考点27线线角线面角二面角问题3种常见考法归类-2022-2023学年高一数学题型归纳与解题策略(人教A版2019)

考点27线线角、线面角、二面角问题3种常见考法归类策略1异面直线所成的角异面直线所成角问题是立体几何常见问题类型，解题核心是构建异面直线所成的平面角.①平移法求异面直线所成角的基本思想是平移转换，核心内容是直线平移或探寻平行直线，以及依托三角形构造夹角，一般分三步进行，过程总结如下.第一步，对异面直线进行平移或平行转换，有两种策略：一是固定一条直线，平移另一条；二是将两条直线同时平移到某一特殊位置，构成同一平面.第二步，构建异面直线所成角，或者证明图形中某一夹角为所求角.第三步，依托所求角构造三角形，通过解三角形完成求解.另外，对于异面直线所成角问题，需要关注角度的取值范围，即取值范围为,故完成角度求解后，还需对其验证.实际上可将平移法细分为四种，分别为直接平移、中位线平移、平行四边形平移、补形平移②通过证线面垂直证异面直线所成的角为策略2直线与平面的所成的角1、斜线在平面上的射影：过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足及斜足的直线叫做斜线在平面内的射影。注意：斜线上任意一点在平面上的射影一定在斜线的射影上。如图，直线是平面的一条斜线，斜足为，斜线上一点在平面上的射影为，则直线是斜线在平面上的射影。2、直线和平面所成角：（有三种情况）（1）平面的斜线与它在平面内的射影所成的锐角，叫这条直线与这个平面所成的角。由定义可知：斜线与平面所成角的范围为；（2）直线与平面垂直时，它们的所成角为；（3）直线与平面平行（或直线在平面内）时，它们的所成角为0。结论：直线与平面所成角的范围为。3、求直线与平面所成角的方法分直接法和间接法.直接法就是根据斜线与平面所成角的定义，直接作出斜线在平面内的射影，则斜线与射影所成角就是斜线与平面所成角.直接法是解题时首先要考虑的方法，其关键是确定斜线在平面内的射影.找斜线在平面内射影的常见依据有：（1）（两平面垂直的性质定理）如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面；（2）如果一个角所在平面外一点到角的两边的距离相等，那么这个点在平面内的射影在这个角的平分线上；（3）经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线，设它和已知角的两边的夹角为锐角且相等，则这条斜线在平面的射影是这个角的平分线；（4）若三棱锥的三条侧棱相等，则其顶点在底面上的射影是底面三角形的外心.间接法常见的方法有：（1）体积法.常常是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；（2）公式法.如图，斜线PM在平面α内的射影是MO，直线MC在平面α内，若，，，则策略3二面角二面角的平面角是立体几何中的一个核心概念，也是高考的重点考查目标.因此厘清如何求解二面角的平面角，明晰求解二面角平面角的常用途径与方法便显得尤为重要.1、二面角的概念：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面.

2、二面角的平面角的概念：平面角是指以二面角的棱上一点为端点，在两个半平面内分别做垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就叫做该二面角的平面角。3、二面角的大小范围：[0°，180°]二、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．从图形探究视角对二面角的求解问题进行模型和方法的归类，形成了解答此类问题的基本套路。求解策略（1）直接法若二面角所在半平面是等腰（或等边）三角形、全等形，且已知（或已证）线面垂直，则可直接利用"基本模型"建构二面角的平面角。（2）间接法①距离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APBC的棱PB的距离为h（即△PAB中PB边上的高），则二面角APBC的正弦值为.解题关键：求平面α内一点C到平面β的距离与到棱l的距离即可.②异面直线法二面角的两半平面内已知（或易知）直线垂直于二面角的棱，则二面角的大小为这两条异面直线所成角或其补角的大小。