第03讲 直线与平面的夹角、二面角（暑假预习讲义）新高二数学人教B版

函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第03讲直线与平面的夹角、二面角 了内容导航 01预习航标→析目标明方向：预习导航精准定向 02教材全解→建框架·精讲解：知识体系系统梳理 03题型突破→析考点·破方法：典型题型深度拆解 题型1：几何法求线面角 题型2：向量法求线面角 题型3：由线面角求未知量 题型4：几何法求二面角 题型5：向量法求二面角 题型6：由二面角求未知量 题型7：夹角探索性问题 04过关检测一练考点·强落实：过关检测全面巩固 01 预习航标 关键词 学习目标导航 1.理解直线与平面所成角的定义，明确直线在平面内的射影与线面角的 对应关系，掌握线面角的取值范围。 2.理解二面角的相关概念，掌握二面角的平面角的定义与常用构造方法 直线与平面的夹角 (定义法、垂面法、三垂线法)，明确二面角的取值范围。 二面角 3.掌握直线与平面夹角的求解步骤，能运用几何法在简单几何体中准确 二面角的平面角 找出并计算线面角的大小。 空间角的几何解法 4.掌握二面角大小的求解方法，能在空间图形中正确构造二面角的平面 角并完成计算。 5.能结合空间线面、面面垂直的判定与性质，解决线面角、二面角的综 合问题，提升空间想象与逻辑推理能力。 学习重点：直线与平面夹角的定义与求解方法，二面确的平面角的定义与构造，空间角的几何法计 算。学习难点：二面角的平面角的寻找与合理构造，复杂几何体中空间角的求解，线面确角、二面角与 空间位置关系的综合应用。 1/94 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 02 教材全解 ◇知|识|框|架 定义 范围 直线与平面的夹角 判断方法 直线与平面的夹 空间向量求解 角、二面角 定义 二面角 范围 空间向量求解 ◇ 知|识|精|讲 知识点01直线与平面所成的角 (1)定义 一条直线和一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线和平面的交点叫做 斜足，过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面上的射影.平面 的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角 (2)规定 一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角等于90°；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所 成的角等于0°.因此，直线与平面所成的角a的范围是0°<a≤90° (3)判断方法 若直线与平面斜交，可在斜线上任取一点作平面的垂线，找出直线在平面内的射影，从而确定出直线和平 面所成的角，一般转化到直角三角形、等边三角形中求解 (4)利用空间向量求解 设直线1与平面所成的角为9,1的方向向量为.，平面a的法向量为.，则sin0c0s(亿，）上 u n 2/94 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 注意：①范围为 0. 2: ②直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角. 即时即练如图，梯形ABCD中，AB/ICD,BC⊥AB,BC=CD=2,AB=4,将△BCD沿BD翻折至 △BPD,使得平面APD⊥平面BPD D A B B (I)证明：直线AD⊥平面BPD: (2)设线段BD中点为Q,求直线AQ与平面ABP所成角的正弦值， 【解析】(I)由已知，在梯形ABCD中，AB/ICD,BC⊥AB,所以BC⊥CD, 又BC=CD=2,所以BD=2N2, 取AB的中点Q,连接D2,易知四边形BCDQ为正方形， 因为AB=4,可知AD=BD=2V2, 所以AD+BD=AB2,所以AD⊥BD, 又因为翻折前BC⊥DC,所以翻折后BP⊥DP, 又因为平面APD⊥平面BPD,平面APD∩平面BPD=PD,BPc平面BPD,BP⊥DP,所以BP⊥平面 APD, 又因为ADC平面APD,所以BP⊥AD, 又AD⊥BD,BDOBP=B,且BD,BPC平面BPD,所以直线AD⊥平面BPD. (2)法一：设点D到平面ABP的距离为h, 由(1)可知直线AD⊥平面BPD,所以点A到平面BPD的距离为AD, 因为每折后arLDP所以业sw-nAD名BP-DP-AD-4柜 h 3 因为直线AD⊥平面BPD,所以AD1DP,所以AP=VAD+DP2=25, 由)可知BP1平面APD所以BPLP:所以SmAP-BP=25, 自mw-m4-4,解得A26 3 3/94 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设点Q到Y面B>的康离为A·则由合器，解得=6 h BO 1 3 又AD⊥BD,所以AQ=VAD+DQ=V10, 设直线40与平面P所成角为。则sm9。西 AQ15, ,直碳A0与平面Bp所成角的F张值为酒 法二设点D到平面ABP的距离为h, 在△APD中过D作DH⊥AP,垂足为H,下证DH⊥平面ABP, 由(I)可知BP⊥平面APD,DHC面APD,所以BP⊥DH, 又DH⊥AP,AP∩BP=P,∴DH⊥平面ABP 由(I)可知直线AD⊥平面BPD,所以AD⊥DP, 在4m中：0=25：p=2P=D+0p-2N54=0m=2 3 设点Q到百B>的距离为6：则由着器，解得= h BO 1 3 又AD1BD,所以A0=VAD2+DQ2=V10, 设直线A0与平面B>所成角为。则sn0-么-西 A0 15, 15 ,直线4Q与平面ABP所成角的正弦值为5 知识点02二面角 (1)二面角的概念 定义 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形， 画法 aP 平卧式 直立式 4/94 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 记法 二面角aIP或aABB ①0∈l:②OAc,OBcF:③OA1,OB⊥1， 则二面角&IB的平面角是∠AOB. 二面角的平面角 (2)用向量运算求平面与平面所成的角 平面。与平面B相交，形成四个二面角，把不大于2的二面角称为这两个平面的夹角。设平面a与平面B n1·n2 的夹角为8，两平面 的法向量分别为一一，则c0s0=cos(,n) a,B nn2 注意：①范围为 ②两平面的夹角是两法向量的夹角或其补角、 即时即练如图1，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.△OCD是边 长为2的等边三角形. .o 以D D 图1 图2 (I)证明：平面AOC⊥面BCD: (②)若AB=2V2,求直线AB和CD所成角的余弦值： (国点E在楼AD上，如图2,4证-写D,三校维A-BCD他体积为4，求=面角E一RC-D平面角的正切 值. 【解析】(I)因为AB=AD,O为BD的中点，所以AO⊥BD, 又平面ABD⊥平面BCD,平面ABDA平面BCD=BD,AOC平面ABD, 所以AO⊥平面BCD,又AOC平面AOC, 所以平面AOC⊥面BCD. (2)如下图，分别取BC,AC的中点MN,连接OM,ON,MN, 5/94 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因为O为BD中点，所以Moi/Cp,.MN/AB且MO=)CD,MN=)AB, 所以异面直线AB和CD所成角（或为邻补角）即为∠OMN, 因为OCD是边长为2的等边三角形，所以B0=D0=2MN=号4B=2,M0-CD=1, 由(1)知，AO⊥平面BCD,因为OCC平面BCD,所以AO⊥OC, 由OC=OD,得△AOC=△AOD,得AC=AD=AB=2N2. 在直角三角形AOC中，则ON-4C=5, Mov中cos∠oMN-MwtM0_oN_2+1-2y_2 在 2MN.MO 2×V2×14 所线BcD师成角的杂线植为是。 (3)如下图，过点E作ENIAO交BD于N过点N作NMIICD交BC于点M,连接ME, B∈ M 因为ENI∥AO且AO⊥BD,所以EN⊥BD 因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABDA平面BCD=BD,ENC平面ABD, 所以EN⊥平面BCD,因为BC,MNC平面BCD,所以EN⊥BC,EN L MIN-∠ENM-受， 在△BCD中，因为OB=OD=OC,所以BC⊥CD,而NMIICD,则MN⊥BC, 因为MN∩EN=N,MN,ENc平面MNE,所以BC⊥平面MNE, 因为MEc平面MNE,所以BC⊥ME,所以∠EMN为二面角E-BC-D的平面角， 因为5ao-号0-Cn-n∠0C-×42x5-25， 2 6/94 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因为'ABCD= am01=25-01=4,所以04=25 3 又因为4E-号4DaN40,所以0子 AD=D4=3:得EV=3O4-4V3 3 MN BN 4 2 因为NMIICD' 所以CD=DB63' 4 因为CD=2:所以N=3, Ew器9手 所以二面角E-BC-D平面角的正切值为V3, 7194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 03 题型突破 题型1：几何法求线面角 【典例1-1】(2026高一·福建厦门期中)如图，在直三棱柱ABC-ABC中， AB⊥BC,AB=BC=CC,=1,E为AA的中点，F为BC的中点 B C (I)求证：EF/1平面ABC: (2)求直线4AC与平面ABC所成的角： 【解析】(1)取BC的中点G,连接GF,AG :在△BCC中，F为BC的中点，G为BC的中点， ÷FG是aBCC的中位线，PG1CC.FG=CG, 1 又E为A4的中点，E11CC,AE=)CC, 2 :.FG/IAE,FG=AE,.四边形AEFG为平行四边形， :EF/AG,又AGc平面ABC,EF平面ABC, ∴.EFII平面ABC. B B 、 (2)连接CF,在直三棱柱ABC-ABC1中， ,BB1⊥平面ABC,ABC平面ABC,.BB⊥AB :AB⊥BC,又BB,BC是平面BCCB内的两条相交直线， 8/94 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 .AB⊥平面BCCB, 又CFc平面BCCB,AB⊥CF, 又：在RIABCC中，BC=CC,F为BC的中点，CF⊥BC, 又BC,AB是平面ABC内的两条相交直线， ∴.CF⊥平面ABC. ·AF是AC在平面ABC内的射影， 则∠CAF为直线AC与平面ABC所成的角： 在ascG中，“BC=CC=nCF= 2 又“4C=VaB+BC-V2,∴sin/CAF=C=号 AC 2 2cr0引，<cr 6 所以直线AC与平面ABC所成的角为6 【典例1-2】(2026高一·黑龙江哈尔滨期中)如图，长方体ABCD-ABCD中，AB=AD=1,A4=3, 点P为DD的中点， D B A P、 二y B (I)求证：平面PAC⊥平面BDDB: (2)求直线AB与平面BDDB所成的角的正弦值： BO (3)在直线BB,上是否存在点Q使得PQ1平面4CP,若存在，则此时BQ为多少：若不存在，请说明理由： 【解析】(I)在矩形ABCD中，AB=AD=1, ∴底面ABCD为正方形，.AC⊥BD, 又：在长方体ABCD-AB,CD中，DD⊥平面ABCD, 9/94 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ACC平面ABCD,DD⊥AC, 又：BDODD1=D,BD,DDC平面BDDB, .AC⊥平面BDDB,又ACC平面PAC, .平面PAC⊥平面BDDB: (2)~在长方体ABCD-ABCD中，AD,1IBC且AD=BC, .四边形ABCD为平行四边形，故4B1ID,C, :.直线AB与平面BDDB所成的角等于直线D,C与平面BDDB所成的角， 设AC∩BD=O,连接DO, 由(I)知AC⊥平面BDDB即CO⊥平面BDD,B, :.∠CDO为直线DC与平面BDDB所成的角， 在正方形ABCD中，AB=1'则4C=反.c0= 2 在RtACDD中，CD=l,DD=3,则CD=VP+32=0, √ sin∠CDo=C0_ 25 CD 1010 5 :直线AB与平面BDD,8所成的角的正弦值为0： (3)假设存在点Q使得POL平面ACP,由(1)知AC⊥平面BDD,B, 又POC平面BDDB1,所以AC⊥PO, PO⊥平面ACP,POc平面ACP,.PO⊥PO, 设B0=元BB,1∈R,则由P⊥Po→PPO=0, PD+DB+B0)(PD+DO)=0. 又点P为DD的中点， 所弧+丽+8丽丽+号丽-0， 即4服-照+D-0. 又BB=3,DB=VAD2+AB=2, 10194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以+可=0，解得- 所以BO=BB= 6,B0=3-135Bg5 66故B0=13 D 【变式1-1】(2026高一·黑龙江鸡西·期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形， ∠ADC=45°，AD=AC=1,O为AC中点，PO⊥平面ABCD,PO=2,M为PD中点， M D A B (1)证明：PB/I平面ACM: (2)证明：平面PAD⊥平面PAC: (3)求直线AM与平面ABCD所成角的正弦值， 【解析】(1)连接BD,设BD∩AC=O.因为底面ABCD为平行四边形，所以O为BD的中点。 又因为M为PD的中点，所以OM/IPB 因为OMC平面ACM,PBa平面ACM, 所以PBII平面ACM, (2)在△ADC中，因为AD=AC=1, 所以△ADC为等腰三角形，故∠ACD=∠ADC=45°. 所以∠DAC=180°-45°-45°=90°，即AD1AC 因为POL平面ABCD,ADc平面ABCD,所以OL AD 又因为AC∩PO=O,AC,POC平面PAC, 所以ADI平面PAC. 因为ADC平面PAD, 所以平面PADL平面PAC. 11/94 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)取OD的中点N,连接MW,AW.因为M为PD的中点，N为OD的中点， 所以MNI/PO'且MW=)PO. 21 因为POL平面ABCD,PO=2 所以MNL平面ABCD,且MN=1. 所以AN为AM在平面ABCD内的射影，则∠MAN为直线AM与平面ABCD所成的角. 国AD40甲，4D=1A04CD40=90 15 由勾股定理得OD=VAD+A0=+42 因为N为斜边OD的中点，所以N=)OD=5 在 RtAMNA 4 所以n<MAaN=g=1=4Wa AMV2121. 4 V21 即直线AM与平面ABCD所成角的正弦值为 21· D B 【变式1-2】(2026高一·黑龙江大庆·阶段检测)如图所示，己知AB是圆O的直径，C为圆上一点（异于 A,B),PA=AB=2,AC=√2，P为圆O所在平面外一点，且PA垂直于圆O所在平面. 12194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (I)求证：平面PAC⊥平面PBC: (2)求直线AC与平面PBC所成角的正弦值. 【解析】(1)PA⊥平面ABC,BCC平面ABC,∴.PA⊥BC. :AB是圆O的直径，C为圆上一点，.BC⊥AC 又，PA∩AC=A,且PA,ACC平面PAC,·.BC⊥平面PAC BCC平面PBC,.平面PAC⊥平面PBC (2)如图所示，过点A作AD⊥PC于点D, D B :BC⊥平面PAC,ADC平面PAC,.BC⊥AD 又PCOBC=C,PC,BCC平面PBC,:AD⊥平面PBC. ∴∠ACD即为直线AC与平面PBC所成角. PA=AB=2,AC=V2,可得PC=V6 sin∠ACD=' A6 PC 3 VG 即直线AC与平面PBC所成角的正弦值为3， 【变式1-3】(2026高一广东广州期中)如图，四棱锥P-ABCD中，PD1平面ABCD,底面ABCD是 正方形，PD=AB=2,E为PC中点， D B (I)求证：PAI1平面BDE: (2)求证：DE⊥平面PCB; (3)求直线PA与平面PBD所成角的大小. 【解析】(1)证明：连接AC,交BD于点O,连接OE, 13194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因为四边形ABCD是正方形，所以O为AC中点， 又E为PC中点，所以OE/PA, 因为OEC平面BDE,PAC平面BDE, 所以PAII平面BDE. (2)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以BC⊥CD, 又PD⊥平面ABCD,BC,CDC平面ABCD,所以PD⊥BC,PD⊥CD, 因为PDOCD=D,PD,CDC平面PDC, 所以BC⊥平面PDC,又DEc平面PDC,所以BC⊥DE, 在RtAPDC中，因为E为PC中点，则DE⊥PC, 因为PC∩BC=C,PC,BCc平面PCB, 所以DE⊥平面PCB (3)因为PD⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,所以PD⊥AC, 又四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD, 因为BD∩PD=D,BD,PDC平面PBD,所以AC⊥平面PBD, 连接OP,则直线PA与平面PBD所成角的平面角为∠APO, 又OPC平面PBD,所以AO⊥OP, 在正方形ACD中，40-4C=2+2=5, 因为PD⊥平面ABCD,ADC平面ABCD,所以PD⊥AD, 因为PD=AB=AD=2,所以AP=22, 在aPO中，sm∠AP0=40点- AP2W22,∠AP0= 6 所以直线PA与平面PBD所成角为6： 14194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型2：向量法求线面角 【典例2-1】(2026高二福建厦门阶段检测)如图，长方体ABCD-AB,CD的底面是边长为2的正方形， AA=4,点E、M分别为棱CC、BB的中点若平面ACMn平面ABCD=I,则直线I与平面BDE 所成角的正切值为() D A.V6 5 3 B. C.22 D.