文科立体几何线面角二面角专题-带

文科立体几何线面角二面角专题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、解答题1．如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．2．如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．3．（2018年浙江卷）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．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．4．如图，在三棱柱中，点P，G分别是，的中点，已知⊥平面ABC，==3，==2.（I）求异面直线与AB所成角的余弦值；（II）求证：⊥平面；（III）求直线与平面所成角的正弦值.5．如图，四棱锥，底面是正方形，，，，分别是，的中点.（1）求证；（2）求二面角的余弦值.6．如图，三棱柱中，侧棱底面，且各棱长均相等.，，分别为棱，，的中点.（1）证明：平面；（2）证明：平面平面；（3）求直线与直线所成角的正弦值.7．如图，在四边形ABCD中，AB（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.9．在多面体中，底面是梯形，四边形是正方形，，，，，（1）求证：平面平面；（2）设为线段上一点，，求二面角的平面角的余弦值.10．如图，在多面体中，四边形为等腰梯形，，已知，，四边形为直角梯形，，

，.（1）证明：平面，平面平面；（2）求三棱锥的体积.参照答案1．（1）见解析（2）【解析】解析：(1)依照等腰三角形性质得PO垂直AC，再经过计算，依照勾股定理得PO垂直OB，最后依照线面垂直判判定理得结论，(2)依照条件成立空间直角坐标系，成立各点坐标，依照方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，依照二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后依照线面角与向量夹角互余得结果.详解：（1）因为，为的中点，因此，且.连结.因为，因此为等腰直角三角形，且，.由知.由知平面.（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，成立空间直角坐标系.由已知得

取平面的法向量

.设

，则

.设平面

的法向量为

.由

得

，可取

，因此

.由已知得

.因此

.解得

（舍去），

.因此

.又

，因此

.因此

与平面

所成角的正弦值为

.点睛：利用法向量求解空间线面角的要点在于“四破”：第一，破“建系关”，成立合适的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，正确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.2．解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，因此OP⊥AC，且OP=．连结OB．因为AB=BC=，因此△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，因此CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．因此=，==．OMCH因此点C到平面的距离为．POM【解析】解析：（1）连结，欲证平面，只需证明即可；（2）过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，因此OP⊥AC，且OP=．连结OB．因为AB=BC=，因此△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，因此CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．因此OM=，CH==．因此点C到平面POM的距离为．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的中心是能将问题转变成线线关系的证明；此题第二问可以经过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.3．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.【解析】解析:方法一：（Ⅰ）经过计算，依照勾股定理得,再依照线面垂直的判判定理得结论，（Ⅱ）找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解.方法二：（Ⅰ）依照条件成立空间直角坐标系，写出各点的坐标，依照向量之积为0得出再依照线面垂直的判判定理得结论，（Ⅱ）依照方程组解出平面的一个法向量，尔后利用与平面法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互余关系求解.详解：方法一：（Ⅰ）由得，因此.故.由，得，由得，由，得，因此，故.因此平面.（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面由得平面，因此是与平面所成的角.学科.网由得因此，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是方法二：

，

.

，（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，成立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标以下：因此由得.由得.因此平面.（Ⅱ）设直线与平面所成的角为.由（Ⅰ）可知设平面的法向量.由即可取.因此.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.点睛：利用法向量求解空间线面角的要点在于“四破”：第一，破“建系关”，成立合适的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，正确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.4．（Ⅰ）（Ⅱ）见解析（Ⅲ）【解析】解析：（Ⅰ）由题意得∥AB，故∠G是异面直线与AB所成的角，解三角形可得所求余弦值．（Ⅱ）在三棱柱中，由⊥平面ABC可得⊥A1G，于是⊥A1G，又A1G⊥，依照线面垂直的判判定理可得结论成立．（Ⅲ）取的中点H，连接AH，HG；取HG的中点O，连结OP，．由PO【解析】试题解析：（1）由题意，可取中点，连结，则易知平面∥平面,由条件易证平面，则平面，又平面，依照线面垂直的定义，从而问题可得证；（2）由题意，采用坐标法进行求解，可取中点为坐标原点，过点作平行于的直线为轴，为轴，为轴，成立空间直角坐标系，分别算出平面和平面的法向量，结合图形，二面角为锐角，从而问题可得解.试题解析：（1）取中点，连结，，∵是正方形，∴，又∵，，∴，∴面，∴，又∵，，都是中点，∴，，∴面，∴；（2）成立如图空间直角坐标系，由题意得，，，，则，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，得，同理得平面的法向量为，∴，因此他的余弦值是.点睛：此题主要观察立体几何中异面直线垂直的证明，二面角的三角函数值的求解，以及坐标法在解决立体几何问题中的应用等相关方面的知识和技术，属于中档题型，也是常考题型.坐标法在解决立体几何中的一般步骤，一是依照图形特点，成立空间直角坐标系；二是将几何中的量转变成向量，经过向量的运算；三是将运算获取的结果翻译为几何结论.6．（1）见解析（2）见解析(3)【解析】解析：（1）先证明，再证明平面.(2)先证明面，再证明平面平面.(3)利用异面直线所成的角的定义求直线与直线所成角的正弦值为.详解：（1）证明：连结，∵、分别是、的中点，∴，，∵三棱柱中，∴又为棱的中点，∴∴四边形是平行四边形，∴又∵平面，平面

