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(共59张PPT)
第七章
7.4　用综合法求空间角
立体几何与空间向量
复习目标　1. 理解空间角的概念，理解空间内的平行与垂直关系.2. 掌握用综合法求空间内异面直线所成的角、直线与平面所成的角及二面角的常见方法．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
空间角
活 动 方 案
活动一　基础引入
D
2 在正四面体ABCD中，异面直线AB与CD所成的角为α，侧棱AB与底面BCD所成的角为β，侧面ABC与底面BCD所成的锐二面角为γ，则下列结论中正确的是 (　　)
A. α>γ>β
B. α>β>γ
C. β>α>γ
D. γ>α>β
A
【解析】设点A在底面BCD上的射影为O，连接AO.因为三棱锥A-BCD是正四面体，所以O是△BCD的中心．如图，取BC的中点E，连接OB，OE，AE.在正四面体ABCD中，因为AO⊥平面BCD，CD 平面BCD，所以AO⊥CD.又BO⊥CD，AO 平面ABO，
BO 平面ABO，AO∩BO＝O，所以CD⊥平面ABO.因为AB 平面ABO，所以AB⊥CD，即异面直线AB与CD所成的角α＝90°.
3 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为 (　　)
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
C
【解析】如图，连接DB，A1B，A1D，则B1C∥A1D.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以DB∥EF，所以∠A1DB(或其补角)是异面直线B1C与EF所成的角．又△A1DB是等边三角形，所以∠A1DB＝60°.故异面直线B1C与EF所成角的大小为60°.
B
5 刻漏是中国古代用来计时的仪器，利用附有刻度的浮箭随着受水壶的水面上升来指示时间．为了使受水壶得到均匀水流，古代的科学家们发明了一种三级漏壶(如图)，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸(约3.3 cm)，下底宽和深度也依次递减1寸．设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为θ1，θ2，θ3，则下列结论中正确的是 (　　)
A. θ1＋θ3＝2θ2 B. sin θ1＋sin θ3＝2sin θ2
C. cos θ1＋cos θ3＝2cos θ2 D. tan θ1＋tan θ3＝2tan θ2
D
活动二　典例悟法
题组一　求异面直线所成的角
1
(1) 若CF⊥BD，求线段BE的长；
(2) 求异面直线BC与AD所成角余弦值的最小值．
【解析】(1) 如图，连接DE.
因为平面ABEF⊥平面ECDF，平面ABEF∩平面ECDF＝EF，BE⊥EF，BE 平面ABEF，所以BE⊥平面ECDF.
因为CF 平面ECDF，所以BE⊥CF.
又CF⊥BD，BE∩BD＝B，BE 平面BDE，BD 平面BDE，
所以CF⊥平面BDE.
因为DE 平面BDE，所以CF⊥DE，
此时△FEC∽△DFE，可得DF·EC＝EF2.
设BE＝t(0解得t＝5或t＝12(舍去)，所以BE＝5.
(2) 如图，过点C作EF的平行线交DF于点G，连接AG.
由CG∥EF∥BA，且CG＝EF＝BA，
得四边形CGAB是平行四边形，则BC∥AG，
所以∠DAG即为异面直线BC与AD所成的角．
设BE＝m(0如图，在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，PA＝AD，则异面直线PB与AC所成角的大小为 (　　)
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
C
【解析】(1) 方法一：因为PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
所以PA⊥AB.
因为AB⊥AD，PA∩AD＝A, AD 平面PAD，PA 平面PAD，
所以AB⊥平面PAD.
又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
方法二：因为PA⊥平面ABCD，PA 平面PAB，
所以平面PAB⊥平面ABCD.
因为平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD 平面ABCD，AD⊥AB，
所以AD⊥平面PAB.
又AD 平面PAD，所以平面PAB⊥平面PAD.
图1
图2
求异面直线所成的角的关键是将异面直线进行平移．找平行线的常见方法：一、利用三角形的中位线；二、构造平行四边形，利用平行四边形的一组对边平行进行平移；三、将已知图形补全，构造平行线求解．其解题步骤是先作图，证明平行关系，交代所求的角，再利用平面图形的知识计算角．其易错点是要关注异面直线所成的角是锐角或直角.
题组二　求直线与平面所成的角
2
因为EM 平面B1BCC1，BC 平面B1BCC1，EM∩BC＝M，
所以AM⊥平面B1BCC1.
又DE∥AM，所以DE⊥平面B1BCC1.
(2) 方法一(综合法)：在△A1B1C1中，由余弦定理，得B1C＝A1B＋A1C－2A1B1·A1C1·cos ∠B1A1C1＝36，则B1C1＝6.
如图，连接B1E.
由(1)可知DE⊥平面B1BCC1，
因为BC1 平面B1BCC1，所以DE⊥BC1.
因为BB1＝B1C1，
所以四边形B1BCC1为正方形．
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为 (　　)
B
B
求直线与平面所成的角的关键是寻找斜线在平面上的射影，要善于根据题意寻找平面的垂线，通常方法：一、利用题设中的线线垂直关系转换为线面垂直；二、找已知平面的垂面，再利用面面垂直的性质转化为线面垂直.有时作平面的垂线较繁杂，可以不作平面的垂线，利用空间的数量关系直接求点到平面的距离，进而在直角三角形中直接求线面角.
常见求解步骤是先作图，证明垂直关系，交代所求的角，再在直角三角形中求得所求的角．
其易错点是平面的斜线与平面所成的角是锐角．
题组三　求二面角
3
[2026金坛一中月考]如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，AD＝2，PA＝DC＝BC＝1，AD∥BC，∠BCD＝90°，且PA⊥AB，PD⊥CD.
(1) 求证：平面PAB⊥平面ABCD；
(2) 求二面角B-PC-D的余弦值．
【解析】(1) 因为四边形ABCD为直角梯形，且∠BCD＝90°，
所以BC⊥CD.