√2 【答案】D ZA D 【解析】 M 因为平面ABCD/I平面ABCD,平面ACMO平面A,B,CD=I, 平面ACM∩平面ABCD=AC,所以IIIAC, 因此，直线I与平面BDE所成角即为直线AC与平面BD,E所成角， 以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD为z轴，建立空间直角坐标系则A(2,0,0),C(O,2,0), D(0,0,4),B(2,2,4),E(0,2,2) 15194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AC=（-2,2,0),DB,=(2,2,0),DE=(0,2,-2), 元.DB=2x+2y=0 设平面BDE的法向量为元=(k,)则m-E=2y-2z=0' 取x=1,解得y=-1,z=-1,所以法向量i=(1,-1,-1), 设直线AC与平面BD,E所成角为g, AC.n -2×1+2×(-1)+0×(-1) 4 则sin0= =V6 4C同-2P+2+02.P+(-1y+(-8x5=3, cos0= √6 1 (3 vG 因此，tanb=sin0 3=2 cos0 3 【典例2-2】(2026陕西咸阳三模)在四面体P-ABC中，PA⊥平面ABC,AB=BC=2,∠ABC=120°. 2W3 若四面体P-ABC的体积为3，则AC与平面PBC所成角的正弦值为（） A. 3 B 5 C:6 6 p.7 【答案】D 【解析】 B 在。ABC中，AB=BC=2:∠ABC=120°，由三角形面积公式得Sac=2AB:BC-sinl20=5, 由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB.BC.cos120°=12，故AC=2V3, 因为P11平面ABC,四面体体积-写PA=2 3，代入S.c=5解得PA=2 以B为原点，BC为y轴，平面ABC内垂直于BC的方向为x轴，过B且垂直于平面ABC的方向为z轴， 16194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 得各点坐标：B0,00),C(0,2,0),AV5,-1,0),P(N5,-12,BC=(0,2,0),PB=(-5,1-2): 设平面PBC的法向量为万=(x,y,z), n.BC=2y=0 P历=5x+y-2z=0解得y=0令=2得：=-v5即n=(20,-): 则 又向量AC=（-53,0),AC=23, 设AC与平面PBC所成角为B,根据线面角与向量夹角的关系， sin=cos<AC,n>= 4cm-25√7 ACn2V3×V77 【变式2-1】(2026高二·湖南株洲阶段检测)己知四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB⊥AD, AB=AC=BC=6,AD=23 B (1)证明：BD⊥平面PAC: (2)若PA=AB,求平面PAB与平面PCD夹角的正弦值； (3)若PD存在一点T,且PA=6,求BT与平面PAC夹角的余弦取值范围. 【解析】(1)由题意可知△ABC为等边三角形，∠DAC=30°， 由余弦定理可知CD=AD2+AC2-2AD·ACcos.30°=12=AD2, 即△ACD为等腰三角形，取AC中点E,连接DE,BE, 易知DE⊥AC,BE⊥AC,B,E,D三点共线， 即AC⊥BD,又PA⊥平面ABCD, 而BDC平面ABCD,所以AP⊥BD, 因为PAOAC=A,PA,ACC平面PAC,所以BD⊥平面PAC: (2)如图，以A为原点，建立空间直角坐标系， 17194 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA B 则P(0,0,6),D(0,25,0,C3,35,0), 所以PD=(0,25,6),DC=(3,5,0),设平面PAB与平面PCD的夹角为0， [元.PD=2√3y-6z=0 设平面pCD的一个法向量为万=(，y)即a-DC=3x+y=0 令y=5,∴x=-1,2=1,解得i=（1,3,1 m列√5√5 易知平面P4B的一个法向量为m=(0,L0)所以cos0= PAB m同1x55 由同角三角函数的基本关系得s血日=10 则平面PHB与平面PCD夹角的正弦值为 5 (3)由题意得P(0,0,6),A(0,0,0),C3,35,0,B(6,0,0)」 则P=(00,),AC=(3,35,0,设平面PCD的一个法向量为s=(ab,c), 5.AC=3a+3V3b=0 即怎币=6c=0,今b=-1a=5c=0解得=(5.-L0 而PD存在一点T,设PT=PD,∈[0，]，且PD=(0,25,-6, 设T(d,e,f),则PT=(d,e,f-6),则d=0,e=232,f-6=-61, 解得d=0,e=2V3元，f=6-61,可得T(0,2N5,6-61), 则BT=(-6,2V5,6-6),设BT与平面PAC夹角为a, BT.s 可得sin&= 5(2+3) BT.S 2×V1222-181+18' 212-341+29 由同角三角函数的基本关系得cos&= W6422-961+96’ 18194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 令f)=212-34+29. 则/"() 5(2+3)(2-1) 6422-961+96 (22-3n+32, 而元∈[0,1，此时f'()<0,可得f)在[0，叫上单调递减， 面0-论0子则 「129 1V174 故cosC∈ 4 4'96 224 【变式2-2】(2026高二山东淄博阶段检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD, PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=V5. (I)求证：PD⊥平面PAB; (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值： 【解析】(I)因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,平面PADO平面ABCD=AD,ABC平面ABCD 可得AB⊥平面PAD,则AB⊥PD, 又因为PA⊥PD,ABOPA=A,AB,PAC平面PAB, 所以PD⊥平面PAB. (2)取AD的中点O,连结PO,CO, 因为PA=PD,所以PO⊥AD, 且POC平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD, 所以PO⊥平面ABCD,且COc平面ABCD,所以PO⊥CO, 又因为AC=CD,所以CO⊥AD, 如图建立空间直角坐标系O-z, A B 则A(01,0),B1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1), 19194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 可得PB=(11,-1),PD=(0-1,-1),P元=(2,0，-1)， n.PD=-y-z=0 设平面 CD的法向量为i=(k,z)则n.P元=2x-2=0 PCD 令z=2，则x=1,y=-2,可得i=(1,-2,2), 则Cos<n,PB>= n·PB -33 - 3×V33, nPB 5 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为3 【变式2-3】(2026：上海黄浦·三模)如图，三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC,BD⊥CD, ∠ADB=∠ADC=6O°，E为BC的中点. F (I)证明：BC⊥DA: (2)点F满足EF=DA,求直线AF与平面DAB所成角的正弦值. 【解析】(1)因为DA=DB,∠ADB=60, 所以△ABD为等边三角形，则AB=DA, 同理，因为∠ADC=60°，DA=DC, 所以△ACD为等边三角形，则AC=DA,所以AB=AC 因为E为BC的中点，所以AE⊥BC, 又因为DB=DC,E为BC的中点，所以DE⊥BC 因为AE∩DE=D,AE,DEC平面ADE,所以BC⊥平面ADE, 因为DAC平面ADE,所以BC⊥DA (2)不妨设DA=DB=DC=2.由(1)可知AB=AC=2 在RtABDC中，BD⊥CD,DB=DC=2,所以BC=VDB2+DC2=2√2 因为E为aC的中点，所以DE=号BC=2,E:V5 在△ABC中，AB=AC=2,BC=2V2,所以AE=VAB2-BE2=V4-2=V2. 在△ADE中，AE2+DE2=2+2=4=DA,所以AE⊥DE 20194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由(I)知BC⊥平面ADE,且DE,AEC平面ADE,所以BC⊥DE,BC⊥AE, 故ED,EB,EA两两垂直.以E为坐标原点，分别以ED,EB,EA的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间 直角坐标系E-z. 则E(0,0,0),D(W20,0),B0,V2,0,A0,0,V2)】 所以DA=(←2,0,2，DB=(-V2,2,0). 因为EF=DA=(←V2,0,V2),所以F(-V2,0,V2), 所以AF=(-√2,0,0) 设平面DAB的法向量为i=(x,y,2), [i.DA=-√2x+√2z=0 则aD丽=2x+y=0取x=1则万=) 设直线AF与平面DAB所成角为8， n.AF 则sin0=cos元，AF 2 AF 2x3 3 所以直线G与平面D4B所成角的正弦值为 B 题型3：由线面角求未知量 【典例3-1】(2026北京朝阳模拟预测)在四棱锥P-ABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD,底面ABCD是 正方形，PB=AB=2,PA=2V2,点是棱PB上一点. B D 21194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (I)当点Q是棱PB中点时，求证：PD/1平面OAC: (②)若直线PD与平面Q4C所成角的正弦值为9，求线段PQ的长。 【解析】(1)证明：连接BD,交AC于点O,连接OQ 因底面ABCD是正方形，则点O是BD中点，又因点Q是棱PB中点， 所以OQ11DP 又因为DP￠平面QAC,OQc平面QAC, 所以PDII平面OAC, D (2)因为侧面PAB⊥底面ABCD,平面PAB∩底面ABCD=AB, 因BC⊥AB,BCC平面ABCD,则BC⊥平面PAB, 又因PBC平面PAB,则BC⊥PB 因为PB=AB=2,PA=2V2,满足PAP=PB2+AB2,则得PB⊥BA. 故可以点B为坐标原点，分别以BC,BA,BP所在直线为X,y,2轴建立空间直角坐标系B-2, 则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),D(2,2,0),P(0,0,2)」 设P0=t,则0≤t≤2，且Q(0,0,2-), 则C0=(-2,0,2-t),CA=(-2,2,0),PD=(2,2,-2), 设平面OAC的法向量为i=(x,y,z). C0·i=-2x+(2-t)z=0 由C4.i=-2x+2y=0 故可取元=(2-1,2-t,2) 因为直线pD与平面Q4C所成角g的正弦值为9， PD.n 所以sin6=cosPD, 4-41 _V6 PD-园23V2(2-y+49 22194 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1 3 整理得gr-141+3=0?解得(=4或1=2经检验均符合题意 13 故线段PQ的长为4或2 ZA B D 【典例3-2】(2026广西河池模拟预测)如图，在RtAABC中，∠C=90°，BC=3,AC=6,D,E分 别在4C:B上，满足而-号C,正-号孤，将，HD沿pE折起到A4DE的位凰，使4C⊥CD,点 M在线段AD上 B A M B E 4 (I)求证：AC⊥平面BCDE: (②)己知CM与平面ABE所成角的大小为4，求CM: 【解折】山)因为0-号C,正=号丽，所以DE1BC 3 3 又因为∠C=90°，则BC⊥AC,所以DE⊥AC,翻折后DE⊥AD,DE⊥CD, 又因为DOCD=D,AD,CDc平面ADC, 所以DE⊥平面ADC, 又ACc平面ADC,所以DE⊥AC, 又因为AC⊥CD,DE∩CD=D,DE,CDc平面BCDE, 所以ACL平面BCDE (2)由(1)知，建立如下所示空间直角坐标系，由几何关系知 23194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4D号4C-4cD=-2.Bc=3.DE-号ac-24C-40-0c=e-2-25, 所以C(0,0,0),4(0,02V3),B(0,30),E(2,2,0),D(2,0,0),则 4B=(0,3-25),4E=(2,2,-25),4D=(2,0,-25,C4=(00,25) i.4B=03y-23z=0 设平面4BE的法向量元=(k,)则n.AE=092x+2y-252=0 令y=2,则i=(12,5), 因为M在线段4D上，所以设4M=元4D(0≤元≤1)，则AM=(2元，0，-2V5入) 有CM=CA+AM=(2,0,-25+2V5), 因为CM与平面ABE所成角的大小为4，所以 CM.元2+V5×(-23+25) 4M同22×2a+(-25+26可 →(22-=0， 2 所以=3则C=C+4-(0),即CM-+(-2 A M B E 【变式3-1】(2026北京·三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，AP⊥平面ABCD,AB/ICD，,M为线段 PB的中点，AB=AP=2AD=2CD=4. B D (I)求证：CM∥平面PAD: 24194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 V21 (②若AC=BC:点L在线段PB上，且直线LC与平面BDP所成角的正弦值为21，求线段M的长. 【解析】(I)作线段AP中点E,因M为线段BP中点，则ME//AB且AB=2ME, 又：CD/AB且AB=2CD=4, ∴.CD与ME平行且相等，四边形CDEM为平行四边形 .CM//DE DEc平面PAD,CM￠平面PAD, ∴.CM∥平面PAD. B M (2)作线段AB中点，记为F. 由题意，CF垂直平分AB,且AF=CD=2」 又：AFIICD,.四边形AFCD为矩形，AB⊥AD :AP⊥平面ABCD,AP⊥AD且AP⊥AB 则可分别以AD、AP、AB所在直线为x,y,2轴建立空间直角坐标系A-灯z. BA 则P(0,4,0),B(0,0,4),D(2,0,0),C(2,0,2),可得PB=(0,-4,4), 设P元=PB,0≤1≤1，可得L(0,4-4,4),LC=(2,41-4,2-42), 设平面BDP的法向量为i=(x,y,z), 因BD=(2,0,-4),PB=(0,-4,4)」 25194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 i.PB=-4y+4z=0 则由n-D=2x-4红=0，令：=则万=2，) 设直线LC与平面BDP所成角为B, 可得n0=bosa.ZCFj n.LC 2 √21 LC V322-48元+24×V6 21· 5 解得2=4或元=4（舍） 4 所以M=PM-PL=PB-Pa=Pm=5 2 4 【变式3-2】（吉林长春市柏辰艺术中学等校2026届高三普通高校招生模拟5月联考数学试题）如图斜三 棱柱ABC-ABC,A4/IBB/CC,平面ABC1/平面4B,C,2A4=AB=AC=4, ∠AAB=∠A4C=75°，MO分别为AC、B,C的中点. B (1)证明：AO⊥BC: (2)设Q为棱MC上的动点，M0=2MC(0<元<)，B0与平面4BC所成角的正弦值为0，求的值. 【解析】()因为0为BC的中点，所以A0=(低+AG)=aB+AC+2A) 又因为BG=AC-AB,所以A0:BC=,(B+AC+2AA)(AC-B -4C-4B+C) 因为AB=AC,且∠AAB,=∠AAC,所以AC-AB=0,A4·AC=AA·AB 因此A0·B,C=0故A01B,G. (2)由题意，Q在线段MC上，且M0=MC,0<入<1， 因为M为AC的中点，所以AM=号AC 又AC=AC+AA, 26194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以40=孤+项=a+MC=-2)a+aC-1aC+ac+网)-+l生2c 因为BQ与平面ABC所成角的正弦值为0，所以BO1/平面ABC, 又B在平面4BC内，所以点2在平面ABC内. 平面ABC内任意一点X都可以表示为=sAA+1AB+rAC,S+1+r=1. 对点Q,由上式可知0=4+0B+1+2AC 2 因此必须有2+0+1+2=1 2 解得1= 1 3所以的值为3 B 【变式3-3】(2026高二·福建厦门期中)如图，圆柱00的轴截面是边长为2的正方形，P为⊙0，上一 点，边长为V2的正方形ABCD内接于OO,设平面PAD与平面PBC的交线为直线I,点Q为直线I上一 点 C B (1)证明：11/BC: (②若PDL平面ABCD,当直线pB与平面QcD所成角的正弦值为3时，求PQ的长. 