(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）连接交于M，连接，根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）设为的中点，连接，证明平面，从而作出二面角的平面角，解直角三角形即可求得答案.【详解】（1）连接交于M，连接，

因为底面是菱形，所以M为的中点，又点E是PD的中点，故为的中位线，故，而平面，平面，故平面；（2）设为的中点，连接，因为，故,因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，而平面，故，底面是菱形，故，作交于N，则，且N为的中点，连接，因为平面，故平面，则即为二面角的平面角，设，则,，则，则，由于为的中点，N为的中点，故，而平面，平面，故，所以，即二面角的正切值为2.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）已知正三棱柱中，，D为AC边的中点，

(1)求侧棱长；(2)求三棱锥D-的体积；(3)求二面角的大小.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）取中点，连接，，可得△，从而可求侧棱的长；（2）利用等体积法即可求解.（3）过做，垂足为，过做，垂足为，连接，则，故为二面角的平面角，计算，，即可求得结论．【详解】（1）不妨考虑将三棱锥底面朝下，取中点，连接，，则,是正三棱柱，平面平面,且交线为,平面,所以平面，由于平面,，，平面平面，平面,，侧棱长为.

（2）,（3）过做，垂足为，过做，垂足为，连接，由于平面平面,且交线为,平面,所以平面，平面,所以,又，平面,所以平面,平面,则，为二面角的平面角,在直角三角形中，,所以,而,在中，由等面积可得二面角的大小为，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，底面是正方形，侧面底面是正三角形，是底面的中心，是线段上的点．

(1)当//平面时，求证：平面；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）连接，证得，由底面是正方形，所以，根据面面垂直的性质，证得平面，得到，再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面；（2）取的中点分别为，连接，证得即为所求二面角的平面角，在直角中，结合，即可求解.【详解】（1）证明：连接，因为平面，平面，且平面平面，所以，又因为在中，是的中点，所以是的中点，因为底面是正方形，所以，又因为平面平面，平面平面平面，所以平面，因为平面，所以，所以是正三角形，所以，因为，且平面，所以平面．（2）解：取的中点分别为，连接，所以是正三角形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为且平面，所以平面，因为平面，所以，则即为所求二面角的平面角，设，则，在直角中，，所以，即所求二面角的余弦值为．

变式3．（2023春·江苏苏州·高一校考阶段练习）四棱锥中，平面，四边形为菱形，，，E为AD的中点，F为PC中点．

(1)求证：平面；(2)求PC与平面PAD所成的角的正切值；(3)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)(3).【分析】（1）取的中点，证明，结合线面平行判定定理证明结论；（2）先证明平面，由线面角的定义证明是与平面所成角的平面角，推导出，，由此能求出与平面所成角的正切值；（3）过点作，根据二面角平面角定义证明是二面角的平面角，由此能求出二面角的正弦值．【详解】（1）取的中点，连接，因为点为的中点，所以，又，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；（2）四边形为菱形，，，为等边三角形，，在中，是中点，，平面，平面，，，平面，平面，平面，斜线在平面内的射影为，即是与平面所成角的平面角，平面，平面，，在中，，在中，，平面，平面，，在中，，与平面所成角的正切值为．（3）在平面中，过点作，垂足为，连结，

平面，平面，，，平面，平面，又平面，是二面角的平面角，在中，，，，在中，，，，在中，，由余弦定理得，二面角的正弦值为．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，和都是边长为的等边三角形，，平面.

