1.2.3直线与平面的夹角（2知识点+3题型+巩固训练）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（人教B版2019选择性必修第一册）

1.2.3 直线与平面的夹角 课程标准 学习目标 1.掌握求线面角的两种基本方法，即空间向量法与几何法 2.灵活运用两种基本方法求线面角 1.理解直线与平面的夹角的概念。 2.学习如何计算直线与平面的夹角。 3.掌握求直线与平面夹角的方法。 4.能够应用所学知识解决相关的题目。 知识点01 直线与平面的夹角 1.直线与平面垂直：直线与平面的夹角为90°. 2.直线与平面平行或在平面内：直线与平面的夹角为0°. 3.斜线和平面所成的角：斜线和它在平面内的射影所成的角，叫做斜线和平面所成的角（或斜线和平面的夹角） 【即学即练1】（浙江省绍兴市2022-2023学年）在正方体中，棱长为3，是上底面的一个动点. (1)求三棱锥的体积； (2)当是上底面的中心时，求与平面ABCD所成角的余弦值.    【答案】(1) (2) 【分析】(1)利用等体积，即可求解. (2)根据直线与平面夹角的定义，找到线面角，即可求解. 【详解】（1）如图所示，根据题意得： .    （2）如图所示,过点做平面ABCD的垂线，垂足为G，易知G为AC中点， 故为与平面ABCD所成线面角， 又, 所以与平面ABCD所成角的余弦值为：.    【即学即练2】（2023·全国·高二假期作业）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． 知识点02 用空间向量求直线与平面的夹角 1.定义：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__       ____=_______. 2.范围：[0,] 【即学即练3】若正三棱柱的所有棱长都相等，是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为______. 【答案】##0.6 【分析】利用空间向量的坐标运算求解线面角即可. 【详解】 如图，取中点，连接, 则有, 所以以为轴正方向建系如图，设, 则, 设平面的法向量为， 则有，令则， 所以， 设直线与平面所成角为， 则， 因为，所以 故答案为: . 【即学即练4】（2023秋·山西晋中·高二统考期末）如图所示，在棱长为2的正四面体中，为等边三角形的中心，分别满足. (1)用表示，并求出； (2)求直线与平面所成角的正弦值.    【答案】(1)， (2) 【分析】（1）先利用正四面体几何性质用表示，进而求得； （2）先求得直线与直线所成角的余弦值，进而得到直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）连接并延长交于，则为中点， 则， ， 则    （2）根据题意，平面，因此，直线与平面所成角的正弦值 即为直线与直线所成角的余弦值的绝对值. ， 且 故. 则直线与平面所成角的正弦值为. 难点：动点问题 示例1：（多选）（23-24高二下·江苏徐州·期末）如图，在边长为12的正方形中，分别边的三等分点，正方形内有两点，点到的距离分别为，点到的距离也是和，其中.将该正方形沿折起，使与重合，则在该空间图形中，（    ） A．直线 平面 B．的最小值为 C．线段的中点到的距离不超过 D．异面直线与成角时， 【答案】ABD 【分析】根据条件，建立如图所示的空间直角坐标系，求得，选项A，先求出平面的一个法向量，利用，即可求解；选项B，因为，利用二次函数的性质，即可求解；选项C，求出的中点及的坐标，即可求解；选项D，利用线线角的向量法，即可求解. 【详解】如图，取中点，的中点，连接， 因为，所以， 因为，，又，面， 所以面，又，所以面， 故 ，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 设于，于，过作于, 易知，，又，所以，又， 所以，同理可知，所以， 对于选项A，易知平面的一个法向量为，因为， 显然平面，所以 平面，故选项A正确， 对于选项B，因为， 令，其中， 对称轴，所以， 所以，故选项B正确， 对于选项C，因为的中点，， 所以 ，故选项C错误， 对于选项D，因为，所以， 所以，整理得到， 解得或（舍），故选项D正确， 故选：ABD. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于建立空间直角坐标系，求出，再利用线面平行的向量法、空间两点间的距离及线线角的向量法，即可求解. 【题型1：定义法求直线与平面所成的角】 例1．（23-24高二下·安徽·阶段练习）在棱长均相等的正三棱柱中,E为棱AB的中点,则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题线面角的定义,作出线面角,根据勾股定理算出线面角所在直角三角形的边长,进而求出正弦值. 【详解】过E作,F为垂足,连接,则为直线与平面所成角, 设三棱柱的棱长为2,则,, ∴. 故选：A 变式1．（23-24高二下·河南·阶段练习）在直三棱柱中，，则与平面所成的角为（    ）. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由，，得到平面，从而有平面，即为所求线面角，在中，由长度关系求得. 【详解】由题意，，，可知平面， 则有平面，即为所求线面角， 不妨设，则，， 故，故.    故选:A. 变式2．（2023·湖南岳阳·模拟预测）如图，在正方体中，直线与平面所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，证明平面，则即为直线与平面所成角的平面角，即可得解. 【详解】连接，则， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 所以即为直线与平面所成角的平面角， 在等腰直角三角形中，， 所以直线与平面所成的角为. 故选：B. 变式3．（多选）（22-23高二上·贵州黔东南·开学考试）已知梯形，，，，，是线段的中点．将沿着所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项正确的是（    ）    A．与始终垂直 B．当直线与平面所成角为时， C．四面体体积的最大值为 D．四面体的外接球的表面积的最小值为 【答案】ABD 【分析】利用线面垂直的判定定理可得平面，进而可判断A选项；由直线与平面所成角为得，取的中点，由可判断B选项；当平面时，四面体体积最大，进而可判断C选项；由题意确定球心，进而求半径的最小值，可判断D选项. 【详解】对于A：连接，，如图所示：    易知四边形是正方形，所以, 于是在四面体中，    ， 又且平面， 平面， 又因为平面，所以，故A正确； 对于B：取的中点，连接，    因为，所以. 当直线与平面所成角为时，, 所以，故B正确； 对于C：由题意可知，当平面时，四面体体积最大， 于是，故C错误； 对于D：因为，所以外接圆的圆心为， 又因为，所以外接圆的圆心为. 分别过点作平面和的垂线，交于点， 则是四面体的外接球的球心.   ，当与重合时取等号， 所以四面体的外接球的表面积的最小值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 变式4．（多选）（23-24高二下·四川泸州·期末）如图，在棱长为的正方体中，点P是平面内一个动点，且满足，则下列结论正确的是（    ） A． B．直线与平面所成角为定值 C．点P的轨迹的周长为 D．三棱锥体积的最大值为 【答案】ABD 【分析】利用线面垂直的判定定理、性质定理可判断A；求出点的轨迹可判断C；求出直线与平面所成角可判断B；求出三棱锥体积的最大值可判断D. 