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1.2.3直线与平面的夹角——题型·技巧攻略
题型1用定义法求斜线和平面的夹角 2
题型2最小角定理求斜线和平面的夹角 13
题型3向量法求斜线和平面所成的角 14
题型4探索性习题 26
知识点一.直线与平面的夹角
1.直线与平面垂直：直线与平面的夹角为90°.
2.直线与平面平行或在平面内：直线与平面的夹角为0°.
3.斜线和平面所成的角：斜线和它在平面内的射影所成的角，叫做斜线和平面所成的角（或斜线和平面的夹角）
知识点二.最小角定理
1.线线角、线面角的关系式：如图，AB⊥α，则图形之间的关系式
2.最小角定理：斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角.
知识点三.用空间向量求直线与平面的夹角
1.定义：设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与 的角为，则有__ ____=_______.
2.范围：[0,]
题型1用定义法求斜线和平面的夹角
【方法总结】计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
【例题1】（浙江省绍兴市2022-2023学年）在正方体中，棱长为3，是上底面的一个动点.

(1)求三棱锥的体积；
(2)当是上底面的中心时，求与平面ABCD所成角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用等体积，即可求解.
(2)根据直线与平面夹角的定义，找到线面角，即可求解.
【详解】（1）如图所示，根据题意得：
.

（2）如图所示,过点做平面ABCD的垂线，垂足为G，易知G为AC中点，
故为与平面ABCD所成线面角，
又,
所以与平面ABCD所成角的余弦值为：.

【变式1-1】1.（2023秋·山西晋中·高二统考期末）如图所示，在棱长为2的正四面体中，为等边三角形的中心，分别满足.

(1)用表示，并求出；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）先利用正四面体几何性质用表示，进而求得；
（2）先求得直线与直线所成角的余弦值，进而得到直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）连接并延长交于，则为中点，
则，
，
则

（2）根据题意，平面，因此，直线与平面所成角的正弦值
即为直线与直线所成角的余弦值的绝对值.
，
且
故.
则直线与平面所成角的正弦值为.
【变式1-1】2.（2023·全国·高二假期作业）如图，在四棱锥中，是边长为4的正方形的中心，平面，，分别为，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离；
(3)若，求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)．
【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面平面；
（2）利用几何关系和等体积法求解即可．
（3）由（2）可知点到平面的距离为，计算的长度，根据直线与平面所成的角的定义求解．
【详解】（1）因为四边形是正方形，所以，
因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，且，
所以平面．又平面，所以平面平面．
（2）由（1）知，为点到平面的距离．
所以，
连接．因为平面，平面，所以，
因为，，所以，
又因为，所以．
在中，，，
所以，
设点到平面的距离为，
由，
得，所以．
所以点到平面的距离为．
（3）若，由（2）可知，点到平面的距离为，
又，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以.
即直线与平面所成角的余弦值为．
【变式1-1】3.（2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证；
（2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.
【详解】（1）如图，

底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
过作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距离为1，，
在中，，
设，则，
为直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
过B作，交于D，则为中点，
由直线与距离为2，所以
，，，
在，，
延长，使，连接，
由知四边形为平行四边形，
，平面，又平面，
则在中，，，
在中，，，
,
又到平面距离也为1，
所以与平面所成角的正弦值为.
【变式1-1】4.（浙江省温州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（A卷））“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美,如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线与平面所成角的正弦值为_____________.

【答案】
【分析】将多面体放置于正方体中,借助正方体分析多面体的结构,由此求解出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】如图所示:将多面体放置于正方体中,连接,设的中点为,连接,

因为分别为中点,
所以,且,
则四边形为平行四边形,
所以,
所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角,
又平面,
所以直线与平面所成角即为,
设正方体的棱长为,
则,
所以,
即直线与平面所成角的正弦值为.
故答案为:.
【变式1-1】5.（2023·全国·高一专题练习）动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据线面位置关系和余弦定理以及同角三角函数基本关系式即可求解.
【详解】
连接，
容知，,
所以平面 平面,
M与平面的距离保持不变，
点M的移动轨迹为三角形的三条边，
当M为中点时，直线与平面所成角正弦值最大，