【解析】(I):ABCD是正方形，AD/IBC, 又ADC平面PAD,BCC平面PAD,∴.BCII平面PAD 又平面PADO平面PBC=I,BCC平面PBC,.II/BC (2)如图所示，以DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系. 27194 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA 02 B 是直线1上的一点，设P0=a,则P0,0,2),Q(a,0,2),B(W2,V2,0),C(0,V2,0). D0=(a,0,2),DC=(0,2,0),PB=(2,2,-2),PB=VW2y+N22+(-2y2=22 记平面QCD的法向量为i=(x,y,z) i.DO=ax+2z=0 2’则 (iDc=V2y=0，令. y=0,z=-a ∴n=(2,0,-a),∴l=V2+(-a2=Va2+4 记直线PB与平面QCD所成的角为O,由题意可得： PB.n sin0=cos PB,n ]2×2+0xV2+(-0)×(-2)_6 PB园 2W2×Va2+4 3 整理得a2-6N2a+10=0,解得a=V2或a=5V2 即P2=V2或PQ=5√2 题型4：几何法求二面角 【典例41】(2026高一山东枣庄阶段检测)如图在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC,AC⊥BC, PA=V2,AC=BC=2,M是PB的中点， B (I)求三棱锥P-ABC的表面积； (2)求二面角M-AC-B的平面角的正弦值， 【解析】(I)因为PA⊥平面ABC,BCC平面ABC,ABc平面ABC,ACC平面ABC 28194 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以PA⊥BC,PA⊥AB,PA⊥AC, 因为PA⊥BC,AC⊥BC,ACOPA=A,ACC平面PAC,PAC平面PAC, 所以BC⊥平面PAC, 又PCC平面PAC,所以BC⊥PC, PA=V2,AC=BC=2,所以AB=2V2,PC=V6, 所以Swx25x5=2,Se号x2x6=6, Sine 5.e2 所以三棱锥P-ABC的表面积S=6+V2+2+2=V6+√2+4. (2) B 取AC中点N,取AB中点E,连接MN,ME,EN, 则ME1IPA,又PA⊥底面ABC,则ME⊥底面ABC, 又NEc底面ABC,则ME⊥NE, 由(I)知PC⊥BC,PA⊥AB,因为M是PB的中点， 所以在RPBC中，MC=PB, 2 在aPAB中，MM=PB,所以MC=M 所以MN⊥AC,又因为NE/IBC,AC⊥BC,所以NE⊥AC, 因为MNC平面MAC,NEC平面ABC,平面MAC∩平面ABC=AC, 所以∠MNE为二面角M-AC-B的平面角. 在RAMEN中，ME-P4-2,ENBc,MN=VME+N2=V6 2 2 所以sin∠MWE=ME_V3 =3,即二面角M-AC-B的平面角的正弦值为3 【典例42】(2026高一山东青岛阶段检测)如图，平面四边形ABCD是边长为2的正方形.PA⊥平面 29/94 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ABCD,PA//OC.PA=2CO=2. D (①)求证：BC⊥平面QCD; (②)求平面POB与平面ABCD夹角的余弦值， 【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,且PA/QC,所以QC⊥平面ABCD 又BCC平面ABCD,因此QC⊥BC 因为ABCD是正方形，所以BC⊥CD 又QCnCD=C,且QC,CDc平面OCD 根据线面垂直的判定定理，所以BC⊥平面QCD (2)因为PA11QC,且PA=2C0=2,所以四边形APOC为直角梯形， 因此直线AC与直线PO必交于一点M. 连接BM,过A作AH⊥BM,垂足为M,连接PH,如图： D D H B M 因为ACnPO=M,所以M∈ACc平面ABCD,所以M∈平面ABCD 同理，M∈POc平面POB,所以M∈平面POB, 因此M是平面POB与平面ABCD的公共点， 又因为B点也平面POB与平面ABCD的公共点，所以平面PQB∩平面ABCD=BM 因为PA⊥平面ABCD,BMc平面ABCD,所以PA⊥BM, 又AH⊥BM,且PHOAH=H,PH,AHc平面PAH, 由线面垂直的判定定理得PH⊥BM,且AH⊥BM,AHc平面ABCD,PHc平面POB, 因此∠PHA就是平面POB与平面ABCD的夹角的平面角 30/94 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因为在△PAM中，PA/QC,且PA=2CQ=2,所以QC是△PAM的中位线， 所以AC=CM=2V2,在△BCM中，BC=2,CM=2V2,LBCM=135°，如图： D M 由余弦定理 =4+8-2×2×2 2 20 M2=BC2+CM2-2BC.CMcos135 解得BM=2√5， 又由正弦定理 BC BM,府sin BMC-8 Csinls-2V 2 sin∠BMC sin135o BM 25 10 在直 △AMH中，sin∠BMC=Vo 10,AM=2AC=4V2 所以4H=AMsin.∠BMC=4V2xi0_4N5 105 以在直角。PH中，PA=2H=5 45_65 由勾暇定理得PH=A+PA=4+5) 5 4v5 所以cosPHA=A =5=2 PH 65 3 5 因此，平面PQB与平面ABCD夹角的余弦值为？ 【变式41】(2026高一河南期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，BC1/AD, CD⊥AD,CD⊥AP,△PAD为等边三角形，BC=1,AD=3,CD=2. 31194 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B (1)求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值. (2)若M为棱AP上一点，且BMII平面PCD, (i)试确定点M的位置： (ⅱ)求平面PCD与平面PAB所成锐二面角的正弦值。 【解析】(I):CD⊥AD,CD⊥AP,ADOAP=A,AD,APC平面PAD,∴.CD⊥平面PAD :CDC平面ABCD,∴.平面ABCD⊥平面PAD. 取AD的中点E,连接PE,CE,如图1所示： D B 图1 :△PAD为等边三角形，∴PE⊥AD :平面ABCDO平面PAD=AD,PEc平面PAD,∴PE⊥平面ABCD 则CE为直线PC与平面ABCD上的射影，∴.∠PCE为直线PC与平面ABCD所成的角 .—，=3×3=2,= 2 c010cm-2cE=n+nE-草 C-Ee-孕号- 32194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 35 .sin∠PCE= PE 2 3v39 ,即直线与平面ABCD所成角的正弦值为3W39 26 PC 26 (2)(1)M为棱AP上靠近点P的三等分点，理由如下： 如图2，过点M作MNIIAD交PD于点N,连接CN. B 图2 BC//AD,:MN /BC: ∴.M,N,C,B四点共面，则平面MNCB∩平面PCD=CN; 'BMII平面PCD,.BM/ICN ∴四边形BCNM为平行四边形，则MN=BC=1. MN/AD'AD=3 MNM4. PM MN 1 ∴.M为棱AP上靠近点P的三等分点满足题意 (i)过点M作MOPD交AD于点O,连接BO由(i)得PM-PA, aPAD为等边三角形，则OD=PM=1,AO=AM=2 :AD11BC,OD=1,BC=1,∴四边形BCDO是平行四边形，则BO11CD :BO4平面PCD,CDC平面PCD,.BOII平面PCD :MOIIPD,MOa平面PCD,PDc平面PCD,∴.MOII平面PCD :BOMO=O,.平面BOM/I平面PCD 过点A作AH⊥MO于点H,过点H作HG⊥BM交BM于点G,连接AG, 由(1)知CD⊥平面PAD,“BO1ICD,·BO⊥平面PAD AHC平面PAD,.BO⊥AH, :AH⊥MO,BOMO=O,BO,MOC平面BMO,.AH⊥平面BMO BMc平面BMO,AH⊥BM: :HG⊥BM,AHHG=H,AH,HGC平面AGH,BM⊥平面AGH, 33194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AGC平面AGH，,则BM⊥AG: ∴.∠AGH为平面BOM与平面BAM所成锐二面角的平面角， 即为平面PCD与平面PAB所成锐二面角的平面角， 由CD⊥平面PAD,PDc平面PAD,得CD⊥PD: :CD=2AD=3AMw1HDPM=亏P1,APAD为等边三角形，B0/VCD :.OM=2,BM=CN=22,AB=22,AM=2. 在 中，cos∠BMA= 22+(22-(22)2 ABM 2×2×2v2 ，则sin∠BA=☑ 在RIAGM中，sin∠BMA=4G-4G=i4 M2=4,得4G= 2 在。4M0中，h=2x5=5 2 sinLAGH=AH 3642 在 中， AG14V万7 Rt△AHG 2 即平重CD与平面PMB所成截-面角的正法值为伊。 【变式42】如图，在四面体A-ABC中，AA1平面ABC,AB⊥BC,且A4=AB=BC B (1)四面体A-ABC中有几组互相垂直的平面？（写出互相垂直的平面即可，无需证明） (2)求二面角A-AB-C和4-BC-A的平面角的大小. (3)求二面角B-AC-A的平面角的大小 【解析】(1)由AAL平面ABC,且AAc平面AAB,可得平面AAB⊥平面ABC: 由AAL平面ABC,且AAC平面AAC,可得平面AAC⊥平面ABC: 由AA上平面ABC,得AA1BC,又AB L BC,且4404B=A,所以BCL平面AAB, 因为BCc平面ABC,所以平面ABC⊥平面AAB, 34194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 综上，共有3组互相垂直的平面 (2)对于二面角A-BC-A:由(1)知BCL平面AAB,AB,ABC平面AAB, 所以BC⊥AB,又BC⊥AB,则∠ABA即为二面角A-BC-A的平面角， 在Rt△AAB中，因为A4=AB,则∠ABA=45,即二面角A-BC-A的大小为45°： 对于二面角A-AB-C:由(1)知平面4BC1平面AAB, 所以二面角A-AB-C的大小为90° (3)过点B作BH⊥AC于点H,因为AA1平面ABC,且AAC平面AAC, 所以平面AACL平面ABC,又平面AAC∩平面ABC=AC,且BH⊥AC,所以BH⊥平面AAC, 过点H作HE⊥AC于点E,连接BE,由BHOHE=H,BH,HEc平面BEH, 所以BE⊥平面BEH,由BEC平面BEH,则BE⊥AC, 所以∠BEH即为二面角B-AC-A的平面角， 度4=4B-8C-a在RBC中，4C-4B+C=a H=GaC-a5 且H为4C的中点，即CH=2。 20, 在Rt△AAC中，AC=V4A+AC2=Va2+2a2=V3a, 因为∠HCE=∠ACA,∠HEC=∠AAC=90°，所以△CHE与△CAA相似， 则HE_C1,故得HB=C1AA=2。”= √6 -a9 AA CA CA 3a 6 2 在Rt 中，tan∠BEH=BH -=5 HE6 △BHE 6 Q 所以∠BEH=60°即二面角B-A4C-A的平面角的大小为60°， 35194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型5：向量法求二面角 【典例5-1】(2026高二·山东青岛阶段检测)如图，在三棱台ABC-ABC中，AC⊥平面ABBA, ∠AAB=60°，AC=AB=AA=2AC=2, (I)求证：平面ABC⊥平面ABC: (②)求平面BB,C与平面B,CA的夹角的余弦值. 【解析】(1)在三棱台中，△ABC~△AB,C, 因为AB=AC=2,所以AB=AC=1, 因为∠A4B=60°，所以AB=V2+12-2x1×2×c0s60°=√5， 所以AB+AB=A4, 即AB⊥AB, 因为AC⊥平面ABB4,ABC平面ABB4, 所以AC⊥AB, 因为AB∩AC=A,AB,ACC平面ABC, 所以AB⊥平面ABC, 因为ABc平面ABC: 所以平面ABC⊥平面AB,C (2)因为AB1IAB,AB1AB, 所以AB⊥AB 又AC⊥平面ABBA,AB,ABC平面ABBA, 所以AC⊥AB,AC⊥AB 以A为坐标原点，AB为x轴，AB为y轴，AC为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 36194 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA 则B(2,0,0),B(05,0),C(0,02),4(-1,3,0）. 所以BB=（-2,V3,0）,BC=(0,-V5,2,4B=10,0), 设平面BBC的法向量方=(x,片，)，平面BC4的法向量为m=(x,2,22), BB·i=-2x+V3y=0 8Ci=-5y+2=0令y=2解得：5=5'名=5 则 则平面BB,C的法向量i=(V5,2V) ABm=x2=0 由 8Cm=-5,+25,=0解得：七=0令为=2°与=V5” 则平面B,CA的法向量m=(0,2,V5) 设平面BBC与平面BCA的夹角为O, 7 所以cos0= n.m 。70 mV10.√万10 √70 所以平面BBC与平面BC4的夹角的余弦值为10 【典例5-2】(2026高三·北京·阶段检测)把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中AB=AC=3, ∠BAC=∠BCD=90°，∠CBD=30°.将△ABC沿BC翻折至△PBC,使得二面角P-BC-D为直二面角. (I)证明：PB⊥平面PCD: (2)求平面PBD与平面BCD所成角的余弦值. 【解析】(1)因为二面角P-BC-D为直二面角，即平面PBC⊥平面BCD, 又平面PBCn∩平面BCD=BC,LBCD=90°，即CD⊥BC,且CDC平面BCD,所以CD⊥平面PBC 37/94 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因为PBC平面PBC,所以CD⊥PB 由题意知，△PBC是由△ABC翻折得到，且∠BAC=90,所以∠BPC=90°，即PB⊥PC, 又因为PCOCD=C,PC,CDc平面PCD,所以PB⊥平面PCD, (2)在△ABC中，AB=AC=3,∠BAC=90°，所以BC=V32+32=3√2， 分别取BCBD的中点O、M,连接PO、OM: 因为PB=PC,所以PO⊥BC 又因为平面PBC⊥平面BCD,平面PBC∩平面BCD=BC,POC平面PBC, 所以PO⊥平面BCD.又因为CD⊥BC,OM IICD,所以OM⊥BC. 以O为坐标原点，分别以OB,OM,OP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系O-z. M古 在RiABCD中，BC=3V2,∠CBD=30,所以CD=V6. 则o0aaa9a2ganx-396m, 所以BP=(- 9a39n-32i 32.32 ,则n驴=0，即2 -X+ z=0 设平面 的法向量为 2 PBD n=(x,y,z）n.BD=0-3v2x+6y=0 取x=1,得n=(1,V3,1), 又因为平面BCD的一个法向量为m=(0,0,), 设平面PBD与平面BCD所成角为B, n-m 则cosB=cos<n,m= V2+(3)2+Px15· ,5 所以平面PBD与平面aCD所成角的余弦值为5 【变式51】(2026高二福建厦门期中)如图，在四棱锥S-ABCD中，ABCD是边长为4的正方形， SD⊥平面ABCD,E,F分别为AB,SC的中点. 38194 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E (I)证明：EF∥平面SAD: (2)若SD=8,求平面DEF与平面EFS所成角的余弦值. 【解析】(1)证明：取SD中点M,连接AM,MF, 因为M,r分别为SD,SC的中点，所以MI1CD且M-CD 又底商ABCD为正方形，且上为B中点，所以AE/1CD:且4E=CD, 则MF /AE,.MF=AE,故四边形AEMF为平行四边形，则EF1IAM, 因为EFC平面SAD,AMc平面SAD,所以EF∥平面SAD; (2)以点D为坐标原点，DA,DC,DS所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间坐标系， 则D(0,0,0),E(4,2,0),F(0,2,4),S(0,0,8), 故EF=(4,0,4),DE=(4,2,0),F=(0,-2,4), 设平面DEF的一个法向量为m=(x,y,z), m·EF=-4x+4z=0 则mDE=4r+2y=0,可取m=,-2,1） 设平面EFS的一个法向量为i=(a,b,c), i.EF=-4a+4c=0 则n网=-2b+4c=0,可取元=2,1) 则cosm,方=i万 1-4+1 1 网万+4+1+4中=-3 由图可知，平面DEF与平面EFS所成角为锐角， 1 所以平面DEF与平面EFS所成角的余弦值为3· 39/94 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 z◆ 【变式52】(2026高二河南阶段检测)如图1，在平面四边形ABCE中，△ABC是以AC为斜边的等腰 直角三角形，∠ABC=90°，△ACE是边长为2的等边三角形.现将△ACE沿AC翻折至△ACD的位置，使 得BD=2,如图2. D(E) 图1 图2 (1)设O为AC的中点，证明：DO⊥平面ABC: (2)求平面ACD与平面BCD夹角的余弦值， 【解析】(1)因为O为AC的中点，△ACD是边长为2的等边三角形，所以D0⊥AC,且 D0-5AC=5 如图，连转BO在等腰ABC中，B0-4C=1,又BD-2 满足B02+D02=P+(5=4=BD2,所以∠BOD=90,即D0⊥B0 又ACnB0O=O,且ACC平面ABC,BOC平面ABC,所以D0⊥平面ABC, (2) ZA D(E) 40194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由(I)知D0⊥平面ABC,B0上AC,以O为坐标原点，分别以OA,OB,OD的方向为x轴、y轴、z轴正方向， 建立空间直角坐标系Oz,如图所示， 则O0,0,0),A,0,0),C(-1,0,0),B(0,1,0),D0,0,3) 因为平面ACD位于Oxz平面内，易知平面ACD的一个法向量为八=(0,1，O) 又CB=1,1,0),CD=1,0V3】 n.CB=0 设平面的法向量为一 BCD =x,”则元D=0 x+y=0 得x+5z=0令x=5得y=-5,:= 即平面BCD的一个法向量为%=(V5,-V3,-)】 设平面ACD与平面BCD的夹角为O, 因为%=0×5+1x(-5)+0x-1)=-5, m=1,m=5+(5)+(2=万， -3 21 所以cosB= 1×√7 1 做平面4CD与平面BCD夹角的余弦值为Y2 题型6：由二面角求未知量 【典例6-1】(2026河南信阳·模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是直角梯形， ∠ABC=∠BCD=∠ADP=90°，且AB=PB=2,PA=2N2,BC=CD=1,E为PA中点 (I)证明：DE/1平面PBC: (2)证明：PB⊥平面ABCD: 41194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)在线段PD上是否存在点M,使得平面MAB与平面MBC夹角的余弦值为5？