（几何法）求线面角、二面角（解析版）-2026届高三数学一轮复习

专题练习：（几何法）求线面角、二面角

一、线面角一一直接：垂线法

【后萩鼻】直接落（垂线法）求线面角

步骤：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a做垂

线，确定垂足0；

②连接斜足与垂足为斜线AB在面a上的投影；投影B0与斜线AB之间的夹角为线面角；

③把投影B0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）。

如图，ABC\a=B,作力0J_a于点。，NA50为直线4?与平面。所成角

1.（25重庆高一下期末）如图所示，在四棱锥中，已知PA1平面力BCD,底面为平行四边

形，且aB=V5,BC=l,Z.BCA-J

（1）证明：AD1PB；

（2）若P4=2,求4B与平面PBC所成角的正弦值.

P

【答案】（1）证明见解析

⑵当

【分析】（1）由正弦定理可得NC4B再根据线面垂直的判定定理得4。1平面P4B,则可得证；

O

（2）作4HlpB于点”，通过证明平面PBC1平面P4B,可得力“J"平面PBC,所以N4BP为直线4B与

平面P8C所成角，求解即可.

【详解】（1）在AABC中，AB=V3,BC=1,ZBCX=J

由正弦定理，得sin/CAB=

因为4B>BC,所以NC4B=H从而2814BCD为矩形.

6

因为PA1平面力BCD,所以P41AD.

又因为2B14D,2BCPA=4AB,P2u平面P2B,

所以4。1平面P4B.

因为PBu平面PAB,所以4。1PB.

(2)作4H1PB于点儿

由(1)知4。1平面PAB,S.AD//BC,所以BC1平面P4B

因为BCu平面PBC,所以平面PBC1平面尸力B.

因为力H1P8,n¥ffiP71B=PB,

所以力”1平面PBC,

故为4B在平面P8C上的射影，NABP为直线4B与平面PBC所成角.

又PA_L平面ABCD,所以P41AB,

在直角AABP中，PA=2,AB=®有PB=小,

所以sin/ABP=—=—.

PB7

故直线4B与平面PBC所成角的正弦值为等.

2.(25内蒙古高一下月考)如图1,在直角梯形4BCD中，4B〃CD,4B1AD,且4B=AD=^CD=1,

现以力。为一边向梯形外作正方形ADEF,然后沿边4。将正方形4DEF翻折，使E。1DC,M为的中

点，如图2.

(1)求证：平面BCD_L平面8DE；

(2)求BE与平面4DEF所成角的正弦值.

E

【答案】（1）证明见解析

【分析】（1）利用线线垂直证明ED，平面ABCD,进而得到平面BCD_L平面BDE；

（2）利用线线垂直证明4B_L平面4DEF,得到乙4E8即为8E与平面4DEF所成的角，即可求解.

【详解】（1）因为4DEF为正方形，所以ED1ZM,

HMD1DC,DAnDC=D,DA,DCa^^ABCD,

所以ED1平面ABC。，又EDu平面BDE,所以平面BDE_L平面ABCD,

即平面BCD_L平面BDE；

（2）连接力E,由（1）知，EDI平面4BCD,ABu平面ABC。，

所以ED128,因为4B14D,EDr\AD=D,££>,2。u平面4DEF,

所以481平面ADEF,所以乙4EB即为BE与平面4DEF所成的角，

因为4B=1,4E=&,所以BE=g,所以sin乙4EB=迫=2=更,

BEV33

所以8E与平面4DEF所成角的正弦值为

3.（25重庆朝阳中学高一下月考）如图，在棱长为2的正方体ABC。—&B1GD1中，点E,H分别为

棱BC,BiQ的中点，点M为棱CQ上的动点（含端点）.

（1）求三棱锥H-&EM的体积；

（2）当平面4EM〃平面时，求直线AM与平面CD所成角的余弦值.

【分析】（1）根据给定条件，利用等体积法求出体积.

（2）利用面面平行的性质可得点MG重合，再利用定义法求出线面角的余弦值.

