【高考前三個月復習數(shù)學理科 立體幾何與空間向量】專題6 第28練
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第28練 “空間角”攻略 [題型分析高考展望] 空間角包括異面直線所成的角，線面角以及二面角，在高考中頻繁出現(xiàn)，也是高考立體幾何題目中的難點所在.掌握好本節(jié)內容：首先要理解這些角的概念，其次要弄清這些角的范圍，最后再求解這些角.在未來的高考中，空間角將是高考考查的重點，借助向量求空間角，將是解決這類題目的主要方法. ?？碱}型精析 題型一 異面直線所成的角 例1 在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，求異面直線BA1與AC所成的角. 點評 (1)異面直線所成的角的范圍是(0，].求兩條異面直線所成的角的大小一般方法是通過平行移動直線，把異面問題轉化為共面問題來解決. 具體步驟如下： ①利用定義構造角，可固定一條，平移另一條，或兩條同時平移到某個特殊的位置，頂點選擇在特殊的位置上； ②證明作出的角即為所求的角； ③利用三角形來求角. (2)如果題目條件易建立空間坐標系，可以借助空間向量來求異面直線所成角：設異面直線l1，l2的方向向量分別為m1，m2，則l1與l2所成的角θ滿足cos θ＝|cos〈m1，m2〉|. 變式訓練1 (2014課標全國Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為( ) A. B. C. D. 題型二 直線與平面所成的角 例2 (2015課標全國Ⅱ)如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過點E，F(xiàn)的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形. (1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由)； (2)求直線AF與平面α所成角的正弦值. 點評 (1)求直線l與平面α所成的角，先確定l在α上的射影，在l上取點作α的垂線，或觀察原圖中是否存在這樣的線，或是否存在過l上一點與α垂直的面. (2)找到線面角、作出說明，并通過解三角形求之. (3)利用向量求線面角：設直線l的方向向量和平面α的法向量分別為m，n，則直線l與平面α所成角θ滿足sin θ＝|cos〈m，n〉|，θ∈. 變式訓練2 如圖，已知四棱錐P—ABCD的底面為等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足為H，PH是四棱錐的高，E為AD的中點. (1)證明：PE⊥BC； (2)若∠APB＝∠ADB＝60，求直線PA與平面PEH所成角的正弦值. 題型三 二面角 例3 (2015山東)如圖，在三棱臺DEF—ABC中，AB＝2DE，G，H分別為AC，BC的中點. (1)求證：BD∥平面FGH； (2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE, ∠BAC＝45，求平面FGH與平面ACFD所成的角(銳角)的大小. 點評 (1)二面角的范圍是(0，π]，解題時要注意圖形的位置和題目的要求.作二面角的平面角常有三種方法. ①棱上一點雙垂線法：在棱上任取一點，過這點在兩個平面內分別引棱的垂線，這兩條射線所成的角，就是二面角的平面角； ②面上一點三垂線法：自二面角的一個面上一點向另一個面引垂線，再由垂足向棱作垂線得到棱上的點(即斜足)，斜足與面上一點連線和斜足與垂足連線所夾的角，即為二面角的平面角； ③空間一點垂面法：自空間一點作與棱垂直的平面，截二面角得兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角. (2)用向量法求二面角的大小 ①如圖(1)，AB、CD是二面角α—l—β的兩個面內與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉. (2)如圖(2)(3)，n1，n2分別是二面角α—l—β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉. 變式訓練3 (2015安徽)如圖所示，在多面體A1B1D1ABCD，四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，E為B1D1的中點，過A1，D，E的平面交CD1于F. (1)證明：EF∥B1C. (2)求二面角E—A1D—B1的余弦值. 高考題型精練 1.(2015浙江)如圖，已知△ABC，D是AB的中點，沿直線CD將△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角為α，則( ) A.∠A′DB≤α B.∠A′DB≥α C.∠A′CB≤α D.∠A′CB≥α 2.(2015北京朝陽區(qū)模擬)在正方體ABCD—A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為( ) A. B. C. D. 3.(2014大綱全國)已知二面角α－l－β為60，AB?α，AB⊥l，A為垂足，CD?β，C∈l，∠ACD＝135，則異面直線AB與CD所成角的余弦值為( ) A. B. C. D. 4.(2014四川)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點O為線段BD的中點.設點P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sin α的取值范圍是( ) A.[，1] B.[，1] C.[，] D.[，1] 5.如圖所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90，點E、F分別是棱AB、BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角是________. 6.