2025年高考数学必刷题分类：第53讲、传统方法求角度与距离（教师版）

第53讲传统方法求角度与距离

知识梳理

知识点1：线与线的夹角

平行直线

共面直线

（1）位置关系的分类：相交直线

异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点

（2）异面直线所成的角

①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a∥a，b∥b，把a与b所

成的锐角（或直角）叫做异面直线a与b所成的角（或夹角）．

②范围：(0，]

2

③求法：平移法：将异面直线a，b平移到同一平面内，放在同一三角形内解三角形．

知识点2：线与面的夹角

①定义：平面上的一条斜线与它在平面的射影所成的锐角即为斜线与平面的线面角．

②范围：[0，]

2

③求法：

常规法：过平面外一点B做BB平面，交平面于点B'；连接AB，则BAB即

BBh

为直线AB与平面的夹角．接下来在Rt△ABB中解三角形．即sinBAB

AB斜线长

（其中h即点B到面的距离，可以采用等体积法求h，斜线长即为线段AB的长度）；

知识点3：二面角

（1）二面角定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形称为二面角，这条直线

称为二面角的棱，这两个平面称为二面角的面．（二面角l或者是二面角ACDB）

（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；范围[0，]．

（3）二面角的求法

法一：定义法

在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面

角的平面角，如图在二面角l的棱上任取一点O，以O为垂足，分别在半平面和

内作垂直于棱的射线OA和OB，则射线OA和OB所成的角称为二面角的平面角（当然两条

垂线的垂足点可以不相同，那求二面角就相当于求两条异面直线的夹角即可）．

法二：三垂线法

在面或面内找一合适的点A，作AO于O，过A作ABc于B，则BO为斜线

AB在面内的射影，ABO为二面角c的平面角．如图1，具体步骤：

①找点做面的垂线；即过点A，作AO于O；

②过点（与①中是同一个点）做交线的垂线；即过A作ABc于B，连接BO；

③计算：ABO为二面角c的平面角，在Rt△ABO中解三角形．

图1图2图3

法三：射影面积法

凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的

S射S

都可利用射影面积公式（cos=A'B'C'，如图2）求出二面角的大小；

S斜SABC

法四：补棱法

当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整，使之有明确

的交线（称为补棱），然后借助前述的定义法与三垂线法解题．当二平面没有明确的交线时，

也可直接用法三的摄影面积法解题．

法五：垂面法

由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所

成的角，就是二面角的平面角．

例如：过二面角内一点A作AB于B，作AC于C，面ABC交棱a于点O，则

BOC就是二面角的平面角．如图3．此法实际应用中的比较少，此处就不一一举例分析了．

知识点4：空间中的距离

求点到面的距离转化为三棱锥等体积法求解．

必考题型全归纳

题型一：异面直线所成角

例1．（2024·四川绵阳·绵阳中学校考二模）如图，圆柱的轴截面为矩形ABCD，点M，N分

别在上、下底面圆上，NB2AN，CM2DM，AB2，BC3，则异面直线AM与CN

所成角的余弦值为（）

33033033

A．B．C．D．

102054

【答案】B

【解析】如图（1），在AB上取点E，使AE2EB，

连接NE，AN，NB，BE，EA．

易知四边形ANBE为矩形，则NB∥AE，且NBAE．

连接MN，CM．因为MN∥BC，且MNBC，

所以四边形MNBC为平行四边形，所以CM∥NB，且CMNB．

连接CE，则AE∥CM，且AECM，

所以四边形AECM为平行四边形，则AM∥CE，

所以NCE或其补角是异面直线AM与CN所成的角．

在Rt△ABN中，NB2AN，AB2，BN3，AN1，

在Rt△BNC中，CB3，BN3，所以CN32(3)223．

在RtBCE中，CB3，BE1，所以CE321210．又NEAB2，

10124330

在△NCE中，由余弦定理cosNCE．

2102320

故选：B.

例2．（2024·全国·高三校联考开学考试）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，

ABBCACAA1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值等于（）

3111

A．B．C．D．

2234

【答案】D

【解析】如图，将该几何体补成一个直四棱柱ABCDA1B1C1D1，由题易得底面ABCD为菱

形，且ABC为等边三角形.