【详解】（1）在棱长为2的正方体4BCD-&当的。1中，A4_L平面BCC/i，

由点E,H分别为棱BC,当心的中点，得四边形CEHG是矩形，又点〃在棱CC1上，

=

则SAMEH=5SCEHJ=1，所以二棱锥“一力的体积%-人速M=^A1-MEH,4/I=

（2）由平面2EM〃平面&BH,平面AEMC平面8CQB]=EM,平面C平面BCC/i=

得EM"BH,UH〃BE,C[H=BE,即四边形BEC】“为平行四边形，ECJ/BH,

则直线EM,EC1重合，即点MG重合，连接C&D=0,8的CBiC=。「连接。】。，

则0,。1分别是矩形4BC1A边4£1i，BCi中点，令。。4cl=G,G为。0〉4Q中点，

由CD_L平面ADru平面2。必41，得A%1CD,而1ArD,

而&DnCD=D,ArD,CDu平面人//。，因此4义1平面4/停。，

N4G。是力G与平面&B1CD所成的角，而。G=巳。。1=沁历=1,AG==V3,

而2010G,则cos乙46。=器=与所以所求的余弦值为

AG33

二、线面角一一间接：等体积法

［归纳总结］公式法（等体积法）求线面角

步骤：①用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离。

具体做法为：以斜线上平面外的点为顶点，平面上的多边形为底面构造三棱锥，通过换底法，利用

三棱锥体积不变性，已知其他面的面积和高，反推点到平面的距离。

②利用三角形的正弦公式进行求解。

h

公式为：sin^=p其中。是斜线与平面所成的角，A■是垂线段的长，/是斜线段的长。

4.（25天津河西区高一下期末）如图，在正方体力BCD—ABiGA中，E、尸分别为2C,的中点，

则直线4B与EF所成角的大小为；直线CO与平面。EE所成角的正弦值为.

【分析】做辅助线，分析可知直线与EP所成角为N&BG（或其补角），即可得结果；利用等体

积法求点C到平面QEF的距离，进而可求线面夹角.

【详解】连接为Ci，8G，

因为£、尸分别为BC,CQ的中点，贝

可知直线4声与跖所成角为乙4/C1（或其补角），

又因为4/=4的=BC「可知△&BC1为等边三角形，

可得乙41BC］=点所以直线4声与取所成角的大小为小

设正方体A8CD的边长为2,点C到平面。所的距离为d,

因为。E=DF=底EF=V2,

则小DEF的面积SWF=3X/XJ(⑹2一停?=卓

又因为%-DEF=5-DCE,jdx-=-xlx-xlx2,解得d=],

所以直线CD与平面。所所成角的正弦值为5-f=|.

故答案为：1.

5.(25重庆巴蜀高一下期末)如图，三棱柱aBC-ABiQ中，E为名的中点，F为力4中点.

(1)求证：EF〃平面481c

(2)已知力4_L平面ABC,4B=3,BC=AAt=4,AC=5,求直线CE与平面43传所成角的正弦值;

【答案】(1)证明见解析

严

'170

【分析】(1)由线面平行的判定定理得到EM〃平面力CB「FM〃平面4CB「由面面平行的判定定理

得到平面EFM〃平面ABiC,再由面面平行的性质定理得到EF〃平面力/C；

(2)建立空间直角坐标系,由线面角的向量求法求得线面角的正弦值.

【详解】(1)取CCi中点M,连接

在ABiCCi中，由于E,M为中点，所以EM〃B]C,

因为EMC平面AC%,/Cu平面所以EM〃平面

在平行四边形力CC14中，F,M为对边中点，所以FM〃/1C

因为FMC平面AC4,ACu平面AC/,所以FM〃平面ACB〉

因为EM,FMu平面EMF,EMCFM=M,所以平面EFM〃平面2位。,

又EFu平面EMF,所以EF〃平面力BiC.

(2)H^JXC2=AB2+BC2,所以ABIBC,

那么以B为原点，分别以瓦?，丽，西为x轴，y轴，z轴建立坐标系，如图所示,

则4(3,0,0),8式0,0,4),C(0,4,0),Q(0,4,4),E(0,2,4),

所以而=(0,—2,4),而=(-3,4,0),=(-3,0,4)

不妨设平面AC4的一个法向量为元=(%,y,z),

由仁,优=?可得｛—乎:¥=：不妨令x=4,那么元=(4,3,3),

I九•ABr=0(-3%+4z=0

人」8CEf~\n\\CE\~V34XV20-170'

设。为直线CE与平面4cBi所成角，贝!Jsin。=|cos值而)|=毛工，

所以直线CE与平面力B】C所成角的正弦值为需.

6.(25天津南开区高一下期末)如图，四棱锥P—力BCD中，48CD是菱形，Z.DAB=60°,PA=PD,

E,F,M分别为PC,BD和4D的中点.

