高考数学专题复习立体几何专题空间角

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高考数学二轮复习专题二立体几何第3讲空间角课件

跟踪演练3 (2018·绍兴质检)已知四面体SABC中，二面角B－SA－C， A－SB－C，A－SC－B的平面角的大小分别为α，β，γ，则 A.π2<α＋β＋γ<π B.32π<α＋β＋γ<2π
√C.π<α＋β＋γ<3π
D.2π<α＋β＋γ<3π
解析
答案
真题押题精练
真题体验
1.(2017·全国Ⅲ)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角1形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角； ②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角； ③直线AB与a所成角的最小值为45°； ④直线AB与a所成角的最大值为60°. 其中正确的是_②__③___.(填写所有正确结论的编号)
板块三专题突破核心考点
专题二立体几何
第3讲空间角
[考情考向分析]
以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，热点为异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的求解，向量法作为传统几何法的补充，为考生答题提供新的工具．
内容索引
热点分类突破真题押题精练
热点分类突破
热点一异面直线所成的角
尖子生好方法:听课时应该始终跟着老师的节奏，要善于抓住老师讲解中的关键词，构建自己的知识结构。利用老师讲课的间隙，猜想老师还会讲什么，会怎样讲，怎样讲会更好，如果让我来讲，我会怎样讲。这种方法适合于听课容易分心的同学。
2019/6/29
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2019/6/29
AB＝AC，O为BC的中点，动点P在线段OB上(不含端点)，记∠APC＝θ，

高考复习专题--数学空间角教案

2014年高考数学第二轮复习专题立体几何---空间角【考点审视】立体几何高考命题及考查重点、难点稳定：高考始终把空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直的性质与判定、线面间的角与距离的计算作为考查的重点，尤其是以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证，更是年年反复进行考查，在难度上也始终以中等偏难为主。

空间的角，是对由点、直线、平面所组成的空间图形中各种元素间的位置关系进行定量分析的一个重要概念，空间角高考中每年必考，复习时必须高度重视。

对于空间角的计算，总是通过一定的手段将其转化为一个平面内的角，并把它置于一个平面图形，而且是一个三角形的内角来解决，而这种转化就是利用直线与平面的平行与垂直来实现的，因此求这些角的过程也是直线、平面的平行与垂直的重要应用．考试要求考点1：掌握空间两异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角、二面角的平面角等概念；考点2：能熟练地在图形中找出相关的角并证明；考点3：能用向量方法和非向量方法进行计算；考点4：通过空间角的计算和应用进一步考察运算能力、逻辑推理能力及空间想象能力．【高考链接】1.空间的角和距离是空间图形中最基本的数量关系，空间的角主要研究射影以及与射影有关的定理、空间两直线所成的角、直线和平面所成的角、以及二面角和二面角的平面角等．解这类问题的基本思路是把空间问题转化为平面问题去解决．2．三种空间角，即异面直线所成角、直线与平面所成角、平面与平面所成二面角。

它们的求法一般化归为求两条相交直线的夹角，通常“线线角抓平移，线面角找射影，面面角作平面角”而达到化归目的，有时二面角大小出通过cos θ=原射S S 来求。

3．由于近年考题常立足于棱柱、棱锥和正方体，因此复习时应注意多面体的依托作用，熟练多面体性质的应用，才能发现隐蔽条件，利用隐含条件，达到快速准确解题的目的。

【复习回顾】（一）空间角三种角的定义异面直线所成的角(1)定义：,a b 是两条异面直线，经过空间任意一点o ，分别引直线//'a a ，//'b b ,则'a 和'b 所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 和b 所成的角.(2)取值范围：090θ≤≤. (3)求解方法①根据定义，通过平移，找到异面直线所成的角θ； ②解含有θ的三角形，求出角θ的大小. 直线和平面所成的角(1)定义和平面所成的角有三种：斜线和平面所成的角这条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角.垂线与平面所成的角直线垂直于平面，则它们所成的角是直角. 一条直线和平面平行，或在平面内，则它们所成的角是0°的角. (2)取值范围090θ≤≤° (3)求解方法①作出斜线在平面上的射影，找到斜线与平面所成的角θ. ②解含θ的三角形，求出其大小. ③最小角定理斜线和平面所成的角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角，亦可说，斜线和平面所成的角不大于斜线与平面内任何直线所成的角二面角及二面角的平面角 (1)半平面 (2)二面角.(3)二面角的平面角二面角的大小用它的平面角来度量，通常认为二面角的平面角θ的取值范围是0°＜θ≤180°②二面角的平面角具有下列性质：二面角的棱垂直于它的平面角所在的平面。

立体几何综合复习——空间角(完整版)

立体几何专题复习-----空间角的求法（一）异面直线所成的角：定义：已知两条异面直线,a b ，经过空间任一点O 作直线//,//a a b b ''，,a b ''所成的角的大小与点O 的选择无关，把,a b ''所成的锐角（或直角）叫异面直线,a b 所成的角（或夹角）．为了简便，点O 通常取在异面直线的一条上理解说明：（1）平移法：即根据定义，以“运动”的观点，用“平移转化”的方法，使之成为相交直线所成的角。

（2）异面直线所成的角的范围：]2,0(π（3）异面直线垂直：如果两条异面直线所成的角是直角，则叫两条异面直线垂直．两条异面直线,a b 垂直，记作a b ⊥．（4）求异面直线所成的角的方法：法1：通过平移，在一条直线上找一点，过该点做另一直线的平行线；法2;找出与一条直线平行且与另一条相交的直线，那么这两条相交直线所成的角即为所求(5).向量法： CDAB CD AB →→=.cos θ（二）直线和平面所成的角1．线面角的定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线和这个平面所成的角2、记作：θ；3、范围：[0，2π]；当一条直线垂直于平面时，所成的角θ＝2π，即直线与平面垂直；1.二面角的平面角：（1）过二面角的棱上的一点O 分别在两个半平面内作棱的两条垂线,OA OB ，则AOB ∠叫做二面角lαβ--的平面角（2）一个平面垂直于二面角l αβ--的棱l ，且与两半平面交线分别为,,OA OB O 为垂足，则AOB ∠也是l αβ--的平面角说明：（1）二面角的平面角范围是[0,180]；（2）二面角的平面角为直角时，则称为直二面角，组成直二面角的两个平面互相垂直（3）二面角的平面角的特点：1）角的顶点在棱上；2）角的两边分别在两个面内；3）角的边都要垂直于二面角的棱。

2、作二面角的平面角的常用方法：①、点P 在棱上——作垂直于棱的直线（如图1）；②、点P 在一个半平面——三垂线定理法；（如图2） ③、点P 在二面角内——垂面法。

立体几何-空间角求法题型(线线角、线面角、二面角)

空间角求法题型（线线角、线面角、二面角）空间角能比较集中的反映学生对空间想象能力的体现，也是历年来高考命题者的热点，几乎年年必考。

空间角是线线成角、线面成角、面面成角的总称。

其取值范围分别是：0° < 90°、0°< < 90°、0° < 180°。

空间角的计算思想主要是转化：即把空间角转化为平面角，把角的计算转化到三角形边角关系或是转化为空间向量的坐标运算来解。

空间角的求法一般是：一找、二证、三求解，手段上可采用：几何法（正余弦定理）和向量法。

下面举例说明。

一、异面直线所成的角：例1如右下图，在长方体 ABCD A i BiGD i 中，已知AB 4 , AD 3, AA 2。

E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB FB 1。

求直线EC i 与FD i 所成的角的余弦值。

思路一：本题易于建立空间直角坐标系，uuu uuu把EC i 与FD i 所成角看作向量 EC 与FD 的夹角，用向量法求解。

思路二：平移线段C i E 让C i 与D i 重合。

转化为平面角，放到三角形中，用几何法求解。

（图I ）uuu uju umr解法一：以A 为原点，ABAD'AA 分别为x 轴、y 轴、z 轴的•••直线EC i 与FD i 所成的角的余弦值为 --- I4解法二：延长 BA 至点 E i ,使 AE i =I ，连结 E i F 、DE i 、D i E i 、DF , 有D i C i //E i E , D i C i =E i E ,则四边形 D i E i EC i 是平行四边形。

