2024年新高考新结构数学7个大题逐一击破立体几何（解析版）.pdf

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1、1立体几何立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。题型一：空间异面直线夹角的求解1 1(2023上海长宁统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AOCD；(2)若BDDC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.2024年新高考新结构数学7个大题逐一击破立体几何（解析版）21、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点

2、或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之(4)取舍：因为异面直线所成角的取值范围是0,2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)3、异面直线所成角：若n1,n2 分别为直线l1,l2的方向向量，为直线l1,l2的夹角，则cos=cos=n1 n2 n1 n2.1(2023江西萍乡高三统考期中)如图

3、，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别是BB1,CD的中点.(1)证明：EF平面AB1C1D；(2)若AB=2A1B1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O为ABCD的中心，求异面直线OB1与CC1所成角的余弦值.32(2023辽宁丹东统考二模)如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面CDD1C1平面ABCD，ADDC，二面角D1-AD-C的大小为120，E为棱C1D1的中点(1)证明：CDAE；(2)点F在棱CC1上，AE平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值题型二：空间直线与平面夹角的求解2 2(2024安徽合肥统考一模)如图，三棱柱 A

4、BC-A1B1C1中，四边形 ACC1A1,BCC1B1均为正方形，D,E分别是棱AB,A1B1的中点，N为C1E上一点.(1)证明：BN平面A1DC；(2)若AB=AC,C1E=3C1N，求直线DN与平面A1DC所成角的正弦值.41、垂线法求线面角(也称直接法)：(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向平面做垂线，确定垂足O；(2)连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；(3)把投影BO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)。3、公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线PA在

5、面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解。公式为：sin=hl，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长。方法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为S射影，平面和平面所成的二面角的大小为，则COS=S射影S.这个方法对于无棱二面角的求解很简便。4、直线与平面所成角：设n1 是直线l的方向向量，n2 是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则sin=cos=n1 n2 n1 n2.1(2024内蒙古赤峰高三校考开学考试)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AB=AC=2A1B1=2AA1=4 2，A1AB=A1AC=3，BAC=2(1)证明：A1

6、AB1C1；(2)求直线BB1与平面A1ACC1所成角的正弦值52(2024浙江温州高三统考期末)如图，以AD所在直线为轴将直角梯形ABCD旋转得到三棱台ABE-DCF，其中ABBC，AB=2BC=2CD(1)求证：ADBE；(2)若EAB=3，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值题型三：空间平面与平面夹角的求解1 1(2024江苏扬州高三统考开学考试)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，EFAD，AF=3EF=3，EAD=120，平面ADFE平面ABCD(1)求证：BDCF；(2)求平面BDF与平面BCF所成角的余弦值61、几何法(1)定义法(棱上一点双垂线法)：

7、在二面角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(2)三垂线法(面上一点双垂线法)：自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(3)垂面法(空间一点垂面法)：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角。(4)射影面积法求二面角cos=s射影S2、向量法：若n1,n2 分别为平面,的法向量，为平面,的夹角，则cos=cos=n1 n2 n1 n2.1(2024河南郑州高三校联考阶段练习)如图，在长方ABCD-A1B1C1D1中，

8、AB=2BC=4，E为AA1的中点，DEBD1.(1)求AA1的长；(2)求二面角B-DE-A的余弦值.72(2024山东济南高三济南一中校联考开学考试)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD和侧面ABB1A1均是边长为2的正方形.(1)证明：BD1B1C.(2)若B1BC=120，求二面角A-BC-D1的余弦值.题型四：空间点、线、面间的距离求解1 1(2024四川校联考一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，ADBC，ADPD，平面PAD平面PCD(1)证明：BC平面PCD；(2)已知AD=PD=DC=12BC=2，且DPC=30，求点D到平面PAB的距离81、几何法求点面距