(1)求证：EF〃平面PAD；

(2)求证：平面PMB_L平面PAD；

(3)若PA=AD=PB,求直线AC与平面PAD夹角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)根据中位线性质得线线平行，即可证线面平行；

(2)运用等腰三角形和等边三角形三线合一的性质证出两组线线垂直，从而得到线面垂直，线面垂

直可直接推出面面垂直；

(3)解法一：由正四面体的性质求出点C到平面外。的距离，即可求解；解法二：建立空间直角坐

标系，算出直线的方向向量和平面的法向量，代入线面所成角的正弦公式即可.

【详解】(1)四边形力BCD是菱形，则尸是BD中点的同时也是4C中点，

•••E,F分别为PC,AC的中点，

P"的中位线，EF//PA,

•••P4u平面PAD,EFC平面PAD,

£77/平面PAD.

(2)PA=PD,M是4D中点，等腰三角形三线合一，PM1AD,

•••DA=AB,乙DAB=60°,；.△DAB是等边三角形，

是AD中点，等边三角形三线合一，iBM14D,

•••BMnPM=M,BM,PMu平面PMB,

•••AD1平面PMB,

•••ADu平面PAD,

故平面PMB1平面PAD.

(3)解法一：由题意，PA=AD=PB=PD=BD=AB,

所以三棱锥P-ABD为正四面体，设棱长为2,贝UC=2百，

设BM,4F交于点。，连接尸。，

则点。为底面△4BD的中心，POABD,

由正三角形的性质可得8。=誓，所以P。=082-802=乎，

由正四面体的性质可得点2到平面PAD的距离也为乎，

又BC//2D,BCU平面APO,ADAPD,所以8C//平面AP。，

所以点C到平面PAD的距离也为当，

2前2遍

所以直线AC与平面PAD夹角的正弦值2=三=咚

AC2V33

p

MA为x轴，MB为y轴，过点M垂直于平面力BCD的

直线为z轴，建立空间直角坐标系,

设P4=4。=PB=2,易知,加(0,0,0),4(1,0,0)，。(-1,0,0)，。(-2,百,0),8(0,百,0),近=(-3,73,0),

AD=(-2,0,0),

再设P(久,y,z),由PA=PD=2,PM=V3,PB=2,可得:

(%—I)2+y2+z2=4%=0

y24解得V3

z

%+y+z=32V6

222z=——

x+(y—V3)+z=4-3

即P（0,f,乎），而=（—1,今乎）,

设平面PHD的法向量元=（a,6,c）,

'(a,b,c)■(-2,0,0)=0-2a=0

n-AD=0

,V3,2V6

-n-AP=0(0b,c)•(—1,岸,号)=0—aH---b4----c=0n

33

解得元=(0,2/,—1),

设直线4C与平面PAD夹角为8,

.°_|-AC-n|_|(—3,V3,0)1(0,2V2,-1)|_2v_\[2

Sm_\AC\\n\-2^3X3-6V3-3

故直线4C与平面PAD夹角的正弦值为日.

三、二面角——定义法

【归纳总结】兔叉乐求三面角

1.根本思路：先通过定义确定哪个角是所求二面角的平面角，再放于三角形中利用勾股定理、正余弦

定理等进行求解

2.找二面角的常用辅助线方法：

①在交线上取特殊点，再连接该点与两个面内的点，证明连接的两条线分别于交线垂直

②在交线的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线.

③过其中一个面内的一点作交线的垂线，得到垂足，过垂足在另一个面内再做一次交线的垂线或连接

另一个面内的特殊点，证明垂直

（直接）

7.（25重庆巴川高一下期末）如图，已知等腰梯形A8C。中，AD//BC,AB=AD=^BC=2,E是

的中点，AECtBD=M,将ABAE沿着AE翻折成ABiAE,使aM1平面AECD

（1）求证：平面JAE1平面/MD；

（2）求二面角当-DC—4的大小；

（3）在线段BiC上是否存在点P,使得MP〃平面若存在，求CP的长；若不存在，说明理由.

【答案】（1）证明见解析;

（2）45°

（3）CP=当

【分析】（1）根据等腰梯形的特征利用面面垂直的判定定理即可得出证明；

（2）利用线面垂直的性质定理可得即为二面角a-DC-4的平面角，可得其大小为45。；

（3）假设条件成立，然后根据线面平行的性质以及已知条件，求出点P的具体位置，即可求解.

