高三数学大题强化练专题 线面角(理科)

高考达标检测（三十）平行问题3角度——线线、线面、面面一、选择题1．(2017·某某模拟)设直线l，m，平面α，β，则下列条件能推出α∥β的是( ) A．l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥βB．l⊂α，m⊂β，且l∥mC．l⊥α，m⊥β，且l∥mD．l∥α，m∥β，且l∥m解析：选C 借助正方体模型进行判断．易排除选项A，B，D，故选C.2.如图，在长方体ABCD­A′B′C′D′中，下列直线与平面AD′C平行的是( )A．B′C′B．A′BC．A′B′ D．BB′解析：选B 连接A′B，∵A′B∥CD′，∴A′B∥平面AD′C.3．(2017·某某模拟)设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( ) A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：选B 画出一个长方体ABCD­A1B1C1D1.对于A，C1D1∥平面ABB1A1，C1D1∥平面ABCD，但平面ABB1A1与平面ABCD相交；对于C，BB1⊥平面ABCD，BB1∥平面ADD1A1，但平面ABCD 与平面ADD1A1相交；对于D，平面ABB1A1⊥平面ABCD，CD∥平面ABB1A1，但CD⊂平面ABCD；易知B正确．4．设α，β是两个不同的平面，m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分不必要条件是( )A．m∥l1且n∥l2 B．m∥β且n∥l2C．m∥β且n∥β D．m∥β且l1∥α解析：选A 由m∥l1，m⊂α，l1⊂β，得l1∥α，同理l2∥α，又l1，l2相交，所以α∥β，反之不成立，所以m∥l1且n∥l2是α∥β的一个充分不必要条件．5．已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b.其中真命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A 对于①，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以①是假命题；对于②，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此②是假命题；对于③，若a∥α，b∥α，则应有a∥b或a与b相交或a与b异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．6．(2016·某某模拟)已知直线a，b异面，给出以下命题：①一定存在平行于a的平面α使b⊥α；②一定存在平行于a的平面α使b∥α；③一定存在平行于a的平面α使b⊂α；④一定存在无数个平行于a的平面α与b交于一定点．则其中论断正确的是( )A．①④ B．②③C．①②③ D．②③④解析：选D 对于①，若存在平面α使得b⊥α，则有b⊥a，而直线a，b未必垂直，因此①不正确；对于②，注意到过直线a，b外一点M分别引直线a，b的平行线a1，b1，显然由直线a1，b1可确定平面α，此时平面α与直线a，b均平行，因此②正确；对于③，注意到过直线b上的一点B作直线a2与直线a平行，显然由直线b与a2可确定平面α，此时平面α与直线a平行，且b⊂α，因此③正确；对于④，在直线b上取一定点N，过点N 作直线c与直线a平行，经过直线c的平面(除由直线a与c所确定的平面及直线c与b所确定的平面之外)均与直线a平行，且与直线b相交于一定点N，因此④正确．综上所述，②③④正确．二、填空题7.如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则下列结论中正确的序号为________．①AC⊥BD；②AC∥截面PQMN；③AC＝BD；④异面直线PM与BD所成的角为45°.解析：∵MN ∥PQ ，MN ⊂平面ACD ，PQ 平面ACD ，∴PQ ∥平面ACD .又平面ACD ∩平面ABC ＝AC ，∴PQ ∥AC ，从而AC ∥截面PQMN ，②正确；同理可得MQ ∥BD ，∵MQ ⊥PQ ，PQ ∥AC ，∴AC ⊥BD ，①正确；∵MQ ∥BD ，∠PMQ ＝45°，∴异面直线PM 与BD 所成的角为45°，故④正确；根据已知条件无法得到AC ，BD 长度之间的关系，故③不正确．故填①②④.答案：①②④8．在正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，则点Q 满足条件________时，有平面D 1BQ ∥平面PAO .解析：如图所示，假设Q 为CC 1的中点，因为P 为DD 1的中点，所以QB ∥PA .连接DB ，因为P ，O 分别是DD 1，DB 的中点，所以D 1B ∥PO ，又D 1B ⊄平面PAO ，QB ⊄平面PAO ，所以D 1B ∥平面PAO ，QB ∥平面PAO ，又D 1B ∩QB ＝B ，所以平面D 1BQ∥平面PAO .故Q 满足条件Q 为CC 1的中点时，有平面D 1BQ ∥平面PAO .答案：Q 为CC 1的中点9．如图，在四棱锥V ­ABCD 中，底面ABCD 为正方形，E ，F 分别为侧棱VC ，VB 上的点，且满足VC ＝3EC ，AF ∥平面BDE ，则VBFB＝________.解析：连接AC 交BD 于点O ，连接EO ，取VE 的中点M ，连接AM ，MF ，由VC ＝3EC ⇒VM ＝ME ＝EC ，又AO ＝CO ⇒AM ∥EO ⇒AM ∥平面BDE ，又由题意知AF ∥平面BDE ，∴平面AMF ∥平面BDE ⇒MF ∥平面BDE ⇒MF ∥BE⇒VF ＝FB ⇒VB FB＝2. 答案：2三、解答题10.(2017·某某质检)如图所示，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，AB ⊥BC ，D 为AC 的中点，AA 1＝AB ＝2.(1)求证：AB 1∥平面BC 1D ； (2)设BC ＝3，求四棱锥B ­DAA 1C 1的体积．解：(1)证明：连接B 1C ，设B 1C 与BC 1相交于点O ，连接OD ，如图所示．∵四边形BCC 1B 1是平行四边形，∴点O 为B 1C 的中点．∵D 为AC 的中点，∴OD 为△AB 1C 的中位线，∴OD ∥AB 1.∵OD ⊂平面BC 1D ，AB 1⊄平面BC 1D ，∴AB 1∥平面BC 1D .(2)∵AA 1⊥平面ABC ，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，∴平面ABC ⊥平面AA 1C 1C .∵平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，作BE ⊥AC ，垂足为E ，则BE ⊥平面AA 1C 1C .∵AB ＝AA 1＝2，BC ＝3，AB ⊥BC ，∴在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝4＋9＝13，∴BE ＝AB ·BC AC ＝613， ∴四棱锥B ­AA 1C 1D 的体积V ＝13×12(A 1C 1＋AD )·AA 1·BE ＝16×3213×2×613＝3. 11．如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝4，E ，F 分别在BC ，AD 上，EF ∥AB .现将四边形ABCD 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC .若BE ＝1，在折叠后的线段AD 上是否存在一点P ，且AP ―→＝λPD ―→，使得CP ∥平面ABEF ？若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．解：AD 上存在一点P ，使得CP ∥平面ABEF ，此时λ＝32.理由如下：当λ＝32时，AP ―→＝32PD ―→，可知AP AD ＝35， 如图，过点P 作MP ∥FD 交AF 于点M ，连接EM ，PC ，则有MP FD ＝AP AD ＝35， 又BE ＝1，可得FD ＝5，故MP ＝3，又EC ＝3，MP ∥FD ∥EC ，故有MP 綊EC ，故四边形MPCE 为平行四边形， 所以CP ∥ME ，又CP ⊄平面ABEF ，ME ⊂平面ABEF ，故有CP ∥平面ABEF .12．(2016·某某高考)在如图所示的几何体中，D 是AC 的中点，EF ∥DB .(1)已知AB ＝BC ，AE ＝EC ，求证：AC ⊥FB ；(2)已知G ，H 分别是EC 和FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC . 证明：(1)因为EF ∥DB ，所以EF 与DB 确定平面BDEF .如图，连接DE .因为AE ＝EC ，D 为AC 的中点，所以DE ⊥AC .同理可得BD ⊥AC .又BD ∩DE ＝D ，所以AC ⊥平面BDEF .因为FB ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥FB .(2)如图，设FC 的中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥DB ，所以GI ∥DB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC .又HI ∩GI ＝I ，BC ∩DB ＝B ，所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .。

