微专题 几何法求线面角与二面角课件-2026届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“几何法求线面角与二面角”专题，依据高考评价体系明确线面角范围[0,π/2]、二面角范围[0,π]的考查要求，梳理定义法、三垂线法等求法，通过三棱柱、圆柱等载体归纳常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“知识清单+例题解析+方法归纳”模式，如例1用面面平行转化求线面角正弦值，例2用三垂线法作二面角平面角，培养学生空间观念与推理能力。方法归纳提炼“作角-证明-计算”步骤，助力学生掌握得分技巧，教师可据此系统指导高考冲刺复习。

微专题 几何法求线面角与二面角 知识清单 1.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________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，我们说它们所成的角是________；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是________． (2)范围：________． 射影 90° 0° [0，]  Q l P P1 知识清单 2．二面角 (1)定义：从一条直线出发的______________所组成的图形叫做二面角． (2)二面角的平面角：如图，在二面角α-l-β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作____________的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角． (3)二面角的范围：________． 两个半平面 垂直于棱l [0，π] 知识清单 3、二面角的平面角的作法 (1)定义法: (2)三垂线法(即利用三垂线定理或其逆定理) 在面α内过A作AO⊥l ,交l于点O，　 在面β内过O作OB⊥l， 则∠AOB为二面角α-l-β的平面角. 过A作AB⊥β,垂足为B，　 在面β内过B作BO⊥l，交l于点O, 连结AO,则由AB⊥β可得AB⊥l ∠AOB为二面角α-l-β的平面角.   l A   l A O B B O 故l ⊥面ABO，从而AO⊥l ，　 知识清单 (3)垂面法 点P在二面角的两个面外时,经过P点分别作两个面的垂线,这两条垂线确定的平面与二面角的两个面的两条交线就组成了二面角的平面角   l A O B P 热点命题——1.求线面角 例1 如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. (2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值． 解析：方法一　如图，过O作B1C1的平行线分别交 A1B1，A1C1于点E1，F1，连接AE1，AO，AF1，NP， 由于AO∥平面EB1C1F，E1F1∥平面EB1C1F， AO＝O，AO ⊂平面AE1F1，E1F1⊂平面AE1F1， ∴平面AE1F1∥平面EB1C1F. 平面AE1F1∩平面AA1B1B＝AE1，平面EB1C1F∩平面AA1B1B＝EB1，∴EB1∥AE1. 热点命题——1.求线面角 ∵B1C1⊥A1N，B1C1⊥MN，A1N＝N，∴B1C1⊥平面AA1NM. 又E1F1∥B1C1，∴E1F1⊥平面AA1NM， ∴AE1与平面AA1NM所成的角为∠E1AO. 令AB＝2，则NB1＝1，由于O为△A1B1C1的中心，故OE1＝NB1＝. 在Rt△AE1O中，AO＝AB＝2，OE1＝，由勾股定理得AE1＝＝. ∴sin ∠E1AO＝＝. 由于EB1∥AE1，直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值也为. 热点命题——1.求线面角 方法二　∵AO∥平面EFC1B1，平面EFC1B1∩平面AMNA1＝NP，∴AO∥NP. ∵ON∥AP，∴四边形OAPN为平行四边形． 由(1)知EF⊥平面AMNA1，则EF为平面AMNA1的垂线． ∴B1E在平面AMNA1的射影为NP，从而B1E与NP所成角的正弦值即为所求． 在梯形EFC1B1中，设EF＝1，过E作EG⊥B1C1，垂足为G， 则AO＝PN＝EG＝3.在Rt△B1EG中，sin ∠B1EG＝＝. G 热点命题——1.求线面角 方法归纳： 几何法求线面角的一般步骤：一作(找)角，二证明，三计算. 其中作(找)角是关键，先找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，然后把线面角转化到三角形中求解． 热点命题——1.求线面角 1 如图，在三棱锥P-ABC中，∠ACB＝90°，PA⊥底面ABC. (1)求证：平面PAC⊥平面PBC； (2)若AC＝BC＝PA，M是PB的中点，求AM与平面PBC所成角的正切值． 解析：证明：由题意，因为PA⊥平面ABC， BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC， 又∠ACB＝90°，即AC⊥BC， ∵PA＝A，∴BC⊥平面PAC， ∵BC⊂平面PBC，∴平面PAC⊥平面PBC. 热点命题——1.求线面角 解析：取PC的中点D，连接AD，DM. ∵AC＝PA，∴AD⊥PC. 由(1)知，BC⊥平面PAC，又AD⊂平面PAC， ∴BC⊥AD，而PC∩BC＝C， ∴AD⊥平面PBC，∴DM是斜线AM在平面PBC上的射影， ∴∠AMD是AM与平面PBC所成的角，且AD⊥DM. 