立体几何之空间角
高中数学精品课件：空间角
图7-46-8
与平面ABCD所成的角,由已知得∠MBA=45°,则MA=MB,此时O为AB的中点.
连接OC,由∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=2DC,得四边形AOCD为矩形,所以
OC⊥AB,所以CO⊥平面MAB,又MA⊂平面MAB,所以OC⊥MA.
图7-46-8
[总结反思] (1)求解二面角的大小问题,关键是要合理作出它的平面角,当找到 二面角棱的一个垂面时,即可确定平面角,作二面角的平面角最常用的方法是 利用三垂线定理(或三垂线定理的逆定理). (2)对于建立空间直角坐标系比较简便的几何体,我们可以直接利用向量求出 两个平面的法向量,并转化为求两个法向量的夹角来完成.
.
题组二 常错题 ◆索引:二面角取值范围出错;线面角范围出错;不能正确构建线面垂直及斜线 段在底面上的射影.
6.在一个二面角的两个半平面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为
(0,-1,3),(2,2,4),则这个二面角的余弦值为
.
7.正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1,则侧棱与底面所成的角为 45° .
图7-46-8
图7-46-8
方法二:二面角D-MA-C的大小即为二面角B-MA-D的大小与二面角B-MA-C大
小的差,由(1)可知二面角B-MA-D的大小为90°,
所以二面角D-MA-C的正弦值即为二面角B-MA-C的余弦值.
过M作MO⊥AB于O(图略),因为平面MAB⊥平面ABCD,平面 MAB∩平面ABCD=AB,所以MO⊥平面ABCD,∠MBO即为MB
A
证明:连接AC(图略),由题知△ACD为等边三角形,因为M为AD的中点,所以 CM⊥AD,又AD∥BC,所以CM⊥BC,因为平面ABCD⊥平面PBC,且平面 ABCD∩平面PBC=BC,CM⊂平面ABCD,所以CM⊥平面PBC,故CM⊥PB.
立体几何第六讲：空间中的角
第六讲：空间中的角（二）二面角 一，知识点 1，基本概念1）半平面：当两个平面相交时，我们往往只画起一部分，就像一本翻开的书，我们把其中一部分叫做半平面。
2）二面角：从一条直线出发的两个半平面形成的图形，如图为二面角l αβ--，二面角的大小指的是二面角的平面角的大小。
即分别在两个半平面内做交线的垂线，两条射线所成的角为二面角的平面角。
2，范围：],0[π特别：重合为0，共面为π，即相当于把一张纸折叠后的两种极限情况。
3，步骤：一找，二证，三计算4，用二面角的平面角的定义求二面角的大小的关键点是： ①明确构成二面角两个半平面和棱； ②明确二面角的平面角是哪个？而要想明确二面角的平面角，关键是看该角的两边是否都和棱垂直。
二，典型例题与解读求解二面角是立体几何中最基本、最重要的题型，也是各地高考中的“热点”问题，虽然对此可说是“千锤百炼”，但我们必须面对新的情境、新的变化，如何以基本方法的“不变”去应对题目中的“万变”就是我们研究的中心话题.总的来说，求解二面角的大体步骤为：“作、证、求”.其中“作、证”是关键也是难点，“求”依靠的计算，也决不能忽视，否则因小失大，功亏一篑，也是十分遗憾之事.1 定义法即在二面角的棱上找一点（特殊点），在二面角的两个面内分别作棱的射线即得二面角的平面角.定义法是“众法之源”，万变不离其宗，“树高千尺，叶落归根”，求二面角的一切方法盖源出定义这个“根”！用定义法时，要认真观察图形的特性。
例1 在四棱锥P-ABCD 中，ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AB=a ，求二面角B-PC-D 的大小。
jA B CDP H2、三垂线法：已知二面角其中一个面内一点到一个面的垂线，用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角；例2 在四棱锥P-ABCD中，ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=a，∠ABC=30°，求二面角P-BC-A的大小。
3、垂面法：已知二面角内一点到两个面的垂线时，过两垂线作平面与两个半平面的交线所成的角即为平面角，由此可知，二面角的平面角所在的平面与棱垂直；例3 在四棱锥P-ABCD中，ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=a，求B-PC-D的大小。
立体几何空间角
30° C1
A1
●
D C
B1
A
B
在求线面角时，当点的射影位置不易确定 时，可用等体积法直接求垂线长. 预测3：在如图所示的几何体中，EA⊥平面ABC， DB⊥平面ABC，AC=BC=2AE,M是AB的中点． (1)求证:CM ⊥EM; (2)求CM与平面CDE所成的角.
2015年的考试大纲里没有提及空间角
高考中，立体几何板块一般出4道题：两道选择题、 一道填空题、一道大题。在大题中，一般是由证明和计 算（面积、体积、距离）组成。在选择题中可能有一个 题考查空间角的求法。
空间角
异面直线所成角
图 形 定 义 范 围 要 在空间任取一点o， 斜线与它在平面 分别作a，b的平行 内的射影所成的 线，从而形成的的 锐角。 锐（直）角
D1 A1 B1 C1
D A B
C
例 4: 正 方 体 ABCD—A1B1C1D1 中 , 则二面角A-BD-A1的正切值为
解:连结AC,交BD于O,连结OA1
易知,BD⊥OA,BD⊥AA1
AD1C1Fra bibliotekA1B1 D
C
O
B
OA和AA1是平面AOA1内两条相交直线 ∴BD⊥平面AOA1
∴BD⊥OA1
∴∠AOA1是二面角A-BD-A1的平面角.
