专题3.1 几何法求二面角，线面角-【模型技巧】备考2024高考数学二轮复习重难点突破专题（新高考专用）

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立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。这是空间向量求解的巨大优点，也是缺点，就这么共存着。其实不建系而直接计算真的很比较锻炼空间想象的能力，方法上也更灵活一些，对于备考的中档学生来说，2种方法都要熟练掌握。
方法介绍
一、定义法：交线上取点等腰三角形共底边时
作二面角步骤
第一步：在交线l上取一点O
第二步：在α平面内过O点作l的垂线OA
第三步：在β平面内过O点作l的垂线OB
∠AOB即为二面角，余弦定理求角
二、三垂线法（先作面的垂直）—后续计算小
使用情况：已知其中某个平面的垂线段
第二步：过垂直B作l的垂线OB
∠AOB即为二面角
且△AOB为直角三角形，邻比斜
三、作2次交线的垂线
作二面角步骤
第一步：作AO⊥l
第二步：作OB⊥l
连接AB，∠AOB即为二面角，余弦定理求角
四、转换成线面角
作二面角步骤
第一步：作AO⊥l
第二步：作AB⊥β(找不到垂足B的位置用等体积求AB长)
连接AB，∠AOB即为二面角
△AOB为直角三角形，邻比斜
五、转换成线线角—计算小，也是法向量的原理
提问：什么时候用？
若α平面存在垂线AB，且β平面存在垂线AC
则α平面与β平面的夹角等于直线AC与AB的夹角
六、投影面积法——面积比（三垂线法进阶）
将＝边之比面积之比，从一维到二维，可多角度求出两面积，最后求解
如图△ABC在平面α上的投影为△A1BC，
则平面α与平面ABC的夹角余弦值
即
补充：即使交线没有画出来也可以直接用
例题：一题多解
2023汕头二模T20
如图在正方体ABCD－A1B1C1D1中，PQ是所在棱上的中点.
（1）求平面APQ与平面ABCD夹角的余弦值
（2）补全截面APQ
【答案】
（1）方法1：投影面积法
方法2：转换成线线夹角
简证：在平面AA1CC1A中，作CH⊥BM，易知CH⊥平面APQ，而CC1⊥平面ABCD，故，由相似可以算出CH的长
方法3：定义法—取中点
简证：平面APQ与平面ABCD的夹角转化为平面APQ与平面A1B1C1D1的夹角，此时PQ为交线
此时2个图形的对称轴垂直交线，故取交线的中点，∠A1MA即所求
方法4：找出交线，再作2次交线（平行线）垂线
简证：M为PQ中点，易知l为两平面交线，过AH⊥l，AC⊥l，故面面角的平面角为∠MAC
方法5：转换为线面角——只做1次交线的垂线
简证：易知平面APQ与平面ABCD的夹角即为平面APQ与平面A1B1C1D1的夹角
而A1M⊥交线PQ，此时平面APQ与平面A1B1C1D1的夹角等价于A1M与平面APQ的夹角
作A1G⊥平面APQ，连接MG，通过等体积法求出A1G，即可
（2）如图
2023全国乙卷数学(理)T9——由二面角求线面角
1．已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
2021·新高考1卷·T20——由二面角求线段长
2．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
【点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
重点题型·归类精讲
题型一 定义法
如图，在三棱锥S—ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线SC所成的角为60°.
(1)求证：平面MAP⊥平面SAC.
(2)求二面角M—AC—B的平面角的正切值；
【答案】(1)证明见解析;(2)
【分析】（1）由已知可证BC⊥平面SAC，又PM∥BC，则PM⊥面SAC，从而可证平面MAP⊥平面SAC；
（2）由AC⊥平面SBC，可得∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，则∠AMN=60°，由勾股定理可得，在中，可得，从而在中，即可求解二面角M—AC—B的平面角的正切值.
【详解】（1）证明：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥BC，
又∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC，又ACSC=C，
∴BC⊥平面SAC，
又∵P，M是SC、SB的中点，
∴PM∥BC，∴PM⊥面SAC，又PM平面MAP，
∴平面MAP⊥平面SAC；
（2）解：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥AC，又AC⊥BC，BCSC=C，
∴AC⊥平面SBC，
∴AC⊥CM，AC⊥CB，从而∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，
∵直线AM与直线PC所成的角为60°，
∴过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，
则∠AMN=60°，在△CAN中，由勾股定理可得，
在中，，
在中，.
