第2讲立体几何中的空间角问题

第2讲立体几何中的空间角问题

高考定位以空间几何体为载体考查空间角(以线面角为主)是高考命题的重点，

常与空间线面关系的证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进行

考查，高考注重以传统方法解决空间角问题，但也可利用空间向量来求解.

I真题感借I考点整合I明考向扣要点

真题感悟

(2017•浙江卷)如图，已知四棱锥P-ABCO,△朋。是以AQ为斜边的等腰直角

三角形，BC//AD,CDLAD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.

BC

(1)证明：CE〃平面出以

(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.

法一⑴证明如图，I

设附中点为F,连接EF,FB.才为却\

因为E,b分别为尸。，%中点，A

BMC

所以E尸〃且EF=Y。，

又因为8C〃AO,BC=^AD,

所以£尸〃3c且七/=8。，

即四边形厂为平行四边形，所以C£〃8E

又因为CEQ平面附3,8Fu平面%3,

因此CE〃平面PAB.

(2)解分别取3C,AO的中点为M,N,

连接PN交EF于点Q,连接MQ.

7

因为E,F,N分别是PD,PAfA力的中点，所以Q为E7中点，

在平行四边形BCEF中，MQ//CE.

由△办。为等腰直角三角形得PNLAD.

由QC_LA。，N是AO的中点得BALLAD

因为PNCBN=N,所以AOJ_平面PBN.

由BC//AD得BC_L平面PBN,

因为BCu平面P8C,所以平面尸BCJ_平面PBN.

过点Q作PB的垂线，垂足为H,则QH_L平面尸BC.连接MH,则是MQ在

平面PBC上的射影，所以NQMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.

在△PC。中，由PC=2,CD=l,PD=也得CE=也,

在△P8N中，由PN=BN=1,得。〃="，

在RtZ\MQ“中，Q"=",MQ=也

所以sinNQMH=芋，

O

所以，直线。石与平面P4c所成角的正弦值是平.

O

法二过P作PHLCD,交CD的延长线于点”.不妨设4。=2,・・・BC〃A。，CD

_LAQ,则易求DH=y过P作底面的垂线，垂足为。，连接OB,0H,易得

OH//BC,且OP,0B,。”两两垂直.故可以。为原点，以。从OB,0P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.

⑴证明由PC=AO=2OC=2CB,E为P。的中点，则可得：

/11

4--

k-T4

&V多雨="?一坐)

则CE=h0,去—啜

设平面％B的法向量为〃=a，y,z),

〃•%=x+5一乎z=0,

乙乙

则1

〃P5=|厂挈=0.

x=1,

令y=1,则y=l,

z=木,

-15

，〃=(1,1,小),，。6〃=炉1+XI

又CEQ平面PAB,：.CE//平面PAB.

(2)解由(1)得命=(一1,/一当.

设平面P8C的法向量加=(x,y,z),

3

--V23O

2-

3

V23

+--

2-

x=0,

)，=1,

{z=小,

・•・〃[=((),1,小).

1

\m-CE\_2

设直线CE与平面PBC所成的角为仇则sin=|cos<m,CE)\=

|m||CE|皿'陋

啦

8.

・,・直线CE与平面尸8c所成角的正弦值为乎.

O

考点整合

1.求异面直线所成角的方法

大小.

p.

解法一如图1,取PB的中点F连接ERAF,则E/〃BC,从而N4EF（或

其补角）是异面直线8c与AE所成的角.在中，由EF=g,AF=&,AE

n

=2,知是等腰直角三角形，所以NAM=a.因此，异面直线BC与AE

所成角的大小是亍.

法二如图2,建立空间直角坐标系，则3（2,0,0）,C（2,2啦，0）,E（l,啦,

1）,AE=（1,隹1）,BC=（0,2隹0）.

-*-*AF•BC4JI

设AE与8。的夹角为仇则cos9=--仄=与所以〃=丁.由此可知，

|AE||6cl2X2W24

异面直线BC与AE所成角的大小是亍.