若存在，求出点M的位置； 若不存在，请说明理由。 【解析】(1) 证明：取PB中点记为F,连接EF,CF, 则rIAB,且EFB, cDI4B,且CD-48, 2 所以EF平行且等于CD, 所以四边形CDEF为平行四边形，所以DECF 又因为CFC平面PBC,DE￠平面PBC, 所以DEII平面PBC (2)记AB中点为G,连接BD,DG, G D 则四边形BCDG为正方形， 且根据勾股定理得BD=AD=√2， 所以BD2+AD2=4=AB2, 则∠ADB=90°，所以AD⊥BD 又因为AD⊥PD,BDOPD=D,BD,PDC平面PDB,所以AD⊥平面PBD. 42194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因为PBC平面PBD,所以AD⊥PB 又因为PB2+AB2=8=PA2, 所以PB⊥AB,且ABOAD=A,AB,ADC平面ABCD, 所以PB⊥平面ABCD (3)由(2)知，PB⊥平面ABCD,且∠ABC=90° 以B为坐标原点，以BC,BA,BP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， ZA B--- D A(0,2,0).B(0,0,0).C(1,0,0).D(1,1,0).P(0,0,2). 设PM=PD,元∈[0,1]，则M(a,,2-2) 则BA=(0,2,0),BM=(2,,2-2),BC=(1,0,0), 设平面MAB与平面MBC的法向量分别为”=(x1,,)和m2=(x2,2,2), BA.n =2y=0, 则1BM.=2x+y+(2-22)名=0 令x=2元-2，得n=(21-2,0,2): BC·n2=为2=0 BM·2=1x2+2y2+(2-22)z2=0 令y2=22-2,得n2=(0,22-2,2)】 设平面AMB与平重M8C的夹角为，：0[0引， 则cos9=,解得1=} 2 因此存在点M为PD的中点，使得平面MAB与平面MBC夹角的余弦值为5 【典例6-2】(2026江苏南京·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱 形，∠BAD=120°，点E在线段PD上，PB/I平面AEC. 43194 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B (I)证明：E为PD的中点： (②)若AB=2'二面角C-AE-D的余弦值为4，求PA的长 【解析】(1) 连接BD交AC于点O,连接EO. 因为底面ABCD为菱形，所以O为BD的中点. 又因为PBII平面AEC,PBc平面PBD,平面PBDA平面ACE=EO, 所以PBIIEO, 所以E为PD的中点 (2)取BC中点F,连接AF. 在菱形ABCD中，∠BAD=120°，所以∠ABC=60°，则△ABC为正三角形， 所以AF⊥BC,又ADIIBC,所以AF⊥AD 又因为PA⊥平面ABCD,如图建立空间直角坐标系A-2. 设AP=1化>0) 则c5,1吵D@2.o)P00E0: 则C-(5.1吵，P=00,E-01 则平面AED的一个法向量为m=(L,0,0) 设平面ACE的一个法向量为n=(x,y,z), nAC=3x+y=0 孤=y+-0(3》 则 因为二面角C-AE-D的余弦值为4， m列 3 cosm,= 所以 m ++ 4,解得 (负值已舍去)， t=1 所以PA=1. 44194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA 【变式6-1】(2026高二·北京期中)图1是边长为V2的正方形ABCD,将△ACD沿AC折起得到如图2 所示的三棱锥P-ABC,且PB=√2 D C 图1 图2 (I)证明：平面PAC⊥平面ABC: 5W3 (2②棱P4上是否存在一点M'使得二面角M-BC-A的余弦值为g， 若存在，求出的值：若不存在， 请说明理由。 【解析】(1) D C B 图1 图2 如图，在图1中，连接BD,交AC于点O, 因ABCD为边长是V2的正方形，则AC⊥BD, 在图2巾，则有ACPO,ACLB0P0=80-4C=L 又PB=V2,则PO2+BO2=PB2,即P0⊥OB, 因AC∩BO=O,故PO⊥平面ABC, 又POC平面PAC,故平面PAC⊥平面ABC: (2) 45194 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 如图，由(1)已得PO⊥平面ABC,且AC⊥BO, 则可以点O为原点，分别以OB,OA,OP所在直线为本，八，z轴建立空间直角坐标系 由题意，A01,0),C(0,-1,0),B1,0,0),P0,0,1). 设在棱p4上存在点M一满足M二A心，九EO,使得三面角M一C-的余弦值为 则BM=AM-AB=2(0,-1,1)-1,-1,0)=(-1,1-元，)，又CB=(1,1,0), 设平面MBC的法向量为i=(x,y,z), CB.=x+y=0 则8M元=-x+1-y+z=0故可取7=a,-2,2-) 又平面ABC的法向量可取为m=(0,0,), 1cosm,m上m:n- 12-_5V3 mn5-4+49,化简得：62+元-1=0 解得天-政2=日（合去）， 故存在点M,只需满足M=}D】 3 :AM_1 ,5v3 即棱PA上存在点M'当AP3时，二面角M-BC-A的余弦值为9 【变式6-2】(2026高二山东泰安·期中)如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是 等边三角形，平面SAD⊥平面ABCD,AB=l,E为棱SM上一点，P为棱AD的中点，四棱锥S-ABCD √3 的体积为3 F D 46194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (I)若E为棱SA的中点，F是SB的中点，求证：平面PEF∥平面SCD: √30 (②)是否存在点B,使得平面PBB与平面4D的夹角的余弦值为10？若存在，确定点B的位置：若不存 在，请说明理由： 【解析】(I)在等边三角形SMD中，P为AD的中点，于是SP⊥AD 又平面SAD⊥平面ABCD,平面SADA平面ABCD=AD,SPc平面SMD, ·SP⊥平面ABCD,·SP是四棱锥S-ABCD的高， 设D=m则SP=5 m,矩形ABCD的面积S=m .Vsmo-S.SP-1m.5m-2 m= P 2 3，m=2 如图，以点P为坐标原点，PA所在直线为x轴，过点P且与AB平行的直线为y轴，PS所在直线为z轴， 建立空间直角坐标系， 则5a同g9F号9 2孙 S A B PE ( PF= 115 2'2’2 设八=(x,,乙)是平面PEF的一个法向量， x+ 23-0 则元·P呢=0，即 11 n·PF=0 2+2+ 20 令=1，则x=-V3,片=0，m=(-5,0,1) 同理可得平面SCD的一个法向量为n2=(-√3,0,1). %=,.平面PEF∥平面SCD, (2)存在 47194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设AE=A=(-1,0,5)=(←，0，N52)0≤1≤1)， 则PE=PA+AE=1,0,0)+(-,0,3)=1-,0,3),PB=,1,0), 设平面PEB的一个法向量为而=(x,y,2), m.PE=(1-)x+V5z=0 则mP哦=x+y=0 令x=3,则y=-V3,z=1-1, :.m=(3,-V3,2-1) 易知平面SAD的一个法向量为AB=(0,1,0), AB.m -3 os(AB,m〉 V30 ABmV722-21+110 .0≤1≤1？ 1s 3 ∴.存在点E,且E为AS上靠近A点的三等分点 【变式63】(2026高三·安徽开学考试)如图，在三棱柱ABC-AB,C中，A41平面ABC,四边形 BCCB是边长为2的正方形，∠CAB=∠CBA,BC⊥AC,BM=BA(0<A<I). C B B M (1)求AB的长： (②)若二面角B-B,C-M的正切值为V2,求A的值. 【解析】(I)三棱柱ABC-AB,G中，A4⊥平面ABC,则CC上平面ABC, CBC平面ABC,所以CC⊥CB 又BC⊥AC,Cq n AG=C,CC,ACC平面ACCA,所以BC⊥平面ACCA, 因为ACc平面ACCA,所以BC⊥AC, 而∠CAB=∠CBA,故CA=CB=2,故AB=2V2. (2)由CC⊥平面ABC,BC⊥AC, 48194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 以C为原点，CA,CB,CC的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cz, 因为CA=CB=CC=2,所以C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),B(0,2,2), 故BA=(2,-2,0),因为BM=BA(0<元<1)，故M(2元，2-2元，0). 易知m=(1,0,0)是平面BCB的法向量： 因为CM=(22,2-2,0),CB=(0,2,2). .CM=0 设元=(k,y,)是平面CMB 的法向量、所以 iCB,=0 [2x+(2-2)y=0 即12y+2z=0 ,取x=1-元得y=-元，2=2 所以i=(1-元，-几，) C M 因为二面角B-B,C-M的正切值为√2，故余弦值为3， 则lcos(m,= m 1-元 √5 m1×√322-2+1 3,解得1= 2 题型7：夹角探索性问题 【典例7-1】(2026高二云南昆明期中)如图所示，在三棱锥P-ABC中，底面是边长为4的正三角形， PA=2,PB=PC=2N5,点E为AC的中点. E (I)求证：BE⊥平面PAC: 49194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 V15 (2②在线段PB上是否存在点G,使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为5？若存在，确定点G的位 置；若不存在，请说明理由. 【解析】(1)证明：△ABC是正三角形，E为AC的中点，∴.BE⊥AC, 又因为PA+AB2=PB2,PA2+AC2=PC2, 所以PA⊥AB,PA⊥AC,又因为AB∩AC=A 所以PA⊥平面ABC,又因为BEc平面ABC,PA⊥BE, .PA∩AC=A,PAc平面PAC,ACC平面PAC, ∴.BE⊥平面PAC. (2)存在，理由如下： 取PC的中点F,由(I)及已知得PA⊥BE,PA⊥AC, :点E,F分别为AC,PC的中点， .EFIIPA,EF⊥BE,EF⊥AC 又BE⊥AC,∴.EB,EC,EF两两垂直. 以E为坐标原点，以EB,EC,EF所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则4(0，-2,0)，P(0,-2,2),B(25,0,0),C(0,2,0),BP=（-2V5,-2,2) AB=(252,0）.设BG=BP=（-2W5,-21,22）,1∈[0,1] .AG=AB+BG=(251-),21-,2）,BC=（-25,2,0） PC=(0,4,-2）),设平面PBC的法向量为i=(x,少，2)， 「元.BC=0「-23x+2y=0 则a-P元=0'即 4-2z=0，令x=1则，=5”：=25 15 AG.n 4V5 万=L5,25)曲已知得5G丽？即 54161-2}+422 解得2-方政-日（合去），故=分：北时所=职，则G是P8的p点。 50194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴.存在满足条件的点G,点G为PB的中点 【典例7-2】(2026高一·北京期中)如图，在四棱锥A-BCFG中，△ABC是边长为4的等边三角形，四 边形BCFG为菱形，∠CBG=60°，平面ABC⊥平面BCFG,D为棱AB的中点，记平面ABC和平面AFG 的交线为 'E D (1)证明：11/BC: (2)求直线FD与平面ABG的夹角正弦值； 6 (③)在线段CG(不含端点)上是否存在一点E'使得直线DE与平面ACF所成角的正弦值为10？若存在， 求E的位置；若不存在，请说明理由 【解析】(I):四边形BCFG为菱形，∴.FG1IBC, :FGC平面AFG,BC平面AFG,:.BCII平面AFG, ,BCc平面ABC,平面ABC和平面AFG的交线为l,.I/BC: (2)取BC的中点O,连接OA,OG, :△ABC是边长为4的等边三角形，∴OA⊥BC, :四边形BCFG为菱形，∠CBG=60°，，△CBG为等边三角形，OG⊥BC, 又OA,OG为平面OAG内两条相交直线，所以BC⊥平面OAG, ,平面ABC⊥平面BCFG,平面ABC∩平面BCFG=BC, OGC平面BCFG,OG⊥BC,.OG⊥平面ABC, 又OA在平面ABC内，所以OG⊥OA,所以OA,OB,OG两两垂直， 以O为坐标原点，以OA,OB,OG所在直线分别为x,少，2轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 51194 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 G E x 则0(0,0,0)、A(25,0,0、B(0,20)、D51,0、F(0,-4,25)、G0,025) 故F而=(V5,5,-25),AB=(-25,2,0),4AG-(（-25,0,23) 设平面ABG的法向量为方=(a,b,c), AB.i=-23a+2b=0 则 AG.i=-2√3a+2V5c=01 令a=1,则b=V5,c=1,即i=(山5，)， 设直线FD与平面ABG的夹角正弦值为8， FD方 则sin0=cos(F历， 3+55-25V6 FD:同V3+25+12×1+3+159 (3)由C(0,-2,0),则AC=(-25,-2,0),AF=（-25,-4,25),AD=(51,0) 设平面ACF的法向量为而=(x,y,z), m.AC=-2V3x-2y=0 由mAf=-25x-4y+25z=0 令x=1,则y=-V3,z=1,m=(1,-5,-, 假设在线段CG(不含端点)上存在一点E, 使用点级pe与干面1C所减角的正法值为S 设CE=CG,0<2<1, 则DE=DC+CE=DC+CG=(5,-3,0+0,2,25)=（-5,2-3,23) :平面4CF的法向量为m=(,-√5，-， 五技pe与面ACr商成有的E茶位为治。 52194 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 m.DE 23-43 .cos(m,DE) 6 DE√5×3+(2元-3}+122 10 整理得36-37以+7=0：解得元=或- 9 所以在线段CG(不含端点)上存在点E, 当CE=CG或CE-号CG时，直线DE与平面ACr所成角的正弦值为6 √6 【变式7-1】(2026山东烟台二模)如图，在三棱锥P-ABC中，BA=BC,PA=PC. D B (I)证明：AC⊥PB: (2)已知M为△ABC的重心，AC=2,AB=V0,PA=V5,PB=V5.在棱PA上是否存在一点2，使得直线QM 与平面AC所成角的大小为60°？若存在，指出点Q的位置；若不存在，说明理由. 【解析】(1)证明：取AC的中点O,连接OP,OB. 在△BAC中，因为BA=BC,所以AC⊥OB 在△PAC中，因为PA=PC,所以AC⊥OP 又OPOB=O,OP,OBC平面POB,所以AC⊥平面POB. 因为PBC平面POB,所以AC⊥PB (2)因为AC=2,AB=0,PA=V5,所以OB=3,OP=√2 在POB中，o∠P0B=OP0a2-Pg-2+9-5_2 20P.OB 2√2×32’ 因为M为△ABC的重心，OB=3,所以M∈OB且OM=1. 在PoM中，PM=2+1-2N2x5=1. 2 所以OM2+MP2=OP2,故PM⊥OM 又AC⊥平面POB,PMC平面POB, 所以AC⊥PM, 因为AC∩OM=O,所以PM⊥平面ABC 以O为坐标原点，OA,OB所在直线为x,y轴，以过O点且垂直平面ABC向上的方向为z轴的正方向，建 53194 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 立如图所示的空间直角坐标系O-2。 A B立 则P(0,1,),A1,0,0),C-1,0,0),M(01,0). 设(x,h,),P=PA,则（片-1，a-1)=1,-1,-1), 所以Q(2,1-元，1-)，0M=(-元，元，元-1) 设平面AC的一个法向量万=(x,2,2), n.0A=0 x2=0 i.0p=0'即 则 5+,=0取为=1则2=1故元=0,1，D n.OM 所以sin60°= 5 OM 22+2+(0-1022 即922-62+1=0'解得1- 所以，存在满足条件的点Q,且点Q为线段A上靠近点P的三等分点， 【变式7-2】(2026黑龙江哈尔滨模拟预测)在斜三棱柱ABC-ABC中，AC⊥A4,AD⊥BC, ABBA为菱形，AC=AB=4,∠AAB=60°，D为AB中点. A B ()证明：AC∥平面CDB: (2)证明：AC⊥平面ABBA: (3)线段AC上是否存在一点M,使二面角M-AD-C为30°，若存在，求出M的位置，若不存在，请说 明理由、 【解析】(1) 54194 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A B B 连接BC,交BC于E,连接DE, 在斜三棱柱ABC-AB,C中，BCCB是平行四边形，所以E为BC的中点， 又D为AB中点，所以DEAC, 因为DEc平面CDB,ACt平面CDB,所以AC∥平面CDB: (2) A B D 连接AB,菱形ABBA中，AB=AA=4,∠AAB=60°， 所以△AAB是等边三角形 又D为AB中点，所以AD⊥AB, 因为AD⊥BC,AB,BCC平面ABC,ABOBC=B, 所以ADL平面ABC, 因为ACc平面ABC,所以AD⊥AC, 因为AC⊥A4,且AD,AAc平面ABBA,ADnA4=A, 所以AC⊥平面ABBA: (3)不存在，理由如下：取BC的中点F, 因为D,F分别是AB,BC的中点，所以ACIIDF, 又AC⊥平面ABBA,所以DF⊥平面ABBA, 所以DF,DB,DA两两垂直， 如图，以D为原点，分别以DF,DB,DA为x,y,z轴建立空间直角坐标系D2, 55194 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 R B立 A(0,0,23,B(0,2,0),B(0,4,25,D(0,0,0), 4(0,-2,0),C(4,-2,0）,C(4,0,25), 所以4C=(4,0,0）,AD=(0,2,0), 设M(x,o,）,AM=4G(a∈[0，)， 因为4M=(,,)-25),所以(%6-25)=(4,0,0). 