2020年高考文科数学《线面角》

课时考点15 线线角与线面角高考考纲透析：线线,线面,面面的平行与垂直,异面直线所成角,直线与平面所成角高考热点：异面直线所成角,直线与平面所成角知识整合:1.转化思想:将异面直线所成的角,直线与平面所成的角转化为平面角,然后解三角形;⇔⇔⊥⇔⊥⇔⊥线线平行线面平行面面平行,线线线面面面2.求角的三个步骤:一猜,二证,三算.猜是关键,在作线面角时,利用空间图形的平行,垂直,对称关系,猜斜线上一点或斜线本身的射影一定落在平面的某个地方,然后再证热点题型1例1、如图, 在直三棱柱111ABC A B C -中，13,4,5,4AC BC AB AA ==== ，点D 为AB 的中点 (Ⅰ)求证1AC BC ⊥; (Ⅱ) 求证11AC CDB 平面;(Ⅲ)求异面直线1AC 与1B C 所成角的余弦值解析;异面直线所成角的平面角顶点O 的选取一般选在两异面直线的端点处,初学者或观察能力有限者可采用穷举法,实行逐个端点考察,也有取在某线段的中点处. 解：（I ）直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，底面三边长AC=3，BC=4AB=5，∴ AC ⊥BC ，且BC 1在平面ABC 内的射影为BC ，∴ AC ⊥BC 1； （II ）设CB 1与C 1B 的交点为E ，连结DE ，∵ D 是AB 的中点，E 是BC 1的中点，∴ DE//AC 1， ∵ DE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1，∴ AC 1//平面CDB 1； （III ）∵ DE//AC 1，∴ ∠CED 为AC 1与B 1C 所成的角，在△CED 中，ED=21AC 1=25，CD=21AB=25，CE=21CB 1=22， ∴8cos 522CED ∠==⋅， ∴ 异面直线 AC 1与 B 1C所成角的余弦值5.1A1A解法二： ∵直三棱锥111ABC A B C -底面三边长3,4,5AC BC AB ===，1,,AC BC CC 两两垂直如图建立坐标系，则C(0,0,0),A(3,0,0),C 1(0,0,4),B(0,4,0),B 1(0,4,4),D(32,2,0) (Ⅰ)11(3,0,0),(0,4,4)AC BC =-= ,11110,AC BC AC BC ∴⋅=∴⊥(Ⅱ)设1CB 与1C B 的交点为E ，则E(0,2,2)13(,0,2),(3,0,4),2DE AC =-=-111,//2DE AC DE AC ∴=∴111,,DE CDB AC CDB ⊂⊄ 平面平面1//AC CDB ∴平面(Ⅲ)11(3,0,4),(0,4,4),AC CB =-=111111cos ,5||||AC CB AC CB AC CB ∴<>==∴异面直线1AC 与1B C 5热点题型2例2、如图，在斜三棱柱111C B A ABC -中，a B A A A AC AB AC A AB A ===∠=∠1111,,，侧面11BCC B 与底面ABC 所成的二面角为120，E 、F 分别是棱A A C B 111、的中点 （Ⅰ）求A A 1与底面ABC 所成的角 （Ⅱ）证明E A 1∥平面FC B 1（Ⅲ）求经过C B A A 、、、1四点的球的体积解：（Ⅰ）过1A 作⊥H A 1平面ABC ，垂足为H ． 连结AH ，并延长交BC 于G ，于是AH A 1∠为A A 1与底面ABC 所成的角．1∵AC A AB A 11∠=∠，∴AG 为BAC ∠的平分线． 又∵AC AB =，∴BC AG ⊥，且G 为BC 的中点． 因此，由三垂线定理BC A A ⊥1．∵B B A A 11//，且B B EG 1//，∴BC EG ⊥．于是AGE ∠为二面角E BC A --的平面角，即120=∠AGE ．由于四边形AGE A 1为平行四边形，得 601=∠AG A ．（Ⅱ）证明：设EG 与C B 1的交点为P ，则点P 为EG 的中点．连结PF ． 在平行四边形1AGEA 中，因F 为A A 1的中点，故FP E A //1． 而⊂FP 平面FC B 1，⊄E A 1平面FC B 1，所以//1E A 平面FC B 1．（Ⅲ）连结C A 1．在AC A 1∆和AB A 1∆中，由于AB AC =，AC A AB A 11∠=∠，A A A A 11=，则AC A 1∆≌AB A 1∆，故B A C A 11=．由已知得a C A B A A A ===111．又∵⊥H A 1平面ABC ，∴H 为ABC ∆的外心．设所求球的球心为O ，则H A O 1∈，且球心O 与A A 1中点的连线A A OF 1⊥．在FO A Rt 1∆中，3330cos 21cos 111a aH AA F A O A === ．故所求球的半径a R 33=，球的体积33273434a R V ππ==．热点题型3例3、如图，在四棱锥P —ABC 右，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB=3，BC=1，PA=2，E 为PD 的中点（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ， 并求出N 点到AB 和AP 的距离 解法一：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则A 、B 、C 、D 、P 、E 的坐标分别为A （0，0，0）， B （3，0，0），C （3，1，0），D （0，1，0）， P （0，0，2），E （0，21，2） 从而=（3，1，0），PB =（3，0，-2）设与的夹角为θ，则1473723||||cos ==⋅=PB AC θ， ∴AC 与PB 1473（Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为（x ，0，z ），则)1,21,(z x --=由NE ⊥面PAC可得：⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,0即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--,0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(z x z x化简得⎪⎩⎪⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-.1,63.0213,01z x x z即N 点的坐标为（63，0，1），从而N 点到AB 、AP 的距离分别为163解法二：（Ⅰ）设AC ∩BD=O ，连OE ，则OE//PB ，∴∠EOA 即为AC 与PB 所成的角或其补角在ΔAOE 中，AO=1，OE=21PB=27，AE=21PD=25，∴14173127245471cos =⨯⨯-+=EOA 即AC 与PB 14173 （Ⅱ）在面ABCD 内过D 作AC 的垂线交AB 于F ，则6=∠ADF连PF ，则在Rt ΔADF 中DF=33tan ,332cos ===ADF AD AF ADF AD设N 为PF 的中点，连NE ，则NE//DF ，∵DF ⊥AC ，DF ⊥PA ，∴DF ⊥面PAC 从而NE ⊥面PAC∴N 点到AB 的距离=21AP=1，N 点到AP 的距离=2163。

