小学数学人教版（2024）四年级上册角同步测试题

这是一份小学数学人教版（2024）四年级上册角同步测试题，共45页。
姓名：___________班级：___________考号：___________
1．（2023·高一课时练习）空间四边形ABCD中，AB=CD且AB与CD所成的角为30°，E、F分别是BC、AD的中点，求EF与AB所成的角的大小．
【解题思路】取AC的中点G，连接EG，FG，利用平行线得到∠GEF即为EF与AB所成的角（或补角），∠EGF为AB与CD所成的角（或补角），然后通过角之间的关系求解即可．
【解答过程】解：取AC的中点G，连接EG，FG，如图所示，
因为E是BC的中点，G是AC的中点，F是AD的中点，
所以EG//AB且EG=12AB，FG//CD且FG=12DC，
因为AB=CD，所以EG=FG，
则∠GEF即为EF与AB所成的角（或补角），
∠EGF为AB与CD所成的角（或补角），
因为AB与CD所成的角为30°，所以∠EGF=30°或150°，
因为FG=EG，所以△EFG为等腰三角形，
当∠EGF=30°时，∠GEF=75°，
当∠EGF=150°时，∠GEF=15°，
故EF与AB所成角的大小为15°或75°．
2．（2022秋·山西吕梁·高三期末）如图，在棱长为22的正方形ABCD中，E，F分别为CD，BC边上的中点，现以EF为折痕将点C旋转至点P的位置，使得P-EF-A为直二面角.
(1)证明：EF⊥PA；
(2)求PD与面ABF所成角的正弦值.
【解题思路】（1）在折叠前的正方形ABCD中，作出对角线AC，BD，由正方形性质知AC⊥BD，又EF//BD，则AC⊥EF于点H，则由直二面角可知PH⊥面ABEFD，故PH⊥EF.又AH⊥EF，则EF⊥面PAH，故命题得证；
（2）作出线面角∠PDH，在直角三角形中求解该角的正弦值.
【解答过程】（1）证明：在正方形ABCD中，连结AC交EF于H.
因为AC⊥BD，EF//BD，故可得AC⊥EF，
即EF⊥AH,EF⊥CH
又旋转不改变上述垂直关系，
且AH,CH⊂平面PAH，
∴EF⊥面PAH，
又∵PA⊂面PAH，所以EF⊥PA
（2）因为P-EF-A为直二面角，故平面PEF⊥平面AEF，
又其交线为EF，且PH⊥EF，PH⊂平面PEF，
故可得PH⊥底面ABF，
连结DH，则∠PDH即为PD与面ABF所成角，连结BD交AH于O，
在Rt△ODH中，DO=12DB=2,OH=12OC=1，
DH=DO2+OH2=5,PH=CH=1，
在Rt△PHD中，
DP=DH2+PH2=6，
sin∠PDH=PHDP=16=66，
所以PD与面ABF所成角的正弦值为66.
3．（2022秋·贵州遵义·高二期末）如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，点H为线段PB上一点（不含端点），平面AHC⊥平面PAB．
(1)证明：PB⊥AC；
(2)若AB=AC=1，四棱椎P－ABCD的体积为13，求二面角P－BC－A的余弦值．
【解题思路】（1）利用面面垂直性质定理与线面垂直性质定理，结合公理2，可得线面垂直，可得答案；
（2）根据二面角的平面角定义作图，利用等面积法以及棱锥体积公式，求得边长，结合直角三角形的性质，可得答案.
【解答过程】（1）∵PA⊥平面ABCD，且C∈平面ABCD，∴过点C所有垂直于PA的直线都在平面ABCD内，
∵平面AHC⊥平面ABP，且C∈平面AHC，∴存在一条过C的直线l⊥平面ABP，且l⊂平面AHC，
∵PA⊂平面ABP，∴l⊥PA，则l⊂平面ABCD，∵平面ABCD∩平面AHC=AC，∴l与AC为同一条直线，
即AC⊥平面ABP，∵PB⊂平面ABP，∴AC⊥PB.