正四棱錐S－ABCD中，O為頂點在底面上的射影，P為側棱SD的中點，且SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成的角是________. 7.(2014四川)三棱錐A－BCD及其側(左)視圖、俯視圖如圖所示.設M，N分別為線段AD，AB的中點，P為線段BC上的點，且MN⊥NP. (1)證明：P是線段BC的中點； (2)求二面角A－NP－M的余弦值. 8.(2015課標全國Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC. (1)證明：平面AEC⊥平面AFC， (2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值. 9.(2015江蘇)如圖，在四棱錐P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1. (1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值； (2)點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長. 10.(2015北京)如圖，在四棱錐A－EFCB中，△AEF為等邊三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60，O為EF的中點. (1)求證：AO⊥BE； (2)求二面角F－AE－B的余弦值； (3)若BE⊥平面AOC，求a的值. 答案精析 第28練 “空間角”攻略 ?？碱}型精析 例1 解 方法一 因為＝＋，＝＋， 所以＝(＋)(＋) ＝＋＋＋. 因為AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC， 所以＝0，＝0， ＝0，＝－a2. 所以＝－a2. 又＝||||cos〈，〉， cos〈，〉＝＝－. 所以〈，〉＝120. 所以異面直線BA1與AC所成的角為60. 方法二 連接A1C1，BC1，則由條件可知A1C1∥AC， 從而BA1與AC所成的角即為BA1與A1C1所成的角， 由于該幾何體為邊長為a的正方體，于是△A1BC1為正三角形，∠BA1C1＝60， 從而所求異面直線BA1與AC所成的角為60. 方法三 由于該幾何體為正方體， 所以DA，DC，DD1兩兩垂直且長度均為a， 于是以D為坐標原點，，，分別為x，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系， 于是有A(a,0,0)，C(0，a,0)，A1(a,0，a)，B(a，a,0)， 從而＝(－a，a,0)，＝(0，－a，a)， 且||＝||＝a，＝－a2， ∴cos〈，〉＝＝－， 即〈，〉＝120， 所以所求異面直線BA1與AC所成角為60. 變式訓練1 C [由于∠BCA＝90，三棱柱為直三棱柱，且BC＝CA＝CC1， 可將三棱柱補成正方體. 建立如圖所示空間直角坐標系. 設正方體棱長為2，則可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)， ∴＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，＝(0,1,2). ∴cos〈，〉＝ ＝＝ ＝.] 例2 解 (1)交線圍成的正方形EHGF如圖： (2)作EM⊥AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8. 因為EHGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝＝6，所以AH＝10. 以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10，4,8)，F(xiàn)(0,4,8)，＝(10,0,0)，＝(0，－6，8).設n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，則即 所以可取n＝(0,4,3).又＝(－10,4,8)，故|cos〈n，〉|＝＝. 所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為. 變式訓練2 (1)證明 以H為原點，HA，HB，HP所在直線分別為x，y，z軸，線段HA的長為單位長度，建立空間直角坐標系(如圖)， 則A(1,0,0)，B(0,1,0). 設C(m,0,0)，P(0,0，n) (m<0，n>0)， 則D(0，m,0)，E. 可得＝，＝(m，－1,0). 因為＝－＋0＝0，所以PE⊥BC. (2)解 由已知條件可得m＝－，n＝1， 故C，D，E， P(0,0,1). 設n＝(x，y，z)為平面PEH的法向量， 則即 因此可以取n＝(1，，0).又＝(1,0，－1)， 所以|cos〈，n〉|＝. 所以直線PA與平面PEH所成角的正弦值為. 例3 (1)證明 如圖，連接DG，CD，設CD∩GF＝O，連接OH，在三棱臺DEFABC中，AB＝2DE，G為AC的中點，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四邊形DFCG為平行四邊形. 則O為CD的中點，又H為BC的中點， 所以OH∥BD，又OH?平面FGH，BD?平面FGH， 所以BD∥平面FGH. (2)解 方法一 設AB＝2，則CF＝DE＝1.在三棱臺DEFABC中，G為AC的中點，由DF＝AC＝GC，可得四邊形DGCF為平行四邊形，因此DG∥FC， 又FC⊥平面ABC， 所以DG⊥平面ABC. 在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45，G是AC中點. 所以AB＝BC，GB⊥GC，因此GB，GC，GD兩兩垂直. 以G為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系. 所以G(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，，0)，D(0,0,1). 可得H，F(xiàn)(0，，1)， 故＝，＝(0，，1). 