又AD∥BC，所以CD⊥AD.
因为CD⊥PD，AD∩PD＝D，AD 平面PAD，PD 平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
又PA 平面PAD，所以PA⊥CD.
由四边形ABCD为梯形知AB，CD必定相交．
又PA⊥AB，AB 平面ABCD，CD 平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD.
因为PA 平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABCD.
则AG∥CD，且AG＝CD＝1.
取PG的中点为S，连接AS.
由AP＝AG＝1，得AS⊥PG.
由(1)，得PA⊥平面ABCD.
因为CG 平面ABCD，所以PA⊥CG.
又PA∩AG＝A，PA 平面PAG，AG 平面PAG，
所以CG⊥平面PAG.
因为AS 平面PAG，所以CG⊥AS.
又PG∩CG＝G，PG 平面PBC，CG 平面PBC，
所以AS⊥平面PBC，
1 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AC＝AB＝AA1，E是BC的中点．
(1)求证：AE⊥B1C；
(2) 求异面直线AE与A1C所成角的大小；
(3) 若G为C1C的中点，求二面角C-AG-E的正切值.
【解析】(1) 因为BB1⊥平面ABC，AE 平面ABC，
所以AE⊥BB1.
由AB＝AC，E为BC的中点，得AE⊥BC.
因为BC∩BB1＝B，BC 平面BB1C1C，BB1 平面BB1C1C，
所以AE⊥平面BB1C1C.
又B1C 平面BB1C1C，所以AE⊥B1C.
(3) 如图，设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于点Q，连接EP，EQ，则EP⊥AC.
因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，EP 平面ABC，所以EP⊥平面ACC1A1.
因为PQ 平面ACC1A1，AG 平面ACC1A1，
所以EP⊥PQ，AG⊥EP.
又PQ⊥AG，EP 平面EPQ，PQ 平面EPQ，EP∩PQ＝P，
所以AG⊥平面EPQ.
又因为EQ 平面EPQ，所以EQ⊥AG，
2 如图，锐二面角α- l- β的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝BD＝6，CD＝8，则锐二面角α-l-β的平面角的余弦值是(　　)
B
【解析】如图，过点B作BE∥AC，且BE＝AC，则四边形ABEC为平行四边形，所以CE∥AB，且CE＝AB＝4.因为AC⊥AB，所以BE⊥AB.又因为BD⊥AB，
求二面角的关键是作二面角的平面角，一是根据二面角的定义，过棱上一点分别在两个平面内作棱的垂线，得到二面角的平面角；二是利用线面垂直，先找一个平面的垂线，再利用垂直关系作二面角的平面角；三是作棱的垂面，找出垂面与两个平面的交线，得到二面角的平面角；四是分别在两个面内作棱的垂线，利用异面直线所成的角的定义，探寻二面角与异面直线所成的角的关系求二面角．
其求解步骤是先作图，证明垂直关系，交代所求的角，再利用平面图形的数量关系求角．
其易错点是二面角的范围是 [0，π].
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一、 单选题
1 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝CC1＝3，则异面直线AD1与BD所成角的余弦值为(　　)
A. B. － C. D. －
2 [2025鞍山二模]若圆锥的侧面积与过轴的截面面积的比值为2π，则圆锥的母线与底面所成角的大小为(　　)
A. B. C. D.
3 如图，在二面角α-l-β中，A∈l，B∈l，AC α，BD β，且AC⊥l，BD⊥l.若AB＝1，AC＝BD＝2，CD＝，则二面角α-l-β的余弦值为(　　)
A. B. － C. D. －
4 已知正四棱锥S-ABCD的所有棱长均相等，O为顶点S在底面ABCD的射影，则下列结论中正确的是(　　)
A. 侧棱SA与底面ABCD所成角的大小为
B. 若M，N为正方形ABCD边上的两点，则二面角S-MN-O的平面角大于
C. 侧面SAB与底面ABCD所成角的大小为
D. 若P为正方形ABCD上的点，则直线SP与底面ABCD所成的角最大为
二、 多选题
5 两个相交平面构成四个二面角，其中较小的二面角称为这两个相交平面所成角．在正方体中，不在同一表面上的两条平行的棱所确定的平面称为该正方体的对角面，则在某正方体中，两个不重合的对角面所成角的大小可能为(　　)
A. B. C. D.
6 [2025南京、盐城一模]在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝，将菱形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD，使得∠A′BC＝，则下列说法中正确的有(　　)
A. 直线A′C与直线BD所成的角为
B. 直线A′C与平面BCD所成角的余弦值为
C. 四面体A′BCD的体积为
D. 四面体A′BCD外接球的表面积为8π
7 [2025南通考前最后一卷]在边长为4的菱形ABCD中，∠BAD＝120°，将菱形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD，使得A′C＝2，则下列结论中正确的是(　　)
A. A′C⊥BD
B. 直线A′C与平面BCD所成的角为30°
C. 四面体A′BCD的体积为4
D. 二面角A′-BC-D的正弦值为
三、 填空题
8 如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△PAB是等边三角形，PC＝PD＝，则平面PAB与平面ABCD的夹角为________．
(第8题) (第9题)
9 如图，已知△ABC的顶点C∈平面α，点A，B在平面α的同一侧，且AC＝2，BC＝2.若AC，BC与平面 α所成的角分别为，，则△ABC面积的取值范围是________．
10 有一个简易三角形遮阳棚，可看作△ABC，AB，CA，CB的长度分别为5m，3m，4m.AB两点固定在底面，成正南北方向，此时太阳光从正西方向与底面成30°方向射入，则当遮阳棚与底面所成的角为________时，遮阴面积最大，最大面积为________m2.