则 E i D i //EC i 于是/ E i D i F 为直线EC i 与FD i 所成的角。

在 Rt △ BE i F 中， E i F -J E i F 2 BF 2「5 2 i 2 「‘莎。

空间立体几何专题复习《空间角的计算》

空间立体几何专题复习《空间角的计算》
学习目的：能求异面直线所成的角、直线与平面所成的角及简单的二面角的平面角大小.
一.基础知识梳理
1.写出异面直线所成的角的定义及其范围
2.写出直线与平面所成的角的定义及其范围
3.写出二面角及其平面角的定义及其范围
4.上述三种角的求法分别是怎样的？
二.经典题型
1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别为BB1、CC1的中点，那么直线AE与D1F所成角的余弦值为.
2.已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于
3.正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角C1-AB-C的平面角等于．
4.如图，VA=VB=AC=AC=2，AB=2，BC=3，求二面角V-AB-C大小.
5.已知二面角α－l－β的大小为60°，m，n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为.
6.已知四面体ABCD的棱长都相等，Q是AD的中点，求CQ与平面DBC所成的角的正弦值．。

立体几何专题复习(三) 空间角专题

空间角例题讲解：一、异面直线夹角问题例1、（1）如图,正棱柱1111ABCD A BC D -中,12AA AB =,则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为_ _ _(2) 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA= 90，点D 1、F 1分别是A 1B 1和A 1C 1的中点，若BC=CA=CC 1，求BD 1与AF 1所成的角的余弦值_________。

二、线面夹角问题例2、（1）直线a 是平面α的斜线，直线b 在平面α内，当a 与b 成60O 的角，且b 与a 在α内的射影成45O的角时，a 与α所成的角为( ) (A)60O (B)45O (C) 90O (D)30O（2）在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，且 2AC BC BD AE ===，M 是AB 的中点．（I ）求证：CM EM ⊥；（II ）求CM 与平面CDE 所成的角．三、二面角问题例3、（1）四边形ABCD 是正方形，P 是平面ABCD 外一点，且⊥PA 平面ABCD ，PA=AB=a ，则二面角D PC B --的大小为。

（2）在二面角βα--l 的一个平面α内有一条直线AB ，它与棱的夹角为︒45，AB 与平面β所成的角为︒30，则二面角的大小为；1A(3) 如图所示，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD ＝60°，E 是CD 的中点，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝2.（Ⅰ）证明：平面PBE ⊥平面P AB ;（Ⅱ）求平面P AD 和平面PBE 所成二面角的平面角的正弦值大小.巩固练习：一、选择题1．已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 、SD 所成角的余弦值为( )A.13B.23C.33D.232．如图，四棱锥S －ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不．正确的是( ) A ．AC ⊥SBB ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角3．已知三棱锥底面是边长为1的正三角形，侧棱长均为2，则侧棱与底面所成角的余弦值为( ) A.32 B.12 C.33 D.364．已知正四面体A －BCD ，设异面直线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 所成的角为γ，A B C E D P则( )A．α＞β＞γB．α＞γ＞βC．β＞α＞γD．γ＞β＞α二、填空题5．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为________．6．已知点O在二面角α－AB－β的棱上，点P在α内，且∠POB＝45°.若对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°，则二面角α－AB－β的大小是__________．7．已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于________．三、解答题8．如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，E、F分别为AB、SC的中点．(1)证明：EF∥平面SAD；(2)设SD＝2CD，求二面角A－EF－D的余弦值．9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱C1D1上的动点，F为棱BC的中点．(1)求证：AE⊥DA1；(2)求直线DF与平面A1B1CD所成角的正弦值；(3)若E为C1D1的中点，在线段AA1上求一点G，使得直线AE⊥平面DFG.10．如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AD＝CD，∠CAD＝30°.(1)若AD＝2，AB＝2BC，求四面体ABCD的体积；(2)若二面角C－AB－D为60°，求异面直线AD与BC所成角的余弦值．。

立体几何空间角专题

PCDBA立体几何空间角专题空间角，能比较集中反映空间想象能力的要求，历来为高考命题者垂青，几乎年年必考。

空间角是异面直线所成的角、直线与平面所成的角及二面角总称。

空间角的计算思想主要是转化：即把空间角转化为平面角，把角的计算转化到三角形边角关系或是转化为空间向量的坐标运算来解。

空间角的求法一般是：一找、二证、三计算。

异面直线所成的角的范围：090θ<≤（一）平移法【例1】已知四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，90ABC ∠=，PA ⊥平面AC ，且2BC =，1PA AD AB ===，求异面直线PC 与BD 所成角的余弦值的大小。

【解】过点C 作//CE BD 交AD 的延长线于E ，连结PE ，则PC与BD 所成的角为PCE ∠或它的补角。

CE BD==PE==∴由余弦定理得222c o s 26PC CE PE PCE PC CE +-∠==-⋅∴PC 与BD 所成角的余弦值为63（二）补形法【变式练习】已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为8，侧棱长为6，D为AC 中点。

求异面直线1AB 与1BC A 1C 1【答案】125直线与平面所成角的范围：090θ≤≤方法：射影转化法（关键是作垂线，找射影）【例2】如图，在三棱锥P ABC -中，90APB ∠=，60PAB ∠=，AB BC CA ==，点P 在平面ABC 内的射影O 在AB 上，的角的大小。

【解】连接OC ，由已知，OCP ∠为直线PC 与平面ABC 设AB 的中点为D ，连接,PD CD 。

AB BC CA ==，所以CD AB ⊥90,60APB PAB ∠=∠=，所以PAD ∆为等边三角形。

不妨设2PA =，则1,4OD OP AB===CD OC ∴===在RtOCP ∆中，tan 13OP OCP OC∠===【变式练习1】如图，四棱锥S ABCD -中，//AB CD ，BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形。

高考数学总复习考点知识专题讲解43---空间角与距离

(2)设 AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，所以 BO＝1， AO＝CO＝ 3.
如图，以 O 为坐标原点，射线 OB，OC 分别为 x 轴，y 轴的正半轴建立空间直角坐标系 O－xyz，
则 P(0，－ 3，2)，A(0，－ 3，0)，B(1,0,0)，C(0， 3，
0)，
→
→
|AB·n|
的法向量，则 B 到平面 α 的距离为|BO|＝
|n|
.
两个提醒 (1)线面角 θ 的正弦值等于直线的方向向量 a 与平面的法向量 n 所成角的余弦值的绝对值，即 sinθ＝|cos〈a，n〉|，
不要误记为 cosθ＝|cos〈a，n〉|.
(2)二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面 α，β 的法向量 n1，n2 时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量 n1，n2 的夹角是相等，还是互补．
BB1 为 z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，设 AB＝BC＝AA1
→ ＝2，则 C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，∴EF＝(0，－1，1)，
→
→→
BC1＝(2,0,2)，∴EF·BC1＝2，
∴cos〈E→F，B→C1〉＝
2 2×2
2＝12，
则 EF 和 BC1 所成的角是 60°，故选 C.
(2020·大连外国语学校月考)如图所示，在三棱柱 ABC－ A1B1C1 中，AA1⊥底面 ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°， Байду номын сангаас E，F 分别是棱 AB，BB1 的中点，则直线 EF 和 BC1 所成的角是( C )
A．30° C．60°

2025届高考数学一轮复习讲义立体几何与空间向量之空间角和空间距离

形，则在正四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1中，异面直线 AK 和 LM 所成的角的大小为
(
D )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
[解析] 根据题意还原正四棱柱的直观图，如图所示，取 AA 1的中点 G ，连接 KG ，
则有 KG ∥ LM ，所以∠ AKG 或其补角为异面直线 AK 和 LM 所成的角.由题知 AG ＝
A 1 C 1＝5， BC 1＝4 2 ，所以 cos
52 ＋52 −(4 2）2
9
1
∠ BA 1 C 1＝
＝＜，所以60°＜
2×5×5
25
2
∠ BA 1 C 1＜90°，则过点 D 1作直线 l ，与直线 A 1 B ， AC 所成的角均为60°，即过一
点作直线，使之与同一平面上夹角大于60°的锐角的两边所在直线所成的角均成
2 z －1＝0的交线，试写出直线 l 的一个方向向量 (2，2，1)
的余弦值为
65
9
.
⁠
，直线 l 与平面α所成角
[解析] 由平面α的方程为 x ＋2 y －2 z ＋1＝0，可得平面α的一个法向量为 n ＝(1，
⑫ [0， ] ，二面角的
2
n1，n2＞｜.
范围是⑬
⁠
[0，π] .
⁠
易错警示
1. 线面角θ与向量夹角＜ a ， n ＞的关系
π
2
π
2
如图1(1)，θ＝＜ a ， n ＞－；如图1(2)，θ＝－＜ a ， n ＞.
图1
2. 二面角θ与两平面法向量夹角＜ n 1， n 2＞的关系
图2(2)(4)中θ＝π－＜ n 1， n 2＞；图2(1)(3)中θ＝＜ n 1， n 2＞.