（2）在平面ABCD内，过A作AE⊥BC，且AE∩BC=E，连接PE，作图如下：
∵PA⊥平面ABCD，且BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，同理可得PA⊥AE，
∵AE⊥BC，AE∩PA=A，AE,PA⊂平面PAE，∴BC⊥平面PAE，
∵PE⊂平面PAE，∴∠PEA为二面角P-BC-A的平面角，
在Rt△ABC中，S△ABC=12⋅AB⋅AC=12⋅AE⋅BC，且BC=AB2+AC2=2，则AE=22，
在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD的面积S=AB⋅AC=1，则其体积V=13⋅PA⋅S=13，解得PA=1，
在Rt△PAE中，cs∠PEA=PAPE=PAPA2+AE2=63，
故二面角P-BC-A的余弦值为63.
4．（2023·广西柳州·高三阶段练习）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD=AB=12CD=1，平面ADP⊥平面PCD，PD⊥PC．
(1)求证：△ADP为直角三角形；
(2)若PC=AD，求PA与平面ABCD所成角的余弦值．
【解题思路】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，得到PC⊥AD，求出各边长，由勾股定理逆定理得到AC⊥AD，从而得到AD⊥平面PAC，得到△ADP为直角三角形；
（2）作出辅助线，找到PA与平面ABCD所成角，利用余弦定理和面积公式求出PM=63，得到线面角的正弦值，进而求出线面角的余弦值.
【解答过程】（1）因为平面ADP⊥平面PCD，交线为DP，PD⊥PC，PC⊂平面PCD，
所以PC⊥平面ADP，
因为AD⊂平面ADP，
所以PC⊥AD，
连接AC，过点A作AE⊥CD于点E,过点B作BF⊥CD于点F，
因为底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD=AB=12CD=1，
所以CD=2，EF=AB=1，DE=CF=12，CE=1+12=32，
由勾股定理得：AE=AD2-DE2=32，
故AC=AE2+CE2=34+94=3，
因为AD2+AC2=CD2，故AC⊥AD，
因为PC∩AC=C，PC,AC⊂平面PAC，
所以AD⊥平面PAC，
因为PA⊂平面PAC，
所以AD⊥PA，
所以△ADP为直角三角形；
（2）由（1）知：所以PC⊥平面ADP，
因为AP⊂平面ADP，
所以PC⊥AP，
因为PC=AD=1，AC=3，所以AP=AC2-PC2=2，
由（1）知：AD⊥AP，所以PD=AD2+AP2=3，
连接BD，则三角形BCD与三角形PCD全等，连接PF，则PF⊥CD，
因为BF∩PF=F，BF,PF⊂平面BPF，
所以CD⊥平面BPF，
因为AB//CD，所以AB⊥平面BPF，
因为BP⊂平面PBF，
所以AB⊥BP，
故BP=AP2-AB2=1，而PF=BF=32，
故cs∠BFP=BF2+PF2-BP22BF⋅PF=34+34-12×32×32=13，
则sin∠BFP=1-cs2∠BFP=223，
过点P作PM⊥BF与点M，连接AM，
因为CD⊥平面BPF，PM⊂平面BPF，
所以CD⊥PM，
因为BF∩CD=F，BF,CD⊂平面ABCD，
所以PM⊥平面ABCD，
故AM即为AP在平面ABCD上的投影，∠PAM即为PA与平面ABCD所成角，
由三角形面积公式得：S△BPF=12BF⋅PFsin∠BFP=12×32×32×223=24，
故PM=2S△BPFBF=2232=63，
故sin∠PAM=PMAP=632=33，
故PA与平面ABCD所成角的余弦值为1-332=63.
5．（2023春·四川成都·高三开学考试）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AD∥BC，AD⊥BA，AD=3，AB=BC=2，PA⊥平面ABCD，且PA=3，点M在棱PD上（不包括端点），点N为BC中点．
(1)若DM=2MP，求证：直线MN//平面PAB；
(2)已知点M满足PMPD=13，求异面直线MN与AD所成角．
【解题思路】（1）取PA的一个靠近点P的三等分点Q，连接MQ，QB，由题意可证得MN//BQ，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）过点M作MK//PA，交AD于K，连接KN，由线面垂直的判定定理证明AD⊥面MNK，即可得出MN⊥AD，即可得出答案.
