新高考数学复习专题57 运用综合法解决空间角的问题（解析版）

这是一份新高考数学复习专题57 运用综合法解决空间角的问题（解析版），共36页。试卷主要包含了题型选讲，运用综合法研究面面角，综合性问题等内容，欢迎下载使用。

专题57 运用综合法解决空间角的问题
一、题型选讲
题型一 、运用综合法研究线面角
例1、【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；
（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
【解析】方法一：（1）由得，
所以.
故.
由，得，
由得，
由，得，所以，故.
因此平面.
（2）如图，过点作，交直线于点，连结.

由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.
由得，
所以，
故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
例2、【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.
（1）证明：；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

【解析】方法一：
（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．

（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.
由于O为A1G的中点，故，
所以．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
例3、（2021·浙江台州市·高三期末）如图，在三梭柱中，侧面，均为菱形，，，为的中点.

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（Ⅰ）连结，与交于点，连结，
四边形是平行四边形，为中点，
为中点，得，又平面，故平面；

（Ⅱ）方法一：
由，，且为，的中点，
得，，，
又，为平面内两条相交直线，
得平面，故即为直线与平面所成的角；
由，，，
得四边形为菱形，又，故四边形为正方形，，
则为等腰直角三角形，且，故，，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.


题型二、运用综合法研究面面角

例4、（河北省“五个一名校联盟”2021届高三上学期第一次诊断考试）如图，在四棱柱ABCD-A'B'C'D'中，底面ABCD是菱形，AB＝2，AA'＝3，且∠A'AB＝∠A'AD＝∠BAD＝60°．

（1）求证：平面A'BD⊥平面ABCD；
（2）求二面角B-A'C'-D的余弦值．
【解析】：（1）证明：过A'向底面作垂线，设垂足为O，
过O分别向AD，AB作垂线，垂足分别为E，F，连接A'E和A'F，易得A'O⊥AD，OE⊥AD，A'O∩OE＝O，所以AD⊥平面A'OE，
所以AD⊥A'E，同理AB⊥A'F．
在Rt△A'AE和Rt△A'AF中，∠A'AB＝∠A'AD＝60°，所以，，

在Rt△OAE和Rt△OAF中，∠OAE＝∠OAF＝30°，
可解得：，所以O在∠DAB的平分线AC上，
又，所以O既为AC中点，又在BD上，AC∩BD＝O，
又A'O平面A'BD，A'O⊥平面ABCD，所以平面A'BD⊥平面ABCD；
（2）方法一：由（1）可知：平面A'BD⊥平面ABCD，又AC⊥BD，AC平面ABCD，
所以AC⊥平面A'BD，又AC∥A'C'，
所以A'C'⊥平面A'BD，
则∠BA'D即为二面角B-A'C'-D的平面角；
由（1）可知：，A'B＝A'D＝，BD＝2，
由余弦定理可得：，
所以二面角B-A'C'-D的余弦值是．
例5、（河北省石家庄市高中毕业班教学质量检测）在直四棱柱ABCD－A1 B1C1D1中，四边形ABCD
为平行四边形,M为AA1的中点，BC=BD=1，AB=AA1=．
(1)求证：MD⊥平面BDC1；
(2)求二面角M－BC1－D的余弦值．


.证明：(1)因为BC=BD=l，CD=AB=，可得BC2+B2=CD2，
∴BD⊥BC,
叉∵AD//BC， ∴BD⊥AD．
又∵ABCD－A1B1C1D1是直四棱柱，
∴DD1⊥平面ABCD，DD1⊥BD．
DD1∩AD=D， ∴ BD⊥平面A DD1A1，BD⊥MD
取BB1中点N，连接NC，MN，
∵ MN //DC且MN=DC，∴MNCD为平行四边形，∴MD //NC，
，，,,
又,
又，
(2)解法一：∵直四棱柱ABCD－A1B1C1D1 ∴CC1⊥平面ABCD，BD平面ABCD,∴CC1⊥BD,
又∵BD⊥BC，CC1∩BC=C，∴BD⊥平面BCClB1，∴BD⊥BC1
又∵MD⊥平面BDCl. ∴MD⊥BCl，
MD∩BD=D ， ∴BC1⊥平面MBD, MB平面MBD，∴MB⊥BC1,
∴∠MBD为二面角M－BC1－D的平面角
在Rt△MBD中，
即二面角M－BC1－D的余弦值为
例6、（江苏南京2020—2021学年第一学期11月六校联合调研试题）如图，在四棱锥P—ABCD中，已知PC⊥底面ABCD， AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2,，AD＝CD＝1，BC＝PC ,E是PB的中点.
（1）求证: PB⊥平面EAC
（2）求二面角P—AC—E的大小.











