2025年高考數(shù)學(xué)必刷題分類：第53講、傳統(tǒng)方法求角度與距離（教師版）

第53講傳統(tǒng)方法求角度與距離

知識(shí)梳理

知識(shí)點(diǎn)1：線與線的夾角

平行直線

共面直線

（1）位置關(guān)系的分類：相交直線

異面直線：不同在任何一個(gè)平面內(nèi)，沒有公共點(diǎn)

（2）異面直線所成的角

①定義：設(shè)a，b是兩條異面直線，經(jīng)過空間任一點(diǎn)O作直線a∥a，b∥b，把a(bǔ)與b所

成的銳角（或直角）叫做異面直線a與b所成的角（或夾角）．

②范圍：(0，]

2

③求法：平移法：將異面直線a，b平移到同一平面內(nèi)，放在同一三角形內(nèi)解三角形．

知識(shí)點(diǎn)2：線與面的夾角

①定義：平面上的一條斜線與它在平面的射影所成的銳角即為斜線與平面的線面角．

②范圍：[0，]

2

③求法：

常規(guī)法：過平面外一點(diǎn)B做BB平面，交平面于點(diǎn)B'；連接AB，則BAB即

BBh

為直線AB與平面的夾角．接下來(lái)在Rt△ABB中解三角形．即sinBAB

AB斜線長(zhǎng)

（其中h即點(diǎn)B到面的距離，可以采用等體積法求h，斜線長(zhǎng)即為線段AB的長(zhǎng)度）；

知識(shí)點(diǎn)3：二面角

（1）二面角定義：從一條直線出發(fā)的兩個(gè)半平面所組成的圖形稱為二面角，這條直線

稱為二面角的棱，這兩個(gè)平面稱為二面角的面．（二面角l或者是二面角ACDB）

（2）二面角的平面角的概念：平面角是指以二面角的棱上一點(diǎn)為端點(diǎn)，在兩個(gè)半平面

內(nèi)分別做垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角就叫做該二面角的平面角；范圍[0，]．