连接DC1,BD，易得AB1∥DC1，所以BC1D（或其补角）是异面直线AB1与BC1所成的角.

2

设，则1，

AB1BC1DC12,BD213

2

(2)2(2)2(3)21

所以cosBC1D.

2(2)24

故选：D.

5π

例3．（2024·江西·高三统考阶段练习）如图，二面角l的大小为,a,b，且

6

π

a与交线l所成的角为，则直线a,b所成的角的正切值的最小值为（）

3

393313

A．3B．C．D．

13313

【答案】B

【解析】先证明一个结论：如图，直线ST为平面的一条斜线，T为斜足，ST与平面所

成的角为，则平面内的直线与直线ST所成角的最小值为.

证明：对于平面内的任意一条直线m，如果其不过点T，则可以平移该直线至点T，

此时直线m与直线ST所成角即为平移后的直线与直线ST所成的角.

设平移后的直线为直线TG（如图），过S作TG的垂线，垂足为E，

S在平面内的射影为O，连接OT，则STO，

ππ

而直线TG与直线ST所成的角即为STE，其中STE0,，0,.

22

SESO

因为sinSTE,sin,SESO，

STST

故STE，当且仅当TG与OT重合时等号成立，

所以平面内的直线与直线ST所成角的最小值为.

回到原题，

如图，设alB，取a上一点A，过A作ACl，垂足为C,AD，

垂足为D，连接CD,BD，

因为AD，l，故ADl，而ACl，ADACA，

AD,AC平面ADC，故l平面ADC，

而DC平面ADC，故CDl，故ACD为平面l的平面角的补角，

5ππ

故ACDπ.

66

不妨令ADx，则AC2x,DC3x.

2x13

又ABC60，所以BC，所以BDDC2BC2x，

33

ADx339

tanABD

所以BD131313.

x

3

因为AD，故AB与平面所成的角为ABD，

39

由前述所证结论可得，直线a,b所成角的最小值为ABD，其正切值为.

13

故选：B.

变式1．（2024·河南·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，

ABAA1，D为A1B1的中点，E为A1C1的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为（）

6353535

A．B．C．D．

610147

【答案】C

1

【解析】D为AB的中点，E为AC的中点，所以DECB，DE//CB，

111121111

1

如图，延长CB至F，使得BFCB，连接DE，DF，AF，CBCB，

211

1

因为BFCB，所以DEBF，DE//BF，

211

所以四边形BEDF是平行四边形，DF//EB，

则ADF为异面直线AD与BE所成的角或补角．设ABAA12，

取AC的中点M，连接EM、BM，

则EMAC，EM2，BM3，A1D1，

2

DFEBEM2BM22237，

2222，

ADAA1A1D215

由余弦定理得AFAB2BF22ABBFcos1207，

AD2DF2AF25135

由余弦定理得cosADF．

2ADDF2714

35

所以直线AD与BE所成角的余弦值为

14

故选：C.

π

变式2．（2024·全国·高三对口高考）两条异面直线a、b所成角为,一条直线l与a、b成角

3

都等于，那么的取值范围是（）

πππππ5ππ2π

A．,B．,C．,D．,

32626633

【答案】B

π

【解析】设a//a，b//b，abO，则a,b确定平面，且a与b的夹角为，

3

ππ

l//l，l过点O，如图，当l时，并且l为角的平分线时，此时，

36

当l时，且l为平面的斜线时，由题意可知，l在平面的射影，落在a与b的所成

角的平分线上，

π

当落在夹角的角平分线上时，过直线l上一点P，作PA，ABb，连结PB,

3

b，则PAb，PAABA，且PA,AB平面PAB，所以b平面PAB，

PBπAB

PB平面PAB，所以bPB，tanPOBtan，tanAOBtan,

OB6OB

ππππ

因为PBAB，所以tantan，0,，此时,，

6262

π

当l时，此时，

2

ππ

可知，的取值范围是,，

62

2π2π

当l在角的平分线时，或是l在平面的射影，落在角的平分线时，以及l时，

33

ππ

此时的取值范围是,，

32

ππ

综上可知，的取值范围是,，

62

故选：B

变式3．（2024·四川·校联考模拟预测）在正四棱台ABCDA1B1C1D1中，AB2A1B14，其

282

体积为,E为B1D1的中点，则异面直线AD1与BE所成角的余弦值为（）

3

333330

A．B．C．D．

1051010

【答案】D

【解析】设正四棱台ABCDA1B1C1D1的高为h，

连接BD，作D1F∥BE交BD于点F，

作D1GBD交BD于点G，连接AG,AF，

则AD1F为异面直线AD1与BE所成角或其补角.