【详解】⑴在等腰梯形A8CD中，AD//BC,AB=AD=^BC=2,E是的中点，

所以可得四边形力BED为菱形，可得4E1BD,

又4E（\BD=M,所以可得4E1BrM,AE1DM；

因为=BiMDMu平面4MD；

所以AE_L平面BiMD,

又4Eu平面

所以平面%/IE1平面/MD；

(2)由1平面AECD,DCu平面AECZ),可得当M1CD；

易知CD〃AE,AE1DM,所以CD1MD；

又因为ZMCMD=M,BIMMDu平面4MD；

所以CD1平面BiMD,

又Bi。u平面2MD,所以ZD1CD

又CD1MD,因此可得NBiDM即为二面角Bi-DC-4的平面角,

在直角三角形％MO中，BrM=MD,可得tan/B/M=1,

BPZBJDM=45°.

(3)假设线段2。上是否存在点P,使得MP〃平面BM。，

过点P作PQ〃CD交Bi。于Q,连接MP,4Q,如下图所示：

所以&M〃CD〃PQ,即可得4M,P,Q四点共面，

又因为MP〃平面%4D,所以MP〃4Q,

所以四边形4MPQ为平行四边形，故AM=PQ=^CD,可得点P为BiC的中点;

故在线段BiC上存在点P,使得MP〃平面/AD,且黑=；;

易知△ABE为正三角形，且48=2,所以可得BiM=DM=g,

由勾股定理可得CM=VDM2+CD2=V7,

22

所以8母=VCM+BrM=V7T3=V10,

因此CP=孚.

(先做一个垂直，连接垂足点与另一面的特殊点，证明连接线与交线垂直)

8.已知等腰AABC中，ZB=y,AB=BC=4,。是线段4C上一点，现将△ABD沿BD折起至△4BD

的位置.设折叠后平面4BD和平面BCD所成的二面角4—BO—C为8(0<0<n).

⑴图⑵图

(1)若。为4c中点，求证：DBlA'C.

⑵若4。=2DC,e=彳

①求平面BCD和平面4DC所成角的正弦值；

②设E为BD的中点，过E作平面截三棱锥A-BCD的外接球，求截面面积的最小值.

【答案】(1)证明见解析

⑵①呼②短

【分析】(1)由。为力C中点，得到BD1DC,根据线面垂直的判定定理，证得BD，平面4DC,

进而证得BD1A'C；

(2)①在由砺=2反，得到4D,DC得到长，由余弦定理求得得到所以△BCD为等腰三

角形，且NDBC=E,再由4B1BD,证得4B_L平面BCD,得到AB1CD,过点B作BH1CD,证得

6

CD14"，得到为平面BCD和平面4DC所成的平面角，在直角△中，求得sinz4HB=子,

即可得到答案；

②以8为原点，建立空间直角坐标系，设三棱锥4-BCD的外接球的球心为。，求得球心的坐标为

(2,专,2),半径为R=后,再由E为BD的中点，得到。E=2或,当。E与过点E的截面垂直时，此时

截得面积最小，结合圆的面积公式，即可求解.

【详解】(1)证明：如图(1)所示，在等腰ANBC中，

因为4B=BC=4,且。为AC中点，可得BD14C,EPBD1A'D,BD1DC,

又因为ADGDC=D,且u平面ADC,所以BD_L平面ADC,

因为ACu平面4DC,所以BOI4c.

