-线面角基础练习题
几何法求线线角,线面角,二面角的10类题型(学生版)
几何法求线线角、线面角、二面角常考题型题型一平行四边形平移法求线线角 4题型二中位线平移法求线线角 5题型三补形平移法求线线角 5题型四作垂线法求线面角 6题型五等体积法求线面角 7题型六定义法求二面角 7题型七三垂线法求二面角 8题型八垂面法求二面角 9题型九补棱法求二面角 10题型十射影面积法求二面角 11知识梳理一、线线角的定义与求解线线角主要是求异面直线所成角。
1、线线角的定义：①定义：设a,b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a ⎳a，b ⎳b，把a 与b 所成的锐角或直角叫做异面直线a,b所成的角(或夹角)②范围：0,π22、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．3、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：①平行四边形平移法；②中位线平移法；③补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．二、线面角的定义与求解1、线面角的定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，取值范围：[0°，90°]2、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面α做垂线，确定垂足O；(2)连结斜足与垂足为斜线AB在面α上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；(3)把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
3、公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解。
公式为：sinθ=h，其中θ是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长。
6-2 微专题-线面角(对口招生、高职考(单考单招)数学总复习)
因为 AB＝2BO，所以 cos∠ABO＝BAOB＝21，
所以∠ABO＝60°. 【答案】：A
微专题——线面角
【跟踪练习4】.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1和平面ACD1所成角的余弦值为（ ）
【课堂自测】 1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，则平面AD1E与平面 ABCD的交线与直线C1D1所成角的正切值为（ ）
【知识要点】
求斜线和平面所成的角的步骤 (1)作(或找)：作(或找)出斜线在平面上的射影，作射影要过斜线上斜足以外的 一点作平面的垂线，再过垂足和斜足作直线，注意斜线上点的选取以及垂足的 位置要与题目中已知量有关，这样才能便于计算. (2)证：证明某平面角就是斜线和平面所成的角. (3)算：通常在垂线段、斜线和射影所组成的直角三角形中计算.
微专题——线面角
【真题+三年模拟】
1.（2023年浙江省职教高考研究联合体第一次调研考试）在正方体 ABCD ABCD
中，AC与平面ABCD 所成角的余弦值为
【解析】连接AC，易得 ACA 就是 AC与平面ABCD 所成的线面角。
设 AB a,则AC 2a, AC AA2 AC2 3a
所以 cos ACA AC 2a 6 【答案】 6
【解析】因为PA⊥平面ABC，所以AC为斜线PC在平面ABC上 的射影，所以∠PCA即为PC和平面ABC所成的角. 在 Rt△PAC 中，因为 AC＝12AB＝12PA， 所以 tan∠PCA＝APAC＝2. 【答案】：2
微专题——线面角
【跟踪练习3】若斜线段AB的长是它在平面α上的射影的长的2倍，则AB与平面α所 成的角是（ ）A.60° B.45° C.30° D.120°
高考数学一轮复习全套课时作业7-6-1线线角与线面角
题组层级快练7.6.1线线角与线面角一、单项选择题1．(2021·宁夏银川高级中学)在各棱长均相等的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知M 是棱BB 1的中点，N 是棱AC 的中点，则异面直线A 1M 与BN 所成角的正切值为()A.3B ．1C.63D.222．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为()A.1010B.15C.31010D.353.(2021·河北辛集中学月考)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为()A.63B.255C.155D.1054．(2020·福建厦门二模)一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，∠B ＝∠F ＝90°，∠A ＝60°，∠D ＝45°，BC ＝DE.现将两块三角板拼接在一起，取BC 中点O 与AC 中点M ，则下列直线与平面OFM 所成的角不为定值的是()A ．ACB ．AFC ．BFD ．CF5.(2021·湖南、江西十四校联考)如图，已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点E 为线段CD 1的中点，则直线AE 与平面A 1BCD 1所成角的正切值为()A.22B.12C.32D.26．(2021·四川雅安期末)如图，将矩形ABCD 沿对角线BD 把△ABD 折起，使点A 移到点A 1处，且A 1在平面BCD 上的射影O 恰好在CD 上，则BC 与A 1D 所成角是()A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°7．(2021·河北示范性高中联合体3月联考)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱上到直线A 1B 与CC 1的距离相等的点有3个，记这3个点分别为E ，F ，G ，则直线AC 1与平面EFG 所成角的正弦值为()A.2613B.22613C.27839D.478398．(2021·保定模拟)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G.则A 1B 与平面ABD 所成角的余弦值是()A.2 3B.73C.32D.37二、多项选择题9.(2021·山东青岛期末)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个结论正确的是()A．直线BC与平面ABC1D1所成的角为π4B．点C到平面ABC1D1的距离为22C．异面直线D1C与BC1所成的角为π4D．三棱柱AA1D1－BB1C1外接球的半径为32三、填空题与解答题10．(2018·课标全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78.SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．11．(2021·河北承德二中期末)已知四棱锥P－ABCD的底面是菱形，∠BAD＝60°，PD⊥平面ABCD，且PD＝AB，点E是棱AD的中点，F在棱PC上．若PF∶FC＝1∶2，则直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为________．12.(2021·鲁西部分重点中学期末)已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是菱形，∠ADC＝120°，AD的中点M是顶点P在底面ABCD的射影，N是PC的中点．