因为AB2A1B14，

282

且正四棱台ABCDA1B1C1D1的体积为，

3

1282

即416416h，

33

所以h2，即D1G2，

易求DGBF2，

BG32，

D1FAFAG10，

AD123，

12101030

所以cosAD1F.

2231010

故选：D.

变式4．（2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模）正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长

均相等，E是B1C1的中点，则异面直线AB1与BE所成角的余弦值为（）

2210310

A．B．C．D．

432020

【答案】D

【解析】连接A1E,A1B，设F为A1E的中点，设AB1,A1B交于点D，

连接DF，由于四边形ABB1A1为平行四边形，故D为A1B的中点，

所以DF∥BE，则ADF即为异面直线AB1与BE所成角或其补角，

连接AF，由于正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均相等，设棱长为2，

15

则BEBB2BE2415,DFBE,

1122

13319

ADAB2,AE3,AF，则AFAA2AF24，

211121142

519

2222

ADDFAF44310

故在△ADF中，cosADF,

2ADDF520

22

2

π

由于异面直线AB与BE所成角的范围为(0,]，

12

310

故异面直线AB1与BE所成角的余弦值为，

20

故选：D

题型二：线面角

例4．（2024·贵州贵阳·校联考三模）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABACAA1，

BAC60，则AB1与平面AA1C1C所成角的正弦值等于（）

23610

A．B．C．D．

2244

【答案】C

【解析】如图所示：

取A1C1的中点D，连接B1D，AD，

在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面A1B1C1是正三角形，

B1DA1C1，又CC1底面A1B1C1，B1D平面A1B1C1，CC1B1D.

又CC1A1C1C1，CC1平面AA1C1C，A1C1平面AA1C1C，

B1D平面AA1C1C，

B1AD为AB1与平面AA1C1C所成角，

由题意，设ABACAA2a，22，22，

1B1D(2a)a3aAB1(2a)(2a)22a

BD

△13a6

在RtB1AD中，sinB1AD，

AB122a4

故选：C.

例5．（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥PABCD中，AB//CD，ABC90，

△ADP是等边三角形，ABAP2，BP3，ADBP.

(1)求BC的长度；

(2)求直线BC与平面ADP所成的角的正弦值.

【解析】（1）取AD中点F，连接PF,BF,BD，

ADP是等边三角形，PFAD，

又ADBP，BPPFP，BP,PF平面PFB，AD平面PFB，

BF平面PFB，ADBF，BDAB2，

ABD为等边三角形，BC22123.

（2）AD平面PFB，AD平面APD，平面PFB平面APD，

作BGPF，垂足为G，则BG平面APD，ADBCH，连接HG，

BHG为直线BC与平面ADP所成的角，

由题意知：PFBF3，又BP3，

PF2BF2BP23391

cosGFB，

2PFBF62

3

GFB120，BG，

2

3

ABCBCD90，CD1，BH23，sinBHG，

4

3

直线BC与平面ADP所成的角的正弦值为.

4

例6．（2024·广东阳江·高三统考开学考试）在正三棱台ABC-A1B1C1中，AB6，

A1B1AA13，D为A1C1中点，E在BB1上，EB2B1E.

(1)请作出A1B1与平面CDE的交点M，并写出A1M与MB1的比值（在图中保留作图痕迹，不

必写出画法和理由）；

(2)求直线BM与平面ABC所成角的正弦值.

【解析】（1）①作图步骤：延长CE,C1B1，使其相交于N，连接DN，则可得DNIA1B1M；

作图如下：

作图理由：在平面CBB1C1中，显然CE与C1B1不平行，延长相交于N，

由NCE，则N平面CED，由D平面CED，则DN平面CED，

由NB1C1，DA1C1，则DN平面A1B1C1，可得NDIA1B1M

故A1B1平面CDEM.