（3）二面角的求法

法一：定義法

在棱上取點(diǎn)，分別在兩面內(nèi)引兩條射線與棱垂直，這兩條垂線所成的角的大小就是二面

角的平面角，如圖在二面角l的棱上任取一點(diǎn)O，以O(shè)為垂足，分別在半平面和

內(nèi)作垂直于棱的射線OA和OB，則射線OA和OB所成的角稱為二面角的平面角（當(dāng)然兩條

垂線的垂足點(diǎn)可以不相同，那求二面角就相當(dāng)于求兩條異面直線的夾角即可）．

法二：三垂線法

在面或面內(nèi)找一合適的點(diǎn)A，作AO于O，過A作ABc于B，則BO為斜線

AB在面內(nèi)的射影，ABO為二面角c的平面角．如圖1，具體步驟：

①找點(diǎn)做面的垂線；即過點(diǎn)A，作AO于O；

②過點(diǎn)（與①中是同一個(gè)點(diǎn)）做交線的垂線；即過A作ABc于B，連接BO；

③計(jì)算：ABO為二面角c的平面角，在Rt△ABO中解三角形．

圖1圖2圖3

法三：射影面積法

凡二面角的圖形中含有可求原圖形面積和該圖形在另一個(gè)半平面上的射影圖形面積的

S射S

都可利用射影面積公式（cos=A'B'C'，如圖2）求出二面角的大??；

S斜SABC

法四：補(bǔ)棱法

當(dāng)構(gòu)成二面角的兩個(gè)半平面沒有明確交線時(shí)，要將兩平面的圖形補(bǔ)充完整，使之有明確

的交線（稱為補(bǔ)棱），然后借助前述的定義法與三垂線法解題．當(dāng)二平面沒有明確的交線時(shí)，

也可直接用法三的攝影面積法解題．

法五：垂面法

由二面角的平面角的定義可知兩個(gè)面的公垂面與棱垂直，因此公垂面與兩個(gè)面的交線所

成的角，就是二面角的平面角．

例如：過二面角內(nèi)一點(diǎn)A作AB于B，作AC于C，面ABC交棱a于點(diǎn)O，則

BOC就是二面角的平面角．如圖3．此法實(shí)際應(yīng)用中的比較少，此處就不一一舉例分析了．

知識(shí)點(diǎn)4：空間中的距離

求點(diǎn)到面的距離轉(zhuǎn)化為三棱錐等體積法求解．

必考題型全歸納

題型一：異面直線所成角

例1．（2024·四川綿陽(yáng)·綿陽(yáng)中學(xué)?？级＃┤鐖D，圓柱的軸截面為矩形ABCD，點(diǎn)M，N分

別在上、下底面圓上，NB2AN，CM2DM，AB2，BC3，則異面直線AM與CN

所成角的余弦值為（）

33033033

A．B．C．D．

102054

【答案】B

【解析】如圖（1），在AB上取點(diǎn)E，使AE2EB，

連接NE，AN，NB，BE，EA．

易知四邊形ANBE為矩形，則NB∥AE，且NBAE．

連接MN，CM．因?yàn)镸N∥BC，且MNBC，

所以四邊形MNBC為平行四邊形，所以CM∥NB，且CMNB．

連接CE，則AE∥CM，且AECM，

所以四邊形AECM為平行四邊形，則AM∥CE，

所以NCE或其補(bǔ)角是異面直線AM與CN所成的角．

在Rt△ABN中，NB2AN，AB2，BN3，AN1，

在Rt△BNC中，CB3，BN3，所以CN32(3)223．

在RtBCE中，CB3，BE1，所以CE321210．又NEAB2，

10124330

在△NCE中，由余弦定理cosNCE．

2102320

故選：B.

例2．（2024·全國(guó)·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，

ABBCACAA1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值等于（）

3111

A．B．C．D．

2234

【答案】D

【解析】如圖，將該幾何體補(bǔ)成一個(gè)直四棱柱ABCDA1B1C1D1，由題易得底面ABCD為菱

形，且ABC為等邊三角形.

連接DC1,BD，易得AB1∥DC1，所以BC1D（或其補(bǔ)角）是異面直線AB1與BC1所成的角.

2

設(shè)，則1，

AB1BC1DC12,BD213

2

(2)2(2)2(3)21

所以cosBC1D.

2(2)24

故選：D.

5π

例3．（2024·江西·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，二面角l的大小為,a,b，且

6

π

a與交線l所成的角為，則直線a,b所成的角的正切值的最小值為（）

3

393313

A．3B．C．D．

13313

【答案】B

【解析】先證明一個(gè)結(jié)論：如圖，直線ST為平面的一條斜線，T為斜足，ST與平面所

成的角為，則平面內(nèi)的直線與直線ST所成角的最小值為.

證明：對(duì)于平面內(nèi)的任意一條直線m，如果其不過點(diǎn)T，則可以平移該直線至點(diǎn)T，

此時(shí)直線m與直線ST所成角即為平移后的直線與直線ST所成的角.

設(shè)平移后的直線為直線TG（如圖），過S作TG的垂線，垂足為E，

S在平面內(nèi)的射影為O，連接OT，則STO，

ππ

而直線TG與直線ST所成的角即為STE，其中STE0,，0,.

22

SESO

因?yàn)閟inSTE,sin,SESO，

STST

故STE，當(dāng)且僅當(dāng)TG與OT重合時(shí)等號(hào)成立，

所以平面內(nèi)的直線與直線ST所成角的最小值為.

回到原題，

如圖，設(shè)alB，取a上一點(diǎn)A，過A作ACl，垂足為C,AD，

垂足為D，連接CD,BD，

因?yàn)锳D，l，故ADl，而ACl，ADACA，

AD,AC平面ADC，故l平面ADC，

而DC平面ADC，故CDl，故ACD為平面l的平面角的補(bǔ)角，

5ππ

故ACDπ.

66

不妨令A(yù)Dx，則AC2x,DC3x.

2x13

又ABC60，所以BC，所以BDDC2BC2x，

33

ADx339

tanABD

所以BD131313.

x

3

因?yàn)锳D，故AB與平面所成的角為ABD，

39

由前述所證結(jié)論可得，直線a,b所成角的最小值為ABD，其正切值為.

13

故選：B.