9、1、定义法(直接法)：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度；2、等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离；3、转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离2、向量法求空间距离：(1)点面距：已知平面的法向量为n,A是平面内的任一点，P是平面外一点,过点P作则平面的垂线l，交平面于点Q，则点P到平面的距离为PQ=AP nn(2)直线a与平面之间的距离：d=AB n|n|，其中Aa,B，n是平面的法向量。(3)两平行平面,之间的距离：d=AB n|n|，其中A,B，n是平面的法向量。1(2024陕西西安高三统考期末)如图

10、，在圆锥PO中，AB是圆O的直径，且PAB是边长为4的等边三角形，C,D为圆弧AB的两个三等分点，E是PB的中点.(1)证明：DE平面PAC.(2)求点E到平面PAC的距离.92(2023河南校联考二模)如图所示，正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，高为3.(1)证明：平面ADF1平面A1BC；(2)求平面ADF1与平面A1BC间的距离.题型五：空间几何体的体积求解1 1(2024内蒙古锡林郭勒盟高三统考开学考试)如图，在四面体 ABCD 中，ACB=ACD=60,BCCD,BC=CD.(1)证明：ACBD(2)若AB=7,BC=2，求四面体ABCD的体积101、处理

11、空间几何体体积的基本思路(1)转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高；(2)拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算；(3)拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原乘一个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法。2、求体积的常用方法(1)直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；(2)割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；(3)等体积法：选择合适的底面来

12、求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换1(2023四川校联考三模)如图所示，直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DBAB，EDAB，AB=2DE=2BD=2，AC=BC，异面直线DE与AC所成角为45.(1)求证：平面ACE平面BCD；(2)若点F在CE上，当AFB面积最小时，求三棱锥F-ABE的体积.112(2023天津西青西青区杨柳青第一中学校考模拟预测)如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ACD=90，AB=1，AD=2，四边形ABEF为正方形，平面ABEF平面ABCD，P为DF的中点，ANCF，垂足为N(1)求

13、证：AN平面CDF；(2)求异面直线BF与PC所成角的正切值；(3)求三棱锥B-CEF的体积题型六：空间几何体的翻折问题1 1(2024河北张家口高三河北省尚义县第一中学校联考开学考试)如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=2沿对角线BD折起，形成一个四面体A-BCD，且AC=m(1)是否存在m，使得ABCD，ADBC同时成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由(2)求当二面角A-CD-B的正弦值为多少时，四面体A-BCD的体积最大12翻折问题的两个解题策略1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变一般地，位于“折痕”同

14、侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算1(2024湖南长沙一中校联考模拟预测)如图1，在五边形ABCDP中，连接对角线AD，ADBC，ADDC，PA=PD=2 2,AD=2BC=2DC=4，将三

15、角形PAD沿AD折起，连接PC,PB，得四棱锥P-ABCD(如图2)，且PB=2 2,E为AD的中点，M为BC的中点，点N在线段PE上.(1)求证：平面PAD平面ABCD；(2)若平面AMN和平面PAB的夹角的余弦值为3 8729，求线段EN的长.132(2023河北衡水高三衡水中学校考阶段练习)如图，在ABC中，BC=4,AB=13,cosB=1313,E,D分别为BC,AC的中点，以DE为折痕，将DCE折起，使点C到C1的位置，且BC1=2，如图.(1)设平面C1AD平面BEC1=l，证明：l平面ABC1；(2)若P是棱C1D上一点(不含端点)，过P,B,E三点作该四棱锥的截面与平面BEC

16、1所成的锐二面角的正切值为32，求该截面将四棱锥分成上下两部分的体积之比.题型七：空间动点存在性问题的探究1 1(2024上海黄浦高三大同中学校考阶段练习)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PA=PD，E为AD的中点(1)求证：PEBC；(2)在线段PC上是否存在点M，使得DM平面PEB？请说明理由14借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则

17、表示满足题设要求的几何对象不存在1(2024广东梅州统考一模)已知三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=2，BAC=120，且BC=2BB1，CBB1=60，侧面BCC1B1底面ABC，D是BC的中点.(1)求证：平面C1AD平面B1AD；(2)在棱AA1上是否存在点Q，使得BQ与平面ACC1A1的所成角为60.如果存在，请求出AQAA1；如果不存在，请说明理由.2(2024湖北荆州高三沙市中学校考阶段练习)设四边形ABCD为矩形，点P为平面ABCD外一点，且PA平面ABCD，若PA=AB=1,BC=2.(1)求PC与平面PAD所成角的正切值；(2)在BC边上是否存在一点G，使得点D到平面

