2017年高考数学知识方法专题6-立体几何与空间向量第29练 “空间角”攻略.doc

第29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ACD，所成二面角ACDB的平面角为，则()A.ADB B.ADB C.ACB D.ACB答案B解析极限思想：若，则ACB，排除D；若0，如图，则ADB，ACB都可以大于0，排除A，C.故选B.2.(2016课标全国乙)平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面CB1D1，平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的正弦值为()A. B. C. D.答案A解析如图所示，设平面CB1D1平面ABCDm1，平面CB1D1，则m1m，又平面ABCD平面A1B1C1D1，平面CB1D1平面A1B1C1D1B1D1，B1D1m1，B1D1m，同理可得CD1n.故m、n所成角的大小与B1D1、CD1所成角的大小相等，即CD1B1的大小.而B1CB1D1CD1(均为面对角线)，因此CD1B1，得sinCD1B1，故选A.3.(2016课标全国丙)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，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.(1)证明由已知得AMAD2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.(2)解取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，AE.以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(，2，0)，N，(0，2，4)，.设n(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n(0，2，1).于是|cosn，|.所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.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ABCDA1B1C1D1中，求异面直线BA1与AC所成的角.解方法一因为，所以()().因为ABBC，BB1AB，BB1BC，所以0，0，0，a2.所以a2.又|cos，cos，.所以，120，所以异面直线BA1与AC所成的角为60.方法二连接A1C1，BC1，则由条件可知A1C1AC，从而BA1与AC所成的角即为BA1与A1C1所成的角，由于该几何体为边长为a的正方体，于是A1BC1为正三角形，BA1C160，从而所求异面直线BA1与AC所成的角为60.方法三由于该几何体为正方体，所以DA，DC，DD1两两垂直且长度均为a，于是以D为坐标原点，分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，于是有A(a，0，0)，C(0，a，0)，A1(a，0，a)，B(a，a，0)，从而(a，a，0)，(0，a，a)，且|a，a2，所以cos，即，120，所以所求异面直线BA1与AC所成的角为60.点评(1)异面直线所成的角的范围是(0，.求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决.具体步骤如下：利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上；证明作出的角即为所求的角；利用三角形来求角.(2)如果题目条件易建立空间坐标系，可以借助空间向量来求异面直线所成角：设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角满足cos |cosm1，m2|.变式训练1(2015浙江)如图，三棱锥ABCD中，ABACBDCD3，ADBC2，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_.答案解析如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.M为AD的中点，MKAN，KMC为异面直线AN，CM所成的角.ABACBDCD3，ADBC2，N为BC的中点，由勾股定理求得ANDNCM2，MKAN.在RtCKN中，CK.在CKM中，由余弦定理，得cosKMC.题型二直线与平面所成的角例2如图，已知四棱锥PABCD的底面为等腰梯形，ABCD，ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点.(1)证明：PEBC；(2)若APBADB60，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.(1)证明以H为原点，HA，HB，HP分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，设C(m，0，0)，P(0，0，n)(m0)，则D(0，m，0)，E(，0).可得(，n)，(m，1，0).因为00，所以PEBC.(2)解由已知条件可得m，n1，故C(，0，0)，D(0，0)，E(，0)，P(0，0，1)，设n(x，y，z)为平面PEH的法向量，则即因此可以取n(1，0)，又(1，0，1)，所以|cos，n|，所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为.点评(1)求直线l与平面所成的角，先确定l在上的射影，在l上取点作的垂线，或观察原图中是否存在这样的线，或是否存在过l上一点与垂直的面.(2)找到线面角、作出说明，并通过解三角形求之.(3)利用向量求线面角，设直线l的方向向量和平面的法向量分别为m和n，则直线l与平面所成角满足sin |cosm，n|，.变式训练2如图，平面ABDE平面ABC，ABC是等腰直角三角形，ABBC4，四边形ABDE是直角梯形，BDAE，BDBA，BDAE2，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.解以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BD为z轴，建立空间直角坐标系，则C(4，0，0)，A(0，4，0)，D(0，0，2)，E(0，4，4)，O(2，2，2)，M(0，2，0).(1)证明平面ABC的法向量n1(0，0，1)，(2，2，0)，n10，OD平面ABC.(2)解设平面ODM的法向量为n2，直线CD与平面ODM所成角为，(2，2，0)，(0，2，2)，n2(1，1，1)，(4，0，2)，sin .(3)解设EM上一点N满足(1)(0，42，44)，平面ABDE的法向量n3(1，0，0)，(2，22，24)，不存在使n3，不存在满足题意的点N.题型三二面角例3(2016浙江)如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE平面ABC，ACB90，BEEFFC1，BC2，AC3.(1)求证：BF平面ACFD；(2)求二面角BADF的平面角的余弦值.(1)证明延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示.图因为平面BCFE平面ABC，且ACBC，所以AC平面BCFE，因此BFAC.又因为EFBC，BEEFFC1，BC2，所以BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BFCK，且CKACC，所以BF平面ACFD.(2)解方法一如图所示，过点F作FQAK于Q，连接BQ.因为BF平面ACFD，所以BFAK，则AK平面BQF，所以BQAK.所以BQF是二面角BADF的平面角.在RtACK中，AC3，CK2，得FQ.在RtBQF中，FQ，BF，得cosBQF.所以二面角BADF的平面角的余弦值为.方法二如图所示，延长AD，BE，CF相交于一点K，则BCK为等边三角形.图取BC的中点O，连接KO，则KOBC，又平面BCFE平面ABC，所以KO平面ABC.以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(1，0，0)，C(1，0，0)，K(0，0，)，A(1，3，0)，E，F.因此，(0，3，0)，(1，3，)，(2，3，0).设平面ACK的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n(x2，y2，z2).