(湛江期末)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，点M，N分别是PB，AC的中点，且MN⊥AC．
（1）证明：BC⊥平面PAC．
（2）若PA＝4，AC＝BC＝，求平面PBC与平面AMC夹角的余弦值．(几何法比较简单)
【答案】
（1）法一：BC∥ON，AC⊥平面MONAC⊥NOAC⊥BC，则有BC垂直PA和AC

法二：MC=MB=MC得到直角
（2）易知△AMC与△BMC均为直角三角形，取MC中点E，∠AEB即为所求角
（用三角比得到），（余弦定理或者二倍角公式）
如图1，在平行四边形ABCD中，，将沿BD折起，使得点A到达点P，如图2．

(1)证明：平面平面PAD；
(2)当二面角的平面角的正切值为时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）要证平面平面PAD，只需证明平面PAD，再利用面面垂直的判定进行说明；
（2）先找到二面角的平面角，再找直线BD与平面PBC所成角.
【详解】（1）中，由余弦定理：，
所以,则,
将沿BD折起，使得点A到达点P，则，所以,
又平面PAD,所以平面PAD，又平面BCD，
所以平面平面PAD；
（2）
如图，取中点E，连接BE,DE，因为AB=PB,AD=PD,则
所以为二面角的平面角，
且由（1）知，平面
所以,
中，中垂线，
所以由勾股定理可得，
所以，又,
所以平面PBD,又，所以平面PBD,
过D作于点F，因为DF平面PBD,所以，
因为,所以DF面PBC，所以直线BD与平面PBC夹角即为
中，，所以直线BD与平面PBC夹角的正弦值为.
题型二 三垂线法
(佛山期末)如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，，侧面PAD⊥底面ABCD，E为PC的中点．
（1）求证：BE⊥平面PCD；
（2）若PA＝PD，求二面角P－BC－D的余弦值．
【解析】（1）BE∥AF，故DC⊥BE，PD⊥BE
(2)法一：先作平面垂线，再做交线垂线（得到直角三角形，勾股+三角形函数）
如图，设AD＝2，则PG＝，HG＝，勾股得，
方式二：作2次交线垂线（在两个平面内各作一次交线的垂线）
如图，BD⊥BC，再作BH⊥BC，∠DBH即为所求
还是设AD=2，则BD=，由勾股可知PC=
又因为BE是PC中垂线，故BP=BC=,由相似或三角函数可知
再求出DH（勾股可求），用余弦定理
方式三：转换成线面角问题
过点D作平面PBC的垂线段DH，则由DH⊥BC，又因为DB⊥BC，故∠DBH即为所求
由等体积可得：，再由勾股得出BH，
如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形， （2023广州一模T19）
（1）求证：；
（2）求平面PAB与平面ABCD交角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析； （2）.
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，可证明，，进而可证平面，则结论成立；（2）过做平面，过做于，则为平面PAB与平面所成角，根据题中所给条件计算，的长，求出正切值，进而求出正弦值.
【小问1详解】
取中点，连接，
因为，且，所以四边形为平行四边形，即，
因为，所以；
因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，所以；
，所以平面，平面，所以.
【小问2详解】
过做平面，过做于，则为平面PAB与平面所成角，
由（1）可知：平面，平面，所以平面平面，平面平面，
则直线，由题意可知，，又，所以，在直角三角形中，，所以，，
过做于，则，
在中，，，则，，
所以，所以，，则.
