第08讲拓展二：直线与平面所成角的传统法与向量法(含探索性问题，知识清单+6类热点题型讲练）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（人教A版2019选择性必修第一册）

第08讲 拓展二：直线与平面所成角的传统法与向量法(含探索性问题） 知识点一：直线与平面所成角 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、传统法之定义法（如右图）：具体操作方法： ①在直线上任取一点（通常都是取特殊点），向平面引（通常都是找+证明）垂线； ②连接斜足与垂足； ③则斜线与射影所成的角，就是直线与平面所成角. 4、传统法之等体积法求垂线段法(如右图） ①利用等体积法求垂线段的长； ② 5、利用向量法求线面角 设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有 ① ②.（注意此公式中最后的形式是：） 题型01求直线与平面所成角（定值）（传统法） 【典例1】（23-24高一下·广东茂名·阶段练习）如图，已知，在平面内，OA是平面的斜线，且，，则直线与平面所成的角的大小为 ． 【典例2】（23-24高一下·吉林·期中）已知在正方体中，P为中点，，若平面绕旋转，则与在平面所成角的余弦值最小值为 . 【典例3】（23-24高一下·山西运城·阶段练习）如图，直四棱柱中，底面ABCD为菱形，，，P，M，N分别为CD，，的中点. (1)证明：平面平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【变式1】（2024·浙江温州·二模）如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于 ．    【变式2】（23-24高二上·辽宁·阶段练习）在三棱锥中，，则直线与平面所成角的正弦值为 . 【变式3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点. (1)求三棱锥的体积； (2)求直线与平面所成线面角的正弦值. 题型02求直线与平面所成角（定值）（向量法） 【典例1】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在四棱锥中，平面平面，∥，，，． (1)证明：； (2)若为等边三角形，求直线PC与平面PBD所成角的正弦值． 【典例2】（2024·安徽合肥·三模）如图一：等腰直角中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二 (1)求证：． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【典例3】（2024·上海·模拟预测）如图，多面体是由一个正四棱锥与一个三棱锥拼接而成，正四棱锥的所有棱长均为，且． (1)在棱上找一点，使得平面平面，并给出证明； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【变式1】（23-24高二上·贵州铜仁·阶段练习）如图，在长方体中，，，.    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【变式2】（23-24高二下·广东广州·阶段练习）如图，在四面体ABCD中，两两垂直，是线段AD的中点，是线段BM的中点，点在线段AC上，且.    (1)求证:平面BCD; (2)若点G在平面ABC内，且平面BMC，求直线MG与平面ABC所成角的正弦值. 【变式3】（23-24高二下·湖南长沙·阶段练习）如图，四棱锥中，底面是矩形，PD垂直底面，E，F分别是棱PC，PA上的点，满足已知    (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 题型03求直线与平面所成角（最值或范围） 【典例1】（2024·辽宁锦州）在中，，若空间点满足，则的最小值为 ；直线与平面所成角的正切的最大值是 . 【典例2】（23-24高二上·广东佛山·阶段练习）如图，在正四棱柱中，，，是侧面（包括边界）上的动点，且，记与平面所成的角为，则与的重合时 ；的最大值为 . 【典例3】（23-24高二上·福建三明·开学考试）如图所示，在棱长为1的正方体中，P，Q分别是线段，上的点，满足平面，则与平面所成角的范围是 ． 【变式1】（23-24高二上·山东烟台·阶段练习）三棱锥的所有棱长均为2，点M在棱BC上，满足，点N在棱BD上运动，设直线MN与平面ABC所成角为，则的最小值为 . 【变式2】（23-24高二下·江苏扬州·期末）正四棱柱中，，，点为侧面上一动点（不含边界），且满足.记直线与平面所成的角为，则的取值范围为 . 【变式3】（23-24高三上·浙江绍兴·期末）如图，在三棱锥中，，，E，F，O分别为棱，，的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是 . 题型04已知直线与平面所成角求参数 【典例1】（2024·山东济南·三模）如图，在三棱台中，平面平面，，，．    (1)求三棱台的高； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求． 【典例2】（2024·山东潍坊·二模）如图1，在平行四边形中，，，E为的中点，将沿折起，连结，，且，如图2．    (1)求证：图2中的平面平面； (2)在图2中，若点在棱上，直线与平面所成的角的正弦值为，求点到平面的距离． 【变式1】（23-24高二下·江苏徐州·期末）已知正方体的棱长为1，，，分别在棱，，上，且满足，是的重心，若直线与平面所成角为，则的值为 ． 【变式2】（23-24高三下·上海·期中）如图所示，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，是等边三角形，为线段的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若为线段上的一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 题型05直线与平面所成角中的探索性问题 【典例1】（2024·四川南充·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，点在线段上，平面. (1)求证：； (2)若是等边三角形，，平面平面，四棱锥的体积为，试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出此时的长；若不存在，请说明理由. 