(圓滿版)文科立體幾何線面角二面角專題-帶答案(圓滿版)文科立體幾何線面角二面角專題-帶答案24/24(圓滿版)文科立體幾何線面角二面角專題-帶答案文科立體幾何線面角二面角專題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、解答題1．如圖，在三棱錐中，，，為的中點．（1）證明：平面；（2）若點在棱上，且二面角為，求與平面所成角的正弦值．2．如圖，在三棱錐中，，，為的中點．（1）證明：平面；（2）若點在棱上，且，求點到平面的距離．3．（2018年浙江卷）如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．試卷第1頁，總5頁（Ⅰ）證明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．4．如圖，在三棱柱中，點P，G分別是，的中點，已知⊥平面ABC，==3，==2.（I）求異面直線與AB所成角的余弦值；（II）求證：⊥平面；（III）求直線與平面所成角的正弦值.5．如圖，四棱錐，底面是正方形，，，，分別是，的中點.試卷第2頁，總5頁（1）求證；（2）求二面角的余弦值.6．如圖，三棱柱中，側棱底面，且各棱長均相等.，，分別為棱，，的中點.（1）證明：平面；（2）證明：平面平面；（3）求直線與直線所成角的正弦值.7．如圖，在四邊形ABCD中，AB//CD，∠ABD=30°，AB＝2CD＝2AD＝2，DE⊥平面ABCD，EF//BD，且BD＝2EF．（Ⅰ）求證：平面ADE⊥平面BDEF；（Ⅱ）若二面角CBFD的大小為60°，求CF與平面ABCD所成角的正弦值．8．如圖，在四棱錐中，平面，，，試卷第3頁，總5頁，點是與的交點，點在線段上，且.（1）證明：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.9．在多面體中，底面是梯形，四邊形是正方形，，，，，（1）求證：平面平面；（2）設為線段上一點，，求二面角的平面角的余弦值.10．如圖，在多面體中，四邊形為等腰梯形，，已知，，，四邊形為直角梯形，，.（1）證明：平面，平面平面；試卷第4頁，總5頁（2）求三棱錐的體積.試卷第5頁，總5頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。參照答案1．（1）看法析（2）【分析】分析：(1)依據等腰三角形性質得PO垂直AC，再經過計算，依據勾股定理得PO垂直OB，最后依據線面垂直判判斷理得結論，(2)依據條件建立空間直角坐標系，建立各點坐標，依據方程組解出平面PAM一個法向量，利用向量數目積求出兩個法向量夾角，依據二面角與法向量夾角相等或互補關系列方程，解得M坐標，再利用向量數目積求得向量PC與平面PAM法向量夾角，最后依據線面角與向量夾角互余得結果.詳解：（1）由于，為的中點，所以，且.連結.由于，所認為等腰直角三角形，且，.由知.由知平面.（2）如圖，認為坐標原點，的方向為軸正方向，建立空間直角坐標系.由已知得取平面的法向量.設，則.設平面的法向量為.答案第1頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。由得，可取，所以.由已知得.所以.解得（舍去），.所以.又，所以.所以與平面所成角的正弦值為.點睛：利用法向量求解空間線面角的重點在于“四破”：第一，破“建系關”，建立適合的空間直角坐標系；第二，破“求坐標關”，正確求解有關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”.2．解：（1）由于AP=CP=AC=4，O為AC的中點，所以OP⊥AC，且OP=．連結OB．由于AB=BC=，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB．OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．2）作CH⊥OM，垂足為H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的長為點C到平面POM的距離．答案第2頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。由題設可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．所以OM=，CH==．所以點C到平面POM的距離為．【分析】分析：（1）連結，欲證平面，只要證明即可；（2）過點作，垂足為，只要論證的長即為所求，再利用平面幾何知識求解即可.詳解：（1）由于AP=CP=AC=4，O為AC的中點，所以OP⊥AC，且OP=．連結OB．由于AB=BC=，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB．OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．