2019-2020年高考数学 专题34 空间中线线角、线面角的求法黄金解题模板【高考地位】立体几何是高考数学命题的一个重点，空间中线线角、线面角的考查更是重中之重. 其求解的策略主要有两种方法：其一是一般方法，即按照“作——证——解”的顺序进行；其一是空间向量法，即建立直角坐标系进行求解. 在高考中常常以解答题出现，其试题难度属中高档题.【方法点评】类型一 空间中线线角的求法方法一 平移法使用情景：空间中线线角的求法解题模板：第一步 首先将两异面直线平移到同一平面中；第二步 然后运用余弦定理等知识进行求解；第三步 得出结论.例1正四面体ABCD 中， E F ，分别为棱AD BC ，的中点，则异面直线EF 与CD 所成的角为 A. 6π B. 4π C. 3π D. 2π 【答案】B平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常转化为解三角形的问题处理，要注意异面直线所成角的范围为0,2π⎛⎤ ⎥⎝⎦。

【变式演练1】如图，四边形ABCD 是矩形， 沿直线BD 将ABD ∆翻折成'A BD ∆，异面直线CD 与'A D 所成的角为α, 则（ ）A ．'A CA α<∠B ．'A CA α>∠C.'A CD α<∠ D ．'A CD α>∠【答案】B考点：异面直线所成角的定义及运用.【变式演练2】【2018年衡水联考】在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ， F 分别是侧面11AA D D 与底面ABCD 的中心，则下列命题中错误的个数为（ ）①//DF 平面11D EB ； ②异面直线DF 与1B C 所成角为60︒；③1ED 与平面1B DC 垂直； ④1112F CDB V -=． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】A【解析】对于①，∵DF 11//B D ，DF ⊄平面11D EB ， 11B D ⊂平面11D EB ，∴//DF 平面11D EB ，正确； 对于②，∵DF 11//B D ，∴异面直线DF 与1B C 所成角即异面直线11B D 与1B C 所成角，△11C B D 为等边三角形，故异面直线DF 与1B C 所成角为60︒，正确；对于③，∵1ED ⊥1A D ， 1E D ⊥CD，且1A D ⋂CD=D ，∴1E D ⊥平面11A B DC ，即1E D ⊥平面1B DC ，正确；对于④，11CDF 1111133412F CDB B CDF V V S --==⨯⨯=⨯=，正确， 故选：A 【变式演练3】设三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直，90BCA ∠=︒，2BC CA ==，若该棱柱的所有顶点都在体积为323π的球面上，则直线1B C 与直线1AC 所成角的余弦值为（ ）A ．23-B ．23C ． 【答案】B【变式演练4】如图所示，正四棱锥P ABCD -的底面面积为3，， E 为侧棱PC 的中点，则PA 与BE 所成的角为（ ）A. 30︒B. 45︒C. 60︒D. 90︒【答案】C方法二 空间向量法使用情景：空间中线线角的求法解题模板：第一步 首先建立适当的直角坐标系并写出相应点的空间直角坐标；第二步 然后求出所求异面直线的空间直角坐标；第三步 再利用cos a ba bθ→→→→⋅=即可得出结论. 例2、如图，直三棱柱111ABC A B C -中，13AC BC AA ===，AC BC ⊥，点M 在线段AB 上.（1）若M 是AB 中点，证明：1//AC 平面1B CM ；（2）当BM =11C A 与平面1B MC 所成角的正弦值【答案】（1）详见解析（2（II ）1,AC BC CC ABC ⊥⊥平面,故如图建立空间直角坐标系1(033),(300),(030),(000)B A B C ，，，，，，，，,BA =13BM BA = 1(1,1,0),(0,3,0)(1,1,0)(1,2,0)3BM BA CM CB BM ==-=+=+-=， 令平面1B MC 的法向量为(,,)n x y z =，由100n CB n CM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得020y z x y +=⎧⎨+=⎩ 设1z =所以(2,1,1)n =-,11(3,0,0)C A CA == ，设直线11C A 与平面1B MC 所成角为q1111||sin ||||3C A n C A n q ×===故当BM =11C A 与平面1B MC 考点：线面平行判定定理，利用空间向量求线面角【思路点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.例3、如图，正方形AMDE 的边长为2，B C、分别为线段AM MD 、的中点，在五棱锥P ABCDE -中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD PC 、分别交于点G H 、．（1）求证：//AB FG ；（2）若PA ⊥底面ABCDE ，且PA AE =，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小．【答案】（1）详见解析（2）6π考点：线面平行判定定理，利用空间向量求线面角【思路点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.【变式演练4】已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为______．考点：异面直线及其所成的角【变式演练5】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，4AB =,16AA =.若E ，F 分别是棱1BB ，1CC 上的点，且1BE B E =，1113C F CC =，则异面直线1A E 与AF 所成角的余弦值为（ ）A ．6B ．6C ．10D ．10【答案】D【解析】试题分析：以BC 的中点O为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则A，1A ，(0,2,3)E ，(0,2,4)F -，1(3)A E =--，(2,4)AF =--，设1A E ，AF 所成的角为θ，则11||cos 10||||5A E AF A E AF θ⋅===⋅⨯． 考点： 线面角.类型二空间中线面角的求法方法一 垂线法使用情景：空间中线面角的求法解题模板：第一步 首先根据题意找出直线上的点到平面的射影点；第二步 然后连接其射影点与直线和平面的交点即可得出线面角；第三步 得出结论.例3如图，四边形ABCD 是矩形，1,AB AD ==E 是AD 的中点，BE 与AC 交于点F ，GF ⊥平面ABCD .GD BA（Ⅰ）求证：AF ⊥面BEG ；（Ⅱ）若AF FG =，求直线EG 与平面ABG 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；．