高考数学题型归纳,立体几何中的空间角

第七节立体几何中的空间角考点一异面直线所成的角［典例］(1)(2018・全国卷H)在正方体ABCD-A向G5中，E为棱CG的中点，则异而直线AE与CD 所成角的正切值为()A粤B孚* D.日(2)(2019•成都检测)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个而都为直角三角形的四而体称为鳖腌.如图，在鳖牖ABC。

中，A5J_平面BCD,且A8=8C=CQ,则异面直线AC与3。

所成角的余弦值为()A.yB. -5C正 D -也［解析］(1)如图，连接BE,因为A8〃CO,所以AE与CO所成的角为NEW,在Rt/UBE 中，设AB=2,则BE=6则tan NEAB=^=卷,所以异面直线AE与CO所成角的正切值为坐.(2)如图，分别取AB, AD, BC, BD 的中点 E, F, G, O,连接ER EG, OG, FO, FG,则EF〃BD, EG//AC,所以NFEG为异面直线AC与8。

所成的角.易知/O〃AB, 因为A8_L平面BCD,所以尸0,平面BCD,所以EOLOG, ■｛殳AB = %,,则EG=EF=, a, FG=y［a2+a2=y/2a9所以“EG=60。

，所以异面直线AC与8。

所成角的余弦值为:，乙故选A.［答案］(1)C (2)A［题组训练］1.在正三棱柱ABC-Ai&G中，AB=pBBi，则A&与6G所成角的大小为()A. 30°B. 60°C. 75°D. 90°解析：选D 将正三棱柱ABC-AiSG补为四棱柱ABCO-A山CQi,连接G。

，BD,则GO〃&A, Z BCQ为所求角或其补角.设BB尸陋,则BC=CQ=2, ZBCD= 120°, BD=2小,又因为8G = G。

二限所以N3GO=900.2.如图所示，在正方体A3CD-A由］GQ中，(1)求AC与AiD所成角的大小：(2)若£尸分别为A& AO的中点，求4G与E厂所成角的大小.解：(1)如图所示，连接8C, AB［9由/WCO-A由］GO1是正方体，易知AQ〃&C,从而&C与AC所成的角就是AC与4。

高考复习专题--数学空间角

S
M
Q
N E C ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ D
A
B
专题小结：
夯实基础，熟练掌握通性通法
（ 1 ）首先应注重提高空间想象能力，为解决立体几何问题打下基础。（ 2 ）注意揭示解决立几问题的一般思维程序。（3）熟练掌握通性通法
典型例题:
过正方形ABCD的顶点A引SA⊥底面 ABCD，并使平面SBC，SCD都与底面ABCD成 45度角，求二面角B-SC-D的大小.
异面直线所成的角
直线与平面所成角平面与平面所成角
一、高考考纲要求
1.掌握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角的概念. 2.会求直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角. ３.能力要求：通过有关空间角的问题的解决，进一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力．
二、高考考点分析
D1 O
B1 D N
C1
A1
C B
BOB1即为所求
A
题型三：二面角
(2)三垂线定理 D1
C1 B1
A1 D
C B
A
E
F
A1FA即为所求
A P
F
E
D C
B
1 ：如图所示，四边形ABCD是边长为2的正方形，SA 平面ABCD，SA 2，
（ 1 ）求二面角M BC D大小的正切值；
M 是SA的中点，过M 和BC的平面交SD于N。
（2）求CN与平面ABCD所成角的正切值；（ 3 ）求CN与BD所成角的余弦值；
（4）求平面 SBC与SDC所成角大小的正弦值。
A
45
三垂线定理法
30
F
E
B
D

高三数学专题复习：第一部分专题四第三讲

变式训练1
在正方体ABCD—A1B1C1D1 中，E，F
分别是BB1，DC的中点． (1)求证：D1F⊥平面ADE； (2)设正方形ADD1A1的中心为M，B1C1的中点为N，求证：MN∥平面ADE.
栏目导引
第一部分•专题突破方略
证明：(1)如图，
不妨设正方体的棱长为 1， D 为坐标原点建立空以间直角坐标系 D—xyz，
0，1，0 ，则 D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0,1)，F 2
栏目导引
第一部分•专题突破方略
→ 1，1，1 ，AD ＝(－1,0,0)， E 2 → 1 → ，AD ·→ ＝(－ D1F＝ 0，2，－1 D1 F 0，1，－1 ＝0. 1,0,0)· 2 ∴AD⊥D1F. 1 → 1 → 又AE＝ 0，1，2 ，D1F＝ 0，2，－1 ， 1 1 → → ＝1－ 1＝0. ∴AE· 1F＝ 0，1，2 ·0，2，－1 D 2 2
D1(0,0,2)，
栏目导引
第一部分•专题突破方略
→ → → ∴ A1C1 ＝ ( － 1,1,0) ， AC ＝ ( － 2,2,0)， D1B1 ＝ → → → → (1,1,0)， DB ＝ (2,2,0)， ∴ AC ＝ 2A1C1 ， DB ＝ → 2D1B1， → → → → ∴AC与A1C1平行，DB与D1B1平行，即 A1C1 与 AC 共面，B1D1 与 BD 共面． → → (2)∵DD1· ＝(0,0,2)· AC (－2,2,0)＝0，
→
→
栏目导引
第一部分•专题突破方略
设 PB 与 AC 所成角为 θ，则
P→ · → 6 6 B A C ＝ cos θ＝＝ . → → 2 2×2 3 4 |PB||AC|

高考数学复习-第十二讲--立体几何之空间角

第十二讲立体几何之空间角一、基本知识回顾空间的角主要包括两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角。

1）异面直线所成角 1.022.π⎧⎛⎤ ⎪⎥⎝⎦⎪⎨⎧⎪⎨⎪⎩⎩范围：，平移相交（找平行线替换）求法：向量法⎥⎦⎤ ⎝⎛20π， 2）直线与平面所成角 1.π⎧⎡⎤⎪⎢⎥⎣⎦⎪⎨⎧⎪⎨⎪⎩⎩范围0，2定义2.求法向量法⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π nm n m ϖρρρ⋅⋅=arcsin θ 若n m ρρ⊥则α//a 或α⊂a 若n m ρρ//则α⊥a 3）二面角[]1.0.2.π⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎨⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎩范围：定义法（即垂面法）作二面角平面角的方法：三垂线定理及逆定理垂线法直接法3.求二面角大小的方法射影面积法向量法 θcos S S =' (S 为原斜面面积,S '为射影面积,θ为斜面与射影所成锐二面角的平面角)当θ为锐角时, nm n m ϖρρρ⋅⋅=arccos θ 当θ为锐角时, nm n m ϖρρρ⋅⋅-=arccos πθ二、例题讲解1.在正三棱柱111ABC A B C -中, 若12,AB BB =求1AB 与BC 1所成的角的大小。

解：法一：如图一所示,设O 为C B 1、B C 1的交点, D AC 为的中点, 则所求角是DOB ∠。

设1,2BB a AB a ==则, 于是在DOB ∆中,122211336,2,222213,,2OB BC a BD a a OD AB a BD OB OD =======+ 即90,DOB ∠=︒∴ ︒=∠90DOB法二：取11A B 的中点O 为坐标原点, 如图建立空间直角坐标系,xyz O -AB 21的长度单位,则由12AB BB =有()()()()()()111111110,1,2,0,1,2,0,1,0,3,0,00,2,2,3,1,2,220,A B B C AB C B AB C B AB C B -∴=-=-⋅=-=∴⊥u u u r u u u r u u u r u u u r2.如图二所示, 在四棱锥P ABCD -中, 底面ABCD 是一直角梯形, 90,//,,2,BAD AD BC AB BC a AD a ∠=︒===且PA ABCD ⊥底面，PD 与底面成30︒角。