解得x=4,%=0,。=2W5,即M(42,0,25)(2∈[0，])， 所以DM=(4,0,25)月 设平面MAD的法向量i=(,y,乙) m·AD=2y=0 m-DM=42x+2W52=0令x=-5得m=(-5,02): 显然DA=(0,0,2V3是平面ADC的一个法向量， mDA 45入 所以Cosm,DA DA V3+422×2V5' 因为二面角M-AD-C为30°， 432 所以 v3 3+x25之，化简得2-号解得元=±士 2 因为元∈[0，，所以线段4C上不存在点M,使二面角M-AD-C为30°. 【变式7-3】(2026湖南株洲模拟预测)在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为正三 边形ABCD为矩形，M是pD的中点，具PR与平面ABCD所成角的正弦 56194 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (I)求证：AM⊥PC: (2)求平面ABM与平面PBC夹角的余弦值： (3)若BC边上存在一动点N,求MN与平面PAD的正切值范围. 【解析】(I)ABCD为矩形，.CD L AD,又平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面 ABCD=AD ∴.CD⊥平面PAD,又AMc平面PAD,.CD⊥AM 又△PAD为正三角形，M是PD的中点，∴AM⊥PD 又PD,CDC平面PCD,AME平面PCD,:AM⊥平面PCD,AM⊥PC (2)取AD的中点O,连接PO,'△PAD为正三角形，PO⊥AD 又平面PAD⊥平面ABCD,且平面PADA平面ABCD=AD,PO⊥平面ABCD, 如图所示，过O作DC的平行线为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系 设AD=2b,AB=a,则P(0,0,V3b),B(a,-b,0),∴.PB=(a,-b,-√3b) 易得平面ABCD的法向量为m=(O,O,),记PB与平面ABCD所成角为a, PB.m 根据题意有sina=cosPB,三 V3b √6 PB刷m列、 a2+(-b}+(-36j 4,整理解得，即 a=2b AB=AD bV3b 40,-b,0,B26,-b,0)D0,60M0 2’2 ，C(2b,b,0) AB=(2,00)'aM=0,656 22 57194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 记平面ABM的法向量为n=(x,y,z). n·AB=2bx=0 M=+5:-0'令 ,得 2 2 =3x=0,y=-1乃=(0，-1，w5) 同理可来得平面PgC的法向量店-(0、 记平面ABM与平面PBC所成角为日 m'n 3x0+0×(-I1)+5x5 √2i ∴.c0s0= cosn,n2= 0+可++5 故平面AB 21 与平面PBC夹角的余弦值为气 (3)如图，过N作NE⊥AD交AD于点E,连接ME,MN 平面PAD⊥平面ABCD,且平面PADn平面ABCD=AD,又NE⊥AD,.NE⊥平面PAD. ∴.∠NME为直线MN与平面PAD所成角 当ME1AD时，此时ME有最小值，最小值为2 当点E与点A重合时，此时ME有最大值，最大值为V3b ∴.tan∠WME= MEME 2≤MEsv3b,tan∠wME∈ -2边，又b≤ 2V34W3 3,3 2W34v3 小MN与平面pAD的正切值范围为)，子门] B 58194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 04 过关检测 1. (2026高一·天津河东阶段检测)在正方体ABCD-AB,CD中，平面ABD与平面ABCD所成二面角 的正弦值为() 4.3 √2 3 2 D.3 【答案】C 【解析】如图所示，连接AC,设AC∩BD=O, D B C 因为正方体ABCD-ABCD,所以AO⊥BD,AO⊥BD, 所以∠AAO就是平面ABD与平面ABCD所成二面角， 设正方体ABCD-48C0的边长为1：则A4=1:04=9,40=4+OF=5 所以 n∠4OA=A4=1V6 A0√63，故C正确 2 2.已知直三棱柱ABC-AB,C中，∠ACB=90°，AC=1,CB=V2,侧棱A4=1,侧面A4BB的两条对 角线交于点D,则平面B,BD与平面CBD所成锐二面角的余弦值为() D 6 3 B.6 3 C.3 3 3 【答案】C 【解析】由题意知AC.BC.CC两两垂直， 则以CB为x轴，CC为y轴，CA为z轴建立空间直角坐标系. 59194 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D B B 由CD= V211 2’2'2 ,CB=(V2,0,0) 设平面CBD的法向量万=(x,2), n:cD=2x+1 则 2+22=0 ,取，得 i.CB=2x=0 y=1i=(0,l,-1) B(21,0,BD= 211 2’2’2 BB=(0,1,0). 设平面B,BD的法向量m=(a,b,c), m.BD=- √2 1 1 a+b+5c=0 则 2 m·BB=b=0 2’1m=1,0,V2' 设平面BBD与平面CBD所成锐二面角为O, 则cos0= m列。25 m元323， 3 ·平面B,BD与平面CBD所成锐二面角的余弦值为3： 3.(2026商一北京期中)正三棱柱ABC-48C的底面边长为3，侧棱4M=3 2'D是CB延长线上一 点，且BD=BC,则二面角B-AD-B的大小为() B.6 c. 2π D. 3 【答案】A 60194 耐学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【解析】如图所示，设AD的中点M,连接MB,MB, 因为三棱柱ABC-ABC为正三棱柱，所以BB⊥平面ADC, 又因为ADc平面ADC,所以BB⊥AD: 因为BD=BC,AB=BC, 所以AB=BD,所以△ABD为等腰三角形， 又因为M为AD的中点，所以MB⊥AD, 又因为BB∩MB=B,所以AD⊥平面BBM, B,MC平面B,BM,所以AD⊥B,M, 所以∠B,MB为二面角B-AD-B的平面角， 因为∠ABC-景，所以乙ABD= 了：所以<MBD 所以MB=BD.cosT=3 32 35 所以tam∠BMB=BE=?=5, MB 3 2 又∠B,MB∈[O,π，所以∠BMB=T A 4.(2026陕西安康模拟预测)己知正方体ABCD-ABCD的外接球表面积为12π，M是棱CD的中点， 将过点M且以AC为法向量的平面记为平面α，则平面α截该正方体所得截面的面积为() A.② B 5 C. 2 2 D.2 【答案】B 【解析】设正方体ABCD-ABCD的外接球半径为r,则4π2=12π，解得r=V3, 设正方体ABCD-ABCD的棱长为a,则V3a=2r=2N3,解得a=2, 61194 耐学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 以D为坐标原点，DA,DC,DD所在直线分别为x,y,2轴，建立空间直角坐标系， 则4(2,0,2)，C(0,2,0),C(0,2,2),D(0,0,0),B(2,2,0), AC=(-2,2,-2),DC=(0,2,2),DB=(2,2,0). 则4C·DC=4-4=0,AC.DB=-4+4=0,故4C1DC,4C1DB. 即AC⊥DC,AC⊥DB,因为DC∩DB=D,DC,DBC平面DCB, 所以AC1平面DCB, 取CC的中点E,BC的中点P,连接ME,MP,EP 由于M是棱CD的中点，所以MEIICD,MP/IBD,EPIIBC, 因为CDc平面CDB,MEE平面CDB,所以ME/I平面CDB, 同理可得MPI/平面CDB 又ME∩MP=M,ME,MPc平面MEP,所以平面MEPI/平面CDB, 所以ACL平面MEP,即平面MEP即为平面a, 平面a截该正方体所得截面的面积即为△MEP的面积， 其中BD=CD=BC=V4+4=2V2,MP=ME=EP=V2, △MBp为等边三角形，面积为)×(V2)sin60=5 D B A D d- B 5.(2026高二江苏南京期中)若向量a=(0,V5,0)是直线1的方向向量，向量i=(2,21)是平面x的法向 量，则直线与平面所成角的正弦值为() A. 2W2 1 3 B.3 D.3 【答案】C 【解析】设直线l与平面α所成角为8， 62194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 则sin0=os(a, a·n 2W52 V3×33 6.(多选题)(2026高二·福建厦门期中)已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形， PA⊥平面ABCD,PA=2,且以A为圆心、r为半径的圆分别交AB,AD于E,F两点，点M是劣弧 EF上的动点，其中0<r<2,则() A.存在点M使得pD与AM所成的角为号 B.存在点M,使得BDII平面PAM Q与，时防发段py形皮的南雨的后为 6π D.当，=V5时，以点p为球心，PM为半径的球面与该四棱锥各侧面的交线长为2 【答案】ACD 【解析】以A为原点，以AB,AD,AP所在直线分别为七，八，2轴建立空间直角坐标系，如图所示， Z B A,设∠EAM=0时满足条件，所以M(os8,sin0,0),A(0,0,0),P(0,0,2),D(0,2,0). 所以AM=(cos8,sin8,0),PD=(0,2,-2), 所以Cos<AM,PD>= AM·PD 2rsin0 2 1 -sin0= r×2V22 2 AMPD 所以0= 4,即M为EF的中点时满足条件，故A正确； B,在平面ABCD中，AM的延长线始终与BD相交，由此可知BD/I平面PAM一定不成立，故B错误： 1 C,由题意可知，动线段PM形成的曲面为以PA为轴，PM为母线的圆锥侧面的4' 因为pM=PE=VP+B=V2+=5,所以角面的面积为}×x1x5-5 ,故C正确： 63194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D,将四棱锥的侧面展开，设球与AB,AD的交点为G,H,连接CG,CH,如图所示， D 因为球的半径R=VPA+产=V6,所以PG=R=V6,所以AG=r=V2,所以GB=AB-AG=2-V2, 因为∠ABC=∠ABP+∠CBP=T+T_3z 424,所以CG2=GB2+BC2-2GB·BC·Cos4=6,所以CG=√6 因为PG=V6,PC=25,所以CG+PG=PC2,所以PG⊥CG,所以△PGC为等腰直角三角形， 由对称性可知∠GPC=∠HPC-年，所以∠GPH- 2 所以，以PM为半径的球面与该四棱锥各侧面的交线长为V6×?=V6a 2 三2，故D正确。 7.(多选题)如图，矩形ABCD中，AB=2,BC=1,E为边CD上的一点.现将△ADE沿着AE折起，使 点D到达点P的位置，点P在平面ABCE内的射影K在线段AB上，则() B A.存在E,使得EKII平面PBC B.存在E,使得AP⊥平面PBE C.DE的取值范围为(L,2] D.PE与平面ABCE所成角最大为30° 【答案】BCD 【解析】对于A,C, 假设存在E,使得EK∥平面PBC, 因为EKc平面ABCE,平面PBCA平面ABCE=BC, 所以EK∥BC. 又BK∥CE,所以四边形BCEK是平行四边形，所以EK=BC=1 由题意知，PK⊥平面ABCE. 64194 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AK=PA2-PK2=1-PK2<1, PE=VPK2+EK=VPK2+1>1,即DE>1,所以DE的取值范围为(L,2], 所以EK≠1，所以假设不成立，故A不正确，C正确 对于B,若E为CD的中点，则PE=DE=1,AE=VAD2+DE2=V2, BE=VCE2+BC2=√2， 当BE⊥PE时，PB=VPE2+BE2=V3, 此时AB=PA+PB2,所以PA⊥PB 又PA⊥PE,PBOPE-=P,PB,PEC平面PBE, 所以AP⊥平面PBE. 作pK于点则PK PA.PB-3,AK=√PAP-PK?-号 AB 所以EK 3.5 所以PK2+EK2=+3=2=PE2, 44 所以PK⊥EK. 又AB∩EK=K,AB,EKC平面ABCK, 所以PK⊥平面ABCE,满足题意. 所以B正确 对于D,设∠PAB=O,则PK=PAsin0=sin0,AK=cos0 设DE=t,则PE=t,t∈(L,2],EK2=1+(DE-AK)}=1+(t-cos0) 因为PK⊥平面ABCE,EKc平面ABCE, 所以PK⊥EK,所以PK2+EK2=PE2, 即sin20+1+(t-cos0)}=2, 1 化简得1cos0=11=e0s0 所以PE与平面ABCE所成角为∠EinP∠EK-伦-sn0-ses0=号n20 PE t 2 因为0°≤∠PEK≤90°，所以∠PEK的最大值为30°， 即PE与平面ABCE所成角最大为30° 65194 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 故D正确 8。（多选题）(2026商二浙江温州学业考试)如图，在直三棱柱MBC-4BG中，∠ABC 2 AA=AB=BC=1,点N为线段B,C的中点，点M为线段AC上的动点（不含端点），则() B A.存在点M,使得MN1/平面AABB, B.存在点M,使得MN⊥平面ABC C.当点M为线段AC的中点时，直线MN与平面ABC所成的角最大 D.当点M为线段AC的中点时，三棱锥M-AB,C的外接球半径最小 【答案】AD 【解析】对于A,取BC的中点D,连接ND,DM,当M为AC的中点时， ND∥BB,ND女平面4ABB,BBC平面AABB,所以ND1/平面AABB, 又因为MD1IAB,同理可得MD1/平面AABB, 又因为MDOND=D,MD,NDC平面MND,所以平面MNDI/平面AABB, 又因为MDc平面MND,所以MN/I平面AABB,故A正确： 对于B,因为三棱柱ABC-4BG是直三棱柱，∠ABC=子，所以建立如图所示的空间直角坐标系。 ..0).p(..0).C(.t0)4(0).z(0).c(0.L).xoj 设M(x,,0),因为AM=AC,0≤元≤1，所以M(-元+1，元，0)， 瓜-(2-与2利，设后=6，)为平面48C的法向量。 BC=(01,0),BA=(1,0,1), 元BC=0J6=0 所以aB=0则代+，=0令x x0=1,z0=-11 66194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以元=(（1,0，-)，若MN⊥平面ABC,则M·元=0， 即元-1-1=0，解得：元=2，不满足0≤元≤1，故B错误 对于C,平面ABC的法向量为m=00少，瓜-(A-分A 设直线MN与平面ABC所成的角为B, MN·m sin=cos MN,m= 所以 MNm 当1=3 时，sin0最大，即9最大，故C错误； 对于D,平面AC的外接圆医心为斜边4C的中点Q(行】 三校谁M-《8C外接球的球心必在过Q且垂直于平面44C的直发上，设O兮行】 设外接球的半径为R,则OA=R,且OM=R, 所以o4=1+0+0--+0-。 of-i-i-a-+0-=2a-+ 面04=oM,可得：+0-=22-+，解得：长(a- 将-2-j入-可：r--订 当1=2时，R2取得最小值，此时点M为线段AC的中点，故D正确 9.(多选题)(2026山东模拟预测)在矩形ABCD中，AB=V2,AD=1,将△ACD沿AC折起，使点 67194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D到达点P的位置，得到三棱锥P-ABC·若AP⊥BC,则() 3 A.BP=1 B.三棱锥P-ABC外接球的表面积为4π C.直线AB与直线CP所成的角为60°D.平面ACP与平面ABC的夹角为45 【答案】AC D 【解析】 A选项，因为AP⊥BC,且AB⊥BC,所以BC⊥平面ABP,则BC⊥BP,所以△PBC是直角三角形， 又因为CD=CP=V2,BC=I,所以BP=VPC2-BC=V2-P-1,所以A选项正确： B选项，由A选项分析得BP=1,又因为AP=AD=1,AB=V2,所以△PAB是直角三角形， 又因为CP=V2,AC=5,所以AP+CP2=AC2,所以△PAC是直角三角形， 分别作AC和AB的中点O和M,则OM⊥AB,因为△PAC是直角三角形， 所议01=0r-0c-5,月度时a4-08cC-9 2 则O点即为三楼锥PABC外接球的球心，且外接球半径为R=O1= 2 所以外接球表面积S=4πR2=4π× =3π，所以B选项错误； C选项，cos AB,CP= AB.CP (AP+PB(CB+BP） AP.CB+AP.BP+PB.CB+PB.BP AB.C可 V2×√2 2 0+0+0-11 2’ 又因为直线4B与直线Cp所成的角范围是0， 2， 所以夹角为60'所以C选项正确： D选项，如图所示，分别作PT⊥AC,BN⊥AC,则异面直线PT和BN的夹角即为平面ACP与平面 ABC的夹角， 由三角形面积公式可得 CxPT=APxPC,所以PT=PxPC-1x26 AC 33 68194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 同理可得WB=BxBC=V2x1V6 AC 5 3， 则TA=NC= 3 而cos死，W2- T严.NB (⑦A+AP(WC+CB tp.ne 西 而(+AP）(NC+CB)=TA-NC+TA.CB+AP.NC+AP.CB】 其中TANC= TA.CB= lxco5∠ACB=5x1-1 3 353 Ap.NC-Ix11 3x53’AP.CB=0 所以a0网c+@兮兮0 1 所以os严63G,即平面 3 1 与平面ABC的夹角为，所以D选项错误， 33 ACP 60 10.