高中数学黄金100题系列第65题空间角的计算理

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第65题 空间角的计算
I ．题源探究·黄金母题
【例1】如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD ⊥底面ABCD,PD=DC,点E 是PC 的中点,作EF ⊥PB 交PB 于点F.
图3.2-7
E
A
D
B
C
P
F
(1)求证:PA//平面EDB; (2)求证:PB ⊥平面EFD; (3)求二面角C-PB-D 的大小.
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）600
.
【解析】如图所示建立空间直角坐标系,点D 为坐标原点,设DC=1.
y
x
z 图3.2-8
G
E A D
B
C
P
F
（3）解:已知PB ⊥EF,由(2)可知PB ⊥DF,故
∠EFD 是二面角C-PB-D 的平面角.
设点F 的坐标为(x,y,z),则)1,,(-=z y x .
因为k =,所以0=⋅, 所以(1,1,-1)·(k,k,1-k)=k+k-1+k=3k-1=0,
所以31=
k ，点F 的坐标为)3
2
,31,31(。

又点E 的坐标为)21
,21,0(，
所以)6
1
,61,31(--=，因为
cos FE FD EFD FE FD
⋅∠=
=，
1111121(,,)(,,)136633361266
3--⋅---==•
即∠EFD=600
，即二面角C-PB-D 的大小为600
.
【点睛】直线与平面平行与垂直的证明,二面角大小的求解是高热点中的热点,几乎每年必考,而此
例题很好的展现了,用向量方法证明直线与平面平行与垂直,还给出了用向量方法求二面角的大小.
II ．考场精彩·真题回放
【例2】【2017课标II 理10】已知直三棱柱
111C C AB -A B 中，C 120∠AB =，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值
为（ ）
A ．
3
2
B ．15
5
C ．
10
5
D ．33
【答案】C
【解析】分析：如图所示，补成四棱柱
1111ABCD A B C D - , 11,2,BC D BC ∠=
则所求角为
201121221cos603,5BD C D AB =+-⨯⨯⨯=== 因此1210
cos 55
BC D ∠=
= ，故选C 。

【名师点睛】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,
2π⎛⎤
⎥⎝⎦
，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角。

求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成
角的范围。

【例3】【2016高考浙江】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△CD 'A ，直线AC 与D '
B 所成角的余弦的最大值是______．
【答案】
69
【解析】分析：设直线AC 与'BD 所成角为θ．
设O 是AC 中点，由已知得6AC =，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，由
6(0,
2A ，302B ，6
(0,2
C -，作DH AC ⊥于H ，翻折过程中，'
D H 始终与
AC 垂直， 26
6
CD CH CA ===
， 则63OH =
，53066
DH ==， 因此可设30630
,,)636
D αα-， 则3030630
'()6236
BD αα=--， 与CA 平行的单位向量为(0,1,0)n =，
所以cos cos ',BD n θ=<>''BD n BD n
⋅=
＝
6
395cos α
-，所以cos 1α=时， cos θ取最大值
6
． H
D'
D
C
B A
z
y
x
O
【点睛】先建立空间直角坐标系，再计算与C A 平行的单位向量n 和D 'B ，进而可得直线C A 与D 'B 所成角的余弦值，最后利用三角函数的性质可得直线C A 与D 'B 所成角的余弦值的最大值．
【例4】【2017浙江9】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 ，2BQ CR
QC RA
==，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<β
B ．α<γ<β
C ．α<β<γ
D ．β<γ<α
【答案】B
【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离
最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而高相等.
【例5】【2017课标3理16】a ，b 为空间中两条
互相垂直的直线，等腰直角三角形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 所成角的最小值为60°.
其中正确的是________.（填写所有正确结论的编
号） 【答案】②③
【解析】由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥ ，又
AC ⊥圆锥底面，在底面内可以过点B ，作
BD a ，交底面圆C 于点D ，如图所示，连结DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴ ，连结AD ，等腰△ABD
中，2AB AD ==当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠= ，故2BD = ，又在
BDE Rt △ 中，2,2BE DE =∴=，过点B
作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连结AF ，由圆的对称性2BF DE ==
ABF ∴△ 为等边三角形，
60ABF ∴∠= ，
即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由最小角定理可知③正确；
很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，直线AB 与a 所成的最大角为90°，④错误. 正确的说法为②③.
【例6】【2017课标1理18】如图，在四棱锥P-ABCD 中，
AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=
.
（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；
（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A -PB -C 的余弦值.
【解析】分析：（1）根据题设条件可以得出AB ⊥AP ，CD ⊥PD .而AB ∥CD ，就可证明出AB ⊥平面PAD .进而证明平面PAB ⊥平面PAD .（2）先找出AD 中点，找出相互垂直的线，建立以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，||AB 为单位长，的空间直角坐标系，列出所需要的点的坐标，设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，(,,)x y z =m 是平面
PAB 的法向量，根据垂直关系，求出(0,1,2)=--n 和
(1,0,1)=m ，利用数量积公式可求出二面角的平面角.
解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从
而AB ⊥平面PAD .
又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD . （2）在平面PAD 内作PF AD ⊥，垂足为F ， 由（1）可知，AB ⊥平面PAD ，故AB PF ⊥，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA 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F xyz -.
由（1）及已知可得22A ，2(0,0,2
P ，
2
2
B ，
2
(,1,0)2
C -
.所以
22(,1,)22
PC =-
-，(2,0,0)CB =，22(
PA =，(0,1,0)AB =. 设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则
00
PC CB ⎧⋅=⎪⎨
⋅=⎪⎩n n ，即2202220x y z x ⎧-
+-=⎪⎨=，
可取(0,1,2)=--n .
设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则
00
PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即22022
0x z y ⎧-=⎪⎨⎪=⎩
， 可取(1,0,1)=m .
则3
cos ,||||3
⋅==-
<>n m n m n m ， 所以二面角A PB C --的余弦值为3-
. 【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为
两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.
【例7】【2017课标II 理19】如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，
o 1
,90,2
AB BC AD BAD ABC ==
∠=∠= E 是PD 的中点。