四、 解答题
11 [2025淮安月考]如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，△A1B1C1和△ABC都是等腰直角三角形，AC＝4，CC1＝A1C1＝2，∠ACC1＝∠BCC1＝∠CBA＝90°，G为线段AC的中点，H为线段BC上的点，且A1B∥平面C1GH.
(1) 求证：H为线段BC的中点；
(2) 求二面角B-AA1-C的余弦值．
12 [2026镇江期初]如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形，其中PA≠PC，二面角B-PC-A的大小为，平面PDB⊥平面PAC.
(1) 求证：PA⊥BD；
(2) 若PA＝1，求直线PB与平面PCD所成角的大小．
7．4　用综合法求空间角
1. C　解析：如图，连接DC1，BC1.由长方体的性质可知AD1∥BC1，所以∠DBC1(或其补角)是异面直线AD1与BD所成的角．在△BDC1中，BD＝DC1＝5，BC1＝3，由余弦定理，得cos ∠DBC1＝＝＝.
2. A　解析：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h.由题意，得＝2π，解得l＝2h.设圆锥母线与底面所成的角为θ(0<θ<)，则sin θ＝＝，解得θ＝，所以圆锥母线与底面所成角的大小为.
3. A　解析：如图，在平面β内，过点A作AE∥BD，过点D作DE∥l，交AE于点E，连接CE.因为BD⊥l，所以AE⊥l.又AC⊥l，所以∠CAE是二面角α-l-β的平面角．由四边形ABDE为矩形，得EA＝2，ED＝1.易得DE⊥平面CAE，又CE 平面CAE，所以DE⊥CE.在Rt△CED中，由勾股定理，得CE＝＝2，所以△ACE是等边三角形，所以∠CAE＝60°，所以cos ∠CAE＝，即二面角α-l-β的余弦值为.
4. B　解析：由题意，得AC∩BD＝O，SO⊥平面ABCD.因为AC 平面ABCD，BD 平面ABCD，所以SO⊥AC，SO⊥BD.设正四棱锥的棱长为8，则AC＝BD＝8，OA＝OB＝OC＝OD＝4，所以SO＝＝4.对于A，易得∠SAO是侧棱SA与底面ABCD所成的角．因为tan ∠SAO＝＝＝1，且∠SAO为锐角，所以∠SAO＝，故A错误；对于B，过点O作OQ⊥MN，垂足为Q.因为SO⊥平面ABCD，MN 平面ABCD，所以SO⊥MN.因为SO∩OQ＝O，SO 平面SOQ，OQ 平面SOQ，所以MN⊥平面SOQ.因为SQ 平面SOQ，所以MN⊥SQ，则二面角S-MN-O的平面角为∠SQO.在Rt△SOQ中，SO＝4，所以tan ∠SQO＝，且0＝1，所以<∠SQO<，故B正确；对于C，设E是AB的中点，连接OE，SE，则AB⊥OE，AB⊥SE.又侧面SAB与底面ABCD的交线为AB，所以侧面SAB与底面ABCD所成角的平面角为∠SEO.因为OE 平面ABCD，所以SO⊥OE.又OE＝4，所以tan ∠SEO＝＝＝>1，所以∠SEO>，即侧面SAB与底面ABCD所成角大于，故C错误；对于D，当点P与点E重合时，直线SP与底面ABCD所成的角为∠SEO，由C知，∠SEO>，故D错误．
5. CD　解析：如图1，平面ABC1D1与平面CDA1B1的交线为EF.因为AE∥BF，AE＝BF，AB⊥AE，所以四边形ABFE为矩形，故AE⊥EF，同理可得A1E⊥EF，所以∠A1EA为二面角A1-EF-A的平面角．又∠A1EA＝，所以二面角A1-EF-A的平面角为.由相交平面所成角的定义可得平面ABC1D1与平面CDA1B1所成角的大小为；如图2，平面BCD1A1与平面ABC1D1的交线为BD1.因为A1D⊥AD1，A1D⊥AB，AD1 平面ABC1D1，AB 平面ABC1D1，AD1∩AB＝A，所以A1D⊥平面ABC1D1.设A1D∩AD1＝N，则A1N⊥平面ABC1D1.过点N作NM⊥BD1，则∠A1MN为二面角A1-BD1-A的平面角．设正方体的棱长为a，则A1N＝.因为∠ND1M＝∠BD1A，∠NMD1＝∠BAD1＝，所以△NMD1∽△BAD1，所以＝，所以MN＝·a＝，所以tan ∠A1MN＝＝.又∠A1MN∈，所以∠A1MN＝，所以平面ABC1D1与平面BCD1A1所成角的大小为.故选CD.
图1 图2
6. ABD　解析：如图1，取BD的中点E，连接A′E，CE.对于A，因为△A′BD和△BCD为等边三角形，所以A′E⊥BD，CE⊥BD.又A′E∩CE＝E，A′E 平面A′EC，CE 平面A′EC，所以BD⊥平面A′EC.因为A′C 平面A′EC，所以BD⊥A′C，故A正确；对于B，因为BD⊥平面A′EC，所以点A′在平面BCD内的投影落在直线EC上，所以∠A′CE为直线A′C与平面BCD所成的角．又∠A′BC＝，A′B＝BC＝2，所以A′C＝2.易得A′E＝CE＝，所以在△A′EC中，边A′C上的高为1，所以cos ∠A′CE＝＝＝，故B正确；对于C，方法一：S△A′EC＝×2×1＝.又BD⊥平面A′EC，所以V四面体A′BCD＝S△A′EC·BD＝××2＝；方法二：因为S△BCD＝，h＝A′C·sin ∠A′CE＝2×＝，所以V四面体A′BCD＝S△BCD·h＝，故C错误；对于D，方法一：如图2，点O1，O2分别为△A′BD和△BCD的外心，过点O1，O2分别作O1O⊥平面A′BD，O2O⊥平面BCD，O1O∩O2O＝O，则点O为球心，CO2＝，EO2＝EO1＝.在△A′EC中，tan ＝，所以OO2＝EO2tan ＝×＝，可得OC2＝OO＋CO＝＋＝2，所以外接球的半径R＝，则四面体A′BCD外接球的表面积为4π×2＝8π；方法二：设A′C的中点为N.由△A′BC为直角三角形，得NA′＝NC＝NB，由对称性，得ND＝NB，所以点N即为四面体A′BCD外接球的球心，且外接球的半径R＝A′C＝，则四面体A′BCD外接球的表面积为4π×2＝8π，故D正确．故选ABD.