變式1．（2024·河南·洛寧縣第一高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，

ABAA1，D為A1B1的中點(diǎn)，E為A1C1的中點(diǎn)，則異面直線AD與BE所成角的余弦值為（）

6353535

A．B．C．D．

610147

【答案】C

1

【解析】D為AB的中點(diǎn)，E為AC的中點(diǎn)，所以DECB，DE//CB，

111121111

1

如圖，延長(zhǎng)CB至F，使得BFCB，連接DE，DF，AF，CBCB，

211

1

因?yàn)锽FCB，所以DEBF，DE//BF，

211

所以四邊形BEDF是平行四邊形，DF//EB，

則ADF為異面直線AD與BE所成的角或補(bǔ)角．設(shè)ABAA12，

取AC的中點(diǎn)M，連接EM、BM，

則EMAC，EM2，BM3，A1D1，

2

DFEBEM2BM22237，

2222，

ADAA1A1D215

由余弦定理得AFAB2BF22ABBFcos1207，

AD2DF2AF25135

由余弦定理得cosADF．

2ADDF2714

35

所以直線AD與BE所成角的余弦值為

14

故選：C.

π

變式2．（2024·全國(guó)·高三對(duì)口高考）兩條異面直線a、b所成角為,一條直線l與a、b成角

3

都等于，那么的取值范圍是（）

πππππ5ππ2π

A．,B．,C．,D．,

32626633

【答案】B

π

【解析】設(shè)a//a，b//b，abO，則a,b確定平面，且a與b的夾角為，

3

ππ

l//l，l過點(diǎn)O，如圖，當(dāng)l時(shí)，并且l為角的平分線時(shí)，此時(shí)，

36

當(dāng)l時(shí)，且l為平面的斜線時(shí)，由題意可知，l在平面的射影，落在a與b的所成

角的平分線上，

π

當(dāng)落在夾角的角平分線上時(shí)，過直線l上一點(diǎn)P，作PA，ABb，連結(jié)PB,

3

b，則PAb，PAABA，且PA,AB平面PAB，所以b平面PAB，

PBπAB

PB平面PAB，所以bPB，tanPOBtan，tanAOBtan,

OB6OB

ππππ

因?yàn)镻BAB，所以tantan，0,，此時(shí),，

6262

π

當(dāng)l時(shí)，此時(shí)，

2

ππ

可知，的取值范圍是,，

62

2π2π

當(dāng)l在角的平分線時(shí)，或是l在平面的射影，落在角的平分線時(shí)，以及l(fā)時(shí)，

33

ππ

此時(shí)的取值范圍是,，

32

ππ

綜上可知，的取值范圍是,，

62

故選：B

變式3．（2024·四川·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）在正四棱臺(tái)ABCDA1B1C1D1中，AB2A1B14，其

282

體積為,E為B1D1的中點(diǎn)，則異面直線AD1與BE所成角的余弦值為（）

3

333330

A．B．C．D．

1051010

【答案】D

【解析】設(shè)正四棱臺(tái)ABCDA1B1C1D1的高為h，

連接BD，作D1F∥BE交BD于點(diǎn)F，

作D1GBD交BD于點(diǎn)G，連接AG,AF，

則AD1F為異面直線AD1與BE所成角或其補(bǔ)角.

因?yàn)锳B2A1B14，

282

且正四棱臺(tái)ABCDA1B1C1D1的體積為，

3

1282

即416416h，

33

所以h2，即D1G2，

易求DGBF2，

BG32，

D1FAFAG10，

AD123，

12101030

所以cosAD1F.

2231010

故選：D.

變式4．（2024·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市第六中學(xué)校?？既＃┱庵鵄BC-A1B1C1的棱長(zhǎng)

均相等，E是B1C1的中點(diǎn)，則異面直線AB1與BE所成角的余弦值為（）

2210310

A．B．C．D．

432020

【答案】D

【解析】連接A1E,A1B，設(shè)F為A1E的中點(diǎn)，設(shè)AB1,A1B交于點(diǎn)D，

連接DF，由于四邊形ABB1A1為平行四邊形，故D為A1B的中點(diǎn)，

所以DF∥BE，則ADF即為異面直線AB1與BE所成角或其補(bǔ)角，

連接AF，由于正三棱柱ABC-A1B1C1的棱長(zhǎng)均相等，設(shè)棱長(zhǎng)為2，

15

則BEBB2BE2415,DFBE,

1122

13319

ADAB2,AE3,AF，則AFAA2AF24，

211121142

519

2222

ADDFAF44310

故在△ADF中，cosADF,

2ADDF520

22

2

π

由于異面直線AB與BE所成角的范圍為(0,]，

12

310

故異面直線AB1與BE所成角的余弦值為，

20

故選：D

題型二：線面角

例4．（2024·貴州貴陽(yáng)·校聯(lián)考三模）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABACAA1，

BAC60，則AB1與平面AA1C1C所成角的正弦值等于（）

23610

A．B．C．D．

2244

【答案】C

【解析】如圖所示：

取A1C1的中點(diǎn)D，連接B1D，AD，

在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面A1B1C1是正三角形，

B1DA1C1，又CC1底面A1B1C1，B1D平面A1B1C1，CC1B1D.