③垂面法（空间一点垂面法）（1）方法：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（2）具体演示：过二面角内一点A作AB⊥α于B，作AC⊥β于C，面ABC交棱a于点O，则∠BOC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⁡下面以θ∈0,π2为例，证明如下:如图1所示，在锐二面角α−l图1面α内任取异于点A,B的点C，过点C作CD⊥β于点D，过点D作DE⊥AB于点E，连接CE，易证AB⊥平面CDE，则AB⊥EC，所以∠CED即为二面角α−l−β基本模型“三线合一型”当二面角所在半平面为等腰三角形（或等边三角形）时，可利用等腰三角形"三线合一"性质，取棱所在线段的中点建构二面角的平面角。如图：三棱锥PABC中，△ABC为正三角形，PA=PB。取AB的中点O，联结CO，PO，如下图，因为△ABC为正三角形，所以COAB。因为PA=PB，所以POAB，所以是二面角PABC的平面角。（2）全等型当二面角所在半平面的两个三角形全等时，可利用全等三角形的性质，过其中一个半平面所在三角形的顶点作棱的垂线，联结垂足与另一个半平面所在三角形的顶点建构二面角的平面角.如图：三棱锥PABC中，AB=BC，PA=PC.作AHPB，垂足为H，联结CH，如下图，在△PAB与△PCB中，因为BA=BC，PA=PC，PB=PB，所以△PAB△PCB（SSS），所以PBA=PBC。在△ABH与△CBH中，因为BA=BC，ABH=CBH，BH=BH，所以△ABH△CBH（SAS），所以AHB=CHB，所以CHPB，所以AHC是二面角APBC的平面角。（3）三垂线型三垂线模型是根据三垂线定理或其逆定理，在已知（或已证）直线垂直于平面的前提下，通过作棱的垂线得到二面角的平面角，是一种非常重要且常见的方法，其建构方法可总结为"两垂一连"。如图：三棱锥PABC中，已知PA平面ABC，如下图，这是"一垂"，即已知（或已证）的线面垂直；过点A作AHBC，垂直为H，这是"二垂"，即过垂足作棱的垂线；联结PH，这是"一连"，则PHA为二面角PBCA的平面角。考点一异面直线所成的角（一）平移法1、直接平移2、平移破异面——构造平行四边形平移3、平移破异面——中位线平移（二）通过证线面垂直证异面直线所成的角为（三）由异面直线所成的角求其他量考点二直线与平面所成的角考点三二面角（一）直接法1、定义法求二面角2、“三线合一”模型法求二面角3、三垂线型4、全等模型求二面角（二）间接法1、垂面法求二面角2、射影面积法求二面角考点一异面直线所成的角（一）平移法（1）直接平移1．（2023·辽宁大连·统考一模）如图，在正方体中，异面直线与所成的角为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】将平移到与相交，求所成的角，即异面直线所成的角.【详解】正方体中，，所以与所成的角即异面直线与所成的角，因为为正三角形，所以与所成的角为，所以异面直线与所成的角为.故选：C.2．（2023秋·上海青浦·高二上海市青浦高级中学校考期末）在空间中，直线平行于直线，直线为异面直线，若，则异面直线所成角的大小为______．【答案】【分析】根据异面直线所成角的定义，即可求得答案.【详解】直线为异面直线，且直线平行于直线，所以与所成角即为异面直线、所成角，因为，且异面直线所成角的范围是，所以异面直线、所成角的大小为,故答案为：3．（2023·全国·高三专题练习）在正方体中，E，F分别是线段，的中点，则异面直线，EF所成角余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】如图所示，连接，确定或其补角是异面直线EF与所成角，在直角中，计算得到答案.【详解】如图所示：F是线段的中点，连接交于F，由正方体的性质知，知异面直线，EF所成角即为直线，EF所成角，故或其补角是异面直线EF与所成角.设正方体边长为2，在直角中，，，故故选：C4．（2023春·全国·高一专题练习）如图所示，在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用棱柱的结构特征、异面直线所成角的定义得到是异面直线与所求角或其补角，再利用正三棱柱的结构特征及余弦定理进行求解.【详解】连接，由棱柱的性质得，所以是异面直线与所成角或其补角；由正三棱柱的性质及，得，，，在中，由余弦定理，得，即异面直线与所成角的余弦值为.故选：D.5．