高考数学二轮复习专题33 立体几何中线面角的计算问题(教师版)

专题33　立体几何中线面角的计算问题 【高考真题】 1．(2022·全国甲理) 在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 1．解析　(1)在四边形中，作于，于， 因为， 所以四边形为等腰梯形，所以， 故，， 所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又，所以平面，又因平面，所以； (2)如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则， 则， 设平面的法向量，则有，可取， 则，所以与平面所成角的正弦值为． 2．(2022·全国乙理) 如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 2．解析　(1)因为，E为的中点，所以； 在和中，因为， 所以，所以，又因为E为的中点，所以； 又因为平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面． (2)连接，由(1)知，平面，因为平面， 所以，所以， 当时，最小，即的面积最小． 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因，所以， 在中，，所以． 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 又因为，所以， 所以， 设与平面所成的角的正弦值为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为． 3．(2022·北京) 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面， ，M，N分别为，AC的中点． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：；条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 3．解析　(1)取的中点为，连接， 由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则， 而平面，平面，故平面， 而，则，同理可得平面， 而平面， 故平面平面，而平面，故平面， (2)因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因为，故平面，因为平面，故， 若选①，则，而，， 故平面，而平面，故， 所以，而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为，则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则. 若选②，因，故平面，而平面， 故，而，故， 而，，故，所以，故， 而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为，则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则. 4．(2022·浙江) 如图，已知和都是直角梯形，，，，，， ，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 4．解析　(1)过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点、． ∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，， ∵，且， ∴平面是二面角的平面角，则， ∴是正三角形，由平面，得平面平面， ∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面． (2)因为平面，过点做平行线，所以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 设，则， 设平面的法向量为 由，得，取， 设直线与平面所成角为， ∴． 【方法总结】 直线与平面所成的角 如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos＜u，n＞|＝． 【题型突破】 1．(2020·北京)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BB1的中点． (1)求证：BC1∥平面AD1E； (2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值． 1．解析　(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1且AB＝A1B1，A1B1∥C1D1且A1B1＝C1D1， ∴AB∥C1D1且AB＝C1D1，∴四边形ABC1D1为平行四边形，∴BC1∥AD1． ∵BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，∴BC1∥平面AD1E． (2)以点A为坐标原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，D1(2，0，2)，E(0，2，1)， ＝(0，0，2)，＝(2，0，2)，＝(0，2，1)． 设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，由得 令z＝－2，则x＝2，y＝1，则n＝(2，1，－2)．cos＝＝＝－． 因此，直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为． 2．(2020·浙江)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC． (1)证明：EF⊥DB； (2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值． 2．解析　(1)如图，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB． 由∠ACD＝45°，DO⊥AC得CD＝CO． 由平面ACFD⊥平面ABC，得DO⊥平面ABC，所以DO⊥BC． 由∠ACB＝45°，BC＝CD＝CO得BO⊥BC．所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB． 由三棱台ABC－DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB． 　　　　　　　 (2)法一：如图，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH． 由三棱台ABC－DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角． 由BC⊥平面BDO得OH⊥BC，故OH⊥平面BCD，所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角． 设CD＝2． 由DO＝OC＝2，BO＝BC＝，得BD＝，OH＝，所以sin∠OCH＝＝， 因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为． 法二：由三棱台ABC－DEF得DF∥CO， 所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ． 如图，以O为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O­xyz． 设CD＝2．由题意知各点坐标如下： O(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2)． 因此＝(0，2，0)，＝(－1，1，0)，＝(0，－2，2)． 设平面BCD的法向量n＝(x，y，z)． 由即可取n＝(1，1，1)． 所以sin θ＝|cos<，n>|＝＝． 因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为． 3．(2020·全国Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为 BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F． (1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； (2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值． 3．解析　(1)因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN． 因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN． 所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F． (2)由已知得AM⊥BC．以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系M－xyz，则AB＝2，AM＝． 连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM＝，E． 由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC． 作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC．设Q(a，0，0)，则NQ＝ ， B1，故＝，||＝． 又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的法向量，故 sin＝cos＝＝． 所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为． 4．(2020·新山东)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的 交线为l． (1)证明：l⊥平面PDC； (2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 4．解析　(1)在正方形ABCD中，AD∥BC，因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC， 又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l． 因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC， 又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥PD．因为DC∩PD＝D，所以l⊥平面PDC． (2)如图建立空间直角坐标系Dxyz， 因为PD＝AD＝1，则有D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)， 设Q(m，0，1)，则有＝(0，1，0)，＝(m，0，1)，＝(1，1，－1)． 设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，则即 令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1，0，－m)， 则cos＝＝． 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值， 所以直线与平面所成角的正弦值等于 |cos|＝＝·＝· ≤·≤·＝，当且仅当m＝1时取等号， 所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为． 5．(2021·浙江)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4， PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD． (1)证明：AB⊥PM； (2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值． 5．解析　(1)在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1，CM＝BC＝2，∠DCM＝60°， 所以由余弦定理可得，DM2＝CD2＋CM2－2·CD·CM·cos60°＝3， 则CD2＋DM2＝1＋3＝4＝CM2，即CD⊥DM， 又PM⊥MD，PM∩DM＝M，所以CD⊥平面PDM， 而PM⊂平面PDM，所以CD⊥PM．因为CD∥AB，所以AB⊥PM． (2)由(1)知，CD⊥平面PDM，又CD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PDM， 且平面ABCD平面∩PDM＝DM，因为PM⊥DM，且PM⊂平面PDM，所以PM⊥平面ABCD， 连接AM，则PM⊥MA，在△ABM中，AB＝1，BM＝2，∠ABM＝120°， 可得AM2＝1＋4－2·1·2·(－)＝7， 又PA＝，在Rt△PMA中，求得PM＝2， 取AD中点E，连接ME，则ME∥CD，可得ME、MD、MP两两互相垂直， 以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则A(－，2，0)，P(0，0，2)，C(，－1，0)．又N为PC的中点， 所以N(，－，)，＝(，－，)， 平面PDM的一个法向量为n＝(0，1，0)， 设直线AN与平面PDM所成角为θ，则sinθ＝|cos<，n>|＝＝， 故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为． 6．(2016·全国Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝ 4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点． (1)证明MN∥平面PAB； (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值． 6．解析　(1)由已知得AM＝AD＝2．取BP的中点T，连接AT，TN， 由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2．又AD∥BC，故TN綊AM， 所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT． 因为MN⊄平面PAB，AT⊂平面PAB，所以MN∥平面PAB． (2)取BC的中点E，连