证法2：（坐标法）证明1-=⋅BE AC K K ，得BE AC ⊥，往下同证法1．证法3：（向量法）以,为基底， ∵-=+=21,，0=⋅∴)21()(AB AD AB AD BE AC -⋅+=⋅221-=01221=-⨯= ∴BE AC ⊥，往下同证法1．（2）在AGF Rt ∆中，22GF AF AG +=36)33()33(22=+= 在BGF Rt ∆中，22GF BF BG +=1)33()36(22=+= 在ABG ∆中，36=AG ，1==AB BG ∴2)66(13621-⨯⨯=∆ABG S 656303621=⨯⨯=设点E 到平面ABG 的距离为d ，则GF S d S ABF ABG ⋅=⋅∆∆3131，∴ABG ABFS GF S d ∆⋅=1030653312221=⨯⨯⨯= 22)66()33(2222=+=+=EF GF EG ，设直线EG 与平面ABG 所成角的大小为θ，则 EG d=θsin .515221030== 考点：线面垂直的判定，直线与平面所成的角．【点评】解决直线与平面所成的角的关键是找到直线上的点到平面的射影点，构造出线面角.【变式演练6】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等,1A 在底面ABC 内的射影为ABC 的中心,则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值为（ ）A ．13 B．3 C． D ．23【答案】B考点:直线与平面所成的角．【变式演练7】在四面体ABCD 中，AB AD ⊥，1AB AD BC CD ====，且ABD BCD ⊥平面平面，M 为AB 中点，则CM 与平面ABD 所成角的正弦值为（ ）A．2 B．3 C．2 D．3【答案】D考点：1．平面与平面垂直；2．直线与平面所成的角．方法二空间向量法使用情景：空间中线面角的求法解题模板：第一步首先建立适当的直角坐标系并写出相应点的空间直角坐标；第二步然后求出所求异面直线的空间直角坐标以及平面的法向量坐标；第三步再利用a bsina bθ→→→→⋅=即可得出结论.例4 [2018衡水金卷大联考]如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，侧面平面，且，动点在棱上，且.（1）试探究的值，使平面，并给予证明；（2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值.（2）取的中点,连接.则.∵平面平面，平面平面，且，∴平面.∵，且，∴四边形为平行四边形，∴.又∵，∴.由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，.当时，有，【变式演练8】【2018浙江嘉兴市第一中模拟】如图，四棱锥,底面为菱形，平面，，为的中点，.（I）求证：直线平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（I）证明：，又又平面,直线平面.（方法二）如图建立所示的空间直角坐标系..设平面的法向量，.所以直线与平面所成角的正弦值为【高考再现】1. 【2017课标II ，理10】已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A C D 【答案】C【考点】 异面直线所成的角；余弦定理；补形的应用【名师点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形； ④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角。

数理化解题研究2021年第01期总第494期横看成岭侧成峰远近高低各不同2020年高考数学浙江卷第19题线面角问题的多角度分析章显联(浙江省绍兴鲁迅高级中学312000)摘 要：本文对2020年高考数学浙江卷第19题线面角问题进行多角度分析：非坐标形式的向量法(基底法)、三余弦定理法、等体积法、纯几何法、空间直角坐标系法.给出了复习的两个建议：关注最小，秒杀线面；重视非坐标形式的向量法.关键词：非坐标形式的向量法；线面角；两个原理中图分类号:G632 文献标识码：A 文章编号：1008 -0333(2021)01 -0036 -04一、典型考题所成角为0 ,由已知，得0C 与平面DBC 所成角也为0.由公式，得例1（2020年浙江第19题）如图1,在三棱台ABC-DEF 中，平面 ACFD 丄平面 ABC , /ACB - /ACD -45°,DC -2B C.(1) 证明：EF 丄DB ；(2) 求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值.本题主要考查空间直线互 相垂直的判定和性质，以及直 线与平面所成角的几何计算问题，考查了空间想象能力和思 维能力，平面与空间互相转化 能力,几何计算能力，以及逻辑推理能力，本题属综合性较强 的中档题.笔者认为此题无论图1是试题难度、试题背景、命题立意,还是对数学核心素养 的考查，都很到位,可谓简约不简单.它也是一道解题训 练的优质题,横看成岭侧成峰，很有研究价值.解法1非坐标形式的向量法(基底法)过点D 作D0丄AC 于点0,以｛ C B ，C B ,CD ｝为基底. 不妨设 DC - 2B C -2,贝V DB - 3 , C0 - 2 , / 0CB -：,/0CD - n , /DCB - n ,设平面DBC 的法向量为n - %-CD -0,（• C B -0 得｛2% + y + 4z - 0,% + y + z - 0.C O + y C B + zC B ，贝V 由所以n - -3 C0 +2 B + CD.设直线DF 与平面DBC解法2三余弦定理法过点D 作D0丄AC 于点0,由已知,得0在平面DBC 的射影H 在/DCB 的角平分线上,设直线DF 与平面DBC 所成角为0,由已知,得0C 与平面DBC 所成角也为0.由三余弦定理，得 cos n - cos n • cos 0,cos 0 - f •463所以sin 0 -耳.解法3等体积法.过点D 作D0丄AC 于点0,设直线DF 与平面DBC 所 成角为0,由已知，得0C 与平面DBC 所成角也为0.由 % - DBC 二 % - 0BC ，解得 h 二专,sin 0 二豊二专.解法4坐标形式的向量法以0为原点,0D 为Z 轴,0C 为Y 轴,在平面ABC 内, 过点0作0C 垂线为Z 轴，易求D ,C ,B 坐标，从而求得平面DBC 的法向量，利用线面角公式sin 0 - 3 •解法5纯几何法分析(1)题根据已知条件，作DH 丄AC ,根据面面垂直，可得DH 丄BC ,进一步根据直角三角形的知识可判断收稿日期：2020 -10 -05作者简介:章显联(1972. 12 -)，男，浙江省龙港人，本科，中学高级教师，从事高中数学教学研究.—36—2021年第01期总第494期数理化解题研究出厶BHC是直角三角形，且Z HBC_90°,则HB丄BC,从而可证出BC丄面DHB,最后根据棱台的定义有EF〃BC,根据平行线的性质可得EF丄DB.