【解析】方法一：（1）平面，平面，得
又，在中，得，
设中点为，连接，
则四边形为边长为1的正方形，所以，且，
因为，所以，
又因为，所以平面，
又平面，所以,因为，是的中点，
所以,因为,又平面,
直线平面.
（2） 由（1）知平面，所以是二面角的平面角，
因为是等腰直角三角形，且是的中点，
所以
所以二面角的大小是

题型三、综合性问题
例7、（2021·江苏省新海高级中学高三期末）如图直角梯形中，，，，为中点．以为折痕把折起，使点到达点的位置，且则（ ）

A．平面平面 B．
C．二面角的大小为 D．与平面所成角的正切值为
【答案】ABD
【解析】如图，连接，则，又，，
所以中有，所以.
对于A.由题意可得，又，，平面
所以平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面，故A正确；
对于B.由A得平面，又，由三垂线定理可得（平面内一条线和射影垂直，就和斜线垂直），故B正确；
对于C.由A得平面，根据二面角定义可得就是二面角的平面角，易得，故C不正确；
对于D. 由A得平面，所以就是斜线与平面所成的角，易得，，故D正确.
故选：ABD
例8、（湖北省九师联盟2021届高三联考）如图，在棱长为6的正方体中，为棱上一点，且为棱的中点，点是线段上的动点，则（ ）

A．无论点在线段上如何移动，都有
B．四面体的体积为24
C．直线与所成角的余弦值为
D．直线与平面所成最大角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】在正方体中，易证面又平面所以则A正确；
则B正确；在棱上取点使，连结如图则易知为直线与所成角或其补角，可得则则直线与所成角的余弦值为则C错误；

由题意知三棱锥为棱长为的正四面体，作平面为垂足，则为正的中心，且为直线与平面所成角，所以当点移动到的中点时最短，如图，此时最小，最大，此时则D正确.
故选：ABD


例9、（江苏省盐城市、南京市2021届高三第一次模拟考试）（本小题满分12分）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD∥EF，DF⊥EF，EF＝2CD＝2．
（1）若DF＝2，求二面角A－CE－F的正弦值；
（2）若平面ACF⊥平面BCE，求DF的长．

【解析】：（1）因为平面ABEF^平面CDFE，平面ABEF∩平面CDFE＝EF，DF^EF，DFÌ平面CDFE，
所以DF^平面ABEF，所以DF^AF．
又因为AF^EF，DFÌ平面CDFE，EFÌ平面CDFE，DF∩EF＝F．
所以AF^平面CDFE．
在平面CEF内过点F作FG^CE于G，连结AG，则AG^CE．
所以ÐAGF为二面角A－CE－F的平面角．
A
B
C
D
F
E
G
l
在△CEF中，CE＝CF＝，EF＝2，
由S△CEF＝×EF×DF＝×CE×FG，得FG＝．
在△AFG中，AG＝＝，
所以sinÐAGF＝＝，
所以二面角A－CE－F的正弦值为.
（2）设平面ACF∩平面BCF＝l．
因为四边形ABEF为正方形，所以AF∥BE．又AFË平面BCE，BEÌ平面BCE，
所以AF∥平面BCE．
又AFÌ平面ACF，平面ACF∩平面BCE＝l，所以AF∥l．
因为AF^平面CDFE，CFÌ平面CDFE，所以AF^CF，所以CF^l．
又平面ACF^平面BCE，平面ACF∩平面BCE＝l，CFÌ平面ACF，
所以CF^平面BCE．
又CEÌ平面BCE，所以CF^CE，所以CF2＋CE2＝EF2．
设DF＝t(t＞0)，则CF＝，CE＝，所以(t2＋1)＋(t2＋1)＝22，
解得t＝1，即DF＝1.

二、达标训练
1、（2021·江苏南通市·高三期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连结PB，PC，在翻折到的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．四棱锥的体积的最大值为
B．当面平面时，二面角的正切值为
C．存在某一翻折位置，使得
D．棱PB的中点为N，则CN的长为定值
【答案】ABD
【解析】
在翻折到的过程中，因为四棱锥的底面积为定值，定值为，所以当四棱锥的高取得最大值时，其体积达到最大，
当面平面时，四棱锥的高取得最大值,其最大值为直角三角形的斜边上的高，其值为，
所以四棱锥的体积的最大值为，故A正确；
当面平面时，过作，垂足为，则平面，所以，
过作，垂足为，连，因为，所以平面，所以，所以为二面角的平面角，
在直角三角形中，，在直角三角形中，，因为，
所以，在直角三角形中，，所以，所以，所以二面角的正切值为，故B正确；

