2024年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 幾何法求二面角線面角（含解析）

幾何法求二面角，線面角

思維導(dǎo)圖

|知識(shí)點(diǎn)?梳理

立體幾何空間向量求解過程，喪失了立體幾何求解的樂趣，無形中也降低了學(xué)生的空間想象能力。這是空

間向量求解的巨大優(yōu)點(diǎn)，也是缺點(diǎn)，就這么共存著。其實(shí)不建系而直接計(jì)算真的很比較鍛煉空間想象的能

力，方法上也更靈活一些，對(duì)于備考的中檔學(xué)生來說，2種方法都要熟練掌握。

方法介紹

一、定義法：交線上取點(diǎn)|等腰三角形共底邊時(shí)

作二面角步驟

第一步：在交線/上取一點(diǎn)。

第二步：在a平面內(nèi)過。點(diǎn)作/的垂線m

第三步：在S平面內(nèi)過。點(diǎn)作/的垂線。B

/40B即為二面角，余弦定理求角

二、三垂線法（先作面的垂直）一后續(xù)計(jì)算小

使用情況：己知其中某個(gè)平面的垂線段

第二步：過垂直B作/的垂線。8

ZAOB即為二面角

且△40B為直角三角形，鄰比斜

三、作2次交線的垂線

作二面角步驟

第一步：作4。，/

第二步：作。

連接4B,N40B即為二面角，余弦定理求角

四、轉(zhuǎn)換成線面角

作二面角步驟

第一步：作a。，/

第二步：作力找不到垂足B的位置用等體積求4B長(zhǎng)）

連接/408即為二面角

為直角三角形，鄰比斜

五、轉(zhuǎn)換成線線角一計(jì)算小，也是法向量的原理

提問：什么時(shí)候用？

若a平面存在垂線AB,且S平面存在垂線4C

則。平面與￡平面的夾角等于直線4C與4B的夾角

投影面積法——面積比（三垂線法進(jìn)階）

將cos。=邊之比|面積之比，從一維到二維，可多角度求出兩面積，最后求解

如圖△ABC在平面a上的投影為△ABC,

則平面a與平面ABC的夾角余弦值cos3=翌蛆

AABC

即cos。*

補(bǔ)充：即使交線沒有畫出來也可以直接用

例題：一題多解

2023汕頭二模T20

如圖在正方體ABCD-ABCOi中，PQ是所在棱上的中點(diǎn).

(1)求平面APQ與平面ABCD夾角的余弦值

(2)補(bǔ)全截面4P0

高考真題?回顧

2023全國(guó)乙卷數(shù)學(xué)(理)T9——由二面角求線面角

1.已知..ABC為等腰直角三角形，為斜邊，△ABZ)為等邊三角形，若二面角C-AB-O為150。，則直

線CD與平面所成角的正切值為()

A.-B."C.蟲D.-

5555

2021?新高考1卷?T20-----由二面角求線段長(zhǎng)

2.如圖，在三棱錐A-BCD中，平面A8￡>_L平面BCD,AB=AD,。為的中點(diǎn).

(1)證明：O4LCZ)；

(2)若OC。是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱AD上，￡>E=2EA,且二面角E-BC-D的大小為45。,

求三棱錐A-BCD的體積.

重點(diǎn)題型?歸類精講

題四O定義法

1.如圖,在三棱錐S—ABC中,SC±平面ABC,點(diǎn)P、M分別是SC和S3的中點(diǎn)，設(shè)PM=AC=1,ZACB=90°,

直線與直線SC所成的角為60°.

(1)求證：平面平面"C.(2)求二面角〃一4C—8的平面角的正切值;

2.(湛江期末)如圖，在三棱錐P—ABC中，E4J_平面ABC,點(diǎn)M,N分別是PB,4c的中點(diǎn)，且MNL4c.

(1)證明：BC_L平面PAC.

(2)若以1=4,AC=BC=272，求平面PBC與平面AMC夾角的余弦值.(幾何法比較簡(jiǎn)單)

3.如圖1,在平行四邊形中，ZA=60°,A￡>=2,AB=4,將△A3。沿AD折起，使得點(diǎn)/到達(dá)點(diǎn)P,

如圖2.

(1)證明：平面8CD_L平面以D；

(2)當(dāng)二面角￡>-尸4-8的平面角的正切值為痛時(shí)，求直線與平面尸8C夾角的正弦值.

題四自三垂線法

4.（佛山期末）如圖，四棱錐P—4BCD中，AB//CD,ZBAD=90°,PA=AD=AB=：C￡>,側(cè)面以。_1_底

^ABCD,E為PC的中點(diǎn).

(1)求證：BE_L平面PCD；(2)若%=PD,求二面角P—BC—D的余弦值.