（2023·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，为上一点，平面分三棱柱为上下体积相等的两部分，则与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作于点，结合直棱柱可证平面，则即为四棱锥的高，同理可说明即为四棱锥的高，根据体积相等可求得，取中点为，则，根据异面直线夹角的定义可知即为所求角，结合Rt△运算求解．【详解】作于点，则平面且，设，则可证平面，则，平面分三棱柱为两个体积相等的四棱锥和，即取中点为，则即为所求角，故选：A．（2）平移破异面——构造平行四边形平移6．（2023·陕西榆林·校考模拟预测）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，异面直线AB与CD的夹角为__________．【答案】【分析】把展开图恢复到原正方体，得到AEDC，从而得到∠BAE或其补角是异面直线AB与CD所成的角，从而可解.【详解】如图所示，把展开图恢复到原正方体．连接AE，BE．由正方体可得且，∴四边形ADCE是平行四边形，∴AEDC．∴或其补角是异面直线AB与CD所成的角．由正方体可得：，∴是等边三角形，∴．∴异面直线AB与CD所成的角是60°．故答案为：60°7．（2023春·全国·高一专题练习）在直三棱柱中，，，分别是，的中点，，则与所成角的余弦值是_____________.【答案】/【分析】已知是直三棱柱，取的中点，连接，，可得和所成角即为与所成角．求出边长，利用余弦定理求解角的大小．【详解】，分别是，的中点，取的中点，连接，，则且，所以为平行四边形，,那么和所成角即为与所成角．设，，是直三棱柱，，，故答案为：．8．（2023·贵州·统考模拟预测）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：C9．（2023春·内蒙古呼伦贝尔·高二校考阶段练习）已知正方体，O是底对角线的交点.(1)求异面直线与所成角的余弦值；(2)求证：平面.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）采用平移法将异面直线与所成角，转化为直线与所成角,解三角形即可求得答案；（2）证明，，根据线面面垂直的判定定理即可证明结论.【详解】（1）连接，因为，故四边形为平行四边形，则，则异面直线与所成角，即为直线与所成角,即为所求角或其补角，设正方体棱长为2，在中，，则,故异面直线与所成角的余弦值为.（2）连接，则,又平面，平面，则，又平面，故平面，平面，故，同理可证，而平面，所以平面.（3）平移破异面——中位线平移10．（2023·全国·高一专题练习）在空间四边形ABCD中，，点M､N分别为BD､AC的中点.(1)若直线AB与MN所成角为60°，求直线AB与CD所成角的大小；(2)若直线AB与CD所成角为，求直线AB与MN所成角的大小.【答案】(1)60°(2)或【分析】根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求解.【详解】（1）如图，取AD的中点为P，连接PM､PN.因为点M､N分别为BD､AC的中点，所以，，且，，所以，为直线AB与CD所成的角（或补角），为直线AB与MN所成的角（或补角）.又，所以，即为等腰三角形.直线AB与MN所成角为60°，即，则.所以，直线AB与CD所成的角为60°.（2）（2）若直线AB与CD所成的角为，则或.若，则，即直线AB与MN所成角为；若，则，即直线AB与MN所成角为.综上所述，直线AB与MN所成的角为或.11．（2023秋·河南驻马店·高三统考期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据异面直线所成角的概念，作，，则是异面直线与所成的角（或补角），解三角形即可.【详解】分别取的中点，连接.过点作，垂足为，则是的中点，如图所示，，，所以，，四边形为平行四边形，有，又，则是异面直线与所成的角（或补角）.，，则有，设，则，，，，,,，故.则异面直线与所成角的余弦值为.故选：A12．（2023春·全国·高一专题练习）已知四面体中，、、分别为、、的中点，且异面直线与所成的角为，则_________.【答案】或【分析】根据，，结合异面直线夹角的定义求解即可.【详解】如图，因为、、分别为、、的中点，故，，故与所成的角即与所成的角为，且与相等或者互补，故或.故答案为：或13．（2023春·江西抚州·高三金溪一中校考阶段练习）在正三棱柱中，D为棱AB的中点，与交于点E，若，则CD与所成角的余弦值为___．【答案】【分析】作出辅助线，找到CD与所成的角，证出线面垂直，得到，设出，利用余弦定理求出，，求出余弦值.