连接，如图：

假设，因为，，所以平面，所以，
所以，又，二者相矛盾，故假设不成立，故与不垂直，故C不正确；
取的中点，连，，，如图：

因为，，，，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，
在直角三角形中，，所以，即CN的长为定值，故D正确.
故选：ABD
2、（福建省泉州市2021届高三联考）如图,正方形中,分别是的中点将分别沿折起,使重合于点.则下列结论正确的是（ ）

A．
B．平面
C．二面角的余弦值为
D．点在平面上的投影是的外心
【答案】ABC
【解析】
对于A选项，作出图形，取EF中点H，连接PH，DH，又原图知和为等腰三角形，故,，所以平面，所以，故A正确；根据折起前后，可知三线两两垂直，于是可证平面，故B正确；根据A选项可知 为二面角的平面角，设正方形边长为2，因此，，，，由余弦定理得：，故C正确；由于，故点在平面上的投影不是的外心，即D错误；故答案为ABC.

3、（辽宁省沈阳市2020-2021学年高三联考）如图，在棱长为2的正方体，中，为棱上的中点，为棱上的点，且满足，点，，，，为过三点，，的平面与正方体的棱的交点，则下列说法正确的是（ ）

A． B．三棱锥的体积
C．直线与平面所成的角为 D．
【答案】ABD
【解析】对于A.在正方体中平面平面，
又平面平面，平面平面，
有平面与平面平行的性质定理可得，故正确；
对于B.因为，所以，
又为棱上的中点，所以,
所以，故正确；
对于C.由题意及图形可判定直线与平面所成的角为，
结合B选项可得，故错误；
对于D.同A选项证明方法一样可证的，
因为为棱上的中点，为棱上的中点，所以
所以，所以，故正确.
故选：ABD
4、（湖北师大附中2021届高三上学期联合测评）（本题满分12分）如图，在正三棱柱中，底面正的边长为2，侧棱分别为的中点，设平面与交于点．
(1)求平面与底面所成二面角的余弦值；
(2)求线段的长．
【解析】：(1)在正三棱柱中，延长和交于点，连接，则
过作垂直于足点．连接，则为二面角的平面角，，，
在中，，

而，，
， ……………………………………………（6分）
(2)平面与上底面，下底面分别有交线，则，
取中点，在，过作交于，则
在，，，，从而
因此有： ………………………………………………………………………（12分）

5、（江苏省苏州市2021届高三第二学期期初学业质量阳光指标调研卷）（本小题满分12分）
如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PB＝3．
（1）证明：∠PAD＝∠PBC；
（2）当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角P—AB—C的大小．

【解析】：（1）分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，
因为PA＝PB，所以PE⊥AB，
又因为AB∥CD，所以CD⊥PE，
又因为CD⊥EF，PE∩EF＝E，所以CD⊥平面PEF，
因为PF平面PEF，所以CD⊥PF，
在△PCD中，因为PF垂直平分CD，所以PC＝PD，
又因为PA＝PB，AD＝BC，所以△PAD≌△PBC，
从而可得∠PAD＝∠PBC；
（2）由（1）可知，∠PEF是二面角P—AB—C的平面角，
设，则，
在△PEF中，，
过点E作PF的垂线，垂足为G，
则，
因为CD⊥平面PEF，CD平面PCD，所以平面PCD⊥平面PEF，
又因为平面PCD∩平面PEF＝PF，EG⊥PF，EG平面PEF，
所以EG⊥平面PCD，
因为AB∥平面PCD，所以点A到平面PCD的距离等于点E到平面PCD的距离，即为EG，
设直线PA与平面PCD所成角为，所以，
令，
则，
所以当且仅当，即时，EG有最大值2，
此时直线PA与平面PCD所成角为θ的正弦值最大
所以当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，二面角P—AB—C的大小为．

6、（湖北师大附中2021届高三上学期名校联考）如图，四棱锥P- ABCD的底面ABCD是菱形，PA=BD=AB=2．且PB=PD.
(1) 证明：平面PAC^平面ABCD;
(2)若PA^AC,棱 PC上一点M满足BM^MD，求直线BD与
平面ABM所成角的正弦．
【解析】：(1)连接交于，连接，
由四边形是菱形，得，
因为，所以，
又平面，，故平面
又平面，
所以平面平面. ……………………………5分
(2)解法一：由(1)知：平面平面，平面平面，
又，平面，故平面
在菱形中，因为，所以，
所以为等边三角形，所以，
在和中，，，，
所以，所以
在和中，，，，
所以，所以
因为，所以为等腰直角三角形，
所以，所以，
所以为中点，. . …………………………8分
又平面，所以平面
设到平面的距离为与平面所成角为，则
由，知，所以
在中，
在中，
在中，，所以，
所以，
所以，
即直线与平面所成角的正弦为 …………………………12分

7、（江苏扬州市2020- 2021 学年度第一学期期中检测试题）如图，在三棱柱ABC- A1B1C1中，四边形ABB1A1和AA1CC1均为菱形，平面ABB1A1⊥平面AA1CC1. ∠A1AC=π3，∠A1AB=π4，E为棱AA1上一点，BE⊥AA1.
(1)求证: BE⊥ A1C
(2)设AB=2,求二面角B- CC1-A的余弦值.