R

5.如圖，在四棱錐P-18CO中，△為。是以ND為斜邊的等腰直角三角形,

BC//AD,CD±AD,AD=2CD=2BC=4,PB=2上（2023廣州一模T19）

BC

(1)求證：ADLPB；(2)求平面R12與平面4BCD交角的正弦值.

6.如圖，在三棱錐A-BCD中，平面A83平面BCD,AB=AD,。為的中點(diǎn).

(1)證明：O4LC。；

(2)若OCD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，點(diǎn)E在棱AC上，￡>E=2EA且二面角E-BC-Q的大小為60,

求三棱錐A-BCD的體積.

7.(2023?浙江?統(tǒng)考二模)如圖，在三棱柱ABC4耳￡中，底面ABC1平面,一ABC是正三角形,

。是棱BC上一點(diǎn)，且CO=3Q8,AXA=AiB.

Ci

/\\\/:/z

/'\*/

/\Jf/

//cX風(fēng)//

A^———虱

⑴求證：耳G，A。；

3

(2)若AB=2且二面角\-BC-Bt的余弦值為求點(diǎn)A到側(cè)面BB&C的距離.

8.如圖，在多面體ABCDE中，平面AC。_L平面ABC,8E_L平面ABC,..ABC和-ACD均為正三角形,

AC=4,BE=瓜

(1)在線段AC上是否存在點(diǎn)F,使得BF//平面ADE?說明理由;

(2)求平面CDE與平面ABC所成的銳二面角的正切值.

題園巨作2次交線的垂線

9.在三棱錐S—A3C中，底面△ABC為等腰直角三角形,NSAB=NSC3=NABC=90°.（杭州二模）

（1）求證：AC±SB；（2）若力B=2,SC=20，求平面S47與平面SBC夾角的余弦值.

題四圓找交線

10.如圖，在四棱錐P-力BCD中，底面ABC/）是平行四邊形，乙4BC=120°,AB=1,BC=2,PD±CD.

⑴證明：AB±PB；

（2）若平面/MB_L平面PCD,且PA=10,求直線4C與平面PBC所成角的正弦值.（廣東省二模T19）

2

題四區(qū)轉(zhuǎn)換成線線角

湖北省武漢市江漢區(qū)2023屆高三上學(xué)期7月新起點(diǎn)考試

11.在直三棱柱ABC-A與G中，已知側(cè)面A831A為正方形，BA=BC=2,D,及F分別為

AC,BC,CCi的中點(diǎn),BF1B1D.

(1)證明：平面平面BCGBi；(2)求平面BCiD與平面&DE夾角的余弦值

六、題園慶投影面積法

12.(2022?惠州第一次調(diào)研)如圖，在四棱錐P—4BCD中，已知A3//CD,AD_LCD,BC=BP,CD=2AB

=4,△力OP是等邊三角形，E為DP的中點(diǎn).

(1)證明：力平面PCD；(2)若PA=4，5,求平面PBC與平面夾角的余弦值

13.(2022深圳高二期末)如圖(1),在直角梯形4BC0中，AB//CD,AB1BC,且BC=CD=gA3=2,取

4B的中點(diǎn)。，連結(jié)。D,并將△力0D沿著。D翻折，翻折后AC=26，點(diǎn)”，N分別是線段ZD,AB

的中點(diǎn)，如圖(2).

(1)求證：AC±OM.

(2)求平面OMN與平面OBCD夾角的余弦值.

幾何法求二面角，線面角

思維導(dǎo)圖

|知識(shí)點(diǎn)?梳理

立體幾何空間向量求解過程，喪失了立體幾何求解的樂趣，無形中也降低了學(xué)生的空間想象能力。這是空

間向量求解的巨大優(yōu)點(diǎn)，也是缺點(diǎn)，就這么共存著。其實(shí)不建系而直接計(jì)算真的很比較鍛煉空間想象的能

力，方法上也更靈活一些，對(duì)于備考的中檔學(xué)生來說，2種方法都要熟練掌握。

方法介紹

一、定義法：交線上取點(diǎn)|等腰三角形共底邊時(shí)