【详解】对于A，连接，因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，则， 因为，平面，所以平面， 平面，所以，同理可得， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 对于C， 由A选项知平面，设平面， 即平面，平面， 因为，， 所以三棱锥为正三棱锥，因为平面， 则与正的中心，则， 所以，因为， 所以，因为， 即， 即， ，两边平方化简可得 ， 因为点到等边三角形的边的距离为， 所以点的轨迹是在内，且以为圆心、半径为的圆， 所以点P的轨迹的周长为，故C错误； 对于B，由选项C可知，点的轨迹是在内， 且以为圆心、半径为的圆，，且， 平面，所以就是直线与平面所成角， 所以，因为， 所以直线与平面所成角为定值，故B正确； 对于D，因为点到直线的距离为， 点到直线的最大距离为， 故的面积的最大值为， 因为平面，则 三棱锥体积的最大值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：选项C的解题关键点是求出点的轨迹；选项B的解题的关键点求出直线与平面所成角. 变式5．（24-25高二上·上海·课后作业）如图，平面平面，，，．平面内一点满足，记直线与平面所成角为，求的最大值． 【答案】 【分析】作出图形，找出直线与平面所成的角，证出平面，得出，得出点的轨迹就是平面内以线段为直径的圆（点除外），转化成与圆有关的最值问题，即可求出结果. 【详解】如图①所示，过作的延长线，垂足为， 连接、，取的中点，连接， 过点作，垂足为． ∵平面平面，且平面平面，平面OAB，， ∴，平面， ∴在平面上的射影就是直线， 故就是直线与平面所成角， 即． ∵，∴， 又∵，， ∴平面，则． ∴点的轨迹是平面内以线段为直径的圆（点除外）． ∵，且， ∴，设，则， 从而， ∴，如图②所示， 当且仅当，即是圆的切线时， 角有最大值，有最大值， 的最大值为． 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了立体几何中线面角的最值，解题的关键在于通过辅助线作出线面角，并求线面角的最值，空间思维能力较强，容易混淆. 变式6．（2024高二下·天津南开·学业考试）如图，在正方体中，    (1)求证：平面平面； (2)求直线和平面所成角． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在正方体中，可得，则得平面，同理平面，所以得平面平面； （2）在正方体中，可得AC⊥平面，则得为直线和平面所成角，则在中，，即可的. 【详解】（1）在正方体中， 因为，，所以四边形是平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 同理，平面， 又， 所以平面平面. （2）    设，连接， 因为平面ABCD，所以， 又因为AC⊥BD，，平面， 所以AC⊥平面， 所以为在平面的射影， 则为直线和平面所成角， 设正方体的棱长为a， 则在中，， 所以. 变式7．（24-25高二·上海·假期作业）已知斜三棱柱的底面是正三角形，侧棱，并且与底面所成角是.设侧棱长为 (1)求此三棱柱的高； (2)求证：侧面是矩形； (3)求证：在平面上的射影在的平分线上. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用线面角的定义和性质求解即可； （2）利用斜三棱柱的性质结合平行关系求解即可； （3）利用线线垂直、线面垂直的性质和判定定理求解即可. 【详解】（1）因为侧棱与底面所成角是，且， 则过点斜三棱柱的高； （2）因为斜三棱柱， 所以侧面是平行四边形，， 又因为，所以， 所以平行四边形是矩形； （3）过点作的平分线的平分线交于， 过作交于， 因为是正三角形，所以， 又因为，，面， 所以面， 因为面，所以， 因为，面， 所以面，即在平面上的射影在的平分线上. 【方法技巧与总结】 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. 【题型2：向量法求直线与平面所成的角】 例2．（23-24高二下·河南漯河·期末）已知如图所示的几何体中，底面是边长为4的正三角形，侧面是长方形，，平面平面为棱上一点，，且，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别取的中点，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案. 【详解】分别取的中点，连接，则，， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 所以是平面的一个法向量， ，，所以， 设与平面所成的角为， 则. 故选：D. 变式1．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，四边形，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值的最大值． 【详解】取BD中点O，连接AO，CO，， 则，且，于是是二面角的平面角， 显然平面，在平面内过点作，则， 直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，设二面角的大小为，， 因此，，， 于是， 显然，则当时，， 所以的最大值为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，求出动点的坐标，利用向量建立函数关系是解题的关键. 变式2．（23-24高二下·江苏常州·阶段练习）如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，，，，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为 . 【答案】 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可. 【详解】解：连接，过点作垂直于的延长线于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示： 在三角形中，因为， 故， 则， 则， ， 故点，又，，， 设点，，由，可得， ，， 设平面的法向量， 则，即， 取，则， 故平面的法向量， 又， 设直线与平面所成角为，， 则， 因为，且， 故令，，， 则，，， 又，所以， ，即， 所以的最大值为. 故答案为：. 变式3．（贵州省黔东南州2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题）如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点.    (1)证明：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）借助正四棱柱的性质可建立空间直角坐标系，求出空间向量与平面的法向量后，借助空间向量计算即可得； （2）求出空间向量与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得. 【详解】（1）在正四棱柱中，，，两两垂直，且， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.    因为，分别为的中点，所以，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则有，，即， 因为，所以， 又平面，所以平面； （2）由（1）可知，， ， 所以与平面所成角的正弦值为. 变式4．（23-24高二下·广东·期末）如图，在三棱柱中，侧棱底面，底面是正三角形，，点、分别在、上，且，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)⋅ 【分析】（1）在线段上取一点，使，连结、，先证四边形为平行四边形，所以，从而可得平面； （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图空间直角坐标系，利用线面角的空间向量法求解. 