【详解】连接，取中点F，连接，EF，则，所以为CD与所成的角（或其补角）．因为在正三棱柱中，D为棱AB的中点，所以⊥，⊥平面，因为平面，所以⊥，因为，平面，所以CD⊥平面，可得EF⊥平面，又平面，所以．不妨设，则，，所以，又，所以，所以，所以＝．故答案为：14．（2023春·上海浦东新·高一校考期末）如图，已知在长方体中，，，点是的中点．(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)如图，根据中位线的性质可得，由线面平行的判定定理即可证明；(2)由(1)可知为异面直线与所成角的平面角，利用勾股定理分别求出的值，结合余弦定理计算即可.【详解】（1）连接AC，交BD于点O，则O为AC的中点，又因为E为的中点，连接，则，∵平面EBD，平面EBD，平面EBD；（2）由(1)知，，所以为异面直线与所成角的平面角，在中，，，由余弦定理，得，故异面直线与所成角的余弦值为.（二）通过证线面垂直证异面直线所成的角为15．（2023春·高一课时练习）如图，如果菱形所在的平面，那么与的位置关系是（

）A．平行 B．不垂直C．垂直 D．相交【答案】C【分析】连接，易知，由线面垂直的性质有，再根据线面垂直的判定证面，最后由线面垂直的性质确定与的位置关系.【详解】连接，因为是菱形，所以，又菱形所在的平面，面，所以，又，面，所以面，面，所以.故选：C16．（2023春·高一课时练习）设E是正方体的棱的中点，在棱上任取一点P，在线段上任取一点Q，则异面直线PQ与BD所成角的大小为______．【解析】连接，由底面为正方形，可知，由正方体的性质，可知平面，又平面，则又，则平面，由已知可知平面，则所以异面直线PQ与BD所成角的大小为故答案为：17．（2023春·高一课时练习）已知直三棱柱，O为正三角形ABC的外心，则异面直线与OB所成角的正弦值为（

）A．0 B．1 C． D．【解析】如图，是等边三角形，且为的外心，是的垂心，，且平面，平面，，且，平面，且平面，，异面直线与所成角的大小为，异面直线与所成角的正弦值的大小为1.故选：B．18．（2023春·高一课时练习）已知四面体ABCD的所有棱长都相等，其外接球的体积等于π，则下列结论正确的个数为（

）．①四面体ABCD的棱长均为2：②四面体ABCD的体积等于③异面直线AC与BD所成角为A．0 B．1 C．2 D．3【解析】由题意知，可以设该正四面体的棱长为a，底面正三角形BCD的中心为G，该正四面体的外接球的球心为O，半径为R；则在直角三角形AGB中，.在直角三角形OBG中，，所以，由外接球的体积为，可得，所以，解得：，故①正确；由①得：正四面体的高，故正四面体的体积为，故②正确；设BD的中点为E，连接AE，CE，因为三角形ABD与三角形BCD均为等边三角形，由三线合一得：，因为，所以平面AEC，因为平面AEC，所以，故③错误.故正确的是①②.故选：C（三）由异面直线所成的角求其他量19．（2023春·上海宝山·高二上海市行知中学校考期中）、、、分别是空间四边形边、、、的中点，异面直线与所成角大小为，则_______.【答案】或【分析】连接、，利用异面直线所成角的定义可得出的大小.【详解】连接、，因为、分别为、的中点，则，同理可知，，所以，直线与所成角为或其补角，又因为与所成角为，若为锐角，则；若为钝角，则.综上所述，或.故答案为：或.20．（2023春·河南·高三洛宁县第一高级中学校联考阶段练习）如图，圆柱的侧面积为，高为2，AB为⊙的直径，C，D分别为⊙，⊙上的点，直线CD经过的中点O.(1)若，证明：AB⊥CD；(2)若直线AB与直线CD所成角的余弦值为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，，，，根据，得到AB⊥平面O1O2C，得到证明.（2）根据侧面积公式计算，设，确定即为直线AB与直线CD所成角或其补角.，利用余弦定理计算或，得到体积.【详解】（1）连接，，，，因为C，O1，D，O2四点共面，且圆柱O1O2的上下底面平行，所以.因为，所以，又，且，平面O1O2C，故AB⊥平面O1O2C，CD平面O1O2C，所以AB⊥CD（2）设圆柱的底面半径为r，由圆柱的侧面积，高为2，得，则.过点O作OA1∥AB与过点A的母线交于点A1，连接A1O，A1D，则即为直线AB与直线CD所成角或其补角..因为A1A⊥底面ABD，所以，因为A1为线段AA2的中点，在中，易知，设，则有，在中，OO2=1，O2D=1，则，在△A1OD中，由余弦定理，得，则有，解得或，故三棱锥DABC的体积，21．