【解析】 (1) 因为平面平面，，
平面，平面平面，
所以平面， ………4分
又因为平面，所以. ………5分
(2)方法1：（综合法）作于，因为，平面，
平面，所以平面，因为平面，所以,
所以即为二面角的平面角. ………9分
（注：对于作出了平面角，但没有证明的给2分）
在菱形中，由、，可求得.
在菱形中，由、，可求得……10分
所以在中，，，故可求得.
所以二面角的余弦值为. ………12分
8、（2020·浙江高考真题）如图，三棱台DEF—ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．

（I）证明：EF⊥DB；
（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．
【解析】
（Ⅰ）作交于，连接．
∵平面平面，而平面平面，平面，
∴平面，而平面，即有．
∵，
∴．
在中，，即有，∴．
由棱台的定义可知，，所以，，而，
∴平面，而平面，∴．
（Ⅱ）因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．
作于，连接，由（1）可知，平面，
因为所以平面平面，而平面平面，
平面，∴平面．
即在平面内的射影为，即为所求角．
在中，设，则，，
∴．
故与平面所成角的正弦值为．


9、（2021·浙江湖州市·高三期末）如图，三棱柱所有的棱长均为1，且四边形为正方形，又.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求直线和平面所成角的正弦值.
【解析】
（Ⅰ）作的中点,连接,证明面 即可
（Ⅱ）作，证明面 , 得到即为所求角，由平面几何知识得，得解
【详解】


（Ⅰ）作的中点,连接,
因为三棱柱所有的棱长均为1
,
又四边形为正方形，,
面
又四边形是菱形，所以
面

（Ⅱ）作
因为三棱柱,
由题知,
所以△是等边三角形，
△是等边三角形，,
面 , 面，所以，
面 , 是面的垂线，是平面的斜线 ,即为所求角.
在三角形中由平面几何知识得

故直线和平面所成角的正弦值为

10、（2021·浙江嘉兴市·高三期末）如图，四棱锥中，△为正三角形，，，，.

（1）求证：；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【解析】
（1）取中点，连结.因为，，
由平几及解三角形知识得 ，解得 ，所以，
因此△为正三角形，故，又因为△也是正三角形，因此，又，所以平面，而平面，所以.

（2）方法一：

因为，所以与平面所成角即与平面所成角，记作.
由（1）得平面，又平面，所以平面平面，
平面平面，故过点作平面，则垂足必在直线上，
此时，在正△中，，而，，
所以在△中，由余弦定理可得，所以，又，
所以，所以与平面所成角的正弦值为.

11、（2021·浙江温州市·高三期末）如图，已知在三棱锥中，是边长为2的正三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，若直线与平面所成的角为．

（Ⅰ）若，求证：平面平面；
（Ⅱ）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】
（Ⅰ）取中点M，连接PM，BM，

，，
，平面，
平面，平面平面，
在平面的投影在直线上，则即为直线与平面所成的角，
，,
由余弦定理可得，解得或2，
，，，
则满足，，
，平面，
平面，平面平面；
（Ⅱ）若，则由（Ⅰ）可得，
取中点，连接，

，，
由（Ⅰ）平面，平面，
平面平面，平面平面，
平面，且，
设点B到平面PAC的距离为，
则由可得，
即，解得，
设直线与平面所成角为，则.

12、（2021·浙江杭州市·高三期末）在三棱锥中，为等腰直角三角形，点，分别是线段，的中点，点在线段上，且.若，，.

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成的角.
【解析】
解：（Ⅰ）连接交于，连接.
则点为的重心，有.
因为，
所以，且平面，平面，
所以平面.


（Ⅱ）因为，，，
所以，
故，所以，且，平面，
所以平面.
过作的平行线，交于.
则平面.
所以直线与平面所成角为.
且，，，
所以，得.
所以直线与平面所成的角为，
即直线与平面所成的角为.


13、（2021·浙江绍兴市·高三期末）如图，在三棱锥中，是边长为3的等边三角形，，平面，点M、N分别为、的中点，点P为线段上一点，且平面．

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】
（1）因为面，面，所以
又∵正中，
∴面
∴


（2）法一：连交于G，连，作于H，连
∵面面，面面，，所以面
∴为与平面所成角
又∵都是的中线∴G为的重心
又∵面，面面，所以
∴P为的三等分点，
∴中：，，
∴