（1）证明：直线//CE 平面PAB ；
（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为
o 45 ，求二面角M AB D --的余弦值。

【答案】(1)证明略；10。

【解析】分析：(1) 取PA 的中点F ，连结EF ，
BF ，由题意证得CE ∥BF ，利用线面平行的
判断定理即可证得结论；(2)建立空间直角坐标
系，求得半平面的法向量：()
0,6,2=-m ，()0,0,1=n ，然后利用空间向量的结论可求得二面角M -AB -D 10。

解析：（1）取PA 的中点F ，连结EF ，BF 。

因为E 是PD 的中点，所以
EF ∥AD ,1
2
EF AD =, 由90BAD ABC ∠=∠=得BC ∥AD ，又
1
2
BC AD =
, 所以EF BC ∥。

四边形BCEF 为平行四边形，
CE ∥BF 。

又BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ， 故CE ∥平面PAB 。

（2）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()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,1,0C ，(3P ，(103)PC =，，,(100)AB =，，，
设()(),,01M x y z x <<则
()(1,,,,1,3BM x y z PM x y z =-=-，
因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而()0,0,1=n 是底面ABCD 的法向量， 所以cos ,sin 45BM =n ，
()
2
22
22
1z
x y z
=
-++， 即()2
2
2
10x y z -+-=。

①
又M 在棱PC 上，设PM PC λ=,则
,1,33x y z λλ===。

②
由①，②解得 2116
x y z ⎧=+
⎪⎪⎪
=⎨⎪
⎪=⎪⎩
(舍去)，
2
12162x y z ⎧=-⎪
⎪⎪
=⎨⎪
⎪=⎪⎩。

所以26122M ⎛
-
⎝⎭
， 从而26122AM ⎛⎫
=- ⎪ ⎪⎝⎭。

设()000,,x y z =m 是平面ABM 的法向量，则
0,
0,
AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即
(000022260,
0,x y z x ⎧+=⎪⎨
=⎪⎩
所以可取()
0,6,2=-m 。

于是 10
cos ,⋅=
=
m n m n m n ， 因此二面角M AB D --10
【名师点睛】(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是
利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确
计算。

(2)设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m ，n >互补或相等，故有|cos θ|＝|cos<m ，n >|=
⋅m n
m n。