作二面角步驟

第一步：在交線/上取一點(diǎn)。

第二步：在a平面內(nèi)過。點(diǎn)作/的垂線m

第三步：在S平面內(nèi)過。點(diǎn)作/的垂線。B

/40B即為二面角，余弦定理求角

二、三垂線法（先作面的垂直）一后續(xù)計(jì)算小

使用情況：己知其中某個(gè)平面的垂線段

第二步：過垂直B作/的垂線。8

ZAOB即為二面角

且△40B為直角三角形，鄰比斜

三、作2次交線的垂線

作二面角步驟

第一步：作4。，/

第二步：作。

連接4B,N40B即為二面角，余弦定理求角

四、轉(zhuǎn)換成線面角

作二面角步驟

第一步：作a。，/

第二步：作力找不到垂足B的位置用等體積求4B長(zhǎng)）

連接/408即為二面角

為直角三角形，鄰比斜

五、轉(zhuǎn)換成線線角一計(jì)算小，也是法向量的原理

提問：什么時(shí)候用？

若a平面存在垂線AB,且S平面存在垂線4C

則。平面與￡平面的夾角等于直線4C與4B的夾角

投影面積法——面積比（三垂線法進(jìn)階）

將cos。=邊之比|面積之比，從一維到二維，可多角度求出兩面積，最后求解

如圖△ABC在平面a上的投影為△ABC,

則平面a與平面ABC的夾角余弦值cos3=翌蛆

△ABC

即cosd=%^

補(bǔ)充：即使交線沒有畫出來也可以直接用

例題：一題多解

2023汕頭二模T20

如圖在正方體力中，PQ是所在棱上的中點(diǎn).

(1)求平面4P0與平面N8CD夾角的余弦值

(2)補(bǔ)全截面4P0

?MG、3A/T7

【答案］^=-

V17

(1)方法1：投影面積法cose=；投""

方法2:轉(zhuǎn)換成線線夾角

簡(jiǎn)證：在平面AAiCCiA中，作CH_LBM,易知CH±平面APQ,而CG±平面ABCD,故

cos0=cosZHCQ=,由相似可以算出CH的長(zhǎng)

方法3:定義法一取中點(diǎn)

簡(jiǎn)證：平面4P。與平面/BCD的夾角轉(zhuǎn)化為平面4PQ與平面481cl￡)i的夾角，此時(shí)PQ為交線

此時(shí)2個(gè)圖形的對(duì)稱軸垂直交線，故取交線的中點(diǎn)，NAiMA即所求

方法4:找出交線，再作2次交線(平行線)垂線

簡(jiǎn)證：M為PQ中點(diǎn)，易知1為兩平面交線，過AH_L/,AC±/,故面面角的平面角為NMAC

方法5:轉(zhuǎn)換為線面角----只做1次交線的垂線

簡(jiǎn)證：易知平面4PQ與平面力BCD的夾角即為平面4PQ與平面ABCOi的夾角

而4ML交線PQ,此時(shí)平面APQ與平面4BCA的夾角等價(jià)于4M與平面APQ的夾角

作4G_L平面4PQ,連接MG,通過等體積法求出AG,即可

(2)如圖

高考真題?回顧

2023全國(guó)乙卷數(shù)學(xué)（理）T9——由二面角求線面角

1.已知—A8C為等腰直角三角形，N3為斜邊，△A8D為等邊三角形，若二面角C-為150。，則直

線CD與平面4BC所成角的正切值為（)

A1RV2Vz.----

555

【答案】C

【分析】根據(jù)給定條件，推導(dǎo)確定線面能，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.

【詳解】取AB的中點(diǎn)E,連接CE,DE,因?yàn)?.ABC是等腰直角三角形，且AB為斜邊，則有CE/AB,

又是等邊三角形，則。E1A8,從而NCED為二面角的平面角，即NCEZ）=150,

顯然CEcOE=E,CE,OEu平面COE,于是A81平面COE,又A8u平面ABC,

因此平面CDE_L平面ABC,顯然平面CDEc平面A8C=CE,

直線CDu平面COE,則直線CD在平面ABC內(nèi)的射影為直線CE,

從而/QCE為直線C。與平面A3C所成的角，令A(yù)8=2,則CE=,在“COE中，由余弦定理得:

CD=yjcE2+DE2-2CE-DEcosZCED=jl+3—2xlxgx(—今二近,

DECDV3sin150V3

由正弦定理得,即sin/0CE=

sinZDCEsinZCED277'

顯然/DCE是銳角，cosZDCE=Vl-sin2ZDCE=~^=

所以直線CD與平面ABC所成的角的正切為—.

5

2021?新高考1卷?T20-----由二面角求線段長(zhǎng)

2.如圖，在三棱錐A-BCO中，平面平面BCD,AB^AD,。為的中點(diǎn).

(1)證明：OALCD；

(2)若.。CO是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱A。上，DE=2EA,且二面角E-BC-。的大小為45。，

求三棱錐A-BCD的體積.

【答案】(1)證明見解析；(2)正.

6

【分析】(1)由題意首先證得線面垂直，然后利用線面垂直的定義證明線線垂直即可；

(2)方法二：利用幾何關(guān)系找到二面角的平面角，然后結(jié)合相關(guān)的幾何特征計(jì)算三棱錐的體積即可.

【詳解】(1)因?yàn)锳3=AD,。是8。中點(diǎn)，所以。4_LBD,

因?yàn)镺Au平面ABD,平面ABD_L平面BCD,

且平面45。八平面5。。=8。，所以。4_L平面區(qū)CQ.

因?yàn)镃Du平面BC。，所以。A_LCD.

