立体几何专题复习线面角学案

立体几何专题复习——直线与平面所成角的求法学案

【基础回顾】

【问题解决】

例1 如图，在五棱锥P —ABCDE 中，PA ⊥平面ABCDE ，AB ∥CD ，AC ∥ED ，AE ∥BC ， 错误！未找到引用源。ABC=45°，AB=2错误！未找到引用源。，BC=2AE=4，三角形PAB 是等腰三角形．

（Ⅰ）求证：平面PCD ⊥平面PAC ；

（Ⅱ）求直线PB 与平面PCD 所成角的大小；

【变式演练1】如图，正方形A 1BA 2C 的边长为4，D 是A 1B 的中点，E 是BA 2上的点，将△A 1DC 及△A 2EC 分别沿DC 和EC 折起，使A 1A 2重合于A ，且二面角A —DC —E 为直二面角． (1)求BE 的长；

(2)求AD 与平面AEC 所成角的正弦值．

【变式演练2】已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥ABC ，AB ⊥AC ，

1

PA=AC=AB ，N 为AB 上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC

2

的中点.

（Ⅰ）证明：CM ⊥SN ；

（Ⅱ）求SN 与平面CMN 所成角的大小.

【思考与收获】

【巩固练习】

1设△ABC 和△DBC 所在两平面互相垂直，且AB=BC=BD=a,∠CBA=∠CBD=120°, 则AD 与平面BCD 所成的角为( )

A ° B ° C ° D °

2. 已知长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=4，CC 1=2，则直线BC 1和平面DBB 1D 1所成角的正弦值为( )

A. 错误！未找到引用源。 B.错误！未找到引用源。 C.错误！未找到引用源。 D.错误！未找到引用源。

3．PA 、PB 、PC 是从P 点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60，那么直线PC 与平面PAB 所成角的余弦值是（ ） A.

1236 B. C. D. 2233

4. 已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( )

A. 错误！未找到引用源。 B.错误！未找到引用源。 C.错误！未找到引用源。 D.错误！未找到引用源。

5. 把正方形ABCD 沿对角线AC 折起, 当以A 、B 、C 、D 四点为顶点的三棱锥体积最大时, 直线BD 和平面ABC 所成的角的大小为( )

A.90° B.60° C.45° D.30°

6. 如图，四棱锥P -ABCD 的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上. （Ⅰ）求证：平面AEC ⊥平面PDB ；

（Ⅱ）当PD =

且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小.

【真题再现】 (09浙江）19．（本题满分14分）如图，DC ⊥平面ABC ，EB //DC ，

AC =BC =EB =2DC =2，∠ACB =120

，（I ）证明：P , Q 分别为AE , AB 的中点．PQ //

平面ACD ；（II ）求AD 与平面ABE 所成角的正弦值．

（10浙江）（20）如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝2BC ，∠ABC ＝120°，E 为线段AB 的中线，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.

（12浙江）20. 如图，在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AD∥BC，AD⊥AB，AD=2，BC=4,AA1=2，E 是DD 1的中点，F 是平面B 1C 1E 与直线AA 1的交点。 （1）证明：（i ）EF∥A1D 1； （ii ）BA 1⊥平面B 1C 1EF ；

（2）求BC 1与平面B 1

（13浙江）19. ，PA=（Ⅰ）证明：BD ⊥面（Ⅱ) 若G 是PC （Ⅲ）若G 满足PC ⊥面

【变式演练详细解析】 【变式演练1详细解析】

(Ⅰ)证明：作MN ∥AB 交AP 于N , 连结DN , 则MN ∥AB ∥CD , 且错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。 ∴C M ∥ND , CM ∥平面PAD

（Ⅱ）∵CM ∥ND , ∴ND 与平面ABCD 所成的角为所求. ∵侧面PAD ⊥底面ABCD ，∴ND 在平面ABCD 上的射影为AD ∴∠AND 为所求； ∵⊿PAD 是正三角形，N 是PA 的中点 ∴CM 与底面所成的角为30º.

（Ⅲ）延长AD 、BC 交于点E , 连结P 、E .

则PE 为所求二面角的棱，且AD =DE =PD 所以，∠APE =90º，AP ⊥PE

M

又∵AB ⊥AD , 平面PAD ⊥底面ABCD ∴AB ⊥平面PAE

∴BP ⊥PE , ∠BPA 为所求二面角的平面角

D C

tan ∠BPA =错误！未找到引用源。

所以，侧面PBC 与侧面PAD 所的角为arctan 2

【变式演练2详细解析】

B

(1)因为cos 〈错误！未找到引用源。, 错误！未找到引用源。〉=错误！未找到引用源。所以〈错误！未找到引用源。, 错误！未找到引用源。〉=45°

, 即DP 与CC ′所成的角为45°

.

(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是错误！未找到引用源。

=(0,1,0).

因为cos 〈错误！未找到引用源。, 错误！未找到引用源。〉=错误！未找到引用源。

, 所以〈错误！未找到引用源。, 错误！未找到引用源。〉=60°, DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.

【反馈训练详细解析】

1【 作AO ⊥CB 的延长线，连OD ，则OD 即为AD 在平面BCD 上的射影，

3

a , ∴∠ADO =45°2

2．C 【解析】连结A 1C 1交B 1D 1于点O ，则C 1O⊥平面DBB 1D 1. 连结OB, 则∠C 1BO 即为所求. ∵BC1=错误！未找到引用源。=20,C1O=错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。,∴sin∠C 1BO=错误！未找到引用源。. 故选C.