补充：也可以作2次交线AB的垂线，即先作EF⊥AB，再作FG垂直PB，易知F为中点，G为四等分点
如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．
（1）证明：；
（2）若是边长为2的等边三角形，点在棱上，且二面角的大小为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）4．
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，而平面平面，则由面面垂直的性质定理可得面，再由线面垂直的性质定理可得，
（2）过点作∥交于．过点作∥交干点，连接，则可得面，由可得三角形为直角三角形，从而可得为所求的二面角的平面角，所以由，可得，再结合平行关系和是边长为2的等边三角形，可求出三棱锥的体积
【详解】（1），为中点，，
面，面面，且面面，
面，
∵面，
．
（2）过点作∥交于．过点作∥交干点，连接，因为∥且由（1）知面，
所以面，
∵面，
在中，，
，
∥，，
面
为所求的二面角的平面角
，
，∥，
，
∥，，
，．
，．
．
（2023·浙江·统考二模）如图，在三棱柱中，底面平面，是正三角形，是棱上一点，且，.
(1)求证：；
(2)若且二面角的余弦值为，求点到侧面的距离.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）取的中点，根据等腰三角形三线合一性质、面面垂直的性质，结合线面垂直的判定可证得平面，由平行关系和线面垂直的性质可证得结论；
（2）取中点，作，由二面角平面角定义和线面垂直的判定可知，所求距离为；设，根据长度关系，在中，利用余弦定理可构造方程求得，利用面积可求得.
【详解】（1）取的中点，连接，
为等边三角形，；
，为中点，，
，为中点，为中点，又为中点，
，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
，平面，平面，
平面，，又，.
（2）取中点，连接，
由三棱柱结构特征知：，又，，即四点共面，
由（1）知：平面，
平面，，，
是二面角的平面角，，
作，垂足为，
，，，平面，
平面，
设，则，
又，，
，，
，解得：，
又，，
即，解得：，
即点到侧面的距离为.
如图，在多面体中，平面平面，平面，和均为正三角形，，.
(1)在线段上是否存在点F，使得平面?说明理由；
(2)求平面与平面所成的锐二面角的正切值.
【答案】(1)存在，理由见解析；(2)
【分析】（1）记中点为M，连结，根据线面平行的判定定理即可得出结论；
（2）连结，过点B作的垂线，连结，作出平面与平面所成的二面角的平面角，解三角形，即可求得答案.
【详解】（1）记中点为M，连结，为正三角形，,
则，且.
因为平面平面 ，平面平面，平面ACD,
所以平面，又因为平面，
所以.
延长交于点G，则为平面与平面的交线，
因为，故，所以B为的中点，
取中点F，连结，则，因为平面 ，平面，
所以平面.
即线段上存在点F，当时，平面.
（2）连结，则为平面与平面的交线，
在平面内，过点B作的垂线，垂足为H.
连结，因为平面，平面，故,
平面，故平面，
平面，故,
则为平面与平面所成的二面角的平面角.
为正三角形，，故，则,
且,
故在中，，
故，而，
故,又因为，
所以，
即平面与平面所成的锐二面角的正切值为.
题型三 作2次交线的垂线
在三棱锥中,底面△ABC为等腰直角三角形,. （杭州二模）
（1）求证：AC⊥SB；（2）若AB＝2，，求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析;(2)
【详解】（1）
证明：取的中点为E，连结，
∵，∴，
在和中，
∴，∴，
∵的中点为E，∴，
∵，∴面，
∵面，∴
（2）
过S作面，垂足为D，连接，∴
∵，平面
∴，同理，
∵底面为等腰直角三角形，，
∴四边形为正方形且边长为2.
以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则
，
设平面的法向量，则，解得，
取，则，∴，
设平面的法向量，则，解得，
取，则，∴，
设平面与平面夹角为
故平面与平面夹角的余弦值为.
补充几何法：作2次交线的垂线得出二面角，即AM⊥SC，MN⊥SC，∠AMN即所求，易知MN均为中点.
题型四 找交线
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCI)是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝2，PD⊥CD．
(1)证明：AB⊥PB；
(2)若平面PAB⊥平面PCD，且，求直线AC与平面PBC所成角的正弦值． （广东省二模T19）
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可得，进而根据线面垂直的判定和性质分析判断；
（2）方法一：建系，利用空间向量求线面夹角；方法二：利用等体积法求点A到平面PBC的距离，结合线面夹角的定义分析运算.