专题5：理科高考中的线面角问题（解析版）求直线和平面所成的角求法：设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为ϕ， 则θ为ϕ的余角或ϕ的补角的余角.即有：cos s .in a u a u ϕθ⋅== 1．如图,在三棱锥A BCD -中,ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,点P 是AC 的中点,连接,BP DP ．（1）证明:平面ACD ⊥平面BDP ;（2）若6BD =,且二面角A BD C --为120︒,求直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）22 【分析】（1）由ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,得AD CD =．再证明PD AC ⊥,PB AC ⊥,从而和证明AC ⊥平面PBD ,故平面ACD ⊥平面BDP 得证． （2）作CE BD ⊥,垂足为E 连接AE ．由Rt Rt ABD CBD ⊆,证得,AE BD ⊥,AE CE =结合二面角A BD C --为120︒,可得2AB =,23AE =,6ED =.建立空间直角坐标系,求出点的坐标则60,,03D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,3,0,13A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,向量36,,133AD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,即平面BCD 的一个法向量(0,0,1)m =,运用公式cos ,m ADm AD m AD ⋅〈〉=和sin cos ,m AD θ=〈〉,即可得出直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值．【详解】解:（1）证明:因为ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,所以Rt Rt ABD CBD ≅,可得AD CD =．因为点P 是AC 的中点,则PD AC ⊥,PB AC ⊥,因为PD PB P =,PD ⊂平面PBD ,PB ⊂平面PBD ,所以AC ⊥平面PBD ,因为AC ⊂平面ACD ,所以平面ACD ⊥平面BDP ．（2）如图,作CE BD ⊥,垂足为E 连接AE ．因为Rt Rt ABD CBD ⊆,所以,AE BD ⊥,AE CE =AEC ∠为二面角A-BD-C 的平面角．由已知二面角A BD C --为120︒,知120AEC ∠=︒．在等腰三角形AEC 中,由余弦定理可得3AC =．因为ABC 是等边三角形,则AC AB =,所以3AB =．在Rt △ABD 中,有1122AE BD AB AD ⋅=⋅,得3BD =, 因为6BD =所以2AD =． 又222BD AB AD =+,所以2AB =． 则23AE =,6ED =． 以E 为坐标原点,以向量,EC ED 的方向分别为x 轴,y 轴的正方向,以过点E 垂直于平面BCD 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系E xyz -, 则6D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,3A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,向量361AD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭, 平面BCD 的一个法向量为(0,0,1)m =,设直线AD 与平面BCD 所成的角为θ,则2cos ,221m ADm AD m AD ⋅〈〉===-⨯,2sin |cos ,|2m AD θ=〈〉= 所以直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值为22． 【点睛】本题考查面面垂直的证明和线面所成角的大小,考查空间想象力和是数形结合的能力,属于基础题.2．如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求AM 与平面A 1MD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）105 【分析】要证线面平行，先证线线平行建系，利用法向量求解。

高考达标检测（三十二）空间角3类型——线线角、线面角、二面角1．如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝EC ＝2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．(1)求证：GF ∥平面ADE ；(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．解：(1)如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ，又G 是BE 的中点，所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB . 又F 是CD 的中点，所以DF ＝12CD . 由四边形ABCD 是矩形，得AB ∥CD ，AB ＝CD ，所以GH ∥DF ，且GH ＝DF ，从而四边形HGFD 是平行四边形，所以GF ∥DH .又GF ⊄平面ADE ，DH ⊂平面ADE ，所以GF ∥平面ADE .(2)如图，在平面BEC 内，过点B 作BQ ∥EC .因为BE ⊥CE ，所以BQ ⊥BE .又因为AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BQ .以B 为原点，分别以BE ―→， BQ ―→， BA ―→的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (0,0,0)，E (2,0,0)，F (2,2,1)．因为AB ⊥平面BEC ，所以BA ―→＝(0,0,2)为平面BEC 的法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量．又AE ―→＝(2,0，－2)，AF ―→＝(2,2，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ―→＝0，n ·AF ―→＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0.取z ＝2，得n ＝(2，－1,2)．从而cos 〈n ，BA ―→〉 ＝n ·BA ―→|n|·|BA ―→|＝43×2＝23， 所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23.2．(2016·全国丙卷)如图，四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．解：(1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2. 取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2. 又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为MN ⊄平面PAB ，AT ⊂平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝ AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点，AE ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz .由题意知P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2， PM ―→＝(0,2，－4)， PN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2， AN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PM ―→＝0，n ·PN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN ―→〉|＝|n ·AN ―→||n ||AN ―→|＝8525. 所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525. 3．(2017·潍坊统考)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，AD ∥BC ，平面APD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，E 在AD 上，且AB ＝BC ＝CD ＝DE ＝EA ＝2.(1)求证：平面PEC ⊥平面PBD ；(2)设直线PB 与平面PEC 所成的角为π6，求平面APB 与平面PEC所成的锐二面角的余弦值．解：(1)证明：连接BE .在△PAD 中，PA ＝PD ，AE ＝ED ，所以PE ⊥AD .又平面APD ⊥平面ABCD ，平面APD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PE ⊥平面ABCD ，故PE ⊥BD .