第七章 模型3用定量定性双法分析立体几何中的求角问题模型 （含解析）2024年高考数学三轮冲刺考点归纳

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【问题背景】新高考在考查立体几何的模块中，涉及有关角的考查是核心考点之一，也是必考内容之一，解决角的相关问题常用的方法有两种：几何法，即根据角的定义和线面关系，在图形中找出该角，再将该角置于三角形中，通过解三角形得解；向量法，多在空间直角坐标系下，借助直线的方向向量、平面的法向量的夹角，根据夹角公式计算，再利用向量的夹角求所求角。
【解决方法】
【典例1】
（2024河北定州中学8月开学考试）
如图1所示，四边形ABCD是圆柱下底面的内接四边形，AC是圆柱底面的直径，PC是圆柱的一条母线，，，点F在线段AP上，．
图1
（1）求证：平面平面PBC．
（2）若，，求直线AC与平面FCD所成角的正弦值．
解析 （1）因为PC是圆柱的一条母线，所以底面ABCD，
又底面ABCD，所以．
因为AC是圆柱底面的直径，所以．
因为PC，平面PBC，，所以平面PBC．
又平面PAB，所以平面平面PBC．
（2）【套用模型】几何法
第一步：厘清线面关系，将已知条件进行转化．
因为，，，所以，
又，所以．
所以，，且平面PCD，所以，
，，，．
在中，，．
在中，，所以，所以，
所以．
．
第二步：根据直线与平面所成角的定义，将求角转化为求距离．
设点A到平面FCD的距离为d，由得，解得．
第三步：将角置于直角三角形中，解三角形求解．
设AC与平面FCD所成的角为，因为，所以，
即直线AC与平面FCD所成角的正弦值为．
【套用模型】向量法
第一步：建立空间直角坐标系．
如图2，以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，过C且垂直于平面APC的直线为y轴，CP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．
图2
因为，，，
所以，
又，所以．
因为，，所以，，
第二步：求出空间中的直线的方向向量及平面的法向量．
则，，，，
所以，，．
设平面FCD的法向量为，则令，得，，则平面FCD的一个法向量为．
第三步：利用夹角公式，计算向量的夹角．
设直线AC与平面FCD所成角为，
则．
【易错提醒】注意平面FCD的法向量与直线AC的方向向量所成角不是直线与平面所成角
第四步：根据夹角和所求角之间的关系，翻译还原为所求角．
即直线AC与平面FCD所成角的正弦值为．
【典例2】
（2024湖南长沙一中9月开学考试）
如图3，在四棱锥中，平面ABCD，，，是等边三角形，．
图3
（1）求证：平面平面PAC．
（2）求二面角的余弦值．
（1）平面ABCD，平面ABCD，．
在中，，，，，
，，又，PA，平面PAC，平面PAC．
平面PCD，平面平面PAC．
（2）【套用模型】几何法
第一步：厘清线面关系，合理添加辅助线，将已知条件转化．
过点B作交AC于点M，过M作交PC于点N，连接BN．
第二步：根据二面角平面角的定义，确认该角．
平面ABCD，平面ABCD，．
又，，PA，平面PAC，平面PAC，
平面PAC，，
又，，MN，平面BMN，平面BMN，
平面BMN，，为二面角的平面角．
第三步：将角置于三角形中，解三角形求解．
在中，，，，，
故二面角的余弦值为．
【套用模型】向量法
第一步：建立空间直角坐标系．
如图4，取BC的中点E，连接AE，则AE，AD，AP两两垂直，
【拿分要点】建立空间直角坐标系之前，一定要说明三条两两垂直的相交直线，若垂直关系不易直接看出，还需要进行证明
以A为坐标原点，AE，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
图4
第二步：求出平面的法向量．
则，，，，
，，，．
设平面PAC的法向量为，则
所以令，得平面PAC的一个法向量的．
设平面PBC的法向量为，则
所以令，得平面PBC的一个法向量为．
第三步：利用夹角公式，计算向量的夹角．
记二面角为，显然为锐角，则，
第四步：根据夹角和所求角之间的关系，翻译还原为所求角．
故二面角的余弦值为．
（2024高三·全国·专题练习）
1．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，侧面底面，已知，，
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
（2024高三·全国·专题练习）
2．如图所示，正三棱锥的三条侧棱，，两两垂直，且长度均为2．，分别是，的中点，是的中点，过的一个平面与侧棱，，或其延长线分别相交于，，，已知．