(1)求证：平面MPB⊥平面PBC；(2)若MP＝MC，求直线BN与平面PMC所成角的正弦值．13．(2021·山东德州模拟)如图，P－ABC是一个三棱锥，AB是圆的直径，C是圆上的点，PC垂直圆所在的平面，D，E分别是棱PB，PC的中点．(1)求证：DE⊥平面PAC；(2)若二面角A－DE－C是45°，AB＝PC＝4，求AE与平面ACD所成角的正弦值．14.(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．7.6.1线线角与线面角参考答案1．答案C解析本题考查异面直线所成角的正切值的求法．设直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱长为2，如图所示，以A 为原点，AC 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A 1(0，0，2)，M(3，1，1)，B(3，1，0)，N(0，1，0)，则A 1M →＝(3，1，－1)，BN →＝(－3，0，0)．设异面直线A 1M 与BN 所成角为θ，则cos θ＝|A 1M →·BN →||A 1M →||BN →|＝35×3＝155，∴sin θ＝1－cos 2θ＝105，∴tan θ＝sin θcos θ＝63.∴异面直线A 1M 与BN 所成角的正切值为63.故选C.2．答案C解析以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．设AA 1＝2AB ＝2，则B(1，1，0)，E(1，0，1)，C(0，1，0)，D 1(0，0，2)．∴BE →＝(0，－1，1)，CD 1→＝(0，－1，2)．∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝1＋22×5＝31010.3.答案D解析本题考查线面角的计算．如图所示，在平面A 1B 1C 1D 1内过点C 1作B 1D 1的垂线，垂足为E ，连接BE.1E ⊥B 1D 1，1E ⊥BB 1，1D 1∩BB 1＝B 1，得C 1E ⊥平面BDD 1B 1，∴∠C 1BE 的正弦值即为所求．∵BC 1＝22＋12＝5，C 1E ＝2×222＝2，∴sin ∠C 1BE ＝C 1E BC 1＝25＝105.4．答案B解析本题考查直线与平面垂直的判定定理，直线与平面所成角．因为O ，M 分别为BC ，AC 的中点，所以OM ∥AB ，所以OM ⊥BC.又OF ⊥BC ，且OM ∩OF ＝O ，所以BC ⊥平面OMF ，所以BF ，CF 与平面OFM 所成的角分别为∠BFO 和∠CFO ，它们相等，均为45°.根据直线与平面所成角的定义知，AC 与平面OFM 所成的角为∠CMO ＝∠CAB ＝60°.故只有AF 与平面OFM 所成的角不为定值．5.答案A解析连接AB 1，AB 1与A 1B 交于点F ，由于AF ⊥A 1B ，AF ⊥BC ，且A 1B ∩BC ＝B ，所以AF ⊥平面A 1BCD 1.连接EF ，则∠AEF 是直线AE 与平面A 1BCD 1所成角，tan ∠AEF ＝AF EF ＝22.故选A.6．答案D解析本题主要考查异面直线所成角及线面垂直的判定与性质．因为A 1在平面BCD 上的射影O 恰好在CD 上，所以A 1O ⊥平面BCD.因为BC ⊂平面BCD ，所以A 1O ⊥BC.又因为BC ⊥CD ，A 1O ∩CD ＝O ，所以BC ⊥平面A 1CD.又A 1D ⊂平面A 1CD ，所以BC ⊥A 1D ，故BC 与A 1D 所成的角为90°.故选D.7．答案D解析正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱上到直线A 1B 与CC 1的距离相等的点分别为D 1，BC 的中点，B 1C 1的四等分点(靠近B 1)，不妨设D 1与G 重合，BC 的中点为E ，B 1C 1的四等分点(靠近B 1)为F.以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D －xyz ，如图．设AB ＝2，则E(1，2，0)，2，G(0，0，2)，A(2，0，0)，C 1(0，2，2)，从而EF →0，GF →2，AC 1→＝(－2，2，2)．设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z)·EF →＝0，·GF →＝0，＋2z ＝0，＋2y ＝0，令x ＝4，得n ＝(4，－3，－1)．设直线AC 1与平面EFG 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AC 1→〉|＝|n ·AC 1→||n |·|AC 1→|＝47839.故选D.8．答案B解析以C 为坐标原点，CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，CC 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图，设CA ＝CB ＝a ，则A(a ，0，0)，B(0，a ，0)，A 1(a ，0，2)，D(0，0，1)，∴，a 2，，a 3，GE →，a 6，BD →＝(0，－a ，1)，∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ，∴GE →⊥平面ABD ，∴GE →·BD →＝0，解得a ＝2.∴GE →，13，BA 1→＝(2，－2，2)，∵GE →⊥平面ABD ，∴GE →为平面ABD 的一个法向量．∵cos 〈GE →，BA 1→〉＝GE →·BA 1→|GE →|·|BA 1→|＝4363×23＝23，∴A 1B 与平面ABD 所成的角的余弦值为73.9.答案ABD解析本题考查异面直线所成角、线面角、点到平面距离及外接球问题．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，直线BC 与平面ABC 1D 1所成的角为∠CBC 1＝π4，故A 正确；连接B 1C ，由B 1C ⊥BC 1，B 1C ⊥AB ，BC 1∩AB ＝B ，得B 1C ⊥平面ABC 1D 1，所以点C 到平面ABC 1D 1的距离为B 1C 长度的一半，即22，故B 正确；因为BC 1∥AD 1，所以异面直线D 1C 与BC 1所成的角为∠AD 1C ，连接AC ，则△AD 1C 为等边三角形，故异面直线D 1C 与BC 1所成的角为π3，故C 错误；三棱柱AA 1D 1－BB 1C 1的外接球也是正方体ABCD－A 1B 1C 1D 1的外接球，故外接球半径为12＋12＋122＝32，故D 正确．故选ABD.10．答案402π解析如图所示，设S 在底面的射影为S ′，连接AS ′，SS ′.△SAB 的面积为12SA ·SB ·sin ∠ASB ＝12·SA 2·1－cos 2∠ASB ＝1516·SA 2＝515，∴SA 2＝80，SA ＝4 5.∵SA 与底面所成的角为45°，∴∠SAS ′＝45°，AS ′＝SA·cos45°＝45×22＝210.∴底面周长l ＝2π·AS ′＝410π，∴圆锥的侧面积为12×45×410π＝402π.11．答案43535解析如图，以D 点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz.设菱形ABCD 的边长为2，则D(0，0，0)，E(32，－12，0)，，23，EF →－32，76，又平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)，所以cos 〈EF →，n 4＝43535，即直线EF 与平面ABCD 所成角的正弦值为43535.12.