【详解】（1）在线段上取一点，使，连结、， 在中，因为，，所以， 所以且， 因为，，且， 所以，且， 所以且， 故四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面． （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图空间直角坐标系， 因为底面是正三角形，，所以点，点， 点，点，点， 因为，所以点， 则，，， 设平面的一个法向量为． 由，令， 得平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角的大小为， 则， 所以， 所以直线与平面所成角的余弦值为⋅ 变式5．（贵州省六盘水市2023-2024学年高二下学期7月期末数学试题）已知长方体中，． (1)在长方体中，过点作与平面平行的平面，并说明理由； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)答案见解析； (2). 【分析】（1）作图，即平面平面求解； （2）方法1，以点为坐标原点建系，利用直线与平面的向量运算求解； 方法2，由体积公式求解． 【详解】（1）解：如图，所作平面为平面． 理由如下： 因为为平行四边形，所以， 而平面平面，得平面， 同理得平面， 而平面， 所以平面平面． （2）方法1：以点为坐标原点建系如图，则，． ， 设平面的法向量为，则 ，即 令，则，所以， 设与平面所成的角为，则． 方法2：设点到平面的距离为， 依题， 因为，所以， 从而，解得， 设与平面所成的角为，则． 变式6．（23-24高二下·广东广州·期末）如图，在五棱锥中，平面ABCDE，，，，，，． (1)求证：平面平面； (2)已知直线与平面所成的角为，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由余弦定理得，再由线面垂直的判定定理可得答案； （2）做交于点，以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，设，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法求出可得答案， 【详解】（1），，． 由余弦定理得 ， 所以，故， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）做交于点，所以四边形是长方形， 因为，，所以， 因为，所以， 由（1）知，互相垂直，以为原点， 所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则， ， 设为平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以， 所以， 解得，所以， 所以线段的长为． 变式7．（23-24高二下·甘肃兰州·期末）如图，在中，，，，可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角.动点在线段上. (1)当为的中点时，求异面直线与所成角的余弦值； (2)求与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线夹角； （2）设可得，利用空间向量求线面夹角结合二次函数分析运算. 【详解】（1）由题意可得：，平面平面， 平面平面，平面，所以平面， 如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则， 若为的中点，则，可得， 设异面直线与所成角，， 则. 故异面直线与所成角的余弦值为. （2）若动点在线段上，设， 则，可得，解得， 即，则， 由题意可知：平面的法向量为，    设与平面所成角为，， 则， 对于函数，开口向上，对称轴为， 可得当时，取到最小值， 所以的最大值为，因为， 故与平面所成角的正弦最大值为. 变式8．（23-24高二下·广东·期末）如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，. (1)证明： 平面； (2)若，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）取上的点，使，可得，则由线线平行可证线面平行； （2）取中点，连，根据题意可证，平面，所以以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，利用线面角的空间向量法求解. 【详解】（1）取上的点，使， 则， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以 平面； （2）取中点，连，因为，所以， 因为为正三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，， 设为平面的法向量， 则，可取， ，故直线与平面所成角的正弦值为. 【方法技巧与总结】 求线面角的两种思路 （1）线面角转化为线线角．根据直线与平面所成角的定义，确定出待求角，转化为直线的夹角来求解，此时要注意两直线夹角的取值范围. （2）向量法． 方法一：设直线PA的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线PA与平面α所成的角为 θ（θ∈[0,]），α与n的夹角为，则sin θ=lcos |= 方法二：设直线PA的方向向量为a，直线PA在平面α内的投影的方向向量为b， 则直线PA与平面α所成的角θ满足cosθ=|cos<a，b>| 【题型3：动点探索性习题】 例3．（多选）（2024·吉林·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．一定是异面直线 B．存在点，使得 C．直线与平面所成角的正切值的最大值为 D．过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为 【答案】AD 【分析】对ABC选项，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解和判断即可；对D选项，由正方体的性质可得截面面积最大的状态，画出截面图，求得面积即可判断. 【详解】以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系： 则， 设，则点坐标为； 对A：设平面的法向量为，， 则，即，取，解得，故； 又，， 考虑到，则，故， 故一定是异面直线，A正确； 对B：，， 若，则，即， 解得，又，故不存在这样的点，使得，B错误； 对C： ，取平面的法向量， 则， 设直线与平面的夹角为 则，则， ，又，故， 即直线与平面所成角的正切值的最大值为，C错误； 对D：在正方体中，过的截面为六边形且六边形为正六边形时面积最大. 此时过的截面经过对称中心， 设截面交于中点，也为中点， 所以为的中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积最大， 取的中点为，连接，如下所示： 故此时截面为正六边形， 其面积，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：本题A选项解决的关键是能够掌握用向量法证明异面直线的方法；本题D选项解决的关键是能够合理转化问题，类比解决，从而找到截面面积最大的状态. 变式1．（多选）（2024·吉林长春·模拟预测）已知四棱锥，底面是正方形，平面，，与底面所成角的正切值为，点为平面内一点（异于点），且，则（    ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得直线与所成角为 C．当时，三棱锥的体积最大值为 D．