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立体几何
专题三：直线与平面所成角
一、必备秘籍
1、斜线在平面上的射影：过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足及斜足的直线叫做斜线在平面内的射影.
注意：斜线上任意一点在平面上的射影一定在斜线的射影上.
如图，直线是平面的一条斜线，斜足为，斜线上一点在平面上的射影为，则直线是斜线在平面上的射影.
2、直线和平面所成角：（有三种情况）
（1）平面的斜线与它在平面内的射影所成的锐角，叫这条直线与这个平面所成的角.由定义可知：斜线与平面所成角的范围为；
（2）直线与平面垂直时，它们的所成角为；
（3）直线与平面平行（或直线在平面内）时，它们的所成角为0.
结论：直线与平面所成角范围为.
3、向量法
设直线的方向向量为，平面的一个法向量为，直线与平面所成的角为，则，.
二、例题讲解
（2021·广东深圳市·高三月考）
1. 如图，在三棱锥中，，O为中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若点M在棱上，，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证得平面，再由面面垂直的判定定理可得证；
（2）建立空间直角坐标系，由线面角的向量求解方法可得答案.
【详解】（1）证明：∵，且为中点，∴，
∵，且为中点，∴，
∵，且为中点， ∴，
∵，，，∴，∴，
∵，平面，且， ∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2） ∵，且为中点，∴，从而，，两两垂直，
如图，建立以为原点，且，，分别为，，轴的空间直角坐标系，
则，，，，
设，由，即，所以，所以，解得，
∴，，，
不妨设平面的一个法向量为， 故，，
∴
令，则，，∴ ，
设直线与平面所成角为，∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
感悟升华（核心秘籍） 此题是直线与平面所成角常规题，求解时注意： 1、法向量求解要准确； 2、利用向量法求直线与平面所成角公式里最后求是；注意有些题目求的是余弦，正切，注意做个转换；
（2021·山东济南·高三一模）
2. 已知正方体和平面，直线平面，直线平面.
（1）证明：平面平面；
（2）点为线段上的动点，求直线与平面所成角的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）最大值为.
【解析】
【分析】（1）连接，先证平面，再证平面，通过过直线作平面与平面相交于直线，平面，进而可得结果；
（2）求出平面的法向量，设，将直线与平面所成角的正弦值表示为关于的函数，求出最值即可.
【详解】（1）证明：连接，则，因为平面，
平面，所以；
又因为，所以平面；
因为平面，所以；
同理；因为，所以平面；
因为平面，过直线作平面与平面相交于直线，则；
所以平面；又平面，
所以平面平面；
（2）设正方体的棱长为，以为坐标原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，.
设平面的法向量为，
则，即，取，则；
设，则，因为，
所以；
设直线与平面所成的角为，
则，
所以当时，取到最大值为，
此时的最大值为.
【点睛】引入新的变量，将用表示，线面角的正弦值表示为关于的函数是解题的关键.
感悟升华（核心秘籍） 此题是直线与平面所成角提高题，求解时注意： 1、点为线段上的动点，最常规的设法：注意，一般不直接的坐标，使用共线定理设，这样变量就只有一个； 2、注意的取值范围，是解题的关键.
三、实战练习
（2021·浙江嘉兴·高三模拟预测）
3. 如图，在三棱锥中，底面是边长2的等边三角形，，点F在线段BC上，且，为的中点，为的中点.
(Ⅰ)求证：//平面；
(Ⅱ)若二面角的平面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).
【解析】
【分析】(Ⅰ) 取的中点，连接、，即可证明，，从而得到面面，即可得证；
(Ⅱ) 连接，为二面角的平面角，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
【详解】解：(Ⅰ)取的中点，连接、，因为为的中点，为的中点，所以，，又，所以，因为面，面，面，所以面，面，又，面，所以面面，因为面，所以平面；
(Ⅱ)连接，因为底面是边长2的等边三角形，，所以，，所以为二面角的平面角，即，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设面的法向量为，则，令，则，，所以，设直线与平面所成角为，所以
故直线与平面所成角的正弦值为；
（2021·江苏南京·高三开学考试）
4. 如图，在三棱锥中，，，为正三角形，为的中点，，.
（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）与平面所成角的正弦值为.
