考點27線線角、線面角、二面角問題3種常見考法歸類策略1異面直線所成的角異面直線所成角問題是立體幾何常見問題類型，解題核心是構建異面直線所成的平面角.①平移法求異面直線所成角的基本思想是平移轉換，核心內容是直線平移或探尋平行直線，以及依托三角形構造夾角，一般分三步進行，過程總結如下.第一步，對異面直線進行平移或平行轉換，有兩種策略：一是固定一條直線，平移另一條；二是將兩條直線同時平移到某一特殊位置，構成同一平面.第二步，構建異面直線所成角，或者證明圖形中某一夾角為所求角.第三步，依托所求角構造三角形，通過解三角形完成求解.另外，對于異面直線所成角問題，需要關注角度的取值范圍，即取值范圍為,故完成角度求解后，還需對其驗證.實際上可將平移法細分為四種，分別為直接平移、中位線平移、平行四邊形平移、補形平移②通過證線面垂直證異面直線所成的角為策略2直線與平面的所成的角1、斜線在平面上的射影：過斜線上斜足以外的一點向平面引垂線，過垂足及斜足的直線叫做斜線在平面內的射影。注意：斜線上任意一點在平面上的射影一定在斜線的射影上。如圖，直線是平面的一條斜線，斜足為，斜線上一點在平面上的射影為，則直線是斜線在平面上的射影。2、直線和平面所成角：（有三種情況）（1）平面的斜線與它在平面內的射影所成的銳角，叫這條直線與這個平面所成的角。由定義可知：斜線與平面所成角的范圍為；（2）直線與平面垂直時，它們的所成角為；（3）直線與平面平行（或直線在平面內）時，它們的所成角為0。結論：直線與平面所成角的范圍為。3、求直線與平面所成角的方法分直接法和間接法.直接法就是根據斜線與平面所成角的定義，直接作出斜線在平面內的射影，則斜線與射影所成角就是斜線與平面所成角.直接法是解題時首先要考慮的方法，其關鍵是確定斜線在平面內的射影.找斜線在平面內射影的常見依據有：（1）（兩平面垂直的性質定理）如果兩個平面垂直，那么在一個平面內垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面；（2）如果一個角所在平面外一點到角的兩邊的距離相等，那么這個點在平面內的射影在這個角的平分線上；（3）經過一個角的頂點引這個角所在平面的斜線，設它和已知角的兩邊的夾角為銳角且相等，則這條斜線在平面的射影是這個角的平分線；（4）若三棱錐的三條側棱相等，則其頂點在底面上的射影是底面三角形的外心.間接法常見的方法有：（1）體積法.常常是通過換底求體積求出斜線上一點到平面的距離，再求直線與平面所成角的正弦值；（2）公式法.如圖，斜線PM在平面α內的射影是MO，直線MC在平面α內，若，，，則策略3二面角二面角的平面角是立體幾何中的一個核心概念，也是高考的重點考查目標.因此厘清如何求解二面角的平面角，明晰求解二面角平面角的常用途徑與方法便顯得尤為重要.1、二面角的概念：從一條直線出發的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角，這條直線叫做二面角的棱，這兩個半平面叫做二面角的面.