(1)证明：平面；(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(2)【分析】（1）取的中点，连接、，证明出平面，利用面面垂直的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）连接、，取的中点，连接，取的中点，连接，利用等体积法计算出的长，推导出二面角的平面角为，求出的正切值，即为所求.【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接、，因为和都是边长为的等边三角形，则，，且，同理可得，因为，所以，，则，又因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，又平面，平面，所以平面.（2）解：如图，连接、，取的中点，连接，

因为为等边三角形，为的中点，则，取的中点，连接，因为，则，且，则等腰的面积为，所以三棱锥的体积为，因为平面，、平面，则，，又因为，，、平面，所以，平面，因为，平面，平面，所以，平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离等于，因为，则，又，即，所以，因为平面，平面，则，又因为，则，因为为的中点，所以，，又因为，所以二面角的平面角为，则，所以二面角的正切值为.变式1．（2023·高一单元测试）已知四边形ABCD中，，，O是AC的中点，将沿AC翻折至．(1)若，证明：平面ACD；(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(2)【分析】(1)由题目已知可得出平面PAC，从而得到，再由等腰三角形性质可得，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.【详解】（1）中，，，，所以，则，又，所以平面PAC，平面PAC，所以.又因为，O是AC的中点，所以，，所以平面ACD.（2）取CD中点F，连接OF，PF，在中过F作FG垂直于PO，垂足为G，，则，又因为，所以为平面PAC与平面ACD夹角，所以平面POF，又平面POF，所以，又，所以平面PAC，所以FG就是点F到平面PAC的距离，因为点D到平面PAC的距离为，又由F为CD中点，所以F到平面PAC的距离为.中，，因为点可能在上，也可能在的延长线上，所以或，所以平面PAC与平面ACD所成角不会是钝角，所以大小为.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，，垂足为、，若，则二面角的大小是______．【答案】/【分析】根据与二面角大小互补进行求解.【详解】设二面角的大小为，因为，，垂足为、，所以，又，所以.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______．【答案】/【分析】画出图象，可知二面角的平面角为，与互补，利用余弦定理可求，即可求解.【详解】如图所示，设为二面角内一点，，，，由题，则，，，设平面，，，则二面角的平面角为，由四边形的性质可知，与互补，则，所以，所以，故答案为：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，则二面角的大小为__．【答案】【分析】设平面交直线于点，连接，，可证得即二面角的平面角，在由余弦定理求出，即可求出二面角的大小．【详解】解：设平面交直线于点，连接，，由于，，，，故，，又，平面，故平面，又，平面，故，，所以为二面角的平面角，由于，，，，故，，故在四边形中，与互补，又，，在中由余弦定理，即，解得，又，所以，故，则二面角的大小为．故答案为：．变式3．（2023·高二课时练习）如图，已知平面，，且，，，，为垂足.（1）试判断直线与的关系，并证明你的结论；（2）设直线与平面交于点，点，若二面角的大小为，且，求平面与平面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）.【分析】(1)由条件可得，，则平面PCD，从而可得答案.(2)由，所以，，就是所求二面角的平面角,则根据条件可得，然后求出即可.【详解】（1）∵，，，又平面PCD∵平面PCD，所以即直线与是垂直关系.（2）连接，，则∵，由（1）有平面PCD，则，所以二面角的平面角为四点共圆，所以∵，又，，∵，，∵，所以，就是所求二面角的平面角，所以即平面与平面所成的锐二面角的大小为.【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）如图与所在平面垂直，且，，则二面角的余弦值为_______.【答案】【分析】根据题意以及面面垂直的性质定理，可作出在平面内的射影，再利用摄影面积法求出二面角的余弦值，再根据所求角与二面角互补即可求得结果.【详解】过A作的延长线于E，连结DE，∵平面平面，平面平面，∴平面∴E点即为点A在平面内的射影，∴为在平面内的射影，

设，则，∴由余弦定理可得，∴，∴，又，∴，设二面角为，∴.而二面角与互补，∴二面角的余弦值为.故答案为：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(2)【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．(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．设AD＝a，则S△PAD，△PBD中，PD＝a，BDa，PBa，∴S△PBD，∴面PAD与面PDB所成的二面角的余弦值为，∴面PAD与面PDB所成的二面角的正切值为．（法二）如图所示：取中点，连接.设AD＝a，则，所以,所以是平面PAD与平面PDB所成的二面角的平面角，在中，,所以.变式2．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，正方形平铺在水平面上，先将矩形沿折起，使二面角为30°，再将正方形沿折起，使二面角为30°，则平面与平面所成的锐二面角的正切值是（