（2）题可先设BC_1,根据解直角三角形可得BH_1,HC_2,DH_2,DC_2,DB_3,然后找到CH与面DBC的夹角即为Z HCG,根据棱台的特点可知DF与面DBC所成角与CH与面DBC的夹角相图2等，通过计算乙HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC所成角的正弦值.二、考题赏析本题建系有些困难,不存在明显的过同一点的两两垂直的直线.这种情况下，非坐标形式的向量法（基底法）显得更实用.本题解法以｛CO,C B,CD｝为基底，因为它们不共面长度可求,且它们的夹角也可求.应用此法，可使求解过程更自由.若CO,C B,CD是单位向量且两两垂直,就是通常的坐标形式的向量法了.坐标形式的向量法可以看作是非坐标形式的向量法的一种特殊情形.解法2中0在平面DBC的射影H在Z DCB的角平分线上，利用三余弦定理可求出0C与平面DBC所成角.B图4三正弦定理（最大角定理）设二面角M-AB-N的度数为Y,在平面M上有一条射线AC,它和棱AB所成的角为0,和平面N所成的角为//a,贝V sin a_si叩•sin y.（为了力便于记忆，我们约定:0为线棱角,a为线面角，Y为二面角）证明如图4,C0丄平面N,0B丄AB,BC丄AB,0C△0BC,△0AC,△ABC均为直角三角形,sin y_,si叩_BCBCAC，sin a_器，易得sin a_sin S•sin y.说明由sin a_sin S•sin y且sin S W1,知sin a W sin y,a W y，所以二面角的半平面M内的任意一条直线与另一个半平面N所成的线面角不大于二面角,即二面角是线面角中最大的角.若平面斜线上异于斜足的点在平面上的射影不易确定，则可转换为其他点如是操作或利用等体积法求出垂线段的长，利用公式sin O_h求得.如本题解法3.其实不管是纯几何法还是坐标形式的向量法,都能解决线面角问题，高考试题的参考答案一贯都是纯几何法与坐标形式的向量法,每种方法的学习都可促进学生能力的提高,只是各有侧重.如解法4与解法5.三余弦定理（最小角定理或爪子定理）设点A为平面a上一点，过点A的斜线在平面a上的射影为B0,BC为平面a上的任意直线,那E么Z ABC,乙0BC,乙0BA三、复习建议三角的余弦关系为cosZ ABC图3_cos Z0BC•cos Z0BA.即斜线与平面内一条直线夹角0的余弦值等于斜线与平面所成角a的余弦值乘以射影与平面内直线夹角O的余弦值,cos0_cos a-cos O.（为了便于记忆,我们约定:0为斜线角,a为线面角,O为射影角）证明如图3,^0AB,△0BC,△ABC均为直角三角形,cosQ BCAB，cosaB0AB，cosO B0，易知cosQ_cos a•cos O，得证.说明这三个角中，角0是最大的,其余弦值最小,等于另外两个角的余弦值之积.斜线与平面所成角a是斜线与平面内所有直线所成角中最小的角.1.紧扣最小，秒杀线面在研究空间角的最值与求值问题时，我们应关注最大角与最小角定理,三余弦公式与三正弦公式.这样的考查在近几年的学考、高考试题中已多次出现：例2（2019年浙江高考第8题）设三棱锥V-ABC 的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点（不含端点）.记直线PB与直线AC所成的角为a,直线PB与平面ABC所成的角为S,二面角P-AC-B的平面角为Y，则（）.A.S<Y,a<yB.S<a,0<yC.S<a,y<aD.a<0,y<0解法1由最小角原理，得S<a，记二面角V-AB-C的平面角为y'（显然y_y'），由最大角原理，得S<y，故选B.解法2（特殊位置）取V-ABC为正四面体,P是棱VA上的中点，算出a,0,y的正弦值，可得选项B.例3（2018年浙江高考第8题）已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等,E是线段—37—数理化解题研究2021年第01期总第494期AB上的点（不含端点）,设SE与BC所成的角为O],SE 与平面ABCD所成的角为O2,二面角S-AB-C的平面角为O3,则（）•A.O1W O2W O3B.O3W O2W O1C.O1W O3W O2D.O2W O3W O1解法1作出三个角，通过定量计算得出答案为D.解法2由最小角与最大角原理知：O1M O2,O3M O2,故选D.例4（2014年浙江高考第17题）如图5,某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A到墙面的距离为AB,某目标点P沿墙面的射击线CM-移动，此人为了准确瞄准目标点P,需计算由点A观察点P的仰角O的大小•若AB=15m,图5AC=25m,Z BCM=30°,贝卩tan O的最大值解析由线面角W面面角,求tan O的最大值转化为求二面角M-AC-Q的平面角•易求最大值为5j•例5（2018年11月浙江学考）四边形ABCD为矩形，沿AC将A ADC翻折成A AD'C.设二面角D'-AB-C 的平面角为O,直线AD'与BC所成的角为O1,直线AD'与平面ABC所成的角为O2,当O为锐角时，有（）•A.O2W O1W OB.O2W O W O1C.O1W O2W OD.O W O2W O1解析由最小角原理，得O1M O2,由最大角原理，得O M O2,下面比较O]与O的大小即可•故选B.例6（2018年全国高考n卷理科第20题）如图6,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=4,0为AC的中点•（1）证明：PO丄平面ABC；（2）若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面图6PAM所成角的正弦值.解析（1）略.（2）由题意，知线棱角Z CPA=60°,二面角M-PA-C为30°，由三正弦定理，得sin a=sin60°sin30°=例7（2009年浙江高考理科第17题）如图7,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点•现将△AFD沿AF折起,使平面—38—ABD丄平面ABC.在平面ABD内过点D作DK丄AB,K为垂足•设AK=£,则t的取值范围是•」___E.$____C d/一A B A K B图7解析由三余弦定理及已知，得cos Z DAF= cosZ DAK・cosZ BAF,又Z DAF+Z BAF二;，则cos Z DAK=tan Z BAF.在Rt△DAK中t=cos Z DAB,因此t=tanZ BAF,又由折叠前的图形，知0<Z CAB<Z BAFn<Z EAB=；.4所以tan Z CAB<tan Z BAF<tan Z EAB.所以1<t<1.考查这类空间角的大小是命题者难以割舍的情结,其本质是考查线面角与面面角定义的合理性,是考查学生数学核心素养的有效途径•2.非坐标形式的向量法非坐标形式的向量法比坐标形式的向量法应用更自由，更广泛•相比较纯几何法可避免令人深感畏惧的辅助线的添加技巧等.当然,解题方法中的选择也是当用则用，不分彼此,有时多种方法可揉合于同一道题中,特别是向量与几何的紧密联系与转化•应用非坐标形式的向量法解题的基本步骤：（1）会选基底.只需要不共面的三条线段长度可求，且它们的夹角也可求即可.