探究提高求异面直线所成的角，可以应用向量法，也可以应用异面直线的定义

求解.

【训练1】（2016•浙江卷）如图，己知平面四边形ABC。，AB=BC=3,CD=T,

AD=&NA£>C=90°,沿直线4c将△ACO翻折成△AC。，直线4C与

所成角的余弦的最大值是.

2次

c

B

解析设直线AC与BO所成角为仇平面4C。翻折的角度

为a,设。是AC中点，由已知得AC=,，如图，

以。8为x轴，04为y轴，过。与平面ABC垂直的直线为

z轴，建立空间直角坐标系，

则AJ),乎,0),0,O,，

一坐，0).作。H_LAC于H,翻折过程中，。“始终与4C垂直，CH=*

=也=*，则0H=坐,DH=[X*=,因此可设

46636

D[-68S%—3，6s,n9

则m=(一曙。,c*—乎，W^sinaj,与。平行的单位向量为n

_^6

BD1-n3

=(0,1,0),所以cos0=|cos(BD1n)|=-=I=

\BDf\・|〃|A/9+5COSa

所以cosa=-1时，cos0取最大值噜.

答案乎

热点二求线面角

【例2】(2016•四川卷)如图，在四棱锥P—A8c。中，AO〃3C,ZADC=ZPAB

=90°,3C=CD=%£>,E为棱4。的中点，异面直线雨与CO所成的角为90°.

(1)在平面布8内找一点M,使得直线CM〃平面并说明理由;

(2)若二面角P-CQ—4的大小为45°,求直线网与平面PCE所成角的正弦值.

解(1)在梯形ABC。中，与C。不平行.延长AB,DC,相交

于点历(M£平面FB),点M即为所求的一个点.理由如下：

AD

HE

由己知，BC〃ED,且BC=EO.

所以四边形8CDE是平行四边形.

从而CM〃EB.乂EBu平面PBE,CMQ平面PBE.

所以CA/〃平面PBE.

(说明：延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)

(2)法一由已知，CDLPA,CDLAD,PAQAD=A,

所以COJ•平面%。.从而CD1.PD.

所以NPD4是二面角P-CD-A的平面角.

所以NPD4=45°.

设8c=1,则在Rt△必。中，PA=AD=2.

过点A作A”_LCE,交C£的延长线于点“，连接PH.

易知以_!_平面A3C3,

从而B4_LCE.又于是CE_L平面％”.又CEu平面PCE,

所以平面PCE_L平面PAH.

过A作AQ_LP〃于。，则AQ_L平面PC£

所以NAP”是力与平面PCE所成的角.

在RtZ\AEH中，ZAEH=45°,Af=l,

所以A"=乎.

__________35

在Rt△%”中，PH^P^+AH1=2'

AH1

所以Z.APH=

sinrprol-aJ-

法二由己知，COJ_B4,CD±AD,PAQAD=Af

所以CO_L平面％Dd卜、

于是皿D.

从而NPO4是二面角P-CD-A的平面角，所以NPD4=45°.AED、

由而_LAB,可得以_L平面ABCD.

设BC=1,则在Rl△布力中，PA=AD=2.

作多」平面办。,以A为原点，以AD,4P的方向分别为x轴，z轴的正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系A一孙z,

则A(0,0,0),尸(0,0,2),C(2,1,0),E(l,0,0).

所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),4P=(0,0,2).

设平面的法向量为〃=(工，y,z).

H'PE=0tx-2z=0,

由"_得,设x=2,解得〃=(2,-2,1).

〃正c=o.H+K

设直线用与平面PCE所成角为Q,则sin2=

\n\-\AP\2X丹(-2)2+12

1

3,

所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为今

探究提高(1)传统法解决线面角问题的关键是先找出线面所成的角，再在三角

形中解此角.(2)利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建

系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点

的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

【训练2】(2017•湖州模拟)在三棱柱48。一A山Ci中，△ABC是正三角形，且

A\A=AB,顶点Ai在底面ABC上的射影是△43。的中心.

