立体几何-空间角题型

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补上一课空间角的大小比较及最值(范围)问题

补上一课 ,空间角的大小比较及最值(范围)问题)1．空间角的大小比较是每年高考的常考题型，以选择题的形式考查，主要类型有线线角间的大小比较、线面角间的大小比较、面面角间的大小比较及线线角、线面角、面面角间的大小比较，主要方法有计算法、元素比较法、三角函数值比较法及利用最小角定理(线面角是最小的线线角，二面角是最大的线面角)等方法． 2．立体几何动态问题中空间角的最值及范围也是常见到的题型，常与图形翻折、点线面等几何元素的变化有关，常用方法有几何法、函数(导数)法，不等式法等．题型一　空间角的大小比较角度1　同类角间的大小比较【例1－1】 (1)(2021·嘉兴测试)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为正方形，AA 1＝a ，AB ＝b ，且a ＞b ，侧棱CC 1上一点E 满足CC 1＝3CE ，设异面直线A 1B 与AD 1，A 1B 与D 1B 1，AE 与D 1B 1的所成角分别为α，β，γ，则( ) A ．α＜β＜γ B ．γ＜β＜α C ．β＜α＜γ D ．α＜γ＜β(2)(2017·浙江卷)如图，已知正四面体D －ABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQQC ＝CRRA ＝2，分别记二面角D －PR－Q ，D －PQ －R ，D －QR －P 的平面角为α，β，γ，则( )A ．γ＜α＜βB ．α＜γ＜βC ．α＜β＜γD ．β＜γ＜α 答案　(1)A (2)B解析　(1)以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，∵长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面为正方形，AA 1＝a ，AB ＝b ，且a ＞b ，侧棱CC 1上一点E 满足CC 1＝3CE ，∴A 1(b ，0，a )，B (b ，b ，0)，A (b ，0，0)，D 1(0，0，a )，B 1(b ，b ，a )，E (0，b ，a 3)，A 1B →＝(0，b ，－a )，AD 1→ ＝(－b ，0，a )，D 1B 1→ ＝(b ，b ，0)，AE → ＝(－b ，b ，a 3)，cos α＝|A 1B → ·AD 1→||A 1B → |·|AD 1→|＝a 2a 2＋b 2·a 2＋b 2＝a 2a 2＋b 2，cos β＝|A 1B → ·D 1B 1→||A 1B → |·|D 1B 1→ |＝b 2a 2＋b 2·b 2＋b2，cos γ＝|AE → ·D 1B 1→||AE → |·|D 1B 1→ |＝0，∵a ＞b ＞0，∴cos α＞cos β＞cos γ＝0，∴α＜β＜γ，故选A.(2)如图①，作出点D 在底面ABC 上的射影O ，过点O 分别作PR ，PQ ，QR 的垂线OE ，OF ，OG ，连接DE ，DF ，DG ，则α＝∠DEO ，β＝∠DFO ，γ＝∠DGO . 由图可知它们的对边都是DO ， ∴只需比较EO ，FO ，GO 的大小即可．如图②，在AB 边上取点P ′，使AP ′＝2P ′B ，连接OQ ，OR ，则O 为△QRP ′的中心．设点O 到△QRP ′三边的距离为a ，则OG ＝a ， OF ＝OQ ·sin ∠OQF ＜OQ ·sin ∠OQP ′＝a ， OE ＝OR ·sin ∠ORE ＞OR ·sin ∠ORP ′＝a ， ∴OF ＜OG ＜OE ，∴OD tan β＜OD tan γ＜ODtan α，∴α＜γ＜β.角度2　不同类型角间的大小比较【例1－2】 (1)(2019·浙江卷)设三棱锥V －ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点(不含端点)．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P －AC －B 的平面角为γ，则( ) A ．β<γ，α<γ B ．β<α，β<γ C ．β<α，γ<α D ．α<β，γ<β(2)(一题多解)(2018·浙江卷)已知四棱锥S －ABCD 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θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S －AB －C 的平面角为θ3，则( ) A ．θ1≤θ2≤θ3 B ．θ3≤θ2≤θ1 C ．θ1≤θ3≤θ2 D ．θ2≤θ3≤θ1 答案　(1)B (2)D解析　(1)由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等．因为点P 是棱VA 上的点(不含端点)，所以直线PB 与平面ABC 所成的角β小于直线VB 与平面ABC 所成的角，而直线VB 与平面ABC 所成的角小于二面角P －AC －B 的平面角γ，所以β<γ；因为AC ⊂平面ABC ，所以直线PB 与直线AC 所成的角α大于直线PB 与平面ABC 所成的角β，即α>β.故选B.(2)法一　由题意知四棱锥S －ABCD 为正四棱锥，如图，连接AC ，BD ，记AC ∩BD ＝O ，连接SO ，则SO ⊥平面ABCD ，取AB 的中点M ，连接SM ，OM ，OE ，易得AB ⊥SM ，则θ2＝∠SEO ，θ3＝∠SMO ，易知θ3≥θ2.因为OM ∥BC ，BC ⊥AB ，SM ⊥AB ，所以θ3也是OM 与平面SAB 所成的角，即BC 与平面SAB 所成的角，再根据最小角定理知θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1，故选D.法二　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SO ＝1，以EE ′，E ′O 为邻边作矩形OO ′EE ′，则∠SEO ′＝θ1，∠SEO ＝θ2，∠SE ′O ＝θ3.由题意得tan θ1＝SO ′EO ′＝52，tan θ2＝SO EO ＝152＝25，tan θ3＝1，此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，可得θ2＜θ3＜θ1，当E 在AB 中点处时，θ2＝θ3＝θ1，故选D.【训练1】 (2021·宁波适考)在正四面体S －ABC 中，点P 在线段SA 上运动(不含端点)．设PA 与平面PBC 所成角为θ1，PB 与平面SAC 所成角为θ2，PC 与平面ABC 所成角为θ3，则( ) A ．θ2<θ1<θ3 B ．θ2<θ3<θ1 C ．θ3<θ1<θ2 D ．θ3<θ2<θ1 答案　D解析　由题意可得，正四面体S －ABC 的四个顶点在正方体上，如图所示，不妨设点A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，S (1，1，1)，且AP → ＝λAS →，0<λ<1，则点P (1，λ，λ)，所以平面PBC 的一个法向量为a ＝(1－2λ，1，1)，平面SAC 的一个法向量为b ＝(1，－1，1)，平面ABC 的一个法向量为c ＝(1，1，1)．因为PA→＝(0，－λ，－λ)，PB → ＝(－1，1－λ，－λ)，PC →＝(－1，－λ，1－λ)．所以sin θ1＝|PA →·a ||PA →||a |＝24λ2－4λ＋3，sin θ2＝|PB → ·b ||PB → ||b |＝23λ2－3λ＋3，sin θ3＝|PC →·c ||PC → ||c |＝2λ3λ2－3λ＋3，所以θ1>θ2>θ3，故选D.题型二　空间角的最值【例2】 (1)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是棱AB 上的动点(P 点可以运动到端点A 和B )，设在运动过程中，平面PDB 1与平面ADD 1A 1所成的最小角为α，则cos α＝________．(2)(一题多解)(2021·浙江名师预测二)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，点P ，Q 分别为直线AC 1，BB 1上的动点，则平面APQ 与平面BCC 1B 1所成二面角的最小值为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2 答案　(1)63　(2)A解析　(1)以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，AP ＝a (0≤a ≤1)，则易得D (0，0，0)，P (1，a ，0)，B 1(1，1，1)，则DP → ＝(1，a ，0)，DB 1→＝(1，1，1)，设平面PDB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{DP →·n ＝x ＋ay ＝0，DB 1→·n ＝x ＋y ＋z ＝0，令x ＝a ，得平面PDB 1的一个法向量为n ＝(a ，－1，－a ＋1)，易得平面ADD 1A 1的一个法向量为m ＝(0，1，0)，由图易得平面PDB 1与平面ADD 1A 1所成的二面角为锐角，设其为θ，则其余弦值为cos θ＝|n ·m|n ||m ||＝|－1|a 2＋（－1）2＋（－a ＋1）2＝12(a －12)2 ＋32，易得当二面角取得最小值α时，a ＝12，此时有cos α＝63.(2)法一　如图，因为点P ∈AC 1，所以平面APQ 即为平面AC 1Q ，根据二面角与线面角的大小关系知，当Q 运动到点B 时，动平面AC 1Q 与平面BCC 1B 1所成二面角的最小值即为直线AC 1与平面BCC 1B 1所成角∠AC 1B .