图⑴

(2)解：①在等腰△ABC中，ZB=y,AB^BC=4,可得AC=4次,

因为砺=2反，可得力。=券,。。=竽，即力'£»=第,DC=¥，

在△BCD中，由余弦定理得BZ)2=Be?+。。2-2BC-DCcos2=16+/一2X4X逋*更=至，所

63323

以BD=竽

所以△BCD为等腰三角形，所以NBC。=ND8C=g

6

所以即4B1BD,

又因为平面4BD和平面BCD所成的二面角为。=],即平面4BD1平面BCD,

因为ABu平面&BD,且平面ABDn平面BCD=BD,所以4B1平面BCD,

又因为CDu平面BCD,所以4B1CD,

如图所示，过点B作BH1CD,因为=且u平面4B”，

所以CD1平面4BH,

因为AHu平面4BH,所以CD14”,

所以为平面BCD和平面ADC所成角的平面角,

在直角ABC”中，可得B”=BC-sinE=2,

6

在直角△中，可得4"=y/A'B2+BH2=2V5,所以sinN4”B=华=辿,

A'H5

所以平面BCD和平面4DC所成角的正弦值为学

图⑵

②以B为原点，以分别为y轴，z轴，以在平面BCD内，过点B垂直BD的所在直线为x轴，建立

空间直角坐标系，如图⑶所示，

则A(0,0,4),0(0,竽,0),C(2,2V3,0),

设三棱锥4-BCD的外接球的球心为。,

则球心。在底面BCD上的投影为△BCD的外心，其坐标为。M2,。,0),

V3

球心。在yOz上的投影点为直角ATTB。的外心，即4。的中点，坐标为。2(0,3,2),

所以球心的坐标为(2,专,2),半径为R=0B=照，

又由E为8。的中点，可得以0,2,0),则。E=2/，

当。E与过点E的截面垂直时，此时截得的小圆的半径最小，其面积最小，

设所截小圆的半径为r,则r=欠-OE2=Jj,

所以过E作平面截三棱锥4-BCD的外接球，截面面积的最小值-产=当

图⑶

【练习】(25广西高一下期末)如图，在正三棱柱ABC—Z/iG中，。为AB的中点，441=AB=4,

O=3丽.

(1)证明：CDLArE.

(2)证明：平面CDE.

⑶求二面角公-CE-。的正切值.

【答案】（1）证明见解析

（2）证明见解析

⑶孚

【分析】（1）根据题意，分别证得CD和CD144,利用线面垂直的判定定理，证得CD，平面

进而证得CD14E；

（2）由（1）知CD1平面ABBiZi，得到CD121E,再由=人]。？，证得1DE,结合

线面垂直的判定定理，即可证得&D1平面CDE.

（2）过点。作。/1CE,分别证得aD1CE和CE1A±F,得到N&FD为二面角4-CE-。的平面角，

在直角ACDE中，求得DF的长，结合tanN4/D=23即可求解.

DF

【详解】（1）证明：在等边A/IBC中，因为。为4B的中点，可得CD14B,

在正三棱柱ABC—&BiG中，可得4411平面48C,且CDu平面48C,

所以CD1441，

因为4ale=A,5.AA^ABu平面488出，所以CD1平面

又因为&Eu平面48当4「所以CD1&E.

（2）证明：由（1）知CD1平面力8B14,且&Eu平面ABB14,所以CD1&E,

在直角△44D中，由4。=2,44]=4,可得&D=+W=2底

在直角△BDE中，因为瓦了=3EB,可得BD=2,BE=1,可得DE=VBD2+BE2=V5,

在直角AdLBiE中，由&Bi=4,/E=3,可得及E=J&中+B/=5,

贝!1满足21E2+DE2=&1。2,所以4IE_LDE,

因为CDC£）E=D,且CD,DEu平面CDE,所以&D_L平面CDE.

（3）解：过点。作DFICE,垂足为F,

由（2）知AiDl平面CDE,且CEu平面CDE,所以4D1CE,

因为=且41。,。尸u平面AiDF,所以CE1平面41。尸，

又因为&Fu平面&DF,所以CE1&F,

所以N&FD为二面角4-CE-。的平面角，

在直角ABCE中，由BC=4,BE=1,可得CE='BC?+BE2=旧,

又由（1）知C。上平面48814，且DEu平面ABB14,所以CD1DE,

在直角ACDE中，可得DF=丝丝=亚胖=等，

CEV17717

在直角△&DF中，可得tanN&FD=黎=亨,

所以二面角4一CE-D的正切值为亨.

(先做一个垂直，再通过线面垂直证另一个垂直)

9.(25天津河西区高一下期末)如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED14BCD,EF//AB,

AB=2,BC=EF=1,AE=逐,DE=3,/-BAD=60°,G为BC的中点.

(1)求证：FG〃平面BED；

(2)求证：平面BED_L平面2ED；

(3)求二面角4-BE-。的正切值.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3号

【分析】(1)在平面2皮＞内找到直线OE,使FG//OE,即可证直线FG〃平面BED

(2)在三角形△4BD中，由余弦定理可证BDIAD,又平面4ED_L平面A8CD,可证BD_L平面AEQ,

从而可得平面BED1平面AED

(3)过点A作AM1DE,AN1BE,连接MN,可证N4NM即为二面角的平面角，根据边角

关系可计算得tan/NNM,即可得到二面角A-BE-D的正切值.

【详解】(1)证明：取8。的中点。，连接OE,OG,

在ABC。中，;G为BC的中点，.•.OG〃DC,且。G=/DC=1,

又•••EF〃4B,AB//DC,：.EF//OG,且EF=OG,

即四边形OGFE是平行四边形，・•.FG//OE,

又FGC平面BED,OEu平面BED,所以FG〃平面BED

(2)证明：在中△力BD,AD=1,AB=2,ABAD=60°,

由余弦定理可得BD=V3,进而乙4DB=90°,即BD1AD,

又平面ZED_L平面ABCD,BDu平面ABCD,平面4EDC平面ABCD=AD,

贝!jBD_L平面AED,又BDu平面BED,所以平面BED1平面AED.