当时，以为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为 【答案】BCD 【分析】利用反证法即可判断A；建立如图空间坐标系，利用空间向量法求解线线角即可判断B；确定的最大值即可求解棱锥的体积的最大值，即可判断C；通过展开图确定球体与侧面交线的长度，加上底面交线长即可判断D. 【详解】A：假设存在点使得平面，由平面平面， 得平面 平面，又平面 平面 平面， 则，又，平面，所以重合， 即点落在上，由，知点落在以为圆心，以为半径的圆面内（不含圆）， 这与点落在上矛盾，故A错误； B：以A为原点，AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 平面，则即为PC与底面所成的角， 故，而，所以， 则，所以，结合A的分析，取， 所以，又， 所以直线PB与AM所成角为，即存在点M使得直线PB与AM所成角为，故B正确； C：当时，当M位于BA的延长线时，的高最大为， 此时面积取得最大值，所以三棱锥的体积最大值为，故C正确； D：当时，， 以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线 是以P为圆心，为半径的圆与侧面展开图的交线，如下图， 由，有，则， 所以，则， 所以，根据对称性有， 所以，故的长为， 又球与底面的交线是以P为圆心，为半径的的四分之一圆，其长度为， 故P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长，故D正确. 故选：BCD 【点睛】难点点睛：本题考查了几何体中求解空间角以及体积和侧面展开图的问题，难度较大，难点在于D选项的判断，解答时要利用侧面展开图求解. 变式2．（多选）（23-24高二下·重庆·阶段练习）如图，在正方体中，点P满足，，则下列结论正确的是（    ） A．对于任意的，都有平面 B．对于任意的，都有 C．若，则 D．存在，使与平面所成的角为 【答案】ABC 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明及线面角的向量求法求解判断即可. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令， 则， 由，得，， 对于A，，显然， 即，而平面，则平面， 因此是平面的法向量，又， 平面，所以平面，A正确； 对于B，由选项A知，对于任意的，，即，B正确； 对于C，由，，得，C正确； 对于D，平面的法向量，令与平面所成的角为， 则， 而，因此不存在，使与平面所成的角为，D错误. 故选：ABC 变式3．（多选）（23-24高二上·河北邯郸·期中）在正四棱柱中，，，M，N分别为棱，上的一点，则下列说法正确的是（   ） A． B．当M，N分别为棱，的中点时，直线与所成角的余弦值为 C．存在点M，使得为钝角 D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 【答案】ABD 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】   以D为坐标原点，，，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由，，，，有，，，可得，故A正确； 当M，N分别为棱，的中点时，，，，，所以，，所以，，，故B正确； ，设，所以，， 所以，故C错误； 设，所以，，设平面的一个法向量为，所以令，解得，，所以平面的一个法向量为，又，设直线与平面所成角的大小为，所以，又，所以，故D正确. 故选：ABD. 变式4．（23-24高三上·四川成都·期末）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 【答案】B 【分析】由题意将图形补全为正方体，，对于A，根据平面，当重合即可判定；对于B，根据平面，而是圆弧上的动点，即可判定；对于C，建立空间直角坐标系，根据平面的法向量和垂直即可判定结果；对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大，求出夹角正弦值，进一步分析即可. 【详解】对于A，因为正方体中，平面 平面，所以 ，所以当重合时，由.由A正确； 对于B，因为，若，则，又，所以B不正确； 对于C，以A为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，， ， ， 所以 设为平面的一个法向量， 则即， 令得，则 假设平面， 则，所以. 因为，所以， 即是圆弧的中点，符合题意，故C正确； 对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大， 所以. 由得直线与平面的所成角的最大角大于， 所以存在点，使得直线与平面的所成角为，故D正确. 故选：B 变式5．（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. 变式6．（23-24高二上·山东青岛·期末）如图，在底面是菱形的四棱锥中，底面分别在梭上，为的中点.    (1)若为中点，证明： 面； (2)若，是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，且或 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用法向量证明线面平行即可； （2）设，利用向量法求出求出线面角的正弦，由正弦值得出参数，即可得解. 【详解】（1），所以为等边三角形， 为中点，， 又 ，所以 以为原点，分别头轴，建立空间直角坐标系，如图，    则 ， 设平面的一个法向量， 则，，令，可得， ，， 又面， 面. （2）设， 则, , 设平面的法向量， 则，即， 令，得平面的一个法向量， 设与平面所成的角为， 则， 解得或， 即存在点，且或. 变式7．（23-24高二上·福建三明·期末）在如图所示的多面体中，四边形为菱形，且为锐角．在梯形中，，，，平面平面． (1)证明：平面; (2)若，，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，则求出，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在； 【分析】（1）利用面面垂直得到平面，进而得到，再结合线面垂直的判定定理证明即可; （2）由可得，并建立空间直角坐标系，利用向量法表示出线面角，从而求得. 【详解】（1）因为平面平面，，平面， 平面平面， 所以平面， 又因为平面,所以， 因为四边形为菱形，所以， 又，平面，所以平面， （2） 设，取中点,连接, 易得,因为平面，所以平面, 因为， 所以． 因为为锐角，所以，所以为等边三角形， 所以，． 以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面CEF的一个法向量，则， 即， 取，可得，，故， 假设存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为， ， 设，由,得， 即，则． 设直线与平面所成的角为， 则， 解得，即或，又因为，所以， 故存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为. 变式8．（23-24高二上·广西柳州·开学考试）如图（1），在中，，，，分别是，的中点，将和分别沿着，翻折，形成三棱锥，是中点，如图（2）.    (1)求证：平面； (2)若直线上存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理和判断定理，结合垂直关系，平行关系的转化，即可证明； （2）根据（1）的结果，以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用线面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）因为点分别是边的中点，所以， 因为，即，所以， 所以，，即， 因为，平面， 所以平面，又平面，所以， 由题意，，，则， 又是的中点，所以， 因为，平面， 所以平面； （2）   以为原点，分别为轴，作，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，， 则，，，， ，, 设平面的法向量为， 则，令，则， 设，则， 因为与平面所成角的正弦值为， 所以，解得：， 则，故. 一、单选题 1．（23-24高二上·福建南平·期末）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】设出夹角，由，求出答案. 【详解】设与所成角的大小为， 则. 故选：A 2．（22-23高一下·湖南·期末）在正方体中，E为的中点，则直线与平面所成的角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】设正方体的棱长为4，直线与平面所成的角为， 以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， ， ， ，所以， 由于，所以平面， 即平面的法向量为，， 所以. 故选：B    3．（23-24高三下·广东·阶段练习）如图，正方体的边长为4，，平面经过点，，则（   ） A． B．直线与直线所成角的正切值为 C．直线与平面所成角的正切值为 D．若，则正方体截平面所得截面面积为26 【答案】BC 【分析】本题四个选项逐个分析，A选项利用在勾股定理判断；B，C选项分别作出线线角，线面角算出正切值判断是否正确；D选项面面平行的性质的定理画出完整的截面进而计算面积即可. 【详解】在中，, 在中，，，， ∵，∴A错误． ∵，∴直线与直线所成角等于，，∴B正确． 因为平面 ，且平面 所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，，∴C正确． 因为正方体的对面都是相互平行，且根据面面平行的性质定理可得， 在边上作点使得，则平行四边形为所求截面． 在中， ∴，， ∴平行四边形的面积为．∴D错误． 故选：BC 4．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知四棱锥的底面为直角梯形，， 底面，且，，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得. 【详解】四棱锥的底面为直角梯形，，， 底面，且，， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 设直线与所成角为，则， 直线与所成角的余弦值为． 故选：B 5．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，点是线段上任意一点，则与平面所成角的正弦值不可能是（    ）    A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出与平面所成角的余弦值范围，即可得出正弦值的范围. 【详解】以为原点建立空间直角坐标系如图：设棱长为1， 则，设， 所以，平面的法向量为 ， 所以则与平面所成角的正弦值取值范围为. 对比各选项，C项不可能. 故选：C    6．（23-24高二上·河南郑州·期末）人教A版选择性必修第一册教材44页“拓广探索”中有这样的表述：在空间直角坐标系中，若平面经过点，且以为法向量，设是平面内的任意一点，由，可得，此即平面的点法式方程．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意求出平面的法向量，利用线面角公式即可求解． 【详解】因为平面的方程为， 所以平面的一个法向量为,2,， 直线的方向向量为， 设直线与平面所成角为， 则,． 故选：B． 7．（23-24高二上·广西·期末）如图所示空间直角坐标系A﹣xyz中，是正三棱柱的底面内一动点，，直线PA和底面ABC所成的角为，则P点的坐标满足（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】写出各点坐标，求得平面法向量，利用线面角公式计算化简求得答案. 【详解】由正三棱柱，且，根据坐标系可得：，，又是正三棱柱的底面内一动点，则，所以，又平面ABC，所以是平面ABC的一个法向量，因为直线PA和底面ABC所成的角为， 所以，整理得，又z＝2，所以. 故选:A. 8．（2024·陕西·模拟预测）在平行六面体中，已知，，则下列选项中错误的一项是（    ） A．直线与BD所成的角为90° B．线段的长度为 C．直线与所成的角为90° D．直线与平面ABCD所成角的正弦值为 【答案】D 【分析】在平行六面体中，取，利用空间向量的线性运算及数量积运算，逐一分析选项，即可得出答案. 【详解】在平行六面体中，令，，， 由，， 得，， 对于，显然，， 则，即， 因此直线与所成的角为，A正确； 对于B，，即，B正确； 对于C，，即， 因此直线与所成的角为，C正确； 对于D，在平行六面体中，四边形是菱形，即， 又，，平面，于是平面， 又平面，则平面平面， 连接交于点，在平面内过点作于点，如图， 由平面平面，因此平面，即直线与平面所成角为， ，则，即， 由及选项C知，，则，D错误. 故选：D 二、多选题 9．（23-24高二上·四川南充·阶段练习）在如图所示的直四棱柱中，底面是边长为2的正方形，．点是侧面内的动点（不含边界），，则与平面所成角的正切值可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据题意确定点的轨迹，利用线面角定义可得与平面所成角即为，利用圆的几何性质确定的范围，即可求出线面角正切值的范围，从而得出正确选项. 【详解】由题意建系如图，    因为底面是边长为2的正方形，， 则，，设， 可得，， 由题意得，故， 可得， 故点轨迹是以为圆心，1为半径的圆在正方形内的部分（不含边界）， 由题可知为的中点，如图，    根据圆的几何性质可得： 当共线时，取得最小值为， 而，所以， 因为平面，所以与平面所成角即为， 所以， 所以正确选项有AD. 故选：AD． 10．（23-24高二下·山西吕梁·阶段练习）如图，正方体的棱长为3，E，F分别为棱上的点，且，平面AEF与棱交于点G，若点P为正方体内部（含边界）的点，满足，则（    ）    A．点P的轨迹为四边形AEGF及其内部 B．当时，点P的轨迹长度为 C．当时， D．当时，直线AP与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【分析】取上一点H，使得，证得四边形为平行四边形，结合空间向量基本定理可知，可判定A正确；当时，得到，得到P的轨迹长度为线段EG的长，可判定B正确；当时，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合，可判定C错误；当时，由，可得，求得平面的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，以及二次函数的性质，即可求解. 【详解】对于A中，取上一点H，使得，连接EH，FH，HB， 可得且，且， 所以四边形和四边形是平行四边形，所以， 所以四边形为平行四边形， 因为，由空间向量基本定理可知，所以在四边形内（或边界上），所以A正确； 对于B中，当时，，所以，即， 所以P在线段EG上，点P的轨迹长度为线段EG的长，所以，所以B正确； 对于C中，当时，可得点P为线段AF的中点， 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，可得， 则，可得， 所以不成立，所以C错误； 对于D中，当时，，分别取的中点， 连接，在线段上，, 由，可得， 平面的一个法向量为， 设与平面所成的角为， 所以， 设，因为，则， 则，代入可得， 当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，所以D正确. 