由题意得AB ＝1，AC 1＝2，所以sin ∠AC 1B ＝12，所以∠AC 1B ＝π6，故平面APQ 与平面BCC 1B 1所成二面角的最小值为π6，故选A.法二　如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，由题意可知平面BCC 1B 1的一个法向量为n ＝(0，1，0)，平面APQ 即为平面AC 1Q ，则点A (1，0，0)，C 1(0，1，2)，Q (1，1，a )，则AC 1→ ＝(－1，1，2)，AQ →＝(0，1，a )，设平面AC 1Q 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则{AC 1→·m ＝－x ＋y ＋2z ＝0，AQ →·m ＝y ＋az ＝0，解得m ＝(a －2，a ，－1)．设平面AC 1Q 与平面BCC 1B 1所成二面角为θ，则cos θ＝|a |（a －2）2＋a 2＋1＝1(3a －63)2 ＋43，所以当a ＝322时，(cos θ)max ＝32，所以θmin ＝π6，故选A.【训练2】 (1)(2021·义乌市联考)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点P 在AB 1上运动(不含端点)，点E 是AC 上一点(不含端点)，设EP 与平面ACD 1所成角为θ，则cos θ的最小值为( )A.13B.33C.53D.63(2)(2021·金华十校期末调研)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值是________．答案　(1)A (2)25解析　(1)点P 在AB 1上运动(不含端点)，点E 是AC 上一点(不含端点)，即EP 的运动区域为△AB 1C ，当cos θ取最小值时，θ最大，即为平面AB 1C 与平面AC 1D 所成的角，以点D 为坐标原点，DA 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DD 1所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz 如图所示，平面AB 1C 的一个法向量n ＝(1，1，－1)，平面AC 1D 的一个法向量m ＝(1，1，1)，所以cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n |m ||n ||＝13×3＝13，故选A.(2)以A 点为坐标原点，AB ，AD ，AQ 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，设AB ＝1，则AF →＝(1，12，0)，E (12，0，0)，设M (0，y ，1)(0≤y ≤1)，则EM →＝(－12，y ，1)，∴cos 〈AF → ，EM →〉＝－12＋12y 1＋14·14＋y 2＋1＝－1－y 52·4y 2＋5.则cos θ＝|cos 〈AF → ，EM→〉|＝1－y 52·4y 2＋5 ＝255·1－y 4y 2＋5，令t ＝1－y ，则y ＝1－t ，∵0≤y ≤1，∴0≤t ≤1，那么cos θ＝255·t 4t 2－8t ＋9＝255t 24t 2－8t ＋9＝25514－8t ＋9t 2，令x ＝1t ，∵0≤t ≤1，∴x ≥1，那么cos θ＝25514－8x ＋9x 2，又∵z ＝9x 2－8x ＋4在[1，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1时，z min ＝5，此时cos θ的最大值为255·15＝255·55＝25.题型三　空间角的范围【例3】 (1)(2021·浙江名师预测四)在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，将△ABC 与△ADC 沿AC 所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围(包含初始状态)为( )A.[0，π6]B.[0，π3]C.[0，π2] D.[0，2π3] (2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是( ) A.[π4，π3] B.[π4，π2] C.[π6，π2] D.[π6，π3]答案　(1)C (2)D解析　(1)根据题意，初始状态，直线AD 与直线BC 成的角为0，当BD ＝2时，AD ⊥DB ，AD ⊥DC ，且DB ∩DC ＝D ，所以AD ⊥平面DBC ，又BC ⊂平面DBC ，故AD ⊥BC ，直线AD 与BC 成的角为π2，所以在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围(包含初始状态)为[0，π2].(2)建立如图坐标系，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱长为1，则AD 1→＝(1，0，－1)，A 1C → ＝(1，1，1)．设A 1P → ＝λA 1C → ＝(λ，λ，λ)，其中0≤λ≤1.则BP →＝(λ，λ－1，λ－1)．又设BP 与AD 1所成角为θ，所以cos θ＝|cos 〈BP → ，AD 1→ 〉|＝|BP → ·AD 1→||BP → ||AD 1→|＝16(λ－23)2 ＋43.由0≤λ≤1得12≤cos θ≤32，而0≤θ≤π2，所以π6≤θ≤π3.【训练3】(1)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，所有的棱长均为2，M是AB的中点，动点P在底面A1B1C1内，若BP∥平面A1MC，记∠PCC1＝α，则sin α的取值范围是________．(2)(2021·杭州二中月考)在等腰梯形ABCD中，已知AB＝AD＝CD＝1，BC＝2，将△ABD沿直线BD翻折成△A′BD，如图所示，则直线BA′与CD所成角的取值范围是( )A.[π3，π2]B.[π6，π3]C.[π6，π2]D.[0，π3]答案　(1)[0，217]　(2)A解析　(1)如图，取A1B1的中点D，连接BD，C1D，BC1，则BD∥A1M，又A1M⊂平面A1MC，BD⊄平面A1MC，所以BD∥平面A1MC，又C1D∥CM，C1D⊄平面A1MC，CM⊂平面A1MC，所以C1D∥平面A 1MC ，又BD ∩C 1D ＝D ，所以平面BC 1D ∥平面A 1MC ，所以点P 在线段C 1D 上，点P 的轨迹的长度C 1D ＝3，连接CD ，在Rt △CDC 1中，0≤α≤∠C 1CD ，CD ＝7， sin ∠C 1CD ＝217，所以0≤sin α≤217.(2)取BC 的中点E ，连接AE ，交BD 于点O ，则由AB ＝AD ＝CD ＝1，BC ＝2得AE ⊥BD ，则点A ′在以点O 为圆心，AO 为半径，垂直于直线BD 的平面内的圆上运动．以点O 为坐标原点，OE ，OD 所在直线为x ，y 轴，过点O 垂直平面BCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系如图所示，易得点A (－12，0，0)，B (0，－32，0)，C (1，32，0)，D (0，32，0).设点A ′(12cos θ，0，12sin θ)，θ∈[0，π]，则BA ′→＝(12cos θ，32，12sin θ)，CD →＝(－1，0，0)，设直线BA ′与直线CD 的夹角为α，则cos α＝cos 〈BA ′→ ，CD → 〉＝BA ′→ ·CD →|BA ′→ |·|CD →|＝－12cos θ∈[－12，12].又因为α∈[0，π2]，所以α∈[π3，π2]，故选A.1．如图，二面角α－l －β中，P ∈l ，射线PA ，PB 分别在平面α，β内，点A 在平面β内的射影恰好是点B ，设二面角α－l －β、PA 与平面β所成的角、PB 与平面α所成的角的大小分别为δ，φ，θ，则( )A ．δ≥φ≥θB ．δ≥θ≥φC ．φ≥δ≥θD ．θ≥δ≥φ答案　A解析　因为点A 在平面β内的射影为点B ，则φ＝∠APB ，由二面角的定义易得δ≥φ，设PB 在平面α内的射影为PB ′，则θ＝∠BPB ′，则由最小角定理得∠BPB ′≤APB ，则θ≤φ.综上所述，故选A.2．(2015·浙江卷)如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′－CD －B 的平面角为α，则( )A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α 答案　B解析　∵A ′C 和BC 都不与CD 垂直，∴∠A ′CB ≠α，故C ，D 错误．当CA ＝CB 时，容易证明∠A ′DB ＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt △ABC ，令斜边AB ＝4，AC ＝2，BC ＝23，如图所示，则CD ＝AD ＝BD ＝2，∠BDH ＝120°，设沿直线CD 将△ACD 折成△A ′CD ，使平面A ′CD ⊥平面BCD ，则α＝90°.取CD 中点H ，连接A ′H ，BH ，则A ′H ⊥CD ，∴A ′H ⊥平面BCD ，且A ′H ＝3，DH ＝1.在△BDH 中，由余弦定理可得BH ＝7.在Rt △A ′HB 中，由勾股定理可得A ′B ＝10.在△A ′DB 中，∵A ′D 2＋BD 2－A ′B 2＝－2<0，可知cos ∠A ′DB <0，∴∠A ′DB 为钝角，故排除A.综上可知答案为B.3．(2021·七彩阳光联盟适考)如图1，梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝BC ＝AE ＝12AB ，现将四边形ADCE 沿EC 折起，得到几何图形B －ECD ′A ′(如图2)，记直线D ′C 与直线EB 所成的角为α，二面角B －EC －D ′的平面角的大小为β，直线A′E与平面BCE所成角为γ，则( )A．