②连接DB1,A1N，如下图所示：

在正三棱台ABC-A1B1C1中，BC//B1C1，即B1N//BC，易知VBCE:VB1NE，

uuruuur

B1NB1E

则，由BE2EB，且BC6，则B1N3，显然B1C1B1N3，

BCBE1

1

由B,D分别为CN,CA的中点，则DBAN，且BD//NA，

111112111

A1MA1N

易知VB1DM:VA1NM，故2.

MB1DB1

（2）由题意，过M作平面ABC的垂线，垂足为M1，并连接BM1，如下图所示：

AM

1

由（1）可知：2且A1B1B1C13，则B1M1，由AB6，AA1A1B13，

MB1

在侧面AA1B1B中，过B1,A1分别作AB的垂线，垂足分别为B2,A2，如下图所示：

BB1

11321

易知BB2ABA2B2ABA1B1,cosB1BA，所以cosBB1A1，

222BB122

222

在△BB1M中，BMBB1B1M2BB1B1McosBB1A113，则BM13，

2

233

棱台的高2，

MM13636

322

由图可知直线BM与平面ABC所成角为∠MBM1，

因为MM1平面ABC，且M1B平面ABC，所以M1BMM1，

MM1678

所以sinMBM1.

BM1313

变式5．（2024·海南海口·海南华侨中学校考二模）如图，在多面体ABCDEFG中，平面

ABC平面DEFG，底面ABC是等腰直角三角形，ABBC2，侧面ACGD是正方形，

DA平面ABC，且FB∥GC，GEDE.

(1)证明：AEGE．

(2)若O是DG的中点，OE平面BCGF，求直线OE与平面BDG所成角的正弦值．

【解析】（1）因为DA平面ABC，平面ABC平面DEFG，所以DA平面DEFG，

又因为GEÌ平面DEFG，所以DAGE，

因为GEDE，DADED，DA，DE平面ADE，

所以GE平面ADE，

因为AE平面ADE，

所以AEGE．

（2）如图，因为O是DG的中点，OE平面BCGF，OE平面DEFG，且平面DEFG

平面BCGFGF，

所以OE∥GF，

因为平面ABC平面DEFG，

平面ABC平面DACGAC，平面DEFG平面DACGDG，

平面ABC平面BCGFBC，平面DEFG平面BCGFGF，

所以AC∥DG，BC∥GF，

因为ABC是等腰直角三角形，

所以DOEDGFACB45，

又因为ABBC2，侧面ACGD是正方形，

1

所以ACCG2，OEDG1，

2

2

所以点E到DG的距离为OEsin45，

2

122122

所以S△2，则V2，

DEG222BDEG323

又BC2,GC2，所以BGBD6,OB5，

1

所以S△255，

BCD2

设点E到平面BDG的距离为h，

1210

由VBDEGVEBDG可得5h，解得h，

335

h10

所以直线OE与平面BDG所成角的正弦值为．

OE5

变式6．（2024·全国·高三专题练习）在三棱锥OABC中，ABBCOB2,ABC120，

平面BCO平面ABC，且OBAB.

(1)证明：OBAC；

(2)若F是直线OC上的一个动点，求直线AF与平面ABC所成的角的正切值最大值.

【解析】（1）在三棱锥OABC中，在平面ABC内过点B作直线BDBC，如图，

因为平面BCO平面ABC，平面BCO平面ABCBC，BD平面ABC，

所以BD平面BCO，又OB平面BCO，所以OBBD，

因为OBAB，ABIBDB,AB,BD平面ABC，

所以OB平面ABC，又AC平面ABC，

所以OBAC.

（2）过F作FH//OB交BC于H，连接AH，由（1）知FH平面ABC，

因此FAH是直线AF与平面ABC所成的角，

又AH,BC平面ABC，所以FHAH,FHBC，

设FHt，由OBBC2，OBBC，得FCH45，CHFHt，

又ABBC2,ABC120，所以ACB30，AC2BCcos3023，

在ACH中，由余弦定理,

3

得AH2AC2CH22ACCHcos3012t2223tt26t12，

2

FH2t211

2

tanFAH224

所以1261121，当且仅当t4时取等号，

AHt6t12112()

t2tt44

所以直线AF与平面ABC所成的角的正切值最大值为2.

变式7．（2024·湖南邵阳·高三统考学业考试）如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是

边长为2的正方形，AC与BD交于点O，PA面ABCD，且PA2.