取的中点，
设正方体的棱长为2，
所以，
，
，
所以,
所以为直角三角形，

所以直线与平面所成角正弦值为,
当M为C点时，当M为中点时，直线与平面所成角的正弦值最小，
此时，，，

所以，
.
直线与平面所成角正弦值的取值范围是，
故选：A.
题型2最小角定理求斜线和平面的夹角
【方法总结】 求线面角的关键是确定斜线在平面上射影的位置，只有确定了射影，才能将空间角转化为平面角．在本例中，也可以直接作AH⊥BC于H，进而证明AH⊥平面α，从而证明H是点A在平面α内的射影．解法二则灵活应用公式cos θ＝cos θ1·cos θ2求线面角，也是常用的方法．
【例题2】∠BOC在平面α内，OA是平面α的一条斜线，若∠AOB＝∠AOC＝60°，OA＝OB＝OC＝a，BC＝a，求OA与平面α所成的角．
【解析】法一：∵OA＝OB＝OC＝a，∠AOB＝∠AOC＝60°，∴AB＝AC＝a．
又∵BC＝a，∴AB2＋AC2＝BC2．∴△ABC为等腰直角三角形．同理△BOC也为等腰直角三角形．取BC中点为H，连接AH，OH，∴AH＝a，OH＝a，AO＝a，
AH2＋OH2＝AO2．∴△AHO为等腰直角三角形．∴AH⊥OH．
又∵AH⊥BC，OH∩BC＝H，∴AH⊥平面α．∴OH为AO在α平面内的射影，∠AOH为OA与平面α所成的角．
在Rt△AOH中，∴sin∠AOH＝＝．∴∠AOH＝45°．∴OA与平面α所成的角为45°．
法二：∵∠AOB＝∠AOC＝60°，∴OA在α内的射影为∠BOC的平分线，作∠BOC的角平分线OH交BC于H．
又OB＝OC＝a，BC＝a，∴∠BOC＝90°．故∠BOH＝45°，由公式cos θ＝cos θ1·cos θ2，
得cos∠AOH＝＝，∴OA与平面α所成的角为45°．
【变式2-1】1.如图所示，在四棱锥P ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD．若∠PBC＝60°，求直线PB与平面ABCD所成的角θ．
【解析】由题意得∠CBD＝45°，∠PBD即为直线PB与平面ABCD所成的角θ．∵cos∠PBC＝cos θ·cos∠CBD，∠PBC＝60°．即cos 60°＝cos θ·cos 45°，∴cos θ＝，θ＝45°．
【变式2-1】2．若直线l与平面α所成角为，直线a在平面α内，且与直线l异面，则直线l与直线a所成角的取值范围是(　　)
A．　　　　　　 B．
C． D．
【解析】 D　由最小角定理知直线l与直线a所成的最小角为，又l，a为异面直线，则所成角的最大为．
题型3向量法求斜线和平面所成的角
【方法总结】求线面角的两种思路 （1）线面角转化为线线角．根据直线与平面所成角的定义，确定出待求角，转化为直线的夹角来求解，此时要注意两直线夹角的取值范围. （2）向量法． 方法一：设直线PA的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线PA与平面α所成的角为 θ（θ∈[0,]），α与n的夹角为，则sin θ=lcos |= 方法二：设直线PA的方向向量为a，直线PA在平面α内的投影的方向向量为b， 则直线PA与平面α所成的角θ满足cosθ=|cos|
【例题3】若正三棱柱的所有棱长都相等，是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为______.
【答案】##0.6
【分析】利用空间向量的坐标运算求解线面角即可.
【详解】
如图，取中点，连接,
则有,
所以以为轴正方向建系如图，设,
则,
设平面的法向量为，
则有，令则，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，
因为，所以
故答案为: .
【变式3-1】1.（多选）（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品.“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）.若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为的正四棱柱构成，在其直观图中建立如图2所示的空间直角坐标系，则（ ）
A．
B．点的坐标为
C．O，E，F，A四点共面
D．直线CE与直线DG所成角的余弦值为
【答案】BCD
【分析】先求出正方形的对角线从而可得；根据即可得出点的坐标；判断是否可以用表示即可判断C；利用向量法即可判断D.
【详解】由题意正方形的对角线，
则，
则，故A错误；
因为，则，故B正确；
对于C，，
则，
所以，
又为三个向量的公共起点，所以O，E，F，A四点共面，故C正确；
由，得，
则，
则，
所以直线CE与直线DG所成角的余弦值为，故D正确.
故选：BCD.
【变式3-1】2．（河南省焦作市2022-2023学年高二下学期期末数学试题）如图，在长方体中，，交于点．