α>γ，β>γB．α<β，β>γC．α>β>γD．β>α>γ答案　A解析　在折叠过程中，由线面角是最小的线线角可知α>γ；由二面角是最大的线面角可知β>γ，故选A.4．(2021·宁波十校联考)正方体ABCD－A1B1C1D1，P是线段BD1(不含端点)上的点．记直线PC与直线AB所成角为α，直线PC与平面ABC所成角为β，二面角P－BC－A的平面角为γ，则( )A．β<γ<αB．α<β<γC．γ<β<αD．γ<α<β答案　A解析　由题意知，二面角P－BC－A为平面D1CB与平面ABCD所成的角，其平面角即为∠D1CD，则γ＝∠D1CD.如图，因为直线与平面所成的角是此直线与该平面内的直线所成角中的最小角，而∠D1CD是直线AB与平面D1CB所成的角，PC⊂平面D1CB，则有γ<α.又∠D1CD也是直线CD与平面D1CB所成的角，故β<γ，所以β<γ<α，故选A.5.(2018·衢州二中二模)如图，△BCD是以BC为斜边的等腰直角三角形，在△ABC中，∠BAC＝90°，△ABC沿着BC翻折成三棱锥A－BCD的过程中，直线AB与平面BCD所成的角均小于直线AC与平面BCD所成的角，设二面角A－BD－C，A－CD－B的大小分别为α，β，则( )A．α>βB．α<βC．存在α＋β>πD．α，β的大小关系不能确定答案　B解析　作AH⊥平面BCD，分别作HM⊥BD，HN⊥CD于M，N两点．由AB与平面BCD所成的角∠ABH总小于AC与平面BCD所成的角∠ACH，则AB>AC.设O为BC的中点，则点H在DO的右侧，所以有HM>HN，故tan α＝tan∠AMH＝AHHM，tan β＝tan∠ANH＝AHHN，因此，tan α<tan β，即α<β，故选B.6．已知在矩形ABCD中，AD＝2AB，沿直线BD将△ABD折成△A′BD，使得点A′在平面BCD上的射影在△BCD内(不含边界)，设二面角A′－BD－C的大小为θ，直线A′D，A′C与平面BCD所成的角分别为α，β，则( )A．α<θ<βB．β<θ<αC．β<α<θD．α<β<θ答案　D解析　设点A′在平面BCD内的射影为点O，过点A′作BD的垂线，垂足为点E，设AB＝1，则在Rt△A′BD中易得A′E＝63，∠A′DO＝α，∠A′CO＝β，∠A′EO＝θ，且α，β，θ均为锐角，tan∠A′DO＝A′OOD，tan∠A′CO＝A′OOC，tan∠A′EO＝A′OOE，又由翻折及解三角形知识易得当点A′在平面BCD内的射影在△BCD内(不含边界)时，有OE<OC<OD，所以A′OOD<A′OOC<A′OOE，即tan∠A′DO<tan∠A′CO<tan∠A′EO，所以∠A′DO<∠A′CO<∠A′EO，即α<β<θ，故选D.7．(2021·宁波期末)如图，已知在平面四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BC＝CD，AB>AD，现将△ABD沿对角线BD翻折得到三棱锥A′－BCD，在此过程中，二面角A′－BC－D，A′－CD－B的大小分别为α，β，直线A′B与平面BCD所成角为γ，直线A′D与平面BCD所成角为δ，则( )A．γ<δ<βB．γ<α<βC．α<δ<βD．γ<α<δ答案　B解析　在平面四边形ABCD中，过点A作BD的垂线，交BD于点H，则易得在翻折的过程中，点A′在底面BCD内的投影点O在直线AH上，连接OB，OD，过点O作CD，BC的垂线，垂足分别为点E，F，则∠A′FO＝α，∠A′EO＝β，∠A′BO＝γ，∠A′DO＝δ，则tan α＝A′OOF，tan β＝A′OOE，tan γ＝A′OOB，tan δ＝A′OOD.由题设易得OF>OE，OB>OD，所以tan α<tan β，tan γ<tan δ，所以α<β，γ<δ.又由最小角定理得γ<α，δ<β.综上所述，γ<α<β，故选B.8．(2021·杭州二中仿真模拟)空间线段AC⊥AB，BD⊥AB，且AC∶AB∶BD＝1∶3∶1，设CD与AB所成的角为α，CD与平面ABC所成的角为β，二面角C－AB－D的平面角为γ，则( )A．β≤α≤γ2B．β≤γ2≤αC．α≤β≤γ2D．α≤γ2≤β答案　A解析　如图所示，过点B作BE∥AC，且BE＝AC，连接DE.则可知α＝∠DCE，γ＝∠DBE.由最小角定理可得β≤α.在△DBE中，DE＝2sin γ2.在Rt△DCE中，sinα<tan α＝23sinγ2<sinγ2，所以α<γ2.若DB⊂平面ABC，则β＝α＝γ2＝0，所以β≤α≤γ2，故选A.9．(2021·浙江新高考仿真三)在四面体ABCD中，AB⊥BC，BC⊥CD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝3，点E为线段AB上动点(包含端点)，设直线DE与BC所成角为θ，则cos θ的取值范围为( )A.[0，33]B.[0，22]C.[22，53]D.[33，22]答案　D解析　由题意得|AD → |2＝(AB → ＋BC → ＋CD → )2＝|AB → |2＋|BC → |2＋|CD → |2＋2AB → ·BC →＋2AB → ·CD → ＋2BC → ·CD →＝3，又因为AB ⊥BC ，BC ⊥CD ，AB ＝BC ＝CD ＝1，所以AB → ·CD →＝0，则可将四面体ABCD 放到棱长为1的正方体内，如图所示，以点C 为坐标原点，CD 所在直线为x 轴，CB 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则易得C (0，0，0)，B (0，0，1)，D (1，0，0)，E (0，a ，1)，a ∈[0，1]，所以BC →＝(0，0，－1)，DE →＝(－1，a ，1)，所以|cos θ|＝12＋a2∈[33，22]，故选D.10．(2021·金华十校模拟)设三棱锥V －ABC 的底面是以A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥底面ABC ，M 是线段BC 上的点(端点除外)，记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A －VC －B 为γ，则( ) A ．α<β，β＋γ>π2 B ．α<β，β＋γ<π2C ．α>β，β＋γ>π2D ．α>β，β＋γ<π2答案　C解析　因为VA ⊥底面ABC ，AB 在平面ABC 内，则由最小角定理得α>β，β＝∠VMA ，则β＋∠MVA ＝π2.过点A 作AN ⊥VC ，连接BN ，则γ＝∠BNA ，tan γ＝tan ∠BNA ＝ABAN ，而tan ∠BVA ＝ABAV ，AN <AV ，所以tan ∠BVA <tan ∠BNA ，则γ>∠BVA .又因为tan ∠MVA ＝AMAV，AB >AM ，所以tan ∠MVA <tan ∠BVA ，所以γ>∠BVA >∠MVA ，则β＋γ>π2，故选C.11．如图1，在平面多边形ABCDE 中，四边形ABCD 是正方形，△ADE 是正三角形．将△ADE 所在平面沿AD 折叠，使得点E 达到点S 的位置(如图2)．若二面角S －AD －C 的平面角θ∈[π6，π3]，则异面直线AC 与SD 所成角的余弦值的取值范围是( )A.[216，24]B.[616，24]C.[216，6＋216] D.[0，28]答案　D 解析　如图，取AD 的中点O ，BC 的中点G ，连接OS ，OG ，则OG ⊥AD ，以OG 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，过点O 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝2，则A (0，－1，0)，C (2，1，0)，D (0，1，0)．因为△SAD 为正三角形，O 为AD 的中点，所以SO ⊥AD ，又OG ⊥AD ，所以∠SOG 是二面角S －AD －C 的平面角，即∠SOG ＝θ，则S (3cos θ，0，3sin θ)．因为AC →＝(2，2，0)，DS →＝(3cos θ，－1，3sin θ)，所以cos 〈AC → ，DS →〉＝23cos θ－222×2.又θ∈[π6，π3]，所以cos θ∈[12，32]，所以cos 〈AC → ，DS →〉∈[6－228，28]，故异面直线AC 与SD 所成角的余弦值的取值范围是[0，28].12．(2021·金华十校期末调研)如图，在底面为正三角形的棱台ABC －A 1B 1C 1中，记锐二面角A 1－AB －C 的大小为α，锐二面角B 1－BC －A 的大小为β，锐二面角C 1－AC －B 的大小为γ，若α＞β＞γ，则( )A ．AA 1＞BB 1＞CC 1 B ．AA 1＞CC 1＞BB 1 C ．CC 1＞BB 1＞AA 1D ．CC 1＞AA 1＞BB 1 答案　D解析　分别延长AA 1，BB 1，CC 1交于点D ，过点D 作DO ⊥底面ABC ，过点O 分别作△ABC 三边的垂线，分别交于点M ，N ，P ，则tan α＝DO OM，tan β＝DO ON ，tan γ＝DO OP，因为α＞β＞γ，所以OM ＜ON ＜OP ，则点O 一定在△BEF 内部(不包括边界)，所以OB ＜OA ＜OC ，又因为AD ＝OA 2＋OD 2，BD ＝OB 2＋OD 2，CD ＝OC 2＋OD 2，所以BD ＜AD ＜CD ，所以CC 1＞AA 1＞BB 1，故选D.13．(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________．答案　66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 ，连接D ′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，cosθ取最大值6 6.。