【解答过程】（1）取PA的一个靠近点P的三等分点Q，连接MQ，QB，
因为DM=2MP，所以MQ//AD且QM=13AD=1，
又因为AD//BC，且BC=2，点N为BC中点，
所以BN//MQ且BN=MQ，则四边形MQBN为平行四边形，
所以MN//BQ，MN⊄平面PAB，QB⊂平面PAB，
所以直线MN//平面PAB．
（2）过点M作MK//PA，交AD于K，连接KN，
可知MK⊥面ABCD，因为AD⊂面ABCD，所以MK⊥AD，
又因为PMPD=13，所以MKPA=23=DKDA．
∵PA=AD=3∴AK=1，∴AK//BN，AK=BN，
所以四边形AKNB为平行四边形，KN//AB，
又因为AB⊥AD，所以KN⊥AD，
又MK∩NK=K，∴AD⊥面MNK，因为MN⊂面MNK，
∴MN⊥AD，
所以异面直线MN与AD成角为90°．
6．（2023·高一课时练习）已知PA⊥平面ABCD，ABCD是正方形，异面直线PB与CD所成的角为45∘．
(1)二面角B-PC-D的大小；
(2)直线PB与平面PCD所成的角的大小．
【解题思路】（1）作BE⊥PC于E，连接ED，由已知推导出∠BED就是二面角B-PC-D的平面角，由此根据余弦定理得出cs∠BED，即可得出答案；
（2）还原棱锥为正方体ABCD-PB1C1D1，作BF⊥CB1于F，连接PF，即可推导出∠BPF就是直线PB与平面PCD所成的角，即可求出答案.
【解答过程】（1）∵ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠PBA就是异面直线PB与CD所成的角，即∠PBA=45∘，
∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB，
∴PA=AB，
作BE⊥PC于E，连接ED，
在△ECB与△ECD中，BC=CD，CE=CE，∠ECB=∠ECD，
∴△ECB≅△ECD，
∴∠CED=∠CEB=90∘，
∴∠BED就是二面角B-PC-D的平面角，
设AB=a，则BD=PB=2a，PC=3a，
则BE=DE=PB⋅BCPC=63a，
则cs∠BED=BE2+DE2-BD22×BE×DE=-12，即∠BED=120∘，
∴二面角B-PC-D的大小为120∘；
（2）还原棱锥为正方体ABCD-PB1C1D1，作BF⊥CB1于F，
∵平面PB1C1D1⊥平面BB1C1C，
∴BF⊥B1P，
∴BF⊥平面PB1CD，
连接PF，则∠BPF就是直线PB与平面PCD所成的角，
BF=22a，PB=2a，
∴sin∠BPF=12，即∠BPF=30∘，
∴直线PB与平面PCD所成的角为30∘.
7．（2023春·江苏常州·高三校联考开学考试）如图，在边长为4的等边三角形ABC中，平行于BC的直线分别交线段AB,AC于点M,N.将△AMN沿着MN折起至△A1MN，使得二面角A1-MN-B是直二面角.
(1)若平面A1MN∩平面A1BC=l，求证：l//BC；
(2)若三棱锥A1-AMN的体积为1，求二面角N-A1M-B的正弦值.
【解题思路】（1）利用线线平行证明线面平行，再利用线面平行的性质证明线线平行.
（2）由已知求证得M,N分别为AB,AC中点，利用二面角的定义，作辅助线，利用几何法求二面角的正弦值.