18、PAG的距离为2，若存在，求出BG的值，若不存在，请说明理由；151(2024内蒙古赤峰高三校考开学考试)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是菱形，PAAC,BDPC,PA=AB=4.(1)证明：PA平面ABCD.(2)若PC=4PE,ABC=60，求三棱锥P-BDE的体积.2(2024云南昆明昆明一中校考模拟预测)如图，四棱锥P-ABCD中，PA=PD=AD=CD=2，DAB=ABC=90，ADC=60(1)证明：PCBC；(2)若二面角P-AD-B的大小为120，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值163(2024吉林校联考模拟预测)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，

19、底面为矩形，AB=3AD=3a，高为h，O，E分别为底面的中心和CD的中点(1)求证：平面A1OE平面CDD1C1；(2)若平面A1OE与平面D1BC的夹角的余弦值为2 23，求ha的值4(2024天津南开高三南开中学校考阶段练习)如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=6，E，F分别为DC，BC的中点，上下底面中心的连线O1O垂直于上下底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45(1)求证：BD1平面C1EF；(2)求点A1到平面C1EF的距离；(3)边BC上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为2 25，

20、若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由175(2024北京高三北京市第一六一中学校考开学考试)如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，ADE=60，DECF，CDDE，AD=2，DE=DC=3，CF=6(1)求证：CDAE；(2)求直线DE与平面AEF所成角的正弦值；(3)求出的值，使得CG=CF，且G到平面ABC距离为36(2023辽宁大连高三育明高中校考期中)如图，在RtABO中，ABBO，CDAB，AB=3CD=3，AD=2 2将OCD沿CD折起，使点O到达点P的位置(1)请在答题纸的图中作出平面PAD与平面PBC的交线，并指出这条直线(不必写出作图过程)；(2)证明：

21、平面PAB平面PBC；(3)若直线PA和直线CD所成角的大小为30，求四棱锥P-ABCD的体积181(2023北京统考高考真题)如图，在三棱锥P-ABC中，PA平面ABC，PA=AB=BC=1，PC=3(1)求证：BC平面PAB；(2)求二面角A-PC-B的大小2(2023全国统考高考真题)如图，在三棱锥P-ABC中，ABBC，AB=2，BC=2 2，PB=PC=6，BP,AP,BC的中点分别为D,E,O，点F在AC上，BFAO(1)求证：EF平面ADO；(2)若POF=120，求三棱锥P-ABC的体积193(2023全国统考高考真题)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C平面ABC,A

22、CB=90(1)证明：平面ACC1A1平面BB1C1C；(2)设AB=A1B,AA1=2，求四棱锥A1-BB1C1C的高4(2023全国统考高考真题)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C底面ABC，ACB=90,AA1=2，A1到平面BCC1B1的距离为1(1)证明：A1C=AC；(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值205(2023全国统考高考真题)如图，在三棱锥P-ABC中，ABBC，AB=2，BC=2 2，PB=PC=6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD=5DO，点F在AC上，BFAO.(1)证明：EF平面ADO；(2)证明：平面

23、ADO平面BEF；(3)求二面角D-AO-C的正弦值.6(2023天津统考高考真题)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，A1A平面ABC,ABAC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1，M为BC中点.，N为AB的中点，(1)求证：A1N平面AMC1；(2)求平面AMC1与平面ACC1A1所成夹角的余弦值；(3)求点C到平面AMC1的距离217(2023全国统考高考真题)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AA1=4点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上，AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3(1)证明：B2C2A2D2；(2)点P在棱BB1上