設n＝(x，y，z)是平面FGH的一個法向量， 則由可得 可得平面FGH的一個法向量n＝(1，－1，). 因為是平面ACFD的一個法向量，＝(，0,0). 所以cos〈，n〉＝＝＝. 所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為60. 方法二 作HM⊥AC于點M，作MN⊥GF于點N，連接NH.設AB＝2. 由FC⊥平面ABC，得HM⊥FC， 又FC∩AC＝C， 所以HM⊥平面ACFD. 因此GF⊥NH，所以∠MNH即為所求的角. 在△BGC中，MH∥BG，MH＝BG＝， 由△GNM∽△GCF，可得＝， 從而MN＝. 由HM⊥平面ACFD，MN?平面ACFD， 得HM⊥MN，因此tan∠MNH＝＝， 所以∠MNH＝60， 所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為60. 變式訓練3 (1)證明 由正方形的性質可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，從而B1C∥A1D，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 因為四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A為原點，分別以，，為x軸，y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標系，可得點的坐標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點為B1D1的中點， 所以E點的坐標為. 設面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而該面上向量＝，＝(0,1，－1)，由n1⊥. n1⊥得r1，s1，t1應滿足的方程組 (－1,1,1)為其一組解，所以可取n1＝(－1,1,1). 設面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而該面上向量＝(1,0,0)，＝(0,1，－1)，由此同理可得n2＝(0,1,1). 所以結合圖形知二面角E—A1D—B1的余弦值為＝＝. 高考題型精練 1.B [極限思想：若α＝π，則∠A′CB＜π，排除D；若α＝0，如圖， 則∠A′DB，∠A′CB都可以大于0，排除A，C.故選B.] 2.B [以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設棱長為1， 則A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)， ∴＝(0,1，－1)， ＝， 設平面A1ED的一個法向量為n1＝(1，y，z)， 則 ∴ ∴n1＝(1,2,2).∵平面ABCD的一個法向量為n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝＝. 即所成的銳二面角的余弦值為.] 3.B [方法一 如圖(1)，平移CD至AF，則∠BAF為所求.作二面角α－l－β的平面角∠BAE＝60， 又∠EAF＝45，由cos∠BAF＝cos∠BAEcos∠EAF得cos∠BAF＝＝. 方法二 如圖(2)，設AB＝2a，過點B作BB1⊥β，垂足為B1，作AD1∥CD，則∠BAD1即為所求. 過點B1作B1D1⊥AD1于D1，連接AB1，BD1， 則易知∠BAB1為二面角的平面角， 即∠BAB1＝60， 從而BB1＝2asin 60＝a， ∠B1AD1＝45，AB1＝a，AD1＝B1D1＝a. 在Rt△BB1D1中， BD1＝＝＝a. 在△BAD1中，由余弦定理，得 cos∠BAD1＝＝， 即異面直線AB與CD所成角的余弦值為.] 4.B [根據(jù)題意可知平面A1BD⊥平面A1ACC1且兩平面的交線是A1O， 所以過點P作交線A1O的垂線PE， 則PE⊥平面A1BD， 所以∠A1OP或其補角就是直線OP與平面A1BD所成的角α. 設正方體的邊長為2， 則根據(jù)圖形可知直線OP與平面A1BD可以垂直. 當點P與點C1重合時可得A1O＝OP＝，A1C1＝2， 所以sin α＝22， 所以sin α＝； 當點P與點C重合時，可得sin α＝＝. 根據(jù)選項可知B正確.] 5.60 解析 以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標系. 設AB＝BC＝AA1＝2， 則C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)， 則＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)， ∴＝2， ∴cos〈，〉＝＝， ∴EF和BC1所成的角為60. 6.30 解析 如圖所示，以O為原點建立空間直角坐標系. 設OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a， 則A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P(0，－，)， 則＝(2a,0,0)，＝(－a，－，)，＝(a，a,0). 設平面PAC的法向量為n，可求得n＝(0,1,1)， 則cos〈，n〉＝＝＝. ∴〈，n〉＝60， ∴直線BC與平面PAC所成的角為90－60＝30. 7.(1)證明 如圖(1)，取BD的中點O，連接AO，CO. 圖(1) 由側視圖及俯視圖知，△ABD，△BCD均為正三角形， 因此AO⊥BD，OC⊥BD. 因為AO，OC?平面AOC，且AO∩OC＝O， 所以BD⊥平面AOC. 又因為AC?平面AOC，所以BD⊥AC. 取BO的中點H，連接NH，PH. 又M，N分別為線段AD，AB的中點， 所以NH∥AO，MN∥BD. 因為AO⊥BD，所以NH⊥BD. 因為MN⊥NP，所以BD⊥NP. 因為NH，NP?平面NHP，且NH∩NP＝N， 所以BD⊥平面NHP. 又因為HP?平面NHP，所以BD⊥HP. 又OC⊥BD，HP?平面BCD，OC?平面BCD， 所以HP∥OC. 