设AC＝BC＝PA＝2a，则由M是PB中点得DM＝BC＝a，AD＝a， ∴tan ∠AMD＝＝，即AM与平面PBC所成角的正切值为. 热点命题——1.求线面角 热点命题——1.求线面角 热点命题——2.求二面角 例2 如图，圆柱OO1中，PA是一条母线，AB是底面一条直径，C是的中点． (1)证明：平面PAC⊥平面PBC； (2)若PA＝2AB＝4，求二面角A-PB-C的余弦值． 解析：(1)证明：因为PA是一条母线，所以PA⊥平面ABC， 而BC⊂平面ABC，则PA⊥BC， 因为AB是底面一条直径，C是的中点， 所以∠ACB＝90°，即AC⊥BC， 又PA，AC⊂平面PAC且PA＝A， 所以BC⊥平面PAC，而BC⊂平面PBC， 则平面PAC⊥平面PBC. 热点命题——2.求二面角 (2)若PA＝2AB＝4，求二面角A-PB-C的余弦值． 解析：设PA＝2AB＝4，则PB＝2， 因为C是的中点，O为底面圆心，所以CO⊥平面PAB， 作OE⊥PB，交PB于点E，连接CE，由OE⊥PB，CE⊥PB可知， ∠CEO是二面角A-PB-C的平面角． 则PB·OE＝PA·BO，即OE＝＝， 在Rt△COE中，CE＝＝，所以cos ∠CEO＝＝， 故二面角A-PB-C的余弦值为. 热点命题——2.求二面角 　3　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD，M是PD的中点． (1)求证：AM⊥平面PCD；(2)求侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值． 解析：(1)证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD， 又底面ABCD为正方形，CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD. 又AM⊂平面PAD，∴CD⊥AM. 又△PAD是正三角形，M是PD的中点，∴AM⊥PD. 又PD＝D，∴AM⊥平面PCD. 解析：取BC，AD的中点分别为E，F，连接EF，PE，PF. 由题意知PA＝PD，AB＝CD，AB⊥AD，CD⊥AD，AD为平面PAD与平面ABCD的交线，∴∠PAB＝∠PDC＝90°，∴△PAB≌△PDC， ∴PB＝PC，∴PE⊥BC. 又EF⊥BC，∴∠FEP为侧面PBC与底面ABCD所成的二面角． 设正方形边长为a，可求得EF＝a，PF＝a，∴PE＝a. ∴cos ∠FEP＝＝，即侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值为. 热点命题——2.求二面角 热点命题——2.求二面角 4．已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　) A．　 　 B．　 　 C．　 　 D． 解析：如图所示，取AB的中点为M，连接CM，DM， 则CM⊥AB，DM⊥AB，又CM，DM⊂平面CMD，CM∩DM＝M， 于是AB⊥平面CMD，∠CMD即为二面角C－AB－D的平面角， 于是∠CMD＝150°.设AB＝2，则CM＝1，MD＝，在△CMD中， 由余弦定理可得CD＝＝. 延长CM，过点D作CM的垂线， 热点命题——2.求二面角 4．已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　) A．　 　 B．　 　 C．　 　 D． 设垂足为H，则∠HMD＝30°，DH＝DM＝， MH＝DM＝，所以CH＝1＋＝. 因为DH⊂平面CMD，则AB⊥DH， 又DH⊥CM，AB，CM⊂平面ABC，AB∩CM＝M，所以DH⊥平面ABC， ∠DCM即为直线CD与平面ABC所成角， 于是在Rt△DCH中，tan ∠DCM＝＝，故选C. 【解析】　如图，取B1C1的中点D，连接AD，BD. ∵AA1⊥平面AB1C1，AA1∥BB1，∴BB1⊥平面AB1C1， ∴BB1⊥AD.又∵△AB1C1为等边三角形， ∴C1B1⊥AD.又BB1∩B1C1＝B1， ∴AD⊥平面B1C1CB. ∴∠ABD为直线AB与面B1C1CB所成的角. ∵B1C1＝2，AA1＝1， ∴AD＝eq \r(3)，BD＝eq \r(2)，tan∠ABD＝eq \f(\r(3),\r(2))＝eq \f(\r(6),2).故选D. 2在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面AB1C1，且△AB1C1为等边三角形，B1C1＝2AA1＝2，则直线AB与平面B1C1CB所成角的正切值为(　　) A.eq \f(\r(3),2)　　　　　 B.eq \f(\r(2),2)　　　　　 C.eq \f(\r(6),4)　　　　　 D.eq \f(\r(6),2) 【解析】　如图，取B1C1的中点D，连接AD，BD. ∵AA1⊥平面AB1C1，AA1∥BB1，∴BB1⊥平面AB1C1， ∴BB1⊥AD.又∵△AB1C1为等边三角形， ∴C1B1⊥AD.又BB1∩B1C1＝B1， ∴AD⊥平面B1C1CB. ∴∠ABD为直线AB与面B1C1CB所成的角. ∵B1C1＝2，AA1＝1， ∴AD＝eq \r(3)，BD＝eq \r(2)，tan∠ABD＝eq \f(\r(3),\r(2))＝eq \f(\r(6),2).故选D. 2在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面AB1C1，且△AB1C1为等边三角形，B1C1＝2AA1＝2，则直线AB与平面B1C1CB所成角的正切值为(　　) A.eq \f(\r(3),2)　　　　　 B.eq \f(\r(2),2)　　　　　 C.eq \f(\r(6),4)　　　　　 D.eq \f(\r(6),2) $