(3)过点4作4^1。£\AN1BE,连接AfN,

由(2)知平面BEDI平面AED,平面BEDn平面4ED=ED,

AM_L平面BED,又•:AN1BE,•••MN1BE,

NANM即为二面角A-BE一。的平面角，

在AADE中，AD=1,AE=V6,DE=3,由余弦定理得cosN力DE=|,

sin^ADE=AM=MD=

333

FE

，A

CD

在直角三角形中，DE=3,BD=V3,BE=2A/3,/-BED=30°,

77

又EM=ED-MD=-,MN=

36

tan^ANM=—=^=—,所以二面角2-BE-。的正切值型.

MN-77

【练习】(25贵州黔南高一下期末)如图1,在矩形A8C。中，AB=2,AD=1,将ABCD沿8。翻

折至△Bq。，且4。1=声，如图2所示.

(1)求证：平面ABC11平面ABD；

(2)求点A到平面BDG的距离d；

(3)求二面角Ci-BD-4的余弦值.

图1

【答案】(1)证明见解析

*

⑶1

【分析】(1)根据勾股定理的逆定理得力DING，根据线面垂直的性质定理得4。1平面NBC1，，然

后根据面面垂直的判定定理证明即可；

(2)结合等体积法，利用锥体的体积求高即可；

(3)根据二面角平面角的定义作出二面角，然后利用直角三角形的性质求解即可.

【详解】(1)由矩形ABCD可知，DC】=AB=2,BQ=4D=1,又AC1=W,

所以人。2=i+3=4=。。/,所以AD14G，

又4D14B,ABCtA^=A,AB,"iu平面ABC1，

所以ADI平面48G，又4。u平面4BD,所以平面ABD_L平面ABC1；

(2)由BCf+A*=AB?,可得力CilBC],

由(1)知4。1平面ABC]，所以％TBC,=-xixXC1xBC1x/lD=-x-xlxV3xl=—,

•*-32326

=XXX

又力-ABC]=匕-OBCJ所以%-ABC1=^A-DBCr32口。1BC1Xd=~d,

所以;d=f,解得d=f；

30Z

(3)在平面GB。内作GEIB。，垂足为E；在平面ABC1内作GF14B,垂足为F,连接EF,

由ZD_L平面C】Fu平面力BC「故力D1t^F,

因为GF14B,ABOAD=A,AB,ADc^ABD,所以C】F_L平面ABD,

又SXABC】=xBCi=^ABxC±F,所以TxV5xl=|x2xQF,解得C/=y,

又BDu平面力BD,所以又JELBD,

QEnC#=C「C[E，GFu平面QEF,所以BD1平面QEF,

又EFu平面G£T,所以BD1EF,又GEIB。，

所以NCiEF为二面角G—BD-4的平面角，又EFu平面ABD,故C1F1EF,

所以cosNGEF=—.

C-yE

由题意知直角三角形C/D中，BD=V22+12=V5,sinzQBO=^=4

DBV5

22

故CiE=BCr-sin4DBCi=等，又C/=圣则£T=y/QE-CtF=得，

Vs

所以cosQEF=券=施=%

5

故二面角Cl-BD-4的余弦值].

（利用截面先找交线）

10.（25河南南阳高一下期末）如图，在四棱锥P—ABCD中，PALnABCD,底面ABCD为矩形,

AB=1,AD=2,PA=2V2,E,F分别是BC,P4的中点.

⑴求证：£77/平面PCD；

（2）求三棱锥力-DEF的外接球的表面积；

（3）求平面P4B与平面EFD所成锐二面角的大小.

【答案】（1）证明见解析

（2）6TT

⑶60°

【分析】（1）先证明四边形EFGC为平行四边形，得出线线平行，进而应用线面平行判定定理得出线

面平行；

(2)应用勾股定理得出外接球半径，进而应用球的表面积公式计算求解；

(3)应用线面垂直的判定定理证明FK，平面再应用二面角定义得出乙4HD为平面PAB与平面

EFD所成角，再计算边长即可求解.

【详解】(1)取PD的中点G,连接GF,CG如图(1),

因为尸是P4的中点，所以GF〃4。且GF

因为E是BC的中点，底面48CD为矩形，所以CE〃AD且CE=[4D,

^\^CE//GF^.CE=GF,则四边形EFGC为平行四边形，所以EF〃CG

又因为CGu平面PCD,£T0平面PCD,所以〃平面PCD.