2）作CH⊥OM，垂足為H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的長為點C到平面POM的距離．由題設可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．所以OM=，CH==．所以點C到平面POM的距離為．答案第3頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。點睛：立體幾何解答題在高考取難度低于分析幾何，屬于易得分題，第一問多以線面的證明為主，解題的核心是能將問題轉變為線線關系的證明；本題第二問能夠經過作出點到平面的距離線段求解，也可利用等體積法解決.3．（Ⅰ）看法析；（Ⅱ）.【分析】分析:方法一：（Ⅰ）經過計算，依據勾股定理得,再依據線面垂直的判判斷理得結論，（Ⅱ）找出直線AC1與平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解.方法二：（Ⅰ）依據條件建立空間直角坐標系，寫出各點的坐標，依據向量之積為0得出,再依據線面垂直的判判斷理得結論，（Ⅱ）依據方程組解出平面的一個法向量，此后利用與平面法向量的夾角的余弦公式及線面角與向量夾角的互余關系求解.詳解：方法一：（Ⅰ）由得，所以.故.由，得，由得，由，得，所以，故.所以平面.（Ⅱ）如圖，過點作，交直線于點，連結.答案第4頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。由平面得平面平面，由得平面，所以是與平面所成的角.學科.網由得，所以，故.所以，直線與平面所成的角的正弦值是.方法二：（Ⅰ）如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系O-xyz.由題意知各點坐標以下：答案第5頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。所以由得.由得.所以平面.（Ⅱ）設直線與平面所成的角為.由（Ⅰ）可知設平面的法向量.由即可取.所以.所以，直線與平面所成的角的正弦值是.點睛：利用法向量求解空間線面角的重點在于“四破”：第一，破“建系關”，建立適合的空間直角坐標系；第二，破“求坐標關”，正確求解有關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”.4．（Ⅰ）（Ⅱ）看法析（Ⅲ）【分析】分析：（Ⅰ）由題意得∥AB，故∠G是異面直線與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⊥，依據線面垂直的判判斷理可得結論建立．（Ⅲ）取的中點H，連結AH，HG；取HG的中點O，連結OP，．由PO//A1G可得平面，故得∠PC1O是PC1與平面所成的角，此后解三角形可得所求．詳解：答案第6頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。∵∥AB，∴∠G是異面直線與AB所成的角．==2，G為BC的中點，∴A1G⊥B1C1，在中，，∴，即異面直線AG與AB所成角的余炫值為．（II）在三棱柱中，∵⊥平面ABC，平面ABC，∴⊥A1G，∴⊥A1G，又A1G⊥，，∴平面．（III）解：取的中點H，連結AH，HG；取HG的中點O，連結OP，．PO//A1G，∴平面，∴∠PC1O是PC1與平面所成的角．答案第7頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。由已知得，，∴∴直線與平面所成角的正弦值為．點睛：用幾何法求求空間角的步驟：①作：利用定義作出所求的角，將其轉變為平面角；②證：證明作出的角為所求角；③求：把這個平面角置于一個三角形中，經過解三角形求空間角；④作出結論，將問題轉變為幾何問題．5．(1)看法析;(2).【分析】試題分析：（1）由題意，可取中點，連結，則易知平面∥平面,由條件易證平面，則平面，又平面，依據線面垂直的定義，進而問題可得證；（2）由題意，采納坐標法進行求解，可取中點為坐標原點，過點作平行于的直線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，分別算出平面和平面的法向量，聯合圖形，二面角為銳角，進而問題可得解.試題分析：（1）取中點，連結，，∵是正方形，∴，又∵，，∴，∴面，∴，又∵，，都是中點，∴，，∴面，∴；（2）建立如圖空間直角坐標系，由題意得，，，，則，，，答案第8頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。設平面的法向量為，則，即，令，則，，得，同理得平面的法向量為，∴，所以他的余弦值是.點睛：本題主要察看立體幾何中異面直線垂直的證明，二面角的三角函數值的求解，以及坐標法在解決立體幾何問題中的應用等有關方面的知識和技術，屬于中檔題型，也是常考題型.坐標法在解決立體幾何中的一般步驟，一是依據圖形特色，建立空間直角坐標系；二是將幾何中的量轉變為向量，經過向量的運算；三是將運算獲得的結果翻譯為幾何結論.6．