答案(1)略(2)267解析(1)证明：如图，连接BD ，∵四边形ABCD 为菱形，∠ADC ＝120°，且M 为AD 的中点，∴△ABD 为等边三角形．∴MB ⊥AD ，∴MB ⊥BC.∵P 在底面ABCD 的射影M 是AD 的中点，∴PM ⊥平面ABCD ，又∵BC ⊂平面ABCD ，∴PM ⊥BC ，又PM ∩MB ＝M ，PM ，MB ⊂平面MPB ，∴BC ⊥平面MPB ，又BC ⊂平面PBC ，∴平面MPB ⊥平面PBC.(2)方法一：过点B 作BH ⊥MC 于点H ，连接HN(图略)．∵PM ⊥平面ABCD ，BH ⊂平面ABCD ，∴BH ⊥PM.又∵PM ，MC ⊂平面PMC ，PM ∩MC ＝M ，∴BH ⊥平面PMC.∴直线HN 为直线BN 在平面PMC 上的射影，∴∠BNH 为直线BN 与平面PMC 所成的角．在菱形ABCD 中，设AB ＝2a ，则MB ＝AB·sin60°＝3a ，MC ＝MB 2＋BC 2＝7a ，PC ＝MC 2＋MP 2＝2MC 2＝14a ，∴在Rt △MBC 中，BH ＝2a·3a 7a＝2217 a.由(1)知BC ⊥平面MPB ，PB ⊂平面MPB ，∴PB ⊥BC ，∴BN ＝12PC ＝142a ，∴sin ∠BNH ＝BH BN ＝2217a142a ＝267，即直线BN 与平面PMC 所成角的正弦值为267.方法二：由(1)知MA ，MB ，MP 两两垂直，以M 为坐标原点，以MA ，MB ，MP 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M －xyz ，不妨设MA ＝1.∴M(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，C(－2，3，0)，P(0，0，7)．∵N 是PC 的中点，∴1，32，设平面PMC 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)，又∵MP →＝(0，0，7)，MC →＝(－2，3，0)，·MP →＝0，·MC →＝0，0＝0，0＋3y 0＝0，令y 0＝1，则n1，|n |＝72.又∵BN →1，－32，|BN →|＝142，∴|cos 〈BN →，n 〉|＝|BN →·n ||BN →||n |＝267.∴直线BN 与平面PMC 所成角的正弦值为267.13．答案(1)略(2)4214解析(1)证明：因为AB 是圆的直径，所以BC ⊥AC ，因为PC 垂直圆所在的平面，所以PC ⊥BC ，又因为AC ∩PC ＝C ，所以BC ⊥平面PAC.因为D ，E 分别是棱PB ，PC 的中点，所以BC ∥DE ，从而有DE ⊥平面PAC.(2)由(1)可知，DE ⊥AE ，DE ⊥EC ，所以∠AEC 为二面角A －DE －C 的平面角，从而有∠AEC ＝45°，则AC ＝EC ＝12PC ＝2，又BC ⊥AC ，AB ＝4，得BC ＝23.以C 为坐标原点，CB →，CA →，CP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz.则C(0，0，0)，A(0，2，0)，E(0，0，2)，B(23，0，0)，P(0，0，4)，D(3，0，2)，AE →＝(0，－2，2)，CA →＝(0，2，0)，CD →＝(3，0，2)．设n ＝(x ，y ，z)是平面ACD ·CA →＝0，·CD →＝0，0，＋2z ＝0.可取n ＝(2，0，－3)．故|cos 〈n ，AE →〉|＝|n ·AE →||n |·|AE →|＝4214.所以直线AE 与平面ACD 所成角的正弦值为4214.14.思路(1)通过添加辅助线，利用面面垂直得到线面垂直，进而得到DO ⊥BC ，再根据题中所给的已知条件，证得BO ⊥BC ，由此可得BC ⊥平面DBO ，BC ⊥DB ，由BC ∥EF 即可得证；(2)可通过作辅助线找到直线DF 与平面DBC 所成角，利用解三角形知识求得直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值，也可以建立合适的空间直角坐标系，通过计算直线DF 的方向向量与平面DBC 的法向量求解直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．答案(1)略(2)33解析(1)证明：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 ＝2CO.由平面ACFD ⊥平面ABC ，DO ⊥AC ，平面ACFD ∩平面ABC ＝AC ，得DO ⊥平面ABC ，所以DO ⊥BC.由∠ACB ＝45°，BC ＝12CD ＝22CO 得BO ⊥BC ，又DO ⊥BC ，DO ∩BO ＝O ，所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB.由三棱台ABC －DEF 得BC ∥EF ，所以EF ⊥DB.(2)方法一：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 ，又OH ⊥BD ，BC ∩BD ＝B ，故OH ⊥平面BCD ，所以∠OCH 为直线CO 与平面DBC 所成角．设CD ＝22，则DO ＝OC ＝2，BO ＝BC ＝2，所以BD ＝6，OH ＝233，所以sin ∠OCH ＝OH OC ＝33，因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.方法二：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O －xyz.设CD ＝22，则O(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2)．因此OC →＝(0，2，0)，BC →＝(－1，1，0)，CD →＝(0，－2，2)．设平面BCD 的法向量n ＝(x ，y ，z)，n ·BC →＝0，n ·CD →＝0，－x ＋y ＝0，－2y ＋2z ＝0，可取n ＝(1，1，1)．所以sin θ＝|cos 〈OC →，n 〉|＝|OC →·n ||OC →|·|n |＝33.因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为3 3 .。
线面角和面面角两个典型例题
EB BC, CB 面SEB，SB 是SC 在面SEB内射影，
SE SC。
BSC 就是面SCD 与面SBA 所成二面角的平面角。
在RtSBC中， tan BSC BC 1 2 , SB 2 2
A
得SO 1, SD 11. 1 1 2 ABS的面积S1 AB SA ( AB) 2 2 2 2 1 连接DB， 得△DAB的面积 S 2 AB AD sin 135 0 2. 2
设D到平面 VS-ABD， 得 h S1 SO S 2 . 3 3
E D 1 解法一： 因AB、CD共面， AD BC，故 AB，CD相交，设其交点为 E
2
求面SCD与面SBA所成二面角的正切值。
2
A
B
C
E CD，CD 面SCD ， E 面SCD ，同理E SAB，
连SE ，侧面SCD 面SAB SE ， 那么E在面SCD、面SAB的交线上，
tan 2 . 2
练习:
选择题： 1、正四棱锥P-ABCD的所有棱长相等，E为PC中点，那么异面直线BE 与PA所成角的余弦值等于（ D ）
A,
1 2
B,
2 2
2 C, 3
D,
3 3
2、在正三棱锥S-ABC中，D为AB中点，且SD与BC所成角为450，则SD 与底面所成角的正弦值为（
C
3 3
例1、
四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧 面SBC⊥底面ABCD，已知∠ABC=450，AB=2， S BC 2 2, SA SB 3.