【解析】
【分析】（1）、取的中点，连接，证明结合，先证明平面，得到，再证明，然后证明平面；
（2）、以为坐标原点建立空间直角坐标系，计算平面的法向量及，利用向量法求线面角.
【详解】（1）证明：作的中点，连接，因为是正三角形，所以，
又平面，所以平面，又平面，所以，
因为∥，所以，又平面，所以平面；
（2）以为坐标原点, 所在直线分别为为轴非负半轴，建立空间直角坐标系如图示，
则，所以，
设平面的法向量为，则，取，则，
设与平面所成角为，则.与平面所成角的正弦值为.
（2021·重庆市第十一中学校高三月考）
5. 如图，在正四棱柱中，点M在棱上，．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若M是的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．
【解析】
【分析】（1）根据平面，证得，再利用线面垂直的判定定理即可证得平面，再利用线面垂直的性质即可证得；
（2）设，，由题意知，AD，DC两两互相垂直，如图建系，
根据，可求得b的值，求出平面的一个法向量，从而可得答案.
【详解】（Ⅰ）证明：在正四棱柱中，
∵平面，
平面，
∴，
∵，
，
，平面，
∴平面，
∵平面，
∴；
（Ⅱ）设，，
由题意知，AD，DC两两互相垂直，如图建系．
，，，，
∵，
∴
∴，
∴，，，，，，
设平面的一个法向量为，
则，可取，
设直线与平面所成的角为，
∴．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（2021·河南高三开学考试（理））
6. 在四面体中，、、两两垂直，等腰三角形的底边长为，点为中点，，是的中位线．
（1）求证：平面平面；
（2）线段上一点满足，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）通过证明证得平面，由此证得平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，设，利用求得，再由直线的方向向量和平面的法向量，计算出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）、、两两垂直，
平面，则，
又等腰三角形的底边长为，是的中位线，
，又，
平面，
因为平面，则有平面平面．
（2）分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
那么，，，
，
，，
设，那么，
由，解得，
．
设平面的法向量为，则，，
即
令，得，，
，
设直线与平面所成角为，那么．
（2021·全国高三月考）
7. 在四棱锥中，底面为梯形﹐，平面.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】(1)利用线面垂直，得到面面垂直.
(2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法，即可求解
【详解】解：由题意知
所以
平面
又知平面
所以平面
又因为平面
所以平面平面
由题可知，
由知两两互相垂直，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则.
则.
设平面的法向量为，
则
即，
令
则，
所以
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（2021·山西祁县中学（理））
8. 如图，平面ABCD⊥平面DBNM，且菱形ABCD与菱形DBNM全等，且∠MDB＝∠DAB，G为MC的中点．
（1）求证：平面GBD∥平面AMN；
（2）求直线AD与平面AMN所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）先证GE∥平面AMN，BD∥平面AMN，由面面平行判定定理可得平面GBD∥平面AMN；
（2）由平面ABCD⊥平面MNBD结合面面垂直性质定理可得ME⊥平面ABCD，以EA为x轴，EB为y轴，EM为z轴，建立空间直角坐标系，求直线AD的方向向量和平面AMN的法向量，由线面角公式求直线AD与平面AMN所成角的正弦值.
【详解】（1）证明:连接AC交DB于E，连接GE，
在△AMC中，G，E分别是CM，CA的中点，
所以GE∥AM.
因为GE 平面AMN，AM 平面AMN，
所以GE∥平面AMN.
又菱形DBNM中，MN∥BD，同理可证BD∥平面AMN.
又因为BD∩GE＝E，BD，GE 平面GBD，所以平面GBD∥平面AMN.
（2）解:连接ME，由菱形ABCD与菱形DBNM全等且∠MDB＝∠DAB，
可得出AD＝AB＝BD，DM＝BD＝MB.
所以ME⊥BD，又平面ABCD⊥平面MNBD且平面ABCD∩平面MNBD＝BD，
所以ME⊥平面ABCD.
则以E为坐标原点，EA为x轴，EB为y轴，EM为z轴，建立空间直角坐标系，
令AB＝2，则A(，0，0)，D(0，－1，0)，M(0，0，)，N(0，2，)，
则＝(－，0，)，＝(－，2，)，＝(－，－1，0)，
设平面AMN的法向量为＝(x，y，z)，
则由得
则可令x＝1，得y＝0，z＝1，平面AMN的一个法向量＝(1，0，1)，
设直线AD与平面AMN所成的角为θ，
sin θ＝＝＝，
则直线AD与平面AMN所成角的正弦值为.