24、，当二面角P-A2C2-D2为150时，求B2P8(2023全国统考高考真题)如图，三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC，BDCD，ADB=ADC=60，E为BC的中点(1)证明：BCDA；(2)点F满足EF=DA，求二面角D-AB-F的正弦值1立体几何立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。题型一：空间异面直线夹角的求解1 1(2023上海长宁统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD平面BCD,AB=AD,

25、O为BD的中点.(1)求证：AOCD；(2)若BDDC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AOBD，而平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，AO平面ABD，因此AO平面BCD，又CD平面BCD，所以AOCD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MNBC,OMAD，则OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，2由(1)知，

26、AOBD，又AO=BO，AB=AD，则ADB=ABD=4，于是BAD=2，令AB=AD=2，则DC=BD=2 2，又BDDC，则有BC=BD2+DC2=4，OC=DC2+OD2=10，又AO平面BCD，OC平面BCD，则AOOC，AO=2，AC=AO2+OC2=2 3，由M,N分别为AB,AC的中点，得MN=12BC=2,OM=12AD=1,ON=12AC=3，显然MN2=4=OM2+ON2，即有MON=2，cosOMN=OMMN=12，则OMN=3，所以异面直线BC与AD所成的角的大小3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为

27、相交直线(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之(4)取舍：因为异面直线所成角的取值范围是0,2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)3、异面直线所成角：若n1,n2 分别为直线l1,l2的方向向量，为直线l1,l2的夹角，则cos=cos=n1 n2 n1 n2.1(2023江西萍乡高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1

28、中，E,F分别是BB1,CD的中点.(1)证明：EF平面AB1C1D；3(2)若AB=2A1B1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O为ABCD的中心，求异面直线OB1与CC1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC1中点G，连接GE,GF，如下图：在梯形BB1C1C中，E,G分别为BB1,CC1的中点，则EGB1C1，同理可得FGC1D，因为EG平面AB1C1D，B1C1

29、平面AB1C1D，所以EG平面AB1C1D，同理可得GF平面AB1C1D，因为EGFG=G，EG,FG平面EFG，所以平面EFG平面AB1C1D，又因为EF平面EFG，所以EF平面AB1C1D；(2)连接AC,BD，则ACBD=O，连接A1O,A1C1,B1O,在平面BB1C1C中，作B1NBC交BC于N，在平面BB1D1D中，作B1MBD交BD于M，连接MN，如下图：因为AB=2A1B1，则OC=A1C1，且OCA1C1，所以A1C1CO为平行四边形，则A1OCC1，且A1O=CC1，所以A1OB1为异面直线OB1与CC1所成角或其补角，同理可得：B1D1DO为平行四边形，则B1O=D1D，

30、在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，易知对角面BB1D1D底面ABCD，因为平面ABCD平面BB1D1D=BD，且B1MBD，B1M平面BB1D1D，所以B1M平面ABCD，由内切球的半径为22，则B1M=2，在等腰梯形BB1C1C中，BC=2B1C1且B1NBC，易知BN=14BC，同理可得BM=14BD，在BCD中，BNBC=BMBD=14，则MN=14CD，设正方形ABCD的边长为4x x0，则正方形A1B1C1D1的边长为2x，MN=x，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB1C1C的面积S=94，4因为B1M平面ABCD，MN平面ABCD，所以B1MMN，在RtB1MN，B1N=

31、B1M2+MN2=2+x2，可得S=12B1N B1C1+BC，则94=122+x2 4x+2x，解得x=12，所以BC=2，B1C1=1，BN=14BC=12，B1N=32，则A1B1=1，在RtBB1N中，BB1=B1N2+BN2=102，则CC1=DD1=102，所以在A1OB1中，则cosA1OB1=A1O2+B1O2-A1B212A1OB1O=1022+1022-12102102=45，所以异面直线OB1与CC1所成角的余弦值为45.2(2023辽宁丹东统考二模)如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面CDD1C1平面ABCD，ADDC，二面角D1-AD-C的