在四边形ABCD 中，BC ∥DE ，且BC ＝DE ，所以四边形BCDE 为平行四边形，又BC ＝CD ，所以四边形BCDE 为菱形，故BD ⊥CE ，又PE ∩EC ＝E ，所以BD ⊥平面PEC ，又BD ⊂平面PBD ，所以平面PEC ⊥平面PBD .(2)取BC 的中点F ，连接EF .由(1)可知，△BCE 是一个正三角形，所以EF ⊥BC ，又BC ∥AD ，所以EF ⊥AD .又PE ⊥平面ABCD ，故以E 为坐标原点，分别以直线EF 、直线ED 、直线EP 为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设PE ＝t (t >0)，则D (0,2,0)，A (0，－2,0)，P (0,0，t )，F (3，0,0)，B (3，－1,0)．因为BD ⊥平面PEC ，所以BD ―→＝(－3，3,0)是平面PEC 的一个法向量，又PB ―→＝(3，－1，－t )，所以cos 〈PB ―→，BD ―→〉＝PB ―→·BD ―→|PB ―→|·|BD ―→|＝－623×4＋t 2＝－34＋t 2. 由已知可得sin π6＝|cos 〈PB ―→，BD ―→〉|＝34＋t2，得t ＝2 2. 故P (0,0,22)，PB ―→＝(3，－1，－22)，AB ―→＝(3，1,0)．设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥PB ―→，n ⊥AB ―→ 可得⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PB ―→＝3x －y －22z ＝0，n ·AB ―→＝3x ＋y ＝0，取y ＝－6，则x ＝2，z ＝3，故n ＝(2，－6，3)为平面APB 的一个法向量，所以cos 〈BD ―→，n 〉＝BD ―→·n | BD ―→|·|n |＝－4623×11＝－22211. 设平面APB 与平面PEC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈BD ―→，n 〉|＝22211. 4．(2017·郑州模拟)如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，四边形AA 1C 1C 是边长为2的菱形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，∠A 1AC ＝60°，∠BCA ＝90°.(1)求证：A 1B ⊥AC 1；(2)已知点E 是AB 的中点，BC ＝AC ，求直线EC 1与平面ABB 1A 1所成的角的正弦值． 解：(1)证明：取AC 的中点O ，连接A 1O ，因为四边形AA1C 1C 是菱形，且∠A 1AC ＝60°，所以△A 1AC 为等边三角形，所以A 1O ⊥AC .又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，所以A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC .又BC ⊥AC ，A 1O ∩AC ＝O ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C ，所以AC 1⊥BC .在菱形AA 1C 1C 中，AC 1⊥A 1C ，所以AC 1⊥平面A 1BC ，所以A 1B ⊥AC 1.(2)连接OE ，以点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz ，则A (0，－1,0)，B (2,1,0)，C (0,1,0)，C 1(0,2，3)， AB ―→＝(2,2,0)，BB 1―→＝CC 1―→＝(0,1，3)，设m ＝(x ，y ，z )是平面ABB 1A 1的法向量，则m ·AB ―→＝0，m ·BB 1―→＝0，即⎩⎨⎧ 2x ＋2y ＝0，y ＋3z ＝0，取z ＝－1，可得m ＝(－3，3，－1)．又E (1,0,0)， 所以EC 1―→＝(－1,2，3)，设直线EC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈EC 1―→，m 〉|＝|EC 1―→·m ||EC 1―→|·|m |＝4214. 即直线EC 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值为4214.。

⾼三⽴体⼏何⼤题线⾯⾓专题⾼三⽴体⼏何专题1.如图，在四棱锥中，底⾯为平⾏四边形，为等边三⾓形，平⾯平⾯，，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平⾯；（Ⅱ）求证：平⾯；（Ⅲ）求直线与平⾯所成⾓的正弦值. 1.解析（Ⅰ）连接，易知，.⼜由，故，⼜因为平⾯，平⾯，所以平⾯.（Ⅱ）取棱的中点，连接.依题意，得，⼜因为平⾯平⾯，平⾯平⾯，所以平⾯，⼜平⾯，故.⼜已知，，所以平⾯.（Ⅲ）连接，由（Ⅱ）中平⾯，可知为直线与平⾯所成的⾓，因为为等边三⾓形，且为的中点，所以⼜，故在中，. 所以，直线与平⾯所成⾓的正弦值为. 2.如图，已知三棱柱，平⾯平⾯,，分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：；（2）求直线EF 与平⾯A 1BC 所成⾓的余弦值.P ABCD -ABCD PCD PAC ⊥PCD PA CD ⊥2CD =3AD =G H ，PB AC ，GH ∥PAD PA ⊥PCD AD PAC BD ACBD H =BH DH =BG PG =GH PD ∥GH ?PAD PD ?PAD GH ∥PAD PC N DN DN PC ⊥PAC ⊥PCD PACPCD PC =DN ⊥PAC PA ?PAC DN PA ⊥PA CD ⊥CD DN D =PA ⊥PCD AN DN ⊥PAC DAN ∠AD PAC PCD △2CD =N PC DN =DN AN ⊥Rt AND △sin 3DN DAN AD ∠==AD PAC 3111ABC A B C -11A ACC ⊥ABC 90ABC ∠=?1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=?==EF BC ⊥2.（I ）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥A C. ⼜平⾯A 1ACC 1⊥平⾯ABC ，A 1E 平⾯A 1ACC 1，平⾯A 1ACC 1∩平⾯ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平⾯ABC ，则A 1E ⊥BC . ⼜因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F . 所以BC ⊥平⾯A 1EF . 因此EF ⊥B C.（Ⅱ）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平⾏四边形．由于A 1E ⊥平⾯ABC ，故AE 1⊥EG ，所以平⾏四边形EGFA 1为矩形．由（I ）得BC ⊥平⾯EGFA 1，则平⾯A 1BC ⊥平⾯EGFA 1，所以EF 在平⾯A 1BC 上的射影在直线A 1G 上.连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平⾯A 1BC 所成的⾓（或其补⾓）. 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E EG. 由于O 为A1G 的中点，故， ?122A G EO OG ===所以．因此，直线EF 与平⾯A 1BC 所成⾓的余弦值是． 3．已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底⾯所成⾓为30?，若SAB△的⾯积为8，则该圆锥的体积为_____． 3．8π【解析】由题意画出图形，如图，设AC 是底⾯圆O 的直径，连接SO ，则SO 是圆锥的⾼，设圆锥的母线长为l ，则由SA SB ⊥，SAB △的⾯积为8，得2182l =，得4l =，在Rt ASO ?中，由题意知30SAO ∠=，所以122SO l ==，AO ==故该圆锥的体积22112833V AO SO πππ=??=??=．4．如图，在四⾯体ABCD 中，ABC ?是等边三⾓形，平⾯ABC ⊥平⾯ABD ，点M 为棱AB 的中点，2AB =，AD =90BAD ∠=．(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求异⾯直线BC 与MD 所成⾓的余弦值； (3)求直线CD 与平⾯ABD 所成⾓的正弦值．4．【解析】(1)由平⾯ABC ⊥平⾯ABD ，平⾯ABC ∩平⾯ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平⾯ABC ，故AD ⊥BC ．2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==?35OCBASM A BCD(2)取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．⼜因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以DMN ∠（或其补⾓）为异⾯直线BC 与MD 所成的⾓．在Rt DAM ?中，1AM =，故DM因为AD ⊥平⾯ABC ，故AD ⊥AC ．在Rt DAN ?中，1AN =，故DN ．在等腰三⾓形DMN 中，1MN =，可得12cos MNDMN DM ∠==．