（2023·全国·高一专题练习）如图，已知四边形ABCD为圆柱的轴截面，F为的中点，E为母线BC的中点，异面直线AC与EF所成角的余弦值为，，则该圆柱的体积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】运用平行线寻找异面直线所成角，再运用线面垂直判定定理及线面垂直性质定理证得，进而求得半径r，代入圆柱体积公式计算即可.【详解】如图所示，取AB的中点O，连接OE、OF，因为E为母线BC的中点，所以，所以为异面直线、所成的角或其补角，则，设圆柱的底面圆半径为r，则，又因为F为的中点，所以，，又因为，，面，所以面，又因为面，所以，在中，，所以在中，，解得：.所以圆柱的体积为.故选：B.22．（2023春·江西宜春·高二校联考阶段练习）如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱中，，若异面直线与所成角的余弦值为，则的值为______．【答案】【分析】连接，，可得异面直线与所成角为或其补角．利用余弦定理可求出，最后可求出的值.【详解】连接，，，异面直线与所成角为或其补角，令，则，，由余弦定理得，由题意，，∴，．即.∴.故答案为：.考点二直线与平面所成的角23．（2023·上海静安·统考二模）如图，正方体中，为的中点，为正方形的中心，则直线与侧面所成角的正切值是___________.【答案】【分析】连接，得到即为与平面所成的角，在直角中，即可求解.【详解】如图所示，连接，在正方体中，可得平面，所以即为与平面所成的角，设正方体的棱长为，则，在直角中，.故答案为：.24．（2023·河北保定·统考一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是正三角形，平面平面，且，则与平面所成角的正切值为（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】连接，为的中点，结合面面垂直性质定理证明平面，根据锥体体积公式求，再由面面垂直性质定理证明平面，根据线面角的定义证明PC与平面PAD所成角的平面角为，解三角形求其正切值.【详解】取的中点，连接，由已知为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，设，则，，又，所以矩形的面积，所以四棱锥的体积，所以，所以，所以，因为平面平面，，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以为直角三角形，斜边为，因为平面，所以与平面所成角的平面角为，在中，，，所以，与平面所成角的正切值为.故选：B.25．（2023春·上海黄浦·高二格致中学校考阶段练习）如图，在正三棱柱中，是棱的中点(1)求证：平面平面；(2)求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）判断出与平面所成角，解直角三角形求得所成角的正弦值.【详解】（1）连接交于点，连接，如图所示,在正三棱柱中，平面平面,是棱的中点，则,同理在正方形中，是的中点，则,同理可得是的中点，则,又平面，则平面,又平面，则平面平面.（2）由（1）得平面平面，平面平面，平面,平面，则即为与平面所成的角，又，在中，，故与平面所成角的正弦值为.26．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）如图，在正方体中，点P为线段上的一个动点（不包含端点），则（

）A．B．直线PC与直线异面C．存在点P使得PC与所成的角为60°D．存在点P使得PC与底面ABCD所成的角为60°【答案】ABD【分析】由线面垂直的判定定理可判断A；证明平面，PC平面，可判断B；求出PC与所成的角的最大值恒小于60°可判断C；求出PC与底面ABCD所成的角为60°时，的长度可判断D.【详解】对A，在正方体中，易得，底面，平面，，，平面，则平面，因为平面，所以，故A正确；对B，因为平面，平面，平面，且，所以直线PC与直线异面，故B正确；对C，因为，所以PC与所成的角即为PC与所成的角，由图可知，当点位于点处时，最大，此时，所以PC与所成的角恒小于60°，故C不正确；对D，过点作平面交直线于点，则，设正方体的边长为，PC与底面ABCD所成的角即为，若，则，则，所以存在点P使得PC与底面ABCD所成的角为60°.故D正确.故选：ABD.27．（2023春·广东东莞·高一统考期末）如图是一个正方体的侧面展开图，是顶点，是所在棱的中点，则在这个正方体中，下列结论正确的是（