空间角的概念及求法
教材地位分析
立体几何板块主要有两大类型（1）判断、推理型
（2）有关的几何量的计算，其中包括空间角、空间距离、
面积、体积的计算。
空间角及其求法是立体几何的重要组成部分，是立 体几何板块的一个重点，也是难点。
高考地位分析
空间角
立体几何———空间角 1、角的概念及范围1）异面直线所成的角的定义：过空间任一点分别引两异面直线的平行线，则此两相交直线所成的锐角叫做异面直线所成的角，其范围为]2,0(πθ∈。
2）直线和平面所成的角，应分三种情况：（1）直线与平面斜交时，直线与平面所成的角是指这条直线和它在平面上的身影所成的锐角；（2）直线和平面垂直时，直线和平面所成的角为90；（3）直线和平面平行或直线在平面内时，直线和平面所成的角为0。
由此可知，直线和平面所成角的范围为⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π。
3）二面角的大小是通过其平面角来度量的，而二面角需要具有以下三个特点：（1）顶点在棱上；（2）两边分别在两个面内；（3）与棱垂直。
2、求异面直线所成的角求异面直线所成角的主要方法是通过平移转化法作出异面直线所成的角，然后利用三角形边角关系求角的大小。
根据定义，可以从空间任取一点作两异面直线的平行线，实际操作中，常取两异面直线之一的端点（只有两个端点，若不会观察，可用穷举法），引另一异面直线的平行线。
3、求直线与平面所成的角求直线与平面所成角的一般过程是：（1）通过射影转化法，作出直线与平面所成角；（2）在三角形中求角的大小。
关于线线角，线面角，下面的两个结论经常用到。
1）已知PA 与PB 分别是平面α的垂线，在平面α内过斜足B 任意引一直线BC ，设θθθ=∠=∠=∠PBC ABC PBA ,,21，有21cos cos cos θθθ∙=。
2）经过一个角的顶点作这个角所在平面的斜线，如果斜线和这个角两边的夹角相等，那么斜线在平面上的射影是这个角的平分线所在的直线。
4、求二面角二面角的大小是用它的平面角来度量的，如何找出二面角，并且求出其大小，主要有以下几种方法：1）定义法：直接在二面角的棱上取一点（特殊点），分别在两个半平面中作棱的垂线，得出平面角。
用定义法时，要认真观察图形的特征。
2）三垂线法：已知二面角中一个面内一点到另一个面的垂线，用三垂线定理或逆定理作出平面角。
立体几何复习专题(空间角)(学生卷)
专题一：空间角一、基础梳理1.两条异面直线所成的角（1）异面直线所成的角的范围：(0,]2π。
（2）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 ⊥。
（3）求异面直线所成的角的方法：（1）通过平移，在一条直线上（或空间）找一点，过该点作另一（或两条）直线的平行线； （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。
平移技巧有：平行四边形对边平移、三角形中位线平移、补形平移技巧等。
2．直线和平面所成的角（简称“线面角”） （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斜线和这个平面所成的角。
一直线垂直于平面，所成的角是直角；一直线平行于平面或在平面内，所成角为0︒角。
直线和平面所成角范围：[0，2π]。
（2）最小角定理：斜线和平面所成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。
（3）公式：已知平面α的斜线a 与α内一直线b 相交成θ且a 上的射影c 与b 相交成ϕ2角，。
内的射影所成角，是这条斜线和这个平面内的任一条直线所成角中最小的角。
3．二面角（1）二面角的概念：平面内的一条直线把平面分为两个部分，其中的每一部分叫做半平面；从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面。
若棱为l ，两个面分别为,αβ的二面角记为l αβ--。
（2）二面角的平面角： 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l αβ--的平面角。
说明：①二面角的平面角范围是[]0,π，因此二面角有锐二面角、直二面角与钝二面角之分。
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）二面角的求法：（一）直接法：作二面角的平面角的作法：①定义法；②棱的垂面法；③三垂线定理或逆定理法；（注意一些常见模型的二面角的平面角的作法） （二）间接法：面积射影定理的方法。
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-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。
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。
立体几何中的向量方法空间角
点 A 到平面 MNC 的距离为 a . 2
P
N
D
C
M
A
B
4. 异面直线间旳距离
已知a,b是异面直线, CD为a,b旳公垂线,
n是直线CD的方向向量，
A，B分别在直线a,b上
b
n
C A
DB a
n AB d CD
n
例.已知：直三棱柱ABC A1B1C1的侧棱AA1 4, 底面ABC中, AC BC 2, BCA 900, E为AB的中点。求CE与AB1的距离。
由(1)知D(0，0，0)，P(0，0，1)，
z P
B(1，1，0)，E(0，1 ，1) 22
E
y
PD (0，0，1)，EB (1，1 ， 1)
C
B
22
x
G
00 1
cos PD，EB
2
D
6
A
13
6
2
所以EB与底面ABCD所成旳角旳正弦值为 6
6
所以EB与底面ABCD所成旳角旳正切值为
5 5
练习5： 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是 正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC,E是PC旳中 点，作EF⊥PB交PB于点F.
|
6 3
即所求二面角得余弦值是 6 3
1. 三棱锥P-ABC PA⊥ABC,PA=AB=AC,
BAC 900,E为PC中点 ,则PA与BE所成角旳
余弦值为____6_____ . 6
2. 直三棱柱ABC-A1B1C1中, A1A=2, BAC 900 AB=AC=1, 则AC1与截面BB1CC1所成 角旳余弦值为__31_01_0_____ .