故选：ABD.    11．（23-24高二下·重庆·阶段练习）如图，在正方体中，点P满足，，则下列结论正确的是（    ） A．对于任意的，都有平面 B．对于任意的，都有 C．若，则 D．存在，使与平面所成的角为 【答案】ABC 【分析】 建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明及线面角的向量求法求解判断即可. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令， 则， 由，得，， 对于A，，显然， 即，而平面，则平面， 因此是平面的法向量，又， 平面，所以平面，A正确； 对于B，由选项A知，对于任意的，，即，B正确； 对于C，由，，得，C正确； 对于D，平面的法向量，令与平面所成的角为， 则， 而，因此不存在，使与平面所成的角为，D错误. 故选：ABC 三、填空题 12．（24-25高二上·上海·单元测试）如图，在正方体中，O是AC中点，点P在线段上，若直线OP与平面所成的角为θ，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得的取值范围. 【详解】设正方体边长为，建立如图所示空间直角.则， 设， 则， 由于 使，， 所以是平面的法向量， 所以 ， 由于，所以，， 所以 ， 故答案为： 13．（23-24高二上·浙江·期中）如图，正四棱柱中，设，点在线段上，且，则直线与平面所成角的正弦值是 . 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出线面角的正弦值. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 设直线与平面所成角大小为， 则， 故答案为： 14．（24-25高二上·上海·单元测试）如图，在直三棱柱中，，，，点为的中点，则与平面的位置是 ． 【答案】垂直 【分析】建立空间直角坐标系，证明即可得与平面的位置关系. 【详解】如图所示，分别以所在直线为轴建立如图空间直角坐标系， 且. 设，则， 所以, 因为, 所以， 因为平面，平面， 所以平面. 故答案为：垂直. 四、解答题 15．（23-24高二下·安徽宣城·期末）如图，在四棱锥中，平面，且 ，分别为棱的中点. (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) 【分析】（1）先证明平面，根据面面垂直的判定定理即可证明结论； （2）方法一：结合（1）可知平面，即可说明即为直线与平面所成的角，解三角形，即可求得答案；方法二，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）平面平面，则， 由，则； 又平面， 平面平面， ， ，且为的中点， ， 平面， 平面，又平面， 所以平面平面； （2）解法一：如图，连结，由（1）知平面， 所以，为直线在平面内的射影，且， 所以，即为直线与平面所成的角. 在直角梯形内，过作于，则四边形为矩形， ，在中，， 所以，， 而，在中，， 所以， 综上，直线与平面所成角的正弦值为. 解法二：在直角梯形内，过作于，则四边形为矩形， ，在中，， 所以，， 以点为原点，分别为轴，建系如图， 则. 由（1）知，平面，平面法向量可取为， 设直线与平面所成角为，则， 综上，直线与平面所成角的正弦值为. 16．（23-24高二下·广东·期末）如图，在三棱柱中，侧棱底面，底面是正三角形，，点、分别在、上，且，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)⋅ 【分析】（1）在线段上取一点，使，连结、，先证四边形为平行四边形，所以，从而可得平面； （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图空间直角坐标系，利用线面角的空间向量法求解. 【详解】（1）在线段上取一点，使，连结、， 在中，因为，，所以， 所以且， 因为，，且， 所以，且， 所以且， 故四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面． （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图空间直角坐标系， 因为底面是正三角形，，所以点，点， 点，点，点， 因为，所以点， 则，，， 设平面的一个法向量为． 由，令， 得平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角的大小为， 则， 所以， 所以直线与平面所成角的余弦值为⋅ 17．（23-24高二下·广东广州·期末）如图，在五棱锥中，平面ABCDE，，，，，，． (1)求证：平面平面； (2)已知直线与平面所成的角为，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由余弦定理得，再由线面垂直的判定定理可得答案； （2）做交于点，以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，设，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法求出可得答案， 【详解】（1），，． 由余弦定理得 ， 所以，故， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）做交于点，所以四边形是长方形， 因为，，所以， 因为，所以， 由（1）知，互相垂直，以为原点， 所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则， ， 设为平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以， 所以， 解得，所以， 所以线段的长为． 18．（23-24高二下·广东·期末）如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，. (1)证明： 平面； (2)若，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）取上的点，使，可得，则由线线平行可证线面平行； （2）取中点，连，根据题意可证，平面，所以以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，利用线面角的空间向量法求解. 【详解】（1）取上的点，使， 则， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以 平面； （2）取中点，连，因为，所以， 因为为正三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，， 设为平面的法向量， 则，可取， ， 故直线与平面所成角的正弦值为. 19．（23-24高二下·江苏泰州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)设. ①若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. ②在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)①或；②不存在点，理由见解析 【分析】（1）利用面面垂直的性质可证得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论； （2）①依题建系，设，利用题设条件，分别求得相关点和向量的坐标，利用空间向量坐标的夹角公式列出方程，求解即得的值； ②假设存在点，可由推得，得点坐标，由得方程，因此方程无实数解，假设不成立. 