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。3、二面角的大小范圍：[0°，180°]二、求二面角大小的步驟是：（1）作：找出這個平面角；（2）證：證明這個角是二面角的平面角；（3）求：將作出的角放在三角形中，解這個三角形，計算出平面角的大小．從圖形探究視角對二面角的求解問題進行模型和方法的歸類，形成了解答此類問題的基本套路。求解策略（1）直接法若二面角所在半平面是等腰（或等邊）三角形、全等形，且已知（或已證）線面垂直，則可直接利用"基本模型"建構二面角的平面角。（2）間接法①距離法利用三棱錐等體積法求出點A到平面PBC的距離d，如圖，點A到二面角APBC的棱PB的距離為h（即△PAB中PB邊上的高），則二面角APBC的正弦值為.解題關鍵：求平面α內一點C到平面β的距離與到棱l的距離即可.②異面直線法二面角的兩半平面內已知（或易知）直線垂直于二面角的棱，則二面角的大小為這兩條異面直線所成角或其補角的大小。③垂面法（空間一點垂面法）（1）方法：過空間一點作與棱垂直的平面，截二面角得兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角（2）具體演示：過二面角內一點A作AB⊥α于B，作AC⊥β于C，面ABC交棱a于點O，則∠BOC就是二面角的平面角。④射影面積法已知平面α內的平面圖形Γ的面積為S，它在平面β內的射影Γ′的面積為S′，設平面α與平面β所成二面角的平面角為θ，則當θ∈0,π2時，cos?下面以θ∈0,π2為例，證明如下:如圖1所示，在銳二面角α?l圖1面α內任取異于點A,B的點C，過點C作CD⊥β于點D，過點D作DE⊥AB于點E，連接CE，易證AB⊥平面CDE，則AB⊥EC，所以∠CED即為二面角α?l?β基本模型“三線合一型”當二面角所在半平面為等腰三角形（或等邊三角形）時，可利用等腰三角形"三線合一"性質，取棱所在線段的中點建構二面角的平面角。如圖：三棱錐PABC中，△ABC為正三角形，PA=PB。取AB的中點O，聯結CO，PO，如下圖，因為△ABC為正三角形，所以COAB。因為PA=PB，所以POAB，所以是二面角PABC的平面角。（2）全等型當二面角所在半平面的兩個三角形全等時，可利用全等三角形的性質，過其中一個半平面所在三角形的頂點作棱的垂線，聯結垂足與另一個半平面所在三角形的頂點建構二面角的平面角.如圖：三棱錐PABC中，AB=BC，PA=PC.作AHPB，垂足為H，聯結CH，如下圖，在△PAB與△PCB中，因為BA=BC，PA=PC，PB=PB，所以△PAB△PCB（SSS），所以PBA=PBC。在△ABH與△CBH中，因為BA=BC，ABH=CBH，BH=BH，所以△ABH△CBH（SAS），所以AHB=CHB，所以CHPB，所以AHC是二面角APBC的平面角。（3）三垂線型三垂線模型是根據三垂線定理或其逆定理，在已知（或已證）直線垂直于平面的前提下，通過作棱的垂線得到二面角的平面角，是一種非常重要且常見的方法，其建構方法可總結為"兩垂一連"。如圖：三棱錐PABC中，已知PA平面ABC，如下圖，這是"一垂"，即已知（或已證）的線面垂直；過點A作AHBC，垂直為H，這是"二垂"，即過垂足作棱的垂線；聯結PH，這是"一連"，則PHA為二面角PBCA的平面角。考點一異面直線所成的角（一）平移法1、直接平移2、平移破異面——構造平行四邊形平移3、平移破異面——中位線平移（二）通過證線面垂直證異面直線所成的角為（三）由異面直線所成的角求其他量考點二直線與平面所成的角考點三二面角（一）直接法1、定義法求二面角2、“三線合一”模型法求二面角3、三垂線型4、全等模型求二面角（二）間接法1、垂面法求二面角2、射影面積法求二面角考點一異面直線所成的角（一）平移法（1）直接平移1．（2023·遼寧大連·統考一模）如圖，在正方體中，異面直線與所成的角為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】將平移到與相交，求所成的角，即異面直線所成的角.【詳解】正方體中，，所以與所成的角即異面直線與所成的角，因為為正三角形，所以與所成的角為，所以異面直線與所成的角為.故選：C.2．（2023秋·上海青浦·高二上海市青浦高級中學校考期末）在空間中，直線平行于直線，直線為異面直線，若，則異面直線所成角的大小為______．