(2026湖南岳阳三模)在棱长为2的正方体ABCD-AB,CD,中，点P在表面BCCB,上运动（含端 点)，且满足APLBD,当二面角P-AB-C的正切值为2时，三棱锥P-ABD的体积为 【答案1号 【解析】以A为原点，分别以AB,AD,A4所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系. ZA P D立 B 因为正方体棱长为2，所以A0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),D,(0,2,2), 设动点P(2,y,20y∈[0,2]，z∈[0,2])， 由AP1BD,得：AP.BD=(2,y,z)(-2,2,2)=-4+2y+2z=0,得y+z=2, 即动点P的轨迹为线段B,C(端点为B,(2,0,2)和C(2,2,0), 69194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由于AB⊥侧面BCCB,故AB⊥BC且AB⊥BP,因此二面角P-AB-C的平面角为∠PBC, y=2z, 根据题意，an∠PBC=三=，结合轨迹条件 得 =2即点坐标为P2,4,2 y+z=2 2 P 23’3 又因为5m×4B×AD-号x2x2-2,所以m号xSm×h-写x2×号 1 24 2 3 39 11.己知ABCD-ABCD是棱长为6的正方体，E,F分别是棱AB,BC上的动点，且AE=BF,当 A,E,F,C共面时，平面ADE与平面CDF所成锐二面角的余弦值为 【答案】20.5 【解析】以D为坐标原点，DA,DC,DD所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图 所示，当AE=BF=3时，即E,F为AB,BC的中点时，A,E,F,C四点共面， 可得E(6,3,0),F(3,6,0),且4(6,0,6)，D0,0,0),C(0,6,6), 则DA=(6,0,6),DE=(6,3,0),DC=(0,6,6),DF=(3,6,0), i.DA=6a+6c=0 设平面4D5的法向量为i=ah.g'则1n-D正=6a+3动=0' 取a=1,可得b=-2,c=-1,所以n=(1,-2,-1), mDC =6y+6z=0 设平面CDF的法向量为m=,人则1 DF=3x+6y=0 取x=2,可得y=1,z=1,所以m=(2,-1,1), 设平面ADE与平面CDF所成的锐二面角为O, 则c0s0=c0s元，m=i:m。 31 mV6×62: 1 所以平面ADE与平面CDF所成锐二面角的余弦值为2 70194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AZ A B D E 2。(2026高一黑龙江佳木新阶段检)正四陵铣p一8C0中，侧面与底面所成二面角的余弦值为？ 则侧棱与底面所成角大小为 【路案1骨 【解析】设AC与BD的交点为O,连接PO,则PO⊥平面ABCD 因为AO,ABC平面ABCD,所以PO⊥AB,PO⊥AO 则∠PAO即为侧棱与底面所成角 D E 过点O作OE⊥AB,交AB于E,连接PE 因为PO,OEc平面POE,PO∩OE=O,所以AB⊥平面POE 又PEc平面POE,所以AB⊥PE, 所以∠PE0即为侧面与底面所成二面角的平面角，故cos∠PE0= 1 设正四棱锥P-ABCD底面正方形ABCD边长为2a,则OE=AE=BE=a,AO=V2a 在RrPOE中，os∠PE0-OE-7 PE=7,所以PE=V7OE=ia·P0=6a: maP0中，amP10=0-5. 在 A0 2a 又∠PA00,所以∠PA0-写 3 71194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 13.(2026山东聊城三模)在三棱柱ABC-ABC中，△ABC为等腰直角三角形，且CA=CB=6, CC=4N2,若直线CC与平面ABC所成的角为60°，则CACB的最小值为， 【答案】8 【解析】CA=CA-CC,CB=CB-CC C4.CB-(CA-CGCB-CG)-CA.CB-CC(CA+CB)+CC 即CACB=32-CC(CA+CB), 因为直线CC与平面ABC所成的角为60°，故C在平面ABC内的投影P满足： 1CPl=|CGleo60°=4V2x-2V2】 即投影点P在底面以C为圆心，半径为2√2的圆上，故CC的竖直分量垂直于平面ABC, 因此，CC(C1+CB)等价于投影向量CP(CA+CB),其中，C1+CB=V6+6=62, 根据向量性质，CP:(CA+CB)sCPCA+CE=22x6N2=24, 当且仅当CP与CA+CB同向时取得最大值24， 故CA.CB≥32-24=8」 14.(2026高一·江苏连云港·阶段检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,底面为直角梯 形，CDI/AB,AD⊥AB,且PA=AD=CD=2,AB=3,E为PD的中点. (I)证明：AE⊥平面PCD: (2)过A,B,E作四棱锥P-ABCD的截面，请写出作法和理由，并求截面的面积： (3)求二面角A-PB-C大小的正切值， 【解析】(I)因为PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,所以PA⊥CD 又CD/IAB,AD⊥AB,所以AD⊥CD 因为ADOPA=A,AD,PAC平面PAD,所以CD⊥平面PAD, 又AEC平面PAD,所以CD⊥AE 因为PA=AD,E为PD的中点，所以AE⊥PD 72194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又CDOPD=D,CD,PDC平面PCD,所以AE⊥平面PCD (2)由(1)知AE⊥平面PCD,所以AE⊥EF, 又EF-号CD=L,AE=N2,AB=3,所以四边形ABFE为直角梯形， 其面积S=1+3)xV2=22 (3)过C作CN⊥AB于N,过N作NM⊥PB于M,连接CM. 因为PA⊥平面ABCD,PAC平面PAB,所以平面PAB⊥平面ABCD, 又平面PABO平面ABCD=AB,所以CN⊥平面PAB, 又PBC平面PAB,所以CN⊥PB 又NM⊥PB,NM∩CN=N,NM,CNc平面CNWM, 所以PB⊥平面CNM,又CMC平面CWM,所以PB⊥CM, 所以∠CMN为二面角A-PB-C的平面角， 因为四边形ABCD是直角梯形，且AD⊥AB, 所以四边形ANCD为矩形，所以CN=AD=2,AN=CD=2, 在直角三角形PAB中，PA=2,AB=3,由勾股定理得PB=√PA+AB2=√22+32=√3， 所以sin∠PBA=PA、2 PB13' 因为AB=3,AN=2,所以BN=AB-AN=3-2=1, 在直角己角形wMB本，油∠PBA=,所以NM=BNs如∠PBH=K 22 3√13 an∠CMN=CN-2-5 在直角三角形中， ,所以 MN 2 NMC CN=2 13 所以二面角A-PB-C大小的正切值为V3, 15.(2026陕西榆林·模拟预测)如图，在三棱柱P-ABC中，PA⊥平面ABC,PA=AB=AC=2, BC=2V2,点D是棱PA的中点，点E满足CE=2ED,点F是棱BP上的一点（不包含端点）· 73194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)若EF/I平面ABC,求证：PF=2FB; 2W30 (2②)若直线AP与平面BCD所成角的正弦值为5，求三棱锥P-FCD的体积. 【解析】(1) 在△PAC中，点D是棱PA的中点，点E满足CE=2ED,所以E是△PAC的重心， 连接PE,并延长交AC于点G,连接BG,如图所示，则PE=2EG, 因为EFII平面ABC,平面PEFO平面ABC=BG,EFc平面PEF, PF_PE=2,即PF=2FB 所以EF/BG,所以FB=EG (2)因为PA⊥平面ABC,AB,ACc平面ABC,所以PA⊥AB,PALAC, 又AB=AC=2,BC=2N2,所以AB2+AC2=BC2, 所以AB上AC,所以PA,AB,AC两两垂直， 以A为坐标原点，AB,AC,AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 74194 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ZA k 所以A(0,0,0),P(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,1), 设平面BCD的法向量为i=(x,y,z), 又BD=(-2,0,1),CD=(0,-2,1). iBD=-2x+z=0 所以n-CD=-2y+2=0令，=2，得元=1,2） z=2 设PF=2PB=(2,0,-2)=(2元，0，-2)(0<元<1)， 所以AF=AP+PF=(0,0,2)+(2,0,-2)=(2元，0,2-2). n·AF 所以Cosn,AF= 21+2(2-2》 2V30 AF P+1P+22×V(2)2+(2-2)} 15， ,所以PF-P】 2 解得入= 2 所以三棱锥P-FCD的体积'p-rcn='-rcD= ma222- 16.(2026·高二·云南昭通阶段检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面 ABCD,PA=AB=2,BC=3,E为AD的中点. E B-- (I)证明：平面PAD⊥平面PAB: (2)求平面PAB与平面PBE所成角的余弦值. 【解析】(1)证明：底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD, 又因为PA⊥平面ABCD,ABc平面ABCD,所以PA⊥AB, 75194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又PA∩AD=A,PAC平面PAD,ADC平面PAD, 所以AB⊥平面PAD,又ABC平面PAB, 可知平面PAD⊥平面PAB, (2)由(1)可知AB,AD,AP两两垂直，以A为坐标原点，分别以AB,AD,AP所在直线为x,y, z轴建立空间直角坐标系，如图2所示： ZA 图2 易知400p030y00 P(0,0,2)’B(2,0,0) 则PB=(2,0,-2)° 设平面PBE的法向量为i=(x,y,z）, PB.ii=2x-2z=0 则Eay20 ，可得， z=3 x=3y=4 可得i=(3,4,3) 平面PAB的法向量为m=(a,b,c), 因为AD⊥平面PAB,所以平面PAB的法向量为m=(O1,O), i 4 4234 所以cos7,.= m1x3+4+323417, 2V34 因此平面PAB与平面PBE所成角的余弦值为7 17.(2026高二云南玉溪·阶段检测)如图，在四边形ABCD中，AB/1CD,∠DAB=90°，F为CD的中 点，点E在AB上，EFIIAD,AB=3AD,CD=2AD,将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A,使 得面EFD'A与面EFCB所成的二面角为60°. 76194 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)证明：AB/I平面CDF: (2)求面BCD'与面EFD'A所成的二面角的正弦值. 【解析】(1)证明：如图所示，过C作CGI1EF交EB于G,连接A'G, 因为EF /AD,AB1ICD,且∠DAB=90°， 所以四边形ADFE为矩形，四边形EFCG为矩形， 所以EFIIAD,且EF=AD,EF//CG,且EF=CG,所以CG1IAD,且CG=AD, 所以CG1IAD',且CG=AD',所以四边形AD'CG为平行四边形，所以CD'1/AG，,又因为A'GC平面 ABE,CD'4平面ABE,所以CD'II平面ABE, 因为CF∥EB,EBc平面ABE,CFt平面ABE,所以CFII平面ABE, 又因为CD',CFc平面CD'F,CD∩CF=C,所以平面CD'FI/平面ABE, 因为A'BC平面ABE,所以A'BII平面CDF. (2)因为AE⊥EF,BE⊥EF, 所以∠A'EB即为平面EFD'A与平面EFCB所成的二面角， 所以∠A'EB=60°，同理可得∠D'FC=60°， 过点A作A'H⊥EB交EB于点H, 因为EF⊥EB,EF⊥AE,且A'EAEB=E,A'E,EBC平面ABE, 所以EF⊥平面ABE, 又因为A'HC平面ABE,所以EF⊥A'H, 因为A'H⊥EB,且EBOEF=E,EB,EFc平面EFCB,所以A'H⊥平面EFCB, 以F为坐标原点，以FE,FC和过点F且平行于AH的直线分别为x,2轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 度0I则FQ00,E0,0.08L2.0,c010.D02 似C--而-0}历=a0历=09， 77194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 m·BC=-x-=0 设平面 的法向量为 ,则 BCD' m=(x,,3) m-y+5 2%+23=0 所似m0-l9。 3 令x=1可得y=-山名= FE=x2=0 设平面 的法向量为 EFD'A i=(x2,y2,22) -+ 则 3-01 令为=1，可得X=0,2= 专·所以=@-9. 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的平面角为B, -1+1 可得cos0=cosm,= m .n m园7、47 V3V3 则s血8=-o0-孕，即平面4CD与平面EFD所成的=面角的正弦值 42 7 18.(2026高二江苏宿迁·期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PB⊥底面ABCD,BC⊥AB, AD‖BC,AB=AD=2,BC=4,若异面直线PA与CD所成角等于60°. B --------------0 D (I)求棱PB的长： (2②)在棱PA上是否存在一点E,使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为V5？若存在，指出点 E的位置，若不存在，请说明理由. 【解析】(I)因为PB⊥底面ABCD,AB,BCC平面ABCD, 所以PB⊥AB,PB⊥BC, 78194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又BC⊥AB,所以AB,BC,PB两两垂直， 如图，以B为原点，BA、BC、BP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， B 设BP=b(b>0) 则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,4,0),D(22,0),P(0,0,b), 则PA=(2,0,-b),CD=(2,-2,0), :异面直线PA、CD所成角为60°， .c0s60°= PA.CD 1 1PACD1V4+b2.222' 解得b=2,棱长PB的大小为2： (2)假设棱PA上存在一点E,使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为V5, 设PE=PA,(0≤≤1)，且E(x,y,),则(x,y,2-2)=1(2,0,-2), .E(2元，0,2-22)， 设平面DEB的一个法向量为而=(a,b,c), BE=(2元，0,2-22).BD=(2,2,0). m.BE=(2-1,1-元，2)(2,0,2-2)=2a+(2-2)c=0 则m-BD=(a-11-元，2)小(2,20)=2a+2b=0 取a=1-1,得m=(2-l,1-元，2)， 平面PAB的法向量p=(0,1,0)」 :平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为V5, sin0=N5,又sin29+c0s2月=1'解得cosa-V6 由an0=5得cos0 6 :平面P1B与平面BDE所成锐二面角的余弦值为 cos<mpl 1-元 √6 1m川V20-2+26· 79194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2 解得2=3或元=2（舍)' .在棱PA上存在一点E,使得平面PAB与平面BDE所成锐二面角的正切值为V5, 且点E为棱PA上靠近A的三等分点. 19.(2026·全国模拟预测)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点E为PC的中点，且 BE⊥AC,PD=AD,AB=√2AD B (I)求证：PD⊥AC 5 PF ②若PD1DC,点F为棱PB上一点，平面ADF与平面BDE所成锐二面角的余弦值为5，求PB的值. 【解析】(1)取DC的中点M,连接ME,MB,如图(1)· D B 图(1) 因为点E,M分别为PC,DC的中点，所以PDIME. AB_BC= 因为BCCM ,∠ABC=∠BCM=90° 所以△ABC~△BCM,得∠CAB=∠MBC, 所以∠CAB+∠MBA=∠MBC+∠MBA=90°，所以MB⊥AC. 又BE⊥AC,MB∩BE=B,MB,BEC平面MBE,所以AC⊥平面MBE. 因为MEc平面MBE,所以AC⊥ME. 又MEIIPD,所以PD⊥AC (2)因为PD⊥DC,PD⊥AC,DC∩AC=C,DC,ACc平面ABCD, 所以PD⊥平面ABCD.因为DAc平面ABCD,所以PD⊥DA. 如图(2)，以点D为原点，分别以DA,DC,DP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 80/94 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D 图(2) 令4D=2,则D(0,0,0),A(2,00),B2,2√2,0，P(00,2),E(0,V2,1 所以DA=(2,0,0),DB=(2,22,0,DE=(02,1,PB=(2,22,-2,Dp=(0,0,2). -4,则F-丽-22小所u示-丽，所-(22-2 DE.m=2y+z=0, 设平面BDg的一个法向量为m=(k,y小则有DBm=2x+22y=0, BDE 令y=1,得x=V2,z=V2,则m=(V2,-l,②)月 DAi=2a=0, 设平面D的一个法向量为元=(a,.