图1 图2
7. ACD　解析：如图，取BD的中点O，连接A′O，CO.对于A，由题意，得OA′⊥BD，OC⊥BD.又OA′∩OC＝O，OA′，OC均在平面A′OC内，所以BD⊥平面A′OC.又A′C 平面A′OC，所以BD⊥A′C，故A正确；对于B，因为BD⊥平面A′OC，BD 平面BCD，所以平面BCD⊥平面A′OC.易知△A′OC为等边三角形，所以∠A′CO＝60°.在平面A′OC内过点A′作A′E⊥OC.因为平面A′OC∩平面BCD＝OC，所以A′E⊥平面BCD，所以A′C和平面BCD所成的角为∠A′CE＝60°，故B错误；对于C，因为OA′＝2，OC＝2，A′C＝2，所以△A′OC的面积为×2×2×sin 60°＝.因为BD⊥平面A′OC，所以四面体的体积为VA′-BCD＝VB-A′OC＋VD-A′OC＝××4＝4，故C正确；对于D，过点A′作A′F⊥BC交BC于点F.因为A′E⊥平面BCD，BC 平面BCD，所以A′E⊥BC.又因为A′E∩A′F＝A′，A′E 平面A′EF，A′F 平面A′EF，所以BC⊥平面A′EF.又EF 平面A′EF，所以EF⊥BC，所以∠A′FE是二面角A′-BC-D的平面角．在等腰三角形A′BC中，由等面积法，得×2×＝×4×A′F，解得A′F＝.在△A′EF中，sin ∠A′FE＝＝＝，故D正确．故选ACD.
8. 　解析：如图，取AB，CD的中点分别为F，G，连接PF，PG，FG.因为△PAB是等边三角形，PC＝PD＝，四边形ABCD是边长为2的正方形，所以PF⊥AB，PG⊥DC，AB⊥FG，PF＝，PG＝1，FG＝2.由PF⊥AB，AB⊥FG，平面PAB∩平面ABCD＝AB，得∠PFG是平面PAB与平面ABCD所成的角．因为PF＝，PG＝1，FG＝2，所以cos ∠PFG＝＝＝.又∠PFG∈，所以∠PFG＝，所以平面PAB与平面ABCD的夹角为.
9. [，3]　解析：因为AC，BC与平面α所成的角分别为，，且AC＝2，BC＝2，所以点A，B分别在如图所示的两个不同的圆周上运动．易知当直线AC，BC与轴l在同一平面内时，∠ACB取到最大值和最小值，所以≤∠ACB≤，所以sin ≤sin ∠ACB≤sin ，即≤sin ∠ACB≤.因为△ABC的面积为S＝AC·BC·sin ∠ACB＝2sin ∠ACB，所以≤S≤3.
10. 60°　12　解析：由题意，得CA2＋CB2＝AB2，所以AC⊥CB.如图，过点C作CD⊥AB，交AB于点D，连接C′D，由题意可知C′D⊥AB，所以∠C′DC就是遮阳棚与地面所成的角．因为C′D⊥AB，所以要使遮阴面ABC′的面积最大，则需使C′D最大．易得∠CC′D＝30°，CD＝＝＝.设∠DCC′＝θ，θ∈(0°，150°).在△CDC′中，由正弦定理，得＝，所以C′D＝sin θ.易知当θ＝90°时，C′D最大，则遮阴面ABC′的面积最大，此时∠C′DC＝60°，最大遮阴面积为AB·C′D＝×5×＝12(m2).
11. (1) 连接A1C，设A1C∩C1G＝O，连接HO，A1G.
因为A1B∥平面C1GH，A1B 平面A1CB，平面A1CB∩平面C1GH＝OH，所以A1B∥OH.
在三棱台ABC-A1B1C1中，易知A1C1∥AC.
因为G为线段AC的中点，所以CG＝AC＝2＝C1A1，
所以四边形A1C1CG为平行四边形，
所以O是A1C的中点，
所以H是BC的中点．
(2) 过点G作GM⊥AA1，交AA1于点M，连接BM，BG.
因为∠C1CA＝∠BCC1＝90°，
所以C1C⊥BC，CC1⊥AC.
由(1)知，C1C∥A1G，则A1G⊥BC，A1G⊥AC.
因为AC，BC是平面ABC内的两条相交直线，
所以A1G⊥平面ABC.
又BG 平面ABC，所以A1G⊥BG.
因为△ABC为等腰直角三角形，∠CBA＝90°，G为AC的中点，
所以AC⊥BG，且BG＝2.
因为AC∩A1G＝G，AC 平面ACC1A1，A1G 平面ACC1A1，
所以BG⊥平面ACC1A1.
又AA1 平面ACC1A1，所以BG⊥AA1.
因为GM⊥AA1，BG∩GM＝G，BG 平面BGM，GM 平面BGM，
所以AA1⊥平面BGM.
又BM 平面BGM，所以AA1⊥BM，
所以∠BMG为二面角B-AA1-C的平面角，
在△AGA1中，因为A1G⊥AC，A1G＝AG＝2，
所以AA1＝2.