，，∴

，

，，平面

，.（2）证明：∵是的中点，∴，又∵平面，平面，∴，又∵，∴面，又面，∴平面平面；（3）解：∵，，∴为直线与直线所成的角.设三棱柱的棱长为，则，∴，∴.即直线与直线所成角的正弦值为.点睛：（1）此题主要观察空间地址关系的证明和异面直线所成角的计算，意在观察学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象转变能力.(2)求空间的角，方法一是利用几何法，找作证指求.方法二是利用向量法.7．（1）见解析（2）【解析】解析：(1)依照面面垂直的判判定理即可证明平面ADE⊥平面BDEF；(2)成立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求CF与平面ABCD所成角的正弦值；也可以应用老例法，作出线面角，放在三角形中间来求解.222详解：（Ⅰ）在△ABD中，∠ABD＝30°，由AO＝AB+BD－2AB·BDcos30°，解得＝，因此222＝90°∴⊥.+=，依照勾股定理得∠BDABBDABADBADBD又因为⊥平面，平面，∴⊥.DEABCDADABCDADDE又因为BDDE＝D，因此AD⊥平面BDEF，又AD平面ABCD，∴平面ADE⊥平面BDEF，（Ⅱ）方法一：如图，由已知可得，，则，则三角形BCD为锐角为30°的等腰三角形.则.过点C做，交DB、AB于点G，H，则点G为点F在面ABCD上的投影.连结FG，则，DE⊥平面ABCD，则平面.过G做于点I，则BF平面，即角为二面角CBFD的平面角，则60°.则，，则.在直角梯形BDEF中，G为BD中点，，，，设，则，，则.，则，即CF与平面ABCD所成角的正弦值为．（Ⅱ）方法二：可知DA、DB、DE两两垂直，以D为原点，成立以下列图的空间直角坐标系D-xyz.设DE＝h，则D(0，0，0)，B(0，，0)，C(－，－，h)..设平面BCF的法向量为m＝(x，y，z)，则因此取x=，因此m＝(，-1，－)，取平面的法向量为＝(1，0，0)，BDEFn由，解得，则，又,则

，设

CF与平面

ABCD所成角为

，则

sin=

.故直线CF与平面ABCD所成角的正弦值为点睛：该题观察的是立体几何的相关问题，涉及到的知识点有面面垂直的判断，线面角的正弦值，在求解的过程中，需要掌握面面垂直的判判定理的内容，要理解垂直关系直角的转变，在求线面角的相关量的时候，有两种方法，可以应用老例法，也可以应用向量法.8．（1）见解析；（2）【解析】解析：（1）由题意得是等边三角形，故得，于是，从而得，因此，尔后依照线面平行的判判定理可得结论成立．（2）由平面可得，于是平面．又，因此直线与平面所成角即直线与平面所成角，从而获取即为所求角，尔后依照解三角形可得所求．详解：（1）因为，因此垂直均分线段．又，因此．在中，由余弦定理得，因此．又，因此是等边三角形，因此，因此，又因为，因此，因此．又平面平面，因此平面．（2）因为平面，平面，因此，又，因此平面．由（1）知，因此直线与平面所成角即直线与平面所成角，故即为所求的角．在中，，因此，因此直线与平面所成角的正弦值为．点睛：（1）证明空间中的地址关系时要注意解题的规范性和严实性，运用定理证明时要表现出定理中的要点性词语．2）用几何法求空间角时可分为三步，即“一找、二证、三计算”，即第一依照所求角的定义作出所求的角，并给出证明，最后利用解三角形的方法获取所求的角（或其三角函数值）．9．(1)见解析；（2）.【解析】解析：（1）由勾股定理的逆定理可得于是平面，可得，从而获取得平面平面．（2）由题意得可得，，结合题意可得点，于是可求得平面

，；又由条件可获取，平面，依照面面垂直的判判定理两两垂直，故可成立空间直角坐标系，的法向量为，又是平面

的一个法向量，求得

后结合图形可得所求余弦值为．详解：（1）由，∴为直角三角形，且同理为直角三角形，且又四边形是正方形，∴．又

，

．

，得

，∴.在梯形中，过点作作于，故四边形是正方形，∴.在中，，∴，，∴，∴，∴.∵，,，∴平面,又平面，∴，又，∴平面，又平面，∴平面平面．（2）由（1）可得，，两两垂直，以为原点，，，所在直线为轴成立如图所示的空间直角坐标系，则

.令∵

，则，

，∴∴点

.∵

平面

，∴

是平面

的一个法向量

.设平面

的法向量为

.则

，即

，可得

.令

，得

．∴

．由图形知二面角为锐角，∴二面角的平面角的余弦值为．点睛：利用空间向量求二面角的注意点1）成立空间直角坐标系时，要注意证明获取两两垂直的三条直线．尔后确定出相应点的坐标，在此基础上求得平面的法向量．2）求得两法向量的夹角的余弦值后，还要结合图形确定二面角是锐角还是钝角，尔后才能获取所求二面角的余弦值．这一点在解题时简单忽视，解题时要注意．10．（1）见解析