求解时一定要注意结合
实际图形判断所求角是锐角还是钝角。

【例8】【2017课标3理19】如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ，AB =BD ．
（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；
（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值.
【答案】(1)证明略；(2) 7.
【解析】（1）由题设可得，ABD CBD ∆≅∆，
从而AD DC = ,又ACD ∆是直角三角形，所以0=90ACD ∠,取AC 的中点O ，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO,
又由于△ABC 是正三角形，故BO AC ⊥.所以DOB ∠为二
面角D AC B -- 的平面角.在Rt△AOB 中，
222BO AO AB += .
又AB BD = ，所以
2222BO DO BO AO AB BD 22+=+== ，
故90DOB ∠= .所以平面ACD⊥平面ABC. （2）
由题设及（1）知，,,OA OB OC 两两垂直，以O
为坐标原点，OA 的方向为x 轴正方向，OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系
O xyz -.则()()
1,0,0,3,0,A B
()()1,0,0,0,0,1C D - 由题设知，四面体ABCE
的体积为四面体ABCD 的体积的
1
2，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12
，
即E 为DB 的中点，得312E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
. 故()1,0,1,AD =-
()312,0,0,2AC AE ⎛⎫
=-=- ⎪ ⎪⎝⎭
.
设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，
则AD AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩0，0，n n 即0,31
022
x z x y z -+=⎧⎪
⎨-+
+=⎪⎩。

可取31,
,13⎛
⎫= ⎪ ⎪⎝⎭
n .设m 是平面AEC 的法向量，则0，
0，
AC AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩m m 同理可得(0,3=-m .
则cos ,⋅==
n m n m n m .
所以二面角D -AE -C
精彩解读
【试题来源】新课标人教A 版 选修2-1第109页，例题4
【母题评析】需要明确运用空间向量法求解二面角的基本
步骤，建系，找点求出法向量，向量数量积求二面角余弦
【思路方法】思路方法上；运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论
证、计算；⑤转化为几何结论．
【命题意图】考察空间想象能力及推理论证和计算能力，转化思想。

【考试方向】这类试题在考查题型上，通常基本
以选择填题或解答题的形式出现，难度中档.
【难点中心】关于空间角计算的难点在于，概念
不清，在较为复杂的几何环境下无法准确的找出
空间角对应的平面角。

即空间想象能力不足。

III ．理论基础·解题原理 1.空间角的概念
考点一 异面直线所成的角
(1)定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间中任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角．
(2)范围：⎝
⎛⎦⎥⎤0，π2.
考点二 直线和平面所成的角
(1)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直线和这个平面所成的角．
(2)范围：⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. 当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°. 考点三 二面角
（1）定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角． (2)范围：[]0,π
2. 用向量求空间角的方法:
(1)线线角：直线与直线所成的角θ，如两直线的方向向量分别为a ，b ，
则||cos cos
a b θ＝〈，〉. (2)线面角：直线与平面所成的角θ，如直线的方向向量为a ，平面的法向量为n ，
则||sin cos
a n θ＝〈，〉. (3)面面角：两相交平面所成的角θ，两平面的法向量分别为n 1，n 2， 则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|.判定二面角的平面角是锐角还是钝角的情况来决定 cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|还是cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|.
IV ．题型攻略·深度挖掘 【考试方向】
这类试题在考查题型上，通常基本以选填题或解答题的形式出现，难度中档。