x
《立体几何中的向量方法--空间角的计算》课件5(新人教A版选修2-1)
则可设 a =1，b
作 CE BC1于E, DF BC 于 1 F，
C1E CC1 b2 1 2 在 RtCC1 B 中， 2 EB BC a 2
1 即E分有向线段 C1 B的比为 2
2
2 3 1 C1 (0,0, ) D( , ,0) 4 4 2
2
，则B(0,1,0)
E F B D A
三、面面角： 二面角的范围： [0, ]
①方向向量法：
将二面角转化为二面角的两个面的方向向量 （在二面角的面内且垂直于二面角的棱）的 夹角。如图，设二面角 l 的大小为 ， 其中 AB l , AB , CD l , CD
B A
D
C l
cos cos AB, CD
二、线面角：
[0, ] 直线与平面所成角的范围：
A
2
思考：
O
B
A
设平面的法向量为n，则 n, BA 与的关系？
2
A
n
B
n， BA
n， BA
2
B
n
结论：sin
| cos n, AB |
例二：在长方体 ABCD A B C D 中， AB= 5，AD 8, 1 1 1 1
空间向量的引入为代数方法处理立体 几何问题提供了一种重要的工具和方法， 解题时，可用定量的计算代替定性的分析， 从而避免了一些繁琐的推理论证。求空间 角与距离是立体几何的一类重要的问题， 也是高考的热点之一。我们主要研究怎么 样用向量的办法解决空间角的问题。
空间的角：
空间的角常见的有：线线角、线面角、面面角。 空间两条异面直线所成的角可转化为两条相 交直线所成的锐角或直角。故我们研究线线角 时，就主要求[0, ]范围内 的角； 2 斜线与平面所成的角是指斜线与它在面内 的射影所成锐角，再结合与面垂直、平行或在 面内这些特殊情况，线面角的范围也是 [0, ] ；
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。
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＞.
立体几何中空间角的求法
立体几何中空间角的求法立体几何是高中数学的核心内容之一，在高考中占有很大的比重。
考查的知识点、题型等相对稳定，但对学生的空间概念、逻辑思维能力、空间想象能力及运算能力要求较高，而且在2010年高考立体几何试题对转化与化归思想、数形结合思想、割补思想等数学思想的考查也体现的淋漓尽致，而高考对立体几何中空间角的考查一直是热点内容，更成为必考内容，空间角是立体几何中一个重要概念，它是空间图形的一个突出的量化指标，是空间图形位置关系的具体体现，故在历届高考试题中频繁出现，求解方法也多种多样，本文就是空间角常用的方法--传统法与空间向量法。
一、异面直线所成的角θ∈[ 0°，90°]（1）传统方法：平移转化法或补形法，使之成为两相交直线所成的角，放入三角形中利用余弦定理计算，若求得的角为钝角，则这个角的补角才为所求。
（2）空间向量法：设异面直线ab与cd所成的角为θ，则cos θ = cos〈，〉参考例题：例1，如图在四棱锥o-abcd中，底面abcd是边长为1的菱形，∠abc= ，oa⊥面abcd，oa=2，m为oa的中点，则异面直线ab与md所成角的大小为（）a. b. c. d. π解析：（法1）∵cd∥ab ∴∠mdc为异面直线ab与md所成的角（或其补角）在△abc中，ab=1，∠abc= ，bc=1 ，∴ac2=2-又oa⊥面abcd ∴rt△amc中，am2=1，∴mc2=3-又cd=1 md=∴在△mdc中，cos∠mdc= = ∴∠mdc=（法2）作ap⊥cd于p，分别以ab、ap、ao所在直线为x、y、z 轴建立空间直角坐标系。
则a（0，0，0）， b（1，0，0）， d（- ，，0），o（0，0，2）， m（0，0，1）设ab与md所成的角为θ，又 =（1，0，0） =（ - ，，-1）∴cosθ= = ∴θ=二、直线与平面所成的角θ∈[ 0°，90°]（1）传统方法：先找到（或作出）过斜线上一点垂直于平面的直线，斜足与垂足的连线就是斜线在平面内的射影，该斜线与射影的夹角就是所求的角，然后放入直角三角形中求解。
立体几何中的向量方法--求空间角2
武恒晓
情境引入 问题1：用空间向量解决立体几何中点、线、 面位置关系的一 般思路？
形
⇒
数
⇒
形
几何对象
，入 问题2：在立体几何中我们学习过哪些空间角？
线线角、线面角、面面角.
角角辨析
1、线线角：
思考：
C
D
DC, AB 与 的关系？ B 设直线CD的方向向量为a，AB的方向向量为b
2
B
n
结论：sin
| cos n, AB |
角角辨析
3、面面角：
n1， n2
n1， n2
n1， n2
n2
l
n2
n1， n2
n1
n1
l
cos
结论:
cos n1, n2 cos
cos n , n
1
2
cos cos n1 , n2
解法步骤： 1、求两个半平面的法向量 ； 2、求两个法向量的夹角； 3、结合图形求二面角的大小.