(1)证明：平面．
(2)求二面角的余弦值．
（2024高三·全国·专题练习）
3．如图所示，在四面体ABOC中，，，，且．

(1)设P为AC的中点，证明：在AB上存在一点Q，使，并计算的值．
(2)求二面角的平面角的余弦值．
（23-24高三下·福建莆田·阶段练习）
4．如图，在四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，平面平面.
(1)证明：；
(2)若，且与平面所成角的正切值为2，求平面与平面所成二面角的余弦值.
（2024高三·全国·专题练习）
5．如图所示，在四棱锥中，底面，四边形中，，，，．
(1)求证：平面平面．
(2)设．
①直线与平面所成的角为，求线段的长；
②线段上是否存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等？说明理由．
（2024·山东济宁·一模）
6．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，过点的平面分别与棱，，相交于，，点，其中，分别为棱，的中点．
(1)求的值；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
（23-24高三上·广东茂名·阶段练习）
7．如图，在直三棱柱中，，，M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
（2024·江苏宿迁·一模）
8．如图，在四棱锥中，四边形为梯形，其中，，平面平面．

(1)证明：；
(2)若，且与平面所成角的正切值为2，求平面与平面所成二面角的正弦值．
（2024高三·全国·专题练习）
9．如图，在直三棱柱中，，，，，为侧棱上一点，．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的大小；
(3)求点到平面的距离．
（2024·辽宁·一模）
10．如图，在三棱柱中，平面是线段上的一个动点，分别是线段的中点，记平面与平面的交线为.
(1)求证：；
(2)当二面角的大小为时，求.
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）解法一：作，垂足为，连结，先证明平面，利用线面垂直的性质证明结论；
解法二：建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，计算，根据空间位置的向量证明方法，即可证明结论；
（2）解法一，利用三棱锥的等体积法，求出设到平面的距离，再根据线面角的定义求得答案；
解法二，确定平面，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）解法一：作，垂足为，连结，由侧面底面，
侧面底面，侧面，得底面，
因为，，所以，
又，则，故为等腰直角三角形，
即，即，而平面，
故平面，平面，得；
解法二：作，垂足为，连结，由侧面底面，
侧面底面，侧面，得平面，
底面，则，
因为，所以，
又，则，为等腰直角三角形，
即，
如图，以为坐标原点，所在直线为轴正方向，建立直角坐标系，
，则，
则，，，，
，，
故，则，所以.
（2）解法一：由（1）知，依题设知，
故，由，，，
得，，
的面积；
连结，得的面积，
设到平面的距离为，由于，
得，即，解得，
设与平面所成角为，则，
解法二：由（1）解法二，知平面的一个法向量为，
，
设直线与平面所成角为，
则.
2．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）利用线面平行的判定、性质证得，再利用线面垂直判定、性质推理即得.
（2）法1，作于点，连接，证明是二面角的平面角，再利用直角三角形边角关系求解；法2，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出面面角的余弦.
【详解】（1）依题意，是的中位线，则，而平面，平面，于是平面，
平面平面，平面，因此，
由是的中点，得，则，又，，，平面,
则平面，平面，则，又，平面，
所以平面．
（2）如图，在平面内作于点，连接，由平面，得，

又平面，于是平面，而平面，
因此，就是二面角的平面角，
作于点，则，是的中点，即有，
设，则由，得，解得，
在中，，则，
，因此，
所以二面角的余弦值为．
解法二：以直线，，分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，
如图，，，，，，，

设，则，，
由与共线，得存在，使，则解得，有 ．
同理可得，则，．
设是平面的一个法向量，则，即，
令，得，又是平面的一个法向量，
由．
结合图像可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
3．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）法一、构造线面垂直结合中位线的性质解三角形即可；法二、建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算即可；
（2）法一、构造线面垂直结合二面角的定义确定二面角的平面角，解三角形即可；法二、利用空间向量研究二面角即可.
【详解】（1）法一、
如图所示，在平面内作，交于点N，连接．
∵，平面，
∴平面．
∵平面，∴．
取Q为的中点，则，
∴，得证．
在等腰中，，
∴．
在中，，
∴．
在中，，
∴．
因此．

法二、
如图所示，取O为坐标原点，分别以所在直线为x轴和z轴建立空间直角坐标系，则，，．
∵P为的中点，∴．
设，易知，
∴，．
∵，∴，即，解得．
故存在点，使得，且．