又GM⊥AA1，所以GM＝，
在△BMG中，易得BG⊥GM.
因为BG＝2，GM＝，所以BM＝，
所以cos ∠BMG＝＝＝.
故二面角B-AA1-C的余弦值为.
12. (1) 如图1，连接AC，BD交于点O，连接PO，在平面PAO内过点A作AH⊥PO，垂足为H.
因为PA≠PC，所以垂足H不与点O重合．
因为平面PDB⊥平面PAC，平面PDB∩平面PAC＝PO，AH 平面PAO，
所以AH⊥平面PDB.
又BD 平面PDB，所以AH⊥BD.
在正方形ABCD中，AC⊥BD.
又AC∩AH＝A，AH 平面PAC，AC 平面PAC，
所以BD⊥平面PAC.
又PA 平面PAC，所以PA⊥BD.
(2) 如图2，在平面PAC内，过点O作OM⊥PC，垂足为M，连接BM.
由(1)得，OB⊥平面PAC.
因为PC 平面PAC，所以OB⊥PC.
又OM⊥PC，且OB∩OM＝O，OB，OM均在平面OBM内，
所以PC⊥平面OBM.
因为MB 平面OBM，所以PC⊥MB，
所以∠OMB是二面角B-PC-A的平面角，则∠OMB＝.
在边长为1的正方形ABCD中，OB＝，
所以OM＝OB·tan ＝×＝.
在Rt△OMC中，sin ∠OCM＝＝＝.
在△PAC中，AC＝，PA＝1，cos ∠ACP＝＝，
由余弦定理，得PA2＝PC2＋AC2－2PC·AC cos∠ACP，
即1＝PC2＋()2－PC，解得PC＝或PC＝.
当PC＝时，在△PAC中，满足PA2＋AC2＝PC2，则PA⊥AC.
因为PA⊥BO，BO∩AC＝O，AC，OB均在平面ABCD内，
所以PA⊥平面ABCD.
因为AB 平面ABCD，所以AP⊥AB，
所以PB＝＝.
易得AB∥平面PCD，
所以点B到平面PCD的距离与点A到平面PCD的距离相等．
过点A作AT⊥PD，垂足为T.
易证CD⊥平面PAD，又CD 平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAD.
因为平面PCD∩平面PAD＝PD，AT 平面PAD，
所以AT⊥平面PCD.
在Rt△PAD中，AT＝，所以点B到平面PCD的距离为.
设PB与平面PCD所成的角为α，则sin α＝＝，
又α∈，所以α＝.
当PC＝时，
在△PCO中，由余弦定理，得PO2＝PC2＋OC2－2PC·OC cos ∠ACP＝＋－2×××＝.
在Rt△POB中，PB＝＝＝.
在△PCD中，易知PD＝PB＝，且∠DPC＝90°.
设点B到平面PCD的距离为h.
因为VB-PCD＝VP-BCD＝2VB-POC，
所以S△PCD·h＝2(S△POC·BO)，
即(××)h＝2(××××)，解得h＝，
所以点B到平面PCD的距离为.
设PB与平面PCD所成的角为α，则sin α＝＝.
又α∈，所以α＝.
综上，PB与平面PCD所成的角为或.
图1 图2
　7.4　用综合法求空间角
复习目标　1. 理解空间角的概念，理解空间内的平行与垂直关系.2. 掌握用综合法求空间内异面直线所成的角、直线与平面所成的角及二面角的常见方法．
空间角
活动一 基础引入
1 [2025苏州期初]已知正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，则该正四棱锥侧棱和底面所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
2 在正四面体ABCD中，异面直线AB与CD所成的角为α，侧棱AB与底面BCD所成的角为β，侧面ABC与底面BCD所成的锐二面角为γ，则下列结论中正确的是(　　)
A. α>γ>β
B. α>β>γ
C. β>α>γ
D. γ>α>β
3 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为(　　)
A. 30° B. 45°
C. 60° D. 90°
4 已知正四面体SABC的棱长为2，M为平面ABC内的动点，设直线SM与平面ABC所成的角为θ，若sin θ∈，则点M的轨迹所形成的平面图形的面积为(　　)
A. B. π
C. 2π D. 4π
5 刻漏是中国古代用来计时的仪器，利用附有刻度的浮箭随着受水壶的水面上升来指示时间．为了使受水壶得到均匀水流，古代的科学家们发明了一种三级漏壶(如图)，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸(约3.3 cm)，下底宽和深度也依次递减1寸．设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为θ1，θ2，θ3，则下列结论中正确的是(　　)
A. θ1＋θ3＝2θ2
B. sin θ1＋sin θ3＝2sin θ2
C. cos θ1＋cos θ3＝2cos θ2
D. tan θ1＋tan θ3＝2tan θ2
活动二 典例悟法
题组一　求异面直线所成的角
1 [2025武汉月考]如图，在直角梯形ABCD中，BC∥AD，AB⊥AD，BC＝8，AD＝9，AB＝2，E为线段BC不在端点上的一点，过点E作AB的平行线交AD于点F，将矩形ABEF翻折至与梯形ECDF垂直，得到六面体ABCDEF.
(1) 若CF⊥BD，求线段BE的长；
(2) 求异面直线BC与AD所成角余弦值的最小值．
　
如图，在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，PA＝AD，则异面直线PB与AC所成角的大小为(　　)
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
[2025全国一卷·17]如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD，AB⊥AD.
(1) 求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2) 若PA＝AB＝，AD＝1＋，BC＝2，点P，B，C，D在同一个球面上，设该球面的球心为O.