P

图⑴

(2)因为P41平面ABC。，4D,4Eu平面力BCD,所以P41AD,P414E.

在RtAAFD中，AF=y[2,AD=2,所以DF=历

由已知4E=DE=6,所以EF=VXF2+AE2=a=2,

所以0产=。52+石F2,即△£>£//为直角三角形，为斜边，

由此可知，三棱锥4-DEF的外接球的球心为线段DF的中点，半径为《。尸=半,

故外接球的表面积为S=4TTX(曰)=6TT

(3)因为底面4BCD为矩形，所以4D14B,

又PA1AD,PAC\AB=A,PA,ABu平面PAB,

所以AD1平面P4B.

如图(2),延长4B,DE交于点K,连接FK,贝为平面P28与平面EF。的交线,

过点力作力”1FK,垂足为“，连接DH.

因为力。1平面PA8,FKu平面PAB,所以力。1FK,

因为4”1FK,ADCAH=A,AD,AHu平面49”,所以FK1平面AM,

因为。Hu平面4DH,所以FK1DH,

所以乙4HD为平面P4B与平面EFD所成锐二面角的平面角

^^JBE//AD,BE=^AD,所以4B=BK=1,

又因为4F=V2,所以FK=VXF2+AK2=A/6.

因为SAFAK=\AF-AK=^FK-AH,

所以擀xV^x2解得4/7=苧

在RtADAH^,DH=VXD2+AH2=竽，

所以cos乙4"D=需=右即N2HD=60°,

即平面P4B与平面EFD所成锐二面角的大小为60°

P

四、二面角一一三垂线法

西纳一忌结建垂线法求二面角的手面角

步骤：从二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱（两面的交线）作垂线得到棱上

的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角

如图，在平面a内选一点月向另一个平面£作垂线45,垂足为6,再过点6向棱a作垂线6。，垂

足为。，连接/。，则///就是二面角的平面角。

【注意】选填小题中，找到角之后就可以放于对应直角三角形中直接求解，但解答题，必须先根据二

面角的定义进行证明说明，再代入数据求解

11.（25重庆朝阳高一下月考）在直三棱柱ABC—4/修1中，侧棱长为2,AC1BC,且力C=BC=2,

D为4G中点，则二面角。-AB-C的正切值为.

【答案】2V2

【来源】重庆市朝阳中学等“大一联盟”2024-2025学年高一下学期5月联考数学试题

【分析】作出二面角的平面角，利用几何法求出正切值.

【详解】在直三棱柱2BC-4当前中，取8C中点F,连接DF,

由。为BiG中点，得而BB]_L平面ABC,贝!1平面ABC,

又ABu平面ABC,贝1)481DF,过尸作尸E14B于E,连接DE,

由。尸。尸£'=尸,。尸,£1?(=平面。£7;1,于是力B1平面DEF,而DEu平面DEF,

因此ABIDE,ZDEF是二面角。一AB—C的平面角，

由AC=BC=2,AC1BC,得乙ABC=45。,EF=^BF=^,ffijDF=BBr=2,

所以二面角。-AB-C的正切值tan乙D£T=竺=2Vl

EF

故答案为：2段

12.(25贵州遵义高二下期末)如图，在矩形4BCD中，AB=2,AD=4,E是力。的中点，将△4BE沿

BE折起使点4到点P的位置，F是PC的中点.

(1)证明：DF||平面PBE；

(2)若平面PBE，平面BCDE,求二面角P—CD—E的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

⑵智

【分析】(1)取PB的中点G,连接GF,GE,即可证明四边形GFDE为平行四边形，从而得到。尸IIEG,

即可得证；

(2)在平面PBE内过P作PH1BE于H点、,由面面垂直的性质得到PH1平面BCDE,再过“作用1BC

于点/,连接P/,则得NP/H即为所求，最后由锐角三角函数计算可得.

【详解】(1)取PB的中点G,连接GF,GE,

又尸是PC的中点，所以GF||BCS.GF=^BC,

又ED||BCS.ED=\BC,

所以GF||EDS.GF=ED,

所以四边形GFDE为平行四边形，

所以。F||EG,又DFC平面PBE,EGu平面

所以DF||平面PBE.