【技能方法】
1.求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．
2．线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解．
3．利用综合法求线面角与二面角的步骤：
(1)找：根据图形找出相关的线面角或二面角．
(2)证：证明找出的角即为所求的角．
(3)算：根据题目中的数据，通过解三角形求出所求角．
【易错指导】
两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角
可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角．
V．举一反三·触类旁通
考向1 空间线与线所成的角
【例1】【2018哈尔滨模拟】如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M是AB的中点，则D1B与CM所成角的余弦值为( )
A.10
5
B.
15
10
C.
15
15
D.
15
5
【答案】C
【例2】【2018兰州模拟】已知直三棱柱ABC­A 1B 1C 1中，∠ABC＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________． 【答案】
10
5
方法二：如图，将该直三棱柱补充成直四棱柱，其中CD ∥AB 且CD ＝AB ，则可得AB 1∥DC 1且AB 1＝DC 1，图中∠BC 1D 即为异面直线AB 1与BC 1所成的角或所成角的补角．在△BC 1D 中，BC 1＝2，DC 1＝5，BD ＝
4＋1－2×2×1×12＝3，所以cos∠BC 1D ＝2＋5－32×2×5＝10
5.故异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为
10
5
.
【例3】【2018海淀区校级期末】如图，在直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为2的正方形，E ，F 分别为线段DD 1，BD 的中点． （1）求证：EF∥平面ABC 1D 1；
（2）四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的外接球的表面积为16π，求异面直线EF 与BC 所成的角的大小．
【答案】2
（2）由（1）知EF∥D1B，故∠D1BC即为异面直线EF与BC所成的角，
∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的外接球的表面积为16π，
∴四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的外接球的半径R=2，
设AA1=a，则，解得a=，
在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，
∵BC⊥平面CDD1C1，CD1⊄平面CD﹣D1C1，
∴BC⊥CD1，在RT△CC1D1中，BC=2，CD1=，D1C⊥BC，
∴tan∠D1BC=，则∠D1BC=60°，
∴异面直线EF与BC所成的角为60°．
【点评】本题考查了异面直线所成角的定义以及求法，线面平行的判定定理，球的表面积公式，以及直四棱柱的结构特征，属于中档题．
【跟踪练习】
1.【2018兰州模拟】已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为( )
A.4
5
B.
3
5
C.2
3
D.
5
7
【答案】B
【解析】连接DF，则AE∥DF，∴∠D1FD为异面直线AE与D1F 所成的角．设正方体棱长为a，
则D 1D ＝a ，DF ＝
52a ，D 1F ＝5
2
a ， ∴cos∠D 1FD ＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫52a 2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫52a 2－a
22·52a ·5
2
a
＝35
2.【2017届浙江省嘉兴联考】正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在1A C 上运动（包括端点），则BP 与1AD 所成角的取值范围是（ ） A. ,43ππ⎡⎤⎢
⎥⎣⎦ B. ,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C. ,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D. ,63ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
【答案】D
3.【2017佛山期末】已知某几何体如图1所示．
（1）根据图2所给几何体的正视图与俯视图（其中正方形网络边长为1），画出几何图形的侧视图，并求该侧视图的面积；
（2）求异面直线AC 与EF 所成角的余弦值．
【答案】2
【点评】本题考查了三视图的画法和异面直线所成的角，属于中档题．
考向2 线与面所成的角
【例1】【2014四川理8】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是（ ） A ．3[
,1] B ．6[,1] C ．622[,]3 D ．22
[,1]3
【答案】B
【名师点睛】通过证明直线与平面垂直，构造得到直线与平面所成角的平面角，利用解三角形的知识计算得到其正弦值.本题属于中等题，主要考查学生基本的运算能力以及空间想象能力，考查学生空间问题转化
为平面问题的转化与化归能力.
【例2】【2017兰州模拟】如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．
(1)求PB 和平面PAD 所成的角的大小； (2)证明：AE ⊥平面PCD . 【答案】见解析
(2)证明：在四棱锥P ­ABCD 中，∵PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 故CD ⊥PA .由条件CD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ， ∴CD ⊥平面PAC .又AE ⊂平面PAC ，∴AE ⊥CD . 由PA ＝AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，可得AC ＝PA .
∵E 是PC 的中点，∴AE ⊥PC .又PC ∩CD ＝C ，故AE ⊥平面PCD . 【例3】【2015高考天津理17】如图，在四棱柱1111ABCD
A B C D 中，侧棱
1A A ABCD ⊥底面,AB AC ⊥,1AB ,12,5AC