①求证：点O在平面ABCD上；
②求直线AC与直线PO所成角的余弦值．
求异面直线所成的角的关键是将异面直线进行平移．找平行线的常见方法：一、利用三角形的中位线；二、构造平行四边形，利用平行四边形的一组对边平行进行平移；三、将已知图形补全，构造平行线求解．其解题步骤是先作图，证明平行关系，交代所求的角，再利用平面图形的知识计算角．其易错点是要关注异面直线所成的角是锐角或直角．
题组二　求直线与平面所成的角
2 [2025深圳一模]如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D为AA1的中点，E为BC1的中点．
(1) 求证：DE⊥平面B1BCC1；
(2) 若BB1＝6，求直线A1B与平面DBC1所成角的正弦值．
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为(　　)
A. 　 B. C. D.
[2024新课标Ⅱ卷·7]已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A. B. 1 C. 2 D. 3
求直线与平面所成的角的关键是寻找斜线在平面上的射影，要善于根据题意寻找平面的垂线，通常方法：一、利用题设中的线线垂直关系转换为线面垂直；二、找已知平面的垂面，再利用面面垂直的性质转化为线面垂直．有时作平面的垂线较繁杂，可以不作平面的垂线，利用空间的数量关系直接求点到平面的距离，进而在直角三角形中直接求线面角．
常见求解步骤是先作图，证明垂直关系，交代所求的角，再在直角三角形中求得所求的角．
其易错点是平面的斜线与平面所成的角是锐角．
题组三　求二面角
3 [2026金坛一中月考]如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，AD＝2，PA＝DC＝BC＝1，AD∥BC，∠BCD＝90°，且PA⊥AB，PD⊥CD.
(1) 求证：平面PAB⊥平面ABCD；
(2) 求二面角B-PC-D的余弦值．
1如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AC＝AB＝AA1，E是BC的中点．
(1) 求证：AE⊥B1C；
(2) 求异面直线AE与A1C所成角的大小；
(3) 若G为C1C的中点，求二面角C-AG-E的正切值.
2如图，锐二面角α-l-β的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝BD＝6，CD＝8，则锐二面角αlβ的平面角的余弦值是(　　)
A. B.
C. D.
求二面角的关键是作二面角的平面角，一是根据二面角的定义，过棱上一点分别在两个平面内作棱的垂线，得到二面角的平面角；二是利用线面垂直，先找一个平面的垂线，再利用垂直关系作二面角的平面角；三是作棱的垂面，找出垂面与两个平面的交线，得到二面角的平面角；四是分别在两个面内作棱的垂线，利用异面直线所成的角的定义，探寻二面角与异面直线所成的角的关系求二面角．
其求解步骤是先作图，证明垂直关系，交代所求的角，再利用平面图形的数量关系求角．
其易错点是二面角的范围是 [0，π].
7．4　用综合法求空间角
1. D　解析：如图，在正四棱锥P-ABCD中，O是底面中心，E是BC的中点，则PO是正四棱锥的高，PE是斜高，所以∠PBO是侧棱PB与底面所成的角．设底面边长为a，PO＝h，PE＝h′，则4×ah′＝2a2，所以h′＝a.又OE＝a，所以PO＝＝＝a.又OB＝a，所以PB＝＝a，所以cos ∠PBO＝＝.
2. A　解析：设点A在底面BCD上的射影为O，连接AO.因为三棱锥A-BCD是正四面体，所以O是△BCD的中心．如图，取BC的中点E，连接OB，OE，AE.在正四面体ABCD中，因为AO⊥平面BCD，CD 平面BCD，所以AO⊥CD.又BO⊥CD，AO 平面ABO，BO 平面ABO，AO∩BO＝O，所以CD⊥平面ABO.因为AB 平面ABO，所以AB⊥CD，即异面直线AB与CD所成的角α＝90°.因为侧棱AB在底面BCD内的射影为OB，所以∠ABO是侧棱AB与底面BCD所成的角，即β＝∠ABO.因为AE⊥BC，OE⊥BC，所以侧面ABC与底面BCD所成的角为∠AEO，即γ＝∠AEO.因为sin β＝sin ∠ABO＝，sin γ＝sin ∠AEO＝，且AB>AE，所以<，即sin β3. C　解析：如图，连接DB，A1B，A1D，则B1C∥A1D.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以DB∥EF，所以∠A1DB(或其补角)是异面直线B1C与EF所成的角．又△A1DB是等边三角形，所以∠A1DB＝60°.故异面直线B1C与EF所成角的大小为60°.
4. B　解析：在正四面体SABC中，顶点S在底面ABC上的投影O为正三角形ABC的中心，则SO⊥平面ABC.因为正四面体 SABC 的棱长为2，所以AO＝××2＝2，所以SO＝＝＝2.因为直线SM与平面ABC所成的角为θ，所以sin θ＝＝.因为sin θ∈，所以∈，所以2≤SM≤3.因为OM＝＝，所以0≤OM≤1，所以点M 的轨迹是以点O为圆心，1为半径的圆面，所以点M的轨迹所形成的平面图形的面积为π.
5. D　解析：由题意画出示意图如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，F是边AB的中点，连接OF，过边A1B1的中点E作EG⊥OF，垂足为G，则∠GFE就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为θ.设漏壶上口宽为a，下底宽为b，高为h.在Rt△EFG中，GF＝，tan θ＝.因为自上而下三个漏壶的上口宽、下底宽均成等差数列，且公差相等，所以a－b为定值．又三个漏壶的高h成等差数列，所以2tan θ2＝tan θ1＋tan θ3.
例1　(1) 如图，连接DE.
因为平面ABEF⊥平面ECDF，平面ABEF∩平面ECDF＝EF，BE⊥EF，BE 平面ABEF，
所以BE⊥平面ECDF.
因为CF 平面ECDF，
所以BE⊥CF.
又CF⊥BD，BE∩BD＝B，BE 平面BDE，BD 平面BDE，
所以CF⊥平面BDE.
因为DE 平面BDE，
所以CF⊥DE，
此时△FEC∽△DFE，可得DF·EC＝EF2.