(2)［方法一］:通性通法一坐標(biāo)法

如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，0A為z軸，0。為歹軸，垂直0。且過。的直線為x軸，建立空間直角坐標(biāo)

系。一孫z,

則C也,-,0),0(0,1,0),5(0,-1,0),設(shè)A(0,o,rn),￡(0,工，|m),

2233

所以￡5=(0,-±-2機(jī)),8。=(也,3,0),

3322

設(shè)方=(x,y,z)為平面EBC的法向量，

則由J班”=°可求得平面EBC的一個(gè)法向量為為=(-73,1,--).

EC-n=0m

又平面BCD的一個(gè)法向量為OA=(0,0,m),

所以cos(幾,04)=,解得加=1.

rr+i\

又點(diǎn)C到平面AB。的距離為Y1,所以匕BCD=VCABD=-x-x2xlx^=^-,

所以三棱錐A-BCD的體積為".

6

［方法二］【最優(yōu)解】：作出二面角的平面角

如圖所示，作EG_LB。，垂足為點(diǎn)G.

作GP_LBC,垂足為點(diǎn)憶連結(jié)EF,則。4〃EG.

因?yàn)椤?J.平面BCD,所以EG_L平面BCD,

/EbG為二面角E-BC-。的平面角.

因?yàn)镹EFG=45。，所以EG=FG.

由已知得08=00=1,故OB=OC=1.

入NOBC=NOCB=30°,所以BC=6.

24222

因?yàn)镚O=—,G3=—，/G=—?)=—,EG=—,04=1,

33333

匕-BCL；SBCDXOA=；X2Sfl0Cx(?A=1x2x(lx^xlxl)xl=^

J3jZZo

【點(diǎn)評(píng)】(2)方法一：建立空間直角坐標(biāo)系是解析幾何中常用的方法，是此類題的通性通法，其好處在于將

幾何問題代數(shù)化，適合于復(fù)雜圖形的處理;

方法二：找到二面角的平面角是立體幾何的基本功，在找出二面角的同時(shí)可以對(duì)幾何體的幾何特征有更加

深刻的認(rèn)識(shí)，該法為本題的最優(yōu)解.

重點(diǎn)題型?歸類精講

題四O定義法

1.如圖，在三棱錐S—ABC中，SCI.平面ABC,點(diǎn)P、M分別是SC和S3的中點(diǎn)，設(shè)PM=AC=1,ZACB=90°,

直線與直線SC所成的角為60。.

(1)求證：平面平面MC.

(2)求二面角M—AC—B的平面角的正切值；

【答案】(1)證明見解析;(2)逅

3

【分析】(1)由已知可證8C_L平面"C,又PM//BC,則面S4C,從而可證平面跖4P_L平面”C；

(2)由/C_L平面S8C,可得NMC3為二面角〃一NC一2的平面角，過點(diǎn)、M作MNLCB于N點(diǎn),連接/N,

則N/M/=60。，由勾股定理可得AN=后，在RL.AMN中，可得MN=也,從而在Rt^CMW中，即可求

3

解二面角M—AC—B的平面角的正切值.

【詳解】(1)證明：：SC_L平面/3C,：.SC±BC,

又；NNC3=90°,：.AC±BC,又NCf|SC=C,

...BCJ"平面SAC,

又：尸，M是SC、S3的中點(diǎn)，

：.PM//BC,，2加_1面S4C,又PMu平面跖4P,

平面跖4P_L平面SAC；

(2)解：：SC_L平面/BC,：.SC±AC,又NC_L8C,5Cr|^C=C,

.?./C_L平面SBC,

：.AC±CM,AC±CB,從而NMC5為二面角M—/C-B的平面角，

?.?直線4W與直線PC所成的角為60°,

過點(diǎn)、M作MNLCB于N點(diǎn)、,連接AN,

則NNMN=60。，在中，由勾股定理可得AN=四,

在Rt_AMN中，MN=———=72.-=—,

tan/AMN33

男

在RtACNM中，,八/MN3瓜.

tanNMCN=---==-=——

CN13

2.(湛江期末)如圖，在三棱錐P—ABC中，R1_L平面ABC,點(diǎn)M,N分別是尸叢47的中點(diǎn)，且MN_L4c.

(1)證明：BCJ_平面雨C.

(2)若“1=4,AC=BC=24i，求平面PBC與平面4MC夾角的余弦值.(幾何法比較簡(jiǎn)單)

【答案】

(1)法一：BC//ON,4LL平面M0N|AC_LN0|4C_LBC,則有BC垂直E4和AC

法二：MC=MB=MC得到直角

（2）易知aAMC與△BMC均為直角三角形，取MC中點(diǎn)E,NAEB即為所求角

AE=BE=m（用三角比得到），cos6=；（余弦定理或者二倍角公式）

3.如圖1,在平行四邊形/BCD中，ZA=60°,AZ）=2,AB=4,將沿3。折起，使得點(diǎn)/到達(dá)點(diǎn)P,

如圖2.