【解答过程】（1）证明：∵BC//MN，BC⊄平面A1MN，MN⊂平面A1MN，
∴BC//平面A1MN，又∵BC⊂平面A1BC，平面A1BC∩平面A1MN=l，
∴l//BC；
（2）设AM=x，过A1作A1D⊥MN于点D，如图所示，
∵二面角A1-MN-B为直二面角，∴A1D⊥平面ABC，
∴VA1-AMN=13⋅34x2⋅32x=1，解得x=2，∴M,N分别为AB,AC中点，
过B作BE⊥MN于点E，因为A1D⊥BE，A1D∩MN=D，A1D,MN⊂平面A1MN
∴BE⊥平面A1MN，∴BE⊥ A1F
过E作EF⊥A1M于点F，连接BF，因为EF∩BE=E，
所以A1F⊥平面BEF，所以A1F⊥BF
∴∠BFE即为二面角N-A1M-B的平面角α的补角，
且BE=2sin60∘=3，EM=1，EF=1⋅sin60∘=32，∴BF=3+34=152，
∴sinα=sin∠BFE=3152=3⋅215=255.
二面角N-A1M-B的正弦值为255.
8．（2023·广东佛山·统考一模）如图，△ACD和△BCD都是边长为2的等边三角形，平面ACD⊥平面BCD，EB⊥平面BCD．
(1)证明：EB//平面ACD；
(2)若点E到平面ABC的距离为5，求平面ECD与平面BCD夹角的正切值．
【解题思路】（1）取CD的中点，连接AO，先证明AO⊥平面BCD，则可证明EB//AO，即可证明EB//平面ACD；
（2）连接EO，BO，取BC的中点F，连接DF，先求出VE-ABC，VA-EBC，则可求到EB，再证明平面ECD与平面BCD夹角的平面角为∠EOB，从而根据tan∠EOB=EBOB即可求解．
【解答过程】（1）如图，取CD的中点，连接AO，则AO⊥CD，
又因为平面ACD⊥平面BCD，且平面ACD∩平面BCD=CD，AO⊂平面ACD，
则AO⊥平面BCD，
又EB⊥平面BCD，所以EB//AO，
又EB⊄平面ACD，AO⊂平面ACD，所以EB//平面ACD．
（2）如图，连接EO，BO，取BC的中点F，连接DF，则DF⊥BC，
因为AB=AO2+BO2=6，
则等腰△BAC的面积为S△BAC=12×6×102=152，
所以三棱锥E-ABC的体积为VE-ABC=13×152×5=536，
因为EB⊥平面BCD，DF⊂平面BCD，则DF⊥EB，
又因为DF⊥BC，EB∩BC=B，EB⊂平面EBC，BC⊂平面EBC，则DF⊥平面EBC，
因为EB//AO，则点A到平面EBC的距离等于点O到平面EBC的距离等于12DF=32，
因为S△EBC=12×2×EB=EB，则VA-EBC=13×EB×32=36EB，
又VE-ABC=VA-EBC，所以EB=5，
因为EB⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，则EB⊥BC，EB⊥BD，
所以EC=ED，所以EO⊥CD，
所以平面ECD与平面BCD夹角的平面角为∠EOB，
则tan∠EOB=EBOB=53=533，
所以平面ECD与平面BCD夹角的正切值为533．
9．（2022秋·甘肃兰州·高二期末）如图，已知在四棱锥P-ABCD中，PA=AD=PD=2，∠BAD=∠CDA=90°，AB=2CD，CD⊥PA，E，F分别为棱PB，PA的中点．
(1)求证：平面PAB⊥平面EFDC；
(2)若直线PC与平面PAD所成的角为45°，求四棱锥P-ABCD的体积．
【解题思路】（1）可证AB⊥平面PDA，从而得到AB⊥DF，从而可证DF⊥平面PBA，再证明E,F,D,C四点共面，从而得到要求证的面面垂直；
（2）取AD的中点为G，连接PG，可证∠CPD为直线PC与平面PAD所成的角且PG⊥平面ABCD，根据体积公式可求四棱锥P-ABCD的体积．
【解答过程】（1）因为在平面ABCD中，∠BAD=∠CDA=90°，故AB//CD，
因为CD⊥PA，故AB⊥PA，而AB⊥DA，
DA∩PA=A，DA,PA⊂平面PDA，故AB⊥平面PDA.
因为DF⊂平面PDA，故AB⊥DF，
因为AD=PD=2，AF=PF，故PA⊥DF，
因为PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PBA，故DF⊥平面PBA.