AA AD CD ,且点M 和N 分别为11C D B D 和的
中点.
(I)求证：//MN 平面ABCD ； (II)求二面角1
1D AC B 的正弦值；
(III)设E 为棱11A B 上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为
1
3
，
求线段1A E 的长
【答案】(I)见解析；
(II)
10
；
2. 【解析】如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1,2,0)A B C D -，
1
，又因为,M N 分别为1B C 和1D D 的中点，得11,,1,(1,2,1)2M N ⎛⎫- ⎪⎝⎭
.
C
(I)证明：依题意，可得(0,0,1)n =为平面ABCD 的一个法向量，50,,02MN ⎛⎫=-
⎪⎝
⎭
， 由此可得，0MN n ⋅=，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD
(III)依题意，可设111A E A B λ=，其中[0,1]λ∈，则(0,,2)E λ，从而
(1,2,1)NE λ=-+，又(0,0,1)n =为平面ABCD 的一个法向量，由已知得
2221
cos ,3
(1)(2)1NE n NE n NE n
λ⋅=
=
=⋅-+++，整理得2430λλ+-=，
又因为[0,1]λ∈，解得72λ=
-， 所以线段1A E 的长为72-.
【名师点睛】本题主要考查直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.将立体几何向量化，体现向量工具的应用，即把几何的证明与计算问题转化为纯代数的计算问题，是向量的最大优势，把空间一些难以想象的问题转化成计算问题，有效的解决了一些学生空间想象能力较差的问题.
【跟踪练习】
1.【2017朝阳区校级期末】正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，直线DD 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为（ ） A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
∴OB=BM==，∴OB1==，∴sin∠B1BO==，即BB1与平面A1BC1所成角的正弦值为，
∵DD1∥BB1，∴直线DD1与平面A1BC1所成角的正弦值为．故选：A．
2.【2017临沂三模】已知边长为的正方形ABCD的四个顶点都在球心为O的球面上，若球O的体积为36π，则直线OA与平面ABCD所成的角的余弦值为（）
A．B． C． D．
【答案】B
【解析】设正方形ABCD的中心为M，连结OM，OA，则OM⊥平面ABCD，
∴∠OAM为OA与平面ABCD所成的角．
设球的半径为r，则=36π，解得r=3，即OA=3，
∵正方形ABCD边长为2，∴AM=2，∴cos∠OAM=．故选：B．
3. 【2018大兴区一模】如图，正方体MADE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点，在五棱锥P-中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱FD，PC分别交于G，H.
ABCDE
AB//；
（1）求证：FG
=，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长. （2）若PA⊥底面ABCDE，且PA AE
【答案】（1）详见解析；（2）2.
设点),,(w v u H ，因为点H 在棱PC 上，所以可设)10(<<=λλPC PH ， 即)2,1,2()2,,(-=-λw v u ，所以λλλ22,,2-===w v u ， 因为向量n 是平面ABF 的法向量，所以0=•n ， 即0)22,,2()1,1,0(=-•-λλλ，解得32=
λ，所以点H 的坐标为)3
2
,32,34(， 所以2)3
2
()32()34(222=++=PH .
考向3 二面角
【例1】【2017山东理17】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.
（Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小； （Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.
【答案】（Ⅰ）30CBP ∠=︒.（Ⅱ）60︒.
取AG 中点M ，连接EM ，CM ，EC .得到EM AG ⊥，CM AG ⊥， 从而EMC ∠为所求二面角的平面角.据相关数据即得所求的角.
思路二：以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.写出相关点的坐标，求平面AEG 的一个法向量111(,,)m x y z =，
平面ACG 的一个法向量222(,,)n x y z =,计算1
cos ,||||2
m n m n m n ⋅<>=
=⋅即得.
试题解析：（Ⅰ）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120EBC ∠=︒，因此30CBP ∠=︒ （Ⅱ）解法一：
取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH .因为120EBC ∠=︒，所以四边形BEHC 为菱形， 所以2
2
3213AE GE AC GC ====+=.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1AM =，所以13123EM CM ==-=.在BEC ∆中，由于120EBC ∠=︒， 由余弦定理得22222222cos12012EC =+-⨯⨯⨯︒=，
所以23EC =，因此EMC ∆为等边三角形，故所求的角为60︒. 解法二：
以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得(0,0,3)A (2,0,0)E ，3,3)G ，(3,0)C -，故(2,0,3)AE =-， (1,3,0)AG =，
(2,0,3)CG =，
设111(,,)m x y z =是平面AEG 的一个法向量.由00
m AE m AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得111123
0,
30,x z x y -=⎧⎪⎨+=⎪⎩
取12z =，可得平面AEG 的一个法向量(3,3,2)m -. 设222(,,)n x y z =是平面ACG 的一个法向量.
由00
n AG n CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得222230,