立体几何之空间夹角

第26练“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.体验高考1. (2015·浙江)如图, 已知△ABC, D是AB的中点, 沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD, 所成二面角A′—CD—B的平面角为α, 则()A. ∠A′DB≤αB. ∠A′DB≥αC. ∠A′CB≤αD. ∠A′CB≥α2．(2016·课标全国乙)平面α过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A, α∥平面CB1D1, α∩平面ABCD＝m, α∩平面ABB1A1＝n, 则m, n所成角的正弦值为()A.32 B.22 C.33 D.133. (2016·课标全国丙)如图, 四棱锥P-ABCD中, PA⊥底面ABCD, AD∥BC, AB＝AD＝AC＝3, PA＝BC＝4, M为线段AD上一点, AM＝2MD, N为PC的中点.(1)证明MN∥平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.高考必会题型题型一异面直线所成的角例1在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中, 求异面直线BA1与AC所成的角.变式训练1(2015·浙江)如图, 三棱锥A—BCD中, AB＝AC＝BD＝CD＝3, AD＝BC＝2, 点M, N分别是AD, BC的中点, 则异面直线AN, CM所成的角的余弦值是________.题型二直线与平面所成的角例2如图, 已知四棱锥P－ABCD的底面为等腰梯形, AB∥CD, AC⊥BD, 垂足为H, PH是四棱锥的高, E为AD的中点. (1)证明: PE⊥BC；(2)若∠APB＝∠ADB＝60°, 求直线PA与平面PEH所成角的正弦值．变式训练2如图, 平面ABDE⊥平面ABC, △ABC是等腰直角三角形, AB＝BC＝4, 四边形ABDE是直角梯形, BD∥AE, BD⊥BA, BD＝AE＝2, 点O、M分别为CE、AB的中点. (1)求证: OD∥平面ABC；(2)求直线CD和平面ODM所成角的正弦值；(3)能否在EM上找到一点N, 使得ON⊥平面ABDE？若能, 请指出点N的位置并加以证明；若不能, 请说明理由．题型三二面角例3(2016·浙江.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.变式训练3如图, 长方体ABCD－A1B1C1D1中, AA1＝AD＝1, AB＝2, 点E是C1D1的中点.(1)求证: DE⊥平面BCE；(2)求二面角A－EB－C的大小.高考题型精练1. 在正方体ABCD－A1B1C1D1中, A1B与B1C所在直线所成角的大小是()A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°2. 在正方体ABCD－A1B1C1D1中, A1B与平面BB1D1D所成的角的大小是()A. 90°B. 30°C. 45°D. 60°3. 如图所示, 将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角, 此时∠B′AC＝60°, 那么这个二面角大小是()A. 90°B. 60°C. 45°D. 30°4．已知正三棱锥S－ABC中, E是侧棱SC的中点, 且SA⊥BE, 则SB与底面ABC所成角的余弦值为()A.63 B.33 C.23 D.365. 如图所示, 在正方体ABCD－A1B1C1D1中, E、F、G、H分别为AA1.AB.BB1.B1C1的中点, 则异面直线EF与GH所成的角等于()A. 45°B. 60°C. 90°D. 120°(5题）（6题）（8题）6如图, △ABC是等腰直角三角形, AB＝AC, ∠BCD＝90°, 且BC＝CD＝3, 将△ABC沿BC的边翻折, 设点A在平面BCD上的射影为点M, 若点M在△BCD内部(含边界), 则点M 的轨迹的最大长度等于______；在翻折过程中, 当点M位于线段BD上时, 直线AB和CD 所成角的余弦值等于______.7. 直三棱柱ABC－A1B1C1中, 若∠BAC＝90°, 2AB＝2AC＝AA1, 则异面直线BA1与B1C 所成角的余弦值等于________.8.如图所示, 在四棱锥P－ABCD中, 已知PA⊥底面ABCD, PA＝1, 底面ABCD是正方形, PC 与底面ABCD所成角的大小为, 则该四棱锥的体积是________.9. 以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕, 使△AB′D和△ACD折成互相垂直的两个平面, 则∠B′AC＝________.10. 如图, 在直三棱柱ABC－A1B1C1中, AB＝1, AC＝2, BC＝, D.E分别是AC1和BB1的中点, 则直线DE与平面BB1C1C所成的角为________.(10题）（11题）11. (2016·四川)如图, 在四棱锥PABCD中, AD∥BC, ∠ADC＝∠PAB＝90°, BC＝CD＝AD.E为棱AD的中点, 异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB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PA与平面PCE所成角的正弦值．如图, 在四棱锥P－ABCD中, 底面ABCD为菱形, ∠BAD＝60°, Q为AD的中点.(1)若PA＝PD, 求证: 平面PQB⊥平面PAD；(2)点M在线段PC上, PM＝PC, 若平面PAD⊥平面ABCD, 且PA＝PD＝AD＝2, 求平面MBQ与平面CBQ夹角的大小．。

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°< θ ≤90°、0°≤ θ ≤90°、0°< θ ≤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1111ABCD A B C D -中，已知4AB =，3AD =，12AA =。

E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且1EB FB ==。

求直线1EC 与1FD 所成的角的余弦值。

思路一：本题易于建立空间直角坐标系，把1EC 与1FD 所成角看作向量EC 1与FD 的夹角，用向量法求解。

思路二：平移线段C 1E 让C 1与D 1重合。

转化为平面角，放到三角形中，用几何法求解。

（图1）解法一：以A 为原点，1AB AD AA 、、分别为x 轴、y 轴、z 轴的正向建立空间直角坐标系，则有 D 1（0，3，2）、E （3，0，0）、F （4，1，0）、C 1（4，3，2），于是11(1,3,2),(4,2,2)EC FD ==-设EC 1与FD 1所成的角为β，则：112222221121cos 14132(4)22EC FD EC FD β⋅===⋅++⨯-++ ∴直线1EC 与1FD 所成的角的余弦值为2114解法二：延长BA 至点E 1，使AE 1=1，连结E 1F 、DE 1、D 1E 1、DF ，有D 1C 1//E 1E ， D 1C 1=E 1E ，则四边形D 1E 1EC 1是平行四边形。

则E 1D 1//EC 1 于是∠E 1D 1F 为直线1EC 与1FD 所成的角。

(高中段)大题考法立体几何第二课时空间向量与空间角3

[解] (1)证明：在△ABC 中，BC＝2，AB＝4，∠ABC＝60°，所以 AC2＝ BC2＋AB2－2BC·AB·cos B＝12，
则有 AC2＋BC2＝AB2，即 AC⊥BC. 又因为 PA⊥BC，PA∩AC＝A，PA⊂平面 PAC，AC⊂平面 PAC，所以 BC ⊥平面 PAC. (2)由(1)知 AC⊥BC，以点 C 为坐标原点，CA，CB 所在直线分别为 x，y 轴建立如图所示的坐标系 C-xyz. 则 C(0,0,0)，A(2 3，0,0)，B(0,2,0)，D( 3，－1,0)，易知 P 在底面的射影为 AC 与 BD 的交点，所以 P233，0，236，―PD→＝ 33，－1，－2 36，
由(1)知―A→P ＝0，1， 22是平面 PCB 的一个法向量，
记 n ＝―A→P ，则
n ，m
n ·m ＝
|n |·|m
|＝2 5
5 .
所以二面角
B-PC-E
的余弦值为2 5
5 .
融通方法利用空间向量求二面角的解题模型
应用体验 (2020·河北“五个一”名校联考)在四棱锥 P-ABCD 中，AD ∥BC，AB＝BC＝CD＝12AD，G 是 PB 的中点，△PAD 是等边三角形，平面 PAD⊥平面 ABCD. (1)求证：CD⊥平面 GAC； (2)求二面角 P-AG-C 大小的正弦值．
设平面 AEF 的一个法向量为 n ＝(x1，y1，z1)，
n ·―AE→＝0，
则 n
·―AF→＝0，
即x21x＋1＋z1λ＝y1＝0，0.
令 y1＝2，则zx11＝＝λ－. λ， ∴n ＝(－λ，2，λ)．
设平面 PCD 的一个法向量为 m ＝(x2，y2，z2)，