32、大小为120，E为棱C1D1的中点(1)证明：CDAE；(2)点F在棱CC1上，AE平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得D1DC=120，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD1C1平面ABCD，且两平面交线为DC,ADDC，AD平面ABCD,所以AD平面CDD1C1，所以ADD1D,ADDC，D1DC是二面角D1-AD-C的平面角，故D

33、1DC=120 连接DE，E为棱C1D1的中点，则DEC1D1,C1D1CD，从而DECD又ADCD，DEAD=D，DE,AD平面AED，所以CD平面AED，ED平面AED,因此CDAE(2)解法1：设AB=2，则DE=D1D2-12D1C12=3，所以CE=AE=AD2+DE2=7连AC交BD于点O，连接CE交DF于点G，连OG因为AE平面BDF，AE平面AEC,平面AEC平面BDF=OG，所以AEOG，因为O为AC中点，所以G为CE中点，故OG=12AE=72且直线OG与DF所成角等于直线AE与DF所成角5在RtEDC中，DG=12CE=72，因为OD=2，所以cosOGD=722+722

34、-(2)227272=37因此直线AE与DF所成角的余弦值为37解法2；设AB=2，则DE=D1D2-12D1C12=3，所以CE=AE=AD2+DE2=7取DC中点为G，连接EG交DF于点H，则EG=DD1=2连接AG交BD于点I，连HI，因为AE平面BDF，AE平面AGE，平面AGE平面BDF=IH，所以AEIHHI与DH所成角等于直线AE与DF所成角正方形ABCD中，GI=13AG，DI=13DB=2 23，所以GH=13EG，故HI=13AE=73在DHG中，GH=13EG=23，GD=1，EGD=60，由余弦定理DH=1+49-123=73在DHI中，cosDHI=732+732-2

35、 23227373=37因此直线AE与DF所成角的余弦值为37解法3:由(1)知DE平面ABCD，以D为坐标原点，DA 为x轴正方向，DA 为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz由(1)知DE=3，得A 2,0,0,B 2,2,0,C 0,2,0,E(0,0,3)，C1(0,1,3)则CC 1=(0,-1,3)，DC=(0,2,0)，AE=(-2,0,3)，DB=(2,2,0)6由CF=tCC1 0t1，得DF=DC+CF=(0,2-t,3t)因为AE平面BDF，所以存在唯一的，R R，使得AE=DB+DF=2,2,0+(0,2-t,3t)=2,2+2-t,3t，故2=-2,2+

36、2-t=0,3t=3，解得t=23，从而DF=0,43,233所以直线AE与DF所成角的余弦值为 cos AE,DF=AE DF|AE|DF|=37题型二：空间直线与平面夹角的求解2 2(2024安徽合肥统考一模)如图，三棱柱 ABC-A1B1C1中，四边形 ACC1A1,BCC1B1均为正方形，D,E分别是棱AB,A1B1的中点，N为C1E上一点.(1)证明：BN平面A1DC；(2)若AB=AC,C1E=3C1N，求直线DN与平面A1DC所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE,BC1,DE,则有平面BEC1平面A1DC，可得BN平面A1DC；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算

37、即可.【规范解答】(1)连接BE,BC1,DE.因为ABA1B1，且AB=A1B1，又D,E分别是棱AB,A1B1的中点，所以BDA1E，且BD=A1E，所以四边形BDA1E为平行四边形，所以A1DEB，又A1D平面A1DC,EB平面A1DC，所以EB平面A1DC，因为DEBB1CC1，且DE=BB1=CC1，所以四边形DCC1E为平行四边形，所以C1ECD，又CD平面A1DC,C1E平面A1DC，所以C1E平面A1DC，因为C1EEB=E,C1E,EB平面BEC1，所以平面BEC1平面A1DC，因为BN平面BEC1，所以BN平面A1DC.(2)四边形ACC1A1,BCC1B1均为正方形，所以