（2）会表示•会用基底表示其他向量,一般只涉及向量的三角形式及其推广（闭合回路）,数乘与平行,数量积与垂直两个定理•特别是要掌握好平面法向量的求法，方法可参考高考真题解法1•（3）会用公式•运算过程中无论是平面向量还是空间向量操作完全一致，运用的公式与坐标形式的向量法一致.笔者尝试用非坐标形式的向量法研究高考数学卷，发现非坐标向量法作为解答立体几何的方法有着诸多的可取之处.例8（2018年浙江高考第19题）如图8,已知多面体ABCA1B1C1中，A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC, Z ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.（1）证明:AB】丄平面A]B]C]；（2）求直线AC】与平面ABB]所成的角的正弦值.解析以｛BA,B C,B—｝为基底，可证明（1）,也可求2021年第01期总第494期数理化解题研究得直线AC]与平面ABB1所成的角的正弦值为晋•例9(2019年浙江高考第19题)如图9,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1丄平面ABC,/ABC-90°,/BAC-30°,A1A二A1C-AC,E,F分别是AC,A]B]的中点(1)证明：EF丄BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.解析以｛E b]c B,C B｝为基底,可证明(1)，也可求得直线EF与平面A]BC所成角的余弦值是3•我们研究的向量是自由向图9量，运用非坐标形式的向量法无需考虑建立空间直角坐标系所需要的特殊要求,使解题过程更自由•例10(2009年浙江高考理科第17题)如图10,在长方形ABCD中,AB-2,BC-1,E为DC的中点,F为线段EC(端点除外)上一动点•现将△AFD沿AF折起，使平面ABD丄平面ABC.在平面ABD内过点D作DK丄AB,K为垂足•设AK-t，则t的取值范围是•图10解析以｛K4,KD,KF｝为基底，设DF-m,抓住折叠过程中的不变量AD-1,AB-2,由于平面ABD丄平面ABC,DK丄AB,从而DK丄平面ABC.由DF二D A+AF二d K+k A+AF，得m2二(d K+K4+AF)2.化简,得mt-1,即t——.由1<m<2,得<t<1.m2利用非坐标形式的向量法进行的上述解答,化动为静，简捷别致，令人耳目一新.例11(2000年全国高考理科第18题)如图11,已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面AB­CD是菱形，且/C1CB-/C1CD-/BCD-60°.(1)证明：C]C丄BD；3(2)假定CD-2,CC]-3，记Bi Ai图11面C]BD为a,面CBD为0,求二面角a-BD-0的平面角的余弦值；(3)当CD的值为多少时，能使A]C丄平面C]BD?请给出证明.解析以｛Cc1，CD,C B｝为基底，则CA]-C c]+CD+CB.(1)由BD-CD-CB,得C2C・BD-0,所以C2C丄BD.(2)易知平面a的法向量为C B；--8CC]+CD+C B，所以平面S的法向量为n--4CC]+CD+C B,从而求得a-D-S的平面角的余弦值为3•(3)当CD-1时,能使A]C丄平面C]BD.设CD-2,可证A]C丄BD,再由A]C丄BC2求得CC2-2.例12(2015年浙江省高考理科第13题)如图12,三棱锥A-BCD中，AB二AC二BD二CD-3,AD-BC-2,点M,N分别是AD,BC的中点，则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是•解析以｛BA,BC,BD｝为基底，在△ABD,由余弦定理得cos图12/ABD-7,同理得cos/CBD-[,cos/ABC-[,BA・933B C-2,BA・B D-7,B C・BD-2.用基底表示A N,C M,AN--BA+2BC,C M-2(BD+BA-2BC),异面直线AN,CM所成的角的余弦值是简]CM-T•平面向量仅是空间向量的一种特殊情形•“平面向量”可向“空间向量”自然转化.用向量方法求解空间角度与距离问题,为某些位置关系的判断问题创立了一种新的方法•在向量的运算中,要注意数形结合,灵活运用图形的几何意义、向量的几何意义去解题.《新课程标准(2017年版)》对空间向量的应用提出了更多、更高的要求,可见非坐标形式的向量法用于解决立体几何问题,完全符合新课程标准对学生的要求•如何使非坐标形式的向量法成为学生解决立体几何问题的又一个通用的好方法,还需要我们建一步地探索与总结•参考文献:[1]章显联.高考复习要注意回归教材[J].数理化解题研究，2020(13)：15-18.[责任编辑:李璟]—39—。

试题出处：2020广西南宁第一次适应性考试线面角最大值问题的探究与推广如图,四棱锥S ABCD -中,SD ^平面,//,,ABCD AB CD AD CD SD CD ^= ,AB AD = ,2CD AD = ,M 是BC 中点,N 是线段SA 上的点.设MN 与平面SAD 所成角为a ,则sin a 的最大值为（ ）A.7 B.7 C. 7 D.7答案：A 解法一：向量法以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz - ,设2DA = .则()0,0,0D ,()0,0,4S ,()2,0,0A ,()0,4,0C ,()1,3,0M ,所以()2,0,4SA =- .设()01SN SA l l =££,则()2,0,44N l l =- ,()21,3,44MN l l =--- .平面SAD 的一个法向量为()0,4,0DC =,所以sin MN DCMN DCa ×==.因为01≤≤l ，所以当9=10l ，即9SN NA =时，sin a 取得最大值7，故选A .解法二：定义法设AD 的中点为E ，连接ME ，NE ，因为CD ⊥AD ,所以ME ⊥AD .因为SD ⊥平面ABCD ,所以SD ⊥CD ,ME ⊥SD ,所以ME ⊥平面SAD ，则∠MNE 为MN 与平面SAD 所成角，则∠MNE =a .设AB=1,则AD=1,CD=2,SD=2,令(0AN x x≤=APND中，2211242PN x x=+-×，又32PM=.所以222195=442MN x x=+-++，所以2299454sin494920x≤a==æç-+çèø当且仅当x时，取得等号，即sin a的最大值为7，故选A.解法三：三角函数法设AD的中点为E，连接ME，NE，因为CD AD^,所以ME AD^.因为SD⊥平面ABCD,所以SD⊥CD,ME⊥SD,所以ME⊥平面SAD，则MNEÐ为MN与平面SAD所成角，则∠MNE=a.设DA=2,则ME=3,MN=sin MEMNa==NE的最小值为E到AS，所以sin a A.解法四：二面角法设AD的中点为E，连接ME，因为CD⊥AD,所以ME⊥AD. 过E做EH⊥AS于H，连接MH，则∠MHE为二面角M-AS-E的平面角，设DA=2,则ME=3，EH，所以5MH==所以()max sin sin ME MHE MH a =Ð==sin a ，故选A .结论：二面角最大也常常表述为: 二面角是最大的线面角.这句话的意思是: 对于一个锐二面角，在其中一个半平面内的任一条直线与另一个半平面所成的线面角的最大值等于该二面角的平面角．例 由空间一点O 出发的三条射线,,OA OB OC 满足平面OBC ⊥平面OAB ,1COB q Ð=,2AOB q Ð= （12,q q 为锐角），直线AC 与平面OAB 所成角为q ，求tan q 的最大值。