又CC1A1C1C1，CC1平面AA1C1C，A1C1平面AA1C1C，

B1D平面AA1C1C，

B1AD為AB1與平面AA1C1C所成角，

由題意，設(shè)ABACAA2a，22，22，

1B1D(2a)a3aAB1(2a)(2a)22a

BD

△13a6

在RtB1AD中，sinB1AD，

AB122a4

故選：C.

例5．（2024·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱錐PABCD中，AB//CD，ABC90，

△ADP是等邊三角形，ABAP2，BP3，ADBP.

(1)求BC的長(zhǎng)度；

(2)求直線BC與平面ADP所成的角的正弦值.

【解析】（1）取AD中點(diǎn)F，連接PF,BF,BD，

ADP是等邊三角形，PFAD，

又ADBP，BPPFP，BP,PF平面PFB，AD平面PFB，

BF平面PFB，ADBF，BDAB2，

ABD為等邊三角形，BC22123.

（2）AD平面PFB，AD平面APD，平面PFB平面APD，

作BGPF，垂足為G，則BG平面APD，ADBCH，連接HG，

BHG為直線BC與平面ADP所成的角，

由題意知：PFBF3，又BP3，

PF2BF2BP23391

cosGFB，

2PFBF62

3

GFB120，BG，

2

3

ABCBCD90，CD1，BH23，sinBHG，

4

3

直線BC與平面ADP所成的角的正弦值為.

4

例6．（2024·廣東陽(yáng)江·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）在正三棱臺(tái)ABC-A1B1C1中，AB6，

A1B1AA13，D為A1C1中點(diǎn)，E在BB1上，EB2B1E.

(1)請(qǐng)作出A1B1與平面CDE的交點(diǎn)M，并寫出A1M與MB1的比值（在圖中保留作圖痕跡，不

必寫出畫法和理由）；

(2)求直線BM與平面ABC所成角的正弦值.

【解析】（1）①作圖步驟：延長(zhǎng)CE,C1B1，使其相交于N，連接DN，則可得DNIA1B1M；

作圖如下：

作圖理由：在平面CBB1C1中，顯然CE與C1B1不平行，延長(zhǎng)相交于N，

由NCE，則N平面CED，由D平面CED，則DN平面CED，

由NB1C1，DA1C1，則DN平面A1B1C1，可得NDIA1B1M

故A1B1平面CDEM.

②連接DB1,A1N，如下圖所示：

在正三棱臺(tái)ABC-A1B1C1中，BC//B1C1，即B1N//BC，易知VBCE:VB1NE，

uuruuur

B1NB1E

則，由BE2EB，且BC6，則B1N3，顯然B1C1B1N3，

BCBE1

1

由B,D分別為CN,CA的中點(diǎn)，則DBAN，且BD//NA，

111112111

A1MA1N

易知VB1DM:VA1NM，故2.

MB1DB1

（2）由題意，過M作平面ABC的垂線，垂足為M1，并連接BM1，如下圖所示：

AM

1

由（1）可知：2且A1B1B1C13，則B1M1，由AB6，AA1A1B13，

MB1

在側(cè)面AA1B1B中，過B1,A1分別作AB的垂線，垂足分別為B2,A2，如下圖所示：

BB1

11321

易知BB2ABA2B2ABA1B1,cosB1BA，所以cosBB1A1，

222BB122

222

在△BB1M中，BMBB1B1M2BB1B1McosBB1A113，則BM13，

2

233

棱臺(tái)的高2，

MM13636

322

由圖可知直線BM與平面ABC所成角為∠MBM1，

因?yàn)镸M1平面ABC，且M1B平面ABC，所以M1BMM1，

MM1678

所以sinMBM1.