38、CC1AC,CC1BC，所以CC1平面ABC.因为DECC1，所以DE平面ABC，从而DEDB,DEDC.又AB=AC，所以ABC为等边三角形.因为D是棱AB的中点，所以CDDB，即DB,DC,DE两两垂直.以D为原点，DB,DC,DE所在直线为x,y,z轴，7建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.设AB=2 3，则D 0,0,0,E 0,0,2 3,C 0,3,0,C10,3,2 3,A1-3,0,2 3，所以DC=0,3,0,DA1=-3,0,2 3.设n=x,y,z为平面A1DC的法向量，则nDC=0nDA1=0，即3y=0-3x+2 3z=0，可取n=2,0,1.因为C1E=3C1N

39、，所以N 0,2,2 3,DN=0,2,2 3.设直线DN与平面A1DC所成角为，则sin=|cosn,DN|=|nDN|n|DN|=2 35 4=1510，即直线DN与平面A1DC所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(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向平面做垂线，确定垂足O；(2)连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；(3)把投影BO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)。3、公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利

40、用三角形的正弦公式进行求解。公式为：sin=hl，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长。方法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为S射影，平面和平面所成的二面角的大小为，则COS=S射影S.这个方法对于无棱二面角的求解很简便。4、直线与平面所成角：设n1 是直线l的方向向量，n2 是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则sin=cos=n1 n2 n1 n2.1(2024内蒙古赤峰高三校考开学考试)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AB=AC=2A1B1=2AA18=4 2，A1AB=A1AC=3，BAC=2(1)证明：A1AB1C1；(2)求直线

41、BB1与平面A1ACC1所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)63【分析】(1)取BC的中点D，连接A1B、A1C、A1D、AD，即可证明BC平面A1AD，从而得到AA1BC，又BCB1C1即可得证；(2)过点A1作AD的垂线，垂足为O，过点O作OF垂直于AB，垂足为F，连接A1F，即可证明A1O平面ABC，再证明A1FAB，过点O作BC的平行线，交AB于点E，所以OE、OD、OA1三条直线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【解析】(1)取BC的中点D，连接A1B、A1C、A1D、AD，因为AB=AC，所以ADBC，又A1AB=A1AC=3，AB=AC，AA1=AA

42、1，所以A1ABA1AC，所以A1B=A1C，所以A1DBC，因为ADA1D=D，AD,A1D平面A1AD，所以BC平面A1AD，又AA1平面A1AD，所以AA1BC，又BCB1C1，所以AA1B1C1.(2)过点A1作AD的垂线，垂足为O，过点O作OF垂直于AB，垂足为F，连接A1F，由(1)BC平面A1AD，BC平面ABC，所以平面ABC平面A1AD，平面ABC平面A1AD=AD，A1O平面A1AD，所以A1O平面ABC，AB平面ABC，所以ABA1O，又OFA1O=O，OF,A1O平面OFA1，所以AB平面OFA1，A1F平面OFA1，所以A1FAB，由A1AF=3，BAC=2，可得AF

43、=OF=2，AO=A1O=2，OD=2，BD=4，过点O作BC的平行线，交AB于点E，所以OE、OD、OA1三条直线两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则A 0,-2,0，C-4,2,0，A10,0,2，B 4,2,0，B12,2,2，AA1=0,2,2，AC=-4,4,0，BB1=-2,0,2，设平面A1ACC1的法向量为m=x,y,z，则mAA1=2y+2z=0mAC=-4x+4y=0，取m=1,1,-1，设直线BB1与平面A1ACC1所成角为，则sin=mBB1 m BB1=43 2 2=63，9所以直线BB1与平面A1ACC1所成角的正弦值为63.2(2024浙江温州高三统考期末)如图，

44、以AD所在直线为轴将直角梯形ABCD旋转得到三棱台ABE-DCF，其中ABBC，AB=2BC=2CD(1)求证：ADBE；(2)若EAB=3，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值【答案】(1)证明见解析；(2)33【分析】(1)如图，取AB的中点G，连接DG，BD，DE，设AB=2a，由勾股定理的逆定理可得ADBD，同理可得ADDE，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明；(2)由(1)和勾股定理的逆定理可得DEBD，又DEAD，根据线面、面面垂直的判定定理可得面DEM面ABE，如图，则NAD为题意所求的线面角，解三角形NAD即可.【解析】(1)连接BD，DE，设AB=2a，则BC=CD=a，取