课堂小结 1、利用向量法求解空间角的一般思路:
2、学习中涉及到的主要思想方法：
向量法 化归转化思想 数形结合思想 待定系数法
b a a b
A
D1
CD, AB 与 的关系？
a， b
|
a， b
|
结论：
| cos a, b |
角角辨析
2、线面角：
A
思考：
O
B
A
设平面的法向量为n，则 n, BA 与的关系？
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])，
高中数学中的立体几何空间角与空间距离计算方法
高中数学中的立体几何空间角与空间距离计算方法立体几何是数学中的一个分支，其重点研究的是三维空间中点、线、面和体之间的关系。
在立体几何中，空间角和空间距离是非常关键的概念。
本文将详细探讨高中数学中的立体几何空间角与空间距离计算方法。
一、空间角的概念与计算方法1. 空间角的概念空间角指的是由两个非共面向量所张成的角度，在立体几何中具有重要的意义。
空间角的大小是依据两个向量的夹角计算得来的。
2. 空间角的计算方法在计算空间角时，我们首先需要求出两个向量的点积。
设向量a=(a1,a2,a3)和向量b=(b1,b2,b3)，则它们的点积为a*b=a1b1+a2b2+a3b3。
接下来，我们可以利用余弦定理来计算角度，即cosθ=(a*b)/(|a||b|)，其中|a|和|b|分别表示向量a和向量b的模长，θ表示向量a和向量b之间的夹角。
二、空间距离的概念与计算方法1. 空间距离的概念空间距离指的是三维空间中两个点之间的距离，也是立体几何中经常涉及到的一个概念。
2. 空间距离的计算方法我们可以借助勾股定理来计算空间距离。
设点A(x1,y1,z1)和点B(x2,y2,z2)是三维空间中的两个点，它们之间的距离为d，则d=sqrt((x2-x1)^2+(y2-y1)^2+(z2-z1)^2)。
三、空间角和空间距离的应用空间角和空间距离在立体几何中的应用非常广泛，例如在计算棱台的侧面积、计算四面体内切圆半径、求解圆锥截面面积等问题中，我们都需要用到空间角和空间距离的知识。
比如，在计算棱台的侧面积时，我们需要首先求出两条棱所在的平面之间的空间角，然后根据棱长和计算出的角度，就可以快速计算出棱台的侧面积。
在计算四面体内切圆半径时，我们需要先计算出四面体各面的法线向量，然后根据法线向量计算面上的角度，最后用勾股定理求出四面体内切圆的半径。
在求解圆锥截面面积时，我们需要用到空间角和空间距离的知识，以找出圆锥截面的边界和计算截面的面积。
第八节 立体几何中的向量方法(二)——求空间角
第八节 立体几何中的向量方法(二)——求空间角【最新考纲】 1.能用向量方法解决直线与直线，直线与平面，平面与平面的夹角的计算问题；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．1．异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2.求直线与平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a·n||a||n|. 3．求二面角的大小①若AB 、CD 分别是二面角αlβ的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB→与CD →的夹角．②设n 1，n 2分别是二面角αlβ的两个面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．1．(质疑夯基)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(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]．( )答案：(1)× (2)× (3)× (4)×2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( )A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90° 解析：cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°. 答案：C3．(2016·泰安质检)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° 解析：设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.答案：A4．(2014·课标全国Ⅱ卷)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠BCA＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.22 解析：建立如图所示的空间直角坐标系C xyz ，设BC ＝2，则B(0，2，0)，A(2，0，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，所以BM→＝(1，－1，2)，AN →＝(－1，0，2)，故BM 与AN 所成角θ的余弦值cos θ＝|BM→·AN →||BM →|·|AN →|＝36×5＝3010. 答案：C5．(2016·石家庄模拟)过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为________．解析：如图建立空间直角坐标系，设AB ＝PA ＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD ⊥平面PAB ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD ，又CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥AE ，从而AE ⊥平面PCD.所以AD →＝(0，1，0)，AE →＝(0，12，12)分别是平面PAB ，平面PCD 的法向量，且〈AD→，AE →〉＝45°， 故平面PAB 与平面PCD 所成的二面角为45°. 答案：45°三个范围1．异面直线所成角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2；2．直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2；3．二面角的范围是[0，π]． 三种关系1．求两异面直线a ，b 夹角θ，须求出它们的方向向量a ，b 的夹角，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|.2．求直线l 与平面α所成的角θ，可先求出平面α的法向量n 与直线l 的方向向量a 的夹角，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|.3．求二面角αlβ的大小θ，可先求出两个平面的法向量n 1，n 2所成的角，则θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．一个易错点利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两个半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点．A 级 基础巩固一、选择题1．(2016·秦皇岛模拟)已知正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010B.15C.31010D.35解析：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，E(1，0，1)，D 1(0，0，2)．所以BE→＝(0，－1，1)，CD 1→＝(0，－1，2)．所以cos 〈BE →，CD 1→〉＝BE→·CD 1→|BE →|·|CD 1→|＝32×5＝31010.答案：C 2．正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM→＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( ) A.216 a B.66a C.156 a D.153a 解析：以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则A(a ，0，0)，C 1(0，a ，a)，N(a ，a ，a2)．设M(x ，y ，z)，∵点M 在AC 1上 且AM →＝12MC 1→， (x －a ，y ，z) ＝12(－x ，a －y ，a －z) ∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3.得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3，∴|MN →|＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216a. 答案：A3．在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E(1，0，12)，D(0，1，0)，∴A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝(1，0，－12)， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z)， 所以有⎩⎨⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎨⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1，2，2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.答案：B4．已知三棱柱ABCA 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π6解析：如图所示：S △ABC ＝12×3×3×sin 60°＝334.∴V ABCA 1B 1C 1＝S △ABC ·OP＝334·OP ＝94，∴OP ＝ 3.又OA ＝32×3×23＝1，∴tan ∠OAP ＝OPOA ＝3，又0<∠OAP<π2，∴∠OAP ＝π3.答案：B5．在四面体P-ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，设PA ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为( )A.63 B.33a C.a3D.6a 解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz ，则P(0，0，0)，A(a ，0，0)，B(0，a ，0)，C(0，0，a)．过点P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于点H ，则PH 的长即为点P 到平面ABC 的距离．∵PA ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心． 又△ABC 为等边三角形，∴H 为△ABC 的重心，则H ⎝⎛⎭⎪⎫a 3，a 3，a 3.∴PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＝33a.∴点P 到平面ABC 的距离为33a.答案：B 二、填空题6．(2016·郑州模拟)在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．解析：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设n ＝(x ，y ，z)为平面A 1BC 1的法向量．则n·A 1B →＝0，n·A 1C 1→＝0，即⎩⎨⎧2y －z ＝0，－x ＋2y ＝0，令z ＝2，则y ＝1，x ＝2， 于是n ＝(2，1，2)，D 1C 1→＝(0，2，0)设所求线面角为α，则sin α＝|cos 〈n ，D 1C 1→〉|＝13.答案：137．如图所示，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是________．