P

⑴證明：平面BCD_L平面RD；

（2）當(dāng)二面角PA-B的平面角的正切值為n時(shí)，求直線8。與平面P3C夾角的正弦值.

【答案】（1）證明見解析；（2），

【分析】（1）要證平面BCD_L平面RLD,只需證明平面E4。，再利用面面垂直的判定進(jìn)行說明;

（2）先找到二面角D-PA-8的平面角，再找直線與平面P8C所成角.

【詳解】⑴△ABO中，由余弦定理：BD2=AD2+AB2-2ADXABXCOSA=12,

所以BD=2百，則AD2+BD2=AB2,AD±BD,

將△ABO沿8D折起，使得點(diǎn)/到達(dá)點(diǎn)P,則一三..PB。，所以PD工BD,

}

又4。門/￡>=。/￡>,4?！?平面處￡>,所以201平面PAD,又BOu平面BCD,

所以平面BCD_L平面PAD-,

P

如圖，取尸4中點(diǎn)￡,連接BE,DE,因?yàn)閯t

所以ZBED為二面角〃一PA-8的平面角，

且由（1）知，8。工平面尸4。

所以tan/BED=——=&=>E。=0,

ED

一,PZM中，如=4。=2,PA中垂線DE=0,

所以由勾股定理可得AE=血,PA=2&,

P￡）2+A￡>2=%2,所以P￡>_LA。,LBDJ,AD,PDcBD=D

所以A。_L平面PBD,又BCI/AD,所以BC2平面PBD,

過。作。尸1PB于點(diǎn)尸，因?yàn)?。?lt;=平面PBD,所以8C_L,

因?yàn)镮=所以。F_L面PBC,所以直線2。與平面P2C夾角即為/尸3D

Rt,PBD中,sinZPBD=-=-,所以直線8。與平面P2C夾角的正弦值為

422

題四自三垂線法

4.(佛山期末)如圖，四棱錐P—ABCD中，AB//CD,/班。=90°,PA=AD=AB=；C￡>,側(cè)面以。_1底

ffiABCD,E為PC的中點(diǎn).

(1)求證：BEJ_平面PCD；

(2)若以=PD,求二面角P—BC—D的余弦值.

【解析】（1）BE〃AF,故DC_LBE,PD±BE

(2)法一：先作平面垂線，再做交線垂線(得到直角三角形，勾股+三角形函數(shù))

如圖，設(shè)40=2,則PG=6，HG=』DB=&&勾股得「〃=叵GH_3A/2_V15

COS。

422PH-730~

方式二：作2次交線垂線(在兩個(gè)平面內(nèi)各作一次交線的垂線)

如圖，BD1BC,再作NDBH即為所求

還是設(shè)AD=2,貝UBD=2加,由勾股可知PC=2不

又因?yàn)锽E是PC中垂線，故BP=BC=2也，由相似或三角函數(shù)可知

再求出DH（勾股可求），用余弦定理

方式三：轉(zhuǎn)換成線面角問題

過點(diǎn)D作平面PBC的垂線段DH,則由DH_LBC,又因?yàn)镈B_LBC,故/DBH即為所求

BH

由等體積可得：DH-SAPBC=V3-SADBC,再由勾股得出BH,COS0=—

.就

8

5.如圖，在四棱錐尸dBCD中，△掰。是以ND為斜邊的等腰直角三角形,

BC//AD,CD±AD,AD=2CD=2BC=4,PB=273（2023廣州一模T19）

P

（2）求平面以3與平面/BCD交角的正弦值.

⑵叵

【答案】（1）證明見解析;

5

【解析】

【分析】（1）取4。中點(diǎn)E,連接BE,PE,可證明PE±AD,進(jìn)而可證AO_L平面PEB,

則結(jié)論成立；（2）過P做尸。工平面ABCD,過O做OH_1_AB于，，則ZPHO為平面PAB與平面ABC。

所成角，根據(jù)題中所給條件計(jì)算尸O,OH的長(zhǎng)，求出正切值，進(jìn)而求出正弦值.

【小問1詳解】

取AD中點(diǎn)E,連接BE,PE,

因?yàn)锽C〃AD,且3。=工4。=包）,所以四邊形E8CD為平行四邊形，即3E7/CD,

2

因?yàn)?_LAD,所以BE_LAD;

因?yàn)?PAD是以AD為斜邊的等腰直南三角形，所以PE1.AD;

PEcBE=E,所以A￡）_L平面PE3,PBu平面PEB,所以A￡）_LP8.