高考真题(立体几何中空间角问题[题目])

解答题1. 如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，2,60AB BAD =∠=o .（Ⅰ）求证：BD ⊥平面;PAC（Ⅱ）若,PA AB =求PB 与AC 所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求PA 的长.2. 如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB +AD =4，CD =2，︒=∠45CDA ．（I ）求证：平面P AB ⊥平面P AD ；（II ）设AB =AP ．（i ）若直线PB 与平面PCD 所成的角为︒30，求线段AB 的长；（ii ）在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理由。

3. 如图5．在椎体P -ABCD 中，ABCD 是边长为1的棱形，且∠DAB =60︒，2PA PD ==,PB =2, E ,F 分别是BC ,PC 的中点．（1）证明：AD ⊥平面DEF ;（2）求二面角P -AD -B 的余弦值．4. 如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱1CC 上，且不与点C 重合．（Ⅰ）当CF =1时，求证：EF ⊥1A C ；（Ⅱ）设二面角C AF E --的大小为θ，求tan θ的最小值．A B DC FPE5. 如图，在圆锥PO中，已知PO=2，⊙O的直径2AB=,C是»AB的中点，D为AC 的中点．（Ⅰ）证明：平面POD⊥平面PAC;（Ⅱ）求二面角B PA C--的余弦值。

6. 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=12 PD．（I）证明：平面PQC⊥平面DCQ；（II）求二面角Q—BP—C的余弦值．8. 如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=︒，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ．（I ）证明：PA BD ⊥；（II ）若PD =AD ，求二面角A -PB -C 的余弦值．9. 在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，∠ ACB =90︒，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF ∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.（Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ;（Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ－ＢＦ－Ｃ的大小．10. 如图，在ABC ∆中，60,90,ABC BAC AD ∠=∠=o o 是BC 上的高，沿AD 把ABC ∆折起，使90BCD ∠=o 。

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。

2022高三高考数学知识点第7章高考专题突破4 高考中的立体几何问题

跟踪训练3 (2020·宜昌一中模拟)如图，在四棱锥 P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC， AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点. (1)证明：BE⊥PD；
解依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2). 由E为棱PC的中点，得E(1，1，1). 证明向量B→E＝(0，1，1)，P→D＝(0，2，－2)，故B→E·P→D＝0，所以B→E⊥P→D，所以 BE⊥PD.
设直线AM与平面PBC所成的角为θ，
则
sin
θ＝|cos〈m，A→M〉|＝
→ |m·AM|
→
＝
|m|·|AM|
23×1＋12×0＋
2×
7 4
23×1＝
42 7.
∴直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值为
42 7.
命题点3 二面角
例3 (2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
[5分] [6分]
则DD→→CQ··nn＝＝00，，即ym＝x＋0，z＝0，
令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
则 cos〈n，P→B〉＝|nn|·|PP→→BB|＝
1＋0＋m 3· m2＋1.
[9分] [10分]
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为
6 3
.
[12分]
答题模板
第一步：根据线面位置关系的相关定理，证明线面垂直．第二步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标．第三步：求直线的方向向量和平面的法向量．第四步：计算向量夹角(或函数值)，借助基本不等式确定最值．第五步：反思解题思路，检查易错点．

(完整版)高中数学立体几何经典常考题型

高中数学立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明　∵OB＝OC，又∵∠ABC＝，∴∠OCB＝，∴∠BOC＝.⊥∴CO AB.又PO⊥平面ABC，⊥OC⊂平面ABC，∴PO OC.又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解　以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA＝1，则PO＝OB＝OC＝2，DA＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，∴PD＝(0，－1，－1)，BC＝(2，－2，0)，BD＝(0，－3，1).设平面BDC的一个法向量为n＝(x，y，z)，∴∴令y＝1，则x＝1，z＝3，∴n＝(1，1，3).设PD与平面BDC所成的角为θ，则sin θ＝＝＝.即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.【类题通法】利用向量求空间角的步骤间标.第一步：建立空直角坐系第二步：确定点的坐标.线)坐标.第三步：求向量(直的方向向量、平面的法向量计夹(或函数值).第四步：算向量的角将夹转为间.第五步：向量角化所求的空角查关键错题规.第六步：反思回顾.看点、易点和答范【变式训练】如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，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.(1)证明：EF∥B1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值.(1)证明　由正方形的性质可知A1B1AB DC∥∥，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C A∥1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解　因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB，AD，AA1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(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E＝，A1D＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E，n1⊥A1D得r1，s1，t1应满足的方程组(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1＝(1，0，0)，A1D＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为＝＝.题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由.(1)证明　因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.(2)解　取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O－xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2，2).又PB＝(1，1，－1)，所以cos〈n，PB〉＝＝－.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(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，所以要使BM∥平面PCD，则BM·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝.所以在棱P A上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时＝.应设，把要成立的作件结论当条，据此列方对断问题，先假存在【类题通法】(1)于存在判型的求解规围内”等.标，是否有定范的解程或方程组，把“是否存在”化问题转为“点的坐是否有解对问题，通常借助向量，引进参数，合已知和列出等式综结论，解出参数.(2)于位置探究型【变式训练】如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠P AD＝45°，E为P A的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明　取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝＝＝6，∴AB＝12，而E，M分别为P A，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∥且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴EM CD∥∵⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE CM.CM∴DE∥平面BPC.(2)解　由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8).假设AB上存在一点F使CF⊥BD，设点F坐标为(8，t，0)，则CF＝(8，t－6，0)，DB＝(8，12，0)，由CF·DB＝0得t＝.又平面DPC的一个法向量为m＝(1，0，0)，设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z).又PC＝(0，6，－8)，FC＝.由得即不妨令y＝12，有n＝(8，12，9).则cos〈n，m〉＝＝＝.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F－PC－D的余弦值为.题型三:立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD 上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.(1)证明　由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得＝，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝＝4.由EF ∥AC 得＝＝.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解　如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB ＝(3，－4，0)，AC ＝(6，0，0)，AD′＝(3，1，3).设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量，则即所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量，则即所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝＝＝－.sin 〈m ，n 〉＝.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是.【类题通法】立体几何中的折叠问题，是翻折前后形中面位置系和度量系的化关键搞清图线关关变情况，一般地翻折后在同一平面上的性不生化还个质发变，不在同一平面上的性生化个质发变.【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.(1)证明　在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，所以∠A1OC＝.如图，以O为原点，OB，OC，OA1分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，所以B，E，A1，C，得BC＝，A1C＝，CD＝BE＝(－，0，0).设平面A1BC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，则得取n1＝(1，1，1)；得取n2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.。

立体几何中的向量方法(2)——求空间角和距离

立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离【基础检测】1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )2．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°3．正三棱柱(如右图，底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为__ __.4．二面角的棱上有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 ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为__ __.5．P 是二面角α－AB －β棱上一点，分别在平面α，β上引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为__ __.【例题精讲】题型一求异面直线所成的角用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．【例1】(2017·江苏卷)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B－A1D－A的正弦值．题型二求直线与平面所成的角利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所成的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．【例2】如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的底面相交，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α所成角的正弦值．题型三求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．【例3】(2017·浙江卷)如图，已知正四面体D－ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，BQQC＝CRRA＝2.分别记二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角为α，β，γ，则()A．γ<α<βB．α<γ<βC．α<β<γD．β<γ<α【例4】(2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝PD＝6，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角为B－PD－A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【例5】 (2017·全国卷Ⅱ)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．题型四求空间距离求点面距一般有以下三种方法：①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．【例6】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD ．(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)设AA 1＝2，A 1B 1的中点为P ，求点P 到平面BDC 1的距离．。