2020年高考数学复习：“空间角”攻略

空间角”攻略［题型分析高考展望］空间角包括异面直线所成的角，线面角以及二面角，在高考中频繁出现，也是高考立体几何题目中的难点所在•掌握好本节内容：首先要理解这些角的概念，其次要弄清这些角的范围，最后再求解这些角•在未来的高考中，空间角将是高考考查的重点，借助向量求空间角，将是解决这类题目的主要方法常考题型精析题型一异面直线所成的角例1在棱长为a的正方体ABCD —A I B I C I D I中，求异面直线BA i与AC所成的角•n点评（1）异面直线所成的角的范围是（0, ?］•求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决具体步骤如下：①利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上;② 证明作出的角即为所求的角;③ 利用三角形来求角•⑵如果题目条件易建立空间坐标系，可以借助空间向量来求异面直线所成角：设异面直线11, 12的方向向量分别为 m i ，m 2，则l i 与12所成的角B 满足cos 0= |cos < m i , m 2〉|.变式训练1 （2014课标全国n ）直三棱柱 ABC — A 1B 1C 1中，/ BCA = 90° M , N 分别是 A i B i , A 1C 1的中点，BC = CA = CC i ,贝U BM 与AN 所成角的余弦值为（）题型二直线与平面所成的角例 2 （2015 课标全国 n ）如图，长方体 ABCD — A 1B 1C 1D 1 中，AB = 16, BC = 10, AA 1= 8，点 E , F 分别在A 1B 1, D 1C 1 上, A 1E = D 1F = 4•过点E , F 的平面a 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形•（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）;（2）求直线AF 与平面a 所成角的正弦值•C. 30 10D.2 &点评(1)求直线I与平面a所成的角，先确定I在a上的射影，在I上取点作a的垂线，或观察原图中是否存在这样的线，或是否存在过I上一点与a垂直的面.(2)找到线面角、作出说明，并通过解三角形求之⑶利用向量求线面角：设直线I的方向向量和平面a的法向量分别为m, n,贝y直线I与平面a所成角B满足sin 0= |cos〈m, n> |,变式训练2如图，已知四棱锥P—ABCD的底面为等腰梯形，AB// CD , AC丄BD，垂足为H , PH是四棱锥的高，E为AD的中点.(1) 证明：PE丄BC;⑵若/ APB =/ ADB = 60 °求直线PA与平面PEH所成角的正弦值题型三.面角例3 （2015山东）如图，在三棱台DEF —ABC中，AB = 2DE , G, H分别为AC, BC的中点.（1）求证：BD //平面FGH ;⑵若CF丄平面ABC, AB丄BC, CF = DE, / BAC = 45 °求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小.点评(i)二面角的范围是(0, n，解题时要注意图形的位置和题目的要求•作二面角的平面角常有三种方法.①棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角；②面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一个面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点(即斜足)，斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角；③空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角.(2) 用向量法求二面角的大小①如图(1) , AB、CD是二面角a—I —B的两个面内与棱垂直的直线，则二面角的大小9=〈AB, CD > .(2)如图⑵(3), n i, n2分别是二面角a—I —3的两个半平面a B的法向量，则二面角的大小9满足cos 9= cos〈 n i, n2> 或—cos〈 n i, n2> .变式训练3 (2015安徽)如图所示，在多面体A1B1D1-ABCD，四边形AA1B1B, ADD1A1, ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1, D , E的平面交CD1于F.Ai D,（1）证明：EF // B i C.⑵求二面角 E — A i D — B i 的余弦值•高考题型精练1. （2015浙江）如图，已知△ ABC , D 是AB 的中点，沿直线 CD 将厶ACD 翻折成△ A ' CD ，所成二面角ACD — B 的平面角为 a 贝U （）2. （2015北京朝阳区模拟）在正方体 ABCD — A i B i C i D i 中，点E 为BB i 的中点，则平面 A i ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为（）2B.2 3. （2014大纲全国）已知二面角 a — I —B 为60° AB? a,AB 丄I, A 为垂足，CD?伏C € I ，/ACD=135°，则异面直线 AB 与CD 所成角的余弦值为（4. （2014四川）如图，在正方体 ABCD — A i B i C i D i 中，点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段1 A.2 C.D. __2 2 B._3 4 CB. / A ' DB > aC.1CC 1上，直线OP 与平面A I BD 所成的角为 a 则sin a 的取值范围是（A.[~3，1]C 能鸥C . [ 3， 3 ] 5. 如图所示，在二棱柱 ABC —A iB iC i 中，AA 1 丄底面 ABC , AB = BC = AA i ,/ ABC = 90，点E 、F 分别是棱 AB 、BB i 的中点，则直线 EF 和BC i 所成的角是 ____________ .A6.正四棱锥S — ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO = OD ，则直线BC 与平面PAC 所成的角是 __________ . 7. （2014四川）三棱锥A — BCD 及其侧（左）视图、俯视图如图所示.设M , N 分别为线段 AD , AB的中点，P 为线段BC 上的点，且 MN 丄NP.（1）证明：P 是线段BC 的中点；⑵求二面角 A — NP — M 的余弦值.B.[f ，1] 2t 2 ..D .["T ，1]8. (2015课标全国I )如图，四边形ABCD为菱形，/ ABC = 120 ° E, F是平面ABCD同一侧的两点，BE丄平面ABCD , DF丄平面ABCD , BE = 2DF , AE丄EC.(1)证明：平面AEC丄平面AFC ,⑵求直线AE与直线CF所成角的余弦值(1)求平面FAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；⑵点Q 是线段BP 上的动点，当直线 CQ 与DP 所成的角最小时，求线段 BQ 的长.9. (2015江苏)如图，在四棱锥 n梯形，/ ABC = Z BAD = 2, P — ABCD 中，已知 PA 丄平面ABCD ，且四边形 ABCD 为直角PA = AD = 2, AB = BC = 1.10. （2015北京）如图，在四棱锥A —EFCB中，△ AEF为等边三角形，平面AEF丄平面EFCB , EF // BC, BC = 4, EF = 2a,/ EBC=Z FCB = 60° O 为EF 的中点.(1)求证：AO丄BE ;⑵求二面角F —AE —B的余弦值;⑶若BE丄平面AOC，求a的值.=60°第28练空间角”攻略常考题型精析例1解方法一因为 B A i = BA + B B i , AC = AB + BC , 所以 B A i AC =(BA + B B i ) (AB + BC) =BA A B + BA BC + EBB i AB + B B iBC.因为 AB 丄 BC , BB i 丄 AB , BB i 丄 BC , 所以 BA BC =0, BB i AB = 0,BB i BC = 0, BA AB =- a .所以 BA i AC = — a .又BA i AC = |BA i | |AC| cos < BA i , AC>,iC0S < BA i , AC >= 2a - .2a 一 2.所以〈BA i , AC > = i20°所以异面直线BA i 与AC 所成的角为60°方法二连接A i C i , BC i ，则由条件可知 A i C i // AC ,从而BA i 与AC 所成的角即为BA i 与A i C i 所成的角，由于该几何体为边长为 a 的正方体，于是△ A i BC i 为正三角形,答案精析—a 2从而所求异面直线BA i与AC所成的角为60°=60°方法三由于该几何体为正方体,所以DA, DC, DD i两两垂直且长度均为a,于是以D为坐标原点，DA , DC ,元1分别为x, y, z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,于是有A(a,O,O), C(0, a,0), A i(a,O, a), B(a, a,0),从而AC = (—a, a,0), BA i = (0 , — a ,a),且|AC|= |B A i|= 2a , AC BA i=- a2,—a2-> -> a1••• cos〈AC, BA i〉= --------- =—一,1V2a ^2a 2,即〈AC , BA i〉= 120°,所以所求异面直线BA i与AC所成角为60°变式训练1 C ［由于/ BCA = 90° °三棱柱为直三棱柱，且BC = CA= CC1,可将三棱柱补成正方体建立如图所示空间直角坐标系设正方体棱长为2,则可得A(0,0,0), B(2,2,0) , M(1,1,2) , N(0,1,2),• BM = (1,1,2) —(2,2,0) = (—1, —1,2) , AN=(0,1,2).BM AN• cos〈 BM , AN>|BM||AN|='—1 2+ —1 2+ 22. 02+ 12+ 22= 6 • 5V3D10」例2解 ⑴交线围成的正方形 EHGF 如图:(2)作 EM 丄 AB ,垂足为 M ，贝U AM = A i E = 4, EM = AA i = 8.因为 EHGF 为正方形，所以 EH = EF = BC = 10.于是 MH =- EH 2— EM 2= 6,所以 AH = 10.以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(10,0,0), H(10,10,0), E(10, 4,8), F(0,4,8), FE = (10,0,0), HE = (0, — 6, 8).设 n = (x , y , z)是平面EHGF[n FE = 0,的法向量，贝U Tn HE = 0, 所以可取 n = (0,4,3).又A F = (— 10,4,8)，故 |cos 〈n , A F > |= |n丫=|n ||AF| 变式训练2 (1)证明以H 为原点，HA , HB , HP 所在直线分别为x , y , z 轴，线段HA 的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图),设 C(m,0,0), P(0,0, n) (m<0, n>0),则 D(0, m,0), E 2 ,罗,0 .可得 PE = 1, m , — n , BC = (m , — 1,0). T T m m因为 PE BC = - — - + 0= 0,所以 PE 丄 BC.10x = 0, 即—6y + 8z = 0,所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为 4,5 15 .则 A(1,0,0), B(0,1,0). M H B⑵解由已知条件可得m=-身，n= 1,E1,P(0,0,1).设n = (x, y, z)为平面PEH的法向量,n H E=0，即2「^y"，z= 0.n HP = 0,因此可以取n = (1, ,3, 0).又PA= (1,0，- 1),所以|cos <PA, n> 1= ¥•所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为-q2.例3 (1)证明如图，连接DG , CD，设CD n GF = O,连接OH ,在三棱台DEFABC中，AB = 2DE,G为AC的中点，可得DF // GC,DF = GC,所以四边形DFCG为平行四边形则O为CD的中点，又H为BC的中点,所以OH // BD , 又OH?平面FGH , BD?平面FGH ,所以BD //平面FGH .⑵解方法一设AB= 2,贝U CF = DE = 1.在三棱台DEFABC中,G为AC的中点，由DF = |A C= GC,可得四边形DGCF为平行四边形，因此DG // FC,又FC丄平面ABC,所以DG丄平面ABC.在厶ABC中，由AB丄BC , / BAC = 45° G是AC中点.所以AB = BC , GB丄GC,因此GB, GC, GD两两垂直以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系所以G(0,0,0) , B( 2, 0,0), C(0, 2, 0), D(0,0,1).可得 H^2，T ，0，F (°， 2, 1), 故昴=，舟,0 , <3F = (0, 2，1). 设n = (x , y , z)是平面FGH 的一个法向量,由HM 丄平面 ACFD , MN?平面 ACFD , 得 HM 丄 MN ，因此 tan / MNH == .3, n GH = 0, 则由 -n G F = 0,可得歩+爭=0,2y + z = 0. 可得平面FGH 的一个法向量 n = (1 , - 1, 2).因为GB 是平面 ACFD 的一个法向量， GB = ( 2, 0,0).所以 cos 〈 GB , n > GB n & _ 1|GB| |n| 2 2所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°方法二作HM 丄AC 于点M ，作MN 丄GF 于点N ,连接 NH.设AB = 2.由FC 丄平面 ABC ，得HM 丄FC ,又 FC A AC = C ,所以HM 丄平面ACFD.