【答案】【分析】根據異面直線所成角的定義，即可求得答案.【詳解】直線為異面直線，且直線平行于直線，所以與所成角即為異面直線、所成角，因為，且異面直線所成角的范圍是，所以異面直線、所成角的大小為,故答案為：3．（2023·全國·高三專題練習）在正方體中，E，F分別是線段，的中點，則異面直線，EF所成角余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】如圖所示，連接，確定或其補角是異面直線EF與所成角，在直角中，計算得到答案.【詳解】如圖所示：F是線段的中點，連接交于F，由正方體的性質知，知異面直線，EF所成角即為直線，EF所成角，故或其補角是異面直線EF與所成角.設正方體邊長為2，在直角中，，，故故選：C4．（2023春·全國·高一專題練習）如圖所示，在正三棱柱中，，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用棱柱的結構特征、異面直線所成角的定義得到是異面直線與所求角或其補角，再利用正三棱柱的結構特征及余弦定理進行求解.【詳解】連接，由棱柱的性質得，所以是異面直線與所成角或其補角；由正三棱柱的性質及，得，，，在中，由余弦定理，得，即異面直線與所成角的余弦值為.故選：D.5．（2023·全國·高三專題練習）如圖，在直三棱柱中，為上一點，平面分三棱柱為上下體積相等的兩部分，則與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作于點，結合直棱柱可證平面，則即為四棱錐的高，同理可說明即為四棱錐的高，根據體積相等可求得，取中點為，則，根據異面直線夾角的定義可知即為所求角，結合Rt△運算求解．【詳解】作于點，則平面且，設，則可證平面，則，平面分三棱柱為兩個體積相等的四棱錐和，即取中點為，則即為所求角，故選：A．（2）平移破異面——構造平行四邊形平移6．（2023·陜西榆林·校考模擬預測）如圖是正方體的平面展開圖，則在這個正方體中，異面直線AB與CD的夾角為__________．【答案】【分析】把展開圖恢復到原正方體，得到AEDC，從而得到∠BAE或其補角是異面直線AB與CD所成的角，從而可解.【詳解】如圖所示，把展開圖恢復到原正方體．連接AE，BE．由正方體可得且，∴四邊形ADCE是平行四邊形，∴AEDC．∴或其補角是異面直線AB與CD所成的角．由正方體可得：，∴是等邊三角形，∴．∴異面直線AB與CD所成的角是60°．故答案為：60°7．（2023春·全國·高一專題練習）在直三棱柱中，，，分別是，的中點，，則與所成角的余弦值是_____________.【答案】/【分析】已知是直三棱柱，取的中點，連接，，可得和所成角即為與所成角．求出邊長，利用余弦定理求解角的大小．【詳解】，分別是，的中點，取的中點，連接，，則且，所以為平行四邊形，,那么和所成角即為與所成角．設，，是直三棱柱，，，故答案為：．8．（2023·貴州·統考模擬預測）如圖，圓柱的底面直徑與母線相等，是弧的中點，則與所成的角為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出輔助線，找到異面直線形成的夾角，求出各邊長，利用余弦定理求出夾角.【詳解】取的中點，連接，則，且，故四邊形為平行四邊形，所以，所以或其補角為與所成角，設，則，由勾股定理得，，，由余弦定理得，故，所以與所成角為.故選：C9．（2023春·內蒙古呼倫貝爾·高二校考階段練習）已知正方體，O是底對角線的交點.(1)求異面直線與所成角的余弦值；(2)求證：平面.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）采用平移法將異面直線與所成角，轉化為直線與所成角,解三角形即可求得答案；（2）證明，，根據線面面垂直的判定定理即可證明結論.【詳解】（1）連接，因為，故四邊形為平行四邊形，則，則異面直線與所成角，即為直線與所成角,即為所求角或其補角，設正方體棱長為2，在中，，則,故異面直線與所成角的余弦值為.（2）連接，則,又平面，平面，則，又平面，故平面，平面，故，同理可證，而平面，所以平面.（3）平移破異面——中位線平移10．（2023·全國·高一專題練習）在空間四邊形ABCD中，，點M?N分別為BD?AC的中點.