【典例2】（2024·河北沧州·三模）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 【变式1】（2024·浙江宁波·模拟预测）在空间四边形ABCD中，. (1)求证:平面平面ABC; (2)对角线BD上是否存在一点，使得直线AD与平面ACE所成角为.若存在求出的值，若不存在说明理由. 【变式2】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，在三棱柱中，，，侧面是正方形，为的中点，二面角的大小是．    (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在一个点，使直线与平面所成角的正弦值为．若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 题型06易错题型利用向量法求直线与平面所成角的余弦值 （忽视最后正弦转余弦） 【典例1】（23-24高二下·辽宁·阶段练习）在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（2024·四川雅安·一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（23-24高二上·广东湛江·阶段练习）直线的方向向量与共线，平面的一个法向量为，则直线和平面的夹角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24高二上·全国·期中）PA，PB，PC是从点P引出的三条射线，每两条的夹角均为，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第08讲 拓展二：直线与平面所成角的传统法与向量法(含探索性问题） 知识点一：直线与平面所成角 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、传统法之定义法（如右图）：具体操作方法： ①在直线上任取一点（通常都是取特殊点），向平面引（通常都是找+证明）垂线； ②连接斜足与垂足； ③则斜线与射影所成的角，就是直线与平面所成角. 4、传统法之等体积法求垂线段法(如右图） ①利用等体积法求垂线段的长； ② 5、利用向量法求线面角 设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有 ① ②.（注意此公式中最后的形式是：） 题型01求直线与平面所成角（定值）（传统法） 【典例1】（23-24高一下·广东茂名·阶段练习）如图，已知，在平面内，OA是平面的斜线，且，，则直线与平面所成的角的大小为 ． 【答案】 【分析】取线段的中点，连接，并延长，作，证明平面，找到线面角，利用余弦定理求解即可. 【详解】取线段的中点，连接，并延长，作，如图， 因，，， 则由余弦定理得，即， 同理可得， ∵，D是的中点，，， 而，即，因此，， ∵，，平面， 平面，又平面， ∴，又∵，平面， ∴平面，是直线OA与平面所成的角，， ∵线面角的范围为，∴， 所以直线OA与平面所成的角的大小为． 故答案为： 【典例2】（23-24高一下·吉林·期中）已知在正方体中，P为中点，，若平面绕旋转，则与在平面所成角的余弦值最小值为 . 【答案】 【分析】根据面面平行，结合线线垂直可证明平面,即可根据线面角的定义求解为与平面所成的角，由三角形的边角关系即可求解. 【详解】设过的一个平面,（不与平面重合）与正方体相交于, 取的中点，过作,过作，连接, 故平面平面， 过作于，由于平面，平面，故, 平面，故平面, 所以为与平面所成的角，故也为为与平面所成的角， 设正方体的棱长为2，则， , 要使最小，则需要最大即可， 由于, 故当时，此时取最大值， 此时的最小值为， 故答案为：    【典例3】（23-24高一下·山西运城·阶段练习）如图，直四棱柱中，底面ABCD为菱形，，，P，M，N分别为CD，，的中点. (1)证明：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）根据面面平行的定理，转化为证明两组线面平行，即证明两组线线平行； （2）利用等体积转化求点到平面的距离，再根据公式，求线面角的正弦值. 【详解】（1）因为，分别为线段，的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面.    因为，分别为线段，的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. 因为，平面，平面， 所以平面平面. （2）由题知平面，平面，故，故， 因为四边形是菱形，且， 则，所以. 而，故.     设为点到平面的距离，与平面所成的角为， 故. 又， 而，故，故.     故，即与平面所成角的正弦值为. 【变式1】（2024·浙江温州·二模）如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于 ．    【答案】/ 【分析】根据图象可得直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，设，利用余弦定理求得相关线段的长度再进行计算即可. 【详解】设，取的中点,连接, 由题知平面平面, 平面平面, 又平面, 所以平面，    则直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值， 易求得， , 又, 解得， , 则, 所以直线与平面所成角的余弦值等于， 故答案为：. 【变式2】（23-24高二上·辽宁·阶段练习）在三棱锥中，，则直线与平面所成角的正弦值为 . 