(1)证明：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)
【分析】（1）连接，由，证得平面，同理可证平面，利用面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
因为且，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
同理可证，且平面，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面．
（2）解：以为坐标原点，直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，则
取，可得，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．

【变式3-1】3．（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，且.

(1)证明：.
(2)若，，，点M在直线上，求直线AB与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点O，连接AO，证明出平面，再利用线面垂直的性质推理作答；
（2）以点O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接，交于O，连接，
因为侧面为菱形，则，
而，O为的中点，即有，
又，且平面，于是平面，
而平面，所以；
（2）设，而，有，，
又，则，
即有，因此，即，，两两垂直，
以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
则，
则，
设，
因为，所以，
则，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，
设直线AB与平面所成角为，
则
，
当时，，
当时，
，
当时，，
当且仅当，即时，取等号，
则，
所以，
当时，，
当且仅当，即时，取等号，
则，
所以，
综上所述，直线AB与平面所成角的正弦值的最大值为.

【变式3-1】4．（2023春·浙江·高二校联考阶段练习）在四棱锥中，底面为正方形，平面，．

(1)求证：平面平面；
(2)若是中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直与面面垂直的判定定理即可得证；
（2）结合题意，将题干图形调整一下位置，建立空间直角坐标系，假设，从而得到各点的坐标，进而求得向量与平面的法向量，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
因为底面为正方形，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）将题干图形调整一下位置，记的中点为，的中点为，连接，如图，

因为，是的中点，所以，
又由（1）知平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
又是的中点，底面为正方形，所以，
故以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，
因为平面，平面，所以，
不妨设，则在中，，
则，
因为是中点，则，
故，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，故，
记直线与平面所成角为，则，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【变式3-1】5．（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体．现将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点分别作平行于各底面的截面，截去四个顶点处的小棱锥，得到所有棱长均为1的截角四面体，如图所示．

(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）补全四面体，取的中点，连接，，证出平面，得出，再证明出，即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，根据直线与平面夹角的正弦公式计算即可．
【详解】（1）补全四面体如图，
取的中点，连接，，
因为正四面体中各个面均为正三角形，
所以，，
又，平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
又因为点为的三等分点，即，
所以，
所以．

（2）设点在底面的投影为点，连接，，，延长与交于点，
因为为正四面体，
所以点为等边的中心，
所以,，
又因为，
所以，
所以，
以点为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，
所以，，，
设面的法向量为，
则，即，
取，得，
设直线与平面所成角为，
则．
【变式3-1】6．（福建省漳州市2023届高三第四次教学质量检测数学试题）如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，平面，，，，分别为，的中点，平面与平面的交线为，在圆上.

(1)在图中作出交线（说明画法，不必证明），并求三棱锥的体积；
(2)若点满足，且与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)答案见解析，
(2)或
【分析】（1）由线线平行即可找到直线，由等体积法即可求解体积，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解线面角，进而可求解.
【详解】（1）过点作交圆于点，（ ，分别为，的中点，所以,又，所以,故为平面与平面的交线）
因为是圆的直径，所以，，
所以，所以四边形为矩形，
因为，，所以，
因为平面，为的中点，
所以点到平面的距离为，
所以
（2）以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，，
所以，，，
，
设平面的法向量为，则
即，不妨取，得
因为与平面所成角的正弦值为，
所以
所以，所以或
题型4探索性习题
【例题4】（2023春·广西·高二校联考期中）在棱长为2的正方体中，点P满足，其中，．