解析：以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)， 则EF→＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)， ∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos 〈EF→，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°. 答案：60°8．正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A BDC 的正弦值为________．解析：取BC 中点O ，连接AO ，DO.建立如图所示坐标系，设BC ＝1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，B(0，－12，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0. ∴OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0.设平面ABD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则BA→·n ＝0，且BD →·n ＝0， ∴y 02＋32z 0＝0且32x 0＋y 02＝0， 解之得y 0－3z 0，且y 0＝－3x 0，取x 0＝1，得平面ABD 的一个法向量n ＝(1，－3，1)，由于OA →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面BCD 的一个法向量．∴cos 〈n ，OA→〉＝55，∴sin 〈n ，OA →〉＝255. 答案：255三、解答题9．（2016·课标全国Ⅰ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 ，∠AFD ＝90°，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ， 所以AF ⊥平面EFDC .又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解：过D 作DG ⊥EF ，垂足为G . 由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF→的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D -AF -E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1，4，0)， B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3)．由已知得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C -BE -F 的平面角，∠CEF ＝60°. 从而可得C (－2，0，3)．所以EC →＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB→＝(－4，0，0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量， 则⎩⎨⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎨⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n·m|n||m |＝－21919.故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919.10．如图，在直棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．(1)证明：易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所成直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的坐标为A(0，0，0)，B(t ，0，0)，B 1(t ，0，3)，C(t ，1，0)，C 1(t ，1，3)，D(0，3，0)，D 1(0，3，3)．从而B 1D →＝(－t ，3，－3)，AC →＝(t ，1，0)，BD →＝(－t ，3，0)．因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0， 解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．于是B 1D →＝(－3，3，－3)，AC →＝(3，1，0)． 因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0， ∴AC →⊥B 1D →，则AC ⊥B 1D.(2)解：由(1)知，AD 1→＝(0，3，3)，AC →＝(3，1，0)，B 1C 1→＝(0，1，0)．设n ＝(x ，y ，z)是平面ACD 1的一个法向量， 则⎩⎨⎧n·AC →＝0，n·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，－3，3)．设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n·B 1C 1→|n|·|B 1C 1→| ＝37＝217.即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为217. B 级 能力提升1．(2016·西安调研)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35 解析：不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C 1(0，2，0)，A(2，0，0)， B 1(0，2，1)，∴BC1→＝(0，2，－1)，AB 1→＝(－2，2，1)， ∴cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－15×9＝15＝55>0.∴BC1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角， ∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55. 答案：A2．二面角的棱上有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________．解析：∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →， ∴|CD →|＝（CA→＋AB →＋BD →）2 ＝36＋16＋64＋2CA →·BD→＝116＋2CA →·BD→ ＝217.∴CA→·BD →＝|CA →|·|BD →|·cos 〈CA →，BD →〉＝－24. ∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12.又所求二面角与〈CA →，BD →〉互补， ∴所求二面角为60°. 答案：60°3．(2015·广东卷)如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB.(1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P AD C 的正切值；(3)求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值．解：在△PCD 中，∵E 为CD 的中点，且PC ＝PD ，∴PE ⊥CD.又∵平面PCD ⊥平面ABCD ，且平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，PE ⊂平面PCD ，∴PE ⊥平面ABCD.取AB 的中点H ，连接EH ，∵四边形ABCD 是长方形，则EH ⊥CD.如图所示，以E 为原点，EH ，EC ，EP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3，AF ＝2FB ，CG ＝2GB.∴E(0，0，0)，P(0，0，7)，F(3，1，0)，G(2，3，0)，A(3，－3，0)，D(0，－3，0)，C(0，3，0)．(1)证明：∵EP→＝(0，0，7)，FG →＝(－1，2，0)，∴EP →·FG →＝(0，0，7)·(－1，2，0)＝0，因此EP→⊥FG →，EP ⊥FG. (2)解：∵PE ⊥平面ABCD ， ∴平面ABCD 的法向量为EP→＝(0，0，7)． 设平面ADP 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，AP →＝(－3，3，7)，DP→＝(0，3，7)． 由于⎩⎨⎧AP →·n ＝0，DP→·n ＝0，即⎩⎨⎧－3x 1＋3y 1＋7z 1＝0，3y 1＋7z 1＝0， 令z 1＝3，则x 1＝0，y 1＝－7，∴n ＝(0，－7，3)．由图可知二面角P AD C 是锐角，设为α，则cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n·EP →|n||EP →|＝3747＝34， ∴sin α＝74，tan α＝73. (3)解：∵AP→＝(－3，3，7)，FG →＝(－1，2，0)，设直线PA 与直线FG 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·FG →|AP →||FG →|＝3＋69＋9＋7×5＝9525. ∴直线PA 与FG 所成角的余弦值为9525.立体几何中的高考热点题型1．立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，两个选择题或填空题．小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力．解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算．重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力．热点题型主要有平面图形的翻折、探索性的存在问题等；2.思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算)．热点1空间点、线、面位置关系以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．(2014·北京卷)如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E-ABC的体积．(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1.所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)证明：法一如图1，取AB中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FG∥AC，且FG＝12AC.因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1.所以四边形FGEC1为平行四边形．所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.法二如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH.因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB，又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，所以EC1AH，所以四边形EAHC1为平行四边形，所以C1H∥AE，又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，所以平面ABE∥平面C1HF，又C1F⊂平面C1HF，所以C1F∥平面ABE.