所以，异⾯直线BC 与MD(3)连接CM ．因为ABC ?为等边三⾓形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM =．⼜因为平⾯ABC ⊥平⾯ABD ，⽽CM ?平⾯ABC ，故CM ⊥平⾯ABD ．所以，CDM ∠为直线CD 与平⾯ABD 所成的⾓．在Rt CAD ?中，4CD ==．在Rt CMD ?中，sin CM CDM CD ∠==．所以，直线CD 与平⾯ABD． 5．如图，已知多⾯体111ABCA B C ，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平⾯ABC ，120ABC ∠=，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．NM A BCD(1)证明：1AB ⊥平⾯111A B C ；(2)求直线1AC 与平⾯1ABB 所成的⾓的正弦值．5．【解析】(1)由2AB =，14AA =，12BB =，1AA AB ⊥，1BB AB ⊥得111AB A B ==，所以2221111A B AB AA +=．故111AB A B ⊥．由2BC =，12BB =，11CC =，1BB BC ⊥，1CC BC ⊥得11B C 由2AB BC ==，120ABC ∠=得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥．因此1AB ⊥平⾯111A B C ．(2)如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD ．C 1B 1A 1CBA由1AB ⊥平⾯111A B C 得平⾯111A B C ⊥平⾯1ABB ，由111C D A B ⊥得1C D ⊥平⾯1ABB ，所以1C AD ∠是1AC 与平⾯1ABB 所成的⾓．由11B C11A B =11AC =得111cos C A B ∠=111sin C A B ∠=，所以1C D =，故111sin C D C AD AC ∠==．因此，直线1AC 与平⾯1ABB6．如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平⾯PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =．（Ⅰ）求异⾯直线AP 与BC 所成⾓的余弦值；（Ⅱ）求证：PD ⊥平⾯PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平⾯PBC 所成⾓的正弦值．DABCA 1B 1C 16．【解析】（Ⅰ）如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补⾓即为异⾯直线AP 与BC 所成的⾓．因为AD ⊥平⾯PDC ，所以AD ⊥PD ．在Rt △PDA 中，由已知，得AP ==cos AD DAP AP ∠==．所以，异⾯直线AP 与BC ．（Ⅱ）证明：因为AD ⊥平⾯PDC ，直线PD ?平⾯PDC ，所以AD ⊥PD ．⼜因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ，⼜PD ⊥PB ，所以PD ⊥平⾯PB C ．（Ⅲ）过点D 作AB 的平⾏线交BC 于点F ，连结PF ，则DF 与平⾯PBC 所成的⾓等于AB 与平⾯PBC 所成的⾓．因为PD ⊥平⾯PBC ，故PF 为DF 在平⾯PBC 上的射影，所以DFP ∠为直线DF 和平⾯PBC 所成的⾓．由于AD //BC ，DF //AB ，故BF =AD =1，由已知，得CF =BC –BF =2．⼜AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt △DCF 中，可得DF ==在Rt △DPF 中，可得sin PD DFP DF ∠==．所以，直线AB 与平⾯PBC ． 7．如图，已知四棱锥P ABCD -，PAD ?是以AD 为斜边的等腰直⾓三⾓形，BC AD ∥，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：CE ∥平⾯PAB ；（Ⅱ）求直线CE 与平⾯PBC 所成⾓的正弦值．7．【解析】（Ⅰ）如图，设PA 中点为F ，连结EF ，FB ．因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以EF ∥AD 且12EF AD =，⼜因为BC ∥AD ，12BC AD =，所以 EF ∥BC 且EF =BC ，即四边形BCEF 为平⾏四边形，所以CE ∥BF ，因此CE ∥平⾯PAB ．（Ⅱ）分别取BC ，AD 的中点为M ，N ．连结PN 交EF 于点Q ，连结MQ ．因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平⾏四边形BCEF 中，MQ ∥CE ．由PAD ?为等腰直⾓三⾓形得PN ⊥AD ．由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．EDCBAPDA所以 AD ⊥平⾯PBN ，由BC ∥AD 得 BC ⊥平⾯PBN ，那么，平⾯PBC ⊥平⾯PBN ．过点Q 作PB 的垂线，垂⾜为H ，连结MH ．MH 是MQ 在平⾯PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平⾯PBC 所成的⾓．设CD =1．在PCD ?中，由PC =2，CD =1，PD =得CE =，在△PBN 中，由PN =BN =1，PB =得14QH =，在Rt MQH ?中，14QH =，MQ =，所以sin QMH ∠=所以，直线CE 与平⾯PBC所成⾓的正弦值是8． 8．如图，四边形ABCD 是平⾏四边形，平⾯AED ⊥平⾯ABCD ，EF ∥AB ，AB =2，BC =EF =1，AE，DE =3，∠BAD =60o，G 为BC 的中点.(Ⅰ)求证：FG ∥平⾯BED ； (Ⅱ)求证：平⾯BED ⊥平⾯AED ；(Ⅲ)求直线EF 与平⾯BED 所成⾓的正弦值.8．【解析】（Ⅰ）证明：取BD 的中点为O ，连接OG OE ,，在BCD ?中，因为G 是BC 的中点，所以DC OG //且121==DC OG ，⼜因为DC AB AB EF //,//，所以OG EF //且OG EF =，即四边形OGFE 是平⾏四边形，所以OE FG //，⼜?FG 平⾯BED ，?OE 平⾯BED ，所以//FG 平⾯BED ．（Ⅱ）证明：在ABD ?中，060,2,1=∠==BAD AB AD ，由余弦定理可3=BD ，进⽽可得090=∠ADB ，即AD BD ⊥，⼜因为平⾯⊥AED 平⾯?BD ABCD ,平⾯ABCD ；平⾯ AED 平⾯AD ABCD =，所以⊥BD 平⾯AED .⼜因为?BD 平⾯BED ，所以平⾯⊥BED 平⾯AED ．（Ⅲ）解：因为AB EF //，所以直线EF 与平⾯BED 所成⾓即为直线AB 与平⾯BED 所成⾓.过点A 作DE AH ⊥于点H ，连接BH ，⼜因为平⾯ BED 平⾯ED AED =，由（Ⅱ）知⊥AH 平⾯BED ，所以直线AB 与平⾯BED 所成⾓即为ABH ∠.在ADE ?中，6,3,1===AE DE AD ，由余弦定理可得32cos =∠ADE ，所以35sin =∠ADE ，因此35sin =∠?=ADE AD AH ，在AHB Rt ?中，65sin ==∠AB AH ABH ，所以直线AB与平⾯BED 所成⾓的正弦值为65．9．如图，四棱锥P ABCD -的底⾯ABCD 是平⾏四边形，BA BD ==，2AD =,PA PD ==E ,F 分别是棱AD ,PC 的中点．（Ⅰ）证明: EF ∥平⾯PAB ；（Ⅱ）若⼆⾯⾓P AD B --为60，（ⅰ）证明：平⾯PBC ⊥平⾯ABCD ；（ⅱ）求直线EF 与平⾯PBC 所成⾓的正弦值．9．【解析】（Ⅰ）证明：如图取PB 中点M ，连接MF ，AM .因为F 为PC 中点，故MF //BC 且MF =12BC ．由已知有BC //AD ，BC =AD ．⼜由于E 为AD 中点，因⽽MF //AE 且MF =AE ，故四边形AMFE 为平⾏四边形，所以EF //AM ，⼜AM ?平⾯PAB ，⽽EF ?平⾯PAB ，所以EF //平⾯PAB .（Ⅱ）（i ）证明：连接PE ，BE ．因为PA =PD ，BA =BD ，⽽E 为AD 中点，故PE ⊥AD ，BE ⊥AD ，所以∠PEB 为⼆⾯⾓P -AD -B 的平⾯⾓．在三⾓形PAD 中，由2,AD PA PD ===PE =2．在三⾓形ABD 中，由BA BD ==BE =1．在三⾓形PEB 中，PE =2，BE =1，60PEB ∠=，由余弦定理，可解得PB 90PBE ∠=，即BE ⊥PB ，⼜BC //AD ，BE ⊥AD ，从⽽BE ⊥BC ，因此BE ⊥平⾯PBC ．⼜BE ?平⾯ABCD ，所以平⾯PBC ⊥平⾯ABCD ．（ii ）连接BF ，由（i ）知BE ⊥平⾯PBC ．所以∠EFB 为直线EF 与平⾯PBC 所成的⾓，由PB PA ，AB 得∠ABP 为直⾓，⽽MB =12PB ，可得AM ，故EF ，⼜BE =1，故在直⾓三⾓形EBF 中，sin BE EFB EF ∠==所以直线EF 与平⾯PBC ． 10．如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥⾯ABCD ，AB =BC =2，AD =CD =7，PA =3，∠ABC =120°，G 为线段PC 上的点．