心)'则有 ADE DF.i=2ta+2V2tb+(2-2)c=0, 令b=t-1,得a=0,c=√2，则i=(0,t-lV2. 因为平面4DP与平面BDE所成锐二面角的余弦值为 m列 所osa同洞 1-t+21 15 2+-+(2-+(2 5 PF 1 解得1=2：故PB2 20.(2026江苏·一模)如图，在四棱锥E-ABCD中，EC⊥平面ABCD,DC⊥BC,AB/IDC, DC-2l8-2C8=CE:点R在楼BE,且8F-E 81194 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D ()证明：DE/I平面AFC: (2)当二面角F-AC-D为135时，求CE 【解析】(I)因为EC⊥平面ABCD,BC,CDC平面ABCD, 所以EC⊥BC,EC⊥CD. 又DC⊥BC, 以C为坐标原点，CB,CE,CD所在直线分别为X,z轴，，建立空间直角坐标系， 设BC=m, ,DC=2AB=2, d(m.0.).C(.0.0),D(Q.02)E(.m.0.r(mjm.0. x B E Ci-(w0)F-m.o).-m2). 设平面AFC的一个法向量为”=(x,yz), m·CA=(x,y,z)(m,0,1)=mx+z=0 则-cF=(c,y2后m5m0号mx+3w=0 (21 12 1 3 令x=1得y=-2,z=-m,故n=(1,-2,-m) 82194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴.DE2=-2m+2m=0. 故DEII平面AFC: (2)平面ACD的一个法向量n=(0,1,0) 7, .c0sl35°= 2 →m=V3 a V5+m212 ..CE=3 21.(2026高一·河南郑州阶段检测)如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC,AB=4, PB=BC=PC=2V3,且平面PAB⊥平面PBC. D B (I)证明：AB⊥平面PBC; (2)求点B到平面PAC的距离： √21 PE (3)线段BP上是否存在一点E:使得二面角E-AC-B的正切值为10？若存在，求出BE的值：若不存在， 说明理由。 【解析】(1) 证明：取PB的中点D,连接CD: 因为PB=BC=PC,D为PB的中点， 故CD⊥PB: 因为平面PAB⊥平面PBC,且交于PB, 故CD⊥平面PAB: 因为ABc平面PAB,故CD⊥AB; 又因为AB⊥BC,且CDOBC=C,CD,BCC平面PBC, 83194 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 故AB⊥平面PBC: (2) ZA B A 取BC的中点O,AC的中点F,连接OF,PO: 因为O,F为BC,AC的中点，故OFAB: 由(I)可知，AB⊥平面PBC,故OF⊥平面PBC: 故OF⊥BC,OF⊥PO: 又因为△PBC为等边三角形，故PO⊥BC; 故以O为原点，OF,OC,OP所在直线为xy,2轴建立空间直角坐标系： 因为AB=4,PB=BC=PC=2N3, toF-号4B=2,0p=30C=0B=5 故B0,-5,0),A4,-5,0),C0,5,0,P(00,3). BA=(40,0),AC=（-4,23,0）,P元=(0,3，-3)： 设i=(x,少2)为平面PAC的法向量，则 元⊥AC i.AC=-4x+25y=0 n1Pc,故nP元=5y-3z=0,令y=25则=(3,25,2 BA 1212 则点到平面 的距离为d= B PAC 同V9+4+125 (3) E B以 84194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 设存在点B,使得PE=PB=0,-5,-3)=(0,-5,-3A）,元∈[0，： 则AE=AP+PE=(4,v5,3)+(0,-√5，-3=（-4，v5-5,3-3）: 设n=(x,,乙)为平面EAC的法向量： n,2=(0,0,1)为平面ABC的法向量； 元上AE 元·A正=-4x+3(1-2)y+3(1-2)4=0 则 h⊥AC, 故a4C=4x+25y=0 令y=25(1-2),则元=(31-)，2W5(1-),2(1+): 设二面角E-AC-B为8， 则ana-v②i 10, 故cos0=10 1 一 2 2(1+2) 因为c0s8= 10 同91-+120-}+41+ 211 整理化简可得：121(1+2°=25×21(1-2}+41+2}] 0+=25x0-分，化简得：1+=5x0-小解得：-号： PE 3 故pE-2P则8E 1PB =2； √21 综上，存在一点E'使得二面角E-4C-B的正切值为10 2026高二湖南娄底开学考试)如图，在直三棱柱ABC-4BC中，4C=BC=2M4,D是 的中点，DC⊥BD A B ()证明：DC⊥BC: 85194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (②)求二面角A-BD-C的大小. 10 (③)在线段BC上是否存在一点B,使得DB与平面BCD所成角的正弦值为 5， 若存在求出该点的位置， 若不存在请说明理由？ 【解析】(I):直三棱柱ABC-ABC中，侧棱CC⊥面ABC,BCc面ABC,CC⊥BC. 假设CC=2,AC=BC=1, DC=VAC2+AD=2,DC=AD+4Ci=2,CC=2, ∴DC2+DC=CC,故DC⊥DC. 又：DC⊥BD,BD∩DC=D,BD,DCC平面BCD, ·DC⊥平面BCD,:BCC平面BCD,DC⊥BC (2)如图所示：以C为原点，CA,CB,CC所在直线分别为x,y,2轴建立空间直角坐标系， 各点坐标为：C(0,0,0),AL,0,0),B(01,0),D1,0,1),A1,0,2),C(0,0,2) 则BD=1,-1,1),DA=(0,0,1),DC=(-1,0,1), 设平面ABD的一个法向量为八=(X,,), 元·BD=x-y+2=0 则： n·DA=z1=0 ，令5=得=1故元=，1,0) 设平面CBD的一个法向量为n=(x2,y2,2), n2·BD=x-y2+2=0 则： 公DG=-%+,=0·取x=1得2，=l为=2故元=02,1) 所以cos(,n 3=5 nn, √2V62, 由图易知二面角4-BD-C为锐二面角，故<乃，乃>-元 6 所以二面角A-BD-C,的大小为6 (3)设E在线段BC上，令BE=元BC(∈[0，)，BC=(0,-l,2),得E(0,1-元，2)， 则DE=(-1,1-,21-1) 设线面角为0，由(1)知平面BCD的法向量为DC=(-1,0,1) 86194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 DE.DC=2,DC2.DE=V(-}+1-}+(2-1)}=52-62+3, DE.DC 21 √10 所以sin0= DEDC V522-6+3.V25, 解得天0.小，符合要求。 所以存在满足条件的点E,E为线段BC的中点。 A B 23.已知直三棱柱ABC-AB,C,∠BAC=90°，AB=AC=2,BB=V2,E、D分别为4B、AC的中 点 B ()证明：DE1/平面BBCC: (②)点P在平面4BC内，且EPI/BC,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使 得P唯一确定，求平面PAD与平面PDE的夹角的余弦值， ①PA=PD; ②PA⊥BC: ③BBII平面PDE. 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分. 【解析】(1)解法一：取BC的中点F,连接DF,BF, 87194 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E B 因为D,r分别为AC:BC的中点，则DF/AB:且DF-号4B, 又因为ABBA为矩形，且E为4B的中点，则BE1AB,且BE=)AB, 可得DFIIBE,且DF=BE,可知DFBE为平行四边形，则DE/IBF, 且DEE平面BBCC,B,FC平面BBCC,所以DEI/平面BB,CC: 解法二：设AC,AB的中点分别为G,H,连接DG,GE,EH,DH, B B 因为D,G分别为AC,AC的中点，则DG11CC,DG/1A4, 且DGE平面BBCC,CCc平面BBCC,所以DG1I平面BB,CC, 又因为G,E分别为4C,AB的中点，则GE1IBC, 且GEa平面BBCC,B,CC平面BBCC,所以GE1/平面BBCC, 又因为E,H分别为AC,AC的中点，则EH/IA4, 可得EHI/DG,可知E,H,D,G四点共面， 因为DG∩GE=G,DG,GEc平面DEG,则平面DGEH1/平面BBCC, 且DEc平面DGEH,所以DEII平面BBCC: 解法三：以A为坐标原点，AB,AC,A4分别为x,少，z轴，建立空间直角坐标系， 88194 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B B C 则A(0,00),B(2,0,0),C(0,2,0),4(0,0,2),B(2,0,V2),C(0,2V②)， 且D(0,1,0),E10V2). 可得DE=(1,-山，2)，BB=(0,0,2),CB=(2,-2,0). n·BB=V2z=0 设平面BBCC的法向量为元=(G,,)则云BC=2x-2y=0 令x=1,则出=1，名=0，可得n=(11,0), 因为DE7=1-1+0=0,即DE⊥m, 因为DEC平面BB,CC,所以DE1I平面BB,CC. (2)由(1)可知EG11B,C,则P∈EG, 若选①：解法一：设AD,AG,EG的中点分别为I,J,P, B B M 可知W为线段AD的中垂线，则AJ=DJ, 因为PJ11AB,由题意可知：ABL平面ACC4,即PJ⊥平面ACC4, 则PJ⊥JA,PJ⊥D,可得PA=PD,符合题意， 取BC的中点M,连接AM,设AM∩DH=N, 因为AB=AC,则AM⊥BC, 又因为BB,⊥平面ABC,AMc平面ABC,则AM⊥BB, 且BCBB=B,BC,BBC平面BB,CC,则AM⊥平面BB,CC,即AN⊥平面BBCC, 且平面DGEH1I平面BBCC,可得AW⊥平面DGEH, 89/94 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 且PDC平面DGEH,可得AN⊥PD, 过点N作NK⊥PD, 且AW∩NK=N,AN,NKc平面AWK, 则PD⊥平面ANK,可得AK⊥PD, 可知平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN, 由题意可知：AW=ND=PG=)4M=2 2 ,GD=V2' 则PD=0 2 sin∠PDN=cos∠PDG=GD=2 PD5· 2 则恢D:sin ZPDN=ho,AK0 所以平面PDE与平面p4D的夹角余弦值为cos∠KN=-? AK 3 解法二：设Pa,l-a,V2)。 因为pA=m则，0-旷+2=口+(o+2,解得a即P行】 则亚行 AD=(01,0) m·P=}x+为+22，=0 设平面 的法向量为 ,则 PAD =(3,,22）万·AD=y2=0 令=22，则乃=0,22=-1，可得%=(22,0，-， 因为平面DEG1/平面BBCC,可知平面PDE的法向量为=(1，O), 则cos乃，乃= 4n22√22 V2x33, 2 所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为3： 若选②：解法一：：取BC的中点M,连接AM,设AM∩DH=N, 90194 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B B 因为AB=AC,则AM⊥BC, 又因为BB:⊥平面ABC,AMc平面ABC,则AM⊥BB, 且BC∩BB,=B,BC,BBC平面BBCC,则AM⊥平面BB,CC,即AW⊥平面BB,CC, 且平面DGEH平面BB,CC,可得AN⊥平面DGEH, 取BC的中点2，连接A0,QM,可知AQ/1AM, 设AQ∩EG=P,可知点P为EG的中点， 因为AM⊥BC,QM⊥BC,可得BC⊥平面AMQA,则AP⊥BC, 因为AN⊥平面DGEH且PDc平面DGEH,可得AN⊥PD, 过点N作NK⊥PD, 且AN∩NK=N,AN,NKC平面ANK, 则PD⊥平面ANK,可得AK⊥PD, 可知平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN, 由题意可知：AW=D=PG=}AM= 2,GD=V2, 则PD= sin∠PDN=cos∠PDG= GD 2 2, PD5 则WK=ND.sin∠PDN=2 ,K3 10, 所以平面PDE与平面P4D的夹角余弦值为cos∠AKN=-? AK3: 解法二：设P(a,1-a,V2),则AP=(a,1-a,V2) 因为PLBC则亦C=a+1-a=0解狗a=方甲行 则亚-25而=010 91194 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 元P=}+为+2，=0 设平面 的法向量为 则 PAD n2=(x2,y2,22) n·AD=y2=0 令x=22,则5=0,2=-1，可得%=(22,0，-. 因为平面DEG/平面BBCC,可知平面PDE的法向量为n=(1,1,O), 则c0S乃，n,= n1·n2 2√22 V2×33, 2 所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为3： 若选③：由(I)可知：平面DGEH/1平面BBCC, 因为P∈EG,平面DGEH即为平面PDE,即平面PDE/平面BBCC, 可得BB/I平面PDE,此时点P不唯一，不合题意 24.(2026高三广东东莞阶段检测)如图，PA、PB、PC为圆锥三条母线，AB=AC. D B (I)证明：PA⊥BC: (2)若圆锥侧面积为V3π，BC为底面直径，BC=2,求二面角B-PA-C的正弦值： (③)在第(Q响的条件下，若APBC内（含边界）存在一点Q满足Q5-QC-4,求Q4与圆锥底面所成角正切值 的取值范围。 【解析】(1)取BC中点O,连接AO、PO, 因为AB=AC,PB=PC,所以AO⊥BC,PO⊥BC 又因为POc面PAO,AOC面PAO,PO∩AO=O,所以BC⊥面PAO, 因为PAC面PAO,所以PA⊥BC (2)因为BC为直径，故O为底面圆的圆心，故PO⊥平面BAC,而A0⊥BC 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为圆锥侧面积为V3π，BC为底面直径，BC=2,所以底面半径为1，母线长为V5, 92194 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以P0=VPA2-A02=√2， ZA 则可得P(0,0V2),A(0,1,0),B1,0,0),C(-10,0). 故PA=(0,1,-V2),PB=(1,0-V2),PC=(-1,0,-2). z·PA=0Jy-2a=0 设元=(K)为平面P PAB 的法向量，则P丽=0-24=0 令x=2,则y=V2,名=1，所以只=(V2,2, 设元=(：少，)为平面PAC的法向量， PA=0∫为2-V222=0 则 ·PC=0-x2-V22,=0 令x=-V2,则2=V2,2=1,所以乃=（V2V2, 则cosn,乃3= 1n2 -2+2+11 5x55: 设=面角g-P1-C为0：则n0=26 (3因为05-gc-(Qo+08j(@o+0c)-(@o+o8j@o-o8)=00-48c'-00-1=4 故00=5 2 设00少做2+：- 因为点Q在△PBC内（含边界）故z≥0，z+V2≤V2, 所以V2x≤V2-2,即2x2≤2+2-22z, 所以3-2s2+2-2,32-25:20,结合2>0 93194 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以z≥ 2+万 6 又zs5 √2(2+7)5 所以的范围为2∈ 6 ，2 圆弧×+=与PB,PC分别交于一点，Q的轨迹两交点之间的一段圆弧， 点Q在平面ABC上的投影为Q(x,0,O), 则QgL平面ABC,Q1与圆锥底面所成角为∠QAg, 设 与底面所成角为，则anas A AO V(x-0)2+0-102+(0-0)2 tan a=- 代入x=-2化简得 9 22 4 V4 「2(2+7)5 是关于的增函数，的范围为z∈ 6 2 tan a 194+72√7V5 代入得 的范围为 337 ’2 tana 2孙 A 94194 第03讲 直线与平面的夹角、二面角 内容导航 01 预习航标→ 析目标·明方向：预习导航精准定向 02 教材全解→ 建框架·精讲解：知识体系系统梳理 03 题型突破→ 析考点·破方法：典型题型深度拆解 题型 1：几何法求线面角 题型 2：向量法求线面角 题型 3：由线面角求未知量 题型 4：几何法求二面角 题型 5：向量法求二面角 题型 6：由二面角求未知量 题型 7：夹角探索性问题 04 过关检测→ 练考点·强落实：过关检测全面巩固 关键词 学习目标导航 直线与平面的夹角 二面角 二面角的平面角 空间角的几何解法 1. 理解直线与平面所成角的定义，明确直线在平面内的射影与线面角的对应关系，掌握线面角的取值范围。 2. 理解二面角的相关概念，掌握二面角的平面角的定义与常用构造方法（定义法、垂面法、三垂线法），明确二面角的取值范围。 3. 掌握直线与平面夹角的求解步骤，能运用几何法在简单几何体中准确找出并计算线面角的大小。 4. 掌握二面角大小的求解方法，能在空间图形中正确构造二面角的平面角并完成计算。 5. 能结合空间线面、面面垂直的判定与性质，解决线面角、二面角的综合问题，提升空间想象与逻辑推理能力。 学习重点：直线与平面夹角的定义与求解方法，二面角的平面角的定义与构造，空间角的几何法计算。学习难点：二面角的平面角的寻找与合理构造，复杂几何体中空间角的求解，线面角、二面角与空间位置关系的综合应用。 