(1)若直線AB與MN所成角為60°，求直線AB與CD所成角的大小；(2)若直線AB與CD所成角為，求直線AB與MN所成角的大小.【答案】(1)60°(2)或【分析】根據異面直線所成角的定義，借助平行關系作出平行直線，從而找到異面直線所成角（或補角）即可求解.【詳解】（1）如圖，取AD的中點為P，連接PM?PN.因為點M?N分別為BD?AC的中點，所以，，且，，所以，為直線AB與CD所成的角（或補角），為直線AB與MN所成的角（或補角）.又，所以，即為等腰三角形.直線AB與MN所成角為60°，即，則.所以，直線AB與CD所成的角為60°.（2）（2）若直線AB與CD所成的角為，則或.若，則，即直線AB與MN所成角為；若，則，即直線AB與MN所成角為.綜上所述，直線AB與MN所成的角為或.11．（2023秋·河南駐馬店·高三統考期末）如圖，在四棱錐中，平面，，，，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據異面直線所成角的概念，作，，則是異面直線與所成的角（或補角），解三角形即可.【詳解】分別取的中點，連接.過點作，垂足為，則是的中點，如圖所示，，，所以，，四邊形為平行四邊形，有，又，則是異面直線與所成的角（或補角）.，，則有，設，則，，，，,,，故.則異面直線與所成角的余弦值為.故選：A12．（2023春·全國·高一專題練習）已知四面體中，、、分別為、、的中點，且異面直線與所成的角為，則_________.【答案】或【分析】根據，，結合異面直線夾角的定義求解即可.【詳解】如圖，因為、、分別為、、的中點，故，，故與所成的角即與所成的角為，且與相等或者互補，故或.故答案為：或13．（2023春·江西撫州·高三金溪一中校考階段練習）在正三棱柱中，D為棱AB的中點，與交于點E，若，則CD與所成角的余弦值為___．【答案】【分析】作出輔助線，找到CD與所成的角，證出線面垂直，得到，設出，利用余弦定理求出，，求出余弦值.【詳解】連接，取中點F，連接，EF，則，所以為CD與所成的角（或其補角）．因為在正三棱柱中，D為棱AB的中點，所以⊥，⊥平面，因為平面，所以⊥，因為，平面，所以CD⊥平面，可得EF⊥平面，又平面，所以．不妨設，則，，所以，又，所以，所以，所以＝．故答案為：14．（2023春·上海浦東新·高一校考期末）如圖，已知在長方體中，，，點是的中點．(1)求證：平面；(2)求異面直線與所成角的余弦值．【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】(1)如圖，根據中位線的性質可得，由線面平行的判定定理即可證明；(2)由(1)可知為異面直線與所成角的平面角，利用勾股定理分別求出的值，結合余弦定理計算即可.【詳解】（1）連接AC，交BD于點O，則O為AC的中點，又因為E為的中點，連接，則，∵平面EBD，平面EBD，平面EBD；（2）由(1)知，，所以為異面直線與所成角的平面角，在中，，，由余弦定理，得，故異面直線與所成角的余弦值為.（二）通過證線面垂直證異面直線所成的角為15．（2023春·高一課時練習）如圖，如果菱形所在的平面，那么與的位置關系是（

）A．平行 B．不垂直C．垂直 D．相交【答案】C【分析】連接，易知，由線面垂直的性質有，再根據線面垂直的判定證面，最后由線面垂直的性質確定與的位置關系.【詳解】連接，因為是菱形，所以，又菱形所在的平面，面，所以，又，面，所以面，面，所以.故選：C16．（2023春·高一課時練習）設E是正方體的棱的中點，在棱上任取一點P，在線段上任取一點Q，則異面直線PQ與BD所成角的大小為______．【解析】連接，由底面為正方形，可知，由正方體的性質，可知平面，又平面，則又，則平面，由已知可知平面，則所以異面直線PQ與BD所成角的大小為故答案為：17．（2023春·高一課時練習）已知直三棱柱，O為正三角形ABC的外心，則異面直線與OB所成角的正弦值為（

）A．0 B．1 C． D．【解析】如圖，是等邊三角形，且為的外心，是的垂心，，且平面，平面，，且，平面，且平面，，異面直線與所成角的大小為，異面直線與所成角的正弦值的大小為1.故選：B．18．（2023春·高一課時練習）已知四面體ABCD的所有棱長都相等，其外接球的體積等于π，則下列結論正確的個數為（