【小問2詳解】

過P做尸平面A6C。，過。做于H,則ZPHO為平面PAB與平面A3C。所成角，

由（1）可知：AOJ.平面PEB,ADu平面ABCD,所以平面PE3_L平面ABCD,平面PEBy平面ABCD

=BE,

則Oe直線BE,由題意可知PE=2,BE=2,又尸5=2百，所以/PEB=120,在直角三角形尸石。

中，NPEO=60,所以PO=JLOE=I,

過E做ER_LA3于/，則OH//EF,

在AAEB中，BE1AE,BE=AE=2,則A3=2近，EF=￡AB=M,

46I—

K、EFBE2z、372tanNPHO=

所以-——,所以0H=3423，則sinNPHO=^^

OHBO32F5

補(bǔ)充：也可以作2次交線AB的垂線，即先作EF_LAB,再作FG垂直PB,易知F為中點(diǎn)，G為四等分點(diǎn)

6.如圖，在三棱錐中，平面ABO1.平面BCD,AB=AD,。為2。的中點(diǎn).

(1)證明：OA1CD；

(2)若OCD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，點(diǎn)E在棱A。上，DE=2EA且二面角-。的大小為60,

求三棱錐4-3。的體積.

【答案】(1)證明見解析；(2)4.

【分析】(1)由等腰三角形的性質(zhì)可得，而平面ABD_L平面8c。，則由面面垂直的性質(zhì)定理可得

AOJ.面BCD,再由線面垂直的性質(zhì)定理可得OACD,

(2)過點(diǎn)E作EN〃A。交3。于N.過點(diǎn)N作NW〃CD丈BC千點(diǎn)、M,連接ME,則可得EN_L面BCD,

由OB=OD=OC可得三角形BCD為直角三角形，從而可得NEMN為所求的二面角E-8C-。的平面角，

所以由NEAW=60。，可得出MN=EN,再結(jié)合平行關(guān)系和,.OCD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，可求出三棱

錐的體積

【詳解】(1)AB=AD,。為3D中點(diǎn)，..AO_LBO,

AOu面ABD,面A5￡)_L面BCD,且面ABDC面BCD=BD,

AO_L面BCD,

?.,CDu面BCD,

AOLCD.

(2)過點(diǎn)、E作EN〃AO丈BD于N.過,&N作NM〃CD丈BC千京、M,連接ME,因?yàn)镋N〃A。且由

(1)知40_1面3。。，

所以ENL面BCD,

BCu面BCD,

EN_LBC

在△BCD中，OB=OD=OC,

BCVCD,

NM//CD,MNIBC,

3c_L面MNE

...BC1ME

/.ZEMN為所求的二面角E—BC—O的平面角

/.ZEMN=60°,43MN=EN

DE=2AE,EN//AO,

.ENDN_2

.茄一法一鼠

NM//CD,f

.MN-BN-4-2

,CD-DB-6-3

4

CD=2,MN=-.

3

.?.EN=迪，:.OA=26.

3

/.5△AtAjy^mD=-2BDCD?sinZBDC

」42.走=2如

22

■.VA_BCD=-243-2^3=4.

7.（2023?浙江?統(tǒng)考二模）如圖，在三棱柱ABCA0C中，底面ABC1平面明⑸8,_ABC是正三角形,

。是棱BC上一點(diǎn)，且CQ=3Z）B,AA=A8.

(1)求證：BXC,1\D.

3

(2)若AB=2且二面角\-BC-Bt的余弦值為求點(diǎn)A到側(cè)面BBXCXC的距離.

【答案】(1)證明見解析；(2)2等

【分析】(1)取AB,8C的中點(diǎn)0,E,根據(jù)等腰三角形三線合一性質(zhì)、面面垂直的性質(zhì)，結(jié)合線面垂直的判

定可證得BC工平面\OD,由平行關(guān)系和線面垂直的性質(zhì)可證得結(jié)論；

3

(2)取用G中點(diǎn)尸，作AGLDF,由二面角平面角定義和線面垂直的判定可知cosNA。歹=g,所求距離

為4G；設(shè)4。=〃，根據(jù)長(zhǎng)度關(guān)系，在..4。尸中，利用余弦定理可構(gòu)造方程求得〃，利用面積可求得4G.