（2021·江苏南京·高三二模）
9. 如图，已知斜三棱柱，，，的中点为.且面，.
（1）求证：；
（2）在线段上找一点，使得直线与平面所成角的正弦值为.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）建立如图空间直角坐标系，利用直线的方向向量证明线线垂直；
（2）利用空间向量法，求出平面的法向量和直线方向向量，利用向量的夹角公式，即可得解.
【详解】（1）作交于点，分别以，，所在直线为，，轴建系
，，，，
所以，，
，所以
（2）设，
，
设面的一个法向量为
有
∴
∴
∴
因为
若直线与平面所成角的正弦值为.
，
即，
解得.
所以当时，直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查了立体几何的线线垂直的证明，考查了求二面角的大小，有一定的计算量，属于中档题，本题的关键有：
（1）建系直接利用直线的方向向量证明线线垂直；
（2）求所求面的法向量并利用方程求法向量，利用向量的夹角公式求解.
（2021·四川高三月考（理））
10. 如图所示，几何体中，四边形为菱形，平面，，，，，平面与平面的交线为．
（1）证明：直线平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值的范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）连接与交于点，由已知可得四边形为平行四边形，则，从而由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质可得，由平面，可得，由菱形的性质可得，由线面垂直的判定可得平面，从而得直线平面；
（2）由（1）得，，两两垂直，以为坐标原点，以，分别为轴、轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，设，然后利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）连接与交于点，由条件可知，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，
所以平面．
因为平面平面，
所以，
因为平面，
所以，
又因为四边形为菱形，
所以，
又因为，
所以平面，
所以平面；
（2）由（1）得，，两两垂直，
所以以为坐标原点，以，分别为轴、轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，
设，，
则，得，
则，，，
由（1）可知平面的一个法向量为，
所以直线与平面所成角满足：．
【点睛】方法点睛：线面夹角等于直线与直线在平面内投影的夹角，必是锐角，所以线面夹角不可能是钝角，求此角，一般先求出平面的一个法向量，再计算出直线与法向量的夹角，此夹角与线面夹角互余，进而求解.
（2021·宁夏银川一中高三模拟预测（理））
11. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，M是棱PB中点.
（1）求证：平面PCD；
（2）设点N是线段CD上一动点，且DN＝λDC，当直线MN与平面PAB所成的角最大时，求λ的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，求得平面的法向量，根据可得；
（2）表示出，求得平面的一个法向量，由即可求得最大值.
【详解】（1） PA⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，则可以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，即，
，，且平面PCD ，平面PCD；
（2）可得，
，
，
易得平面的一个法向量，
设直线MN与平面PAB所成的角为，
则，
则当时，即时，最大，
所以当直线MN与平面PAB所成的角最大时.
【点睛】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”.
（2021·麻城市实验高级中学高三模拟预测）
12. 如图，已知平面平面，平面平面，，，，.
（1）求证：；
（2）若是线段上的动点，求直线与平面所成角正弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）取平面内一点为，作，，通过线面垂直证明得到，，从而证明出平面，由此可证；
（2）建立合适空间直角坐标系，求解出平面的法向量并设出直线的方向向量，根据法向量与方向向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值，结合坐标求解出正弦值的取值范围.
【详解】（1）证明：如图，在平面内取一点为，
作，，垂足分别是，，
因为平面平面，交线是，
所以平面，所以.
同理.
因为，都在平面内，所以平面，
因为平面，所以；
（2）解：如图，以为原点，，分别为，轴建立空间坐标系，
因为，，所以，所以，
又，，所以平面，即平面的法向量为，
因为，，所以，
设，又，所以，
设直线与平面所成角为，
所以，
因为，所以，所以，
所以.
【点睛】方法点睛：求解线面角的正弦值的两种方法：
（1）几何法：通过线面垂直的证明，找到线面角，通过长度的比值即可计算线面角的正弦值；
（2）向量法：求解出直线的方向向量和平面的法向量，根据直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值求解出结果.