（Ⅰ）证明：BD⊥⾯A P C ；（Ⅱ）若G是PC的中点，求DG与APC所成的⾓的正切值；（Ⅲ）若G满⾜PC⊥⾯BGD，求PGGC的值．10．【解析】（Ⅰ）设点O为AC，BD的交点，由AB＝BC，AD＝CD，得BD是线段AC的中垂线．所以O为AC的中点，BD⊥AC．⼜因为PA⊥平⾯ABCD，BD?平⾯ABCD，所以PA⊥BD．所以BD⊥平⾯APC．（Ⅱ）连结OG.由(1)可知OD⊥平⾯APC，则DG在平⾯APC内的射影为OG，所以∠OGD是DG与平⾯APC所成的⾓．由题意得OG＝12 PA在△ABC中，AC所以OC＝12AC.在直⾓△OCD中，OD2.PD B在直⾓△OGD 中，tan ∠OGD＝3OD OG =. 所以DG 与平⾯APC. （Ⅲ）连结OG .因为PC ⊥平⾯BGD ，OG ?平⾯BGD ，所以PC ⊥OG . 在直⾓△PAC 中，得PC所以GC＝AC OC PC ?=从⽽PG，所以32PG GC =. 11．如图，在平⾏四边形ABCD 中，AB =2BC ，∠ABC =120°．E 为线段AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A DE '，使平⾯A DE '⊥平⾯BCD ，F 为线段A C '的中点．（Ⅰ）求证：BF ∥平⾯A DE '；（Ⅱ）设M 为线段DE 的中点，求直线FM 与平⾯A DE '所成⾓的余弦值． 11．【解析】 (Ⅰ)取A D '的中点G ，连结GF ，CE ，由条件易知FG ∥CD ，FG =12CD ．BE ∥CD ,BE =12CD ．所以FG ∥BE ，FG =BE ．故四边形BEGF 为平⾏四边形，所以BF ∥EG ．因为EG ?平⾯'A DE ，BF ?平⾯'A DE ，所以 BF//平⾯'A DE ．（Ⅱ）解：在平⾏四边形,ABCD 中，设BC=a ，则AB=CD=2a ，AD=AE=EB=a ，连CE ，因为0120ABC ∠=．在△BCE 中，可得CE a ，在△ADE 中，可得DE =a ，在△CDE 中，因为CD 2=CE 2+DE 2，所以CE ⊥DE , 在正三⾓形'A DE 中，M 为DE 中点，所以A M '⊥DE . 由平⾯'A DE ⊥平⾯BCD , 可知A M '⊥平⾯BCD , A M '⊥CE . 取A E '的中点N ，连线NM 、NF ，所以NF ⊥DE ，NF ⊥A M '. 因为DE 交A M '于M ，所以NF ⊥平⾯'A DE ，则∠FMN 为直线FM 与平⾯'A DE 新成⾓．在Rt △FMN 中，NF a , M N =12a , FM =a ，则cos FMN ∠=12．所以直线FM 与平⾯'A DE 所成⾓的余弦值为12．。

专题7:线面角高考真题赏析（理科）（原卷版）1．2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.2．2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I 卷）如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.3．2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II ）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．4．2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3卷）如图，四棱锥P−ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M 为线段AD 上一点，AM=2MD ，N 为PC 的中点.（Ⅰ）证明MN ∥平面PAB;（Ⅱ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.5．2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标Ⅱ）如图，长方体1111ABCD A B C D -中, =16AB ， =10BC ， 18AA =，点 E ， F 分别在 11A B ， 11C D 上， 114A E D F ==．过点 E ， F 的平面 α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF 与平面 α所成角的正弦值．6．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．7．江苏省考试数学如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，1AB =，2AP AD ==.（1）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（2）若点,M N 分别在,AB PC 上，且MN 平面PCD ，试确定点,M N 的位置8．2020年浙江省高考数学试卷如图，三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（I ）证明：EF ⊥DB ；（II ）求DF 与面DBC 所成角的正弦值．。

. . .高考达标检测（三十二） 空间角3类型——线线角、线面角、二面角1．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，点D 是棱AB 的中点，BC ＝1，AA 1＝ 3.(1)求证：BC 1∥平面A 1DC ； (2)求二面角D -A 1C -A 的正弦值．解：(1)证明：过点A 作AO ⊥BC 交BC 于点O ，过点O 作OE ⊥BC 交B 1C 1于E . 因为平面ABC ⊥平面CBB 1C 1，所以AO ⊥平面CBB 1C 1.以O 为坐标原点，OB ，OE ，OA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为BC ＝1，AA 1＝3，△ABC 是等边三角形，所以O 为BC 的中点．则O (0,0,0)，A ⎝⎛⎭⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C ⎝⎛⎭⎫－12，0，0，D ⎝⎛⎭⎫14，0，34，A 1⎝⎛⎭⎫0，3，32，C 1⎝⎛⎭⎫－12，3，0，CD ―→＝⎝⎛⎭⎫34，0，34，A 1C ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，－3，－32， 设平面A 1DC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CD ―→＝0，n 1·A 1C ―→＝0，即⎩⎨⎧34x 1＋34z 1＝0，－12x 1－3y 1－32z 1＝0.取x 1＝3，得z 1＝－3，y 1＝1，∴平面A 1DC 的一个法向量为n 1＝(3，1，－3)． 又∵BC 1―→＝(－1，3，0)，∴BC 1―→·n 1＝0， 又BC 1⊄平面A 1DC ，∴BC 1∥平面A 1DC .(2)设平面ACA 1的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， ∵AA 1―→＝(0，3，0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AA 1―→＝0，n 2·A 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＝0，－12x 2－3y 2－32z 2＝0， 取x 2＝3，得y 2＝0，z 2＝－1.∴平面ACA 1的一个法向量为n 2＝(3，0，－1)． 则c os 〈n 1，n 2〉＝613×2＝31313，设二面角D -A 1C -A 的大小为θ， ∴c os θ＝31313，sin θ＝21313， 故二面角D -A 1C -A 的正弦值为21313. 2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M -AB -D 的余弦值． 解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，所以四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ， 又CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ，故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，P (0，1，3)，PC ―→＝(1,0，－3)，AB ―→＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM ―→＝(x －1，y ，z )，PM ―→＝(x ，y －1，z －3)． 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|c os 〈BM ―→，n 〉|＝sin 45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0. ① 又M 在棱PC 上，设PM ―→＝λPC ―→，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ. ②由①②解得⎩⎨⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎨⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝⎛⎭⎫1－22，1，62，从而AM ―→＝⎝⎛⎭⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎨⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)． 