）．①四面體ABCD的棱長均為2：②四面體ABCD的體積等于③異面直線AC與BD所成角為A．0 B．1 C．2 D．3【解析】由題意知，可以設該正四面體的棱長為a，底面正三角形BCD的中心為G，該正四面體的外接球的球心為O，半徑為R；則在直角三角形AGB中，.在直角三角形OBG中，，所以，由外接球的體積為，可得，所以，解得：，故①正確；由①得：正四面體的高，故正四面體的體積為，故②正確；設BD的中點為E，連接AE，CE，因為三角形ABD與三角形BCD均為等邊三角形，由三線合一得：，因為，所以平面AEC，因為平面AEC，所以，故③錯誤.故正確的是①②.故選：C（三）由異面直線所成的角求其他量19．（2023春·上海寶山·高二上海市行知中學校考期中）、、、分別是空間四邊形邊、、、的中點，異面直線與所成角大小為，則_______.【答案】或【分析】連接、，利用異面直線所成角的定義可得出的大小.【詳解】連接、，因為、分別為、的中點，則，同理可知，，所以，直線與所成角為或其補角，又因為與所成角為，若為銳角，則；若為鈍角，則.綜上所述，或.故答案為：或.20．（2023春·河南·高三洛寧縣第一高級中學校聯考階段練習）如圖，圓柱的側面積為，高為2，AB為⊙的直徑，C，D分別為⊙，⊙上的點，直線CD經過的中點O.(1)若，證明：AB⊥CD；(2)若直線AB與直線CD所成角的余弦值為，求三棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，，，，根據，得到AB⊥平面O1O2C，得到證明.（2）根據側面積公式計算，設，確定即為直線AB與直線CD所成角或其補角.，利用余弦定理計算或，得到體積.【詳解】（1）連接，，，，因為C，O1，D，O2四點共面，且圓柱O1O2的上下底面平行，所以.因為，所以，又，且，平面O1O2C，故AB⊥平面O1O2C，CD平面O1O2C，所以AB⊥CD（2）設圓柱的底面半徑為r，由圓柱的側面積，高為2，得，則.過點O作OA1∥AB與過點A的母線交于點A1，連接A1O，A1D，則即為直線AB與直線CD所成角或其補角..因為A1A⊥底面ABD，所以，因為A1為線段AA2的中點，在中，易知，設，則有，在中，OO2=1，O2D=1，則，在△A1OD中，由余弦定理，得，則有，解得或，故三棱錐DABC的體積，21．（2023·全國·高一專題練習）如圖，已知四邊形ABCD為圓柱的軸截面，F為的中點，E為母線BC的中點，異面直線AC與EF所成角的余弦值為，，則該圓柱的體積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】運用平行線尋找異面直線所成角，再運用線面垂直判定定理及線面垂直性質定理證得，進而求得半徑r，代入圓柱體積公式計算即可.【詳解】如圖所示，取AB的中點O，連接OE、OF，因為E為母線BC的中點，所以，所以為異面直線、所成的角或其補角，則，設圓柱的底面圓半徑為r，則，又因為F為的中點，所以，，又因為，，面，所以面，又因為面，所以，在中，，所以在中，，解得：.所以圓柱的體積為.故選：B.22．（2023春·江西宜春·高二校聯考階段練習）如圖，在底面為正方形，側棱垂直于底面的四棱柱中，，若異面直線與所成角的余弦值為，則的值為______．【答案】【分析】連接，，可得異面直線與所成角為或其補角．利用余弦定理可求出，最后可求出的值.【詳解】連接，，，異面直線與所成角為或其補角，令，則，，由余弦定理得，由題意，，∴，．即.∴.故答案為：.考點二直線與平面所成的角23．（2023·上海靜安·統考二模）如圖，正方體中，為的中點，為正方形的中心，則直線與側面所成角的正切值是___________.【答案】【分析】連接，得到即為與平面所成的角，在直角中，即可求解.【詳解】如圖所示，連接，在正方體中，可得平面，所以即為與平面所成的角，設正方體的棱長為，則，在直角中，.故答案為：.24．（2023·河北保定·統考一模）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，，是正三角形，平面平面，且，則與平面所成角的正切值為（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】連接，為的中點，結合面面垂直性質定理證明平面，根據錐體體積公式求，再由面面垂直性質定理證明平面，根據線面角的定義證明PC與平面PAD所成角的平面角為，解三角形求其正切值.