(3)解：因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝AC2－BC2＝ 3.所以三棱锥E-ABC的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.1．(1)证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．(2)证明C 1F ∥平面ABE ：①利用判定定理，关键是在平面ABE 中找(作)出直线EG ，且满足C 1F ∥EG.②利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C 1HF 满足面面平行，实施线面平行、面面平行的转化．2．计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，而不能直接用公式时，注意进行体积的转化．【变式训练】 (2015·四川卷)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论；(3)证明：直线DF ⊥平面BEG .(1)解：标出点F、G、H的位置如图所示．(2)解：平面BEG∥平面ACH.证明如下：因为ABCD EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG.又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形．所以BE∥CH.又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明：连接FH，与EG交于点O，连接BD.因为ABCD EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH.因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG.又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面BFHD.又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG.同理DF⊥BG.又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.热点2平面图形折叠成空间几何体(真题探源)将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算是近年高考的热点，考查学生的空间想象能力、知识迁移能力和转化思想．试题以解答题为主要呈现形式，中档难度．(2015·陕西卷)如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，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△A1BE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．命题立意：本题以翻折问题为背景，主要考查空间点、线、面的位置关系和空间角(二面角)的计算．考查学生的识图、用图的空间想象能力，以及考查学生的运算求解能力和数学推理论证能力，突出考查方程思想和转化化归思想．(1)证明：在题图①中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝π2，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A1BE C的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0， 得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0)．设平面A 1BC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎨⎧n 1·BC →＝0，n 1·A1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎨⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)， 从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63. 【真题探源】 本题源于人教A 版选修2－1P 119B 组第3题，两题都考查空间角的计算、数学逻辑推理论证和空间想象能力以及教材习题比较，高考真题“增添”平面图形的折叠背景，并将原题的第(1)问“体积计算”变为“线面垂直”的证明，突显数学证明和图形翻折热点内容的考查．求解的关键在于搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．试题的导向有利于指导中学数学教学，而且有利于高校选拔合格新生．《人教A 版选修2－1》P 119习题B 组第3题：如图所示，在四棱锥S ABCD 中，底面是直角梯形，AB 垂直于AD 和BC ，侧棱SA ⊥底面ABCD ，且SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝0.5.(1)求四棱锥S ABCD的体积；(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值．【变式训练】如图，直角梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2AD＝4，点E，F分别是AB，CD的中点，点G在EF 上，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF.(1)当AG＋GC最小时，求证：BD⊥CG；(2)当2V B ADGE＝V D GBCF时，求二面角D BG C的平面角的余弦值．(1)证明：∵点E、F分别是AB、CD的中点．∴EF∥BC，又∠ABC＝90°，∴AE⊥EF，∵平面AEFD⊥平面EBCF.∴AE⊥平面EBCF，AE⊥EF，AE⊥BE，又BE⊥EF，如图建立空间直角坐标系E -xyz.翻折前，连接AC 交EF 于点G ，此时点G 使得AG ＋GC 最小，EG ＝12BC ＝2，又知EA ＝EB ＝2， 则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，2，2)，E(0，0，0)，G(0，2，0)，∴BD→＝(－2，2，2)，CG →＝(－2，－2，0)， ∴BD →·CG →＝(－2，2，2)·(－2，－2，0)＝0，∴BD ⊥CG.(2)解：设EG ＝k.∵AD ∥平面EFCB ，∴点D 到平面EFCB 的距离即为点A 到平面EFCB 的距离．∵S 四边形GBCF ＝12[(3－k)＋4]×2＝7－k ， ∴V DGBCF ＝13·S 四边形GBCF ·AE ＝23(7－k)． 又V BADGE ＝13S 四边形ADGE ·BE ＝23(2＋k)， 2V B ADGE ＝V D GBCF ，∴43(2＋k)＝23(7－k)，∴k ＝1，即EG ＝1.设平面DBG 的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，∵G(0，1，0)，∴BG→＝(－2，1，0)，BD →＝(－2，2，2)， 则⎩⎨⎧n 1·BD →＝0，n 1·BG →＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋2y ＋2z ＝0－2x ＋y ＝0， 取x ＝1，则y ＝2，z ＝－1，∴n 1＝(1，2，－1)．平面BCG 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－66. ∵所求二面角D BG C 的平面角为锐角，∴此二面角的平面角的余弦值为66. 热点3 立体几何中的探索开放问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(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．(2015·天津高考改编)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ；(2)求二面角D 1AC B 1的正弦值；(3)在棱A 1B 1上是否存在点E ，使得直线NE 与平面ABCD 所成角的正弦值为13？若存在，求出线段A 1E 的长；若不存在，请说明理由．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，－2，0)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，N(1，－2，1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0. 又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD.(2)解：AD1→＝(1，－2，2)，AC →＝(2，0，0)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的一个法向量，则⎩⎨⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎨⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0，1，1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的一个法向量，则⎩⎨⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0.又AB 1→＝(0，1，2)，所以⎩⎨⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0，不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1AC B 1的正弦值为31010.(3)解：假设存在点E ，使得NE 与平面ABCD 所成角的正弦值为13. 依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0，1]，则E(0，λ，2)，从而NE→＝(－1，λ＋2，1)． 又n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，由已知，得|cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →·n||NE →||n|＝1（－1）2＋（λ＋2）2＋12＝13， 整理得λ2＋4λ－3＝0，解得λ＝－2±7.又因为λ∈[0，1]，所以λ＝7－2.因此，存在点E 满足题设条件，且线段A 1E ＝7－2.1．对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．2．对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．【变式训练】 (2016·河北保定调研)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值；(3)在线段BC1上是否存在点D，使得AD⊥A1B？若存在，试求出BDBC1的值．(1)证明：在正方形AA1C1C中，A1A⊥AC.又平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，∴AA1⊥平面ABC.(2)解：由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB，由题意知，在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，∴BC2＝AC2＋AB2，∴AB⊥AC.∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A-xyz.A 1(0，0，4)，B(0，3，0)，C 1(4，0，4)，B 1(0，3，4)，于是A 1C 1→＝(4，0，0)，A 1B →＝(0，3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3，0)，BB1→＝(0，0，4)． 