1、考点3 线面角、二面角的求法（2018浙江卷）已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则（）A123B321C132D231【解析】如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E为AB的中点，S到底面的距离SO1，以EE，EO为邻边作矩形OOEE，则SEO1，SEO2，SEO3.由题意，得tan 1SOEO52，tan 2SOEO15225，tan 31，此时tan 2tan 3tan 1，可得231.当E在AB中点处时，231.故选D【答案】D
2、（2018浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.（1）证明：AB1平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值【解析】方法一（1）证明由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，得AB1A1B122，所以A1B12AB12AA12，故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，得B1C15.由ABBC2，ABC120，得AC23.由CC1AC，得AC113，所以AB12B1C12AC12，故AB1B1C1.又因为A1B1B1C1B1，A1
3、B1，B1C1平面A1B1C1，因此AB1平面A1B1C1.（2）如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连接AD由AB1平面A1B1C1，得平面A1B1C1平面ABB1.由C1DA1B1，平面A1B1C1平面ABB1A1B1，C1D平面A1B1C1，得C1D平面ABB1.所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角由B1C15，A1B122，A1C121，得cosC1A1B1427，sinC1A1B177，所以C1D3，故sinC1ADC1DAC13913.因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.方法二（1）证明如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x
4、，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下：A（0，3，0），B（1,0,0），A1（0，3，4），B1（1,0,2），C1（0，3，1）因此AB1（1，3，2），A1B1（1，3，2），A1C1（0,23，3）由AB1A1B10，得AB1A1B1.由AB1A1C10，得AB1A1C1.又A1B1A1C1A1，A1B1，A1C1平面A1B1C1，所以AB1平面A1B1C1.（2）设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由（1）可知AC1（0,23，1），AB（1，3，0），BB1（0,0,2）设平面ABB1的一个法向量为n（x，y，z）由nAB=0,nBB1=0,得x+3y
5、=0,2z=0,可取n（3，1,0）所以sin |cosAC1，n|AC1nAC1n3913.因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.【答案】见解析（2018天津卷（文）如图，在四面体ABCD中，ABC是等边三角形，平面ABC平面ABD，点M为棱AB的中点，AB2，AD23，BAD90.（1）求证：ADBC；（2）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（3）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值【解析】（1）证明由平面ABC平面ABD，平面ABC平面ABDAB，ADAB，AD平面ABD，可得AD平面ABC，故ADBC（2）如图，取棱AC的中点N，连接MN，ND因为M为棱AB的中点，
6、所以MNBC所以DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角在RtDAM中，AM1，故DMAD2+AM213.因为AD平面ABC，所以ADAC在RtDAN中，AN1，故DNAD2+AN213.在等腰三角形DMN中，MN1，可得cosDMN12MNDM1326.所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326.（3）如图，连接CM.因为ABC为等边三角形，M为边AB的中点，所以CMAB，CM3.又因为平面ABC平面ABD，平面ABC平面ABDAB，而CM平面ABC，故CM平面ABD，所以CDM为直线CD与平面ABD所成的角在RtCAD中，CDAC2+AD24.在RtCMD中，sinCDMCMCD34.所以直线CD与平面ABD所成角的正弦值为34.【答案】见解析