因為H為BO中點，故P為BC中點. (2)解 方法一 如圖(2)，作NQ⊥AC于Q，連接MQ. 圖(2) 由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP. 因為MN⊥NP，所以∠MNQ為二面角A－NP－M的一個平面角. 由(1)知，△ABD，△BCD為邊長為2的正三角形， 所以AO＝OC＝. 由俯視圖可知，AO⊥平面BCD. 因為OC?平面BCD，所以AO⊥OC， 因此在等腰Rt△AOC中，AC＝. 作BR⊥AC于R，在△ABC中，AB＝BC， 所以BR＝ ＝. 因為在平面ABC內，NQ⊥AC，BR⊥AC， 所以NQ∥BR. 又因為N為AB的中點，所以Q為AR的中點， 因此NQ＝＝.同理，可得MQ＝. 所以在等腰△MNQ中，cos∠MNQ＝＝＝. 故二面角A－NP－M的余弦值為. 圖(3) 方法二 由俯視圖及(1)可知，AO⊥BCD. 因為OC，OB?平面BCD， 所以AO⊥OC，AO⊥OB. 又OC⊥OB， 所以直線OA，OB，OC兩兩垂直. 如圖(3)，以O為坐標原點，以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向， 建立空間直角坐標系， 則A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0). 因為M，N分別為線段AD，AB的中點， 又由(1)知，P為線段BC的中點， 所以M(－，0，)，N(，0，)，P(，，0). 于是＝(1,0，－)，＝(－1，，0)，＝(1,0,0)，＝(0，，－). 設平面ABC的一個法向量n1＝(x1，y1，z1)， 則即 有 從而 取z1＝1，則x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1,1). 設平面MNP的一個法向量n2＝(x2，y2，z2)， 則即 有 從而 取z2＝1，所以n2＝(0,1,1). 設二面角A－NP－M的大小為θ， 則cos θ＝ ＝＝. 故二面角A－NP－M的余弦值是. 8.(1)證明 連接BD，設BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF. 在菱形ABCD中，不妨設GB＝1. 由∠ABC＝120，可得AG＝GC＝. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC. 在Rt △EBG中，可得BE＝，故DF＝. 在Rt △FDG中，可得FG＝. 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝， 從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC. 因為EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC. (2)解 如圖，以G為坐標原點，分別以，的方向為x軸，y軸正方向，||為單位長，建立空間直角坐標系，由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F(xiàn)， C(0，，0)，所以＝(1，，)，＝. 故|cos〈，〉|＝＝＝. 所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為. 9.解 以{，，}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，則各點的坐標為A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2). (1)因為AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一個法向量，＝(0,2,0). 因為＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2). 設平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)， 則m＝0，m＝0， 即令y＝1，解得z＝1，x＝1. 所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一個法向量. 從而cos〈，m〉＝＝， 所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為. (2)因為＝(－1,0,2)，設＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)， 又＝(0，－1,0)，則＝＋＝(－λ，－1,2λ)， 又＝(0，－2,2)， 從而cos〈，〉＝＝. 設1＋2λ＝t，t∈[1,3]， 則cos2〈，〉＝＝≤. 當且僅當t＝，即λ＝時，|cos〈，〉|的最大值為. 因為y＝cos x在上是減函數(shù)，此時直線CQ與DP所成角取得最小值. 又因為BP＝＝，所以BQ＝BP＝. 10.(1)證明 因為△AEF是等邊三角形，O為EF的中點， 所以AO⊥EF. 又因為平面AEF⊥平面EFCB，平面AEF∩平面EFCB＝EF，AO?平面AEF，所以AO⊥平面EFCB. 又BE?平面EFCB，所以AO⊥BE. (2)解 取BC中點G，連接OG. 由題設知EFCB是等腰梯形， 所以OG⊥EF. 由(1)知AO⊥平面EFCB. 又OG?平面EFCB， 所以OA⊥OG. 如圖建立空間直角坐標系， 則E(a,0,0)，A(0,0，a)， B(2，(2－a)，0)，＝(－a,0，a)， ＝(a－2，(a－2)，0). 設平面AEB的法向量為n＝(x，y，z)， 則 即 令z＝1，則x＝，y＝－1，于是n＝(，－1,1). 平面AEF的一個法向量為p＝(0,1,0). 所以cos〈n，p〉＝＝－. 由題知二面角FAEB為鈍角，所以它的余弦值為－. (3)解 因為BE⊥平面AOC，所以BE⊥OC，即＝0， 因為＝(a－2，(a－2)，0)，＝(－2，(2－a)，0)， 所以＝－2(a－2)－3(a－2)2. 由＝0及0
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