于是c os 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n|＝105.由图知二面角M -AB -D 为锐角， 因此二面角M -AB -D 的余弦值为105. 3.如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)求二面角C -EM -N 的正弦值；721，求(3)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为线段AH 的长．解：由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为坐标原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0,0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0,0,1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)． 又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE . (2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量． 设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的法向量，又EM ―→＝(0，－2，－1)，MN ―→＝(1,2，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EM ―→＝0，n 2·MN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0.不妨取y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)． 因此有c os 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－421，于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521. 所以二面角C -EM -N 的正弦值为10521. (3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )， 进而可得NH ―→＝(－1，－2，h )，BE ―→＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos 〈NH ―→，BE ―→〉|＝|NH ―→·BE ―→||NH ―→||BE ―→|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以线段AH 的长为85或12.4.如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形， ∠ABC ＝45°，AD ＝AP ＝2，AB ＝DP ＝22，E 为CD 的中点，点F 在线段PB 上．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)试确定点F 的位置，使得直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等．解：(1)证明：在平行四边形ABCD 中，连接AC ， 因为AB ＝22，BC ＝2，∠ABC ＝45°，由余弦定理得AC 2＝8＋4－2×22×2×cos 45°＝4， 解得AC ＝2，所以AC 2＋BC 2＝AB 2， 所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC . 又AD ∥BC ，所以AD ⊥AC . 又AD ＝AP ＝2，DP ＝22，所以AD 2＋AP 2＝DP 2，所以AP ⊥AD ，又AP ∩AC ＝A ，所以AD ⊥平面PAC ，所以AD ⊥PC .(2)因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，所以PA ⊥底面ABCD ，所以直线AC ，AD ，AP 两两互相垂直，以A 为坐标原点，AC ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则D (－2,0,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)，E (－1,1,0)，P (0,0,2)， 所以PC ―→＝(0,2，－2)，PD ―→＝(－2,0，－2)， PB ―→＝(2,2，－2)，设 PF PB ＝λ(λ∈[0,1])，则PF ―→＝(2λ，2λ，－2λ)，F (2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以EF ―→＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)， 易得平面ABCD 的法向量m ＝(0,0,1)． 设平面PDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·PD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，－2x －2z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，－1)．因为直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等， 所以|c os 〈EF ―→，m 〉|＝|c os 〈EF ―→，n 〉|， 即|EF ―→·m ||EF ―→|·|m |＝|EF ―→·n ||EF ―→|·|n |，所以|－2λ＋2|＝⎪⎪⎪⎪2λ3， 即3|λ－1|＝|λ|，解得λ＝3－32，所以PF PB ＝3－32.某工厂欲加工一件艺术品，需要用到三棱锥形状的坯材，工人将如图所示的长方体ABCD -EFQH 材料切割成三棱锥H -ACF .(1)若点M ，N ，K 分别是棱HA ，HC ，HF 的中点，点G 是NK 上的任意一点，求证：MG ∥平面ACF ；(2)已知原长方体材料中，AB ＝2，AD ＝3，DH ＝1，根据艺术品加工需要，工程师必须求出该三棱锥的高；甲工程师先求出AH 所在直线与平面ACF 所成的角θ，再根据公式h ＝AH ·sin θ求三棱锥H -ACF 的高h .请你根据甲工程师的思路，求该三棱锥的高．解：(1)证明：∵HM ＝MA ，HN ＝NC ，HK ＝KF ， ∴MK ∥AF ，MN ∥AC .∵MK ⊄平面ACF ，AF ⊂平面ACF ，∴MK ∥平面ACF ，同理可证MN ∥平面ACF ， ∵MK ∩MN ＝M ，MN ⊂平面MNK ，MK ⊂平面MNK ，∴平面MNK ∥平面ACF .又MG ⊂平面MNK ，∴MG ∥平面ACF .(2)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DH 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .则A (3，0,0)，C (0,2,0)，F (3,2,1)，H (0,0，1)，AC ―→＝(－3,2,0)，AF ―→＝(0,2,1)，AH ―→＝(－3,0,1)，设平面ACF 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2y ＝0，2y ＋z ＝0，令y ＝3，则n ＝(2,3，－6)，∴sin θ＝|c os 〈AH ―→，n 〉|＝|AH ―→·n ||AH ―→||n |＝12710＝61035， ∴三棱锥H -ACF 的高为AH ·sin θ＝10×61035＝127.。

专题3-1几何法求二面角，线面角立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。

这是空间向量求解的巨大优点，也是缺点，就这么共存着。

其实不建系而直接计算真的很比较锻炼空间想象的能力，方法上也更灵活一些，对于备考的中档学生来说，2种方法都要熟练掌握。