因此GF 丄NH ，所以/ MNH 即为所求的角在厶BGC 中, MH // BG , MH =1BG =由厶GNM GCF ，可得MN FC GMGF，从而MN = .6 6 .所以 / MNH = 60°所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°变式训练3 ⑴证明由正方形的性质可知 A I B I // AB // DC ,且A I B I = AB = DC ,所以四边形 A i B i CD 为平行四边形，从而 B i C // A i D ，又 A i D?面 A i DE,B i C?面 A i DE ,于是 B i C // 面 A i DE. 又 B i C?面 B i CD i ，面 A i DE 门面 B i CD i = EF ，所以 EF // B i C.⑵解因为四边形 AA i B i B, ADD i A i, ABCD 均为正方形，所以AA i 丄AB, AA i 丄AD , AB 丄AD 且AA i = AB = AD.以A 为原点，分别以AB , A D , A A I 为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标 A(0,0,0), B(i,0,0), D(0,i,0), A i (0,0,i), B i (i,0,i), D i (0,i,i)，而E 点为B i D i 的中点，所以E 点的坐标为2 2，i .T <i i \ T, 设面 A i DE 的法向量 n i = (r i , s i , t i ),而该面上向量A i E = -, ?, 0 , A i D = (0,i ,- i)，由 n i 丄 A i E.i i T 2「i + 2S i = 0,n i 丄A i D 得r i , s i , t i 应满足的方程组Qi — t i = 0,(-i,i,i)为其一组解，所以可取 n i = (— i,i,i).设面 A i B i CD 的法向量 n 2= (r 2, S 2, t 2)，而该面上向量 A i B i = (i,0,0), A i D = (0,i ,— i)，由此同理可得n 2= (0,i,i).高考题型精练i.B ［极限思想：若 a= n,则/ A ' CB V n 排除D ;若a= 0，如图, 所以结合图形知二面角A i D —B i 的余弦值为 I n i 饥1 = 2 = V6 |n i | |n 2|= 3 • 2= 3=60° °1 V2 V 2 又/ EAF = 45° ° 由 cos / BAF = cos / BAE cos / EAF 得 cos / BAF = 丁帀=丁方法二如图⑵，设AB = 2a ,过点B 作BB 1丄3垂足为B 1 ,作AD 1// CD ,则/ BAD 1即为所求.过点B 1作B 1D 1丄AD 1于D 1,连接AB 1 , BD 1 ,则易知/ BAB 1为二面角的平面角，即/ BAB 1 = 60° ,则/ A ' DB , / A ' CB 都可以大于0,排除A , C.故选B.]2.B [以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为 1 ,则"(0,0,1)，E 1, 0, 2，D(0,1,0),二 AD = (0,1 , - 1),A i E = 1 , 0，— 2 ,设平面A 1ED 的一个法向量为 n 1= (1 , y , z), y -z =0, 则1 h — 2z = 0 ,y = 2 ,z = 2. 2 2••• n 1= (1,2,2). v 平面 ABCD 的一个法向量为 n 2= (0,0,1),二 cos 〈m , n 2>=荡=勺2即所成的锐二面角的余弦值为2」3.B ［方法如图(1),平移CD 至AF ,则/ BAF 为所求•作二面角 a — l — 3的平面角 / BAE A从而 BB i = 2asin 60 =辰,在 Rt △ BB i D i 中，BD i = BB i + B i D 2= .3a 2 + ga 2= -^a.在厶BAD i 中，由余弦定理，得2X 2a x即异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为于］4.B ［根据题意可知平面 A i BD 丄平面A i ACC i 且两平面的交线是 A i O , 所以过点P 作交线A i O 的垂线PE ,则PE 丄平面A i BD ,所以/ A i OP 或其补角就是直线 OP 与平面A i BD 所成的角a 设正方体的边长为 2,则根据图形可知直线 OP 与平面A i BD 可以垂直. 当点P 与点C i 重合时可得 A i O = OP = 6, A i C i = 2 2,i i所以，x .6X .6X Sin a= ?x 所以 sin a= ；根据选项可知B 正确•］5.60 °解析以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB i 为z 轴，建立空间直角坐标系/ B i AD i = 45° ° AB i = a , AD i = B i D i = cos / BAD i2 1 24a + 2a2 2X 2, 当点P 与点C 重合时，可得 2 心Sin a= .6= 丁设 AB = BC = AA i = 2,则 C i (2,0,2), E(0,1,0), F(0,0,1),则EF = (0, - 1,1), BC i = (2,0,2),• EF 和BC i 所成的角为60° 6.30 °解析如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系设 OD = SO = OA = OB = OC = a ，a a 则A(a,0,0), B(0, a,0), C(-a,0,0), P(0,-夕刁, 则 CA =(2a,0,0), AP = ( — a ,- |, |), C B = (a , a,0). 设平面PAC 的法向量为n ,可求得n = (0,1,1),则 cos 〈CB , n > = CB n a1扁「2几2 = 2.〈CB , n >= 60 ° ° •直线BC 与平面PAC 所成的角为90° - 60° = 30°7.(1)证明如图(1),取BD 的中点O ,连接AO ,CO. A,二 EF BC i = 2,••• cos 〈 EF , BCi >图⑴由侧视图及俯视图知，△ ABD , △ BCD均为正三角形, 因此A0丄BD , OC丄BD.因为AO, 0C?平面AOC，且AO A 0C = 0,所以BD丄平面A0C.又因为AC?平面A0C，所以BD丄AC.取B0的中点H，连接NH, PH.又M , N分别为线段AD, AB的中点，所以NH // A0, MN / / BD.因为A0 丄BD ,所以NH 丄BD.因为MN 丄NP,所以BD 丄NP.因为NH, NP?平面NHP，且NH A NP = N,所以BD丄平面NHP.又因为HP?平面NHP，所以BD丄HP.又0C 丄BD , HP?平面BCD , 0C?平面BCD , 所以HP // 0C.因为H为B0中点，故P为BC中点.⑵解方法一如图⑵，作NQ丄AC于Q,连接MQ.图⑵由(1)知，NP// AC,所以NQ 丄NP.因为MN丄NP,所以/ MNQ为二面角 A —NP —M的一个平面角由⑴知，△ ABD , △ BCD为边长为2的正三角形,所以A0= OC =、：：：.•"3.由俯视图可知，A0丄平面BCD.因为0C?平面BCD，所以A0丄0C,因此在等腰Rt△ A0C中，AC = .6.作BR丄AC于只，在厶ABC中，AB = BC,因为在平面ABC内，NQ丄AC, BR丄AC,所以NQ // BR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点, 因此NQ = 罟二严.同理，可得MQ = -^.MN BD _所以在等腰△ MNQ中，cos/ MNQ =幺=-4=半NQ NQ 5故二面角A —NP—M的余弦值为亠严.图⑶方法二由俯视图及⑴可知，A0丄BCD.因为0C, 0B?平面BCD ,所以A0丄0C , A0丄0B.又0C丄0B ,所以直线0A, 0B, 0C两两垂直如图⑶，以0为坐标原点，以OB, OC , OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A(0,0, 3), B(1,0,0), C(0, 3, 0), D( —1,0,0).因为M , N分别为线段AD, AB的中点，又由⑴知，P为线段BC的中点，所以M( —2, 0,于)，N(2 0,中)，P(2 "23，0).于是AB = (1,0, —.3), B C= (—1, .3, 0), MN = (1,0,0), NP= (0 冷，一^).设平面ABC的一个法向量n 1= (X1, y1, z",丄AB , [m AB= 0 ,则$ 〜即f 〜|m丄BC , |m BC = 0,X1 , y1 , Z1 -1 , 0, —. 3 = 0 , 有_[X1 , y1 , Z1 •—1, .3 , 0= 0,X1 —百Z1 = 0 ,从而| —X1 + ：..., 3y1 = 0.取Z1= 1,则X1= ,3 , y1= 1,所以n1 = ( 3 , 1,1). 设平面MNP的一个法向量n2= (X2 , y2 , Z2), n2 丄MN , n2 MN = 0 ,则$ 〜即f 〜I n2丄NP , I n2 NP = 0 ,[X2 , y2 , Z2 -1 , 0 , 0 = 0 ,有X2 , y2, Z2 o 于—宁=0,X2 = 0 ,从而」空2=0.T y2—取Z2= 1,所以n2= (0,1,1).设二面角A — NP — M 的大小为0,故二面角A — NP — M 的余弦值是8. (1)证明连接 BD ，设 BD A AC = G ,连接 EG , FG , EF.在菱形ABCD 中，不妨设 GB = 1.由/ ABC = 120° 可得 AG = GC = Q 3.由 BE 丄平面 ABCD , AB = BC ,可知 AE = EC.又AE 丄EC ,所以EG = ,3,且EG 丄AC. 在Rt △ EBG 中，可得BE = ■.2,故 DF =¥.在Rt △ FDG 中，可得 FG亞 FG = 2.在直角梯形BDFE 中，由 BD = 2, BE = 2, DF = 22 可得 EF = ；2,o o o从而EG + FG = EF ,所以EG 丄FG. 又AC A FG = G ,可得EG 丄平面AFC.因为EG?平面AEC ，所以平面 AEC 丄平面AFC.⑵解如图，以G 为坐标原点，分别以 GB , GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB|为单位长,(1)可得 A(0, — 3, 0), E(1,0, 2), F — 1 , 0,宁， C(0, j 3, 0)，所以 AE = (1 , '；■3, . 2), CF = — 1,则 cos 0= n i 们2|ni | |ri2|(V 3 1, 1 )(0, 1, 1) <5农JQ~5~ -3,于.建立空间直角坐标系，由故|cos 〈AE , CF > | = AE CF|AE||CF| 3 3 .所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为彳.9.解以｛AB, AD , AP ｝为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，贝U 各点的坐标为B(1,0,0), C(1 ,1,0), D(0,2,0), P(0,0,2).(1)因为AD 丄平面PAB ,所以AD 是平面FAB 的一个法向量，AD = (0,2,0). 因为 PC = (1,1 , - 2), PD = (0,2 , - 2).设平面PCD 的法向量为 m = (x , y , z),则 m PC = 0, m PD = 0,x + y -2z = 0 ,即令y = 1,解得z = 1, x = 1. 2y — 2z = 0.所以m = (1,1,1)是平面PCD 的一个法向量所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为又 CB = (0 , — 1,0),则 CQ = CB + BQ =(—入—1,2?), 又 DP = (0 , — 2,2),设 1+ 2 ? t , t € [1,3],2 w -9 1 5 2 20 10't — 9 + 9当且仅当t = 5,即冶5时，Rs 〈 CQ , DP 〉|的最大值为3i00从而 cos 〈 CQ , DP > CQ DP |CQ||DP| 1 + 2? 2 10? + 2 A(0,0,0), 从而cos 〈 A D , m >AD m |AD||m |⑵因为 BP = (— 1,0,2), 设BQ = 扫P =(—入 0,2 ?)(0< 冶 1),则 cos 2〈 CQ , DP > 2 2t2 5t — 10t + 9因为y= cos x在0,扌上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP= ‘12+ 22= 5,所以BQ= |BP = ~5~.10. (1)证明因为△ AEF是等边三角形，O为EF的中点,所以AO丄EF.又因为平面AEF丄平面EFCB，平面AEF门平面EFCB = EF , AO?平面AEF，所以AO丄平面EFCB.又BE?平面EFCB，所以AO丄BE.⑵解取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OG丄EF.由(1)知AO丄平面EFCB.又OG?平面EFCB ,所以OA丄OG.如图建立空间直角坐标系，则E(a,0,0), A(0,0, 3a),B(2, 3(2- a), 0), EA = ( -a,0, .3a),BE= (a —2, 3(a —2), 0).设平面AEB的法向量为n= (x , y , z),n EA= 0, 则f Tn BE= 0,[—ax+ ■. ；3az= 0, 即I a —2 x+ 3 a—2 y= 0.令z= 1,则x=・3, y=—1，于是n = (：;：3, — 1,1).平面AEF的一个法向量为p= (0,1,0).所以cos〈n, P>= |n||p|=— 5.由题知二面角FAEB为钝角，所以它的余弦值为—(3) 解因为BE丄平面AOC，所以BE丄OC ,即卩BE OC= 0, 因为BE = (a —2,3(a—2), 0), OC = (—2, 3(2 —a), 0),所以BE OC = —2(a—2) —3(a—2)2.~T -T4由BE OC = 0 及0<a<2，解得a= 3.。

