期末培优：求线面角问题、已知线面角求其他量问题专项训练-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 聚焦线面角双向问题，通过分层例题与变式构建空间观念，培养几何直观与推理能力，实现从定义理解到逆向应用的系统性突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |求线面角问题|3例+3变式|含线面垂直证明，求角的大小（正弦/余弦值）|以线面角定义为核心，通过几何法（找射影）与向量法（求法向量）构建求解路径，衔接空间垂直关系证明| |已知线面角求其他量问题|3例+3变式|涉及体积计算、线段长度、二面角及存在性探究|逆向应用线面角公式，结合空间几何体性质建立方程，深化空间向量工具的参数求解能力|

期末培优：求线面角问题、已知线面角求其他量问题专项训练 期末培优：求线面角问题、已知线面角求其他量问题专项训练 考点目录 求线面角问题 已知线面角求其他量问题 考点一 求线面角问题 例1．（25-26高一下·吉林延边·期中）已知菱形的边长为，平面外一点在平面上的射影是与的交点是等边三角形． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)求点到平面的距离. 例2．（25-26高一下·广东广州·期中）如图，四棱锥中，平面，底面是正方形，，为中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求直线与平面所成角的大小． 例3．（25-26高一下·湖南长沙·阶段检测）如图，已知正三棱柱中，，点为的中点． (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的余弦值． 变式1．（25-26高一下·福建厦门·期中）如图，多面体是由直三棱柱截去一部分后而成，是的中点，且，. (1)若为的中点，在上，且，证明：直线平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 变式2．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·期中）已知四棱柱的底面是边长为的正方形，侧面是矩形，为正方形的中心，在线段上． (1)证明：平面平面； (2)若四棱柱的体积是，且直线平面， ①求； ②求直线与平面所成角的正弦值． 变式3．（25-26高一下·河北衡水·阶段检测）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角． 考点二 已知线面角求其他量问题 例1．（25-26高一下·河南·阶段检测）如图，在三棱柱中，，，，，D是棱的中点． (1)证明：平面． (2)在答题卡中作出二面角的平面角，并写出作法与理由． (3)在棱上是否存在一点E，使得与平面所成角的正切值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 例2．（25-26高一下·河北雄安·期中）已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，底面ABCD． (1)求证：平面PBD； (2)当直线PB与平面ABCD所成的角为45°时，求四棱锥的体积； (3)当时，求直线PB与AD所成角的余弦值. 例3．（24-25高一下·山东威海·期末）如图，在五面体ABCDEF中，平面平面，，，，，． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正切值为，求直线与所成角的余弦值． 变式1．（24-25高一下·福建莆田·期末）如图，正方形所在的平面与直角梯形所在的平面互相垂直，已知，，点在线段上.      (1)求证：平面平面； (2)当直线与平面所成的角的正切值为时，求二面角的大小. 变式2．（24-25高一下·山西·期末）如图，在三棱锥中，平面平面，是边长为2的等边三角形，，，点E是棱PB的中点，点M是棱BC上的一点.    (1)求证：； (2)若，求二面角的余弦值； (3)若直线EM与平面所成角的正弦值为，求线段BM的长. 变式3．（24-25高一下·江西宜春·期末）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，，点E是棱CD上的一点（不同于C，D两点）. (1)求证：平面平面PCD； (2)若，求二面角的正切值； (3)若直线PB与平面PAE所成角的正弦值为，求DE的长. 2 学科网（北京）股份有限公司 $期末培优：求线面角问题、已知线面角求其他量问题专项训练 期末培优：求线面角问题、已知线面角求其他量问题专项训练 考点目录 求线面角问题 已知线面角求其他量问题 考点一 求线面角问题 例1．（25-26高一下·吉林延边·期中）已知菱形的边长为，平面外一点在平面上的射影是与的交点是等边三角形． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明：因为点在底面上的射影是与的交点， 所以平面，因为平面，所以， 又因为四边形为菱形，所以， 因为，且平面，所以平面． (2) (3) 【分析】（1）由题可得平面，所以，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）由平面，得到是直线与平面所成角，在直角中，即可求解； （3）设点到平面的距离为，根据，列出方程，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：因为平面，所以直线与平面所成角，即为， 又因为菱形的边长为且，可得为等边三角形，且， 因为是等边三角形，所以， 在直角中，可得， 因为，所以. （3）解：由题意，可得，与都是边长为是等边三角形， 所以，且， 所以， 因为，所以， 设点到平面的距离为，由，可得， 即，解得， 所以点到平面的距离为． 