【详解】（1）在四棱锥中，平面平面，， 平面，平面平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）如图以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立如图所示直角空间坐标系， 设，则，由， ，，， 则，，因，则，， 所以， ①设平面的法向量为，由，，得： ，可取 设直线与平面所成角为， 则有：，， 即：，化简得：， 解得或，即或. ②如图，假设在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上， 由，得，所以， 所以， 又得，，所以， 由得，即， 亦即（*）， 因为，所以方程（*）无实数解， 所以线段上不存在点，使得点，，在以为球心的球上. 【点睛】方法点睛：本题主要考查利用空间向量解决线面所成角以及多点是否在同一球面上的开放性问题，属于较难题. 根据题意，创建合适的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标表达式即可求解相关问题，对于开放性问题，一般是假设结论成立，通过推理计算求得结论成立的条件或者推导出矛盾. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！65 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 1.2.3 直线与平面的夹角 课程标准 学习目标 1.掌握求线面角的两种基本方法，即空间向量法与几何法 2.灵活运用两种基本方法求线面角 1.理解直线与平面的夹角的概念。 2.学习如何计算直线与平面的夹角。 3.掌握求直线与平面夹角的方法。 4.能够应用所学知识解决相关的题目。 知识点01 直线与平面的夹角 1.直线与平面垂直：直线与平面的夹角为90°. 2.直线与平面平行或在平面内：直线与平面的夹角为0°. 3.斜线和平面所成的角：斜线和它在平面内的射影所成的角，叫做斜线和平面所成的角（或斜线和平面的夹角） 【即学即练1】（浙江省绍兴市2022-2023学年）在正方体中，棱长为3，是上底面的一个动点. (1)求三棱锥的体积； (2)当是上底面的中心时，求与平面ABCD所成角的余弦值.    【即学即练2】（2023·全国·高二假期作业）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． 知识点02 用空间向量求直线与平面的夹角 1.定义：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__       ____=_______. 2.范围：[0,] 【即学即练3】若正三棱柱的所有棱长都相等，是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为______. 【即学即练4】（2023秋·山西晋中·高二统考期末）如图所示，在棱长为2的正四面体中，为等边三角形的中心，分别满足. (1)用表示，并求出； (2)求直线与平面所成角的正弦值.    难点：动点问题 示例1：（多选）（23-24高二下·江苏徐州·期末）如图，在边长为12的正方形中，分别边的三等分点，正方形内有两点，点到的距离分别为，点到的距离也是和，其中.将该正方形沿折起，使与重合，则在该空间图形中，（    ） A．直线 平面 B．的最小值为 C．线段的中点到的距离不超过 D．异面直线与成角时， 【题型1：定义法求直线与平面所成的角】 例1．（23-24高二下·安徽·阶段练习）在棱长均相等的正三棱柱中,E为棱AB的中点,则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 变式1．（23-24高二下·河南·阶段练习）在直三棱柱中，，则与平面所成的角为（    ）. A． B． C． D． 变式2．（2023·湖南岳阳·模拟预测）如图，在正方体中，直线与平面所成的角为（    ） A． B． C． D． 变式3．（多选）（22-23高二上·贵州黔东南·开学考试）已知梯形，，，，，是线段的中点．将沿着所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项正确的是（    ）    A．与始终垂直 B．当直线与平面所成角为时， C．四面体体积的最大值为 D．四面体的外接球的表面积的最小值为 变式4．（多选）（23-24高二下·四川泸州·期末）如图，在棱长为的正方体中，点P是平面内一个动点，且满足，则下列结论正确的是（    ） A． B．直线与平面所成角为定值 C．点P的轨迹的周长为 D．三棱锥体积的最大值为 变式5．（24-25高二上·上海·课后作业）如图，平面平面，，，．平面内一点满足，记直线与平面所成角为，求的最大值． 变式6．（2024高二下·天津南开·学业考试）如图，在正方体中，    (1)求证：平面平面； (2)求直线和平面所成角． 变式7．（24-25高二·上海·假期作业）已知斜三棱柱的底面是正三角形，侧棱，并且与底面所成角是.设侧棱长为 (1)求此三棱柱的高； (2)求证：侧面是矩形； (3)求证：在平面上的射影在的平分线上. 【方法技巧与总结】 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. 【题型2：向量法求直线与平面所成的角】 例2．（23-24高二下·河南漯河·期末）已知如图所示的几何体中，底面是边长为4的正三角形，侧面是长方形，，平面平面为棱上一点，，且，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 变式1．（23-24高二下·江苏徐州·期中）如图，四边形，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 变式2．（23-24高二下·江苏常州·阶段练习）如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，，，，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为 . 变式3．（贵州省黔东南州2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题）如图，在正四棱柱中，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面. (2)求与平面所成角的正弦值. 变式4．（23-24高二下·广东·期末）如图，在三棱柱中，侧棱底面，底面是正三角形，，点、分别在、上，且，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 变式5．（贵州省六盘水市2023-2024学年高二下学期7月期末数学试题）已知长方体中，． (1)在长方体中，过点作与平面平行的平面，并说明理由； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 变式6．（23-24高二下·广东广州·期末）如图，在五棱锥中，平面ABCDE，，，，，，． (1)求证：平面平面； (2)已知直线与平面所成的角为，求线段的长． 变式7．（23-24高二下·甘肃兰州·期末）如图，在中，，，，可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角.动点在线段上. (1)当为的中点时，求异面直线与所成角的余弦值； (2)求与平面所成角的正弦值的最大值. 变式8．（23-24高二下·广东·期末）如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，. (1)证明： 平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【方法技巧与总结】 求线面角的两种思路 （1）线面角转化为线线角．