高考数学专题—立体几何(空间向量求空间角与空间距离)

高考数学专题——立体几何（空间向量求角与距离）一、空间向量常考形式与计算方法设直线l,m 的方向向量分别为l ⃗,m ⃗⃗⃗⃗，平面α,β的法向量分别为n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗. （1）线线角：（正负问题）：用向量算取绝对值（因为线线角只能是锐角）直线l,m 所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：cos θ=l⃗⋅m ⃗⃗⃗⃗|l⃗|⋅|m ⃗⃗⃗⃗|；（2）线面角：正常考你正弦值，因为算出来的是角的余角的余弦值非正常考你余弦值，需要再算一步。

直线l 与平面α所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：sin θ=|l ⃗⋅n 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗||l⃗|⋅|n ⃗⃗|； (3)二面角：同进同出为补角；一进一出为原角。

注意：考试从图中观察，若为钝角就取负值，若为锐角就取正值。

平面α,β所成的二面角为θ，则0≤θ≤π，如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝⟨AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗,CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩．如图②③，n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|n⃗⃗1⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n⃗⃗1|⋅|n2⃗⃗⃗⃗⃗⃗||，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． (4)空间距离额计算：通常包含点到平面距离，异面直线间距离。

二、空间向量基本步骤空间向量求余弦值或正弦值四步法（1）建系：三垂直，尽量多点在轴上；左右下建系，建成墙角系；锥体顶点在轴上；对称面建系。

一定要注明怎样建成的坐标系（2）写点坐标（3）写向量：向量最好在面上或者轴上（可简化计算量）（4）法向量的简化计算直线的方向向量和平面的法向量（1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作，显然一条直线的方向向量可以有无数个.（2）若直线l ⊥α，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作，有无数多个，任意两个都是共线向量.平面法向量的求法：设平面的法向量为α⃗=(x,y,z ).在平面内找出（或求出）两个不共线的向量a ⃗=(x 1,y 1,z 1)，b ⃗⃗=(x 2,y 2,z 2)，根据定义建立方程组，得到{α⃗×a ⃗=0α⃗×b ⃗⃗=0，通过赋值，取其中一组解，得到平面的法向量.三、空间向量求距离向量方法求异面直线距离：先求两异面直线的公共法向量，再求两异面直线上任意两点的连结线段在公共法向量上的射影长。