因为E,F分别为棱PB,PA的中点，故EF//AB,EF=12AB，
而DC//AB,DC=12AB，故EF//DC,EF=DC，
故E,F,D,C四点共面，而DF⊂平面EFDC，
故平面PBA⊥平面EFDC.
（2）
取AD的中点为G，连接PG，
由（1）可得AB//CD，AB⊥PA,AB⊥AD，
故CD⊥PA,CD⊥AD，而PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD，
故CD⊥平面PAD，故∠CPD为直线PC与平面PAD所成的角，
故∠CPD=45°，
因为CD⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，故CD⊥PD，
故△PCD为等腰直角三角形，而PD=2，故CD=2，故AB=4，
故直角梯形ABCD的面积S=12×2+4×2=6.
又CD⊂平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，
而△PAD为等边三角形，故PG⊥AD，且PG=32×2=3.
因为PG⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
故PG⊥平面ABCD，
故四棱锥P-ABCD的体积为13×6×3=23.
10．（2023·高三课时练习）如图1，AD是直角△ABC斜边上的高，沿AD把△ABC的两部分折成如图2所示的直二面角，且DF⊥AC于点F．
(1)证明：BF⊥AC；
(2)设∠DCF=θ，AB与平面BDF所成的角为α，二面角B-FA-D的大小为β，试用tanθ，csβ表示tanα．
【解题思路】（1）先证∠BDC是二面角B-DA-C的平面角，再证BD⊥平面ADC，再证AC⊥平面BDF，进而可证BF⊥AC；
（2）先求得tanα=AFBF，csβ=DFBF，tanθ=AFDF，进而可用tanθ，csβ表示tanα．
【解答过程】（1）因为AD⊥DB，AD⊥DC，所以∠BDC是二面角B-DA-C的平面角．
又二面角B-DA-C是直二面角，可知BD⊥DC，
又AD∩DC=D，则BD⊥平面ADC，
又AC⊂平面ADC，所以BD⊥AC，
又DF⊥AC，且DF∩BD=D，则AC⊥平面BDF，
又BF⊂平面BDF，所以BF⊥AC．
（2）由AC⊥平面BDF，知∠ABF=α，则tanα=AFBF．
由DF⊥AC，BF⊥AC，知∠BFD=β，则csβ=DFBF．
又∠ADF=∠DCF=θ，则tanθ=AFDF，所以tanα=AFBF=tanθcsβ．
11．（2023·高三课时练习）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1．
(1)求异面直线B1D1与AC所成角的大小；
(2)求二面角B1-AC-D的余弦值．
【解题思路】（1）连BD，可证明B1D1//BD，根据BD⊥ AC，得B1D1⊥AC；
（2）设AC与BD交于O，连B1O，可以证明∠B1OD就是二面角B1-AC-D的平面角.然后在△B1OD中，利用余弦定理可求出结果.
【解答过程】（1）连BD，
因为BB1//DD1，BB1=DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以B1D1//BD，
因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥ AC，
所以B1D1⊥AC，即异面直线B1D1与AC所成角的大小为π2.
（2）
设AC与BD交于O，连B1O，
因为四边形ABCD是正方形，所以OD⊥ AC，
因为B1B⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以B1B⊥AC，
又AC⊥BD，BD∩B1B=B，BD⊂平面B1BD，B1B⊂平面B1BD，
所以AC⊥平面B1BD，因为OB1⊂平面B1BD，所以AC⊥OB1，
所以∠B1OD就是二面角B1-AC-D的平面角.
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，所以OD=22，OB1=1+12=62，
B1D=1+2=3，
所以cs∠B1OD=OD2+OB12-B1D22⋅OD⋅OB1 =12+64-32×22×62 =-33，
所以二面角B1-AC-D的余弦值为-33.
12．（2023秋·江苏南通·高三期末）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，E为AC的中点，将△ACD沿AC翻折使点D至点D'.
(1)求证：平面BD'E⊥平面ABC；
(2)若三棱锥D'-ABC的体积为223，求二面角D'-AB-C的余弦值.