高考文科：点面距离、线线角、线面角练习1．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，PD ⊥底面ABCD ，1PD AD ==，5AB =，5sin 5ABD ∠=． （1）证明：PA BD ⊥； （2）求D 到平面ABP 的距离．2．如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为矩形，PA ⊥平面ABCD ，3AB =，4AD AP ==，E 为PD 的中点．（1）证明：AE PC ⊥．（2）若M 为线段BC 上的一点，且1BM =，求点M 到平面PCD 的距离．3．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，//AD BC ，90DAB ∠=︒，122AB BC PA AD ====，E 为PB 的中点，F 是PC 上的点． （1）若//EF 平面PAD ，证明：F 为PC 的中点． （2）求点C 到平面PBD 的距离．4．如图，四边形ABCD 为平行四边形，点E 在AB 上，22AE EB ==，且DE AB ⊥．以DE 为折痕把ADE ∆折起，使点A 到达点F 的位置，且60FEB ∠=︒． （Ⅰ）求证：平面BFC ⊥平面BDC ；（Ⅱ）若直线DF 与平面BCDE 所成角的正切值为155，求点C 到平面DEF 的距离．5．如图．在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB AD ==，14AA =，M 是AC 与BD 的交点．求证：（1）1//D M 平面11A C B ；（2）求1BC 与1D M 的所成角的正弦值．6．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，侧棱12AA =，且E ，F 分别是BC ，1CC 的中点．（1）求证：1//BC 平面AEF ；（2）求异面直线AE 与1A B 所成角的大小．7．如图，在直棱柱111ABC A B C -中，1AC BC CC ==，AC BC ⊥，D ，E 分别是棱AB ，AC上的点，且//BC 平面1A DE ． （1）证明：11//DE B C ；（2）若D 为AB 中点，求直线1A D 与直线1AC 所成角的余弦值．8．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，1AB PA ==，3AD =，E ，F 分别为棱PD ，PA 的中点．（1）求证：B 、C 、E 、F 四点共面； （2）求异面直线PB 与AE 所成的角．9．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是正方形，梯形ADEF ⊥底面ABCD ，且12AF EF DE AD ===．（Ⅰ）证明：平面ABF⊥平面CDF；（Ⅱ）求直线AF与平面CDE所成角的大小．10．如图，四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是边长为4的菱形，5PA PC==，点M，N 分别是AB，PC的中点．（1）求证：//MN平面PAD；（2）若4cos5PCD∠=，60DAB∠=︒，求直线AN与平面PAD所成角的正弦值．11．如图，四棱锥P ABCD-中，PAB∆是等边三角形，底面ABCD是直角梯形，//AB CD，AB AD ⊥，2AB BC ==，3ABC π∠=，F ，G 分别是PC ，AD 的中点．（1）①求证：//FG 平面PAB ； ②求线段FG 的长度；（2）若3PC =，求直线FG 与平面PBC 所成角的正弦值．12．如图，三棱锥P ABC -中，PA PC =，AB BC =，120APC ∠=︒，90ABC ∠=︒，3AC PB =． （1）求证：AC PB ⊥；（2）求直线AC 与平面PAB 所成角的正弦值．高考文科：点面距离、线线角、线面角练习参考答案与试题解析1．在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥底面ABCD，1PD AD==，5AB=，5sin5ABD∠=．（1）证明：PA BD⊥；（2）求D到平面ABP的距离．【解答】解：（1）证明：在ABD∆中，由正弦定理可得：sin sinAB ADADB ABD=∠∠．∴sin1AB ABDADBAD∠∠==g，90ADB∴∠=︒，BD AD∴⊥．PD⊥平面ABCD，PD BD∴⊥．BD∴⊥平面PAD，PA BD∴⊥．（2）1PD AD==Q，5AB=，2BD∴=．∴5PB=，2PA=，1ABDS∆=，32ABPS∆=．设D到平面ABP的距离为h，则D ABP P ABDV V--=，即：1133ABP ABDS h S PD∆∆⨯⨯=⨯⨯，∴23ABDABPS PDhS∆∆⨯==，故D到平面ABP的距离为23．2．如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为矩形，PA ⊥平面ABCD ，3AB =，4AD AP ==，E 为PD 的中点．（1）证明：AE PC ⊥．（2）若M 为线段BC 上的一点，且1BM =，求点M 到平面PCD 的距离．【解答】解：（1）PA ⊥Q 平面ABCD ，CD 在平面ABCD 内，PA CD ∴⊥，又四边形ABCD 为矩形，CD AD ∴⊥，又PA AD A =I ，且都在平面PAD 内，CD ∴⊥平面PAD ，又AE 在平面PAD 内，AE CD ∴⊥，AD AP =Q ，且E 为PD 中点， AE PD ∴⊥，又CD PD D =I ，且都在平面PCD 内，AE ∴⊥平面PCD ，又PC 在平面PCD 内，AE PC ∴⊥；（2）由（1）可知，CD PD ⊥，即PCD ∆为直角三角形， 又22161642PD AD AP =+=+3CD AB ==， ∴113426222PCD S CD PD ∆==⨯⨯=g 又1BM =，4BC AD ==， ∴11933222MCD S CM CD ∆==⨯⨯=g ，设点M 到平面PCD 的距离为h ，则由P MCD M PCD V V --=可知，1133MCD PCDS AP S h ∆∆=g g ，则94322262MCD PCD S AP h S ∆∆⨯===g ， ∴点M 到平面PCD 的距离为322．3．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，//AD BC ，90DAB ∠=︒，122AB BC PA AD ====，E 为PB 的中点，F 是PC 上的点． （1）若//EF 平面PAD ，证明：F 为PC 的中点． （2）求点C 到平面PBD 的距离．