设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∴⎩⎨⎧A 1C 1→·n 1＝0，A1B →·n 1＝0⇒⎩⎨⎧4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0， ∴取向量n 1＝(0，4，3)．由⎩⎨⎧B 1C 1→·n 2＝0，BB1→·n 2＝0⇒⎩⎨⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0. 取向量n 2＝(3，4，0)∴cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝165×5＝1625. 由题图可判断二面角A 1BC 1B 1为锐角，故二面角A 1BC 1B 1的余弦值为1625.(3)解：假设存在点D(x ，y ，z)是线段BC 1上一点， 使AD ⊥A 1B ，且BD→＝λBC 1→. ∴(x ，y －3，z)＝λ(4，－3，4)， 解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ， ∴AD→＝(4λ，3－3λ，4λ)， 又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，解得λ＝925， 因为925∈[0，1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，此时BD BC 1＝925. 热点4 空间向量在几何体中的应用(多维探究)在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算证明空间中的线、面的平行与垂直关系，计算空间角(特别是二面角)，常与空间几何体的结构特征，空间线、面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合，以解答题形式出现，难度中等．角度一 线线角、线面角的计算1．(2016·上饶模拟)(1)如图所示，已知三棱柱ABCA 1B 1C 1的所有棱长都相等，且AA 1⊥面ABC ，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是________．(2)已知某几何体的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．①证明：BN ⊥平面C 1B 1N.②设直线C 1N 与平面CNB 1所成的角为θ，求cos θ的值．解：(1)不妨设三棱柱ABC -A 1B 1C 1的棱长为2，以BA →，BC →，BB 1→作为基向量．由于AA 1⊥平面ABC ， 所以BB1→·BA →＝0，BB 1→·BC →＝0. ∵AB 1→＝BB 1→－BA →，BM →＝BC →＋12BB 1→，∴AB 1→·BM →＝(BB 1→－BA →)·(BC →＋12BB 1→) ＝0＋12BB 1→2－BA →·BC →＝2－|BA→|·|BC →|·cos 60°＝2－2＝0. 因此，AB 1→⊥BM →，则直线AB 1与BM 成90°的角． 答案：90°(2)①证明：该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，则BA ，BC ，BB 1两两垂直．以BA ，BB 1，BC 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则N(4，4，0)，B 1(0，8，0)，C 1(0，8，4)，C(0，0，4)， 因为BN →·NB 1→＝0，BN →·B 1C 1→＝0，所以BN ⊥NB 1，且BN ⊥B 1C 1，又因为B 1N ∩B 1C 1＝B 1， 所以BN ⊥平面B 1NC 1.②解：设n ＝(x 0，y 0，z 0)为平面CNB 1的一个法向量， 则⎩⎨⎧n·CN →＝0，n·NB 1→＝0即⎩⎨⎧x 0＋y 0－z 0＝0，x 0－y 0＝0，令x 0＝1，则n ＝(1，1，2)． 又C 1N →＝(4，－4，－4)，则sin θ＝|cos 〈n ，C 1N →〉|＝23，从而cos θ＝73.1．第(1)题利用空间向量的线性运算，关键是选择好基底，第(2)题利用垂直关系，建立空间直角坐标系，运用向量的坐标运算，其关键是写对点的坐标．2．解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化．角度二 二面角的计算2．(2015·重庆卷)如图，三棱锥P-ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A-PD-C的余弦值．(1)证明：由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，得PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝2得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.(2)解：由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝π4.如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1.又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝π2，得DF∥AC，∴DF AC ＝FB BC ＝23， 故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA→，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，P(0，0，3)，A(32，0，0)，E(0，2，0)，D(1，1，0)，ED→＝(1，－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝(12，－1，0)． 设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由n 1·DP→＝0，n 1·DA →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1，0)，从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝36，故所求二面角A -PD -C 的余弦值为36.1．本题主要考查数学推理论证能力，利用空间向量进行数学运算能力，同时考查化归转化的数学思想．2．求二面角A PD C的余弦值，转化为求两个半平面所在平面的法向量．通过两个平面的法向量的夹角求得二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．角度三根据空间角的大小求相关量3．(2014·课标全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC.(2)设二面角D-AE-C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥EACD的体积．(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB，又EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC.所以PB∥平面AEC.(2)解：因为PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB→的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系A -xyz ，则D(0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12.设B(m ，0，0)(m>0)，则C(m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z)为平面ACE 的法向量， 则⎩⎨⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3.又n 2＝(1，0，0)为平面DAE 的法向量， 由题设|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12，解得m ＝32.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E -ACD 的高为12.三棱锥E -ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.建立恰当的空间直角坐标系，将两平面的法向量用与待求相关的参数(字母)表示，利用两向量的夹角公式构建方程或不等式或函数，进而求解．【变式训练】 (2015·江苏卷)如图，在四棱锥PABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)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．解：以{AB→，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．(1)由题意知，AD ⊥平面PAB ，所以AD→＝(0，2，0)是平面PAB 的一个法向量． 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， 即⎩⎨⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD→·m |AD→||m|＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33.。
立体几何之空间角
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。
） 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，） 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 nm⋅⋅=arcsin θ 若n m ⊥则α//a 或α⊂a 若n m //则α⊥a） 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 nm⋅⋅=arccos θ当θ为锐角时，nm nm ⋅⋅-=arccos πθ二、例题讲解在正三棱柱111ABC A B C -中，若1,AB 求1AB 与B C 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,BB a AB ==则，于是在DOB ∆中，122211,,21,,2OB BC BD OD AB 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1AB =有((())((111111110,,,0,1,0,0,2,,,220,A B B C AB C B AB C B AB C B-∴==⋅=-=∴⊥如图二所示，在四棱锥P A B C D -中，底面A B C D 是一直角梯形，90,//,,2B A D A D B C A BB C a A D a ∠=︒===且PA ABCD ⊥底面，PD 与底面成30︒角。
立体几何复习空间角的求法
(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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1、ABC中，AB 4,AC 4.2, BAC 45 ,以AC的中线BD为折痕，将ABD沿BD折起,
构成二面角A BD C.在面BCD内作CE CD ,且CE , 2 .
A
(I) 求证：CE //平面ABD ；
(II) 如果二面角A BD C的大小为90.,求二面角
B A
C E的余弦值.
E
B C
2、如图，四边形ABCD为正方形，PD
平面ABCD , PD//QA ,
1
QA AB - PD .
2
B
(1)证明：平面PQC 平面DCQ ;
⑵求二面角Q CP D的余弦值.