例2．（25-26高一下·广东广州·期中）如图，四棱锥中，平面，底面是正方形，，为中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明：连接，交于点，连接， 因为四边形是正方形，所以为中点， 又为中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面． (2)证明：因为四边形是正方形，所以， 又平面，平面，所以，， 因为平面， 所以平面，又平面，所以， 在中，因为为中点，则， 因为平面， 所以平面． (3) 【分析】（1）连接，交于点，连接，根据三角形中位线的性质及线面平行的判定即可证明； （2）根据线面垂直的性质和判定即可证明； （3）根据线面夹角的定义，求得线面夹角的平面角即可求解． 【详解】（1）略． （2）略． （3）因为平面，平面，所以， 又四边形是正方形，所以， 因为平面，所以平面， 连接， 则直线与平面所成角的平面角为， 又平面，所以， 在正方形中，， 因为平面，平面，所以， 因为，所以， 在中，，， 所以直线与平面所成角为． 例3．（25-26高一下·湖南长沙·阶段检测）如图，已知正三棱柱中，，点为的中点． (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)连接交于点，连接， 因为三棱柱为正三棱柱，所以侧面为矩形，所以为的中点， 又因为点为的中点，所以在中，为中位线，故， 因为平面，平面，所以平面． (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，即可得到，从而得证； （2）过点作，即可证明平面，则为与平面所成角，再由勾股定理求出，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）略. （2）过点作， 在正三棱柱中，平面，， 因为平面，所以， 又为的中点，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，平面，，所以平面， 所以为与平面所成角， 因为，点为的中点． 在中，， 所以，即与平面所成角的余弦值为． 变式1．（25-26高一下·福建厦门·期中）如图，多面体是由直三棱柱截去一部分后而成，是的中点，且，. (1)若为的中点，在上，且，证明：直线平面； (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）在直三棱柱中，取的中点，连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）方法一：利用等体积法求出点到平面的距离，并求出的长，设直线与平面所成角为，则，即可得解； 方法二：证明出平面，可知为直线与平面所成角，求出的长，即可求出的正弦值. 【详解】（1）在直三棱柱中，取的中点，连接， 因为为的中点，所以是梯形的中位线，所以且， 因为是的中点，所以，则， 因为且，，所以且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，故直线平面. （2）方法一（等体积法）连接， 因为平面，平面，所以， 因为为的中点，所以， 因为，所以，且为等腰直角三角形， 所以，易知，所以，且， 由余弦定理可得， 所以，即，则， 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面. 因为且，所以四边形为平行四边形，则， 所以平面，则， 因为平面，所以， 故， 设点到面的距离为，则， 即，解得， 设直线与平面所成角为， 因为平面，平面，所以， 因为，故， 所以，故直线与平面所成角的正弦值为. 方法二（垂线法） 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面. 因为且，所以四边形为平行四边形，则， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为为的中点，所以， 因为，所以，且为等腰直角三角形， 所以，易知，所以，且， 由余弦定理可得， 所以，即， 因为，、平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 因为平面，平面，所以， 因为，故， 所以，故直线与平面所成角的正弦值为. 变式2．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·期中）已知四棱柱的底面是边长为的正方形，侧面是矩形，为正方形的中心，在线段上． (1)证明：平面平面； (2)若四棱柱的体积是，且直线平面， ①求； ②求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①1；②． 