【解题思路】（1）由线线垂直证线面垂直，再证面面垂直；
（2）过D'作D'M⊥BE于点M，过M作MN⊥AB于点N，连接D'N，分析得∠D'NM即为二面角D'-AB-C的平面角，由三棱锥D'-ABC体积求得D'M，即可进一步由几何关系求得cs∠D'NM.
【解答过程】（1）证明：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴△ABC和△ACD均为等边三角形，
又∵E为AC的中点，∴BE⊥AC，D'E⊥AC，BE∩D'E=E，BE、D'E⊂平面BD'E，∴AC⊥平面BD'E，
又∵AC⊂平面ABC，∴平面BD'E⊥平面ABC.
（2）过D'作D'M⊥BE于点M，∵平面BD'E∩平面ABC=BE，D'M⊂平面BD'E，∴D'M⊥平面ABC.
∴VD'-ABC=13×12×2×3⋅D'M=223⇒D'M=263.
过M作MN⊥AB于点N，连接D'N，
∵AB⊂平面ABC，∴D'M⊥ AB，∵D'M∩MN=M, D'M、MN⊂平面D1MN，∴AB⊥平面D'MN，
∵D'N⊂平面D1MN，∴AB⊥D'N.
∴∠D'NM即为二面角D'-AB-C的平面角，

EM=32-2632=33，∴BM=3-33=233，MN=233sin30°=33，
∴D'N=2632+332=3，∴cs∠D'NM=333=13.
故二面角D'-AB-C的余弦值为13.
13．（2022秋·四川达州·高二期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥面ABCD，AB⊥AD，AD//BC，点E,F分别为PA,PD的中点，AB=BC=2，AD=PA=4.
(1)证明：直线EF//平面PBC；
(2)求二面角F-CD-B的余弦值.
【解题思路】（1）依题意可得AD//EF，即可得到EF//BC，从而得证；
（2）连接AC，即可求出AC、CD，从而得到AC⊥CD，再由线面垂直的性质得到PA⊥CD，即可得到CD⊥平面PAC，则二面角P-CD-A得平面角为∠ACP，再由锐角三角函数计算可得.
【解答过程】（1）证明：∵点E,F分别为PA,PD的中点，
∴AD//EF，
∵AD//BC，∴EF//BC，
∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴EF//平面PBC.
（2）解：∵AB⊥AD,AD//BC，∴AB⊥BC，
连接AC，由AB=BC=2得AC=AB2+BC2=22，
∵AD=4，∴CD=AB2+(AD-BC)2=22，
所以AC2+CD2=AD2，
∴AC⊥CD，
∵PA⊥底面ABCD，AC,CD⊂底面ABCD，∴PA⊥AC,PA⊥CD，
∵PA,AC是平面PAC内两相交直线，
∴CD⊥平面PAC，
∵PC⊂平面PAC,∴CD⊥PC，
∴二面角P-CD-A得平面角为∠ACP，
∵AP=4，∴PC=AC2+AP2=26，∴cs∠ACP=ACPC=33，
所以二面角P-CD-A的余弦值为33，
即二面角F-CD-B的余弦值为33.
14．（2023秋·辽宁葫芦岛·高三期末）如图，边长是6的等边三角形△ABC和矩形BCDE.现以BC为轴将面ABC进行旋转，使之形成四棱锥A1-BCDE，O是等边三角形△ABC的中心，M，N分别是BC，DE的中点，且A1B=2ON，OF//面BCDE，交A1C于F.
(1)求证OF⊥面A1MN
(2)求DF和面A1MN所成角的正弦值.
【解题思路】（1）先利用线面平行的性质定理证得OF//BC，再利用线面垂直的判定定理证得BC⊥面A1MN，从而得到OF⊥面A1MN；
（2）构造平行四边形，将所求角转化为OG和面A1MN的所成角，再在Rt△GON中求得tan∠GON，从而利用三角函数的基本关系式求得sin∠GON，由此得解.