）A． B． C． D．【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APRS,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S1,四边形APQD的面积为S2,四边形APRS的面积为S3,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，,,∴,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，，将沿BD折起，使得点A到达点P，如图2．

(1)证明：平面平面PAD；(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；(2).【分析】（1）要证平面平面PAD，只需证明平面PAD，再利用面面垂直的判定进行说明；（2）先找到二面角的平面角，再找直线BD与平面PBC所成角.【详解】（1）中，由余弦定理：，所以,则,将沿BD折起，使得点A到达点P，则，所以,又平面PAD,所以平面PAD，又平面BCD，所以平面平面PAD；（2）

如图，取中点E，连接BE,DE，因为AB=PB,AD=PD,则所以为二面角的平面角，且由（1）知，平面所以,中，中垂线，所以由勾股定理可得，所以，又,所以平面PBD,又，所以平面PBD,过D作于点F，因为DF平面PBD,所以，因为,所以DF面PBC，所以直线BD与平面PBC夹角即为中，，所以直线BD与平面PBC夹角的正弦值为.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，四棱锥的底面是正方形，底面，是上一点.(1)求证：平面平面；(2)当的值为多少时，二面角的大小为.【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）根据题意，分别证得和，得到面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面.（2）作于，连接，证得是二面角的平面角，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）四棱锥的底面是正方形，可得，因为底面，平面，所以，又因为且平面，所以面，因为平面，所以平面平面.（2）解：作于，连接，因为底面，，可得，由底面，底面，所以，又因为，，所以平面，又由平面，所以，同理可证：平面，且平面，所以，所以和全等，因为，所以，且所以是二面角的平面角，要使，只需，解得，又因为，可得，因为，且，所以，可得，因为，所以，可得，又因为，所以，所以故当时，二面角的大小为.

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，，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折为，若F为线段的中点．在翻折过程中，(1)求证：平面；(2)若二面角，求与面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【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的平面角即为，再利用面面垂直的性质定理找到平面的垂线，从而作出与面所成的角，计算可得答案.【详解】（1）证明：取的中点，连接，为线段的中点，，平面，平面，平面，又，，四边形为平行四边形，则平面，平面，可得平面，又，，平面，可得平面平面，平面，则面.（2）取中点，中点，连接，，，由，，为边的中点，得，所以为等边三角形，从而，，又，为的中点所以，又是等边三角形，所以，所以为二面角的平面角，所以，过点作，过作交于，连接，是等边三角形，所以可求得，，所以，，，，，，所以，，又，，面，所以面，又，所以面，平面，所以面面，由，在中易求得，又，所以，，面面，面，所以面，所以为与平面所成的角，在中可求得，所以，与面所成角的正弦值为变式3．（2023·高一课时练习）如图，在中，，，且，分别为，的中点．现将沿折起，使点到达点的位置，连接，，为的中点，连接．(1)证明：平面；(2)若二面角的余弦值为，求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设为的中点，则；是的中点，则，又可证得为平行四边形，则，故，即可证明平面；（2）由题意可知是二面角的平面角，于是，由题意平面，于是有平面，则，求得，由得，又，所以平面，然后由锥体体积公式求出结果．【详解】（1）设为的中点，连接，，又，则．因为，是的中点，所以，因为，，，，所以，，所以为平行四边形，则，故，又因为，平面，所以平面．（2）因为平面，平面，所以，又，所以是二面角的平面角，于是．因为，，，平面，所以平面，于是有平面．因为平面，所以．在中，，，故，，因为，所以，所以，又因为，，平面，所以平面．故．考点十七：直接法求点面距例17．（2023·高一课时练习）如图，在长方体中，已知，，，则点到上底面的距离为（