（1）证明SA⊥BC； （2）求直线SD与平面SAB所成角的大小。
第8章立体几何专题7 线面角的求解常考题型专题练习——【含答案】
线面角的求解【方法总结】1、线面角的范围：[0°,90°]2、线面角求法（一）：先确定斜线与平面，找到线面的交点A为斜足；找线在面外的一点B，过点B向平面α做垂线，确定垂足O；连结斜足与垂足为斜线AB在面α上的投影；投影AO与斜线AB之间的夹角为线面角；把投影AO与斜线AB归到一个三角形中进行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）。
注意：以上第二步过面外一点向平面做垂线的方法有一下几种：1）线在面外的一点B与平面上某点的连线正垂直于面α，无需再做辅助线；2）题中已知有与面α垂直的直线，过线在面外的一点B直接做此垂线的平行线；3）过线在面外的一点B做两垂直平面交线的垂线，利用面面垂直的性质证明OB⊥面α（这两个垂直平面一个是面α，另一个是过点B且与α垂直的平面）。
3、线面角求法（二）用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解。
114、线面角求法（三）利用空间向量进行求解，高二再学。
【巩固练习】1、已知正方体1111ABCD A B C D -的体积为162，点P 在正方形1111D C B A 上，且1,A C 到P 的距离分别为2,23，则直线CP 与平面11BDD B 所成角的正切值为( )A.2 B.3 C.12D.13【答案】A【解析】易知22AB =；连接1C P ，在直角1CC P ∆中，可计算22112C P CP CC =-=；又1112,4A P A C ==，所以点P 是11A C 的中点；连接AC 与BD 交于点O ，易证AC ⊥平面11BDD B ，直线CP 在平面11BDD B 内的射影是OP ，所以CPO ∠就是直线CP 与平面11BDD B 所成的角，在直角CPO ∆中，2tan 2CO CPO PO ∠== .2、把正方形沿对角线折起,当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线和平面所成的角的大小为A．B．C．D．[来源网ZXXK]【答案】C【解析】如图所示，当平面平面时，三棱锥的体积最大，取的中点，则平面，故直线和平面所成的角为，则，所以，故选C.3、如图，在三棱锥P-ABC中，,PA AB⊥PC BC⊥，,AB BC⊥22,AB BC==5PC=，则PA与平面ABC所成角的大小为_______.【答案】45︒【解析】如图，作平行四边形ABCD，连接PD，由AB BC⊥，则平行四边形ABCD是矩形．由BC CD⊥，BC PC⊥，PC CD C=，∴BC⊥平面PCD，而PD⊂平面PCD，∴BC PD⊥，同理可得AB PD⊥，又AB BC B⋂=，∴PD⊥平面11ABCD ．,PD CD PD AD ⊥⊥，PAD ∠是PA 与平面ABC 所成角．由2,5CD AB PC ===得1PD =，又1AD BC ==，∴45PAD ∠=︒．∴PA 与平面ABC 所成角是45︒．4、已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心O ，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值为（ ）A ．23B ．13C ．33D ．23【答案】A【解析】作1A H ⊥面ABC 于点H ,延长11B A 到D ,延长BA 到E 使得111B A A D =，,BA AE =如图则有11A EAB ，又因为1A O ⊥面ABC ，故1A EO ∠为所求角，且111sin AO A EO A E∠=。
高中数学线面角与线线角例题、习题-学生
线面角与线线角专练（小练习一）【知识网络】1、异面直线所成的角：（1）范围：(0,]2πθ∈；（2）求法；2、直线和平面所成的角：（1）定义：（2）范围：[0,90]；（3）求法；【典型例题】例1：（1）在正方体1111ABCD A BC D -中，下列几种说法正确的是 （ ）A 、11AC AD ⊥B 、11DC AB ⊥ C 、1AC 与DC 成45角D 、11AC 与1BC 成60角（2）在正方体AC 1中，过它的任意两条棱作平面，则能作得与A 1B 成300角的平面的个数为 （ ）A 、2个B 、4个C 、6个D 、8个（3）正六棱柱ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1底面边长是1，2则这个棱柱的侧 面对角线E 1D 与BC 1所成的角是 （ ）A ．90ºB ．60ºC ．45ºD ．30º（4）在空间四边形ABCD 中，AB ⊥CD ，BC ⊥DA ，那么对角线AC 与BD 的位置关系是 。
（5）点AB 到平面α距离距离分别为12，20，若斜线AB 与α成030的角，则AB 的长等于__ ___.例2：．如图：已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1，AB ＝AC ，F 为棱BB 1上一点，BF ∶FB 1＝2∶1，BF ＝BC ＝2a 。
（I ）若D 为BC 的中点，E 为AD 上不同于A 、D 的任意一点，证明EF ⊥FC 1；（II ）试问：若AB ＝2a ，在线段AD 上的E点能否使EF 与平面BB 1C 1C 成60°角，为什么？证明你的结论。
例3： 如图, 四棱锥P-ABCD 的底面是AB=2, BC =2的矩形, 侧面PAB 是等边三角形, 且侧面PAB ⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明:BC ⊥侧面PAB;(Ⅱ)证明: 侧面PAD ⊥侧面PAB;(Ⅲ)求侧棱PC 与底面ABCD 所成角的大小; A B C DPA B C H S M 线面角与线线角专练（小练习二）例4：设△ABC 内接于⊙O ，其中AB 为⊙O 的直径，PA ⊥平面ABC 。
空间三大角(向量法)
空间三大角一、线线角1．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（ ）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π62.（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II ））在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ）A ．15B ．56C ．55D ．223.（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅰ））如图，四边形ABCD 为菱形，ⅠABC =120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE Ⅰ平面ABCD ，DF Ⅰ平面ABCD ，BE =2DF ，AE ⅠEC ． （1）证明：平面AEC Ⅰ平面AFC ；（2）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．二、线面角1.（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I 卷））如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.2. （2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II ））如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．3.（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3卷））如图，四棱锥P−ABCD 中，PAⅠ底面ABCD ，ADⅠBC ，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M 为线段AD 上一点，AM=2MD ，N 为PC 的中点. （Ⅰ）证明MNⅠ平面PAB;（Ⅰ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.三、二面角1（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．2.（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．3.（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，ⅠBAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MNⅠ平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．4.（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEⅠEC1.（1）证明：BEⅠ平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.5. （2018年全国卷Ⅰ理数高考试题）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．6.（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷））如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面P AB Ⅰ平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.7.（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3））（2017新课标全国Ⅰ理科）如图，四面体ABCD 中，ⅠABC 是正三角形，ⅠACD 是直角三角形，ⅠABD =ⅠCBD ，AB =BD ．（1）证明：平面ACD Ⅰ平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值.8.（2016年全国普通高等学校招生统一考试）试题）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABEF 为正方形，2AF FD =，90AFD ∠=︒，且二面角D AF E --与二面角C BE F --都是60︒.（1）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；（2）求二面角E BC A --的余弦值.9.（2016年全国普通高等学校招生统一考试数学）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点,5,6O AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，5,4AE CF EF ==交BD 于点H ，将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，10OD '=.（1）证明：D H '⊥平面ABCD ；（2）求二面角B D A C '--的正弦值.答 案一、线线角1【答案】D如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD Ⅰ1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角， 因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1PBB ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则1111122,22BC PC D B === 1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=. 2.【答案】C 【详解】：以D 为坐标原点，DA,DC,DD 1为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,13),3)D A B D ,所以11(1,0,3),(1,13)AD DB =-=, 因为11111115cos ,25AD DB AD DB AD DB ⋅-===⨯，所以异面直线1AD 与1DB 5 3.【解析】：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G ，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1易证EGⅠAC ，通过计算可证EGⅠFG ，根据线面垂直判定定理可知EGⅠ平面AFC ，由面面垂直判定定理知平面AFCⅠ平面AEC ；（Ⅰ）以G 为坐标原点，分别以,GB GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB 为单位长度，建立空间直角坐标系G -xyz ，利用向量法可求出异面直线AE 与CF 所成角的余弦值.试题解析：（Ⅰ）连接BD ，设BD∩AC=G ，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB=1，由ⅠABC=120°，可得3由BEⅠ平面ABCD ，AB=BC 可知，AE=EC ，又ⅠAEⅠEC ，3，EGⅠAC ，在RtⅠEBG 中，可得2，故DF=22.在RtⅠFDG 中，可得6 在直角梯形BDFE 中，由BD=2，2，2可得32，Ⅰ222EG FG EF +=，ⅠEGⅠFG ， ⅠAC∩FG=G ，ⅠEGⅠ平面AFC ，ⅠEG ⊂面AEC ，Ⅰ平面AFCⅠ平面AEC.（Ⅰ）如图，以G 为坐标原点，分别以,GB GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB 为单位长度，建立空间直角坐标系G -xyz ，由（Ⅰ）可得A （030），E （1,0, 2，F （－1,02，C （030），ⅠAE =（1，3，2），CF =（-1，-3，22）.…10分 故3cos ,3AE CFAE CF AE CF ⋅==-. 所以直线AE 与CF 所成的角的余弦值为33. 二、线面角1.【分析】（1）由已知可得，BF PF ⊥，BF EF ⊥，又PFEF F =，所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）作PH EF ⊥，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF 的方向为y 轴正方向，BF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz -. 由（1）可得，DE PE ⊥.又2DP =，1DE =，所以3PE =.又1PF =，2EF =，故PE PF ⊥.可得33,22PH EH ==.则()33330,0,0,0,0,,1,,0,1,,,2222H P D DP ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭30,0,2HP ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭为平面ABFD 的法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则334sin 43HP DP HP DPθ⋅===⋅. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 2.【分析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且23OP =． 连结OB ．因为22AB BC AC ==，所以ABC 为等腰直角三角形，且1,22OB AC OB AC ⊥== 由222OP OB PB +=知PO OB ⊥．由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23)O B A C P AP -= 取平面PAC 的法向量(2,0,0)OB =．设(,2,0)(02)M a a a -<≤，则(,4,0)AM a a =-． 设平面PAM 的法向量为(,,)n x y z =．由0,0AP n AM n ⋅=⋅=得2230(4)0y z ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩， 可取2(3(4),3,)n a a a =--所以22223(4)cos 23(4)3a OB n a a a -〈⋅〉=-++ ．由已知得3cos 2OB n 〈⋅〉= ． 所以22223|4|3223(4)3a a a a -=-++ ．解得4a =-(舍去)，43a = ．所以83434,,333n ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭ ． 又(0,2,23)PC =- ，所以3cos ,4PC n 〈〉=． 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34． 3.【详解】（Ⅰ）由已知得. 取的中点T ，连接，由为中点知，. 又，故=TN AM ∥，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN AT ∥. 因为平面，平面，所以平面. （Ⅰ）取的中点，连结.由得，从而，且 . 以A 为坐标原点， AE 的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知， ，，，， (0,2,4)PM =-， 5(,1,2)2PN =-，5(,1,2)2AN =.设(,,)x y z =n 为平面 PMN 的一个法向量，则0,{0,n PM n PN ⋅=⋅=即 240,520,2y z x y z -=+-= 可取(0,2,1)n =.于是85cos ,25n AN n AN n AN⋅〈〉==. 三、二面角1【分析】（1）PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如上图所示的空间直角坐标系D xyz -， 设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ， 则()2,1,1PB a =-，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得22a =，故22BC a ==； （2）设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则22AM ⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,1AP =-， 由111120220m AM x y m AP x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取12x =，可得()2,1,2m =，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，2,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()2,1,1BP =--，由222220220n BM x n BP x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=--+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，3314cos ,1472m n m n m n⋅<>===⨯⋅，所以，270sin ,1cos ,14m n m n <>=-<>=，因此，二面角A PM B --的正弦值为7014. 2.【分析】（1）在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ， 在长方体1111ABCD A B C D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG =，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则//AF DG 且AF DG =， 同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；（2）以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ， ()0,1,1AE =--，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =-，()12,0,1A F =-，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，由0m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =-，设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，37cos ,7321m n m n m n⋅<>===⨯⋅， 设二面角1A EF A --的平面角为θ，则7cos 7θ=，242sin 1cos 7θθ∴=-=. 因此，二面角1A EF A --的正弦值为427. 3【分析】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ∆的中位线 1//ME B C ∴且112ME B C =又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且112ND B C =//ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE //MN ∴平面1C DE（2）设AC BD O ⋂=，11111A C B D O ⋂= 由直四棱柱性质可知：1OO ⊥平面ABCD 四边形ABCD 为菱形 AC BD ∴⊥则以O 为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系： 则：()3,0,0A，()0,1,2M ，()13,0,4A ，D （0，-1,0）31,,222N ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭取AB 中点F ，连接DF ，则31,,022F ⎛⎫⎪⎪⎝⎭四边形ABCD 为菱形且60BAD ∠= BAD ∴∆为等边三角形 DF AB ∴⊥ 又1AA ⊥平面ABCD ，DF ⊂平面ABCD 1DF AA ∴⊥DF ∴⊥平面11ABB A ，即DF ⊥平面1AMADF ∴为平面1AMA 的一个法向量，且33,,022DF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设平面1MA N 的法向量(),,n x y z =，又()13,1,2MA =-，33,,022MN ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭132033022n MA x y z n MN x y ⎧⋅=-+=⎪∴⎨⋅=-=⎪⎩，令3x =，则1y =，1z =- ()3,1,1n ∴=-315cos ,515DF n DF n DF n⋅∴===⋅ 10sin ,5DF n ∴=∴二面角1A MA N --的正弦值为：1054.【分析】证明（1）因为1111ABCD A B C D -是长方体，所以11B C ⊥侧面11A B BA ，而BE ⊂平面11A B BA ，所以11BE B C ⊥又1BE EC ⊥，1111B C EC C ⋂=，111,B C EC ⊂平面11EB C ，因此BE ⊥平面11EB C ； （2）以点B 坐标原点，以1,,BC BA BB 分别为,,x y z 轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，1(0,0,0),(,0,0),(,0,),(0,,)2b B C a C a b E a ，因为1BE EC ⊥，所以2210(0,,)(,,)002224b b b BE EC a a a a b a ⋅=⇒⋅-=⇒-+=⇒=，所以(0,,)E a a ，1(,,),(0,0,2),(0,,)EC a a a CC a BE a a =--==， 设111(,,)m x y z =是平面BEC 的法向量，所以111110,0,(0,1,1)0.0.ay az m BE m ax ay az m EC +=⎧⎧⋅=⇒⇒=-⎨⎨--=⋅=⎩⎩， 设222(,,)n x y z =是平面1ECC 的法向量，所以2122220,0,(1,1,0)0.0.az n CC n ax ay az n EC =⎧⎧⋅=⇒⇒=⎨⎨--=⋅=⎩⎩， 二面角1B EC C --的余弦值的绝对值为11222m n m n ⋅==⨯⋅，所以二面角1B EC C --的正弦值为2131()22-=. 5.【分析】解：（1）由题设知,平面CMD Ⅰ平面ABCD ,交线为CD .因为BC ⅠCD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC Ⅰ平面CMD ,故BC ⅠDM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点,且DC 为直径，所以 DM ⅠCM . 又 BC CM =C ,所以DM Ⅰ平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD Ⅰ平面BMC .（2）以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz . 当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为CD 的中点.由题设得()()()()()0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,2,0,0,1,1D A B C M ，()()()2,1,1,0,2,0,2,0,0AM AB DA =-==设(),,n x y z =是平面MAB 的法向量,则0,0.n AM n AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,20.x y z y -++=⎧⎨=⎩ 可取()1,0,2n =.DA 是平面MCD 的法向量, 因此5cos ,5n DA n DA n DA⋅==，25sin ,5n DA =，所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255. 6.【详解】（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⅠAP ，CD ⅠPD ．由于AB//CD ，故AB ⅠPD ，从而AB Ⅰ平面P AD ．又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB Ⅰ平面P AD ． （2）在平面PAD 内作PF AD ⊥，垂足为F ，由（1）可知，AB ⊥平面PAD ，故AB PF ⊥，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -. 由（1）及已知可得2,0,02A ⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭，20,0,2P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，2,1,02B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，2,1,02C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭. 所以22,1,22PC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,0CB =，22,0,22PA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()0,1,0AB =.设(),,n x y z =是平面PCB 的法向量，则0,0,n PC n CB ⎧⋅=⎨⋅=⎩即220,2220,x y z x ⎧-+-=⎪⎨⎪=⎩可取()0,1,2n =--. 设(),,m x y z =是平面PAB 的法向量，则0,0,m PA m AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩即220,220.x z y ⎧-=⎪⎨⎪=⎩可取()1,0,1m =. 则3cos ,3n m n m n m ⋅==-， 所以二面角A PB C --的余弦值为33-. 7.【解析】：（1）由题设可得，ABD CBD ≌△△，从而AD DC =. 又ACD △是直角三角形，所以=90ADC ∠︒. 取AC 的中点O ，连接DO ,BO ,则DO ⅠAC ,DO =AO . 又由于ABC 是正三角形，故BO AC ⊥. 所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角. 在Rt AOB 中，222BO AO AB +=.又AB BD =，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==，故90DOB ∠=. 所以平面ACD Ⅰ平面ABC .（2）由题设及（1）知，,,OA OB OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴正方向，OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.则()()()()1,0,0,0,3,0,1,0,0,0,0,1A B C D -.由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得310,,22E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. 故()()311,0,1,2,0,0,1,,22AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭.设(),,n x y z =是平面DAE 的法向量，则00n AD n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，，即0,310.22x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩可取31,,13⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n . 设m 是平面AEC 的法向量，则00m AC m AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，，同理可取()0,1,3=-m .则7cos ,7⋅==n m n m n m . 所以二面角D -AE -C 的余弦值为77.8.【分析】（Ⅰ）因为四边形ABEF 为正方形，所以AF FE ⊥， 又AF DF ⊥，DF FE F ⋂=，所以AF ⊥平面EFDC ． 又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC ． （Ⅰ）过D 作DG EF ⊥，垂足为G ， 因为平面ABEF ⊥平面EFDC ，平面ABEF平面EFDCEF ，DG ⊂平面EFDC ，故DG ⊥平面ABEF ．以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，GD 的方向为z 轴正向， 建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（Ⅰ）知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角，故60DFE ∠=︒， 设()20DF a a =>，则3DG a =，FG a =，所以(),4,0A a a ，()3,4,0B a a -，()3,0,0E a -，()0,0,3D a ． 由已知，//AB EF ，而AB ⊄平面EFDC ，EF ⊂平面EFDC ， 所以//AB 平面EFDC ，又平面ABCD 平面EFDC DC =，AB ⊂平面ABCD ，故//AB CD ，所以//CD EF ．由//BE AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，同理CEF ∠为二面角C BE F --的平面角， 所以60CEF ∠=︒，从而可得()2,0,3C a a -．所以(),0,3EC a a =，()0,4,0EB a =，()3,4,3AC a a a =--，()4,0,0AB a =-． 设(),,n x y z =是平面BCE 的法向量，则00n EC n EB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即3040ax az ay ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，取3x =，则0,3y z ==-，可取()3,0,3n =-．设m 是平面ABCD 的法向量，则00m AC m AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，同理可取()0,3,4m =，则43219cos ,192319n m n m n m⋅〈〉==-=-⨯．因为二面角E BC A --的平面角为钝角，故二面角E BC A --的余弦值为21919-．9.【详解】：(1)由已知得AC BD ⊥，AD CD =,又由AE CF =得AE CFAD CD=，故AC ⅠEF ，因此 EF HD ⊥，从而EF ⅠD H '.由56AB AC ==，得224DO BO AB AO ==-=.由AC ⅠEF 得14OH AE DO AD ==.所以1OH =,3D H DH '==. 于是222223110D H OH D O +=+='=',故D H OH '⊥.又D H EF '⊥,而OH EF H =,所以D H'⊥平面ABCD .如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,1,0A --，()0,6,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，()3,4,0AB =-，()6,0,0AC =，()3,1,3AD '=.设()111,,m x y z =是平面ABD '的法向量， 则0{m AB m AD '⋅=⋅=，即11111340{330x y x y z -=++=，可取()4,3,5m =-.设()222,,n x y z =是平面ACD '的法向量， 则0{n AC n AD '⋅=⋅=，即222260{330x x y z =++=，可取()0,3,1n =-于是1475cos ,255010m n m n m n ⋅-===-⨯， 设二面角的大小为θ，295sin 25θ=.因此二面角B D A C '--的正弦值是29525.。
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初中数学题库：点线面角专题训练（含答案）今天小编就为大家精心整理了一篇有关初中数学题库：点线面角专题训练的相关内容，以供大家阅读！一、选择题1.(2019山东济南，第2题，3分)如图，点O在直线AB上，若A=30，则ABC的度数是A.45B.30C.25D.60【解析】因为，所以，故选C.2.(2019四川凉山州，第2题，4分)下列图形中，1与2是对顶角的是()A.1、2没有公共顶点B.1、2两边不互为反向延长线C.1、2有公共顶点，两边互为反向延长线D.1、2两边不互为反向延长线考点：对顶角、邻补角分析：根据对顶角的特征，有公共顶点，且两边互为反向延长线，对各选项分析判断后利用排除法求解.解答：解：A.1、2没有公共顶点，不是对顶角，故本选项错误;B.1、2两边不互为反向延长线，不是对顶角，故本选项错误;C.1、2有公共顶点，两边互为反向延长线，是对顶角，故本选项正确;D.1、2两边不互为反向延长线，不是对顶角，故本选项错误; 故选：C.点评：本题主要考查了对顶角的定义，熟记对顶角的图形特征是解题的关键，是基础题，比较简单.3.(2019襄阳，第7题3分)下列命题错误的是()A.所有的实数都可用数轴上的点表示B.等角的补角相等C.无理数包括正无理数，0，负无理数D.两点之间，线段最短考点：命题与定理.专题：计算题.分析：根据实数与数轴上的点一一对应对A进行判断;根据补角的定义对B进行判断;根据无理数的分类对C进行判断;根据线段公理对D进行判断.解答：解：A、所有的实数都可用数轴上的点表示，所以A选项的说法正确;B、等角的补角相等，所以B选项的说法正确;C、无理数包括正无理数和负无理，所以C选项的说法错误;D、两点之间，线段最短，所以D选项的说法正确.故选C.点评：本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题;正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题;经过推理论证的真命题称为定理.4.(2019浙江金华，第2题4分)如图，经过刨平的木析上的两个点，能弹出一条笔直的墨线，而且只能弹出一条墨线.能解释这一实际问题的数学知识是【】A.两点确定一条直线B.两点之间线段最短C.垂线段最短D.在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直5.(2019滨州，第5题3分)如图，OB是AOC的角平分线，OD是COE的角平分线，如果AOB=40，COE=60，则BOD的度数为()A.50B.60C.65D.70考点：角的计算;角平分线的定义分析：先根据OB是AOC的角平分线，OD是COE的角平分线，AOB=40，COE=60求出BOC与COD的度数，再根据BOD=BOC+COD 即可得出结论.解答：解：∵OB是AOC的角平分线，OD是COE的角平分线，AOB=40，COE=60，BOC=AOB=40，COD=COE=60=30，BOD=BOC+COD=40+30=70.故选D.点评：本题考查的是角的计算，熟知角平分线的定义是解答此题的关键.6.(2019济宁，第3题3分)把一条弯曲的公路改成直道，可以缩短路程.用几何知识解释其道理正确的是()A.两点确定一条直线B.垂线段最短C.两点之间线段最短D.三角形两边之和大于第三边考点：线段的性质：两点之间线段最短.专题：应用题.分析：此题为数学知识的应用，由题意把一条弯曲的公路改成直道，肯定要尽量缩短两地之间的里程，就用到两点间线段最短定理.解答：解：要想缩短两地之间的里程，就尽量是两地在一条直线上，因为两点间线段最短.故选C.点评：本题考查了线段的性质，牢记线段的性质是解题关键.7.(2019年山东泰安，第5题3分)如图，把一直尺放置在一个三角形纸片上，则下列结论正确的是()A.61802+lt;1803+lt;1803+gt;180分析：根据平行线的性质推出4=180，7，根据三角形的内角和定理得出3=180A，推出结果后判断各个选项即可.解：A、∵DG∥EF，4=180，∵4，gt;1，1180，故本选项错误;B、∵DG∥EF，3，5=3=(180﹣1)+(180﹣ALH)=360﹣(ALH)=360﹣(180﹣A)=180A180，故本选项错误;C、∵DG∥EF，4=180，故本选项错误;D、∵DG∥EF，7，∵2=180A180，7180，故本选项正确;故选D.点评：本题考查了平行线的性质，三角形的内角和定理的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力，题目比较好，难度适中.8.(2019广西贺州，第3题3分)如图，OAOB，若1=55，则2的度数是()A.35B.40C.45D.60考点：余角和补角分析：根据两个角的和为90，可得两角互余，可得答案.解答：解：∵OAOB，若1=55，=90，即1=90，2=35，故选：A.点评：本题考查了余角和补角，两个角的和为90，这两个角互余.9.(2019襄阳，第5题3分)如图，BCAE于点C，CD∥AB，B=55，则1等于()A.35B.45C.55D.65考点：平行线的性质;直角三角形的性质分析：利用“直角三角形的两个锐角互余”的性质求得A=35，然后利用平行线的性质得到B=35.解答：解：如图，∵BCAE，ACB=90.B=90.又∵B=55，A=35.又CD∥AB，B=35.故选：A.点评：本题考查了平行线的性质和直角三角形的性质.此题也可以利用垂直的定义、邻补角的性质以及平行线的性质来求1的度数.10.(2019湖北黄冈,第2题3分)如果与互为余角，则()A.+=180B.﹣=180C.﹣=90D.+=90考点：余角和补角.分析：根据互为余角的定义，可以得到答案.解答：解：如果与互为余角，则+=900.故选：D.点评：此题主要考查了互为余角的性质，正确记忆互为余角的定义是解决问题的关键.二、填空题1.(2019山东枣庄，第18题4分)图①所示的正方体木块棱长为6cm，沿其相邻三个面的对角线(图中虚线)剪掉一角，得到如图②的几何体，一只蚂蚁沿着图②的几何体表面从顶点A爬行到顶点B的最短距离为(3+3)cm.考点：平面展开-最短路径问题;截一个几何体分析：要求蚂蚁爬行的最短距离，需将图②的几何体表面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果.解答：解：如图所示：△BCD是等腰直角三角形，△ACD是等边三角形，在Rt△BCD中，CD==6 cm，BE=CD=3 cm，在Rt△ACE中，AE==3 cm，从顶点A爬行到顶点B的最短距离为(3+3)cm.故答案为：(3+3).点评：考查了平面展开﹣最短路径问题，本题就是把图②的几何体表面展开成平面图形，根据等腰直角三角形的性质和等边三角形的性质解决问题.2.(2019福建泉州，第13题4分)如图，直线a∥b，直线c 与直线a，b都相交，1=65，则2=65.考点：平行线的性质.分析：根据平行线的性质得出2，代入求出即可.解答：解：∵直线a∥b，2，∵1=65，2=65，故答案为：65.点评：本题考查了平行线的性质的应用，注意：两直线平行，同位角相等.3.(2019福建泉州，第15题4分)如图，在△ABC中，C=40，CA=CB，则△ABC的外角ABD=110.考点：等腰三角形的性质.分析：先根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出A，再根据三角形的外角等于等于与它不相邻的两个内角的和，进行计算即可.解答：解：∵CA=CB，ABC，∵C=40，A=70ABD=C=110.故答案为：110.点评：此题考查了等腰三角形的性质，用到的知识点是等腰三角形的性质、三角形的外角等于等于与它不相邻的两个内角的和.4.(2019邵阳，第11题3分)已知=13，则的余角大小是77. 考点：余角和补角.分析：根据互为余角的两个角的和等于90列式计算即可得解.解答：解：∵=13，的余角=90﹣13=77.故答案为：77.点评：本题考查了余角的定义，是基础题，熟记概念是解题的关键.5.(2019浙江湖州，第13题4分)计算：50﹣1530=.分析：根据度化成分乘以60，可得度分的表示方法，根据同单位的相减，可得答案.解：原式=4960﹣1530=3430，故答案为：3430.点评：此类题是进行度、分、秒的加法计算，相对比较简单，注意以60为进制即可.6.(2019福建泉州，第9题4分)如图，直线AB与CD相交于点O，AOD=50，则BOC=50.考点：对顶角、邻补角.分析：根据对顶角相等，可得答案.解答：解;∵BOC与AOD是对顶角，BOC=AOD=50，故答案为：50.点评：本题考查了对顶角与邻补角，对顶角相等是解题关键. 今天的内容就介绍到这里了。