方法介绍一、定义法：交线上取点 等腰三角形共底边时作二面角步骤第一步：在交线l上取一点O第二步：在α平面内过O点作l的垂线OA第三步：在β平面内过O点作l的垂线OB∠AOB即为二面角，余弦定理求角αβl OAB二、三垂线法（先作面的垂直）—后续计算小使用情况：已知其中某个平面的垂线段第二步：过垂直B作l的垂线OB∠AOB即为二面角且△AOB为直角三角形，邻比斜三、作2次交线的垂线作二面角步骤第一步：作AO⊥l第二步：作OB⊥l连接AB，∠AOB即为二面角，余弦定理求角四、转换成线面角作二面角步骤第一步：作AO⊥l第二步：作AB⊥β(找不到垂足B的位置用等体积求AB长)连接AB，∠AOB即为二面角△AOB为直角三角形，邻比斜五、转换成线线角—计算小，也是法向量的原理提问：什么时候用？若α平面存在垂线AB，且β平面存在垂线AC则α平面与β平面的夹角等于直线AC与AB的夹角αβlOABαβlOABβαOABCαβlOAB六、投影面积法——面积比（三垂线法进阶）将cos θ＝边之比∣面积之比，从一维到二维，可多角度求出两面积，最后求解如图△ABC 在平面α上的投影为△A 1BC ， 则平面α与平面ABC 的夹角余弦值1cos A BCABCθ=△△即cos θ=投影原S S补充：即使交线没有画出来也可以直接用例题：一题多解2023汕头二模T20如图在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，PQ 是所在棱上的中点.1C 1CD ABA B 1αBCAA 1D（1）求平面APQ 与平面ABCD 夹角的余弦值 （2）补全截面APQ2023全国乙卷数学(理)T9——由二面角求线面角P C 1CDABA B 1P C 1DABA B 1P C 1CDABA B 1P C 1DABA B 1P C 1CDABA B 1PC 1DABA B 11．已知ABC 为等腰直角三角形，AB 为斜边，ABD △为等边三角形，若二面角C AB D −−为150︒，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为（ ）A ．15B ．25C ．35D ．252021·新高考1卷·T20——由二面角求线段长2．如图，在三棱锥A BCD −中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D −−的大小为45︒，求三棱锥A BCD −的体积.题型一 定义法1．如图，在三棱锥S—ABC 中，SC ⊥平面ABC ，点P 、M 分别是SC 和SB 的中点，设PM=AC =1，∠ACB =90°，直线AM 与直线SC 所成的角为60°.(1)求证：平面MAP ⊥平面SAC . (2)求二面角M—AC—B 的平面角的正切值；2．(湛江期末)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，点M ，N 分别是PB ，AC 的中点，且MN ⊥A C ． （1）证明：BC ⊥平面PA C ．（2）若PA ＝4，AC ＝BC ＝22，求平面PBC 与平面AMC 夹角的余弦值．(几何法比较简单)3．如图1，在平行四边形ABCD 中，60,2,4A AD AB ∠=︒==，将ABD △沿BD 折起，使得点A 到达点P ，如图2．重点题型·归类精讲(1)证明：平面BCD⊥平面P AD；(2)当二面角D PA B−−的平面角的正切值为6时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值．题型二三垂线法4．(佛山期末)如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，12PA AD AB CD===，侧面PAD⊥底面ABCD，E为PC的中点．（1）求证：BE⊥平面PCD；（2）若PA＝PD，求二面角P－BC－D的余弦值．5．如图，在四棱锥P -ABCD 中，△P AD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，,,224,23BC AD CD AD AD CD BC PB ⊥====∥ （2023广州一模T19）（1） 求证：AD PB ⊥；（2）求平面P AB 与平面ABCD 交角的正弦值.6．如图，在三棱锥A BCD −中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点．（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为2的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =且二面角E BC D −−的大小为60，求三棱锥A BCD −的体积．7．（2023·浙江·统考二模）如图，在三棱柱111ABCA B C 中，底面ABC ⊥平面11AA B B ，ABC 是正三角形，D 是棱BC 上一点，且3CD DB =，11A A A B =.(1)求证：111B C A D ⊥；(2)若2AB =且二面角11A BC B −−的余弦值为35，求点A 到侧面11BB C C 的距离.8．如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，ABC 和ACD 均为正三角形，4AC =，3BE =.(1)在线段AC 上是否存在点F ，使得BF ∥平面ADE ?说明理由； (2)求平面CDE 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值.题型三 作2次交线的垂线9．在三棱锥S ABC −中,底面△ABC 为等腰直角三角形,90SAB SCB ABC ∠=∠=∠=︒. （杭州二模） （1）求证：AC ⊥SB ；（2）若AB ＝2，22SC =，求平面SAC 与平面SBC 夹角的余弦值．题型四 找交线10．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCI )是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝2，PD ⊥C D ． (1)证明：AB ⊥PB ；(2)若平面PAB ⊥平面PCD ，且102PA =，求直线AC 与平面PBC 所成角的正弦值． （广东省二模T19）题型五 转换成线线角湖北省武汉市江汉区2023届高三上学期7月新起点考试11．在直三棱柱111ABC A B C −中，已知侧面11ABB A 为正方形，2BA BC ==，D ，,E F 分别为AC ，BC ，CC 1的中点，BF ⊥B 1D ．(1)证明：平面B 1DE ⊥平面BCC 1B 1；(2)求平面BC 1D 与平面1B DE 夹角的余弦值六、 题型六 投影面积法12．(2022·惠州第一次调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知//AB CD ，AD ⊥CD ，BC BP =，CD ＝2AB＝4，△ADP 是等边三角形，E 为DP 的中点．(1)证明：AE ⊥平面PCD ；(2)若2,PA =求平面PBC 与平面PAD 夹角的余弦值13．(2022深圳高二期末)如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AB //CD ，AB ⊥BC ，且12,2BC CD AB ===取AB 的中点O ，连结OD ，并将△AOD 沿着OD 翻折，翻折后23AC =M ，N 分别是线段AD ，AB 的中点，如图(2)．（1）求证：AC⊥OM.（2）求平面OMN与平面OBCD夹角的余弦值．专题3-1几何法求二面角，线面角立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。

线线角及线面角考点 1 直线与平面所成的角平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫作这条直线和这个平面所成的角 . 一条直线垂直于平面 , 该直线与平面所成的角是直角 ; 一条直线和平面平行或在平面内 , 则此直线与平面所成的角是 0°的角 .考点二、直线和平面所成的角典例 2 如图 ,DC ⊥平面 ABC,EB ∥ DC,AC=BC=EB=2DC=2,∠ ACB=120°,P,Q 分别为 AE,AB 的中点 .(1证明 :PQ∥平面 ACD;(2求 AD 与平面 ABE 所成角的正弦值 .解题思路 (1利用中位线可证; (2∠ DAP 为 AD 和平面 ABE 所成的角 .解题过程 (1证明 :因为 P,Q 分别为 AE,AB 的中点 , 所以 PQ ∥ EB. 又 DC ∥EB, 因此 PQ ∥ DC, 从而 PQ ∥平面 ACD.(2如图 , 连结 CQ,DP. 因为 Q 为 AB 的中点 , 且 AC=BC,所以 CQ ⊥ AB.因为 DC ⊥平面 ABC,EB ∥ DC, 所以 EB ⊥平面 ABC. 因此 CQ ⊥ EB, 故 CQ ⊥平面 ABE.由 (1有 PQ ∥ DC, 又 PQ= 12EB=DC,所以四边形 CQPD 为平行四边形 . 故 DP ∥ CQ. 因此 DP⊥平面 ABE. ∠ DAP 为AD 和平面 ABE 所成的角 . 在 Rt △ DPA 中,DP=1,sin ∠因此 AD 和平面 ABE易错点拨求斜线和平面所成的角 , 一般是在斜线上取一点向平面作垂线 , 从而形成由平面的斜线、垂线、斜线在平面内的射影所组成的直角三角形 , 然后在这个直角三角形中求角 . 变式如图,在正三角形 ABC 中, E 、 F 、 P 分别是 AB 、AC 、 BC 边上的点,满足AE:EB=CF:FA=CP:PB=1:2(如图甲。

将三角形 AEF 沿 EF 折起到三角形 EF A1的位置,使二面角 BEFA --1成直二面角,连结 BA1、 PA1(如图乙。