(2)由平面PBE_L平面BCDE,

在平面PBE内过P作PH1BE于点”，由平面PBEC平面BCDE=BE,

PHu平面PBE,所以PH1平面8CDE,

又CDu平面BCDE,所以PH1CD,

又AP8E为等腰直角三角形，所以H为BE的中点，

取CD中点为/,连接口/,PI,则H/1CD,

又PHCHI=H,PH,H1u平面PH/,所以CD1平面PH/,

又P/u平面P”/,所以CD1P/,

则得NP/H即为二面角P—CD—E的平面角，

所以3"小=胃=言=誓,

故二面角P-BC-E的余弦值为誓.

【练习】(25湖北武汉高一下期末)如图，在四棱锥P—ABC。中，P41底面ABC。，PA=AC=2,

BC=1,ABAC=30°.

(1)若4D〃平面PBC.证明：AD1PB；

⑵若平面PAD1平面PCD,CD=1,

(i)证明：AD1CD；

(ii)求二面角A-PC—D的正弦值.

【答案】(1)证明见详解

(2)(i)证明见详解；(ii)当

【分析】(1)由题意可求出4B=V3,进而可知CB1AB,由题可知P41CB,所以可证CB1平面P4B,

再由线面平行的性质定理可得4。〃BC,进而AD1平面PAB,再由线面垂直的性质定理可证4。1PB-,

(2)(i)利用面面直的性质定理可得力Q1平面PCD,再利用线面垂直的性质定理可得力Q1CD,进

而可证CDJ_平面PAD,进而可证CD1/W；(ii)先找出二面角2-PC-D的平面角，在三角形中求解

即可.

【详解】(1)在△ABC中，AC=2,BC=1,ABAC=30°

由余弦定理得BC?=AB2+AC2-2ABXAC-cos^BAC,

即1=AB?+4—2V3AB,解得力B=曲,

•••AB2+BC2=3+1=4=AC2,BC1BA,

•••P21底面2BCD,8Cu平面力BCD,.­.PAIBC,

•••BACtPA=A,PA,ABu平面P4B,•••BC1平面P4B,

•••2D〃平面PBC,ADu平面ABC。，平面P8CC平面4BCD=BC,

：.AD][BC,•••AD1平面P4B,

•••PBu平面Pg.­.AD1PB.

(2)如图:

过点力作力Q1PD于点Q,

•.•平面PAD_L平面PCD,平面P20C平面PCD=PD,AQu平面PAD,

•••AQ1平面PCD,

•••CDu平面PCD,AQ1CD,

X'.'PA_L平面ABC。，CDU平面力BCD,•••PA1CD,

■：PACtAQ=A,PA,AQu平面PA。，CD1平面PAD,

•••ADu平面PAD,CD1AD.

(ii)由(i)知NCBA=90°,A/.CBA=Z.CDA=90°,

CB=CD,AC=AC,AABC=AADC,AD=AB=V3.

过点。作DE1AC于点E,再过点E作EF1CP于点F,连接DF,

•••P21平面4BCD,DEu平面48CD,•••PALDE,

■：PAHAC=A,PA,4Cu平面P4C,DE_L平面PAC,

••,PCu平面P",DE1PC,

又EF1PC,DECEF=E,DE,EFu平面DEF,PC_L平面DEF,

•••OFu平面DEF,.­.PCIDF,

NDFE为二面角力-PC—D的平面角，

•••/-CDA=90°,CD=1,AD=V3,

SAACD=5X1XV3=

11

又S>ACD=3A。xDE=-x2xDE=DE,

V3

**•DnrE?=—.

2

由(i)知CD1平面PAD,

•・•PDu平面PAD,・•.CD1PD,

SNDC=|xCDxPD=|xlxV7=y,

又SAPCO=|XPCXDF=|X2V2xDF=V2DF,

：q="DF,：.DF=东

叵L

在Rt△DEF中，sin乙DFE=—=.

DFSL7

2V2

即二面角a-PC-。的正弦值为督.

(联合中位线)

13.如图，在正三棱柱4BC-41B1C1中，。为棱AC的中点，E为棱CQ中点，AC=AAr.

(1)证明：4B]〃平面GB。；

(2)证明：&。1平面8。£；

(3)求二面角。-BE-C的正切值.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

⑶手

【分析】(1)设&C交BC于点O,连接。O,先证AB"/。。，然后由线面平行的判定定理即可证明；

(2)先证明DE141C,由线面垂直的判定定理可得BD1平面ACCMi，即AClBD,然后由线面垂

直的判定定理即可证明&C1平面BDE；

(3)设正三棱柱底边边长为2a,取BC的中点尸，连接AR取CT中点G,连接。G,过G作GH

垂直BE于点X,连接。X,由二面角的定义可得NDHG即为所求二面角的平面角，通过三角形中