【詳解】(1)取AB,8c的中點(diǎn)0,E,連接AO，ADOD,AE,

ABC為等邊三角形，..AEIBC；

.AA=4B,。為AB中點(diǎn)，：.\OLAB,

CD=3DB,E為BC中點(diǎn)，D為BE中點(diǎn)、,又。為AB中點(diǎn)，

OD//AE,OD1BC-,

i平面ABC/平面44旦8,平面ABCc平面AAB18=AB,4Ou平面AAgB,

AO_L平面ABC,又BCu平面ABC,.-.^OLBC；

A.O'OD^O,4。,。。＜=平面A。。，.1BC，平面A。。，

BC

AQu平面40。，BC±AtD,又BC〃用G,ii-L

(2)取用G中點(diǎn)P,連接A/,D尸，

由三棱柱結(jié)構(gòu)特征知：\FHAE,又ODIIAE,:.ODHAF,即A，。，。，尸四點(diǎn)共面,

由(1)知：BC/平面A0。/，

.平面40。尸，BCLDF,BCl^D,

3

是二面角A-BC-4的平面角，:.cosZAiDF=-,

作AGJLDF,垂足為G,

BCl^G,DFLA.GfBC\DF=D,BC,DFu平面BCCR,

AG_L平面5。。1瓦，

設(shè)A。=。，則明=7/z2+l,

DF=+A

???AD=^|,f^^^

22

402+￡）尸2_4/2/Z+-+/I+--3

443

/.cosZ^DF==5,解得:h=6,

2ADDF

4

又5皿/4。尸=二S=-ADDFsmZADF=-DFAG,

Atn\Fur2刀12I}，

叫x爭(zhēng)爭(zhēng):小孚AG,解得:AG*

即點(diǎn)A到側(cè)面BB?C的距離為.

8.如圖，在多面體ABCDE中，平面AC。_L平面ABC,BE_L平面ABC,ABC和..AC。均為正三角形,

AC=4,BE=6

D

(1)在線段AC上是否存在點(diǎn)F,使得BF//平面ADE?說明理由；

(2)求平面CDE與平面ABC所成的銳二面角的正切值.

【答案】(1)存在，理由見解析；⑵叵

2

【分析】(1)記AC中點(diǎn)為連結(jié)DM,根據(jù)線面平行的判定定理即可得出結(jié)論；

(2)連結(jié)CG,過點(diǎn)8作CG的垂線，連結(jié)EH,作出平面CDE與平面A8C所成的二面角的平面角，解三

角形，即可求得答案.

【詳解】(1)記AC中點(diǎn)為連結(jié)。M,AC。為正三角形，AC=4,

則DM1AC,且DM=273.

因?yàn)槠矫鍭CD_L平面ABC,平面平面ABC=AC,DMu平面/CD,

所以DM工平面ABC,又因?yàn)锽E_L平面ABC,

所以DM〃BE.

延長(zhǎng)MB,OE交于點(diǎn)G,則AG為平面AOE與平面ABC的交線，

因?yàn)锽E=6,故DM=2BE,所以2為MG的中點(diǎn)，

取AM中點(diǎn)尸，連結(jié)BF,則8尸〃AG,因?yàn)锳Gu平面ADE,平面AOE,

所以〃平面A￡>E.

-.1-.

即線段AC上存在點(diǎn)尸，當(dāng)AF=—AC時(shí)，〃平面ADE.

4

(2)連結(jié)CG,則CG為平面COE與平面ABC的交線，

在平面ABC內(nèi)，過點(diǎn)8作CG的垂線，垂足為//.

連結(jié)EH,因?yàn)锽E_L平面ABC,CGu平面ABC,故BE_LCG,

BE、BH=B,BE,BHu平面BEH,故CG_L平面,

EHu平面BEH,故CGLEH,

則ZBHE為平面CDE與平面ABC所成的二面角的平面角.

..ABC為正三角形，AC=4,生父BM=2日則8G=8M=26，

且NMBC=30NGBC=150,

故在GBC中，GC~=BG2+BC2-2BG-BCcosZGBC=12+16-2x2島4x(-1)=52,

故CG2萬,而SB0c=；BCx3Gxsinl50=2百，

故BH=2SBGC=半，丸因?yàn)锽E=LDM=6，

CGV132

所以tan/BHE="^=叵,

BH2

即平面CDE與平面ABC所成的銳二面角的正切值為史.

2

題園互作2次交線的垂線

9.在三棱錐S—ABC中，底面AABC為等腰直角三角形,NSAB=NSCB=NABC=90°.(杭州二模)

⑴求證：ACLSB-,(2)若4B=2,SC=20，求平面S4C與平面SBC夾角的余弦值.

【答案】(1)證明見解析;(2)如

3

【詳解】(1)

s

證明：取AC的中點(diǎn)為E,連結(jié)SE,BE,

'：AB=BC,：.BE1AC,

在一SCB和ASAB中，NSAB=ZSCB=90°,AB=BC,SB=SB

：..,SCB=.SAB,：.SA^SC,

：AC的中點(diǎn)為E,/.SE1AC,

:SECBE=E,；.AC_L面SBE,

,：SBu面SBE,：.AC1SB

（2）

過S作5。_1面48（7,垂足為。，連接AD,CD,SD1AB

?：AB1SA,AB1SD,SA||AD=A,AB」平面SAO

：.AB±AD,同理，BCVCD

:底面..ABC為等腰直角三角形，AB=2,SC=2也,

四邊形A8C￡＞為正方形且邊長(zhǎng)為2.