【答案】/ 【分析】构建正四面体模型，从而可求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】   如图，在射线上截取，在射线截取，得到如下图所示的几何体.    因为，，故为等比三角形， 故，同理， 而，故为等比三角形，故， 故几何体为正四面体. 过作平面的垂线，垂足为，则为的中心， 连接，则为与平面（即平面）所成的角， 设，则， 故，故. 所以线与平面所成角的正弦值为. 故答案为：. 【变式3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点. (1)求三棱锥的体积； (2)求直线与平面所成线面角的正弦值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据，再根据棱锥的体积计算公式，求解即可； （2）根据（1）中所求棱锥的体积，求得点到平面的距离，结合的长度，利用公式，直接求解即可. 【详解】（1）面面，故，故， 又在直角梯形中，，； 又为中点，故 . （2）因为//，故，又面面，故， 又面， 故面面，则，则△为直角三角形； 易知， 故， 设点到面的距离为， 由（1）可得，解得； 因为分别为的中点，故//， 则面，又面，则， 故△为直角三角形，则， 设直线与平面所成角为，则. 题型02求直线与平面所成角（定值）（向量法） 【典例1】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在四棱锥中，平面平面，∥，，，． (1)证明：； (2)若为等边三角形，求直线PC与平面PBD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据几何知识分析可知，结合面面垂直的性质可知平面PAD，即可得结果； （2）建系标点，求平面PBD的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】（1）因为，，可知，， 则，即． 因为平面平面，平面平面，且， 可知平面PAD， 且平面PAD，所以． （2）以为坐标原点，分别，的方向为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为平面平面，可知z轴在平面内， 则，，，， 可得，，． 设平面PBD的法向量为，则， 令，则，可得． 设直线PC与平面PBD所成的角为， 则， 所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为． 【典例2】（2024·安徽合肥·三模）如图一：等腰直角中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二 (1)求证：． (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）补全图形得到三棱锥，由线面垂直证得； （2）思路一：建立空间直角坐标系，运用向量求解线面角； 思路二：等体积法求得到平面的距离，再用几何法求得线面角. 【详解】（1）延长交于点过作于，过作于， 又四边形为等腰梯形，则，则， 又，所以，为的中点， 延长交于点，则，为的中点，则， 与重合于点，为三棱锥， 设为中点，等腰直角中， 又为的中点，为的中点，，∴， ，又平面平面， 又平面，. （2）方法一： 为中点，， 又， 以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系， 则， ， ，， 设平面的法向量为，则， 取，则，所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 方法二： 为中点，，， 又， 又，平面，∴平面， ，为等边三角形，设到平面的距离为， ∴， . 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【典例3】（2024·上海·模拟预测）如图，多面体是由一个正四棱锥与一个三棱锥拼接而成，正四棱锥的所有棱长均为，且． (1)在棱上找一点，使得平面平面，并给出证明； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)点为的中点，证明见解析 (2) 【分析】（1）当点为中点时，平面平面，依题意可得，从而得到，再由，即可证明平面，从而得证； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求法即可. 【详解】（1）当点为中点时，平面平面， 证明如下：因为四棱锥是正四棱锥，所以，所以. 在正方形中，，所以， 在正方形中，，因为，所以， 因为面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）因为四棱锥是正四棱锥且所有棱长均为，所以，，两两垂直， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，则， 设，则，因为，， 所以，则，解得，所以， 所以， 设平面的法向量为，则有， 取，则，故， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【变式1】（23-24高二上·贵州铜仁·阶段练习）如图，在长方体中，，，.    (1)证明：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）建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，再利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）利用（1）中坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）在长方体中，以D为坐标原点，向量分别为轴建立空间直角坐标系，    有，，，，，，， 则，，，，， 因此，，又，，平面， 所以平面. （2）设平面的法向量为，由，， 有，取，得， 设直线与平面所成的角为，而 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【变式2】（23-24高二下·广东广州·阶段练习）如图，在四面体ABCD中，两两垂直，是线段AD的中点，是线段BM的中点，点在线段AC上，且.    (1)求证:平面BCD; (2)若点G在平面ABC内，且平面BMC，求直线MG与平面ABC所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作，交于点，作，交于点，证明四边形为平行四边形，然后证明平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据平面，可设，，即可表示出点坐标，再由平面，由求出，从而确定点坐标，再由空间向量法求出直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）作，交于点，作，交于点， 因为是线段的中点，是线段的中点，， 所以且， ，，所以且， 且，所以四边形为平行四边形， ，又平面，平面，平面；    （2）如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 不妨设，则，，，， 设，则，，， 平面，可设，， 即， 则，即，则， 平面，又，， ，即，解得， 所以点坐标为， ， 设平面的法向量为， 则，令，则，得， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为．    【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 【变式3】（23-24高二下·湖南长沙·阶段练习）如图，四棱锥中，底面是矩形，PD垂直底面，E，F分别是棱PC，PA上的点，满足已知    (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）由线线垂直得到线面垂直，进而证得面面垂直； （2）思路一：用线面垂直的性质判定及面面垂直的性质证得平面，从而得解； 思路二：建立空间直角坐标系，根据条件求得、坐标，算得平面的法向量，进而求解线面角即可. 【详解】（1）平面平面， 底面是矩形，， 平面，平面， 平面平面平面 （2）方法一：由（1）得平面平面平面 平面平面平面， 平面 平面平面， 底面是矩形，， 平面，平面， ∵平面，, 又， 平面，平面， ∵平面，∴ ，平面，平面 直线与平面所成角为其正弦值为1． 方法二：如图以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴 建立空间直角坐标系，则，，，，， ，，，， 设，， 则，， ∴，∴， ， 设平面的法向量为 则，，可取， 设直线与平面所成角为    【点睛】 题型03求直线与平面所成角（最值或范围） 【典例1】（2024·辽宁锦州）在中，，若空间点满足，则的最小值为 ；直线与平面所成角的正切的最大值是 . 【答案】 【分析】以所在平面为，建立空间直角坐标，求平面的法向量， 利用线面角结合换元法可得，又，则的最大值为，由此即可求出答案. 【详解】 过点作与点，过点作与点， 设，则， 又，则， 则点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上， 当点与点三点共线时，最小；且最小值为； 如图所示：以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量为：， ， 设， 则，       当，且时，最小， 即当点与点三点共线时，最小，且最小值为； 记直线与平面所成角为, 则， 因为， 所以， 令，则， 则，， 又，在上单调递减。在上单调递增， 则， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 又， 所以直线与平面所成角的最大值为， 此时， 故答案为：； 【典例2】（23-24高二上·广东佛山·阶段练习）如图，在正四棱柱中，，，是侧面（包括边界）上的动点，且，记与平面所成的角为，则与的重合时 ；的最大值为 . 【答案】 1 【分析】建立空间直角坐标系，由正四棱柱的结构特征及线面角的定义找到就是与平面所成的角，当与的重合时，，一般情况时，，利用已知得到，进而得出的最大值. 【详解】以，，所在直线分别为，，轴，如图建立坐标系， 由已知，，则，，， 设，则，， ∵，，，， ∴， 连接，在正四棱柱中，面， 所以就是与平面所成的角，即， ， 当与的重合时，，， 一般情况下：，∴， ∴的最大值为. 故答案为：1； 【典例3】（23-24高二上·福建三明·开学考试）如图所示，在棱长为1的正方体中，P，Q分别是线段，上的点，满足平面，则与平面所成角的范围是 ． 【答案】 【分析】以为原点，为轴、轴、为轴建立空间直角坐标系，设，且，其中，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，求得的范围，即可求解. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 易得不重合，设，其中，且， 所以，所以，， 因为平面，所以，可得，所以，， 因为平面，所以的一个法向量为， 设与平面所成的角为， 则， 当，可得，因为，所以 当，可得，因为，所以， 所以与平面所成的角的范围是为. 故答案为： 【变式1】（23-24高二上·山东烟台·阶段练习）三棱锥的所有棱长均为2，点M在棱BC上，满足，点N在棱BD上运动，设直线MN与平面ABC所成角为，则的最小值为 . 【答案】 【分析】设中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，可得，利用线面角的向量求法，结合二次函数的性质即得. 【详解】取中点，连接， 三棱锥各棱长均为， 在底面内的投影为的中心，， 以为坐标原点，正方向为轴，作的平行线作为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， ， 因为平面的一个法向量， 设，， ，， 即， ， ； 当时，，； 当时，， 设，则， 当时，， ， ； 综上所述：的最小值为. 故答案为：. 【变式2】（23-24高二下·江苏扬州·期末）正四棱柱中，，，点为侧面上一动点（不含边界），且满足.记直线与平面所成的角为，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设，由，得到，根据，得到或，然后利用线面角的向量求法求解. 【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系： 则，设， 所以， 因为， 所以， 则，因为，则， 解得或， 易知平面的一个法向量为， 所以， 则， 所以， 故答案为：. 【变式3】（23-24高三上·浙江绍兴·期末）如图，在三棱锥中，，，E，F，O分别为棱，，的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】易证得，引入辅助角变量，设，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求得线面角的正弦值，从而可判断所求角的范围. 【详解】解：因为，， 所以， 所以， 又因为为的中点， 所以， 又，所以平面， 设， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则平面与平面重合， 不妨设， 则， 则， ， 则， 因为平面， 所以即为平面的一条法向量， 因为直线与平面所成角为，， 所以 ， 因为，所以， 所以， 所以. 故答案为：. 题型04已知直线与平面所成角求参数 【典例1】（2024·山东济南·三模）如图，在三棱台中，平面平面，，，．    (1)求三棱台的高； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）作于点O，利用面面垂直的性质得即为三棱台的高，再利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案； （2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用线面角的空间向量求法可得答案． 【详解】（1）作于点O，因为平面平面， 平面平面，平面，， 所以平面，即为三棱台的高， 又因为平面，所以，连接， 因为，，所以， ，平面，所以平面， 又平面，所以，，， 所以，，所以三棱台的高为； （2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，， 设平面的法向量为，则，可取， 设，则， 设直线与平面所成角为，， 化简得，解得，或（舍去，因为，则，所以）， 所以． 【典例2】（2024·山东潍坊·二模）如图1，在平行四边形中，，，E为的中点，将沿折起，连结，，且，如图2．    (1)求证：图2中的平面平面； (2)在图2中，若点在棱上，直线与平面所成的角的正弦值为，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用勾股定理证明，再根据线面垂直的判定定理证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）连接， 由题意， 则为等边三角形， 由余弦定理得，所以， 则， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）如图，以点为原点，建立空间直角坐标系， 则， 设， 故， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一条法向量为， 所以， 化简得，解得或（舍去）， 所以， 设平面的法向量为， 则有，可取， 所以点到平面的距离为．    【变式1】（23-24高二下·江苏徐州·期末）已知正方体的棱长为1，，，分别在棱，，上，且满足，是的重心，若直线与平面所成角为，则的值为 ． 【答案】/ 【分析】如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】如图，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为是的重心，所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 因为， 所以，令，则， 因为直线与平面所成角为， 所以（）， 所以，化简得， 解得或（舍去） 故答案为： 【变式2】（23-24高三下·上海·期中）如图所示，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，是等边三角形，为线段的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若为线段上的一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线线垂直可得平面，进而可证平面平面； （2）过作，垂足为， 【详解】（1）因为为等边三角形，为线段的中点，所以，又， 因为四边形为直角梯形，，所以是平面上的两条相交直线， 所以平面，平面，所以平面平面； （2）因为四边形为直角梯形，，， 所以，过作，垂足为， 由，得，所以，， 建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 又，设直线与平面所成角为， 则，解得，即. 题型05直线与平面所成角中的探索性问题 【典例1】（2024·四川南充·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，点在线段上，平面. (1)求证：； (2)若是等边三角形，，平面平面，四棱锥的体积为，试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出此时的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）连接，设，连接，即可得到为的中点，再由线面平行的性质得到，即可得证； （2）作于，即可得到平面，根据锥体的体积求出，再建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接，设，连接. 因为为矩形，所以为的中点，                                                因为平面，平面，平面平面， 所以. 因为为的中点，所以为的中点，所以. （2）设，因为是等边三角形，所以. 