根据直线与平面所成角的定义，确定出待求角，转化为直线的夹角来求解，此时要注意两直线夹角的取值范围. （2）向量法． 方法一：设直线PA的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线PA与平面α所成的角为 θ（θ∈[0,]），α与n的夹角为，则sin θ=lcos |= 方法二：设直线PA的方向向量为a，直线PA在平面α内的投影的方向向量为b， 则直线PA与平面α所成的角θ满足cosθ=|cos<a，b>| 【题型3：动点探索性习题】 例3．（多选）（2024·吉林·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．一定是异面直线 B．存在点，使得 C．直线与平面所成角的正切值的最大值为 D．过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为 变式1．（多选）（2024·吉林长春·模拟预测）已知四棱锥，底面是正方形，平面，，与底面所成角的正切值为，点为平面内一点（异于点），且，则（    ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得直线与所成角为 C．当时，三棱锥的体积最大值为 D．当时，以为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为 变式2．（多选）（23-24高二下·重庆·阶段练习）如图，在正方体中，点P满足，，则下列结论正确的是（    ） A．对于任意的，都有平面 B．对于任意的，都有 C．若，则 D．存在，使与平面所成的角为 变式3．（多选）（23-24高二上·河北邯郸·期中）在正四棱柱中，，，M，N分别为棱，上的一点，则下列说法正确的是（   ） A． B．当M，N分别为棱，的中点时，直线与所成角的余弦值为 C．存在点M，使得为钝角 D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 变式4．（23-24高三上·四川成都·期末）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 变式5．（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. 变式6．（23-24高二上·山东青岛·期末）如图，在底面是菱形的四棱锥中，底面分别在梭上，为的中点.    (1)若为中点，证明： 面； (2)若，是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 变式7．（23-24高二上·福建三明·期末）在如图所示的多面体中，四边形为菱形，且为锐角．在梯形中，，，，平面平面． (1)证明：平面; (2)若，，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，则求出，若不存在，说明理由. 变式8．（23-24高二上·广西柳州·开学考试）如图（1），在中，，，，分别是，的中点，将和分别沿着，翻折，形成三棱锥，是中点，如图（2）.    (1)求证：平面； (2)若直线上存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，求的值. 一、单选题 1．（23-24高二上·福建南平·期末）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D．1 2．（22-23高一下·湖南·期末）在正方体中，E为的中点，则直线与平面所成的角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高三下·广东·阶段练习）如图，正方体的边长为4，，平面经过点，，则（   ） A． B．直线与直线所成角的正切值为 C．直线与平面所成角的正切值为 D．若，则正方体截平面所得截面面积为26 4．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知四棱锥的底面为直角梯形，， 底面，且，，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，点是线段上任意一点，则与平面所成角的正弦值不可能是（    ）    A． B． C． D．1 6．（23-24高二上·河南郑州·期末）人教A版选择性必修第一册教材44页“拓广探索”中有这样的表述：在空间直角坐标系中，若平面经过点，且以为法向量，设是平面内的任意一点，由，可得，此即平面的点法式方程．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二上·广西·期末）如图所示空间直角坐标系A﹣xyz中，是正三棱柱的底面内一动点，，直线PA和底面ABC所成的角为，则P点的坐标满足（    ） A． B． C． D． 8．（2024·陕西·模拟预测）在平行六面体中，已知，，则下列选项中错误的一项是（    ） A．直线与BD所成的角为90° B．线段的长度为 C．直线与所成的角为90° D．直线与平面ABCD所成角的正弦值为 二、多选题 9．（23-24高二上·四川南充·阶段练习）在如图所示的直四棱柱中，底面是边长为2的正方形，．点是侧面内的动点（不含边界），，则与平面所成角的正切值可以为（    ） A． B． C． D． 10．（23-24高二下·山西吕梁·阶段练习）如图，正方体的棱长为3，E，F分别为棱上的点，且，平面AEF与棱交于点G，若点P为正方体内部（含边界）的点，满足，则（    ）    A．点P的轨迹为四边形AEGF及其内部 B．当时，点P的轨迹长度为 C．当时， D．当时，直线AP与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为 11．（23-24高二下·重庆·阶段练习）如图，在正方体中，点P满足，，则下列结论正确的是（    ） A．对于任意的，都有平面 B．对于任意的，都有 C．若，则 D．存在，使与平面所成的角为 三、填空题 12．（24-25高二上·上海·单元测试）如图，在正方体中，O是AC中点，点P在线段上，若直线OP与平面所成的角为θ，则的取值范围是 ． 13．（23-24高二上·浙江·期中）如图，正四棱柱中，设，点在线段上，且，则直线与平面所成角的正弦值是 . 14．（24-25高二上·上海·单元测试）如图，在直三棱柱中，，，，点为的中点，则与平面的位置是 ． 四、解答题 15．（23-24高二下·安徽宣城·期末）如图，在四棱锥中，平面，且 ，分别为棱的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 16．（23-24高二下·广东·期末）如图，在三棱柱中，侧棱底面，底面是正三角形，，点、分别在、上，且，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 17．（23-24高二下·广东广州·期末）如图，在五棱锥中，平面ABCDE，，，，，，． (1)求证：平面平面； (2)已知直线与平面所成的角为，求线段的长． 18．（23-24高二下·广东·期末）如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，. (1)证明： 平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 19．（23-24高二下·江苏泰州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)设. ①若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. ②在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$