高中数学立体几何中的空间角解析

高中数学立体几何中的空间角解析立体几何是高中数学中的重要内容之一，其中空间角是立体几何中的一个重要概念。

本文将以具体的题目为例，详细介绍空间角的定义、性质和解题技巧，帮助高中学生更好地理解和应用空间角。

一、空间角的定义和性质空间角是指由两条射线在同一平面内围成的角，也可以理解为由两条射线在三维空间中围成的角。

具体来说，设有两条射线OA和OB，它们在同一平面内，那么角AOB就是由这两条射线所围成的空间角。

空间角的度量单位与平面角相同，可以用度（°）或弧度（rad）来表示。

在解题中，我们通常使用度来度量空间角。

空间角具有以下性质：1. 两条射线的方向不同，所围成的空间角大小在0°到180°之间；2. 如果两条射线的方向相同，所围成的空间角大小为0°；3. 如果两条射线的反向延长线相交，所围成的空间角大小为180°。

二、空间角的解题技巧1. 利用空间角的定义和性质进行解题在解题过程中，我们可以根据空间角的定义和性质来推导出一些结论，从而解决问题。

例如，如果题目给出了两条射线的夹角，我们可以利用空间角的定义直接得出答案；如果题目给出了两条射线的方向，我们可以根据空间角的性质判断空间角的大小。

举例：已知射线OA与射线OB的夹角为60°，射线OC与射线OB的夹角为120°，求射线OA与射线OC的夹角。

解析：根据空间角的定义，射线OA与射线OC的夹角等于射线OA与射线OB的夹角加上射线OB与射线OC的夹角。

即所求角度为60°+120°=180°。

根据空间角的性质，当两条射线的反向延长线相交时，所围成的空间角大小为180°。

因此，射线OA与射线OC的夹角为180°。

2. 利用平面角的知识解决空间角问题在解决空间角问题时，我们还可以利用平面角的知识进行推导和计算。

由于空间角是由两条射线在同一平面内围成的角，所以可以将空间角转化为平面角进行计算。

高中数学立体几何经典常考题型

高中数学立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.π【例1】如图，在△ ABC中，∠ ABC =孑，O为AB边上一点，且 30B= 30C= 2AB ,已知Po丄平面 ABC，2DA = 2A0 = P0, 且 DA // P0.(1) 求证：平面PBD⊥平面C0D;(2) 求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.π⑴证明OB= 0C,又τ∠ ABC= ^4，ZπZπ∙∙∙∠ OCB= —, ∙∙∙∠ BOC="2.∙∙∙C0⊥ AB.又PO丄平面ABC0C?平面 ABC, ∙∙∙ PO丄 0C.又∙∙∙ PO, AB?平面PAB P0∩ AB= 0, ∙∙∙ C0⊥平面PAB,即CO丄平面PDB.又C0?平面COD则 C(2, 0, 0), B(0, 2, 0), P(0, 0, 2), D(0,—1,1), ∙∙∙ Pb= (0,— 1,— 1), BC = (2,— 2, 0), BD = (0,— 3, 1).X, y, Z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.•••平面PDB丄平面COD.设OA = 1,贝U PO= OB = OC = 2, DA =1.设平面BDC 的一个法向量为n = (x, y, z),n BC = 0,2x —2y= 0, n BD = 0, —3y + Z = 0,令 y= 1,则 X= 1, Z= 3,∙∙∙ n= (1, 1, 3).设PD 与平面BDC 所成的角为θ,1× 0+ 1x(— 1)+ g×(— 1)= 2√221'02+(— 1) 2+(— 1) 2× ,'12+ 12+ 32= 11【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角. 第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范【变式训练】如图所示，在多面体A 1B 1D 仁DCBA 中，四边形AA 1B 1B, ADD 1A 1, ABCD 均为正方形, E 为B 1D 1的中点，过A 1, D , E 的平面交CD 1于F.(1) 证明：EF// BC(2) 求二面角E-A I D-B I 的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知 A 1B 1 / AB// DC,且A 1B 1= AB= DC,所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C// A 1D,又 A 1D?面 A 1DE, B 1C?面 A 1DE,于是 B 1C//面 AQE 又 B 1C?面 B I CDl,面 A 1DE∩面 B I CD= EF,所以EF// BQ.则SinPD ・n IPDlnl即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为 2 ,22 11AlD⑵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 ⊥ AB, AA i ⊥ AD, AB⊥ AD且AA i=AB= AD.以A为原点，分别以AB, AD, AA 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 ii, i),而E点为B i D i的中点，所以E点的坐标为2, 2，i .→i i设平面A i DE的一个法向量n i= (r i, s i, t i),而该面上向量A i E= 2, 2，。