）A．4 B．2 C． D．3【答案】D【分析】利用长方体的性质可得答案.【详解】∵平面，∴的长度为点到平面的距离，故点到上底面的距离为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，，，，，，则点P到平面ABCD的距离为（

）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】根据题意由勾股定理可得，可证平面PAB，即平面平面ABCD，根据面面垂直的性质作平面ABCD，结合图形运算求解．【详解】在中，由PA＝AB＝1，∠PAB＝120°，得．因为PC＝2，BC＝1，，所以，即．因为∠ABC＝90°，所以，又，所以平面PAB．因为平面ABCD，所以平面平面ABCD．在平面PAB内，过点P作，交BA的延长线于点E，如图所示，因为平面平面ABCD＝AB，，所以平面ABCD．因为在中，PA＝1，∠PAE＝60°，所以，所以点P到平面ABCD的距离为．故选：B．变式2．（2023春·山西晋中·高一校考阶段练习）已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上，若球的体积为，则到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意作出如下示意图，设为外接圆的圆心，所以为外接圆的半径，为球体的半径，根据球的性质得平面，所以即为到平面的距离，所以，再分别求出所需数据即可.【详解】根据题意作出如下示意图，设为外接圆的圆心，所以为外接圆的半径，为球体的半径，根据球的性质得平面，所以即为到平面的距离，所以，因为是面积为的等边三角形，所以底边的高为：，所以面积为：，所以，所以底边高为：，所以，因为球的体积，解得，即，所以到平面的距离为：.故选：A.考点十八：转化法求点面距例18．（2023·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）在三棱柱中，是棱长为的正四面体，则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分别取、的中点、，连接、、、，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，利用余弦定理、同角三角函数的基本关系求出的值，进而可求得的长，再结合平面可求得结果.【详解】分别取、的中点、，连接、、、，如下图所示：由题意可知，因为四面体是棱长为的正四面体，则是边长为的等边三角形，则，故，同理可得，，因为且，所以，四边形为平行四边形，则且，因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，所以，且，又因为且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，则，且、、、四点共面，因为，，，、平面，所以，平面，过点在平面内作，垂足为点，因为平面，所以，，又因为，，、平面，则平面，在中，，，，由余弦定理可得，所以，，因此，点到平面的距离为.因为，平面，平面，所以，平面，所以，点到平面的距离等于.故选：C.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，，是棱上任一点．

(1)求证：平面平面；(2)若，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）由勾股定理证得，，得到平面，证得，从而证得平面，进而利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面；（2）根据题意点到平面的距离转化为到平面的距离，过点作证得平面，转化为边的高，在中，利用面积相等，即可求解.【详解】（1）证明：因为是正方形，且，可得，且，又因为，可得，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．（2）解：因为与平面交点为，且，可得点到平面的距离等于到平面的距离，过点作于点，由（1）知平面，且平面，所以，因为且平面，所以平面，即到平面的距离为边的高，设为，过作于，则，所以，所以，即点到平面的距离等于．

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）如图在棱长为的正方体中，是上一点，且平面.

(1)求证：为的中点；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接交于点，连接，利用线面平行的性质可得出，推导出为的中点，结合中位线的性质可证得结论成立；（2）计算出三棱锥的体积以及的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离.【详解】（1）证明：连接交于点，连接，

因为平面，平面，平面平面，所以，，因为四边形为正方形，，则为的中点，因此，为的中点.（2）解：因为平面，，又因为，所以，，因为，所以，，同理可得，，所以，，易知为的中点，则，则，所以，，设点到平面的距离为，由可得，即，解得，即点到平面的距离为.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，，，，点C是OB的中点，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，.