230,x y x z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩
取22z =-，可得平面ACG 的一个法向量(3,3,2)n =--. 所以1
cos ,||||2
m n m n m n ⋅<>=
=⋅.因此所求的角为60︒.
【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.立体几何中角的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力\转化与化归思想及基本运算能力等.
【例2】【2016高考新课标1卷】如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD ,
90AFD ∠=,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．
（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．
【答案】（I ）见解析（II ）219
由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ． 又平面CD
AB 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ．
由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角,
C F 60∠E =．从而可得()
C 2,0,3-．
所以()
C 1,0,3E =,()0,4,0EB =,()
C 3,4,3A =--,()4,0,0AB =-．
设(),,n x y z =是平面C B E 的法向量,则;C 00n n ⎧⋅E =⎪⎨⋅EB =⎪⎩,即30
40x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩,
所以可取()
3,0,3n =-．设m 是平面CD AB 的法向量,则C 0
m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩,
同理可取()
0,3,4m =．则219cos ,n m n m n m ⋅=
=-
． 故二面角C E-B -A 的余弦值为219-
．
【例3】【2018佛山模拟】如图2，三角形所在的平面与长方形所在的平面垂直，
，，.点是边的中点，点、分别在线段、上，且
，．
（1）证明：；
（2）求二面角的正切值； （3）求直线与直线所成角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
（2）∵ 是矩形，∴ ，又平面平面， 且平面平面，平面，
∴ 平面，又、平面，
∴ ，，∴ 即为二面角的平面角，
在中，，
，
， 22
7PE PD DE =-=1
32DE AB =
=4PD =Rt PDE ∆P AD C --PDC ∠AD PD ⊥AD DC ⊥PDC PD ⊂CD PCD AD ⊥ABCD AD ⊂ABCD CD =PDC
ABCD PDC ⊥AD DC ⊥ABCD 957FG PA P AD C PE FG ⊥2CG GB 2AF FB BC AB G F CD E 3BC 6AB 4PD PC ABCD PDC
∴
即二面角的正切值为；
由余弦定理可得
， ∴ 直线与直线所成角的余弦值为．
【跟踪练习】
1．【2018湖南师大附中模拟】如图6,四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长都相等,11111,AC
BD O AC B D O ==,四边形11ACC A 和四边形11BDD B 为矩形.
(1)证明:1O O ⊥底面ABCD ;
(2)若0
60CBA ∠=,求二面角11C OB D --的余弦值
.
95
25FG PA 2
2
22
2
2
535495cos 2252535PA AC PC PAC PA AC +-+-∠===
⋅⨯⨯7
P AD C --7tan PE PDC DE ∠=
=
【答案】(1) 详见解析 (2)
257
19
(2)法1::过1O 作1B O 的垂线交1B O 于点H ,连接11,HO HC .不妨设四棱柱1111ABCD A B C D -的边长为
2a .1OO ⊥底面ABCD 且底面ABCD //面1111A B C D
1OO ∴⊥面1111A B C D ，又11O C ⊆面1111A B C D 111
O C OO ∴⊥四边形1111A B C D 为菱形1111O C O B ∴⊥
又
111O C OO ⊥且1111OO O C O =,111,O O O B ⊆面1OB D
11O C ∴⊥面1OB D ，又1B O ⊆面1OB D ，111B O O C ∴⊥
又
11B O O H ⊥且1111O C O H O =,111,O C O H ⊆面11O HC
1B O ∴⊥面11O HC ，∴11O HC ∠为二面角11C OB D --的平面角,则1111
cos O H
O HC HC ∠=
060CBA ∠=且四边形ABCD 为菱形
11O C a ∴=,113,B O a =22111112,7OO a B O
B O OO a ==+=,
则11111111
1221
sin 377O O O H B O O B O B O a a B O a
=∠=== 再由11O HC ∆的勾股定理可得2
2
2211111219
77
HC O H O C a a a =+=
+=, 则1111cos O H
O HC HC ∠=221
257719
7
a
a ==,所以二面角11C OB D --的余弦值为257.
法2:因为四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长都相等,所以四边形ABCD 是菱形, 因此AC BD ⊥,又1O O ⊥面ABCD ,从而1,,OB OC O O 两两垂直,如图以O 为坐标
原点,1,,OB OC OO 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立三维直角坐标系,不妨设2AB =,因为
060CBA ∠=,所以3OB =,1OC =,于是各点的坐标为:()(
)
()1
10,0,0,3,0,2,0,1,2O B C ,已知
()10,1,0n =是平面11BDD B 的一个法向量,设()2,,n x y z =是平面11OB C 的一个法向量,则
212100n OB n OC ⎧=⎪⎨
=⎪⎩,320
20x z y z ⎧+=⎪⎨+=⎪
⎩,取3z =-,则2,23x y ==, 所以()
22,23,3n =-,121212
257
cos cos ,19
n n n n n n θ=<>=
=