由得取m(，0，1)；由得取n(3，2，)，于是，cosm，n.所以二面角BADF的平面角的余弦值为.点评(1)二面角的范围是(0，解题时要注意图形的位置和题目的要求.作二面角的平面角常有三种方法.棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角；面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一个面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点(即斜足)，斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角；空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角.(2)用向量法求二面角的大小如图(1)，AB、CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，.如图(2)(3)，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足cos cosn1，n2或cosn1，n2.变式训练3如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，AB2，点E是C1D1的中点.(1)求证：DE平面BCE；(2)求二面角AEBC的大小.(1)证明建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，E(0，1，1)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，(0，1，1)，(1，1，1)，(1，0，0).因为0，0，所以，.则DEBE，DEBC.因为BE平面BCE，BC平面BCE，BEBCB，所以DE平面BCE.(2)解设平面AEB的法向量为n(x，y，z)，则即所以平面AEB的法向量为n(1，0，1)，因为DE平面BCE，所以就是平面BCE的法向量.因为cosn，由图形可得二面角AEBC的大小为120.高考题型精练1.在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B与B1C所在直线所成角的大小是()A.30 B.45 C.60 D.90答案C解析作A1BD1C，连接B1D1，易证B1CD1就是A1B与B1C所在直线所成角，由于B1CD1是等边三角形，因此B1CD160，故选C.2.在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B与平面BB1D1D所成的角的大小是()A.90 B.30 C.45 D.60答案B解析连接A1C1B1D1O，A1O平面BB1D1D，A1B与平面BB1D1D所成的角为A1BO，A1OA1B，A1BO30，A1B与平面BB1D1D所成的角的大小是30.3.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BAC60，那么这个二面角大小是()A.90 B.60 C.45 D.30答案A解析连接BC，则ABC为等边三角形，设ADa，则BDDCa，BCACa，所以BDC90，故选A.4.已知正三棱锥SABC中，E是侧棱SC的中点，且SABE，则SB与底面ABC所成角的余弦值为()A. B. C. D.答案A解析如图，在正三棱锥SABC中，作SO平面ABC，连接OA，OB，则O是ABC的中心，OABC，由此可得SABC，又SABE，所以SA平面SBC.故正三棱锥SABC的各侧面是全等的等腰直角三角形.方法一由上述分析知cosSBAcosABOcosSBO，即cos 45cos 30cosSBO，所以cos SBO，故选A.方法二因为SO平面ABC，所以SB与平面ABC所成的角为SBO，令AB2，则OB，SB，所以cos SBO，故选A.5.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1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答案B解析如图，连接A1B，BC1，A1C1，则A1BBC1A1C1，因为EFA1B，GHBC1，所以异面直线EF与GH所成的角等于60，故选B.6.正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABBC，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A. B. C. D.答案A解析设ACBDO，连接OC1，过C点作CHOC1于H，连接DH.BDAC，BDAA1，BD平面ACC1A1，BDCH，又CHOC1，CH平面C1BD，则CDH为CD与平面BDC1所成的角，设AA12AB2，OC1 ，由等面积法有OC1CHOCCC1，代入算出CH，sin CDH，故选A.7.直三棱柱ABCA1B1C1中，若BAC90，2AB2ACAA1，则异面直线BA1与B1C所成角的余弦值等于_.答案解析以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，因为2AB2ACAA12，则A1(0，0，2)，B(1，0，0)，B1(1，0，2)，C(0，1，0)，(1，0，2)，(1，1，2)，设异面直线BA1与B1C所成的角为，则cos .8.如图所示，在四棱锥PABCD中，已知PA底面ABCD，PA1，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_.答案解析PA底面ABCD，底面ABCD是正方形，PC与底面ABCD所成角的大小为，RtPAC中，PA1，PCA，AC，底面ABCD是正方形，AB，V1.9.以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕，使ABD和ACD折成互相垂直的两个平面，则BAC_.答案60解析不妨设ABC的斜边为2，则ADBDCD1，ACAB，因为ABD和ACD折成互相垂直的两个平面，且ADBD，ADDC，所以BDC是二面角BADC的平面角，即BDDC，则BC，所以折叠后的ABC为等边三角形，即BAC60.10.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB1，AC2，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_.答案解析取AC中点F，连接BF，DF，则DFBE，DFBE，DEBF，BF与平面BB1C1C所成的角为所求.AB1，BC，AC2，ABBC，又ABBB1，AB平面BB1C1C.作GFAB交BC于G，则GF平面BB1C1C，FBG为直线BF与平面BB1C1C所成的角，由条件知BGBC，GFAB，tanFBG，FBG.11.(2016四川)如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，ADCPAB90，BCCDAD.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PCDA的大小为45，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M(M平面PAB)，点M即为所求的一个点.理由如下：由已知，BCED，且BCED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CMEB.又EB平面PBE，CM平面PBE.所以CM平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得APPN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)方法一由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD.从而CDPD.所以PDA是二面角PCDA的平面角.所以PDA45.设BC1，则在RtPAD中，PAAD2.过点A作AHCE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA平面ABCD，从而PACE.且PAAHA，于是CE平面PAH.又CE平面PCE，所以平面PCE平面PAH.过A作AQPH于Q，则AQ平面PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角.在RtAEH中，AEH45，AE1，所以AH.在RtPAH中，PH.所以sinAPH.方法二由已知，CDPA，