(1)当时，求三棱锥的体积；
(2)当时，直线BP与平面所成角的正切值的取值范围；
(3)当时，是否存在唯一个点P，使得平面ADP，若存在，求出P点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据线面平行，结合等体积法即可求解，
（2）由向量模长可得点P的轨迹为以A为圆心，2为半径的圆弧上，根据线面垂直可得线面角，利用长度的最值即可求解范围，
（3）建立空间按直角坐标系，利用向量垂直的坐标运算即可求解.
【详解】（1）当时，，，此时线段，
由于， 平面 , 平面,所以平面,
故，
所以其体积为定值．
（2）当时，，即点P的轨迹为以A为圆心，2为半径的圆弧上，
设 相交于点
因为，，平面，所以平面，直线BP与平面所成角为，

如图，点的轨迹为半圆 ,其中为点轨迹与边的交点，当运动到点时，此时 ,当运动到时，此时,
，，，
．
（3）如图建立空间直角坐标系如图，，
当时，C，，P三点共线，即点线段，
设，由平面ADP得，，，
，
，化简得 ，解得或2．
，故不存在P点满足题意．

【变式4-1】1.（2023·全国·高三对口高考）如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求三棱锥的体积；
(4)（ⅰ）求直线与平面所成角的大小；
（ⅱ）棱上是否存在点P，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
(4)（i）；（ii）存在，
【分析】（1）首先建立空间直角坐标系，利用向量数量积，证明垂直关系，并结合线面垂直的判断定理，即可证明；
（2）求平面的法向量，利用向量数量积，证明垂直关系，即可证明线面平行；
（3）利用等体积转化，求三棱锥的体积；
（4）（ⅰ）首先求平面的法向量，利用线面角的向量公式，即可求解；
（ⅱ）假设存在，利用向量与平面的法向量平行，即可求解.
【详解】（1）因为平面平面，且平面平面，BE在面ABEF内，
因为，所以平面，且，
所以平面，且，
所以如图，以点为原点，以向量为轴的正方向，建立空间直角坐标系，

，，，，，
，，，
因为，，
则，，且，平面，
所以平面
（2），，
设平面的法向量为，
则，即，令，，
所以平面的法向量为，
，，且平面，
所以平面
（3）因为平面，所以，
而，
所以三棱锥的体积为；
（4）（ⅰ），，
设平面的法向量为，则
，即，令，则，
所以平面的法向量为，，
设与平面的夹角为，
所以，即，
所以与平面的夹角为；
（ⅱ）假设上存在点，使平面，设，
，
平面的法向量为，所以，
则，解得：，
所以存在点，使平面，.
【变式4-1】2.（2023春·贵州·高二校联考阶段练习）如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形ABFE沿CD翻折，使得二面角的大小为60°，如图2所示，设N为BC的中点.

(1)证明：；
(2)若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的正弦值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)或.
【分析】（1）由题可得是二面角的平面角，利用其可说明平面，即可证明结论.（2）如图建立空间直角坐标系，设，由，可得，后表示出平面ADE的法向量，利用直线BM与平面ADE所成角的正弦值为得到关于的方程，即可得答案.
【详解】（1）∵由图1得：，，且，∴在图2中平面，是二面角的平面角，则，∴是正三角形，且N是BC的中点，，又平面BCF，平面BCF，可得，而，平面ABCD.∴平面ABCD，而平面，∴.
（2）因为平面ABCD，过点N做AB平行线NP，所以以点N为原点，NP，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，设
∴，，,.
∵，∴.
∴，∴，
设平面的法向量为
则 ，取，
设直线BM与平面ADE所成角为，
∴，
∴，∴或.