立体几何(学生版)--2025新高考数学新题型

立体几何题型01 空间几何体的有关计算题型02 点线面位置关系、空间角及距离题型03 内切球、外接球问题题型04 空间向量题型01 空间几何体的有关计算1(2024·山西晋城·统考一模)若一个正n棱台的棱数大于15，且各棱的长度构成的集合为{2,3}，则n 的最小值为，该棱台各棱的长度之和的最小值为．2(2024·浙江·校联考一模)已知圆台的上下底面半径分别是1，4，且侧面积为10π，则该圆台的母线长为．3(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)球O的半径与圆锥M的底面半径相等，且它们的表面积也相等，则圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为，球O的体积与圆锥M的体积的比值为．4(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为时，圆锥的体积最大，最大值为．5(2024·广东深圳·校考一模)已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆.若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为3的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比为.6(2024·辽宁沈阳·统考一模)正方体的8个顶点分别在4个互相平行的平面内，每个平面内至少有一个顶点，且相邻两个平面间的距离为1，则该正方体的棱长为()A.2B.3C.2D.57(2024·云南曲靖·统考一模)为努力推进“绿美校园”建设，营造更加优美的校园环境，某校准备开展校园绿化活动．已知栽种某绿色植物的花盆可近似看成圆台，圆台两底面直径分别为18厘米，9厘米，母线长约为7.5厘米．现有2000个该种花盆，假定每一个花盆装满营养土，请问共需要营养土约为( )(参考数据：π≈3.14)A.1.702立方米B.1.780立方米C.1.730立方米D.1.822立方米8(2024·新疆乌鲁木齐·统考一模)某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的，则()A.该几何体的顶点数为12B.该几何体的棱数为24C.该几何体的表面积为(4800+8003)cm 2D.该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项9(2024·山西晋城·统考一模)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =2，AA 1=4，C 1 E =3EC，平面ABE 将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为Ω上，下部分对应的几何体为Ω下，则()A.Ω下的体积为2B.Ω上的体积为12C.Ω下的外接球的表面积为9πD.平面ABE 截该正四棱柱所得截面的面积为25题型02 点线面位置关系、空间角及距离10(2024·河北·校联考一模)已知直线l 、m 、n 与平面α、β，下列命题正确的是()A.若α⎳β，l ⊂α，n ⊂β，则l ⎳nB.若α⊥β，l ⊂α，则l ⊥βC.若l ⊥n ，m ⊥n ，则l ⎳mD.若l ⊥α，l ⎳β，则α⊥β11(2024·浙江·校联考一模)已知直线a ,b 和平面α,a ⊄α,b ∥α，则“a ∥b ”是“a ∥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件12(2024·广东深圳·校考一模)已知α，β是两个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，则下列说法正确的是()A.若m ⊥n ，m ⊥α，n ⊥β，则α⊥βB.若m ⎳n ，m ⎳α，n ⎳β，则α⎳βC.若m ⊥n ，m ⎳α，α⊥β，则n ⊥βD.若m ⎳n ，m ⊥α，α⊥β，则n ⎳β13(2024·吉林白山·统考一模)正八面体可由连接正方体每个面的中心构成，如图所示，在棱长为2的正八面体中，则有()A.直线AE与CF是异面直线B.平面ABF⊥平面ABEC.该几何体的体积为432 D.平面ABE与平面DCF间的距离为26314(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,∠BAD=120°,AC⊥BD，△BCD是等边三角形.(1)证明：平面PAD⊥平面PCD.(2)求二面角B-PC-D的正弦值.15(2024·辽宁沈阳·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABC⊥平面BCD，且BC=BD= BA，∠CBA=∠CBD=120°，点P在线段AC上，点Q在线段CD上.(1)求证：AD⊥BC；(2)若AC⊥平面BPQ，求BPBQ的值；(3)在(2)的条件下，求平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值.16(2024·重庆·统考一模)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB= AP，AB⊥AD,AB+AD=6,CD=2,∠CDA=45°．(1)若E为PB的中点，求证：平面PBC⊥平面ADE；(2)若平面PAB与平面PCD所成的角的余弦值为66．(ⅰ)求线段AB的长；(ⅱ)设G为△PAD内(含边界)的一点，且GB=2GA，求满足条件的所有点G组成的轨迹的长度．17(2024·云南曲靖·统考一模)在图1的直角梯形ABCD中，∠A=∠D=90°,AB=BC=2,DC=3，点E是DC边上靠近于点D的三等分点，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1= 6，如图2．(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；(2)在棱DC1上是否存在点P，使得二面角P-EB-C1的大小为45°？若存在，求出线段DP的长度，若不存在说明理由．18(2024·云南曲靖·统考一模)如图所示，正方体ABCD -A B C D 的棱长为1，E ,F 分别是棱AA ,CC 的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB ,DD 交于点M ,N ，以下四个命题中正确的是()A.四边形EMFN 一定为菱形B.四棱锥A -MENF 体积为13C.平面EMFN ⊥平面DBB DD.四边形EMFN 的周长最小值为419(2024·山东济南·山东省实验中学校考一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PB 与底面ABCD 所成的角为π4，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC =∠BAD =π2,AD =2,PA =BC =1，点E 为棱PD 上一点，满足PE =λPD0≤λ≤1 ，下列结论正确的是()A.平面PAC ⊥平面PCD ；B.在棱PD 上不存在点E ，使得CE ⎳平面PABC.当λ=12时，异面直线CE 与AB 所成角的余弦值为255；D.点P 到直线CD 的距离3；20(2024·新疆乌鲁木齐·统考一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA =AB ，点E ，F 分别是棱PB ，BC 的中点．(1)求直线AF 与平面PBC 所成角的正弦值；(2)在截面AEF 内是否存在点G ，使DG ⊥平面AEF ，并说明理由．21(2024·山西晋城·统考一模)如图，P 是边长为2的正六边形ABCDEF 所在平面外一点，BF 的中点O 为P 在平面ABCDEF 内的射影，PM =2MF．(1)证明：ME ⎳平面PBD ．(2)若PA =2，二面角A -PB -D 的大小为θ，求cos2θ．22(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是AD 1的中点，点Q 是直线CD 1上的动点，则下列说法正确的是()A.△PBD 是直角三角形B.异面直线PD 与CD 1所成的角为π3C.当AB 的长度为定值时，三棱锥D -PBQ 的体积为定值D.平面PBD ⊥平面ACD123(2024·浙江·校联考一模)在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形BCC1B1是菱形，△ABC是等边三角形，点M是线段AB的中点，∠ABB1=60°．(1)证明：B1C⊥平面ABC1；(2)若平面ABB1A1⊥平面ABC，求直线B1C与平面A1MC1所成角的正弦值．24(2024·广东深圳·校考一模)如图，在圆锥SO中，AB是圆O的直径，且△SAB是边长为4的等边三角形，C,D为圆弧AB的两个三等分点，E是SB的中点.(1)证明：DE⎳平面SAC；(2)求平面SAC与平面SBD所成锐二面角的余弦值.25(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)在如图所示的五面体ABCDEF中，ABEF共面，△ADF是正三角形，四边形ABCD为菱形，∠ABC=2π3,EF⎳平面ABCD,AB=2EF=2，点M为BC中点．(1)证明：EM∥平面BDF；(2)已知EM=2，求平面BDF与平面BEC所成二面角的正弦值．26(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB =5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=54，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△DEF 位置，OD =10．(1)证明：D H⊥平面ABCD；(2)求平面BAD 与平面ACD 的夹角的余弦值．27(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)设b、c表示两条直线，α、β表示两个平面，则下列命题正确的是()A.若b⎳α，c⊂α，则b⎳cB.若b⊂α，b⎳c，则c⊂αC.若c⎳α，α⊥β，则c⊥βD.若c⎳α，c⊥β，则α⊥β28(2024·吉林延边·统考一模)已知三棱柱ABC-A1B1C1，侧面AA1C1C是边长为2的菱形，∠CAA1 =πA1是矩形，且平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，点D是棱A1B1的中点．3，侧面四边形ABB1(1)在棱AC上是否存在一点E，使得AD∥平面B1C1E，并说明理由；(2)当三棱锥B-A1DC1的体积为3时，求平面A1C1D与平面CC1D夹角的余弦值．29(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)如图1，在平面四边形PABC中，PA⊥AB,CD⎳AB，CD=2AB=2PD=2AD=4.点E是线段PC上靠近P端的三等分点，将△PDC沿CD折成四棱锥P-ABCD，且AP=22，连接PA,PB,BD，如图2.(1)在图2中，证明：PA⎳平面BDE；(2)求图2中，直线AP与平面PBC所成角的正弦值.30(2024·重庆·统考一模)如图，在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，M是线段A1E上的一点，则下列说法正确的是()A.当M点与A1点重合时，直线AC1⊂平面ACMB.当点M移动时，点D到平面ACM的距离为定值C.当M点与E点重合时，平面ACM与平面CC1D1D夹角的正弦值为53D.当M点为线段A1E中点时，平面ACM截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面面积为73332 31(2024·福建厦门·统考一模)如图，在四棱锥E-ABCD中，AD⎳BC，2AD=BC=2，AB=2，AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，过点B作平面α⊥BD．(1)证明：平面α⎳平面EAC；(2)已知点F为棱EC的中点，若EA=2，求直线AD与平面FBD所成角的正弦值．32(2024·吉林延边·统考一模)如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，DE =BF =1,DE ∥BF ,DE ⊥平面ABCD ，动点P 在线段EF 上，则下列说法正确的是()A.AC ⊥DPB.存在点P ，使得DP ∥平面ACFC.三棱锥A -CDE 的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是9π2D.当动点P 与点F 重合时，直线DP 与平面ACF 所成角的余弦值为3101033(2024·福建厦门·统考一模)如图所示，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是矩形，△ABF 和△DCE 均是等边三角形，且AB =23，EF =x (x >0)，则()A.EF ⎳平面ABCDB.二面角A -EF -B 随着x 的减小而减小C.当BC =2时，五面体ABCDEF 的体积V (x )最大值为272D.当BC =32时，存在x 使得半径为32的球能内含于五面体ABCDEF 题型03 内切球、外接球问题34(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)已知四面体ABCD 的各个面均为全等的等腰三角形，且CA =CB =2AB =4.设E 为空间内任一点，且A ,B ,C ,D ,E 五点在同一个球面上，则()A.AB ⊥CDB.四面体ABCD 的体积为214C.当AE =23时，点E 的轨迹长度为4πD.当三棱锥E -ABC 的体积为146时，点E 的轨迹长度为32π35(2024·吉林白山·统考一模)在四面体A -BCD 中，BC =22，BD =23，且满足BC ⊥BD ，AC ⊥BC ，AD ⊥BD ．若该三棱锥的体积为863，则该锥体的外接球的体积为．36(2024·吉林延边·统考一模)已知一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为25π5，半径为5的扇形.若该圆锥的顶点及底面圆周都在球O 的表面上，则球O 的体积为.37(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，以A1为球心、3为半径的球面与底面ABC的交线长为3π6，则三棱柱ABC-A1B1C1的表面在球内部分的总面积为．38(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)已知球O的直径PQ=4，A，B，C是球O球面上的三点，△ABC是等边三角形，且∠APQ=∠BPQ=∠CPQ=30°，则三棱锥P-ABC的体积为( ).A.334B.934C.332D.273439(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)如图所示，有一个棱长为4的正四面体P-ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是()A.直线AE与PB所成的角为π2B.△ABE的周长最小值为4+34C.如果在这个容器中放入1个小球(全部进入)，则小球半径的最大值为63D.如果在这个容器中放入4个完全相同的小球(全部进入)，则小球半径的最大值为26-25 40(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)如图，在正三棱锥P-ABC中，有一半径为1的半球，其底面圆O与正三棱锥的底面贴合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切．设点D为BC的中点，∠ADP=α．(1)用α分别表示线段BC和PD长度；(2)当α∈0,π2时，求三棱锥的侧面积S的最小值．41(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)地球仪是地理教学中的常用教具.如图1所示，地球仪的赤道面(与转轴垂直)与黄道面(与水平面平行)存在一个夹角，即黄赤交角，大小约为23.5°.为锻炼动手能力，某同学制作了一个半径为4cm 的地球仪(不含支架)，并将其放入竖直放置的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中(姿态保持不变)，使地球仪与该三棱柱的三个侧面相切，如图2所示.此时平面AB 1C 恰与地球仪的赤道面平行，则三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球体积为.(参考数据：tan23.5°≈0.43)题型04 空间向量42(2024·福建厦门·统考一模)已知平面α的一个法向量为n=(1,0,1)，且点A (1,2,3)在α内，则点B (1,1,1)到α的距离为．43(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)在边长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，动点M 满足AM =xAB +yAD +zAA 1 ，(x ,y ,z ∈R 且x ≥0,y ≥0,z ≥0)，下列说法正确的是()A.当x =14,z =0,y ∈0,1 时，B 1M +MD 的最小值为13B.当x =y =1,z =12时，异面直线BM 与CD 1所成角的余弦值为105C.当x +y +z =1，且AM =253时，则M 的轨迹长度为42π3D.当x +y =1,z =0时，AM 与平面AB 1D 1所成角的正弦值的最大值为6344(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =AD =AA 1=1，∠DAB =90°，cos <AA 1 ，AB >=22，cos <AA 1 ，AD >=12，点M 为BD 中点.(1)证明：B 1M ⎳平面A 1C 1D ；(2)求二面角B -AA 1-D 的正弦值.。