（2）法一、
如图所示，连接．
由，，平面，知平面．
∵平面，∴．
同理由，结合线面垂直的判定可得平面．
∵平面，∴．
在等腰中，P为的中点，∴．
∵面，∴平面．
又平面，∴，
因此为二面角的平面角．
在等腰中，，则．
在中，，
因此．
故二面角的平面角的余弦值为．

法二、
由（1）得．设平面的一个法向量为，
则，令，得，则．
易知平面的一个法向量为，
∴．
又二面角的平面角是锐角，记为，则．
故二面角的平面角的余弦值为．
4．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由余弦定理求出，由勾股定理逆定理得到，由面面垂直得到线面垂直，得到；
（2）方法一：求出就是与平面所成角，得到，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用法向量求解二面角的余弦值；
方法二：作出辅助线，得到就是二面角的平面角，根据与平面所成角的正切值为2求出，由相似关系得到，求出二面角的余弦值.
【详解】（1）因为，，所以为等边三角形，所以，
又四边形为梯形，，则，
在中，由余弦定理可知，，
故，由勾股定理逆定理得.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以.
（2）法一：由（1）可知，又因为，，所以平面，
所以就是与平面所成角，所以，所以；
以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，所以，，
设平面的法向量为，则有，
令，则，取，
由题意得为平面的法向量，所以，
由图形可知，平面与平面所成二面角为锐角，故平面与平面所成二面角的余弦值为.
法二：在平面内，延长与相交于点，
连接，则为平面与平面的交线，
在平面内，过点作，垂足为，连接，
由（1）得，，因为，，且均在平面内，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，且均在平面内，
所以平面，即平面，
因为平面，所以，
因为，，且均在平面内，所以平面，
由平面，所以，所以就是二面角的平面角.
又因为平面，所以就是与平面所成角，
所以，所以，
因为，所以，所以，
在直角三角形中，，
在直角三角形中，
所以平面与平面所成二面角的余弦值为.
5．(1)证明见解析
(2)①；②不存在，理由见解析
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）①以为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据线面角的定义，结合空间向量夹角公式进行求解即可；
②解法一：假设存在，设，利用空间距离公式得到方程，推出方程无解，即可判断；解法二：假设存在，根据题意，结合勾股定理进行求解即可.
【详解】（1）平面，平面，
，
又，，平面，
平面，
又平面，
平面平面.
（2）①以为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图），
在平面内，作交于点，
则
在中，，
设，则，，
由，得，
所以，，,
，
设平面的法向量为，
由，，得，
取得平面的一个法向量为，
又，
故由直线与平面所成的角为得，
即
解得或（舍去，因为），所以；
②解法一：如图所示，假设线段上存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等．
设，则，，．
因此由，得，即，
又由，得，
联立两式，消去并化简，得，由
∵方程没有实数根，
∴在线段上不存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等．
解法二：假设在线段上存在一个点到、、、的距离都相等，
由，得，
从而，即，
所以，
设，则，，
在中，
，
这与矛盾，
所以在线段上不存在一个点，使得点到、、的距离都相等，
从而，在线段上不存在一个点，使得点到点、、、的距离都相等．
6．(1)；
(2).
【详解】（1）方法一：取BC中点Q，连接PQ交BG于点S，连接QD，SF．

∵四边形为正方形，为中点，∴//，，
故四边形为平行四边形，∴//；
又∵平面，平面，∴//平面，
∵平面，平面平面，∴//，∴；
又∵为棱的中点，，∴点为△的重心；
∴，故．
方法二：以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，
建立如图所示空间直角坐标系：

则，，，，，，
所以，，，，
设，，平面的一个法向量为
所以，，即，解得，
令，解得，故；
又，
平面，所以，
解得，所以．
（2）以A为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，
建立如图所示空间直角坐标系：