【解答】（1）证明：因为//BC AD ，BC ⊂/平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， 所以//BC 平面PAD ．因为P ∈平面PBC ，P ∈平面PAD ，所以可设平面PBC ⋂平面PAD PM =， 又因为BC ⊂平面PBC ，所以//BC PM ． 因为//EF 平面PAD ，EF ⊂平面PBC ， 所以//EF PM ， 从而得//EF BC ．因为E 为PB 的中点，所以F 为PC 的中点．（2）解：因为PA ⊥底面1,90,22ABCD DAB AB BC PA AD ∠=︒====，所以222222,25PB PA AB PD PA AD =+==+=，2225BD BA AD =+=， 所以2211()622DPB S PB DP PB ∆=-=g ． 设点C 到平面PBD 的距离为d ，由C PBD P BCD V V --=，得11113332DPB BCD S d S PA BC AB PA ∆∆==⨯⨯⨯⨯g g ，即11622236d =g g g g ， 解得23d =．4．如图，四边形ABCD 为平行四边形，点E 在AB 上，22AE EB ==，且DE AB ⊥．以DE 为折痕把ADE ∆折起，使点A 到达点F 的位置，且60FEB ∠=︒． （Ⅰ）求证：平面BFC ⊥平面BDC ；（Ⅱ）若直线DF 与平面BCDE 所成角的正切值为15，求点C 到平面DEF 的距离．【解答】解：（Ⅰ）证明：DE AB ⊥Q ，DE EB ∴⊥，DE EF ⊥， EB EF E =Q I ，DE ∴⊥平面BEF ，BF ⊂Q 平面BEF ，DE BF ∴⊥， 22AE EB ==Q ，2EF ∴=，1EB =，60FEB ∠=︒Q ，222cos 3BF EF EB EF EB FEB ∴+-⨯⨯∠=222EF EB BF ∴=+，FB EB ∴⊥，DE BE E =Q I ，BF ∴⊥平面BCDE ，BF ⊂Q 平面BFC ，∴平面BFC ⊥平面BDC ．（Ⅱ）解：以B 为原点，BA 为x 轴，在平面ABCD 中过B 作AB 的垂线为y 轴，BP 为z 轴，建立空间直角坐标系，如图，设DE a =，则(1D ，a ，0)，(1E ，0，0)，(0F ，0，3)，(1DF =-u u u r，a -，3)， Q 直线DF 与平面BCDE 所成角的正切值为15， ∴直线DF 与平面BCDE 所成角的正弦值为6， 平面BCDE 的法向量(0n =r，0，1)， Q 直线DF 与平面BCDE 所成角的正切值为15， 2||36|cos ,|||||4n DF n DF n DF a∴<>===+u u u r r u u ur g r u u u r r g ，解得2a =，(1D ∴，2，0)，(2C -，2，0)，∴(0ED =u u u r ，2，0)，(1DF =-u u u r ，2-，3)，(3DC =-u u u r，0，0)，设平面EDF 的法向量(m x =r，y ，)z ，则20230m ED y m DF x y z ⎧==⎪⎨=--+=⎪⎩u u u r r g u u u r r g ，取1z =，得(3,0,1)m =r ， ∴点C 到平面DEF 的距离||33||DC m d m ==u u u r rg r．5．如图．在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB AD ==，14AA =，M 是AC 与BD 的交点．求证：（1）1//D M 平面11A C B ；（2）求1BC 与1D M 的所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：连结11B D 交11A C 于点N ，连结BN ， 由11//DD BB ，11DD BB =， 所以平行四边形11D B BD ， 所以11//D B DB ，?D N BM =，所以?//D M NB ，又?D M 不在平面11A C B ，BN ⊂平面11A C B ， 故?//D M 平面11A C B ；（2）由（1）可知1BC 与1D M 的所成角为?AD M ∠， 由?AC MD ⊥，?AC DD ⊥，故AC ⊥平面?D DM ， 在Rt AMD?∆中， 1210sin ?20AM AMD AD ∠===， 故1BC 与1D M 的所成角的正弦值为10．6．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，侧棱12AA =且E ，F 分别是BC ，1CC 的中点．（1）求证：1//BC 平面AEF ；（2）求异面直线AE 与1A B 所成角的大小．【解答】解：（1）证明：在正三棱柱111ABC A B C -中，E ，F 分别是BC ，1CC 的中点， 所以1//EF BC ，又EF ⊂平面AEF ，1BC ⊂平面AEF ， 所以1//BC 平面AEF ．（2）解：取11B C 的中点O ，连接BO ，1A O ， 在正三棱柱111ABC A B C -中，有1//AO AE ， 所以1BAO ∠为异面直线AE 与1A B 所成角， 又因为111AO B C ⊥，平面111A B C ⊥平面11BCC B ， 所以1A O ⊥平面11BCC B ，1AO BO ⊥， 又因为12,2AB AA ==，所以在Rt △1AOB 中，1116,3,90A B A O A OB ==∠=︒，即12cos BA O ∠=， 故异面直线AE 与1A B 所成角的大小为45︒．7．如图，在直棱柱111ABC A B C -中，1AC BC CC ==，AC BC ⊥，D ，E 分别是棱AB ，AC 上的点，且//BC 平面1A DE ． （1）证明：11//DE B C ；（2）若D 为AB 中点，求直线1A D 与直线1AC 所成角的余弦值．【解答】（1）证明：//BC Q 平面1A DE ．平面ABC ⋂平面1A DE DE =．//BC DE ∴，又11//BC B C ，11//DE B C ∴．（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设12AC BC CC ===．则(0C ，0，0)，(2A ，0，0)，(0B ，2，0)，(1D ，1，0)，1(0C ，0，2)，1(2A ，0，2)， ∴1(1DA =u u u u r ，1-，2)，1(2AC =-u u u u r，0，2)，∴112042DA AC =-++=u u u u r u u u u r g ，1||6DA =u u uu r ，1||22AC =u u u u r，1cos DA ∴<u u u u r ，111113||||62DA AC AC DA AC >===⨯u u u u r u u u u ru u u u r g u u u u r u u u u r g ．∴直线1A D 与直线1AC 所成角的余弦值为3．8．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，1AB PA ==，3AD =，E ，F 分别为棱PD ，PA 的中点．（1）求证：B 、C 、E 、F 四点共面；（2）求异面直线PB 与AE 所成的角．