3.C 【解析】构造正方体如图所示，过点C 作CO⊥平面PAB ，垂足为O ，则O 为正ΔABP 的

∵AO =OD =

中心，于是∠CPO为PC 与平面PAB 所成的角。设PC=a，则PO=

23PD =a ，故33

cos ∠CPO =

PO ，即选C 。 =

PC 3

D

5.B 【解析】:如图，连结A 1B 和AB 1交于点O′，取OB 的中点E ，连结O′E,则O′E未找到引用源。A 1O,

错误！

∴O′E⊥平面ABC. 连结AE, ∴∠O′AE即为AB 1与平面ABC 所成的角. ∵AO=BO, 又∵A1

A=AB,

∴DO⊥平面ABC. ∴∠DBO 为BD 与平面ABC 所成的角. ∴∠DBO=45°.答案

:C

∴AA1=CC1=2. 连结BC 1. ∵A1C 1⊥B1C 1,A 1C 1⊥CC1, ∴A1C 1⊥平面BB 1C 1C. ∴∠A 1BC 1是直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成的角. 又BC 1=错误！未找到引用源。,

平面BB 1C 1C 的法向量为n =(1,0,0).

设直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成的角为θ, 错误！未找到引用源。与n 的夹角为φ

,

8. 【解析】(Ⅰ) 证明：取A ′D 的中点G ，连结GF ，CE ，由条件易知

FG ∥CD ，FG =错误！未找到引用源。CD . BE ∥CD , BE =错误！未找到引用源。CD . 所以FG ∥BE , FG =BE . 故四边形BEGF 为平行四边形, 所以BF ∥EG 错误！未找到引用源。因为错误！未找到引用源。平面错误！未找到引用源。，BF 错误！未找到引用源。平面错误！未找到引用源。 ，所以 BF//平面错误！未找到引用源。 （Ⅱ）解：在平行四边形,ABCD 中，设BC=a，则AB=CD=2a, AD=AE=EB=a, 连CE ，因为错误！未找到引用源。

在△BCE 中，可得CE =错误！未找到引用源。a, 在△ADE 中，可得DE =a,

222

在△CDE 中，因为CD =CE +DE ，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 =错误！未找到引用源。a, MN =错误！未找到引用源。a, FM =a, 则cos 错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。.

所以直线F M 与平面A ′DE 所成角的余弦值为错误！未找到引用源。.

∴OE//PD，OE =

1

PD ，又∵PD ⊥底面ABCD ， 2

∴OE⊥底面ABCD ，OE ⊥AO ， 在Rt △AOE

中，OE =

︒

1PD =AB =AO ， 22

︒

∴∠AOE =45，即AE 与平面PDB 所成的角的大小为45.

（Ⅰ）∵AC =(-a , a ,0), DP =(0,0, h ), DB =(a , a ,0)， ∴AC ⋅DP =0, AC ⋅DB =0， ∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB ， ∴平面AEC ⊥平面PDB .

⎛11⎫

⎪（Ⅱ）当PD =且E 为PB

的中点时，P , E a , a , 22⎪， 2⎝⎭

(

)

设AC∩BD=O，连接OE ，

由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB 于O ，

∴∠AEO为AE 与平面PDB 所的角，

∵EA =

⎛1⎛1⎫⎫a , -a ,

, EO =0,0, ⎪， ⎪ 2⎪ ⎪2⎭⎭⎝⎝

∴cos ∠AEO =

EA ⋅EO EA ⋅EO

=

， 2

︒

∴∠AOE =45，即AE 与平面PDB 所成的角的大小为45.

10. 【解析】. 解法一：（Ⅰ）以C 为原点，分别以CB 、CA 、CC 1为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则F （1，0，0），E （1，1，0），A （0，2，0），C 1（0，0，2）， 错误！未找到引用源。 设G （0，2，h ），则错误！未找到引用源。

∴－1×0+1×（－2）+2h=0. ∴h=1，即G 是AA 1的中点

.

（Ⅱ）设错误！未找到引用源。是平面EFG 的法向量，则错误！未找到引用源。 所以错误！未找到引用源。平面EFG 的一个法向量m=（1，0，1） ∵错误！未找到引用源。

︒

因为错误！未找到引用源。

11．【解析】(1)证明 设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，以A 为原点，AC 为x 轴，AB 为z 轴，建立如图所示的直角坐标系A —xyz ，

则A (0,0,0)，C (2a, 0,0) ，B (0,0，a ) ， D (a ，3a, 0) ，E (a ，3a, 2a ) ． 因为F 为CD 的中点，

3⎛3⎫

所以F a ，，0⎪.

2⎝2⎭

3⎫→→⎛3→AF ＝ a ，，0⎪，BE ＝(a ，3a ，a ) ，BC ＝(2a, 0，－a ) ． 2⎝2⎭

→1→→因为AF ＝(BE ＋BC ) ，AF ⊄平面BCE ， 2

所以A F ∥平面BCE .

3⎫→→⎛3→(2)证明 因为AF ＝ a ，，0⎪，CD ＝(－a ，3a, 0) ，ED ＝(0,0，－2a ) ， 2⎝2⎭

→→→→→→→→故AF ·CD ＝0，AF ·ED ＝0，所以AF ⊥CD ，AF ⊥ED .

→所以AF ⊥平面CDE . 又AF ∥平面BCE ，所以平面BCE ⊥平面CDE .

→→(3)解 设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z ) ．由n ·BE ＝0，n ·BC ＝0，

可得x ＋

3y ＋z ＝0,2x －z ＝0，