则，，，，，，，
所以，，，，，；
设平面的一个法向量为，
所以，即，解得
令，则；
另设平面的一个法向量为，
由（1）知，
∴，
所以，即，解得，
令，则
设平面与平面夹角为，
所以．
即平面与平面夹角的余弦值为.
7．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）利于线面垂直的判断定理证得平面，继而得到结论；也可以建立空间直角坐标系，利于空间向量关系证明直线关系.
（2）建立空间直角坐标系，利于线面角的向量表示进行计算即可；
（3）假设满足条件的点存在，利于空间向量考查线面平行即可；也可以线面平行的判断定理考查线面平行.
【详解】（1）解法一：连结，在直三棱柱中，
有平面,
因为平面，所以，
中，，即，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
在四边形中，，，
所以四边形为正方形，所以，
因为，平面,
所以平面，
因为平面，所以．
解法二：在直三棱柱中，因为，
以点A为坐标原点，AB、CA、方向分别为、、轴正方向，
建立如图所示空间直角坐标系．
因为，
所以，，，
所以，，
,
所以．
（2）因为M，所以．
设是平面的法向量，
则， 即，
所以， 取，则，，
所以是平面的一个法向量．
又因为P点坐标为，所以．
设与平面所成的角为θ，
则．
即与平面所成的角正弦值为.
（3）解法一：存在线段上靠近N的三等分点Q，满足平面．
因为N为的中点，所以
设，所以
所以
由（2）得平面的一个法向量为．
若平面，则，
所以，
即，解得，
所以存在线段上靠近N的三等分点Q，使得平面，
∴，即的长为
解法二：存在线段上靠近N的三等分点Q，满足平面．
证明如下：取中点H，连结BH、、．
在正方形中，M为AB的中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面，
在正方形中，M为AB的中点，
H为中点，所以．
因为且，
所以，，
所以四边形为平行四边形，所以．
因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面
所以平面平面，
记，则Q为的重心，
即Q为线段上靠近N的三等分点，且平面，
所以平面，
所以存在线段上靠近N的三等分点Q，使得平面．
∴，即的长为.
8．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由面面垂直的性质定理即可得到平面，再由线面垂直的性质定理即可证明；
（2）法一：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果；法二：根据面面角的定义，先找出所求的二面角，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）因为，所以为等边三角形，
所以，
又四边形为梯形，，则，
在中，由余弦定理可知，
，
根据勾股定理可知，，即．
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，又因为平面
所以．
（2）法一：由（1）可知，
又因为，所以平面，
所以就是与平面所成角，所以，
所以；
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的法向量为，
则有取，
由题意得为平面的法向量，
所以，
即平面与平面所成二面角的正弦值．
法二：在平面内，延长与相交于点，
连接，则为平面与平面的交线，
在平面内，过点作，垂足为，连接，

由（1）得，，
因为且均在面内，
所以面，
因为面，所以，
又因为且均在面内,
所以面，即面,
因为面，所以,
因为且均在面内,
所以面，由面所以,
所以,
在直角三角形中,
在直角三角形中，
所以平面与平面所成二面角的正弦值．
所以就是二面角的平面角，
又因为平面，
所以就是与平面所成角，
所以，所以，
因为，所以．
9．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明出平面，可得出，由，结合直线与平面垂直的判定定理可证明出平面；
（2）方法一：设，由（Ⅰ）得知为二面角的平面角，计算出CO，利用锐角三角函数的定义求出；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果；
（3）方法一：计算出三棱锥的体积，设点到平面的距离为，计算出的面积，由可计算出，即点到平面的距离；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果；
【详解】（1）在直三棱柱中，平面，
平面，，
又，，
，平面，平面，平面，
平面，．
，，、平面，
平面；
（2）
方法一：设，连接，由（1）知，平面．
平面，，，
为二面角的平面角，
在和中，，，
，，，
，在中，，
，，
在中，，．
因此，二面角的大小为；
方法二：以点为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，
设点，则，
，，解得，.
设平面的一个法向量为，
由，可得，
令，则，，∴平面的一个法向量为．
显然，是平面的一个法向量，，
结合图形知，二面角为锐角，它的大小为；
（3）方法一：设点到平面的距离为，易知，
，
可知，
，即，，
因此，点到平面的距离为；
方法二：易知点到平面的距离为．
10．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据三棱柱的特征及线面平行的性质与判定证明即可；
（2）法一、建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究二面角计算即可；法二、利用二面角的定义构造二面角的平面角解三角形即可.
【详解】（1）因为分别是线段的中点，所以.
在三棱柱中，四边形为平行四边形，
所以，则，
因为平面平面，
所以平面.
因为平面，平面平面，
所以.
（2）解法一：在直三棱柱中，平面，
所以，
又，所以两两垂直.
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则
所以.
设平面的法向量为，
则,
令，得.
易知平面的一个法向量为，
则，
解得或（舍去）.
综上，当二面角的大小为时，.
解法二：作，交于点，连接.
因为，所以，
所以四点共面，
所以平面平面.
因为，
所以平面，
所以平面，
所以，
所以为二面角的平面角.
若，则在中，，
又，所以，
又，所以.