【变式4-1】3.（2023·重庆万州·统考模拟预测）如图1所示，在四边形中，，为上一点，，，将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的四棱锥．

(1)若平面平面，证明：；
(2)点是棱上一动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）先证明，根据线线平行判定定理平面，再由线面平行性质定理证明线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，设点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解.
【详解】（1）在图1中，因为，，，
所以，，又，
所以，
因为，，
所以，故，

在图2中，因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面 平面，所以；
（2）由（1）知，，，
，平面，平面,
所以平面，
又平面，所以平面 平面，
故以为坐标原点，分别为轴，
在平面内过点作的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，
因为，平面AEB平面BCE，且，
所以点在平面的射影为中点，故，，
设，则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
不妨令，则，，
所以为平面的一个法向量．
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
整理得，解得或（舍），
所以为中点，所以.
【变式4-1】4.（2023·河南郑州·统考模拟预测）在底面ABCD为梯形的多面体中.，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．

(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处，证明见解析
【分析】（1）根据已知条件及勾股定理和逆定理，利用矩形的性质及线面垂直的的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的共线定理，求出点的坐标，分别求出直线BE的方向向量和平面QAD的法向量，再利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解.
【详解】（1）由题意知，，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，
故有，易得，BD＝2，，
在△ABD中，∵，∴BD⊥AD．
因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE，
又，平面ADE，平面ADE，
故BD⊥平面ADE．
因为平面ADE，
所以BD⊥AE．
（2）存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
证明如下：以点D为坐标原点，建立的空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，
所以，，
设，其中，解得，
故，
设平面QAD的法向量为， 则
即令y＝1，则，z＝－2λ，
故，
因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，
所以，解得或，
故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
【变式4-1】5.（2023·河北·统考模拟预测）在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，.

(1)求证：平面 平面；
(2)设，，试确定的值，使得直线与平面所成角的正弦值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）先证明平面以及平面，根据面面平行的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的一个法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）在圆柱中，,平面,平面,
故平面；
连接，因为等腰梯形为底面圆的内接四边形，，

故，
则为正三角形，故，则，
平面,平面,
故平面；
又平面，
故平面 平面.
（2）如图，以为坐标原点，在底面圆过点垂直于平面作直线为x轴，
以为轴建立空间直角坐标系，

由于，由（1）可知,
故,
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
由，，，
可得，
设直线与平面所成角为，
则，
即得，解得或，符合，
故或.
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1.2.3直线与平面的夹角——题型·技巧攻略
题型1用定义法求斜线和平面的夹角 2
题型2最小角定理求斜线和平面的夹角 4
题型3向量法求斜线和平面所成的角 5
题型4探索性习题 8
知识点一.直线与平面的夹角
1.直线与平面垂直：直线与平面的夹角为90°.
2.直线与平面平行或在平面内：直线与平面的夹角为0°.
3.斜线和平面所成的角：斜线和它在平面内的射影所成的角，叫做斜线和平面所成的角（或斜线和平面的夹角）
知识点二.最小角定理
1.线线角、线面角的关系式：如图，AB⊥α，则图形之间的关系式
2.最小角定理：斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角.
知识点三.用空间向量求直线与平面的夹角
1.定义：设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与 的角为，则有__ ____=_______.
2.范围：[0,]
题型1用定义法求斜线和平面的夹角
【方法总结】计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
【例题1】（浙江省绍兴市2022-2023学年）在正方体中，棱长为3，是上底面的一个动点.

(1)求三棱锥的体积；
(2)当是上底面的中心时，求与平面ABCD所成角的余弦值.
【变式1-1】1.（2023秋·山西晋中·高二统考期末）如图所示，在棱长为2的正四面体中，为等边三角形的中心，分别满足.

(1)用表示，并求出；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【变式1-1】2.（2023·全国·高二假期作业）如图，在四棱锥中，是边长为4的正方形的中心，平面，，分别为，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离；
(3)若，求直线与平面所成角的余弦值．
【变式1-1】3.（2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．
(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．

【变式1-1】4.（浙江省温州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（A卷））“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美,如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”,则直线与平面所成角的正弦值为_____________.