设BE＝t(0解得t＝5或t＝12(舍去)，所以BE＝5.
(2) 如图，过点C作EF的平行线交DF于点G，连接AG.
由CG∥EF∥BA，且CG＝EF＝BA，
得四边形CGAB是平行四边形，则BC∥AG，
所以∠DAG即为异面直线BC与AD所成的角．
设BE＝m(0则tan ∠DAG＝tan (∠DAF－∠GAF)＝＝＝≤＝，当且仅当m＝6时取等号，
所以∠DAG正切值的最大值为，此时余弦值有最小值.
故异面直线BC与AD所成角余弦值的最小值为.
变式训练　C　解析：因为平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA 平面PAD，所以PA⊥平面ABCD.如图，分别过点P，D作AD，AP的平行线交于点M，连接CM，AM.因为PM∥AD，AD∥BC，PM＝AD，AD＝BC，所以四边形PBCM是平行四边形，所以PB∥CM，所以∠ACM(或其补角)就是异面直线PB与AC所成的角．因为四边形PADM和底面ABCD均为正方形，设PA＝AD＝a.在△ACM中，AM＝a，AC＝a，CM＝a，所以△ACM是等边三角形，所以∠ACM＝60°，即异面直线PB与AC所成的角为60°.
链接高考
(1) 方法一：因为PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
所以PA⊥AB.
因为AB⊥AD，PA∩AD＝A, AD 平面PAD，PA 平面PAD，
所以AB⊥平面PAD.
又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
方法二：因为PA⊥平面ABCD，PA 平面PAB，
所以平面PAB⊥平面ABCD.
因为平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD 平面ABCD，AD⊥AB，
所以AD⊥平面PAB.
又AD 平面PAD，所以平面PAB⊥平面PAD.
(2) ①方法一：由题意，得AP⊥AB，AP⊥AD，AB⊥AD，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(，0，0)，C(，2，0)，D(0，1＋，0)，P(0，0，).
设球心O(x，y，z)，半径为R，
则即解得
所以球心O(0，1，0)，即球心O在平面ABCD上．
方法二： 如图1，过点C作CG⊥AD.垂足为G，作线段BC的垂直平分线O1E，交AD于点O1，取CD的中点F，连接O1F.
易得O1E＝AB＝，BE＝CE＝AO1＝GO1＝BC＝1，O1D＝AD－AO1＝，
所以BO1＝CO1＝＝，所以O1D＝BO1＝CO1，
故点O1是△BCD的外心．
如图2，在Rt△AO1P中，AP⊥AD，AP＝，
由勾股定理，得PO1＝＝＝，
所以PO1＝BO1＝CO1＝O1D＝，
所以O1即为点P，B，C，D所在球面的球心O，
故点O在AD上，即点O在平面ABCD上．
图1 图2
②因为PO＝，AB⊥AD，BC∥AD，所以AB⊥BC.
在Rt△ABC中，AB＝，BC＝2，
由勾股定理，得AC＝＝＝.
如图，过点O作AC的平行线，交BC的延长线于点C1，连接AC1，PC1，
则直线AC与直线PO所成的角即为∠POC1或其补角．
因为PA⊥平面ABCD，AC1 平面ABCD，
所以PA⊥AC1.
易得四边形ACC1O为平行四边形，所以CC1＝AO＝1，OC1＝AC＝.
在Rt△ABC1中，AB＝，BC1＝BC＋CC1＝2＋1＝3，
由勾股定理，得AC1＝＝＝.
在Rt△APC1中，PA＝，由勾股定理，得PC1＝＝＝.
在△POC1中，由余弦定理，得cos ∠POC1＝＝＝－.
故直线AC与直线PO所成角的余弦值为|cos ∠POC1|＝.
例2　(1) 如图，取BC的中点M，连接AM，ME.
因为AB＝AC，所以AM⊥BC.
又E为BC1的中点，
所以EM为△BCC1的中位线，
所以EM∥CC1∥AD，EM＝CC1＝AA1＝AD，
所以四边形AMED为平行四边形，则DE∥AM.
因为AA1⊥平面ABC，AM 平面ABC，
所以AA1⊥AM，所以EM⊥AM.
因为EM 平面B1BCC1，BC 平面B1BCC1，EM∩BC＝M，
所以AM⊥平面B1BCC1.
又DE∥AM，所以DE⊥平面B1BCC1.
(2) 方法一(综合法)：在△A1B1C1中，由余弦定理，得B1C＝A1B＋A1C－2A1B1·A1C1·cos ∠B1A1C1＝36，则B1C1＝6.
如图，连接B1E.
由(1)可知DE⊥平面B1BCC1，
因为BC1 平面B1BCC1，所以DE⊥BC1.
因为BB1＝B1C1，
所以四边形B1BCC1为正方形．
又E为BC1的中点，所以B1E⊥BC1.
因为B1E∩DE＝E，B1E 平面B1DE，DE 平面B1DE，
所以BC1⊥平面B1DE.
如图，记A1B∩B1D＝N，过点N作NH⊥DE，垂足为H，连接BH.
因为BC1⊥平面B1DE，NH 平面B1DE，所以NH⊥BC1.
又DE∩BC1＝E，DE 平面DBC1，BC1 平面DBC1，
所以NH⊥平面DBC1，
所以∠NBH即为直线A1B与平面DBC1所成的角．
易得△A1DN∽△BB1N，则＝＝＝2.
因为DE⊥B1E，所以H为DE的三等分点，
则NH＝B1E＝，NB＝，
所以sin ∠NBH＝＝，
即直线A1B与平面DBC1所成角的正弦值为.
方法二(等体积法)：设直线A1B与平面DBC1所成的角为θ，点A1到平面DBC1的距离为h，则sin θ＝.