【高I年级练习案】求线面角适用于：基础年级的练习、巩固强化例题：如图所示，三棱锥A-SBC中，∠BSC＝90°，∠ASB＝∠ASC＝60°，SA＝SB＝SC．求直线AS与平面SBC所成的角．变式1：如图所示,在正方体ABCD -A1B1C1D1中,直线A1B和平面A1B1CD所成角的大小为.变式2：如图,ABCD是圆柱的一个轴截面,点E是上底面圆周上的一点,已知AB=BC=5,AE=3.求直线BE与平面ADE所成角的正切值.变式3：.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为()A．23B．33C．23D．63变式4：若一个正四棱锥的侧棱和底面边长相等,则该正四棱锥的侧棱和底面所成的角为()A.30°B.45°C.60°D.90°变式5：如图所示，在空间四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD，且E为AD的中点，F为BC的中点，则直线BE和平面ADF所成的角的正弦值为________．变式6：如图，四棱锥S-ABCD的底面ABCD为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的有______个．①AC⊥SB；②AB∥平面SCD；③SA与平面ABCD所成的角是∠SAD；④AB与SC所成的角等于DC与SC所成的角．变式7：如图所示,若斜线段AB是它在平面α上的射影BO的2倍,则直线AB与平面α所成的角是()A.60°B.45°C.30°D.120°变式8：如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA1=√6,则AA1与平面AB1C1所成的角为()A.π6B.π4C.π3D.π2变式9：在三棱锥A-BCD中,AB=AC=AD=2,且AB,AC,AD两两垂直,点E为CD的中点,则直线BE与平面ACD所成角的正弦值是.变式10：在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设BC1,BD1与底面ABCD所成的角分别为α,β,则tan(α+β)=.变式11：如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∠CD,AD∠BC,AD=2BC=2CD=4,PC=2√5,∠PAD是正三角形.(1)求证:CD∠PA;(2)求AB与平面PCD所成角的余弦值.变式12：在∠ABC中,∠ACB=90°,D是BC的中点,PA∠平面ABC,如果PB、PC与平面ABC 所成的角分别为30°和60°,那么PD与平面ABC所成的角为()A.30°B.45°C.60°D.75°变式13：如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点C在平面α上,若A1B、A1D与平面α都成60°角,则A1C与平面α所成角的余弦值为.变式14：如图,在四棱锥P-ABCD中,PA∠平面ABCD,PA=AB=2,BC=CD=1,PC=3,.从∠CD∠BC,∠CD∠平面PAB这两个条件中选一个,补充在上面问题中,并完成解答.(1)求证:四边形ABCD是直角梯形;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.【参考答案】例题：解：因为∠ASB＝∠ASC＝60°，SA＝SB＝SC，所以△ASB与△SAC都是等边三角形．因此AB＝AC．如图所示，取BC的中点D，连接AD，SD，则AD⊥BC．设SA＝a，则在Rt△SBC中，BC＝2a，CD＝SD＝2 2a.在Rt△ADC中，AD＝AC2－CD2＝22a.则AD2＋SD2＝SA2，所以AD⊥SD．又BC∩SD＝D，所以AD⊥平面SBC．因此∠ASD即为直线AS与平面SBC所成的角．在Rt△ASD中，SD＝AD＝22a，所以∠ASD＝45°，即直线AS与平面SBC所成的角为45°.变式1：解析：连接A1C1,BC1,△BA1C1为等边三角形,所以直线A1B与直线AC所成角的大小为,因为四边形BCC1B1是正方形,所以BC1⊥B1C,又DC⊥平面BCC1B1,所以BC1⊥CD,又因为CD∩B1C=C,所以BC1⊥平面A1B1CD.设BC1交B1C于O,则∠OA1B为直线A1B和平面A1B1CD所成的角,在Rt△OA1B中,sin ∠OA1B==,所以直线A1B和平面A1B1CD所成角的大小为.变式2：解:因为AB⊥平面ADE,所以∠AEB为直线BE与平面ADE所成角,在Rt△ABE中,AB=5,AE=3,所以tan ∠AEB==.变式3：B解析：如图所示，连接BD交AC于点O，连接D1O.由于BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1所成的角．设D到平面ACD1的距离为d，DD1与平面ACD1所成的角为θ.由VD-ACD1＝VD1-ACD得13×34×(2)2·d＝13×1×1×12×1，解得d＝33.所以sin θ＝dDD1＝3 3.变式4：B解析：正四棱锥S-ABCD的侧棱和底面边长相等,作SO⊥底面ABCD,垂足为O,所以∠SBO是该正四棱锥的侧棱和底面所成的角,设AB=a,则SB=a,OB=BD=,所以cos ∠SBO===,所以∠SBO=45°,所以该正四棱锥的侧棱和底面所成的角为45°.变式5：33 解析：连接EF ，根据题意，BC ⊥AF ，BC ⊥DF .∵AF ∩DF ＝F ，∴BC ⊥平面ADF .∴∠BEF 是直线BE 和平面ADF 所成的角．设BC ＝2，则BF ＝1，BE ＝3，∴sin ∠BEF ＝13＝33.变式6：4解析：因为SD ⊥底面ABCD ，所以AC ⊥SD ．因为四边形ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ．又BD ∩SD ＝D ，所以AC ⊥平面SBD ，所以AC ⊥SB ，故①正确．因为AB ∥CD ，AB ⊄平面SCD ，CD ⊂平面SCD ，所以AB ∥平面SCD ，故②正确．因为AD 是SA 在平面ABCD 内的射影，所以SA 与平面ABCD 所成的角是∠SAD ．故③正确．因为AB ∥CD ，所以AB 与SC 所成的角等于DC 与SC 所成的角，故④正确． 变式7：A 易知AO∠平面α,∠∠ABO 是直线AB 与平面α所成的角. 在Rt∠AOB 中,cos∠ABO=OB AB =12,∠∠ABO=60°.∠直线AB 与平面α所成的角为60°.故选A.变式8：A 过A 1作A 1O∠平面AB 1C 1,垂足为O.∠AB=AC,∠A 1B 1=A 1C 1,AB 1=AC 1. 取B 1C 1的中点D,连接AD,则点O 在AD 上, ∠∠A 1AD 是直线AA 1与平面AB 1C 1所成的角, ∠三棱柱ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱, ∠A 1A∠A 1D.在Rt∠AA 1D 中,tan∠A 1AD=A 1D AA 1=√2√6=√33, ∠∠A 1AD=π6,∠AA 1与平面AB 1C 1所成角为π6. 故选A. 变式9：答案√63解析 连接AE.∠AB 、AC 、AD 两两垂直,∠AB∠平面ACD,∠∠AEB 是直线BE 与平面ACD 所成的角,易得BE=√6,∠在Rt∠ABE 中,sin∠AEB=AB BE =√63,∠直线BE 与平面ACD 所成角的正弦值为√63. 变式10：答案 3+2√2解析 ∠CC 1、DD 1都与底面ABCD 垂直,∠α=∠CBC 1,β=∠DBD 1, ∠tan α=1,tan β=√22, ∠tan (α+β)=1+√221−√22=3+2√2.故答案为3+2√2.变式11：解析 (1)证明:∠∠PAD 是正三角形,AD=2CD=4,∠PD=4,CD=2,又PC=2√5, ∠PC 2=PD 2+CD 2,∠CD∠PD, 又AD∠CD,AD∩PD=D,∠CD∠平面PAD,∠PA∠平面PAD, ∠CD∠PA.(2)如图,取PD 的中点E,连接AE,延长DC 、AB 交于点H,连接EH,∠∠PAD 是正三角形,∠AE∠PD,AE=2√3, 由(1)得CD∠平面PAD,∠CD∠AE. ∠CD∩PD=D,CD,PD∠平面PCD, ∠AE∠平面PCD.∠∠AHE 就是AB 与平面PCD 所成的角,∠AD∠CD,BC∠AD,AD=2BC=2CD=4,∠DH=4,AH=4√2,EH=√AH 2-AE 2=2√5, ∠cos∠AHE=EH AH =√54√2=√104, ∠AB 与平面PCD 所成角的余弦值为√104. 变式12：B 连接AD,设PA=1,∠PA∠平面ABC,PB 、PC 与平面ABC 所成的角分别是30°和60°,∠∠ABP=30°,∠ACP=60°,∠ADP 是PD 与平面ABC 所成的角, ∠PB=2,AB=√3,AC=√33, ∠CD=12BC=12×√3−13=√63,∠AD=√AC2+CD2=√13+23=1,∠tan∠ADP=PAAD=1,∠∠ADP=45°,∠PD与平面ABC所成角的大小为45°.故选B.变式13：答案13解析设直线l过点A1且垂直于α,则A1B、A1D与直线l的夹角都为30°,连接BD,则∠A1BD是等边三角形,取BD中点E,则∠BA1E=∠DA1E=30°,∠直线A1E即为直线l.由题意知,A1C与直线A1E所成角的余弦值即为A1C与平面α所成角的正弦值.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则A1C=√22+22+22=2√3,CE=12×√22+22=√2,A1E=√22+(√2)2=√6.设A1C与平面α所成角为θ,则sin θ=A1C2+A1E2-CE22×A1C×A1E =2×2√3×√6=2√23,∠A1C与平面α所成角的余弦值cos θ=√1−(2√23)2=13.变式14：解析选择∠,(1)证明:连接AC,因为PA∠平面ABCD,所以PA∠AC.因为PA=2,PC=3,所以AC2=PC2-PA2=5,因为AB=2,BC=1,所以AC2=AB2+BC2,所以AB∠BC.因为CD∠BC,所以AB∠CD,又AB≠CD,所以四边形ABCD是直角梯形.(2)由(1)可知,四边形ABCD是直角梯形,如图,将四棱锥P-ABCD补成一个长方体ABCE-PFGH,连接PE,CF,则PB与平面PCD所成的角即PB与平面PFCE所成的角.过B作BO∠CF于O,由长方体的性质知,EC∠平面BCGF,所以EC∠OB,又CF∩EC=C,所以OB∠平面PFCE,连接OP,则∠BPO即为直线PB与平面PCD所成的角.在Rt∠CBF中,可求得OB=2√55,在Rt∠PAB中,可求得PB=2√2,所以sin∠BPO=OBPB =2√552√2=√1010.。