以。為原點(diǎn)，D4,Z）C,DS分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系。-盯z,則

A（2,0,0）,5（0,0,2）,C（0,2,0）,B（2,2,0）

SC=（0,2,-2）,AC=（-2,2,0）,BC=（-2,0,0）,

,、n-SC=2y,-2z,=0

設(shè)平面SAC的法向量〃二（%,%,zj,則｛，解得x=y=z,

n-AC=-2xl+2yl=0

取再=1,則%=1,Z[=1,H=（1,1,1）,

,、m-SC=2y-2z=0[x=0

設(shè)平面SBC的法向量機(jī)=（%2，y2，Z2）,則〈??,解得1,

mBC=-2x2=01y=z

取%=1,則玉=O,Z]=1,zn=（0,1,1）,

設(shè)平面SAC與平面SBC夾角為0

mn

Q|一?|-2底

cose=cos<m,n>\=-—=—；=——產(chǎn)=---

11而nV3xV23

故平面SAC與平面SBC夾角的余弦值為".

3

補(bǔ)充幾何法：作2次交線的垂線得出二面角，即AMJ_SC,MN±SC,NAMN即所求，易知MN均為中點(diǎn).

題園回找交線

10.如圖，在四棱錐P—力BCD中，底面4BC/）是平行四邊形，ZABC=120°,AB=1,BC=2,PD1CD.

(1)證明：ABLPBx

⑵若平面以IB,平面PCD,且=求直線4C與平面PBC所成角的正弦值.（廣東省二模T19）

2

【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可得CD_L3。，進(jìn)而根據(jù)線面垂直的判定和性質(zhì)分析判斷;

（2）方法一：建系，利用空間向量求線面夾角；方法二：利用等體積法求點(diǎn)4到平面P8C的距離，結(jié)合線

面夾角的定義分析運(yùn)算.

【詳解】（1）如圖1,連接5。,

因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形，且乙48c=120。，AB=1,BC=2,

所以CD=1,ZBCD=60°,AB//CD,

所以必=叱+5-22℃。3/88=1+4-2、卜2*3=3,

所以BD=6,

所以8c2=B￡)2+C￡)2,所以CO_LBD,

又因?yàn)镃Z)_LPZ),BD\PD=D,BD,PDu平面PBD,

所以CD_L平面PBD,

因?yàn)槭?u平面PAD,所以C￡)_LPB,

因?yàn)锳B〃C。，所以AB_LP2.

(2)如圖2,設(shè)平面以8和平面PCD的交線為直線/,

因?yàn)镃D〃AB,CDS平面RIB,ABu平面PAB,所以CD〃平面

因?yàn)镃Ou平面尸CD,平面處。尸4Ou平面尸BC=/,

所以CD〃/,

因?yàn)镃￡)_L平面尸50,所以//平面尸AD,

因?yàn)镻B,PDu平面PBD,所以NAPD是平面為3與平面PCD的二面角，

因?yàn)槠矫鍼AB_L平面尸CD,所以NBPD=90。，gpBP1DP

在RtA43尸中，因?yàn)槭?=?，AB=l,所以PB=",

在RtABPD中，因?yàn)锽D=6,K'lPD=—,所以△BPD為等腰直角三角形，

2

方法一：由(1)得CD_L平面P3。，如圖3,以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，D8所在直線為x軸，0c所在直線為y

軸，過點(diǎn)。垂直于平面/BCD的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(6-l,0),B(V3,0,0),C(0,1,0),

烏o,呼

設(shè)平面尸5c的法向量為〃=(%,y,z),

n?BC=-y/3x+y=0

"臥=-號(hào)+*=。'

取X=l,則,=g/=],得〃=

記直線4C與平面尸5C所成角為仇

-V3+2A/3+0

則sin^=cos/n,AC/=n-AC

V1+3+1XVTF4

所以直線/C與平面P8C所成角的正弦值為業(yè)》.

35

方法二：在A4BC中，因?yàn)锳3=l,BC=2,ZABC=120°,貝|

AC=AB2+BC2-2AB-BC-cosZABC=il+4-2xlx2x^-^=4y,

設(shè)點(diǎn)/到平面PBC的距離為d,

由（1）知CDL平面PBD,因?yàn)樗倪呅?8c。是平行四邊形，所以AO〃BC,

又因?yàn)锳Ou平面尸8C,BCu平面PBC,所以A。〃平面尸8C,

所以匕—P5C=VD—PBC,

因?yàn)閊D-PBC~匕-BPD，所以匕-PBC-V（J-BPD，

設(shè)點(diǎn)”到平面P3C的距離為d,由（1）知CD_L平面PAD,

所以］S4PBC,"=］S/\BPD*CD,

在△依C中，尸8=逅，BC=2,PC=PA=—,

22

因?yàn)镻B?+PC?=BC?,所以PB_LPC,

所以-Jx4普=限

所以J_X姮.d=J_x』xYlxYixl,解得］=姮，

3432