）A．与异面B．平面C．平面平面D．与平面所成的角的正弦值是【答案】ABD【分析】由展开图还原得到正方体，根据异面直线定义可知A正确；利用平行四边形证得，由线面平行判定可知B正确；假设两平面垂直，可知平面，由线面平行性质得，可知假设错误，即C错误；由线面角定义可知所求角为，由长度关系可求得D正确.【详解】由展开图还原正方体如下图所示，其中分别为中点，对于A，平面，平面，，与为异面直线，A正确；对于B，连接，分别为中点，，，又，，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面，B正确；对于C，假设平面平面成立，平面，平面，平面，平面，平面平面，，显然不成立，假设错误，平面与平面不垂直，C错误；对于D，连接，直线与平面所成角即为直线与平面所成角，平面，即为直线与平面所成角，设正方体棱长为，，，即直线与平面所成角的正弦值为，D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的线线、线面与面面关系有关命题的判断，解题关键是能够根据展开图准确还原正方体，从而确定平面图中的点的具体位置，结合平行与垂直关系相关判定与性质定理得到结果.28．（2023秋·浙江绍兴·高二统考期末）如图，四边形为正方形，平面，∥，(1)求证：平面；(2)求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，利用正方形性质以及线面垂直的性质定理得，，再利用线面垂直的判定即可证明；（2）通过等体积法即可求出点到平面的距离，即可求出线面角正弦值.【详解】（1）连接交于，四边形为正方形，，又平面，平面，则.又∥，四点共面，，且平面，于是平面.（2）//，与平面所成角就是与平面所成角.在中，可以求得，，，根据余弦定理得，，，，设点到平面的距离为，由平面知，而，因此平面，显然平面，则点到平面的距离为长2，而，由，得，即，解得.

故与平面所成角的正弦值为.29．（2023·上海松江·统考二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，O是AC与BD的交点，，，平面ABCD，，M是PD的中点．(1)证明：平面ACM(2)求直线AM与平面ABCD所成角的大小．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，通过中位线性质得到，从而根据线面平行的判定定理得到平面；（2）取中点,连接,，利用线面垂直的性质得平面，从而将题目转化为求的大小，再利用勾股定理求出，则得到，最后利用反三角即可表示出角的大小.【详解】（1）连接，在平行四边形中，因为为与的交点，所以为的中点，又为的中点,所以.因为平面平面，所以平面.（2）取中点,连接,，因为为的中点,所以,且,由平面，得平面，所以是直线与平面所成的角.因为底面为平行四边形，且，，所以，则，在Rt中,,所以,从而，因为平面,平面,，所以在Rt中，，，所以直线与平面所成角大小为.30．（2023·上海奉贤·统考二模）如图，在四棱锥中，，且．(1)证明：平面平面；(2)若，，且四棱锥的体积为，求与平面所成的线面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明；（2）根据线面垂直的判定定理证明得底面，再根据四棱锥的体积公式求出，从而用线面角的定义求解.【详解】（1）因为在四棱锥中，，所以，，又，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．（2）取中点，连结，因为，所以，由（1）知平面，平面，所以，因为，底面，所以底面，

设，求得，，因为四棱锥的体积为，所以解得，所以，因为底面，