高考数学第2讲立体几何中的空间角问题

第2讲立体几何中的空间角问题高考定位以空间几何体为载体考查空间角(以线面角为主)是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进行考查，高考注重以传统方法解决空间角问题，但也可利用空间向量来求解.真题感悟(2017·浙江卷)如图，已知四棱锥P －ABCD ，△P AD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点.(1)证明：CE ∥平面P AB ；(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.法一 (1)证明如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF ∥AD 且EF ＝12AD ，又因为BC ∥AD ，BC ＝12AD ，所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF . 又因为CE ⊄平面P AB ，BF ⊂平面P AB ，因此CE ∥平面P AB .(2)解分别取BC ，AD 的中点为M ，N ，连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE . 由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD . 由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD . 因为PN ∩BN ＝N ，所以AD ⊥平面PBN . 由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ，因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN .过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，则QH ⊥平面PBC .连接MH ，则MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角.设CD ＝1. 在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2，在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14，在Rt △MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2，所以sin ∠QMH ＝28，所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28.法二过P 作PH ⊥CD ，交CD 的延长线于点H .不妨设AD ＝2，∵BC ∥AD ，CD ⊥AD ，则易求DH ＝12，过P 作底面的垂线，垂足为O ，连接OB ，OH ，易得OH ∥BC ，且OP ，OB ，OH 两两垂直.故可以O 为原点，以OH ，OB ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.(1)证明由PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点，则可得：D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，34，则CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－54，34，P A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－32，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32.设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·P A →＝x ＋12y －32z ＝0，n ·PB →＝32y －32z ＝0.令y ＝1，则⎩⎨⎧x ＝1，y ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3)，∴CE →·n ＝12×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－54×1＋34×3＝0.又∵CE ⊄平面P AB ，∴CE ∥平面P AB . (2)解由(1)得PC →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，－32.设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝32y －32z ＝0，m ·PC →＝－x ＋32y －32z ＝0.令y ＝1，则⎩⎨⎧x ＝0，y ＝1，z ＝3，∴m ＝(0，1，3).设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，CE →〉|＝|m ·CE →||m ||CE →|＝124×2＝28.∴直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为28.考点整合1.求异面直线所成角的方法方法一：几何法.用几何法求两条异面直线所成角的步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.用空间向量法求两条异面直线a ，b 所成角θ的步骤为：①求出直线a ，b 的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，以及θ∈(0°，90°]，求出角θ. 2.求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.用几何法求直线l 与平面α所成角的步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.用空间向量法求直线AB 与平面α所成角θ的步骤为：①求出平面α的法向量n 与直线AB 的方向向量AB →；②计算cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|，以及θ∈[0°，90°]，求出角θ. 3.求二面角的方法方法一：几何法.用几何法求二面角α－l －β的平面角θ的步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.用空间向量法求二面角α－l －β的平面角θ的步骤为：①求两个半平面α，β的法向量m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |；③根据图形和计算结果判断θ是锐角、直角，还是钝角，从而得出θ与〈m ，n 〉是相等关系还是互补关系.热点一求线线角【例1】如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点.已知AB ＝2，AD ＝22，P A ＝2，求异面直线BC 与AE 所成角的大小.解法一如图1，取PB 的中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥BC ，从而∠AEF (或其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角.在△AEF 中，由EF ＝2，AF ＝2，AE ＝2，知△AEF 是等腰直角三角形，所以∠AEF ＝π4.因此，异面直线BC 与AE 所成角的大小是π4.图1 图2法二如图2，建立空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (2，22，0)，E (1，2，1)，AE →＝(1，2，1)，BC →＝(0，22，0).设AE →与BC →的夹角为θ，则cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4.由此可知，异面直线BC 与AE 所成角的大小是π4.探究提高求异面直线所成的角，可以应用向量法，也可以应用异面直线的定义求解.【训练1】 (2016·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°，沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是________.解析设直线AC 与BD ′所成角为θ，平面ACD 翻折的角度为α，设O 是AC 中点，由已知得AC ＝6，如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，62，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫302，0，0， C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－62，0.作DH ⊥AC 于H ，翻折过程中，D ′H 始终与AC 垂直，CH ＝CD 2CA＝16＝66，则OH ＝63，DH ＝1×56＝306，因此可设D ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－306cos α，－63，306sin α，则BD ′→＝⎝⎛⎭⎪⎫－306cos α－302，－63，306sin α，与CA → 平行的单位向量为n ＝(0，1，0)，所以cos θ＝|cos 〈BD ′→，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BD ′→·n |BD ′→|·|n |＝639＋5cos α，所以cos α＝－1时，cos θ取最大值66. 答案 66 热点二求线面角【例2】 (2016·四川卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E 为棱AD的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；(2)若二面角P －CD －A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值.解(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M(M∈平面P AB)，点M即为所求的一个点.理由如下：由已知，BC∥ED，且BC＝ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE.所以CM∥平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点) (2)法一由已知，CD⊥P A，CD⊥AD，P A∩AD＝A，所以CD⊥平面P AD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角.所以∠PDA＝45°.设BC＝1，则在Rt△P AD中，P A＝AD＝2.过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知P A⊥平面ABCD，从而P A⊥CE.又P A∩AH＝A，于是CE⊥平面P AH.又CE⊂平面PCE，所以平面PCE⊥平面P AH.过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是P A与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以AH＝2 2.在Rt△P AH中，PH＝P A2＋AH2＝32 2.所以sin∠APH＝AHPH＝13.法二由已知，CD⊥P A，CD⊥AD，P A∩AD＝A，所以CD⊥平面P AD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角，所以∠PDA＝45°. 由P A⊥AB，可得P A⊥平面ABCD.设BC＝1，则在Rt△P AD中，P A＝AD＝2.作Ay ⊥平面P AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0).所以PE →＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2). 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z ).由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0.得⎩⎨⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1). 设直线P A 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝13. 所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.探究提高 (1)传统法解决线面角问题的关键是先找出线面所成的角，再在三角形中解此角.(2)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”. 【训练2】 (2017·湖州模拟)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 是正三角形，且A 1A ＝AB ，顶点A 1在底面ABC 上的射影是△ABC 的中心.(1)求证：AA 1⊥BC ；(2)求直线A 1B 与平面BCC 1B 1所成角的大小. (1)证明因为△ABC 是正三角形，设O 为△ABC 的中心，连接AO ，所以BC ⊥AO ，又A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC ，又A 1O ∩AO ＝O ，所以BC ⊥平面A 1AO ，又A 1A ⊂平面A 1AO ，所以BC ⊥A 1A .(2)解取BC ，B 1C 1的中点E ，F ，连接AE ，A 1F ，EF . 由(1)知BC ⊥平面A 1AEF ，从而平面A 1AEF ⊥平面BCC 1B 1，在平面A 1AEF 内，作A 1G ⊥EF ，垂足为G ，连接GB ，易知BC ⊥A 1G ，则A 1G ⊥平面BCC 1B 1，则∠A 1BG 是直线A 1B 与平面BCC 1B 1所成的角. 设A 1A ＝2，在平行四边形A 1AEF 中， A 1O ＝263，A 1G ＝2，A 1B ＝2，所以sin ∠A 1BG ＝A 1G A 1B ＝22.所以直线A 1B 与平面BCC 1B 1所成的角为π4. 热点三求二面角【例3】 (2017·绍兴仿真考试)四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，E 为AB 的中点，P A ⊥平面ABCD ，PC 与平面P AB 所成的角的正弦值为64.(1)在棱PD 上求一点F ，使AF ∥平面PEC ； (2)求二面角D －PE －A 的余弦值.解法一 (1)分别取PD ，PC 的中点F ，G ，连接FG ，EG ，AF ，则FG ∥CD ∥AB ，FG ＝12CD ＝12AB ＝AE ，所以四边形AEGF 为平行四边形，所以AF ∥EG ，又EG ⊂平面PEC ，AF ⊄平面PEC ，所以AF ∥平面PEC ，所以PD 的中点F 即为所求.(2)易知，CE ⊥AB ，CE ⊥平面P AB ，则∠CPE 即为PC 与平面P AB 所成的角，在Rt △PEC 中，CE CP ＝64，即33＋1＋P A 2＝64，解得P A ＝2.过D 作BA 的垂线，垂足为H ，过H 作PE 的垂线，垂足为K ，连接KD ，因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥DH ，又DH ⊥BA ，P A ∩BA ＝A ，所以DH ⊥平面PBA ，又PE ⊂平面PBA ，所以DH ⊥PE ，又DH ∩HK ＝H ，所以PE ⊥平面DHK ，所以PE ⊥DK ，所以∠DKH 即为所求的二面角的平面角. 在Rt △DHK 中，DH ＝3，易得△P AE ∽△HKE ，所以PE ·HK ＝EH ·P A ，所以HK ＝EH ·P A PE ＝45，从而DK ＝3＋165＝315，所以cos ∠DKH ＝KH DK ＝43131，即二面角D －PE －A 的余弦值为43131.法二取BC 的中点G ，连接AG ，由已知可得AG ⊥AD . 又∵P A ⊥平面ABCD ，故可以A 为原点，以AG ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立如图所示空间直角坐标系.(1)易证CE ⊥平面P AB ，故∠CPE 即为PC 与平面P AB 所成的角， ∴sin ∠CPE ＝CE CP ＝64，∴CP ＝22，∴P A 2＋AC 2＝8， ∴P A ＝2.故A (0，0，0)，B (3，－1，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，C (3，1，0)，P (0，0，2)，D (0，2，0)，∴EP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，2，EC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，PD →＝(0，2，－2).设PF →＝λPD →，又∵AF →＝AP →＋PF →，∴AF →＝(0，2λ，2－2λ). 