【詳解】取的中點，連接，由已知為等邊三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，設，則，，又，所以矩形的面積，所以四棱錐的體積，所以，所以，所以，因為平面平面，，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以為直角三角形，斜邊為，因為平面，所以與平面所成角的平面角為，在中，，，所以，與平面所成角的正切值為.故選：B.25．（2023春·上海黃浦·高二格致中學校考階段練習）如圖，在正三棱柱中，是棱的中點(1)求證：平面平面；(2)求與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）通過證明平面來證得平面平面.（2）判斷出與平面所成角，解直角三角形求得所成角的正弦值.【詳解】（1）連接交于點，連接，如圖所示,在正三棱柱中，平面平面,是棱的中點，則,同理在正方形中，是的中點，則,同理可得是的中點，則,又平面，則平面,又平面，則平面平面.（2）由（1）得平面平面，平面平面，平面,平面，則即為與平面所成的角，又，在中，，故與平面所成角的正弦值為.26．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學校考模擬預測）如圖，在正方體中，點P為線段上的一個動點（不包含端點），則（

）A．B．直線PC與直線異面C．存在點P使得PC與所成的角為60°D．存在點P使得PC與底面ABCD所成的角為60°【答案】ABD【分析】由線面垂直的判定定理可判斷A；證明平面，PC平面，可判斷B；求出PC與所成的角的最大值恒小于60°可判斷C；求出PC與底面ABCD所成的角為60°時，的長度可判斷D.【詳解】對A，在正方體中，易得，底面，平面，，，平面，則平面，因為平面，所以，故A正確；對B，因為平面，平面，平面，且，所以直線PC與直線異面，故B正確；對C，因為，所以PC與所成的角即為PC與所成的角，由圖可知，當點位于點處時，最大，此時，所以PC與所成的角恒小于60°，故C不正確；對D，過點作平面交直線于點，則，設正方體的邊長為，PC與底面ABCD所成的角即為，若，則，則，所以存在點P使得PC與底面ABCD所成的角為60°.故D正確.故選：ABD.27．（2023春·廣東東莞·高一統考期末）如圖是一個正方體的側面展開圖，是頂點，是所在棱的中點，則在這個正方體中，下列結論正確的是（

）A．與異面B．平面C．平面平面D．與平面所成的角的正弦值是【答案】ABD【分析】由展開圖還原得到正方體，根據異面直線定義可知A正確；利用平行四邊形證得，由線面平行判定可知B正確；假設兩平面垂直，可知平面，由線面平行性質得，可知假設錯誤，即C錯誤；由線面角定義可知所求角為，由長度關系可求得D正確.【詳解】由展開圖還原正方體如下圖所示，其中分別為中點，對于A，平面，平面，，與為異面直線，A正確；對于B，連接，分別為中點，，，又，，，，四邊形為平行四邊形，，又平面，平面，平面，B正確；對于C，假設平面平面成立，平面，平面，平面，平面，平面平面，，顯然不成立，假設錯誤，平面與平面不垂直，C錯誤；對于D，連接，直線與平面所成角即為直線與平面所成角，平面，即為直線與平面所成角，設正方體棱長為，，，即直線與平面所成角的正弦值為，D正確.故選：ABD.【點睛】關鍵點點睛：本題考查立體幾何中的線線、線面與面面關系有關命題的判斷，解題關鍵是能夠根據展開圖準確還原正方體，從而確定平面圖中的點的具體位置，結合平行與垂直關系相關判定與性質定理得到結果.28．（2023秋·浙江紹興·高二統考期末）如圖，四邊形為正方形，平面，∥，(1)求證：平面；(2)求與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2).【分析】（1）連接交于，利用正方形性質以及線面垂直的性質定理得，，再利用線面垂直的判定即可證明；（2）通過等體積法即可求出點到平面的距離，即可求出線面角正弦值.【詳解】（1）連接交于，四邊形為正方形，，又平面，平面，則.又∥，四點共面，，且平面，于是平面.（2）//，與平面所成角就是與平面所成角.在中，可以求得，，，根據余弦定理得，，，，設點到平面的距離為，由平面知，而，因此平面，顯然平面，則點到平面的距離為長2，而，由，得，即，解得.