【变式1-1】5.（2023·全国·高一专题练习）动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
题型2最小角定理求斜线和平面的夹角
【方法总结】 求线面角的关键是确定斜线在平面上射影的位置，只有确定了射影，才能将空间角转化为平面角．在本例中，也可以直接作AH⊥BC于H，进而证明AH⊥平面α，从而证明H是点A在平面α内的射影．解法二则灵活应用公式cos θ＝cos θ1·cos θ2求线面角，也是常用的方法．
【例题2】∠BOC在平面α内，OA是平面α的一条斜线，若∠AOB＝∠AOC＝60°，OA＝OB＝OC＝a，BC＝a，求OA与平面α所成的角．
【变式2-1】1.如图所示，在四棱锥P ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD．若∠PBC＝60°，求直线PB与平面ABCD所成的角θ．
【变式2-1】2．若直线l与平面α所成角为，直线a在平面α内，且与直线l异面，则直线l与直线a所成角的取值范围是(　　)
A．　　　　　　 B．
C． D．
题型3向量法求斜线和平面所成的角
【方法总结】求线面角的两种思路 （1）线面角转化为线线角．根据直线与平面所成角的定义，确定出待求角，转化为直线的夹角来求解，此时要注意两直线夹角的取值范围. （2）向量法． 方法一：设直线PA的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线PA与平面α所成的角为 θ（θ∈[0,]），α与n的夹角为，则sin θ=lcos |= 方法二：设直线PA的方向向量为a，直线PA在平面α内的投影的方向向量为b， 则直线PA与平面α所成的角θ满足cosθ=|cos|
【例题3】若正三棱柱的所有棱长都相等，是的中点，则直线与平面所成角的余弦值为______.
【变式3-1】1.（多选）（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品.“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）.若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为的正四棱柱构成，在其直观图中建立如图2所示的空间直角坐标系，则（ ）
A．
B．点的坐标为
C．O，E，F，A四点共面
D．直线CE与直线DG所成角的余弦值为
【变式3-1】2．（河南省焦作市2022-2023学年高二下学期期末数学试题）如图，在长方体中，，交于点．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【变式3-1】3．（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，且.

(1)证明：.
(2)若，，，点M在直线上，求直线AB与平面所成角的正弦值的最大值.
【变式3-1】4．（2023春·浙江·高二校联考阶段练习）在四棱锥中，底面为正方形，平面，．
(1)求证：平面平面；
(2)若是中点，求直线与平面所成角的正弦值．

【变式3-1】5．（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体．现将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点分别作平行于各底面的截面，截去四个顶点处的小棱锥，得到所有棱长均为1的截角四面体，如图所示．

(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【变式3-1】6．（福建省漳州市2023届高三第四次教学质量检测数学试题）如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，平面，，，，分别为，的中点，平面与平面的交线为，在圆上.

(1)在图中作出交线（说明画法，不必证明），并求三棱锥的体积；
(2)若点满足，且与平面所成角的正弦值为，求的值.
题型4探索性习题
【例题4】（2023春·广西·高二校联考期中）在棱长为2的正方体中，点P满足，其中，．

(1)当时，求三棱锥的体积；
(2)当时，直线BP与平面所成角的正切值的取值范围；
(3)当时，是否存在唯一个点P，使得平面ADP，若存在，求出P点的位置；若不存在，请说明理由．
【变式4-1】1.（2023·全国·高三对口高考）如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求三棱锥的体积；
(4)（ⅰ）求直线与平面所成角的大小；
（ⅱ）棱上是否存在点P，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【变式4-1】2.（2023春·贵州·高二校联考阶段练习）如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形ABFE沿CD翻折，使得二面角的大小为60°，如图2所示，设N为BC的中点.
(1)证明：；
(2)若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的正弦值为.

【变式4-1】3.（2023·重庆万州·统考模拟预测）如图1所示，在四边形中，，为上一点，，，将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的四棱锥．
(1)若平面平面，证明：；
(2)点是棱上一动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求．

【变式4-1】4.（2023·河南郑州·统考模拟预测）在底面ABCD为梯形的多面体中.，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．
(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．

【变式4-1】5.（2023·河北·统考模拟预测）在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，.
(1)求证：平面 平面；
(2)设，，试确定的值，使得直线与平面所成角的正弦值为.

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