【解答】解：（1）在PAD ∆中，由E 、F 为PD ，PA 中点得，EF 为中位线，即//EF AD ，又Q 底面为矩形，//AD BC ，//EF BC ∴，∴由平行线确定唯一平面得E 、F 、B 、C 在同一平面上．（2）如图，以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴建立空间直角坐标系， 依题意得：(0A ，0，0)，(1B ，0，0)，(0P ，0，1)，(0E ，3，1)2， (1PB =u u u r ，0，1)-，(0AE =u u u r ，3，1)2，1||22cos ||||21PB AE PB AE θ===u u u r u u u rg u u ur u u u r g g ， ∴异面直线PB 与AE 夹角为：2arccos．9．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是正方形，梯形ADEF ⊥底面ABCD ，且12AF EF DE AD ===． （Ⅰ）证明：平面ABF ⊥平面CDF ； （Ⅱ）求直线AF 与平面CDE 所成角的大小．【解答】（Ⅰ）证明：Q 梯形ADEF ⊥底面ABCD ，且梯形ADEF ⋂底面ABCD AD =， 又AB AD ⊥，AB DF ∴⊥，在梯形ADEF 中，过F 作FG AD ⊥，垂足为G ， 设2AD =，可得112AF EF DE AD ====，则12AG =，3GF = 2222233()()32FD FG GD =+=+=，则222AF FD AD +=，即AF FD ⊥， 又AB AF A =I ，FD ∴⊥平面ABF ，而FD ⊂平面CDF ， ∴平面ABF ⊥平面CDF ；（Ⅱ）解：以A 为坐标原点，分别以AB ，AD 所在直线为x ，y 轴建立空间直角坐标系， 则(0A ，0，0)，(0D ，2，0)，(2C ，2，0)，(0E ，323，(0F ，123，(2,0,0)DC =u u u r ，13(0,2DE =-u u u r ，13(0,2AF =u u u r ，设平面CDE 的一个法向量为(,,)n x y z =r，由201302n DC x n DE y z ⎧==⎪⎨=-=⎪⎩u u u r r g u u u r r g ，取1z =，得3,1)n =r ． 设直线AF 与平面CDE 所成角的大小为θ，则||33sin |cos ,|||||AF n AF n AF n θ=<>===u u u r r u u u r g r u u u r r g ，3πθ∴=，即直线AF 与平面CDE 所成角的大小为3π．10．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的菱形，5PA PC ==，点M ，N 分别是AB ，PC 的中点． （1）求证：//MN 平面PAD ； （2）若4cos 5PCD ∠=，60DAB ∠=︒，求直线AN 与平面PAD 所成角的正弦值．【解答】（1）证明：取PD 的中点H ，连接NH ，AH ．N Q 是PC 的中点，1//2NH DC =∴，又1//2AM DC =，//NH AM =∴，∴四边形AMNH 是平行四边形．//MN AH ∴，又MN ⊂/平面PAD ，AH ⊂平面PAD ，//MN ∴平面PAD ．（2）解：5PC =Q ，4DC =，4cos 5PCD ∠=，3PD ∴=，222PC PD CD =+，PD DC ∴⊥， 同理可得：PD AD ⊥，又AD CD D =I ，PD ∴⊥平面ABCD ．连接AC ，BD ，设AC BD O =I ，则AC BD ⊥，建立空间直角坐标系O xyz -．(23A ，0，0)，(3C -0，0)，(0D ，2-，0)，(0P ，2-，3)，(3N ，1-，3)2，(33AN =-u u u r ，1-，3)2，(23AD =-u u u r ，2-，0)，(0DP =u u u r ，0，3)．设平面PAD 的法向量为(n x =r，y ，)z ，则0n AD n DP ==u u ur u u u r r r g g ，则2320x y --=，30z =，取(1n =r ，3-，0)．sin |cos AN θ∴=<u u u r ，2323|111122n >==⨯r． ∴直线AN 与平面PAD 所成角的正弦值为2311．11．如图，四棱锥P ABCD -中，PAB ∆是等边三角形，底面ABCD 是直角梯形，//AB CD ，AB AD ⊥，2AB BC ==，3ABC π∠=，F ，G 分别是PC ，AD 的中点．（1）①求证：//FG 平面PAB ； ②求线段FG 的长度；（2）若3PC =，求直线FG 与平面PBC 所成角的正弦值．【解答】解：（1）①证明：取BC 中点I ，则//GI AB ，//FI PB ， GI FI I =Q I ，AB BP B =I ， ∴平面//GFI 平面PAB ，//FG ∴平面PAB ；②由①可知，31,,602FI IG FIG PBA ==∠=∠=︒，由余弦定理有，937121cos60422FG =+-⨯⨯⨯︒=； （2）Q 3,3PO OC PC ===，120POC ∴∠=︒，又EO AB ⊥，OC AB ⊥，AB ∴⊥平面POC ，∴平面POC ⊥平面ABC ，延长CO 到H ，使得PH OH ⊥，则PH ⊥平面ABC ，32PH =， 2PB BC ==Q ，3PC =，∴374GBC S ∆=， 设G 到平面PBC 的距离设为h ，则37333424h ⨯=⨯， ∴32114h =， ∴直线FG 与平面PBC 所成角的正弦值为337h FG =．12．如图，三棱锥P ABC -中，PA PC =，AB BC =，120APC ∠=︒，90ABC ∠=︒，3AC PB =． （1）求证：AC PB ⊥；（2）求直线AC 与平面PAB 所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：取AC 中点O ，连结PO ，BO ，PA PC =Q ，AB BC =，PO AC ∴⊥，BO AC ⊥，PO BO O =Q I ，AC ∴⊥平面PBO ，PB ⊂Q 平面PBO ，AC PB ∴⊥．（2）解：设23AC =，则1PO =，2PA PC PB ===，3BO =， 222PO BO PB ∴+=，PO BO ∴⊥，以O 为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则(0A ，3-，0)，(0C ，3，0)，(0P ，0，1)，(3B ，0，0)， (0AC =u u u r ，23，0)，(0PA =u u u r ，3-，1)-，(3PB =u u u r，0，1)-，设平面PAB 的法向量(n x =r，y ，)z ，则3030n PA y z n PB x z ⎧=--=⎪⎨=-=⎪⎩u u u r r g u u u r r g ，取1x =，得(1n =r ，1-，3)， 设直线AC 与平面PAB 所成角为θ， 则直线AC 与平面PAB 所成角的正弦值为： ||235sin ||||235AC n AC n θ===u u u r rg u u u r r g g ．。