(1)求证BD平面PAC.；

(2)求PD与平面PAC所成角的大小．

【解析】（1）因为ABCD是正方形，所以ACBD，

又因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD，

因为PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，

所以BD平面PAC.

（2）连接PO，因为BD平面PAO，所以DPO为PD与平面PAC所成的角，

因为ABPA2，所以PO6,DO2，

DO23

在直角DPO中，tanDPO，

PO63

所以DPO30，即PD与平面PAC所成的角为30.

变式8．（2024·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C底面ABC，

ACB90,AA12，A1到平面BCC1B1的距离为1．

(1)证明：A1CAC；

(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．

【解析】（1）如图，

A1C底面ABC，BC面ABC，

A1CBC，又BCAC，A1C,AC平面ACC1A1，A1CACC,

BC平面ACC1A1，又BC平面BCC1B1，

平面ACC1A1平面BCC1B1，

过A1作A1OCC1交CC1于O，又平面ACC1A1平面BCC1B1CC1，A1O平面ACC1A1，

A1O平面BCC1B1

A1到平面BCC1B1的距离为1，A1O1，

△

在RtA1CC1中，A1CA1C1,CC1AA12，

设COx，则C1O2x，

△A1OC,△A1OC1,△A1CC1为直角三角形，且CC12，

222222222

COA1OA1C，A1OOC1C1A1，A1CA1C1C1C，

1x21(2x)24，解得x1，

ACA1CA1C12，

A1CAC

（2）ACA1C1,BCA1C,BCAC，

Rt△ACB≌Rt△A1CB

BABA1，

过B作BDAA1，交AA1于D，则D为AA1中点，

由直线AA1与BB1距离为2，所以BD2

A1D1，BD2，A1BAB5，

在Rt△ABC，BCAB2AC23，

延长AC，使ACCM，连接C1M，

由CM∥A1C1,CMA1C1知四边形A1CMC1为平行四边形，

∥

C1MA1C，C1M平面ABC，又AM平面ABC，

C1MAM

则在△中，，22，

RtAC1MAM2AC,C1MA1CAC1(2AC)A1C

在△中，22，，

RtAB1C1AC1(2AC)A1CB1C1BC3

222

AB1(22)(2)(3)13,

又A到平面BCC1B1距离也为1，

113

所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.

1313

变式9．（2024·全国·模拟预测）如图，在多面体ABCDE中，平面ACD平面ABC，BE

23

平面ABC，ACD是边长为2的正三角形，ABBC，BE3．

3

(1)点M为线段CD上一点，求证：DEAM；

(2)求AE与平面BCE所成角的正弦值．

【解析】（1）证明：取AC中点O，连接DO,OB，

因为ACD是边长为2的正三角形，可得DOAC，

因为平面ACD平面，平面ACD平面ABCAC，且DO平面ACD，

所以DO平面ABC，且DO3，

又因为BE平面ABC，所以DO//BE，

因为BE3，可得BEDO，所以四边形BODE为平行四边形，所以BO//DE，

由ABBC，且O为AC的中点，可得BOAC，

因为平面ACD平面ABC，平面ACD平面ABCAC，且BO平面ABC，

所以BO平面ACD，所以DE平面ACD，

又因为AM平面ACD，所以DEAM.

23

（2）在ABC中，ABBC，且AC2，

3

22

2323

22

AB2BC2AC2331

由余弦定理得cosABC，

2ABBC23232

2

33

所以ABC120，

如图所示，过A作AN垂直于BC，交CB延长线于点N，即BCAN，连结EN，

因为BE平面ABC，且AN平面ABC，所以BEAN，

又因为BECBB，且BE,CB平面BCE，所以AN平面BCE，

所以AEB即为AE与平面BCE所成角,

39

在直角ABE中，可得AEAB2BE2，

3

233

在直角ABN中，可得ANABsin601，

32

AN139

sinAEN39

所以AE3913，即AE与平面BCE所成角的正弦值为.

13

3

变式10．（2024·海南海口·统考模拟预测）如图，四棱锥PABCD中，AB//CD，ABAD，

平面PAD平面PCD.