（1）看法析（2）看法析(3)【分析】分析：（1）先證明，再證明平面.(2)先證明面，再證明平面平面.(3)利用異面直線所成的角的定義求直線與直線所成角的正弦值為.詳解：（1）證明：連結，∵、分別是、的中點，∴，，∵三棱柱中，∴，，又為棱的中點，∴，，∴四邊形是平行四邊形，∴，又∵平面，平面，∴平面.答案第9頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。（2）證明：∵是的中點，∴，又∵平面，平面，∴，又∵，∴面，又面，∴平面平面；（3）解：∵，，∴為直線與直線所成的角.設三棱柱的棱長為，則，∴，∴.即直線與直線所成角的正弦值為.點睛：（1）本題主要察看空間地點關系的證明和異面直線所成角的計算，意在察看學生對這些基礎知識的掌握能力和空間想象轉變能力.(2)求空間的角，方法一是利用幾何法，找作證指求.方法二是利用向量法.7．（1）看法析（2）【分析】分析：(1)依據面面垂直的判判斷理即可證明平面ADE⊥平面BDEF；(2)建立空間直角坐標系，利用空間向量法即可求CF與平面ABCD所成角的正弦值；也可以應用常例法，作出線面角，放在三角形中間來求解.答案第10頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。詳解：（Ⅰ）在△ABD中，∠ABD＝30°，由AO2＝AB2+BD2－2AB·BDcos30°，解得BD＝，所以AB2+BD2=AB2，依據勾股定理得∠ADB＝90°∴AD⊥BD.又由于DE⊥平面ABCD，AD平面ABCD，∴AD⊥DE.又由于BDDE＝D，所以AD⊥平面BDEF，又AD平面ABCD，∴平面ADE⊥平面BDEF，（Ⅱ）方法一：如圖，由已知可得，，則，則三角形BCD為銳角為30°的等腰三角形..過點C做，交DB、AB于點G，H，則點G為點F在面ABCD上的投影.連結FG，則，DE⊥平面ABCD，則平面.過G做于點I，則BF平面，即角為二面角CBFD的平面角，則60°.則，，則.在直角梯形BDEF中，G為BD中點，，，，設，則，，則.答案第11頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。，則，即CF與平面ABCD所成角的正弦值為．（Ⅱ）方法二：可知DA、DB、DE兩兩垂直，以D為原點，建立以以下圖的空間直角坐標系D-xyz.設DE＝h，則D(0，0，0)，B(0，，0)，C(－，－，h).，.設平面BCF的法向量為m＝(x，y，z)，則所以取x=，所以m＝(，-1，－)，取平面BDEF的法向量為n＝(1，0，0)，由，解得，則，又,則，設CF與平面ABCD所成角為，則sin=.故直線CF與平面ABCD所成角的正弦值為點睛：該題察看的是立體幾何的有關問題，波及到的知識點有面面垂直的判斷，線面角的正弦值，在求解的過程中，需要掌握面面垂直的判判斷理的內容，要理解垂直關系直角的轉變，在求線面角的有關量的時候，有兩種方法，能夠應用常例法，也能夠應用向量法.答案第12頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。8．（1）看法析；（2）【分析】分析：（1）由題意得是等邊三角形，故得，于是，進而得，所以，此后依據線面平行的判判斷理可得結論建立．（2）由平面可得，于是平面．又，所以直線與平面所成角即直線與平面所成角，進而獲得即為所求角，此后依據解三角形可得所求．詳解：（1）由于，所以垂直均分線段．又，所以．在中，由余弦定理得，所以．又，所以是等邊三角形，所以，所以，又由于，所以，答案第13頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。所以．又平面平面，所以平面．（2）由于平面，平面，所以，又，所以平面．由（1）知，所以直線與平面所成角即直線與平面所成角，故即為所求的角．在中，，所以，所以直線與平面所成角的正弦值為．點睛：（1）證明空間中的地點關系時要注意解題的規范性和嚴實性，運用定理證明時要體現出定理中的重點性詞語．（2）用幾何法求空間角時可分為三步，即“一找、二證、三計算”，即第一依據所求角的定義作出所求的角，并給出證明，最后利用解三角形的方法獲得所求的角（或其三角函數值）．9．(1)看法析；（2）.【分析】分析：（1）由勾股定理的逆定理可得，；又由條件可獲得，于是平面，可得，進而獲得平面，依據面面垂直的判判斷理得平面平面．（2）由題意得可得，，兩兩垂直，故可建立空間直角坐標系，結答案第14頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使用，答案僅供參照。合題意可得點，于是可求得平面的法向量為，又是平面的一個法向量，求得后聯合圖形可得所求余弦值為．詳解：（1）由，，，得，∴為直角三角形，且同理為直角三角形，且．又四邊形是正方形，∴．又.在梯形中，過點作作于，故四邊形是正方形，∴.在中，，∴，，∴，∴，.∵，,，∴平面,又平面，答案第15頁，總18頁本卷由系統自動生成，請認真校正后使