【详解】（1）如图1，连接BD，
因为四边形ABCD是平行四边形，且，，，
所以，，，
所以，
所以，
所以，所以，
又因为，，BD，PD平面PBD，
所以平面PBD，
因为PB平面PBD，所以，
因为，所以．
（2）如图2，设平面PAB和平面PCD的交线为直线l，
因为，CD平面PAB，AB平面PAB，所以平面PAB，
因为CD平面PCD，平面PAD平面，
所以，
因为平面PBD，所以平面PBD，
因为PB，PD平面PBD，所以∠BPD是平面PAB与平面PCD的二面角，
因为平面平面PCD，所以，即
在Rt△ABP中，因为，，所以
在Rt△BPD中，因为，则，所以△BPD为等腰直角三角形，
方法一：由（1）得CD⊥平面PBD，如图3，以点D为坐标原点，DB所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面PBC的法向量为，
则，
取，则，得，
记直线AC与平面PBC所成角为θ，
则，
所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．
方法二：在△ABC中，因为，，，则
，
设点A到平面PBC的距离为d，
由（1）知CD⊥平面PBD，因为四边形ABCD是平行四边形，所以，
又因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，
所以，
因为，所以，
设点A到平面PBC的距离为d，由（1）知CD⊥平面PBD，
所以，
在△PBC中，，，，
因为，所以，
所以，
所以，解得，
记直线AC与平面PBC所成角为θ，则，
所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．
题型五 转换成线线角
湖北省武汉市江汉区2023届高三上学期7月新起点考试
在直三棱柱中，已知侧面为正方形，，D，F分别为AC，BC，CC1的中点，BF⊥B1D．
(1)证明：平面B1DE⊥平面BCC1B1；(2)求平面BC1D与平面夹角的余弦值
【答案】
【详解】（1）解：（1）由题设条件可知，
∵ 四边形为正方形
∴
∵ E，F分别为BC，的中点
∴ ∴
又∵ ∴
∴，
又∵且
∴平面，
又BF平面，
∴平面⊥平面.
（2）考虑补成正方形，易知A1C⊥平面BDC1，故平面BC1D与平面夹角即为直线BF与直线A1C的夹角，取A1C1的中点G，A1C∥GF，，,，
题型六 投影面积法
(2022·惠州第一次调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知，AD⊥CD，，CD＝2AB＝4，△ADP是等边三角形，E为DP的中点．
(1)证明：AE⊥平面PCD；(2)若求平面PBC与平面夹角的余弦值
【解析】（1）证明：取PC的中点F，连接EF，BF.
因为AE是等边的中线，所以.
因为E是棱PD的中点，F为PC的中点，所以，且.
因为，所以，且，
所以四边形ABFE是平行四边形，所以.
因为，F为PC的中点，所以，从而.
又，平面PCD.（注：无本行三个条件扣1分）
所以平面PCD.
(2022深圳高二期末)如图(1)，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥BC，且取AB的中点O，连结OD，并将△AOD沿着OD翻折，翻折后，点M，N分别是线段AD，AB的中点，如图(2)．
（1）求证：AC⊥OM.
（2）求平面OMN与平面OBCD夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【详解】（1）连接，
，，，为中点，
四边形为正方形，，
翻折后，，，；
又，，平面，平面，
平面，，
又，，平面，平面，
平面，；
，为中点，，
又，平面，平面，
平面，.
（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，；
轴平面，平面的一个法向量；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，即平面与平面夹角的余弦值为
法二：找出交线l，再用三垂线法
设平面OMN∩平面OBC=l，由线面平行的性质定理，MN//l，所以l//BD，
在平面OBCD内，过点O作 BD 的平行线，即为平面 OMN 与平面 OBCD的交线取OD的中点E，在平面OBCD 内，过点E作EF⊥l于F，连结ME，MF，
∵ME∥OA，∴ME⊥平面OBCD，
∴∠MFE即为平面OMN与平面OBCD的夹角，
易知eq ME=\f(1,2)OA=1, EF=\f(\r(,2),2)OE=\f(\r(,2),2)
eq ·tan∠MFE=\f(ME,EF)=\r(,2),eq ·cs∠MFE=\f(\r(,3),3),
补充：
法三：该题用线线角最快（AC⊥OMN,故∠OAC即所求），
法四：投影面积法计算量也不大，
法五：还可以用定义法：取MN中点G，