3.2 空间角

1 1 BD1 ( , ,1) 2 2
x
30 所以 BD1 与 AF1 所成角的余弦值为 10
题型一：线线角练习：在长方体 ABCD A B1C1D1 中， = 5，AD 8, AB 1
AA1 4, M 为B1C1上的一点,且B1M 2,点N在线段A1D上，
A1D AN. (1)求证：A1D AM .
A1 （2）求AD与平面ANM 所成的角. B1 M
z
N
D1
C1
D
AM (5, 2, 4), A1D (0,8, 4), AM A1D 0 A1D AM . ＝
A(0,0,0), A1 (0,0, 4),D(0,8,0), M (5, 2, 4)
n2

n1

B
cos

| cos n1, n2 |
cos
| cos n1, n2 |
关键：观察二面角的范围
题型三：二面角 3. 如所示，A B C D 是一直角梯形，A B C = 900 , 1 SA 平面ABCD, SA AB BC 1, AD , 求面SCD与面SBA 2 S 所成二面角的余弦值.
A B
y
x
C
题型二：线面角题型二：线面角
直线与平面所成角的范围： [0, ] 2 A 思考： n

O
n, BA 与的关系？
结论：sin
|
cos n, AB
|
题型二：线面角
AB 2. 在长方体 ABCD A B1C1D1 中， = 5，AD 8, 1 AA1 4, M为BC1上的一点,且B1M 2,点N在线段A1D上，

第2讲立体几何中的空间角问题

(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.
解方法一如图(2)，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH.
由ABC－DEF为三棱台，得DF∥CO，
所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由BC⊥平面BDO，得OH⊥BC，又BC∩BD＝B，
故OH⊥平面DBC，
所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.
(2)(2021·温州模拟)如图，点M，N分别是正四面体ABCD的棱AB，CD上的点，设BM＝x，直线MN与直线BC所成的角为θ，则 A.当ND＝2CN时，θ随着x的增大而增大 B.当ND＝2CN时，θ随着x的增大而减小 C.当CN＝2ND时，θ随着x的增大而减小
√D.当CN＝2ND时，θ随着x的增大而增大
又∵AA1∥B1B，∴BB1⊥BM. 又BM∩BC＝B，BM，BC⊂平面BMC， ∴BB1⊥平面BMC，又CM⊂平面BMC，∴BB1⊥CM.
(2)求直线BM与平面CB1M所成角的正弦值.
解方法一作BG⊥MB1于点G，连接CG. 由(1)知BC⊥平面AA1B1B，得到BC⊥MB1，又BC∩BG＝B，BC，BG⊂平面BCG，
MN＝ x2－3x＋7，
所以在△MNE 中，cos θ＝2
4－x x2－3x＋7
＝12 1＋x2－9－3x5＋x 7(x∈[0,3])，
令 f(x)＝x2－9－3x5＋x 7，
则 f′(x)＝5xx22－－31x8＋x－782<0，
所以f(x)在定义域内单调递减，即x增大，f(x)减小，即cos θ减小，从而θ 增大，故D正确，C错误.
所以在△FNM中， cos θ＝2 x25－－3xx＋7＝21
1＋x21－8－3x7＋x 7(x∈[0,3])，

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。

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。

立体几何专题——空间角

立体几何专题：空间角第一节：异面直线所成的角一、基础知识1•定义：直线a 、b 是异面直线，经过空间一交 o ,分别a?/a , b?/b ,相交直线a?)?所成的锐角(或直角)叫做。

2•范围：0,—23方法：平移法、问量法、三线角公式(1)平移法：在图中选一个恰当的点(通常是线段端点或中点)作个三角形，并解三角形求角。

(2)向量法：可适当选取异面直线上的方向向量，利用公式cos求出来方法2:利用向量坐标计算，建系，确定直线上某两点坐标进而求出方向向量a 、b 的平行线，构造cos a,baH方法1：利用向量计算。

选取一组基向量，分别算出 b 代入上式a (X i ,y i ,zOb &2°2忆2) cosX i X 2 y i y 2乙 Z 2..Xi 22 2 - 2y iz i X 2 (3)三线角公式用于求线面角和线线角斜线和平面内的直线与斜线的射影所成角的余弦之积等于斜线和平面内的直线所成角的余弦即：cos i cos 2 cos二、例题讲练例1、( 2007年全国高考)如图，正四棱柱 ABCD A 1B 1C 1D 1中,AA i 2AB ，则异面直线A.B 与AD i 所成角的余弦值为 ______________例 2、在长方体 ABCD-A i B i C i D i 中，已知 AB= a ，BC= b(a b) ,AA i =c ，求异面直线D i B 和AC 所成的角的余弦值。

方法一：过B 点作AC 的平行线(补形平移法) 方法二：过AC 的中点作BDI 平行线方法三：(向量法)1A1\ | \D 4 b = ,ZO例3、已知四棱锥P ABCD 的底面为直角梯形，AB//DC ， DAB 90 ,PA 底面 ABCD ，且1PA AD DC ，AB I ，M 是 PB 的中点2(I)证明：面PAD 面PCD ; (n)求AC 与PB 所成的角；例4、 AB 如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，侧棱 PA 底面ABCD ,3, BC i , PA 2, E 为PD 的中点2 2 y2Z 2BiC i训练题1. 正方体的12条棱和12条面对角线中，互相异面的两条线成的角大小构成的集合是 _____ 。

立体几何复习空间角的求法

2
(1)证明：DE∥平面 BCF； (2)证明：CF⊥平面 ABF； (3)当 AD＝23时，求三棱锥 F－DEG 的体积 V . 的大 90.0 小为
（结论）B
O
D
作(找)---证(指出)---算---结论
C
练:正方体ABCD—A1B1C1D1中,
D1
求:
A1
(1) 二面角A-BD-A1的正切值;
(2) 二面角A1-AD-B的大小.
D
解由:正连方结体A的C,性交质BD可于知O,,连BD结⊥OOAA1 ,BD⊥AAA1
作(找)---证---指出---算---结论
在三角形中计算
（一）异面直线所成的角：范围是（0，π/2]. 平移直线成相交直线: (1)利用中位线,平行四边形; (2)补形法.
作(找)---证---指出---算---结论
关键
在三角形中计算
例1.正四面体S-ABC中,如
s
果E、F分别是SC、AB的
中点,那么异面直线EF和 E
• [例1] (2013年高考新课标全国卷Ⅱ)如图
所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是 AB，BB1的中点．
(1)证明：BC1∥平面 A1CD； (2)设 AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2 2，求三棱锥 C－A1DE 的体积．
题型二立体几何中的折叠问题
[例 3] (2013 年高考广东卷)如图(1)，在边长为 1 的等边三角形 ABC 中，D，E 分别是 AB，AC 边上的点，AD＝AE，F 是 BC 的中点，AF 与 DE 交于点 G，将△ABF 沿 AF 折起，得到如图(2)所示的三棱锥 A－ BCF，其中 BC＝ 2.
SA所成的角=_______.

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