45、AB的中点G，连接DG，则四边形BCDG为正方形，故DG=a，得AD=BD=2a，AD2+BD2=AB2，ADBD同理可得，ADDE，又BDDE=D,BD、DE面BDE，AD面BDE，又BE面BDE，ADBE；(2)由(1)知BD=DE=2a，又EAB=3，AB=AE=EB=2a，由ED2+BD2=EB2，得DEBD又DEAD，BDAD=D,BD、AD面ABCD，DE面ABCD，过点D作DMAB交AB于点M，连接EM因为AB面ABCD，所以DEAB，又因为DEDM=D，且DE,DM面DEM，则AB面DEM，又AB面ABE，面DEM面ABE过点D作DNEM交EM于点N，连接ANNAD就是直线AD

46、与面ABE所成的线面角面CDF面ADE，NAD就是直线AD与面CDF所成的线面角DEDM，又DG=a，DE=2a，DN=63a，又AD=2a，sinNAD=63a2a=33，即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为33.10题型三：空间平面与平面夹角的求解1 1(2024江苏扬州高三统考开学考试)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，EFAD，AF=3EF=3，EAD=120，平面ADFE平面ABCD(1)求证：BDCF；(2)求平面BDF与平面BCF所成角的余弦值【思路分析】(1)根据平行线性质结合余弦定理可得AE=2，进而可得AFEF，再根据面面垂直的性质可得A

47、F平面ABCD，结合线面垂直的性质与判定证明即可；(2)以A为原点，AB,AD,AF 的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，再根据面面角的向量方法求解即可.【规范解答】(1)证明：因为EFAD,EAD=120，所以AEF=60因为AF=3EF=3，所以由AF2=AE2+EF2-2AEEFcos60得AE=2因为AF2+EF2=1+3=AE2，所以AFEF因为EFAD，所以AFAD因为平面ADFE平面ABCD，平面ADFE平面ABCD=AD，AF平面ADFE，所以AF平面ABCD因为BD平面ABCD，所以AFBD，连接AC，在正方形ABCD中，ACBD，因为AF、AC相交，且AF、A

48、C平面AFC，所以BD平面AFC因为CF平面AFC，所以BDCF(2)由(1)知AB，AD，AF两两垂直，以A为原点，AB,AD,AF 的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系则B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),F(0,0,3)，BD=(-2,2,0),BF=(-2,0,3),BC=(0,2,0)，设平面BDF的一个法向量为m=x1,y1,z1由mBD=0mBF=0 得：-2x1+2y1=0-2x1+3z1=0，令x1=3，则y1=3,z1=2得m=(3,3,2)设平面BCF的一个法向量为n=x2,y2,z2，由nBF=0nBC=0 得：-2x2+3z2=

49、02y2=0，令z2=2，则x2=3，得n=(3,0,2)11cosm,n=mn|m|n|=710 7=7010设平面BDF与平面BCF所成角为，由图可知为锐角，即cos=7010，所以平面BDF与平面BCF所成角的余弦值为70101、几何法(1)定义法(棱上一点双垂线法)：在二面角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(2)三垂线法(面上一点双垂线法)：自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(3)垂面法(空间一点垂面法)：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得

50、两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角。(4)射影面积法求二面角cos=s射影S2、向量法：若n1,n2 分别为平面,的法向量，为平面,的夹角，则cos=cos=n1 n2 n1 n2.1(2024河南郑州高三校联考阶段练习)如图，在长方ABCD-A1B1C1D1中，AB=2BC=4，E为AA1的中点，DEBD1.(1)求AA1的长；(2)求二面角B-DE-A的余弦值.【答案】(1)2 2；(2)1313【分析】(1)连接AD1，证明DE平面ABD1，从而证明DEAD1，结合ADDD1，推出ADE=DD1A，即可利用tanADE=tanDD1A，即AA12AD=ADDD1求得答案；(2