BM1313

變式5．（2024·海南?？凇ずＤ先A僑中學(xué)?？级＃┤鐖D，在多面體ABCDEFG中，平面

ABC平面DEFG，底面ABC是等腰直角三角形，ABBC2，側(cè)面ACGD是正方形，

DA平面ABC，且FB∥GC，GEDE.

(1)證明：AEGE．

(2)若O是DG的中點(diǎn)，OE平面BCGF，求直線OE與平面BDG所成角的正弦值．

【解析】（1）因?yàn)镈A平面ABC，平面ABC平面DEFG，所以DA平面DEFG，

又因?yàn)镚Eì平面DEFG，所以DAGE，

因?yàn)镚EDE，DADED，DA，DE平面ADE，

所以GE平面ADE，

因?yàn)锳E平面ADE，

所以AEGE．

（2）如圖，因?yàn)镺是DG的中點(diǎn)，OE平面BCGF，OE平面DEFG，且平面DEFG

平面BCGFGF，

所以O(shè)E∥GF，

因?yàn)槠矫鍭BC平面DEFG，

平面ABC平面DACGAC，平面DEFG平面DACGDG，

平面ABC平面BCGFBC，平面DEFG平面BCGFGF，

所以AC∥DG，BC∥GF，

因?yàn)锳BC是等腰直角三角形，

所以DOEDGFACB45，

又因?yàn)锳BBC2，側(cè)面ACGD是正方形，

1

所以ACCG2，OEDG1，

2

2

所以點(diǎn)E到DG的距離為OEsin45，

2

122122

所以S△2，則V2，

DEG222BDEG323

又BC2,GC2，所以BGBD6,OB5，

1

所以S△255，

BCD2

設(shè)點(diǎn)E到平面BDG的距離為h，

1210

由VBDEGVEBDG可得5h，解得h，

335

h10

所以直線OE與平面BDG所成角的正弦值為．

OE5

變式6．（2024·全國(guó)·高三專題練習(xí)）在三棱錐OABC中，ABBCOB2,ABC120，

平面BCO平面ABC，且OBAB.

(1)證明：OBAC；

(2)若F是直線OC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求直線AF與平面ABC所成的角的正切值最大值.

【解析】（1）在三棱錐OABC中，在平面ABC內(nèi)過點(diǎn)B作直線BDBC，如圖，

因?yàn)槠矫鍮CO平面ABC，平面BCO平面ABCBC，BD平面ABC，

所以BD平面BCO，又OB平面BCO，所以O(shè)BBD，

因?yàn)镺BAB，ABIBDB,AB,BD平面ABC，

所以O(shè)B平面ABC，又AC平面ABC，

所以O(shè)BAC.

（2）過F作FH//OB交BC于H，連接AH，由（1）知FH平面ABC，

因此FAH是直線AF與平面ABC所成的角，

又AH,BC平面ABC，所以FHAH,FHBC，

設(shè)FHt，由OBBC2，OBBC，得FCH45，CHFHt，

又ABBC2,ABC120，所以ACB30，AC2BCcos3023，

在ACH中，由余弦定理,

3

得AH2AC2CH22ACCHcos3012t2223tt26t12，

2

FH2t211

2

tanFAH224

所以1261121，當(dāng)且僅當(dāng)t4時(shí)取等號(hào)，

AHt6t12112()

t2tt44

所以直線AF與平面ABC所成的角的正切值最大值為2.

變式7．（2024·湖南邵陽(yáng)·高三統(tǒng)考學(xué)業(yè)考試）如圖，在四棱錐PABCD中，四邊形ABCD是

邊長(zhǎng)為2的正方形，AC與BD交于點(diǎn)O，PA面ABCD，且PA2.

(1)求證BD平面PAC.；

(2)求PD與平面PAC所成角的大?。?/p>

【解析】（1）因?yàn)锳BCD是正方形，所以ACBD，

又因?yàn)镻A平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD，

因?yàn)镻AACA，PA平面PAC，AC平面PAC，

所以BD平面PAC.

（2）連接PO，因?yàn)锽D平面PAO，所以DPO為PD與平面PAC所成的角，

因?yàn)锳BPA2，所以PO6,DO2，

DO23

在直角DPO中，tanDPO，

PO63

所以DPO30，即PD與平面PAC所成的角為30.