【分析】1）证明平面平面：先由正方形底面和侧面矩形的性质，证得且，结合线面垂直判定定理推出平面，再由面面垂直判定定理得证； （2）①取中点，利用为正方形中心推出，结合平面及线面平行的性质，得，进而证四边形为平行四边形，故； ②先算出，由体积公式得四棱柱的高，再用等体积法，求出点到平面的距离，最后由线面角定义得正弦值． 【详解】（1） 连接， 因为是正方形，所以， 因为侧面是矩形，所以， 又因为平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）① 取的中点，连接， 因为为正方形的中心，所以为的中点， 又因为为的中点，所以， 因为是平行四边形，所以， 所以，即，所以四点共面， 因为直线平面，平面平面， 所以，所以是平行四边形， 所以． ② ，过作垂直底面于，于， 由四棱柱的体积是，则，， 所以， 设到的距离为，则， 所以，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 变式3．（25-26高一下·河北衡水·阶段检测）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角． 【答案】(1)连接，如下图所示 因为，分别为，的中点， 所以， 因为平面，平面， 所以平面． (2) 【详解】（1）略 （2）由（1）知， 所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角， 因为平面， 所以是直线与平面所成的角， 在中，， 所以， 因为， 所以， 即直线与平面所成的角为. 考点二 已知线面角求其他量问题 例1．（25-26高一下·河南·阶段检测）如图，在三棱柱中，，，，，D是棱的中点． (1)证明：平面． (2)在答题卡中作出二面角的平面角，并写出作法与理由． (3)在棱上是否存在一点E，使得与平面所成角的正切值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)取中点，连接，，，. ，，由三棱柱， 得，, ，是等腰直角三角形. . 是棱的中点，. ，，是的中点，, ，，, 由余弦定理得，得, ，，得，即. 由，，，得平面, 平面，, ，，平面，平面，， 平面. (2)过点作，垂足为，连接. 由（1）得平面. 平面，, ，，平面, 平面，, 为二面角的平面角. (3)存在，，理由如下： 连接，，过点作平面，过点作平面. ，平面，平面，平面. 点到平面的距离等于点到平面的距离，即. ，，，， 由余弦定理得，得，, 为等腰直角三角形，为等边三角形. 由（1）得平面， 是等腰直角三角形，，是的中点，得. 由，得， 即，解得. . 平面，为与平面所成的角. 由与平面所成角的正切值为，得, . 平面，为直角三角形, ，即. 由三棱柱，，， 得四边形为菱形, . 在中，，， 由余弦定理得， 即, 解得或（舍）, , 即当时，与平面所成角的正切值为. 【分析】（1）根据已知边长和角度关系，得到是等腰直角三角形，是等边三角形；由是棱的中点，可得；取中点，求得，从而得平面，即证明，从而证明线面垂直； （2）利用（1）中平面的结论，过点作，垂足为，连接，可证得平面，从而得，即可得为二面角的平面角； （3）由体积相等求出点到平面的距离，由在上，得到到平面的距离，根据线面夹角的正切值，以及勾股定理求得，再根据余弦定理求出. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 例2．（25-26高一下·河北雄安·期中）已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，底面ABCD． (1)求证：平面PBD； (2)当直线PB与平面ABCD所成的角为45°时，求四棱锥的体积； (3)当时，求直线PB与AD所成角的余弦值. 【答案】(1)因为四边形ABCD是菱形，所以. 又因为平面ABCD，平面ABCD，所以． 又因为，PD，平面PBD，所以平面PBD． (2) (3)． 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理可得，结合利用线面垂直的判定定理可得证； （2）根据线面角的定义可得是直线与平面所成的角，可得，由此求得，即可得菱形的面积，再利用棱锥的体积公式计算即可； （3）利用线面垂直的性质定理可得，则，根据定义可得即为异面直线与所成角（或补角），再利用余弦定理计算即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面ABCD，所以是直线PB与平面ABCD所成的角. 由题意，得． 因为，所以． 因为，所以， 所以菱形ABCD的面积， 故四棱锥的体积． （3）因为，所以即为异面直线PB与AD所成角（或补角）． 因为平面ABCD，DC，平面ABCD，所以，， 所以，， 又因为，所以在中，由余弦定理，得， 即，解得． 所以为锐角，即为直线PB与AD所成角， 所以直线PB与AD所成角的余弦值为． 例3．（24-25高一下·山东威海·期末）如图，在五面体ABCDEF中，平面平面，，，，，． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正切值为，求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由，利用线面平行判断定理得平面，再利用线面平行的性质定理即可得证； （2）由，则为直线与所成的角或补角，再证平面，则为直线与平面所成的角，即可计算，最后在中计算即可. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以； （2）因为， 所以为直线与所成的角或其补角， 因为，，所以为平行四边形， 所以， 因为平面平面，平面平面，，平面, 所以平面，则平面， 连接，所以为直线与平面所成的角， 则，可得， 因为，所以， 因为，，所以， 可得， 所以直线与所成角的余弦值为． 变式1．（24-25高一下·福建莆田·期末）如图，正方形所在的平面与直角梯形所在的平面互相垂直，已知，，点在线段上.      (1)求证：平面平面； (2)当直线与平面所成的角的正切值为时，求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）依次求证和得到平面即可由面面垂直判定定理得证； （2）先连接，过点作于点，过作于点，连接，求证为直线与平面所成的角且. 法一：设，依次求出和即可求出和，接着依次求证结合得到平面即可分析得到为二面角的平面角且即可得解；法二：设，由余弦定理求出，再同法一即可求解. 即，解得. 【详解】（1）四边形为正方形，， 又平面平面，平面平面平面， 平面，    又平面. 取中点，连接，由已知得， 又， 又平面平面，平面. 又平面平面平面. （2）连接，过点作于点，过作于点，连接. 由（1）得平面，又平面， 又平面平面， 为直线与平面所成的角.. 解法一：设，则有，则 ，解得 ， 平面平面， ， 又平面平面， 平面. 又平面为二面角的平面角. 二面角的大小为.    解法二：设，则有， 又. 由余弦定理得， 即，解得. ， 平面平面， 又平面平面， 平面. 又平面为二面角的平面角. 二面角的大小为. 变式2．（24-25高一下·山西·期末）如图，在三棱锥中，平面平面，是边长为2的等边三角形，，，点E是棱PB的中点，点M是棱BC上的一点.    (1)求证：； (2)若，求二面角的余弦值； (3)若直线EM与平面所成角的正弦值为，求线段BM的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）求证平面即可得证； （2）取BF的中点O，连接EO， 过点E作，垂足为G，连接OG，求证平面得到为二面角的平面角，求出即可得解； （3）先求证平面得到点M不同于点C，过点M作，垂足为H，进而求证平面得直线EM与平面所成的角为，设，由得到，再由即可求出. 【详解】（1）证明：取AB的中点F，连接PF，因为是边长为2的等边三角形， 所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以. 在中，，所以，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以. （2）取BF的中点O，连接EO，因为E为线段PB的中点，    所以，， 由（1）知，平面，又平面，所以，所以. 过点E作，垂足为G，连接OG，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角. 因为平面，又平面，所以， 又，所以， 所以，即，解得. 因为平面，平面，所以， 又，所以，所以， 所以， 即二面角的余弦值为. （3）因为平面，平面，所以， 又是边长为2的等边三角形，点E是棱PB的中点，所以， 又，平面，所以平面. 显然点M不同于点C，过点M作，垂足为H，又平面， 所以，又，平面， 所以平面，所以直线EM与平面所成的角为. 设，所以，， 在中，， 所以，即， 所以，所以， 解得或（舍），即 变式3．（24-25高一下·江西宜春·期末）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，，点E是棱CD上的一点（不同于C，D两点）. (1)求证：平面平面PCD； (2)若，求二面角的正切值； (3)若直线PB与平面PAE所成角的正弦值为，求DE的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)3 (3) 【分析】（1）根据余弦定理计算得，由勾股定理得，再由线面垂直性质定理证明，再由面面垂直判定定理证明即可； （2）因为线面垂直判定定理得平面PCD，再证明平面AFG，因为，所以为二面角的平面角，计算即可； （3）推导平面PAE，所以为直线PB与平面PAE所成的角，计算和，由正弦定理计算即可. 【详解】（1）证明：因为，，， 所以，， 由余弦定理得， 所以，所以， 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又，PA，平面PAC，因此平面PAC， 而平面PCD，所以平面平面PCD. （2）取PC的中点F，过点F作，垂足为G，连接AF，AG，如图所示. 因为，所以，，， 由（1）知平面PAC，而PC，平面PAC，所以，， 因为，CD，平面PCD， 所以平面PCD，又平面PCD，所以， 因为，，AF，平面AFG， 所以平面AFG，又平面AFG，所以， 所以为二面角的平面角. 因为，所以，， 所以， 所以，所以， 所以二面角的正切值为3. （3）在平面ABCD内，过点B作，垂足为O，连接PO，如图所示. 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又，PA，平面PAE，所以平面PAE， 所以为直线PB与平面PAE所成的角. 所以，解得， 所以，所以，， 所以， 又在中，由正弦定理得， 所以. 2 学科网（北京）股份有限公司 $