【解答过程】（1）因为OF//面BCDE，面BCDE∩面A1BC=BC，OF⊂面A1BC，
所以OF//BC，
因为M是BC的中点，△ABC是等边三角形，所以A1M⊥BC，
因为在矩形BCDE中，M，N分别是BC，DE的中点，所以MN//CD，
又BC⊥CD，所以MN⊥BC，
又MN∩A1M=M，MN,A1M⊂面A1MN，所以BC⊥面A1MN，
因为OF//BC，所以OF⊥面A1MN.
（2）在线段ND上取点G使得DG=2，连接GO,ON，
因为O是等边三角形△ABC的中心，OF//BC，所以OF:CM=2:3，
因为CM=12BC=3，所以OF=2，所以DG=OF，
因为OF//BC，DG//BC，所以DG//OF，
所以四边形DFOG为平行四边形，所以DF//OG，
所以DF和面A1MN所成角等于OG和面A1MN所成角，
由（1）得OF⊥面A1MN，又DG//OF，所以DG⊥面A1MN，即GN⊥面A1MN，
所以OG和面A1MN的所成角为∠GON，即sin∠GON为所求，
在Rt△GON中，NG=DN-DG=1,ON=12A1B=3，则tan∠GON=NGON=13，
因为00，
故异面直线AB与DC所成的角为arccs34.
16．（2023·全国·高二专题练习）在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD为边长为1的菱形，∠ABC=π4，PA=2，M为PA中点，N为BC的中点．
(1)求证：直线MN//平面PCD；
(2)求直线AB与MD所成角大小．
【解题思路】（1）作出辅助线，证明出平面MNE //平面PCD，从而得到线面平行；
（2）作出辅助线，由余弦定理得到AC=2-2，找到直线CD与MD所成的角∠MDC或其补角为直线AB与MD所成角，由勾股定理求出MC,MD，由余弦定理求出答案.
【解答过程】（1）取AD的中点E，连接NE，ME，
因为M为PA中点，N为BC的中点，
所以ME//PD，NE//CD，
因为ME⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，
所以ME//平面PCD，同理可得NE//平面PCD，
因为ME∩NE=E，ME,NE⊂平面MNE，
所以平面MNE //平面PCD，
因为NM⊂平面MNE，
所以直线MN//平面PCD；
（2）连接AC，
四边形ABCD为边长为1的菱形，∠ABC=π4，所以AB=BC=1，
由余弦定理得：AC=AB2+BC2-2AB⋅BCcs∠ABC=1+1-2×22=2-2，
因为PA=2，M为PA中点，所以AM=12PA=1,
因为PA⊥底面ABCD，AC,AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AC，PA⊥AD，
所以MC=MA2+AC2=1+2-2=3-2，
MD=MA2+AD2=1+1=2，
因为AB//CD，所以直线CD与MD所成的角∠MDC或其补角为直线AB与MD所成的角，
由余弦定理得：cs∠MDC=MD2+CD2-MC22MD⋅DC=2+1-3-222=12，
故直线AB与MD所成角的大小为π3.
17．（2022秋·江西萍乡·高三期末）如图，在五面体ABCDE中，△ABC为等边三角形，平面ABC⊥平面ACDE，且AC=2AE=2ED=2，∠DEA=∠EAC=90°，F为边BC的中点.
(1)证明：DF//平面ABE；
(2)求DF与平面ABC所成角的大小.
【解题思路】（1）通过构造平行四边形的方法来证得DF//平面ABE；
（2）判断出直线DF与平面ABC所成角，解直角三角形求得角的大小.
【解答过程】（1）取AB的中点为M，连接ME，MF，
因为F为边BC的中点，所以MF//AC，MF=12AC，
又DE//AC，DE=12AC，所以MF//DE，且MF=DE，
即四边形EDFM为平行四边形，所以DF//EM，
又EM⊂平面ABE，DF⊄平面ABE，所以DF//平面ABE；
（2）平面ABC⊥平面ACDE，平面ABC∩平面ACDE=AC，
EA⊥AC，EA⊂平面ACDE，则EA⊥平面ABC，
∵DF//ME，∴DF与平面ABC所成角即为EM与平面ABC所成角，即∠EMA，
在直角△AEM中，tan∠EMA=EAAM=11=1，
由于0°