所以为与平面所成的角，在中，，所以．所以与平面所成的线面角为．考点三二面角（一）直接法1、定义法求二面角31．（2023·浙江温州·统考二模）已知三棱锥中，△是边长为3的正三角形，与平面所成角的余弦值为．(1)求证：；(2)求二面角的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点为，连接，由正四面体的性质得，再由线面垂直的判定及性质证明结论；（2）取中点为，连接，由正四面体的性质和二面角的定义知为所求二面角的平面角，进而求其正弦值.【详解】（1）如图所示，取中点为，连接，O为△BCD的中心，因为△是边长为3的正三角形，，则面，又与平面所成角的余弦值为，所以，即，即三棱锥是正四面体，所以，又平面，所以平面，又平面，所以．（2）如图所示，取中点为，连接，由（1）知：三棱锥是正四面体，则，所以二面角的平面角为，另一方面，，所以由余弦定理得，所以，所以二面角的平面角的正弦值．32．（2023·全国·高一专题练习）如图，直三棱柱中，，.(1)求直线与平面所成的角；(2)求二面角的正切值.【答案】(1)(2)【分析】（1）取的中点，连接和，结合条件可证明平面，由直线与平面所成角的定义可得直线与平面所成的角，由解直角三角形即可求解；（2）取的中点，连接，，先求得，再由二面角的定义找到二面角的平面角，由解直角三角形即可求解.【详解】（1）取的中点，连接和，如图所示：因为，所以，在直三棱柱中，平面，又平面，所以，因为，、平面，则平面，又平面，所以，则在中，，即直线与平面所成的角为，在直三棱柱中，平面，又因为平面，所以，因为，所以，即，则，，所以，则，又，所以，故直线与平面所成的角为.（2）取的中点，连接，，在直三棱柱中，平面，又因为平面，所以，因为，，由（1）知，，所以，，又平面，平面，所以是二面角的平面角；又，，，、平面，所以平面，平面，则，又，在中，，故二面角的正切值为.33．（2023·高一课前预习）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)求证：；(3)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）设和交于点，连接，根据线面平行的判定定理求解；（2）由线面垂直可得线线垂直，再由菱形对角线垂直可得线面垂直，即可得证；（3）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）设和交于点，连接，如图，由于，分别是，的中点，故，∵平面，平面，所以直线平面.（2）在四棱柱中，底面是菱形，则，又平面，且平面，则，∵平面，平面，∴平面.平面，∴.（3）连接，，因为，是中点，所以，因为平面，平面，所以，∴为二面角的平面角，，，，由余弦定理可知，∴二面角的余弦值为.2、“三线合一”模型法求二面角34．（2023春·全国·高一专题练习）在正四面体A­BCD中，求相邻两个平面所成角的余弦值．【解析】如图，取BC的中点E，连接AE，DE.因为正四面体A­BCD，所以BC⊥AE，BC⊥ED，所以∠AED为二面角A­BC­D的平面角．设正四面体的棱长为1，则，由余弦定理得.35．（2023春·全国·高一专题练习）如图．正方体中，棱长为1，(1)求证：AC⊥平面；(2)求二面角的平面角的正弦值．【解析】(1)证明：∵在正方体中，平面ABCD，又平面ABCD，∴，∵，，，BD，平面，∴AC⊥平面；(2)∵，所以，又，而，面BAC，∴为二面角的平面角．在中，，，∴，∴．3、三垂线型36．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在正四棱锥中，.(1)求侧棱与底面所成角的大小；(2)求二面角的大小的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据线面角的定义可证得为所求角，设等边的边长为，由长度关系可求得，从而得到结果；（2）由二面角平面角定义可知为所求二面角的平面角，由长度关系可求得结果.【详解】（1）设底面正方形的中心为，连接，由正四棱锥结构特征知：平面，即点在平面上的投影为，为侧棱与底面所成角，在中，，，为等边三角形，设其边长为，平面，平面，，在中，，，，，即侧棱与底面所成角的大小为.（2）取的中点为，连接，在正方形中，；在等边中，，为二面角的平面角，平面，平面，；在中，，，，二面角的大小的余弦值为.37．（2023·全国·高一专题练习）如图，在四棱锥中，面，，，点分别为的中点，，.(1)证明：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）依题意可得，即可得到，从而得证；（2）连接，即可求出、，从而得到，再由线面垂直的性质得到，即可得到平面，则二面角得平面角为，再由锐角三角函数计算可得.【详解】（1）证明：点分别为的中点，，，，平面，平面，平面.（2）解：，，连接，由得，，，所以，，底面，底面，，是平面内两相交直线，平面，平面，二面角得平面角为，，，，所以二面角的余弦值为，即二面角的余弦值为.38．（2023春·全国·高一专题练习）如图，菱形ABCD的边长为2，，E为AC的中点，将沿AC翻折使点D至点