故與平面所成角的正弦值為.29．（2023·上海松江·統考二模）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為平行四邊形，O是AC與BD的交點，，，平面ABCD，，M是PD的中點．(1)證明：平面ACM(2)求直線AM與平面ABCD所成角的大小．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，通過中位線性質得到，從而根據線面平行的判定定理得到平面；（2）取中點,連接,，利用線面垂直的性質得平面，從而將題目轉化為求的大小，再利用勾股定理求出，則得到，最后利用反三角即可表示出角的大小.【詳解】（1）連接，在平行四邊形中，因為為與的交點，所以為的中點，又為的中點,所以.因為平面平面，所以平面.（2）取中點,連接,，因為為的中點,所以,且,由平面，得平面，所以是直線與平面所成的角.因為底面為平行四邊形，且，，所以，則，在Rt中,,所以,從而，因為平面,平面,，所以在Rt中，，，所以直線與平面所成角大小為.30．（2023·上海奉賢·統考二模）如圖，在四棱錐中，，且．(1)證明：平面平面；(2)若，，且四棱錐的體積為，求與平面所成的線面角的大小．【答案】(1)證明見解析(2)．【分析】（1）利用面面垂直的判定定理證明；（2）根據線面垂直的判定定理證明得底面，再根據四棱錐的體積公式求出，從而用線面角的定義求解.【詳解】（1）因為在四棱錐中，，所以，，又，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面．（2）取中點，連結，因為，所以，由（1）知平面，平面，所以，因為，底面，所以底面，

設，求得，，因為四棱錐的體積為，所以解得，所以，因為底面，

所以為與平面所成的角，在中，，所以．所以與平面所成的線面角為．考點三二面角（一）直接法1、定義法求二面角31．（2023·浙江溫州·統考二模）已知三棱錐中，△是邊長為3的正三角形，與平面所成角的余弦值為．(1)求證：；(2)求二面角的平面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取中點為，連接，由正四面體的性質得，再由線面垂直的判定及性質證明結論；（2）取中點為，連接，由正四面體的性質和二面角的定義知為所求二面角的平面角，進而求其正弦值.【詳解】（1）如圖所示，取中點為，連接，O為△BCD的中心，因為△是邊長為3的正三角形，，則面，又與平面所成角的余弦值為，所以，即，即三棱錐是正四面體，所以，又平面，所以平面，又平面，所以．（2）如圖所示，取中點為，連接，由（1）知：三棱錐是正四面體，則，所以二面角的平面角為，另一方面，，所以由余弦定理得，所以，所以二面角的平面角的正弦值．32．（2023·全國·高一專題練習）如圖，直三棱柱中，，.(1)求直線與平面所成的角；(2)求二面角的正切值.【答案】(1)(2)【分析】（1）取的中點，連接和，結合條件可證明平面，由直線與平面所成角的定義可得直線與平面所成的角，由解直角三角形即可求解；（2）取的中點，連接，，先求得，再由二面角的定義找到二面角的平面角，由解直角三角形即可求解.【詳解】（1）取的中點，連接和，如圖所示：因為，所以，在直三棱柱中，平面，又平面，所以，因為，、平面，則平面，又平面，所以，則在中，，即直線與平面所成的角為，在直三棱柱中，平面，又因為平面，所以，因為，所以，即，則，，所以，則，又，所以，故直線與平面所成的角為.