(1)证明：平面PAD平面ABCD；

(2)若AD2AB2，PB2，PD5，BC与平面PCD所成的角为，求sin的最大值.

【解析】（1）证明：过点A作AHPD于H，

因为平面PAD平面PCD，平面PAD平面PCDPD，所以AH平面PCD，

又CD平面PCD，所以CDAH，

由AB//CD，ABAD，可知CDAD，

而AHADA，AH,AD平面PAD

所以CD平面PAD，

因为CD平面ABCD，所以平面PAD平面ABCD．

（2）法1：由（1）知CD平面PAD，PA平面PAD，所以CDPA，

又AB//CD，所以ABPA，

所以PAPB2AB21，PA2AD2PD25，所以PAAD，

由ABADA,AB,AD平面ABCD，所以PA平面ABCD．

如图建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，P(0,0,1)，D(0,2,0)，设C(m,2,0)(m0)，

平面PCD的一个法向量为n(x0,y0,z0)，PD(0,2,1)，

nPD0

DC(m,0,0)，所以nPD，nDC，即，

nDC0

2y0z00,

得令y01，得n0,1,2，

mx00,

|BCn|2

BCm1,2,0，所以sin，

|BC||n|(m1)245

显然，当m1时，(m1)24取最小值，

5

综上，当CD1时，sin的最大值为．

5

法2：设点B到平面PCD的距离为d，因为AB//CD，CD平面PCD，

所以AB//平面PCD，所以点A到平面PCD的距离也为d，

由（1），CD平面PAD，所以CDPA，又AB//CD，所以ABPA，

所以PAPB2AB21，所以PA2AD2PD25，所以PAAD，

PAAD25

由（1），AH平面PCD，所以dAH，

PD5

d251

由sin，在四边形ABCD中，当BCCD时，BC取最小值，

BC5BC

2515

此时四边形ABCD显然为矩形，BC2，所以sin的最大值为．

525

变式11．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥PABCD中，底面为直角梯形，AD//BC，

BAD90，PA底面ABCD，且PAADAB2BC，M，N分别为PC，PB的中点．

(1)证明：PBDM．

(2)求BD与平面ADMN所成角的正弦值．

【解析】（1）因为M，N分别为PC，PB的中点，所以MN//BC，又AD//BC，

所以MN//AD，则M,N,A,D四点共面.

因为N是PB的中点，PAAB，所以ANPB．

因为PA平面ABCD，所以PAAD．在直角梯形中，ABAD．而PAABA，PA，AB

平面PAB，因此AD平面PAB．所以ADPB．

又因为ANPB，且ANADA，AN，AD平面ADMN，

所以PB平面ADMN．

因为DM平面ADMN，所以PBDM．

（2）

连接DN．由（1）可知PB平面ADMN，

所以BDN是BD与平面ADMN所成角．

12

设PAADAB2BCa，于是PBPA2AB22a，BNPBa．

22

另一方面，BDAB2AD22a．

BNa1

因此，在直角三角形BDN中，sinBDN．

BD2a2

1

所以与平面ADMN所成角的正弦值为．

BD2

变式12．（2024·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥EABCD中，底面ABCD为直角

1

梯形，AB//CD，ABCD，CDCE，ADCEDC45，AD2，BE3．

2

(1)求证：平面ABE平面ABCD；

(2)设M为AE的中点，求直线DM与平面ABCD所成角的正弦值．

【解析】（1）证明：ABCD为直角梯形，AB//CD，CDBC．

又CDCE，BCCEC，BC，CE平面BCE,所以CD平面BCE．

又BE平面BCE，CDBE，

又ADC45，AD2，

如图，过点A作AFCD，AF1,DFFC1，BC1．

又EDC45，CDCE2．

又BE3，由勾股定理可知BEBC.

BCCDC，BC，CD平面ABCD，BE平面ABCD．

BE平面ABE，平面ABE平面ABCD．

（2）取AB的中点N，连接DN，MN，

3

∵M为AE的中点，BE3，MN//BE，MN，

2

由（1）知BE⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，

∴∠MDN为直线DM与平面ABCD所成角．

1

由（1）知CDBC，又AB//CD，ABCD，ADC=45，AD2，

2

113

∴ABBCCD1，DNAD2AN22ADANcosDAN，

22

133

∴DM2DN2MN24，

44

DM2．