(1)求旋转一周所得旋转体的体积V和表面积S；(2)当时，求点O到平面ABD的距离.【答案】(1)，(2)【分析】（1）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.【详解】（1）设底面半径为，圆锥BO底面面积为，底面周长，母线.圆锥BO的体积，侧面积.圆锥CO的体积，，侧面积.旋转一周所得旋转体的体积旋转一周所得旋转体表面积.（2）

连接AD，在等腰三角形AOD中，，，，，而，设点O到平面ABD的距离为h，，故，，变式2．（2023春·广东江门·高一江门市第一中学校考期中）如图，在四棱锥中，是边长为4的正方形的中心，平面，，分别为，的中点．(1)求证：平面平面；(2)若，求点到平面的距离；(3)若，求直线与平面所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)．【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面平面；（2）利用几何关系和等体积法求解即可．（3）由（2）可知点到平面的距离为，计算的长度，根据直线与平面所成的角的定义求解．【详解】（1）因为四边形是正方形，所以，因为平面，平面，所以，因为平面，平面，且，所以平面．又平面，所以平面平面．（2）由（1）知，为点到平面的距离．所以，连接．因为平面，平面，所以，因为，，所以，又因为，所以．在中，，，所以，设点到平面的距离为，由，得，所以．所以点到平面的距离为．（3）若，由（2）可知，点到平面的距离为，又，设直线与平面所成角为，所以，所以.即直线与平面所成角的余弦值为．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，在梯形中，，，，将沿边翻折至，使得，如图②，过点作一平面与垂直，分别交于点．

(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【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的长度即为点到平面的距离，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，，，，，，，

如图②，∵，，，，，，且，平面，平面，又平面，，平面，且平面，，又，且平面，平面．（2）

方法一：过点作，垂足为，由（1）知平面，而平面，，且，平面，平面，则垂线段的长度即为点到平面的距离．在中，，，，，，由已知得，则，由（1）知，，，即点到平面的距离为．方法二：求点到平面的距离，即求点到平面的距离，由（1）知平面，平面，，在直角三角形中，，，，由等面积得，，即，，平面，且平面，，由（1）知，∽，，则在直角三角形中，，设点到平面的距离为，在三棱锥中，由等体积得，，即，，即点到平面的距离为．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，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（

）．A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为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.【详解】依题意，，，所以，A选项，圆锥的体积为，A选项正确；B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；C选项，设是的中点，连接，则，所以是二面角的平面角，则，所以，故，则，C选项正确；D选项，，所以，D选项错误.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，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（

）

A． B．C． D．【答案】C【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解.【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，

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和，所以.因为平面，平面，所以，因为，平面，，所以平面，因为平面，所以，.同理：，又，故四边形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，，，又因为，所有棱长之和为.故选：C3．（2023·全国·统考高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（

）A． B． C． D．【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.【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，显然平面，于是平面，又平面，因此平面平面，显然平面平面，直线平面，则直线在平面内的射影为直线，从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：，由正弦定理得，即，显然是锐角，，所以直线与平面所成的角的正切为.故选：C4．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【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，再由勾股定理求出为中点，即可得证；（2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.【详解】（1）如图，

底面，面，，又，平面，,平面ACC1A1，又平面，平面平面，过作交于，又平面平面，平面，平面到平面的距离为1，，在中，，设，则，为直角三角形，且，，，，，解得，，（2），，过B作，交于D，则为中点，由直线与距离为2，所以，，，在，，延长，使，连接，由知四边形为平行四边形，，平面，又平面，则在中，，，在中，，，,又到平面距离也为1，所以与平面所成角的正弦值为.5．（2023·天津·统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点.

(1)求证：//平面；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【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）

连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，又平面，平面，于是//平面.（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.由面，面，故，又，，平面，则平面.由平面，故，又，，平面，于是平面，由平面，故.于是平面与平面所成角即.又，，则，故，在中，，则，于是

（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.由题干数据可得，，，根据勾股定理，，由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.又平面，则，又，，平面，故平面.在中，，又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，即点到平面的距离是.[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.设点到平面的距离为.，.由，即.6．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.(1)证明：平面；(2)证明：平面平面BEF；(3)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，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