（2021·浙江高三期末）
13. 如图，在四棱中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，
（1）求与平面所成角的余弦值；
（2）点Q是线段上的动点，当直线与所成角最小时，求线段的长．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，是平面的一个法向量，再由向量计算可得正弦，从而得解；
（2），则可用表示，再用表示所成角的余弦值，利用二次函数的性质可得何时取最小值.
【详解】以为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建系如图，
由题可知.
（1）∵平面，∴是平面的一个法向量，
，
设与平面所成角为，
，
∴与平面所成角的余弦值为，
（2），设，
又，则，
又，从而，
设，
则，
当且仅当，即时，
的最大值为，
因为在上是减函数，此时直线与所成角取得最小值.
又.
【点睛】方法点睛：利用空间向量计算角、长度时，需要根据题设条件合理建立空间直角坐标系，从而把空间角的计算归结为方向向量或法向量的夹角的计算，对于动点坐标的计算，也要作合理的假设.
（2021·湖南师大附中高三月考）
14. 如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面，中，，，E，F分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成的角的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知得，利用面面垂直的性质定理即可证得；
（2）由已知结合线面平行的判定定理知平面，结合线面平行的性质定理知，以C为坐标原点，，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，利用空间向量求线面角即可得解.
【详解】（1）证明： 因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，，
又平面平面，且平面平面，平面，
平面.
（2）由E，F分别是，的中点，，
又平面，平面，平面，
又平面，平面平面，.
以C为坐标原点，，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
，∴可设，平面的一个法向量为，
则，取，得，
又，则.
∴直线与平面所成角的取值范围为.
【点睛】方法点睛：本题考查线面垂直，及线面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
（2021·全国高三模拟预测）
15. 如图，在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，点，分别是棱，上的动点，且.
（1）求证：；
（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求直线与平面所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）设，，过点作，使，连接，过作，且使，先证明四边形为为平行四边形，通过勾股定理得，进而得结果；
（2）如图建立空间直角坐标系，根据锥体体积公式以及二次函数性质得，分别是棱，的中点时合乎题意，通过向量法即可得到线面角的正切值.
【详解】不妨设，.
（1）如图，过点作，使，连接，过作，
且使，连接，.则四边形，为平行四边形，
故，且，故四边形为为平行四边形，
则.又，
，
，
所以，即，则.
（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴 轴 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
因为，
所以当取最大值时，三棱锥的体积取得最大值.
因为，
所以当，即，分别是棱，的中点时，三棱锥的体积取得最大值，此时，.
则，，.
设平面的法向量为，
由得
取，得，，则.
设直线与平面所成角为，
则，所以.
故直线与平面所成角的正切值为.
【点睛】关键点点睛：（1）设出，通过勾股定理得出；
（2）根据三棱锥的体积公式以及二次函数的性质得到，分别是棱，的中点，利用向量法解决线面角问题.
（2021·天津高三一模）
16. 如图，在多面体中，平面，是平行四边形，且，，，.
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值；
（3）若点在棱上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，
（1）求出的坐标后计算它们的数量积为零，从而可证明.
（2）求出平面的法向量后求出两个平面的法向量的夹角的余弦值，从而可得二面角的余弦值.
（3）设，求出的坐标后求出与平面的法向量的夹角的余弦值后结合已知的线面角的正弦值可得关于的方程，求出的值后可得的长.
【详解】因为平面，平面，故，同理，
而，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
其中，，，，，，
（1），故，
故.
（2），.
平面的法向量为，而，
设平面的法向量为，
由可得，取，则，
故，
故.
因为二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
（3）设，故，
故，解得.
故.
【点睛】方法点睛：线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化.空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.
（2021·沂水县第一中学高三模拟预测）
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，
（1）证明：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为 若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，．
【解析】
【分析】（1）由平面平面，推出平面，有，再由勾股定理的逆定理证明，最后由线面垂直的判定定理，得证；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，设，，，求得平面的法向量，由，，求出的值后，即可得解．
【详解】（1）证明：平面平面，平面平面，，
平面，
平面，，
在直角梯形中，，
，
，，，即，
又，、平面，
平面．
（2）解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，0，，，1，，，4，，
，0，，，1，，，4，，
设，，，则，0，
，1，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令，则，，，1，，
与平面所成角的正弦值为，
，，
化简得，解得，
故线段上存在点满足题意，且．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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