知｜识｜框｜架 知｜识｜精｜讲 知识点01 直线与平面所成的角 （1）定义 一条直线和一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线和平面的交点叫做斜足．过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面上的射影．平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角． （2）规定 一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角等于；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角等于．因此，直线与平面所成的角α的范围是． （3）判断方法 若直线与平面斜交，可在斜线上任取一点作平面的垂线，找出直线在平面内的射影，从而确定出直线和平面所成的角，一般转化到直角三角形、等边三角形中求解． （4）利用空间向量求解 设直线l与平面所成的角为θ，l的方向向量为，平面α的法向量为，则 注意：①范围为；②直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角． 即时即练如图，梯形中，，，，，将沿翻折至，使得平面平面. (1)证明：直线平面； (2)设线段中点为，求直线与平面所成角的正弦值. 知识点02 二面角 （1）二面角的概念 定义 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形． 画法 记法 二面角或 二面角的平面角 ①；②；③， 则二面角的平面角是． （2）用向量运算求平面与平面所成的角 平面与平面相交，形成四个二面角，把不大于的二面角称为这两个平面的夹角．设平面α与平面β的夹角为θ，两平面的法向量分别为，则 注意：①范围为；②两平面的夹角是两法向量的夹角或其补角． 即时即练如图1，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．是边长为2的等边三角形． (1)证明：平面面； (2)若，求直线和所成角的余弦值； (3)点在棱上，如图2，，三棱锥的体积为4，求二面角平面角的正切值． 题型 1：几何法求线面角 【典例1-1】（2026·高一·福建厦门·期中）如图，在直三棱柱中，为的中点，为的中点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角. 【典例1-2】（2026·高一·黑龙江哈尔滨·期中）如图，长方体中，，，点P为的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值； (3)在直线上是否存在点Q使得平面，若存在，则此时为多少；若不存在，请说明理由. 【变式1-1】（2026·高一·黑龙江鸡西·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，O为中点，平面，，M为中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式1-2】（2026·高一·黑龙江大庆·阶段检测）如图所示，已知是圆的直径，为圆上一点（异于），，，为圆所在平面外一点，且垂直于圆所在平面． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式1-3】（2026·高一·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． 题型 2：向量法求线面角 【典例2-1】（2026·高二·福建厦门·阶段检测）如图，长方体的底面是边长为2的正方形， ，点、分别为棱、的中点.若平面平面，则直线 与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【典例2-2】（2026·陕西咸阳·三模）在四面体中，平面，，.若四面体的体积为，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】（2026·高二·湖南株洲·阶段检测）已知四棱锥中，平面，，，. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值； (3)若存在一点，且，求与平面夹角的余弦取值范围. 【变式2-2】（2026·高二·山东淄博·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，， ，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【变式2-3】（2026·上海黄浦·三模）如图，三棱锥中，，，，为的中点． (1)证明：； (2)点满足，求直线与平面所成角的正弦值． 题型 3：由线面角求未知量 【典例3-1】（2026·北京朝阳·模拟预测）在四棱锥中，侧面底面，底面是正方形，，，点是棱上一点． (1)当点是棱中点时，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【典例3-2】（2026·广西河池·模拟预测）如图，在中，，，，，分别在，上，满足，，将沿折起到的位置，使，点在线段上．    (1)求证：平面； (2)已知与平面所成角的大小为，求． 【变式3-1】（2026·北京·三模）如图，在四棱锥中，平面，，为线段的中点，．    (1)求证：平面； (2)若，点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【变式3-2】（吉林长春市柏辰艺术中学等校2026届高三普通高校招生模拟5月联考数学试题）如图斜三棱柱，，平面平面，，，M、O分别为AC、的中点．    (1)证明：； (2)设Q为棱上的动点，，BQ与平面所成角的正弦值为，求的值． 【变式3-3】（2026·高二·福建厦门·期中）如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为上一点，边长为的正方形内接于，设平面与平面的交线为直线，点Q为直线上一点. (1)证明：； (2)若平面，当直线与平面所成角的正弦值为时，求的长. 题型 4：几何法求二面角 【典例4-1】（2026·高一·山东枣庄·阶段检测）如图.在三棱锥中，底面ABC，，，，M是PB的中点. (1)求三棱锥的表面积； (2)求二面角的平面角的正弦值. 【典例4-2】（2026·高一·山东青岛·阶段检测）如图，平面四边形是边长为的正方形.平面，，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【变式4-1】（2026·高一·河南·期末）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，为等边三角形，，，．    (1)求直线与平面所成角的正弦值． (2)若M为棱上一点，且平面， （ⅰ）试确定点M的位置； （ⅱ）求平面与平面所成锐二面角的正弦值． 【变式4-2】如图，在四面体中，平面ABC，，且. (1)四面体中有几组互相垂直的平面？（写出互相垂直的平面即可，无需证明） (2)求二面角和的平面角的大小. (3)求二面角的平面角的大小. 题型 5：向量法求二面角 【典例5-1】（2026·高二·山东青岛·阶段检测）如图，在三棱台中，平面，，．    (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【典例5-2】（2026·高三·北京·阶段检测）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 【变式5-1】（2026·高二·福建厦门·期中）如图，在四棱锥中，是边长为4的正方形，平面，分别为的中点． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面所成角的余弦值． 【变式5-2】（2026·高二·河南·阶段检测）如图1，在平面四边形中，是以为斜边的等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形．现将沿翻折至的位置，使得，如图2． (1)设为的中点，证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 题型 6：由二面角求未知量 【典例6-1】（2026·河南信阳·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，，，E为中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【典例6-2】（2026·江苏南京·二模）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面. (1)证明：为的中点； (2)若，二面角的余弦值为，求的长. 【变式6-1】（2026·高二·北京·期中）图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：平面平面； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式6-2】（2026·高二·山东泰安·期中）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，是等边三角形，平面平面，，E为棱SA上一点，P为棱AD的中点，四棱锥的体积为. (1)若E为棱SA的中点，F是SB的中点，求证：平面平面SCD； (2)是否存在点E，使得平面PEB与平面SAD的夹角的余弦值为？若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由. 【变式6-3】（2026·高三·安徽·开学考试）如图，在三棱柱中，平面ABC，四边形是边长为2的正方形，，．    (1)求AB的长； (2)若二面角的正切值为，求的值． 题型 7：夹角探索性问题 【典例7-1】（2026·高二·云南昆明·期中）如图所示，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)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，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【典例7-2】（2026·高一·北京·期中）如图，在四棱锥中，是边长为的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为.    (1)证明：； (2)求直线与平面的夹角正弦值； (3)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的位置；若不存在，请说明理由. 【变式7-1】（2026·山东烟台·二模）如图，在三棱锥中，. (1)证明：； (2)已知为的重心，.在棱PA上是否存在一点，使得直线QM与平面PAC所成角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【变式7-2】（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 【变式7-3】（2026·湖南株洲·模拟预测）在四棱锥中，平面平面，为正三角形，四边形为矩形，是的中点，且与平面所成角的正弦值为． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若边上存在一动点N，求与平面的正切值范围． 1．（2026·高一·天津河东·阶段检测）在正方体中，平面与平面所成二面角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 2．已知直三棱柱中，，，，侧棱，侧面的两条对角线交于点，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·高一·北京·期中）正三棱柱的底面边长为3，侧棱，是延长线上一点，且，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·陕西安康·模拟预测）已知正方体的外接球表面积为，是棱的中点，将过点且以为法向量的平面记为平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·高二·江苏南京·期中）若向量是直线的方向向量，向量是平面的法向量，则直线与平面所成角的正弦值为（     ） A． B． C． D． 6．（多选题）（2026·高二·福建厦门·期中）已知在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，且以为圆心、为半径的圆分别交，于，两点，点是劣弧上的动点，其中，则（    ） A．存在点，使得与所成的角为 B．存在点，使得平面 C．当时，动线段形成的曲面的面积为 D．当时，以点为球心，为半径的球面与该四棱锥各侧面的交线长为 7．（多选题）如图，矩形中，，为边上的一点．现将沿着折起，使点到达点的位置，点在平面内的射影在线段上，则（    ） A．存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．的取值范围为 D．与平面所成角最大为 8．（多选题）（2026·高二·浙江温州·学业考试）如图，在直三棱柱中，，，点为线段的中点，点为线段上的动点（不含端点），则（   ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得平面 C．当点为线段的中点时，直线与平面所成的角最大 D．当点为线段的中点时，三棱锥的外接球半径最小 9．（多选题）（2026·山东·模拟预测）在矩形 中， ，将沿折起，使点到达点的位置，得到三棱锥 . 若，则（   ） A． B．三棱锥外接球的表面积为 C．直线与直线所成的角为 D．平面与平面的夹角为 10．（2026·湖南岳阳·三模）在棱长为2的正方体中，点在表面上运动（含端点），且满足，当二面角的正切值为时，三棱锥的体积为______． 11．已知是棱长为6的正方体，，分别是棱，上的动点，且．当共面时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为________． 12．（2026·高一·黑龙江佳木斯·阶段检测）正四棱锥中，侧面与底面所成二面角的余弦值为，则侧棱与底面所成角大小为______ 13．（2026·山东聊城·三模）在三棱柱中，为等腰直角三角形，且，，若直线与平面所成的角为60°，则的最小值为________． 14．（2026·高一·江苏连云港·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，且，，为的中点． (1)证明：平面； (2)过，，作四棱锥的截面，请写出作法和理由，并求截面的面积； (3)求二面角大小的正切值． 15．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，点D是棱PA的中点，点E满足，点F是棱BP上的一点（不包含端点）．    (1)若平面ABC，求证：； (2)若直线AF与平面BCD所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 16．（2026·高二·云南昭通·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 17．（2026·高二·云南玉溪·阶段检测）如图，在四边形中，，，为的中点，点在上，，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面所成的二面角为． (1)证明：平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 18．（2026·高二·江苏宿迁·期中）如图，在四棱锥中，已知底面，，，，，若异面直线与所成角等于． (1)求棱的长； (2)在棱上是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的正切值为？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由． 19．（2026·全国·模拟预测）在四棱锥中，底面为矩形，点为的中点，且． (1)求证：． (2)若，点为棱上一点，平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值． 20．（2026·江苏·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且.    (1)证明：平面； (2)当二面角为时，求. 21．（2026·高一·河南郑州·阶段检测）如图，在三棱锥中，，，，且平面平面． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 22．（2026·高二·湖南娄底·开学考试）如图，在直三棱柱中，，是棱的中点，． (1)证明：； (2)求二面角的大小． (3)在线段上是否存在一点E，使得DE与平面BCD所成角的正弦值为，若存在求出该点的位置，若不存在请说明理由？ 23．已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点． (1)证明：平面； (2)点在平面内，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值． ①； ②； ③平面． 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分． 24．（2026·高三·广东东莞·阶段检测）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明:； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的正弦值； (3)在第(2)问的条件下，若内(含边界)存在一点Q满足，求QA与圆锥底面所成角正切值的取值范围. 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $