2、精練習題。復習時不要搞“題海戰(zhàn)術”，應在老師的指導下，選一些源于課本的變式題，或體現(xiàn)基本概念、基本方法的基本題，通過解題來提高思維能力和解題技巧，加深對所學知識的深入理解。在解題時，要獨立思考，一題多思，一題多解，反復玩味，悟出道理。
3、加強審題的規(guī)范性。每每大考過后，總有同學抱怨沒考好，糾其原因是考試時沒有注意審題。審題決定了成功與否，不解決這個問題勢必影響到高考的成敗。那么怎么審題呢? 應找出題目中的已知條件 ;善于挖掘題目中的隱含條件 ;認真分析條件與目標的聯(lián)系，確定解題思路 。
4、重視錯題。錯誤是最好的老師”，但更重要的是尋找錯因，及時進行總結，三五個字，一兩句話都行，言簡意賅，切中要害，以利于吸取教訓，力求相同的錯誤不犯第二次。
重難點突破02 利用傳統(tǒng)方法求線線角、線面角、二面角與距離
目錄
知識點1：線與線的夾角
（1）位置關系的分類：
（2）異面直線所成的角
①定義：設是兩條異面直線，經(jīng)過空間任一點作直線，把與所成的銳角（或直角）叫做異面直線與所成的角（或夾角）．
②范圍：
= 3 \* GB3 ③求法：平移法：將異面直線平移到同一平面內(nèi)，放在同一三角形內(nèi)解三角形．
知識點2：線與面的夾角
①定義：平面上的一條斜線與它在平面的射影所成的銳角即為斜線與平面的線面角．
②范圍：
= 3 \* GB3 ③求法：
常規(guī)法：過平面外一點做平面，交平面于點；連接，則即為直線與平面的夾角．接下來在中解三角形．即（其中即點到面的距離，可以采用等體積法求，斜線長即為線段的長度）；
知識點3：二面角
（1）二面角定義：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形稱為二面角，這條直線稱為二面角的棱，這兩個平面稱為二面角的面．（二面角或者是二面角）
（2）二面角的平面角的概念：平面角是指以二面角的棱上一點為端點，在兩個半平面內(nèi)分別做垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角就叫做該二面角的平面角；范圍．
（3）二面角的求法
法一：定義法
在棱上取點，分別在兩面內(nèi)引兩條射線與棱垂直，這兩條垂線所成的角的大小就是二面角的平面角，如圖在二面角的棱上任取一點，以為垂足，分別在半平面和內(nèi)作垂直于棱的射線和，則射線和所成的角稱為二面角的平面角（當然兩條垂線的垂足點可以不相同，那求二面角就相當于求兩條異面直線的夾角即可）．

法二：三垂線法
在面或面內(nèi)找一合適的點，作于，過作于，則為斜線在面內(nèi)的射影，為二面角的平面角．如圖1，具體步驟：
①找點做面的垂線；即過點，作于；
②過點（與①中是同一個點）做交線的垂線；即過作于，連接；
③計算：為二面角的平面角，在中解三角形．

圖1 圖2 圖3
法三：射影面積法
凡二面角的圖形中含有可求原圖形面積和該圖形在另一個半平面上的射影圖形面積的都可利用射影面積公式（，如圖2）求出二面角的大小；
法四：補棱法
當構成二面角的兩個半平面沒有明確交線時，要將兩平面的圖形補充完整，使之有明確的交線（稱為補棱），然后借助前述的定義法與三垂線法解題．當二平面沒有明確的交線時，也可直接用法三的攝影面積法解題．
法五：垂面法
由二面角的平面角的定義可知兩個面的公垂面與棱垂直，因此公垂面與兩個面的交線所成的角，就是二面角的平面角．
例如：過二面角內(nèi)一點作于，作于，面交棱于點，則就是二面角的平面角．如圖3．此法實際應用中的比較少，此處就不一一舉例分析了．
知識點4：空間中的距離
求點到面的距離轉化為三棱錐等體積法求解．
題型一：異面直線所成角
例1．（2023·四川綿陽·綿陽中學校考二模）如圖，圓柱的軸截面為矩形，點，分別在上、下底面圓上，，，，，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如圖（1），在上取點，使，

連接，，，，．
易知四邊形為矩形，則，且．
連接，．因為，且，
所以四邊形為平行四邊形，所以，且．
連接，則，且，
所以四邊形為平行四邊形，則，
所以或其補角是異面直線與所成的角．
在中，，，，，
在中，，，所以．
在中，，，所以．又，
在中，由余弦定理．
故選：B.
例2．（2023·全國·高三校聯(lián)考開學考試）如圖，在直三棱柱中，，則異面直線與所成角的余弦值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如圖，將該幾何體補成一個直四棱柱，由題易得底面為菱形，且為等邊三角形.
連接，易得，所以（或其補角）是異面直線與所成的角.
設1，則，
所以.
故選：D.
例3．（2023·江西·高三統(tǒng)考階段練習）如圖，二面角的大小為，且與交線所成的角為，則直線所成的角的正切值的最小值為（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】先證明一個結論：如圖，直線為平面的一條斜線，為斜足，與平面所成的角為，則平面內(nèi)的直線與直線所成角的最小值為.

證明：對于平面內(nèi)的任意一條直線，如果其不過點，則可以平移該直線至點，
此時直線與直線所成角即為平移后的直線與直線所成的角.
設平移后的直線為直線（如圖），過作的垂線，垂足為，
在平面內(nèi)的射影為，連接，則，
而直線與直線所成的角即為，其中，.
因為，
故，當且僅當與重合時等號成立，
所以平面內(nèi)的直線與直線所成角的最小值為.
回到原題，
如圖，設，取上一點，過作，垂足為，
垂足為，連接，
因為，，故，而，，
平面，故平面，
而平面，故，故為平面的平面角的補角，
故.
不妨令，則.
又，所以，所以，
所以.
因為，故與平面所成的角為，
由前述所證結論可得，直線所成角的最小值為，其正切值為.
故選：B.

變式1．（2023·河南·洛寧縣第一高級中學校聯(lián)考模擬預測）在正三棱柱中，，D為的中點，E為的中點，則異面直線AD與BE所成角的余弦值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】D為的中點，E為的中點，所以，，
如圖，延長CB至F，使得，連接DE，DF，AF，，
因為，所以，，
所以四邊形BEDF是平行四邊形，，
則為異面直線AD與BE所成的角或補角．設，
取的中點，連接、，
則，，，，
，
，
由余弦定理得，
由余弦定理得．
所以直線AD與BE所成角的余弦值為
故選：C.

變式2．（2023·全國·高三對口高考）兩條異面直線a、b所成角為一條直線l與a、b成角都等于，那么的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】設，，，則確定平面，且與的夾角為，
，過點，如圖，當時，并且為角的平分線時，此時，
當時，且為平面的斜線時，由題意可知，在平面的射影，落在與的所成角的平分線上，
當落在夾角的角平分線上時，過直線上一點，作，，連結,
，則，，且平面，所以平面，
平面，所以，，,
因為，所以，，此時，
當時，此時，
可知，的取值范圍是，
當在角的平分線時，或是在平面的射影，落在角的平分線時，以及時，此時的取值范圍是，

綜上可知，的取值范圍是，
故選：B
變式3．（2023·四川·校聯(lián)考模擬預測）在正四棱臺中，，其體積為為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】設正四棱臺的高為，
連接，作交于點，
作交于點，連接，
則為異面直線與所成角或其補角.
因為，
且正四棱臺的體積為，
即，
所以，即，
易求，
，
，
，
所以.
故選：D.

變式4．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市第六中學校校考三模）正三棱柱的棱長均相等，E是的中點，則異面直線與BE所成角的余弦值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】連接，設F為的中點，設交于點D，
連接，由于四邊形為平行四邊形 ，故D為的中點，
所以，則即為異面直線與所成角或其補角，
連接，由于正三棱柱的棱長均相等，設棱長為2，
則,
，則，
故在中，,
由于異面直線與BE所成角的范圍為，
故異面直線與BE所成角的余弦值為，
故選：D
題型二：線面角
例4．（2023·貴州貴陽·校聯(lián)考三模）如圖，在直三棱柱中，，，則與平面所成角的正弦值等于（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如圖所示：

取的中點，連接，，
在正三棱柱中，底面是正三角形，
，又底面，平面，.
又，平面 ，平面 ，
平面，
為與平面所成角，
由題意，設，，，
在中，，
故選：C.
例5．（2023·全國·高三專題練習）如圖，在四棱錐中，，，是等邊三角形，，，.
(1)求的長度；
(2)求直線與平面所成的角的正弦值.
【解析】（1）取中點，連接，
是等邊三角形，，
又，，平面，平面，
平面，，，
為等邊三角形，.
（2）平面，平面，平面平面，
作，垂足為，則平面，，連接，
為直線與平面所成的角，
由題意知：，又，
，
，，
，，，，
直線與平面所成的角的正弦值為.
例6．（2023·廣東陽江·高三統(tǒng)考開學考試）在正三棱臺中，，，為中點，在上，.

(1)請作出與平面的交點，并寫出與的比值（在圖中保留作圖痕跡，不必寫出畫法和理由）；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
【解析】（1）①作圖步驟：延長，使其相交于，連接，則可得；
作圖如下：

作圖理由：在平面中，顯然與不平行，延長相交于，
由，則平面，由平面，則平面，
由，，則平面，可得
故平面.
②連接，如下圖所示：

在正三棱臺中，，即，易知，
則，由，且，則，顯然，
由分別為的中點，則，且，
易知，故.
（2）由題意，過作平面的垂線，垂足為，并連接，如下圖所示：

由（1）可知：且，則，由，，
在側面中，過分別作的垂線，垂足分別為，如下圖所示：

易知,，所以，
在中，，則，
棱臺的高，
由圖可知直線與平面所成角為，
因為平面，且平面，所以，
所以.
變式5．（2023·海南?？凇ずＤ先A僑中學?？级＃┤鐖D，在多面體中，平面平面，底面是等腰直角三角形，，側面是正方形，平面，且，.

(1)證明：．
(2)若是的中點，平面，求直線與平面所成角的正弦值．
【解析】（1）因為平面，平面平面，所以平面，
又因為平面，所以，
因為，，， 平面，
所以平面，
因為平面，
所以．
（2）如圖，因為是的中點， 平面，平面，且平面平面，
所以，

因為平面平面，
平面平面，平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，，
因為是等腰直角三角形，
所以，
又因為，側面是正方形，
所以，，
所以點到的距離為，
所以，則，
又，所以，
所以，
設點到平面的距離為，
由可得，解得，
所以直線與平面所成角的正弦值為．
變式6．（2023·全國·高三專題練習）在三棱錐中，，平面平面，且.

(1)證明：；
(2)若是直線上的一個動點，求直線與平面所成的角的正切值最大值.
【解析】（1）在三棱錐中，在平面內(nèi)過點作直線，如圖，

因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
因為，平面，
所以平面，又平面，
所以.
（2）過作交于，連接，由（1）知平面，
因此是直線與平面所成的角，
又平面，所以，
設，由，，得，，
又，所以，，
在中，由余弦定理,
得，
所以，當且僅當時取等號，
所以直線與平面所成的角的正切值最大值為2.

變式7．（2023·湖南邵陽·高三統(tǒng)考學業(yè)考試）如圖，在四棱錐中，四邊形是邊長為2的正方形，與交于點，面，且.

(1)求證平面.；
(2)求與平面所成角的大小．
【解析】（1）因為是正方形，所以，
又因為平面，平面，所以，
因為，平面，平面，
所以平面.
（2）連接，因為平面，所以為與平面所成的角，
因為，所以，
在直角中，，
所以，即與平面所成的角為.

變式8．（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距離為1．

(1)證明：；
(2)已知與的距離為2，求與平面所成角的正弦值．
【解析】（1）如圖，

底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
過作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距離為1，，
在中，，
設，則，
為直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
過B作，交于D，則為中點，
由直線與距離為2，所以
，，，
在，，
延長，使，連接，
由知四邊形為平行四邊形，
，平面，又平面，
則在中，，，
在中，，，
,
又到平面距離也為1，
所以與平面所成角的正弦值為.
變式9．（2023·全國·模擬預測）如圖，在多面體ABCDE中，平面平面，平面，是邊長為2的正三角形，，．

(1)點為線段上一點，求證：；
(2)求與平面所成角的正弦值．
【解析】（1）證明：取中點，連接，

因為是邊長為2的正三角形，可得，
因為平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，且，
又因為平面，所以，
因為，可得，所以四邊形為平行四邊形，所以，
由，且為的中點，可得，
因為平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，所以平面，
又因為平面，所以.
（2）在中，，且，
由余弦定理得，
所以，
如圖所示，過作垂直于，交延長線于點，即，連結，
因為平面，且平面，所以，
又因為，且平面，所以平面，
所以即為與平面所成角,
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，即與平面所成角的正弦值為.

變式10．（2023·海南海口·統(tǒng)考模擬預測）如圖，四棱錐中，，，平面平面.

(1)證明：平面平面；
(2)若，，，與平面所成的角為，求的最大值.
【解析】（1）證明：過點A作于，

因為平面平面，平面平面，所以平面，
又平面，所以，
由，，可知，
而，平面
所以平面，
因為平面，所以平面平面．
（2）法1：由（1）知平面，平面，所以，
又，所以，
所以，，所以，
由平面ABCD，所以平面．
如圖建立空間直角坐標系，則，，，設，
平面的一個法向量為，，
，所以，，即，
得 令，得，
，所以，
顯然，當時，取最小值，
綜上，當時，的最大值為．
法2：設點到平面的距離為，因為，平面，
所以平面，所以點A到平面的距離也為，
由（1），平面，所以，又，所以，
所以，所以，所以，
由（1），平面，所以，
由，在四邊形中，當時，取最小值，
此時四邊形顯然為矩形，，所以的最大值為．
變式11．（2023·全國·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，底面，且，，分別為，的中點．
(1)證明：．
(2)求與平面所成角的正弦值．
【解析】（1）因為，分別為，的中點，所以，又，
所以，則四點共面.
因為是的中點，，所以．
因為平面，所以．在直角梯形中，．而，，平面，因此平面．所以．
又因為，且，，平面，
所以平面．
因為平面，所以．
（2）
連接．由（1）可知平面，
所以是與平面所成角．
設，于是，．
另一方面，．
因此，在直角三角形中，．
所以與平面所成角的正弦值為．
變式12．（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，，，．
(1)求證：平面平面；
(2)設為的中點，求直線與平面所成角的正弦值．
【解析】（1）證明：為直角梯形，，．
又，， 平面,所以平面．
又平面，，
又，，
如圖，過點A作，，．
又，．
又，由勾股定理可知
，平面，平面．
平面平面平面．
（2）取AB的中點N，連接DN，MN，
∵M為AE的中點，，，
由（1）知BE⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，
∴∠MDN為直線DM與平面ABCD所成角．
由（1）知，又，，，
∴，，
∴
．
．
題型三：二面角
例7．（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱中，已知平面，且.

(1)求的長；
(2)若為線段的中點，求二面角的余弦值.
【解析】（1）連接，
因為平面，平面，則，
又因為，平面，
所以平面，
且平面，可得，
因為為平行四邊形，且，則為矩形，
所以正方形，可得.
（2）根據(jù)題意將三棱柱轉化為正四棱柱，
取的中點，連接，則三點共線，且//，
因為//，可得//，
所以平面即為平面，
同理平面即為平面，
因為//，平面，則平面，
且平面，則，
所以二面角的平面角為，
可得，
在中，則，
所以二面角的余弦值為.
.
例8．（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱柱中，側面為菱形，.

(1)證明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
【解析】（1）連、交于，則為、的中點，連，
因為，所以，
因為側面為菱形，，，
所以，，所以，即，
因為，平面，
所以平面，因為平面，
所以平面平面.

（2）取的中點，連，，，
由（1）知，，又，所以，
又，所以，同理得，
所以為二面角的平面角，
在中，，
，，
所以.
所以二面角的余弦值為.
例9．（2023·廣東深圳·高三校聯(lián)考開學考試）在四棱錐中，底面ABCD為正方形，.
(1)證明：平面平面ABCD；
(2)若，，求平面PAD與平面PBC夾角的余弦值.
【解析】（1）∵底面ABCD為正方形，
∴，
又∵，，AD，平面PAD，
∴平面PAD，
∵平面ABCD，
∴平面平面ABCD.
（2）（法一）取AD中點為O，連結PO，
∵在中，，，
∴，為等邊三角形.
∵平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
∴平面ABCD，
以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
設底面正方形的邊長為2，
∴，，，，，
∴，，
設平面PBC的一個法向量，
則，即，
令，則，，
∴，
由（1）可知平面PAD的一個法向量，
設平面PAD與平面PBC的夾角為，
則，
∴平面PAD與平面PBC夾角的余弦值為.
（法二）設平面PAD與平面PBC的交線為l，
∵，平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD，
又∵平面PBC，
∴，，
∵平面PAD與平面PBC有一個交點P，
∴l(xiāng)為過點P且與BC平行的一條直線，如下圖，
取AD中點為O，取BC中點為M，連結PO，PM，OM，
∵底面四邊形ABCD為正方形，O，M分別為AD，BC的中點，
∴，
又∵平面PAD，∴平面PAD，
∵平面PAD，∴，
∵在中，，O為AD的中點，
∴，，
又，PO，平面PAD，
∴平面POM，∴，
又∵為銳角，∴為平面PAD與平面PBC的夾角，
設底面正方形ABCD的邊長為2，
在中，，，
∴平面PAD與平面PBC夾角的余弦值為.
變式13．（2023·四川成都·高三川大附中校考階段練習）如圖，是圓的直徑，點在圓所在平面上的射影恰是圓上的點，且，點是的中點，與交于點，點是上的一個動點.

(1)求證：；
(2)求二面角平面角的余弦值.
【解析】（1）證明：點在圓所在平面上的射影恰是圓上的點，平面，
平面，，
又是圓的直徑，有，且，平面，
所以平面，又平面，所以．
（2）平面，平面，所以，，
為二面角的平面角．
設，則，，有，為銳角，
在直角中可得，故，
故二面角平面角的余弦值為．
變式14．（2023·云南·高三云南師大附中?？茧A段練習）已知在四棱錐中，，，，，，E為CD的中點.

(1)證明：平面平面PAE；
(2)若直線PB與平面PAE所成的角和PB與平面ABCD所成的角相等，求二面角的正弦值.
【解析】（1）平面PCD與平面PAE能垂直，理由如下：
在△中，故，即，
所以△為等腰三角形，又E為CD中點，故，
因為，且 ，面，所以面，
由面，故面面.
（2）平面，
是二面角的平面角，
過點作，分別與，相交于，，連接，
由（1）知平面，
為直線與平面所成的角，且，
由，則，由，則，
又，且面，則面，而面，
所以，結合，，且面，
所以面，則為直線與平面所成的角，
有題意知，
,
因為知，，又，
是平行四邊形， ，，
因為，，
，
于是，所以，
又，，，
所以，因為，面，面，
則，則，即，
因為為中點，則，又因為，且平面，平面，
則二面角的正切值即為，
則，
二面角的正弦值是.

變式15．（2023·廣東廣州·高三廣州市第六十五中學?？茧A段練習）如圖，在五面體中，平面ABC，，，.

(1)問：在線段CD上是否存在點P，使得平面ACD?若存在，請指出點P的位置，并證明；若不存在，請說明理由.
(2)若，，，求平面ECD與平面ABC夾角的余弦值.
【解析】（1）當P為線段CD的中點時，平面ACD；
證明：分別取的中點為，連接，

則，而，，
故,即四邊形為平行四邊形，
則;
因為平面ABC，平面,故，則；
由，O為AC中點，故，則，
又平面，
故平面ACD；
（2）在平面中延長交于一點F，連接，
則為平面ECD與平面ABC的交線，

由于，，故B為的中點，
而O為的中點，故，
由（1）知，平面ACD，故平面ACD，
所以平面ACD，平面ACD，
故，平面,平面，
且平面ABC，平面ABC，故，則為銳角，
故即為平面ECD與平面ABC夾角，
在中，，，所以,
則,
即平面ECD與平面ABC夾角的余弦值為.
變式16．（2023·安徽黃山·屯溪一中?？寄M預測）如圖，在梯形中，，，，四邊形為矩形， 平面平面，.

(1)求證：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值；
(3)若點在線段上運動，設平面與平面所成二面角的平面角為，試求的范圍.
【解析】（1）證明：在梯形中，，，，，，
，，平面平面，平面平面，平面，平面.
（2）取中點，連接，，
，，，
，，為二面角的平面角.
，，，，
.

（3）由（2）知：
①當與重合時，；
②當與重合時，過作，且使，連接，，則平面平面，，，平面ABC，平面ABC，，平面，平面，，，；

③當與，都不重合時，令，，延長交的延長線于，連接，在平面與平面的交線上，在平面與平面的交線上，平面平面，
過作交于，連接，
由（1）知，，又，平面，，
平面，平面，.
又，平面ACH，，平面，，.
在中，，從而在中，，
，，.，.
綜上所述，，.

變式17．（2023·吉林·長春吉大附中實驗學校?？寄M預測）如圖，是圓的直徑，點是圓上異于的點，直線平面分別是的中點．

(1)記平面與平面的交線為，證明：平面；
(2)設（1）中的直線與圓的另一個交點為，且點滿足．記直線與平面所成的角為，異面直線與所成的角為，二面角的大小為，求證：．
【解析】（1）∵平面平面，
∴直線平行于平面,
又平面，平面平面，
∴，又．
∴，
因為是直徑，所以為直角，所以，
又因為平面，AC在面ABC上，所以，
而相交于點C,且都在平面內(nèi)，
所以平面，故平面．
（2）證法一（綜合法）：如圖，連接，由（1）可知交線即為直線，且．

因為是的直徑，所以，于是．
已知平面，而平面，所以．
而，BC、PC在面PBC內(nèi)，所以平面．
連接，
因為平面，所以．
故就是二面角的平面角，即．
由，作，且．
連接，
因為是的中點，，所以，
從而四邊形是平行四邊形，．
連接，因為平面，
所以是在平面內(nèi)的射影．
故就是直線與平面所成的角，即．
又平面，BF在面PBC內(nèi)，所以，所以為銳角．
故為異面直線與所成的角，即，
于是在，，中，
分別可得．
從而，即．
證法二（向量法）：
如圖，由，作，且，
連接．
由（1）可知交線l即為直線．
以點為原點，向量所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
設，則有，．
于是，，
所以

從而．
取平面的一個法向量為，可得，
設平面的一個法向量為．
由，可得取．
于是，從而．
故，即．
變式18．（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【解析】（1）連接，設，則，，，
則，
解得，則為的中點，由分別為的中點，

于是，即，則四邊形為平行四邊形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，則，得，
因此，則，有，
又，平面，
則有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因為，過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，
，
在中，，
在中，，
設，所以由可得：，
可得：，所以，
則，所以，，
設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：過點作交于點，設，
由，得，且，
又由（2）知，，則為二面角的平面角，
因為分別為的中點，因此為的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，則，
從而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值為.

法二：平面的法向量為，
平面的法向量為，
所以，
因為，所以，
故二面角的正弦值為.
變式19．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考三模）如圖，在幾何體中，矩形所在平面與平面互相垂直，且，，．

(1)求證：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值．
【解析】（1）在矩形中，，
又平面平面，平面平面=，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
在矩形中，,
又，所以,
所以.
又，平面，
所以平面；
（2）解法1：在與中，，，，
所以，所以，
由等腰三角形性質，得．
又平面平面，
平面平面=，平面
所以平面．
記，連結，所以，，
所以是二面角的平面角．
在中,．
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
所以，
即二面角的平面角的余弦值為．

解法2：在與中，，，，
所以，所以，
由等腰三角形性質，得．
又平面平面，
平面平面=，平面
所以平面．
記，以為坐標原點，方向分別為軸、軸、軸方向建立空間直角坐標系.
在中,．
所以，
所以點的坐標為，點的坐標為，
所以，．

設平面的法向量為，則，，
即 , 令，解得，，
所以為平面的一個法向量．
又平面的一個法向量為，
所以，
又二面角的平面角為銳角，
即二面角的平面角的余弦值為．
變式20．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預測）已知四棱錐中，底面為平行四邊形，，平面平面.

(1)若為的中點，證明：平面；
(2)若，求平面與平面所夾角的余弦值.
【解析】（1）在四棱錐中，為的中點，又，則，而，
因此平面，
所以平面.
（2）在平面內(nèi)過點作交直線于，連接，如圖，

因為平面平面，平面平面，則平面，
而平面，則有，又，平面，
于是平面，平面，則，有，得，
平面，平面，則平面，平面與平面的交線為，
因此，有，從而為平面與平面所成二面角的平面角，
顯然，則，
所以平面與平面的夾角的余弦值為.
變式21．（2023·河南·洛寧縣第一高級中學校聯(lián)考模擬預測）在圖1中，為等腰直角三角形，，，為等邊三角形，O為AC邊的中點，E在BC邊上，且，沿AC將進行折疊，使點D運動到點F的位置，如圖2，連接FO，F(xiàn)B，F(xiàn)E，使得．

(1)證明：平面．
(2)求二面角的余弦值．
【解析】（1）證明：連接OB，
因為為等腰直角三角形，，，
所以，
因為O為AC邊的中點，
所以，
在等邊三角形中，，
因為O為AC邊的中點，
所以，則，
又，
所以，即，
因為，平面，平面，
所以平面．

（2）方法一：因為是等腰直角三角形，，為邊中點，
所以，
由（1）得平面，則以O為坐標原點，，，的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，

則，，，
所以，，
設平面的法向量為，
由，得，令，得，
易知平面的一個法向量為，
設二面角的大小為θ，
則，
由圖可知二面角為銳角，
所以二面角的余弦值為．
方法二：
作，垂足為M，作，垂足為N，連接，
因為平面，平面，
所以，
又因為，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
又平面平面，
所以二面角的平面角為，
因為，所以，
所以，，
在中，，，
所以，
所以，
所以，即二面角的余弦值為．

變式22．（2023·江蘇蘇州·校聯(lián)考三模）如圖，在三棱錐中，是邊長為的等邊三角形，且，平面，垂足為平面，垂足為，連接并延長交于點.

(1)求二面角的余弦值；
(2)在平面內(nèi)找一點，使得平面，說明作法及理由，并求四面體PDEF的體積.
【解析】（1）

，并且是等邊三角形，
三棱錐是正三棱錐，D是的中心，點G是AB邊的中點；
由平面， 平面，平面，可知，平面PDG，平面PDG，
所以平面，進而得，
所以就是二面角的平面角，
又是邊長為的等邊三角形，且，，
是等腰直角三角形，同理都是等腰直角三角形；
，，
，即二面角的余弦值為；
（2）平面，平面，
平面，
同理平面，又平面，
，與點P，D，C共面，即E點在線段PG上，
又，，，
過E點在平面PAB內(nèi)作PB的平行線，與PA交于F，則平面，
也是等腰直角三角形，，
又平面PAB，平面PAB，，將作為底面，則ED是三棱錐的高，
，即四面體的體積為.
變式23．（2023·全國·高三專題練習）已知四棱錐的底面為梯形，且，又，，，平面平面，平面平面．

(1)判斷直線和的位置關系，并說明理由；
(2)若點到平面的距離為，請從下列①②中選出一個作為已知條件，求二面角余弦值大小．
①；
②為二面角的平面角．
【解析】（1）且，延長必交于一點，即為點，
平面，平面，且，，
平面，平面，又平面，平面，
連接，則平面平面，又平面平面，
直線即為直線，如下圖所示，


，即直線與相交.
（2）若選條件①，，平面平面，平面平面，平面，平面；
同理可知：平面，
平面，，；
取中點，連接，
，，四邊形為平行四邊形，，
，，又，，
；
設，則，又，，
，
，
，
，
又，，
由（1）知：二面角即為二面角，設其平面角為，
，，為中點，，，
設點到直線的距離為，
則，即，解得：，
，
又二面角為銳二面角，.
若選條件②，若為二面角的平面角，則，，
又，；
平面平面，平面平面，平面，平面；
同理可知：平面，
平面，，；
取中點，連接，
，，四邊形為平行四邊形，，
，，又，，
；
設，則，又，，
，
，
，
，
又，，
由（1）知：二面角即為二面角，設其平面角為，
，，為中點，，，
設點到直線的距離為，
則，即，解得：，
，
又二面角為銳二面角，.
題型四：距離問題
例10．（2023·山東濱州·高三山東省北鎮(zhèn)中學?？茧A段練習）如圖所示的斜三棱柱中，是正方形，且點在平面上的射影恰是AB的中點H，M是的中點．
(1)判斷HM與面的關系，并證明你的結論；
(2)若，，求斜三棱柱兩底面間的距離．
【解析】（1）直線HM與平面平行．
證明如下：取的中點N．連接NM，AN．
因為點M是的中點，所以，且．
又是正方形，點H是AB的中點，所以，．
所以，．
所以四邊形ANMH為平行四邊形，所以，
因為平面，平面，
所以平面．
（2）因為點在平面上的射影是AB的中點H，所以平面．
連接，，則，．
由正方形的邊AB=2，得，
所以，
所以的面積為．
設斜三棱柱兩底面間的距離為d，即H到平面的距離為d，
由得，解得，
即斜三棱柱兩底面間的距離為．
例11．（2023·北京海淀·高三海淀實驗中學校考期末）如圖，在三棱柱中，平面平面，側面是邊長為2的正方形，分別為的中點.
(1)證明：面
(2)請再從下列三個條件中選擇一個補充在題干中，完成題目所給的問題.
①直線與平面所成角的大小為；②三棱錐的體積為；③. 若選擇條件___________.
求（i）求二面角的余弦值；
（ii）求直線與平面的距離.
【解析】（1）證明：取中點G，連接FG、CG，∵分別為的中點，∴在三棱柱中，，且，∴四邊形FECG為平行四邊形，∴.
∵面，面，∴面；
（2）平面平面，平面平面=，又側面是邊長為2的正方形，則，∴面，面，∵面，∴.
取中點I，作于J，連接FI，IE，F(xiàn)J，則平面，，∵平面，∴，
∵平面FIJ，∴平面FIJ，∵平面FIJ，∴，∴為二面角的平面角的補角.
∵面，∴直線與平面的距離即為E到平面的距離， 作于，由平面平面，平面平面=，則EK即為E到平面的距離，即直線與平面的距離.
選①，∵面，∴為直線與平面所成角，即，∴.
（i）在正中，易得，故在中，，故二面角的余弦值為；
（ii） 在正中，，故直線與平面的距離為；
選②，，為的中點，∴，∵面，∴，即，又，∴，∴，解得，∴，.
（i）在中，，故在中，，故二面角的余弦值為；
（ii）在中，，故直線與平面的距離為1；
選③， 取AB中點H，，連接OH，則O為中點，則且，由，∴，則，又，∴，∴，.
此時條件③與條件②一致，故（i）二面角的余弦值為；（ii）直線與平面的距離為1.
例12．（2023·全國·高三專題練習）如圖，三棱錐中，，均為等邊三角形，，O為AB中點，點D在AC上，滿足，且面面ABC．
(1)證明：面POD；
(2)若點E為PB中點，問：直線AC上是否存在點F，使得面POD，若存在，求出FC的長及EF到面POD的距離；若不存在，說明理由．
【解析】（1）由條件、為等邊三角形，為的中點，
則，，，
由余弦定理得
從而在中，，
得為直角三角形，且，
又面面，面面，且，面,
則由面面垂直的性質定理可得面
由面，
因此由，，，面，即面POD.
（2）存在AC上的點F，使得面
點E為PB中點，取的中點，可得，再在面內(nèi)作交于點，該點即為滿足題意的點（如圖）．
下面證明面面
由于，面，面，則面，
，面，面，則面，
面，面，，
則由面面平行的判定定理可得面面，面，因此面POD
又由于，從而可得，，，
由（1）可知，面，則面，即為面與面間的距離，也即到面的距離．
綜上：存在上的點，使得面，，
到面的距離為．
變式24．（2023·廣東河源·高三校聯(lián)考開學考試）在長方體中，，，，為，的中點，在上，且.過，，三點的平面與長方體的六個面相交得到六邊形，則點到直線的距離為 .
【答案】
【解析】如圖所示，在長方體中，連接,
因為，，，為，的中點，截面與平面，平面分別相交于直線，
所以，
所以，，，
所以，延長與的延長線交于,延長與相交于，連接，,
與的交點為， 與的交點為，
因為，所以，因為，，所以，
因為，為的中點，所以，
因為，所以，又，所以，同理，，在上取一點，使得，過作與垂直，垂足為，連接，,
由于平面，所以平面，平面，
故,又平面,
所以平面,平面,故，
且，因為
，，
所以，所以，所以.
故答案為：.

變式25．（2023·黑龍江·黑龍江實驗中學校考二模）在圓臺中，是其軸截面，，過與軸截面垂直的平面交下底面于，若點到平面的距離是，則圓臺的體積等于 .
【答案】
【解析】∵，所以四邊形為平行四邊形，所以,則為正三角形∴，由題意得，平面平面平面，且平面平面，所以點到平面的距離即為與的距離，在中，過點作的垂線,過點作的垂線，則，
所以，則，則圓臺的體積為，所以圓臺的體積為.
故答案為：
變式26．（2023·全國·高三專題練習）如圖，已知AB，CM分別為圓柱上、下底面的直徑，且AB＝2，圓柱的高為，，則點M到平面ABC的距離為 .
【答案】
【解析】如圖所示，連接AM，BM，設，O分別為上、下底面圓的圓心，連接AO，BO，.
因為，又，，則平面ABO，
則，
過C作垂直于圓柱上底面，垂足為，連接，，
則，，
設點M到平面ABC的距離為d，
則有，解得，
故點M到平面ABC的距離為.
故答案為：
變式27．（2023·湖北武漢·高三武漢市黃陂區(qū)第一中學校考階段練習）在四面體中，，與所在的直線間的距離為3，且與所成的角為，則四面體的體積為 .
【答案】
【解析】如圖所示，把三棱錐補成一個平行六面體，
其中為異面直線的公垂線，即且，
在平行六面體中，可得，所以，
又因為且平面，所以平面，
又由平面，所以點到平面的距離為，
因為且異面與所成的角為，即與所成的角為
又因為，
則，
即四面體的體積為.
故答案為：.
變式28．（2023·浙江紹興·高三統(tǒng)考開學考試）在正三棱錐中，，設分別是棱的中點，是三棱錐的外接球的球心，若，則到平面的距離為 .
【答案】/
【解析】設是的中點，連接，
由于，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
由于分別是的中點，所以，
由于，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
根據(jù)正四棱錐的性質可知兩兩相互垂直，且，
所以可將正三棱錐補形成正方體如下圖所示，
正三棱錐的外接球也即是正方體的外接球，設外接球的半徑為，
由于，所以，
，設等邊三角形的外接圓半徑為，
則，
所以外接球的球心到平面的距離為.
故答案為：
變式29．（2023·全國·高三對口高考）已知線段，且與平面的距離為4，點是平面上的動點，且滿足，若，則線段長度的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】∵，將線段AD投影到平面上得到射影，則、垂直于平面，又平面，∴.
與平面的距離即，，則動點B的軌跡是以為圓心，半徑的圓，
，，即，又，所以，即．
故答案為：
變式30．（2023·全國·高三專題練習）已知∠ACB=90°，P為平面ABC外一點，PC=4，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么點P到平面ABC的距離為 .
【答案】
【解析】設在平面內(nèi)的射影為，則平面，
由于平面，所以，
過作，垂足分別為，
由于，所以四邊形是矩形.
由于平面，所以平面，
平面，所以；同理可證得.
所以，，
，即到平面的距離是.
故答案為：
變式31．（2023·安徽滁州·校聯(lián)考二模）已知兩平行平面間的距離為，點，點，且，若異面直線與所成角為60°，則四面體的體積為 ．
【答案】6
【解析】設平面ABC與平面交線為CE，取 ,則

相關試卷

【講通練透】重難點突破02 向量中的隱圓問題（四大題型）-2024年高考數(shù)學重難點突破精講：

這是一份【講通練透】重難點突破02 向量中的隱圓問題（四大題型）-2024年高考數(shù)學重難點突破精講，文件包含重難點突破02向量中的隱圓問題四大題型原卷版docx、重難點突破02向量中的隱圓問題四大題型解析版docx等2份試卷配套教學資源，其中試卷共32頁， 歡迎下載使用。

【講通練透】重難點突破02 解三角形圖形類問題（十大題型）-2024年高考數(shù)學重難點突破精講：

這是一份【講通練透】重難點突破02 解三角形圖形類問題（十大題型）-2024年高考數(shù)學重難點突破精講，文件包含重難點突破02解三角形圖形類問題十大題型原卷版docx、重難點突破02解三角形圖形類問題十大題型解析版docx等2份試卷配套教學資源，其中試卷共75頁， 歡迎下載使用。

【講通練透】重難點突破01 數(shù)列的綜合應用 （十三大題型）-2024年高考數(shù)學重難點突破精講：

這是一份【講通練透】重難點突破01 數(shù)列的綜合應用 （十三大題型）-2024年高考數(shù)學重難點突破精講，文件包含重難點突破01數(shù)列的綜合應用十三大題型原卷版docx、重難點突破01數(shù)列的綜合應用十三大題型解析版docx等2份試卷配套教學資源，其中試卷共87頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

【講通練透】重難點突破01 奔馳定理與四心問題（五大題型）-2024年高考數(shù)學重難點突破精講

【講通練透】重難點突破01 奔馳定理與四心問題（五大題型）-2024年高考數(shù)學重難點突破精講
【講通練透】重難點突破01 ω的取值范圍與最值問題（六大題型）-2024年高考數(shù)學重難點突破精講

【講通練透】重難點突破01 ω的取值范圍與最值問題（六大題型）-2024年高考數(shù)學重難點突破精講
高考數(shù)學二輪復習 利用傳統(tǒng)方法求線線角、線面角、二面角與距離的問題（原卷版+解析版）

高考數(shù)學二輪復習 利用傳統(tǒng)方法求線線角、線面角、二面角與距離的問題（原卷版+解析版）
利用傳統(tǒng)方法求線線角、線面角、二面角與距離的問題（解析版）

利用傳統(tǒng)方法求線線角、線面角、二面角與距離的問題（解析版）
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部