（2）取的中點，連接，，在直三棱柱中，平面，又因為平面，所以，因為，，由（1）知，，所以，，又平面，平面，所以是二面角的平面角；又，，，、平面，所以平面，平面，則，又，在中，，故二面角的正切值為.33．（2023·高一課前預習）如圖，四棱柱的底面是菱形，平面，，，，點為的中點.(1)求證：直線平面；(2)求證：；(3)求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）設和交于點，連接，根據線面平行的判定定理求解；（2）由線面垂直可得線線垂直，再由菱形對角線垂直可得線面垂直，即可得證；（3）連接，，可證明為二面角的平面角，利用余弦定理求解余弦值即可.【詳解】（1）設和交于點，連接，如圖，由于，分別是，的中點，故，∵平面，平面，所以直線平面.（2）在四棱柱中，底面是菱形，則，又平面，且平面，則，∵平面，平面，∴平面.平面，∴.（3）連接，，因為，是中點，所以，因為平面，平面，所以，∴為二面角的平面角，，，，由余弦定理可知，∴二面角的余弦值為.2、“三線合一”模型法求二面角34．（2023春·全國·高一專題練習）在正四面體A-BCD中，求相鄰兩個平面所成角的余弦值．【解析】如圖，取BC的中點E，連接AE，DE.因為正四面體A-BCD，所以BC⊥AE，BC⊥ED，所以∠AED為二面角A-BC-D的平面角．設正四面體的棱長為1，則，由余弦定理得.35．（2023春·全國·高一專題練習）如圖．正方體中，棱長為1，(1)求證：AC⊥平面；(2)求二面角的平面角的正弦值．【解析】(1)證明：∵在正方體中，平面ABCD，又平面ABCD，∴，∵，，，BD，平面，∴AC⊥平面；(2)∵，所以，又，而，面BAC，∴為二面角的平面角．在中，，，∴，∴．3、三垂線型36．（2023春·全國·高一專題練習）如圖，在正四棱錐中，.(1)求側棱與底面所成角的大小；(2)求二面角的大小的余弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據線面角的定義可證得為所求角，設等邊的邊長為，由長度關系可求得，從而得到結果；（2）由二面角平面角定義可知為所求二面角的平面角，由長度關系可求得結果.【詳解】（1）設底面正方形的中心為，連接，由正四棱錐結構特征知：平面，即點在平面上的投影為，為側棱與底面所成角，在中，，，為等邊三角形，設其邊長為，平面，平面，，在中，，，，，即側棱與底面所成角的大小為.（2）取的中點為，連接，在正方形中，；在等邊中，，為二面角的平面角，平面，平面，；在中，，，，二面角的大小的余弦值為.37．（2023·全國·高一專題練習）如圖，在四棱錐中，面，，，點分別為的中點，，.(1)證明：直線平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2).【分析】（1）依題意可得，即可得到，從而得證；（2）連接，即可求出、，從而得到，再由線面垂直的性質得到，即可得到平面，則二面角得平面角為，再由銳角三角函數計算可得.【詳解】（1）證明：點分別為的中點，，，，平面，平面，平面.（2）解：，，連接，由得，，，所以，，底面，底面，，是平面內兩相交直線，平面，平面，二面角得平面角為，，，，所以二面角的余弦值為，即二面角的余弦值為.38．（2023春·全國·高一專題練習）如圖，菱形ABCD的邊長為2，，E為AC的中點，將沿AC翻折使點D至點