设平面PEC 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EP →＝－32x ＋12y ＋2z ＝0，m ·EC →＝32x ＋32y ＝0，令y ＝1，则⎩⎨⎧x ＝－3，y ＝1，z ＝－1，∴m ＝(－3，1，－1).若AF ∥平面PEC ，则AF →⊥m ， ∴AF →·m ＝2λ－2＋2λ＝0，∴λ＝12，∴F 为PD 的中点为所求.(2)设平面DPE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎨⎧n ·EP →＝－32x ＋12y ＋2z ＝0，n ·PD →＝2y －2z ＝0，令z ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝533，y ＝1，z ＝1，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫533，1，1.易知平面APE 的一个法向量为EC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0.设二面角D －PE －A 的平面角为θ，则|cos θ|＝|cos 〈EC →，n 〉|＝52＋32313·3＝43131.由图易知二面角D －PE －A 为锐角， ∴二面角D －PE －A 的余弦值为43131.探究提高 (1)用传统法求解二面角的关键是：先找出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.(2)利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角”，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的.【训练3】 (2016·浙江卷)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B －AD －F 的平面角的余弦值.(1)证明延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示. 因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK ，且CK ∩AC ＝C ，CK ，AC ⊂平面ACFD ，所以BF ⊥平面ACFD .(2)解法一过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以∠BQF 是二面角B －AD －F 的平面角.在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313. 在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.法二如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形.取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，所以KO ⊥平面ABC . 以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32.因此，AC →＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0).设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2).由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3).于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.1.两条直线夹角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.设直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2，其夹角为θ，则cos θ＝|cosn 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.2.二面角的范围为[0，π].设半平面α与β的法向量分别为n 1与n 2，二面角为θ，则|cos θ|＝|cosn 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.1.(2017·金华调研)如图，AB ＝BE ＝BC ＝2AD ＝2，且AB ⊥BE ，∠DAB ＝60°，AD ∥BC ，BE ⊥AD .(1)求证：平面ADE⊥平面BDE；(2)求直线AD与平面DCE所成角的正弦值.(1)证明∵AB＝2AD，∠DAB＝60°，∴AD⊥DB，又BE⊥AD，且BD∩BE＝B，∴AD⊥平面BDE，又AD⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面BDE.(2)解∵BE⊥AD，AB⊥BE，∴BE⊥平面ABCD，∴点E到平面ABCD的距离就是线段BE的长为2，设AD与平面DCE所成角为θ，点A到平面DCE的距离为d，由V三棱锥A－DCE ＝V三棱锥E－ADC得13×d×S△CDE＝13×|BE|×S△ACD，解得d＝3010，而AD＝1，则sin θ＝d|AD|＝3010，故直线AD与平面DCE所成角的正弦值为30 10.2.(2017·衢州调研)已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是菱形，∠ADC＝120°，AD的中点M是顶点P在底面ABCD的射影，N是PC的中点.(1)求证：平面MPB⊥平面PBC；(2)若MP＝MC，求直线BN与平面PMC所成角的正弦值.(1)证明∵四边形ABCD是菱形，∠ADC＝120°，且M是AD的中点，∴MB⊥AD，∴MB⊥BC.又∵P在底面ABCD的射影M是AD的中点，∴PM⊥平面ABCD，又∵BC⊂平面ABCD，∴PM⊥BC，而PM∩MB＝M，PM，MB⊂平面PMB，∴BC ⊥平面PMB ，又BC ⊂平面PBC ， ∴平面MPB ⊥平面PBC .(2)解法一过点B 作BH ⊥MC ，连接HN ， ∵PM ⊥平面ABCD ，BH ⊂平面ABCD ，∴BH ⊥PM ，又∵PM ，MC ⊂平面PMC ，PM ∩MC ＝M ， ∴BH ⊥平面PMC ，∴HN 为直线BN 在平面PMC 上的射影， ∴∠BNH 为直线BN 与平面PMC 所成的角，在菱形ABCD 中，设AB ＝2a ，则MB ＝AB ·sin 60°＝3a ， MC ＝DM 2＋DC 2－2DM ·DC ·cos 120°＝7a . 又由(1)知MB ⊥BC ， ∴在△MBC 中，BH ＝2a ·3a 7a＝2217a ，由(1)知BC ⊥平面PMB ，PB ⊂平面PMB ， ∴PB ⊥BC ，∴BN ＝12PC ＝142a ， ∴sin ∠BNH ＝BHBN ＝2217a 142a＝267.法二由(1)知MA ，MB ，MP 两两互相垂直，以M 为坐标原点，以MA ，MB ，MP 所在直线为x轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系M －xyz ，不妨设MA ＝1，则M (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3，0)，P (0，0，7)，C (－2，3，0)， ∵N 是PC 的中点，∴N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，72，设平面PMC 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)，又∵MP →＝(0，0，7)，MC →＝(－2，3，0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·MP →＝0，n ·MC →＝0，即⎩⎨⎧7z 0＝0，－2x 0＋3y 0＝0，令y 0＝1，则n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1，0，|n |＝72，又∵BN →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32，72，|BN →|＝142，|cos 〈BN →，n 〉|＝|BN →·n ||BN →||n |＝267.所以，直线BN 与平面PMC 所成角的正弦值为267.3.(2016·全国Ⅲ卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值. (1)证明由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綉AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB . (2)解取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .由题意知，P (0，0，4)，M (0，2，0)，C (5，2，0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0，2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎨⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0，2，1). 于是cos 〈n ，AN →〉＝n ·AN→|n ||AN →|＝8525. 设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525， ∴直线AN 与平面PMN 所成的角的正弦值为8525.4.(2017·全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点.(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M －AB －D 的余弦值.(1)证明取P A 的中点F ，连接EF ，BF ，因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD . 由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ，又BC ＝12AD ，所以EF 綉BC ，四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ，又BF ⊂平面P AB ， CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P AB .(2)解由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，P (0，1，3)，PC →＝(1，0，－3)，AB →＝(1，0，0). 设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3). 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0，0，1)是底面ABCD 的法向量，所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°， |z |（x －1）2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →(0＜λ≤1)，则 x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①，②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝⎛⎭⎪⎫1－22，1，62.设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧（2－2）x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2). 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105. 因此二面角M －AB －D 的余弦值为105.5.(2017·山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF ︵的中点.(1)设P 是CE ︵上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小； (2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E －AG －C 的大小. 解 (1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ， AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ，所以BE ⊥平面ABP ，又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP ，又∠EBC ＝120°，因此∠CBP ＝30°.(2)法一如图1，取EC ︵的中点H ，连接EH ，GH ，CH .图1因为∠EBC ＝120°，所以四边形BEHC 为菱形，所以AE ＝GE ＝AC ＝GC ＝32＋22＝13.取AG 中点M ，连接EM ，CM ，EC ，则EM ⊥AG ，CM ⊥AG ，所以，∠EMC 为所求二面角的平面角.又AM ＝1，所以EM ＝CM ＝13－1＝2 3.在△BEC 中，由于∠EBC ＝120°，由余弦定理得EC 2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，所以EC ＝23，因此△EMC 为等边三角形，故所求的角为60°.法二以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图2所示的空间直角坐标系.图2由题意得A (0，0，3)，E (2，0，0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)，故AE →＝(2，0，－3)，AG →＝(1，3，0)，CG →＝(2，0，3).设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量.由⎩⎪⎨⎪⎧m · AE →＝0，m ·AG →＝0，可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0. 取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量.由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG →＝0，n ·CG →＝0，可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2).所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12.因此所求的角为60°.6.(2016·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ，∴AB ⊥平面P AD .∵PD ⊂平面P AD .∴AB ⊥PD .又P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A ，∴PD ⊥平面P AB .(2)解取AD 中点O ，连接CO ，PO ，∵P A ＝PD ，∴PO ⊥AD .又∵PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥平面ABCD .∵CO ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CO .∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0，0，1)，B (1，1，0)，D (0，－1，0)，C (2，0，0).则PB →＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1).CD →＝(－2，－1，0).设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PDC 的一个法向量.由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎨⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12. 即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1. 设PB 与平面PCD 的夹角为θ.则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3 ＝33.(3)解设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ，当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14，所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.。