, 故二面角11C OB D --的余弦值为
257
19
.
2．【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F
分别在,AD CD 上，5
4
AE CF ==
，EF 交BD 于点H ．
将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，
10OD '
=．
（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）
295
25
.
A B
D
D'
E H O
z F
（II ）如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，
则()0,0,0H ，()3,2,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-，()6,0,0AC =，
()3,1,3AD '=.设()111,,m x y z =是平面ABD '的法向量，则0
m AB m AD ⎧⋅=⎪⎨
'⋅=⎪⎩，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可以取()4,3,5m =-.设()
222,,n x y z =
是平面'
ACD 的法向量，则0
n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，
所以可以取()0,3,1n =-.于是75
cos ,25||||5010
m n m n m n ⋅<>=
==⋅⨯， 295sin ,25m n <>=.因此
二面角B D A C '--的正弦值是
295
25
. 3.【2017北京理16】如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段
PB 上，PD//平面MAC ，PA =PD =6，AB=4．
（I ）求证：M 为PB 的中点； （II ）求二面角B -PD -A 的大小；
（III ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析：（Ⅱ）
3
π
；（Ⅲ）269
解析：解：（I ）设,AC BD 交点为E ，连接ME .因为PD ∥平面MAC ， 平面MAC
平面PBD ME =，所以PD ME ∥.因为ABCD 是正方形，
所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点.
（II ）取AD 的中点O ，连接OP ，OE .因为PA PD =，所以OP AD ⊥. 又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面PAD ，所以OP ⊥平面ABCD . 因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP OE ⊥.因为ABCD 是正方形，所以OE AD ⊥.
如图建立空间直角坐标系O xyz
-，则
(0,0,2)
P，(2,0,0)
D，(2,4,0)
B-，
(4,4,0)
BD=-，(2,0,2)
PD=-.
设平面BDP的法向量为(,,)
x y z
=
n，则
BD
PD
⎧⋅=
⎪
⎨
⋅=
⎪⎩
n
n
，即
440
220
x y
x z
-=
⎧⎪
⎨
-=
⎪⎩
.
令1
x=，则1
y=，2
z=.于是(1,1,2)
=
n.
平面PAD的法向量为(0,1,0)
=
p，所以
1
cos,
||||2
⋅
==
<>
n p
n p
n p
.
由题知二面角B PD A
--为锐角，所以它的大小为
3
π
.
（III）由题意知
2
(1,2,)
M-，(2,4,0)
D，
2
(3,2,)
MC=-.
设直线MC与平面BDP所成角为α，则
||26
sin|cos,|
9
||||
MC
MC
MC
α
⋅
===
<>
n
n
n
.
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为
26
9
.
4．【2017天津理17】如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，90
BAC
∠=︒.点D，E，N分别为棱PA，P C，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.
（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；
（Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值；
（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721
，求线段AH
的长. 【答案】 （1）证明见解析（2）105 （3）85 或12
（Ⅰ）证明：DE =（0，2，0），DB =（2，0，2-）.设(,,)x y z =n ，为平面BDE 的法向量，
则00
DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩.不妨设1z =，可得(1,0,1)=n .又MN =（1，2，1-），可得0MN ⋅=n .因为MN ⊄平面BDE ，所以MN //平面BDE .
（Ⅱ）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量.设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的法向量，则2200
EM MN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，因
为(0,2,1)EM =--，(1,2,1)MN =-，所以2020y z x y z --=⎧⎨+-=⎩
.不妨设1y =， 可得2(4,1,2)=--n .因此有121212cos ,|||21⋅<>=
=n n n n |n n 12105sin ,<>=n n . 所以，二面角C —EM —N 105. （Ⅲ）依题意，设AH =h （04h ≤≤），则H （0，0，h ），进而可得(1,2,)NH h =--，(2,2,2)BE =-.由已知，
得2||7|cos ,|||||523NH BE NH BE NH BE h ⋅<>=
==+⨯，整理得2102180h h -+=，解得85h =，或12h =.所以，
线段AH的长为8
5
或
1
2
.
【名师点睛】空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面关系利用空间向量都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面角，二面角或点到平面的距离都很容易.。