在Rt△A1B1B中，A1B1＝2，BB1＝6，则A1B＝4.
如图，过点B作BQ⊥CA交CA的延长线于点Q.
易得BQ＝3，且易证BQ⊥平面A1ACC1.
因为S△A1DC1＝×3×2＝3，
所以VB-A1DC1＝×3×3＝3.
在△DBC1中，DB＝DC1＝，且BC1＝6，可得DE＝，
所以S△DBC1＝×6×＝3.
又VA1-BDC1＝VB-A1DC1＝3，所以×3h＝3，解得h＝，
所以sin θ＝＝.
变式训练　B　解析：因为BB1∥DD1，所以BB1与平面ACD1所成的角即为DD1与平面ACD1所成的角．设点D到平面ACD1的距离为h，正方体的边长为a，则 VD1-ADC＝××a×a×a＝，VD-AD1C＝×(a)2h＝a2h，所以＝a2h，解得h＝.设BB1与平面ACD1所成的角为θ，则sin θ＝＝.
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B　解析：方法一：如图，取棱BC，B1C1的中点分别为D，D1.由正棱台的性质可得上、下底面的重心连线O1O与底面ABC垂直，则OO1为该棱台的高，且AA1与平面ABC所成的角为∠A1AO.过点A1作A1H⊥AD于点H.因为VABC-A1B1C1＝＝××(36＋4＋6×2)×O1O，所以O1O＝A1H＝.易得A1O1＝，AO＝2，所以AH＝AO－A1O1＝，故tan ∠A1AO＝＝1.
方法二：设棱台的高为h，三条侧棱延长后交于一点O，则由AB＝3A1B1，知点O到上底面的距离为h，点O到下底面的距离为h.又S△ABC＝9，S△A1B1C1＝，所以×9×h－××h＝，解得h＝.又上底面中心到顶点A1的距离为，故所求正切值为＝1.
例3　(1) 因为四边形ABCD为直角梯形，且∠BCD＝90°，
所以BC⊥CD.
又AD∥BC，所以CD⊥AD.
因为CD⊥PD，AD∩PD＝D，AD 平面PAD，PD 平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
又PA 平面PAD，所以PA⊥CD.
由四边形ABCD为梯形知AB，CD必定相交．
又PA⊥AB，AB 平面ABCD，CD 平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD.
因为PA 平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABCD.
(2) 如图，连接BD，在平面PDC中过点D作DH⊥PC，垂足为H.
由(1)，得PA⊥平面ABCD.
因为AD 平面ABCD，所以PA⊥AD.
又PA＝1，AD＝2，CD＝1，所以PD＝，
所以PC＝＝.
由PD·CD＝PC·DH，得DH＝＝.
在平面ABCD中，过点A作AG⊥BC，交CB的延长线于点G，连接PG，
则AG∥CD，且AG＝CD＝1.
取PG的中点为S，连接AS.
由AP＝AG＝1，得AS⊥PG.
由(1)，得PA⊥平面ABCD.
因为CG 平面ABCD，所以PA⊥CG.
又PA∩AG＝A，PA 平面PAG，AG 平面PAG，
所以CG⊥平面PAG.
因为AS 平面PAG，所以CG⊥AS.
又PG∩CG＝G，PG 平面PBC，CG 平面PBC，
所以AS⊥平面PBC，
故点A到平面PBC的距离为AS，且AS＝PG＝.
因为AD∥BC，AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
故点D到平面PBC的距离即为点A到平面PBC的距离，为AS＝.
设二面角B-PC-D的平面角为θ，则sin θ＝＝＝.
由图可知θ为钝角，故cos θ＝－＝－.
变式训练1　(1)因为BB1⊥平面ABC，AE 平面ABC，
所以AE⊥BB1.
由AB＝AC，E为BC的中点，得AE⊥BC.
因为BC∩BB1＝B，BC 平面BB1C1C，BB1 平面BB1C1C，
所以AE⊥平面BB1C1C.
又B1C 平面BB1C1C，所以AE⊥B1C.
(2) 如图，取B1C1的中点E1，连接A1E1，E1C，则AE∥A1E1，
所以∠E1A1C是异面直线AE与A1C所成的角．
设AC＝AB＝AA1＝2，则A1C＝2.
由∠BAC＝90°，得A1E1＝AE＝，E1C1＝EC＝BC＝，
所以E1C＝＝.
在△E1A1C中，cos ∠E1A1C＝＝，
所以异面直线AE与A1C所成的角为60°.
(3) 如图，设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于点Q，连接EP，EQ，则EP⊥AC.
因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，EP 平面ABC，所以EP⊥平面ACC1A1.
因为PQ 平面ACC1A1，AG 平面ACC1A1，
所以EP⊥PQ，AG⊥EP.
又PQ⊥AG，EP 平面EPQ，PQ 平面EPQ，EP∩PQ＝P，
所以AG⊥平面EPQ.
又因为EQ 平面EPQ，所以EQ⊥AG，
所以∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．
设AC＝AB＝AA1＝2，则EP＝1，AP＝1.
易证Rt△ACG∽Rt△AQP，所以PQ＝＝，
所以在Rt△PQE中，tan ∠PQE＝＝，
故二面角C-AG-E的正切值是.
变式训练2　B　解析：如图，过点B作BE∥AC，且BE＝AC，则四边形ABEC为平行四边形，所以CE∥AB，且CE＝AB＝4.因为AC⊥AB，所以BE⊥AB.又因为BD⊥AB，BD∩BE＝B，BD 平面DBE，BE 平面DBE，所以∠DBE是二面角α-l-β的平面角，且AB⊥平面DBE.又DE 平面DBE，所以AB⊥DE，所以CE⊥DE.在Rt△CDE中，因为CE＝4，CD＝8，所以DE＝＝＝4，所以cos ∠DBE＝＝＝.

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