如图，作于，则， 因为平面平面，，平面，平面平面， 所以平面，所以是四棱锥的高，      因为为矩形，，，所以， 所以，解得.   因为为矩形，所以，平面平面，平面， 平面平面，所以平面， 建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则，取， 假设在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 设，， 则， 所以， 化简得，解得（舍去）或， 因为，此时， 所以线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时的长为. 【典例2】（2024·河北沧州·三模）如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，1. 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）由（1）中坐标系，假定存在，利用线面角的向量求法列式计算即得. 【详解】（1）在直三棱柱中，，则直线两两垂直， 以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，   ，，，，，， ，，，， 设平面的法向量为，则，令，得 ， 设平面的法向量为，则，令，得 ， 显然，点平面，所以平面平面. （2）假设线段上存在点满足条件，，， 设直线与平面所成的角为， 则， 化简得，而，解得， 所以存在点符合题意，此时. 【变式1】（2024·浙江宁波·模拟预测）在空间四边形ABCD中，. (1)求证:平面平面ABC; (2)对角线BD上是否存在一点，使得直线AD与平面ACE所成角为.若存在求出的值，若不存在说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）取的中点，连,可证明，，根据线面垂直与面面垂直的判定定理即可证明； （2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出与平面的法向量的坐标，根据即可求解. 【详解】（1）取的中点，连, 因为，所以，且. 又，则，且. 又，则，则. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）易知两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则,, 则. 设，则. 则. 设平面的法向量为， 则， 令，则，即. 又,所以， 即，即，解得或（舍去）， 因为，所以,所以， 所以. 故. 【变式2】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，在三棱柱中，，，侧面是正方形，为的中点，二面角的大小是．    (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在一个点，使直线与平面所成角的正弦值为．若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）先证明，得平面，即得平面平面； （2）先由题意取中点，证明平面，建系，求出相关点和向量的坐标，依题设，计算出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式列出方程，求解即得. 【详解】（1）因是正方形，则,因,故. 由,则.因,则平面， 又平面,故平面平面. （2）    如图，取的中点，连接,易得,因， 故即二面角的平面角，即， 易得,取中点，连接,过点作,交于， 因,故得正三角形，则, 由（1）得平面平面，且平面平面，平面， 故得平面. 因此可分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系. 则, 依题意，设,， 则， 因，设平面的法向量为， 则，故可取. 设直线与平面所成的角为， 则，解得或， 因，故，即, 故当点是的一个四等分点（靠近点）时，直线与平面所成角的正弦值为,此时 题型06易错题型利用向量法求直线与平面所成角的余弦值 （忽视最后正弦转余弦） 【典例1】（23-24高二下·辽宁·阶段练习）在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可. 【详解】由，得，又平面，平面，则， 以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， ，，，设平面的法向量为， 则，令，得，设直线与平面所成角为， 则，所以. 故选：A 【典例2】（2024·四川雅安·一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法求解即可. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 设，不妨设， 则， 故， ， 设平面的法向量为， 则，可取， 则， 所以， 当时，， 当时，， 当，即时，， 综上所述，的最小值是. 故选：A. 【变式1】（23-24高二上·广东湛江·阶段练习）直线的方向向量与共线，平面的一个法向量为，则直线和平面的夹角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用空间向量求出直线与平面夹角的正弦即可. 【详解】设直线和平面的夹角为，则， 所以直线和平面的夹角的余弦值是. 故选：B 【变式2】（23-24高二上·全国·期中）PA，PB，PC是从点P引出的三条射线，每两条的夹角均为，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将放在正方体中进行分析，结合空间向量法求解即可. 【详解】如图所示，把放在正方体中，的夹角均为． 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则， 所以， 设平面的法向量，则， 令，则，所以， 所以． 设直线与平面所成角为，所以， 所以． 故选：C． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13 学科网（北京）股份有限公司 $$