變式8．（2024·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C底面ABC，

ACB90,AA12，A1到平面BCC1B1的距離為1．

(1)證明：A1CAC；

(2)已知AA1與BB1的距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．

【解析】（1）如圖，

A1C底面ABC，BC面ABC，

A1CBC，又BCAC，A1C,AC平面ACC1A1，A1CACC,

BC平面ACC1A1，又BC平面BCC1B1，

平面ACC1A1平面BCC1B1，

過A1作A1OCC1交CC1于O，又平面ACC1A1平面BCC1B1CC1，A1O平面ACC1A1，

A1O平面BCC1B1

A1到平面BCC1B1的距離為1，A1O1，

△

在RtA1CC1中，A1CA1C1,CC1AA12，

設(shè)COx，則C1O2x，

△A1OC,△A1OC1,△A1CC1為直角三角形，且CC12，

222222222

COA1OA1C，A1OOC1C1A1，A1CA1C1C1C，

1x21(2x)24，解得x1，

ACA1CA1C12，

A1CAC

（2）ACA1C1,BCA1C,BCAC，

Rt△ACB≌Rt△A1CB

BABA1，

過B作BDAA1，交AA1于D，則D為AA1中點(diǎn)，

由直線AA1與BB1距離為2，所以BD2

A1D1，BD2，A1BAB5，

在Rt△ABC，BCAB2AC23，

延長(zhǎng)AC，使ACCM，連接C1M，

由CM∥A1C1,CMA1C1知四邊形A1CMC1為平行四邊形，

∥

C1MA1C，C1M平面ABC，又AM平面ABC，

C1MAM

則在△中，，22，

RtAC1MAM2AC,C1MA1CAC1(2AC)A1C

在△中，22，，

RtAB1C1AC1(2AC)A1CB1C1BC3

222

AB1(22)(2)(3)13,

又A到平面BCC1B1距離也為1，

113

所以AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為.

1313

變式9．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在多面體ABCDE中，平面ACD平面ABC，BE

23

平面ABC，ACD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，ABBC，BE3．

3

(1)點(diǎn)M為線段CD上一點(diǎn)，求證：DEAM；

(2)求AE與平面BCE所成角的正弦值．

【解析】（1）證明：取AC中點(diǎn)O，連接DO,OB，

因?yàn)锳CD是邊長(zhǎng)為2的正三角形，可得DOAC，

因?yàn)槠矫鍭CD平面，平面ACD平面ABCAC，且DO平面ACD，

所以DO平面ABC，且DO3，

又因?yàn)锽E平面ABC，所以DO//BE，

因?yàn)锽E3，可得BEDO，所以四邊形BODE為平行四邊形，所以BO//DE，

由ABBC，且O為AC的中點(diǎn)，可得BOAC，

因?yàn)槠矫鍭CD平面ABC，平面ACD平面ABCAC，且BO平面ABC，

所以BO平面ACD，所以DE平面ACD，

又因?yàn)锳M平面ACD，所以DEAM.

23

（2）在ABC中，ABBC，且AC2，

3

22

2323

22

AB2BC2AC2331

由余弦定理得cosABC，

2ABBC23232

2

33

所以ABC120，

如圖所示，過A作AN垂直于BC，交CB延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，即BCAN，連結(jié)EN，

因?yàn)锽E平面ABC，且AN平面ABC，所以BEAN，

又因?yàn)锽ECBB，且BE,CB平面BCE，所以AN平面BCE，

所以AEB即為AE與平面BCE所成角,

39

在直角ABE中，可得AEAB2BE2，

3

233

在直角ABN中，可得ANABsin601，

32

AN139

sinAEN39

所以AE3913，即AE與平面BCE所成角的正弦值為.

13

3

變式10．（2024·海南海口·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，四棱錐PABCD中，AB//CD，ABAD，

平面PAD平面PCD.

(1)證明：平面PAD平面ABCD；

(2)若AD2AB2，PB2，PD5，BC與平面PCD所成的角為，求sin的最大值.