3、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)证明CD AE ;
⑵证明PD 平面ABE ;
D
(3)求二面角 A PD C的正切值
4、如图，三棱锥P-ABC中，/ ACB=90 ,PA丄底面ABC.
(I) 求证：平面PACL平面PBC;
(II) 若AC=BC=PA,M是PB的中点，求AM与平面PBC所成角的正切
值
5、已知四棱锥P ABCD , PA 底面ABCD, AD//BC, AB
O,又PA 3, AD 2,AB 2 3,BC 6,
解:⑴由AB 4,AC 4 2, BAC 45 得BC
三角形，由D为AC的中点得BD AC,以AC的中线BD为折痕
翻折后仍有BD CD ,因为CE CD ,所以CE // BD ,又CE 平面
ABD , BD 平面ABD ,所以CE // 平面ABD .
⑵如果二面角A BD C的大小为90 ,由AD BD 得AD 平面
BDC ,因此AD CE ,又CE CD ,所以
CE 平面ACD ,从而CE AC .由题意
BD n )求二面角0PB A的余弦值
(I ) 求证平面PAC ;(
参考答案
AD,AC与BD 交于点
cm⑷遴)
4 ,所以ABC为等腰直角
E
AD DC 2 2,所以Rt ADC 中，AC 4.设BC 中点为F ,因为AB BC 4,所以
角.cos OMQ —
6
3、【答案】 解答:（I ）证明：在四棱锥P ABCD 中，因PA 底面ABCD , CD 平面
ABCD ,故 PA CD .
•/ AC CD , PA AC A , A CD 平面 PAC .
而 AE 平面 PAC , A CD AE .
（n ）证明：由 PA AB BC , ABC 60° 可得 AC PA .
v E 是PC 的中点，A AE PC .
由（I ）知，AE CD ,且 PC 「|CD C ,所以 AE 平面 PCD . 而 PD 平面 PCD , A AE PD .
v PA 底面ABCD , PD 在底面ABCD 内的射影是 AD , AB AD , A AB PD . 又v ABAE A ,
综上得PD 平面ABE .
（川）解法一：过点A 作AM PD ,垂足为 M ,连结EM .则（n ）知，AE 平面
PCD , AM 在平面PCD 内的射影是EM ,贝U EM PD . 因此 AME 是二面角A PD C 的平面角. 由已知，得 CAD 30°设AC a ,
BF AC ,且 BF 2 3,设 AE 中点为 G ,则 FG // CE ,由 CE AC 得 FG AC ,所以
BFG 为二面角B AC E 的平面角,连结BG , 在 BCE 中，因为
BC 4,CE .2, BCE 135
BE .26
在 Rt
DCE 中 DE ,(2 2)2 (2)2
.10 ,于是在Rt
ADE 中,AE
.(2 2)2 (J0)2
3. 2.在
ABE
BG 2
- AB
2 2 2
BE 2
-
AE 2
4
33 ~2
在 BFG
12 中，cos BFG
1 33
2 ~2
2 3
2
2
.因此二面角
3
AC E 的余弦值为 一6 3
2、
PD
【答案】 面ABCD,PD CD,又CD
面DAQP, CD PQ,又 PQ DQ 面
CDQ,PQ 面 PCQ
AD
CD (1)
PQ
面 PQC 面
DCQ.
⑵过Q 作QO PQ 交于点O,过O 作
OM PC 交于点M.则 OMQ 是二面角的平面
4
可得
PA a
，AD ^a
，PD
f a
，AE 尹.
在 Rt △ ADP 中，•/
AM
PD , ••• AM -PD PA AD ,
则AM
PA-AD PD
2*3
a •- a .21 a
3
在 Rt △ AEM 中，sin
AME
AE AM
所以二面角A
PD C 的正切值为■. 7 .
解法二：由题设 为AD . 过点C 作CF
M ,连结CM 由已知，可得 PA 底面 ABCD ,PA 平面PAD ,则平面PAD 平面
可得PA a,
AD ,垂足为F ,故CF ,故CM PD .因此 CAD 30° ,设 AC
平面PAD .过点F 作FM CMP 是二面角A a , PD C 的平面角 AD
2-
3
a , PD
3
•••△ FMD PAD ,二型 PA FD
PD
曰FM
FD-PA PD
a°a 6_ /21
a 3
丄
14
CF 在 Rt △ CMF 中，tanCMF
—— FM
1 a
2
5.
7 a
14
所以二面角A PD C 的正切值是
ACD ，交线
PD ,垂足为
P
Ki ( 1)肉为血丄底面"C
Jf L1//C 丄”
乂闵为酋=汕”・U|J tfCl AC・
ffiWKf丄平血P.iC.
tt. TiK^cl平茴尸叱.
(IT> 方A
取r(•中点".ii IP・k；丄r< * 乂平聞/Mf丄屮M网忆, 所以AD L Ti^i rec.连DM .
畫Z l W '.V晁I I/与平面PRC所応的加.
^L AC-ff( = PJ nut
劃AD^ 皂・AM =--.从!ftf £W =-・ <： 2 工
所以.Un Z4JfP ■ "" \ 2 .
DM
方法二
连「o・则「打丄
过曲A ft：AEffAC,
则川E、・JV、H严離仙也
Hi空剧HA坐标黒O —冲：(A - £BP、、设4C^ii( = PAn ・
创IM (D・"4(J1 = 11 iCl-v Z,lH
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辨：⑴ FH /1D = 2,/4B = 2V3,BC = 6 4, JC = 4^3 v —= —= \.ylO=民B0 = \
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< [[)没：第PPD船注向n = ^,y .z),
辨：⑴ FH /1D = 2,/4B = 2V3,BC = 6 4, JC = 4^3 BD二卜2憑2 0). BP - (-26()・3)
n^BD =-2^3.r * 2 r = C,wf/F 工-2込x十3; = 0。