【解析】（1）證明：過點(diǎn)A作AHPD于H，

因?yàn)槠矫鍼AD平面PCD，平面PAD平面PCDPD，所以AH平面PCD，

又CD平面PCD，所以CDAH，

由AB//CD，ABAD，可知CDAD，

而AHADA，AH,AD平面PAD

所以CD平面PAD，

因?yàn)镃D平面ABCD，所以平面PAD平面ABCD．

（2）法1：由（1）知CD平面PAD，PA平面PAD，所以CDPA，

又AB//CD，所以ABPA，

所以PAPB2AB21，PA2AD2PD25，所以PAAD，

由ABADA,AB,AD平面ABCD，所以PA平面ABCD．

如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0)，P(0,0,1)，D(0,2,0)，設(shè)C(m,2,0)(m0)，

平面PCD的一個(gè)法向量為n(x0,y0,z0)，PD(0,2,1)，

nPD0

DC(m,0,0)，所以nPD，nDC，即，

nDC0

2y0z00,

得令y01，得n0,1,2，

mx00,

|BCn|2

BCm1,2,0，所以sin，

|BC||n|(m1)245

顯然，當(dāng)m1時(shí)，(m1)24取最小值，

5

綜上，當(dāng)CD1時(shí)，sin的最大值為．

5

法2：設(shè)點(diǎn)B到平面PCD的距離為d，因?yàn)锳B//CD，CD平面PCD，

所以AB//平面PCD，所以點(diǎn)A到平面PCD的距離也為d，

由（1），CD平面PAD，所以CDPA，又AB//CD，所以ABPA，

所以PAPB2AB21，所以PA2AD2PD25，所以PAAD，

PAAD25

由（1），AH平面PCD，所以dAH，

PD5

d251

由sin，在四邊形ABCD中，當(dāng)BCCD時(shí)，BC取最小值，

BC5BC

2515

此時(shí)四邊形ABCD顯然為矩形，BC2，所以sin的最大值為．

525

變式11．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐PABCD中，底面為直角梯形，AD//BC，

BAD90，PA底面ABCD，且PAADAB2BC，M，N分別為PC，PB的中點(diǎn)．

(1)證明：PBDM．

(2)求BD與平面ADMN所成角的正弦值．

【解析】（1）因?yàn)镸，N分別為PC，PB的中點(diǎn)，所以MN//BC，又AD//BC，

所以MN//AD，則M,N,A,D四點(diǎn)共面.

因?yàn)镹是PB的中點(diǎn)，PAAB，所以ANPB．

因?yàn)镻A平面ABCD，所以PAAD．在直角梯形中，ABAD．而PAABA，PA，AB

平面PAB，因此AD平面PAB．所以ADPB．

又因?yàn)锳NPB，且ANADA，AN，AD平面ADMN，

所以PB平面ADMN．

因?yàn)镈M平面ADMN，所以PBDM．

（2）

連接DN．由（1）可知PB平面ADMN，

所以BDN是BD與平面ADMN所成角．

12

設(shè)PAADAB2BCa，于是PBPA2AB22a，BNPBa．

22

另一方面，BDAB2AD22a．

BNa1

因此，在直角三角形BDN中，sinBDN．

BD2a2

1

所以與平面ADMN所成角的正弦值為．

BD2

變式12．（2024·全國(guó)·高三專題練習(xí)）如圖所示，在四棱錐EABCD中，底面ABCD為直角

1

梯形，AB//CD，ABCD，CDCE，ADCEDC45，AD2，BE3．

2

(1)求證：平面ABE平面ABCD；

(2)設(shè)M為AE的中點(diǎn)，求直線DM與平面ABCD所成角的正弦值．

【解析】（1）證明：ABCD為直角梯形，AB//CD，CDBC．

又CDCE，BCCEC，BC，CE平面BCE,所以CD平面BCE．

又BE平面BCE，CDBE，

又ADC45，AD2，

如圖，過點(diǎn)A作AFCD，AF1,DFFC1，BC1．

又EDC45，CDCE2．

又BE3，由勾股定理可知BEBC.

BCCDC，BC，CD平面ABCD，BE平面ABCD．

BE平面ABE，平面ABE平面ABCD．

（2）取AB的中點(diǎn)N，連接DN，MN，

3

∵M(jìn)為AE的中點(diǎn)，BE3，MN//BE，MN，

2

由（1）知BE⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，

∴∠MDN為直線DM與平面ABCD所成角．

1

由（1）知CDBC，又AB//CD，ABCD，ADC=45，AD2，

2

113

∴ABBCCD1，DNAD2AN22ADANcosDAN，

22

133

∴DM2DN2MN24，

44

DM2．