(1)求证：AAi±BC；

(2)求直线48与平面8CC由।所成角的大小.

(1)证明因为△A3C是正三角形，

设O为△ABC的中心，连接40,所以3cL40,

又4OJ_平面A5C,所以4O_LBC,又40nA0=0,

所以3CJ_平面440,

又AiAu平面440,所以BC_L4A.

C,

⑵解取8C,8cl的中点E,F,连接AE,4F,EF.

由⑴知3cL平面4AE尸,

从而平面AiAEnL平面BCC向,

在平面4AE尸内，作AiG_LER垂足为G,连接GB,

易知BCL41G,则4G，平面8CG8,

则NA山G是直线A山与平面BCCTBI所成的角.

设44=2,在平行四边形AiAE产中，

217

AIO=T-,AIG=®AI8=2,

所以sinN48G=4^=#.

A\tyZ

JI

所以直线MB与平面BCC\Bi所成的角为彳.

热点三求二面角

【例3】(2017•绍兴仿真考试)四棱锥尸一/WC。中，底面A6c。是边长为2的菱

形，ZABC=60°,£为4。的中点，出_L平面A3CD,PC与平面2W所成的

角的正弦值为平.

(1)在棱PD上求一点F,使4b〃平面PEC；

(2)求二面角D-PE-A的余弦值.

解法一(1)分别取尸。，PC的中点F,G,

连接bG,EG,AF,

则/G〃CQ〃AB,FG=^CD=^AB=AE,

所以四边形4EG/为平行四边形，

所以AR〃七G,又EGu平面尸EC,AFCTffiPEC,

所以AR〃平面PEC,

所以PQ的中点厂即为所求.

(2)易知，C£_LAB,CE_L平面B4B,

则NCPE即为PC与平面PAB所成的角，

在RjEC中，浮手,即7岛5=乎,

解得勿=2.

过。作的垂线，垂足为“，过〃作PE的垂线，垂足为K,连接KD,

因为％平面ABCO,所以见J_。”，

又DH上BA,PAHBA=Af所以。“，平面PBA,

又PEu平面PBA,

所以DHLPE,又DHCHK=H,

所以PEJ_平面Q”K,所以PEJ_£>K,

所以NQK”即为所求的二面角的平面角.

在RtZ\O"K中，DH=小,

易得△B4Esa”KE,所以PEHK=EHM

”,、，EH•PA4

所以“K=「后二事

从而DK=yp^=yf^,

所以COS/OKH=A^=华L

IJI\31

即二面角D—PE—A的余弦值为呼L

法二取8C的中点G连接AG,

由已知可得AG_L4D

乂・.・/M_L平面ABC。，

故可以人为原点，以AG,AD,4P分别为达y,z轴建立如图所示空间直角坐

标系.

(1)易证CE_L平面PAB,故NCPE即为尸C与平面所成的角，

・・・sin/CPE=^=坐；.CP=2®/.M2+AC2=8,

X_z1I

AM=2.

故A(0,0,0),B(小,一1,0),《坐，-1,0),。(小，1,0),P(0,0,2),

zo2

\(

惇

当1-3

-2--o

2EC2

尸£)=(0,2,-2).

设PF=2PD,

又・.・Ab=AP+PR・・・AR=(0,24，2—2/1).

设平面PEC的一个法向量为团=(x,)，，z),

，—SI

mEP=-^乙-x+5乙y+2z=0,

则1.r

，〃•EC=孚x+1)=0,

(x=一小,

令y=l,则jy=l，

lz=-1,

m—(一小，1,—1).

若AH7平面尸EC,则AF_Lm，

-1

：.AF•/n=2z-2+2A=0,A=5，

・•・尸为夕。的中点为所求.

(2)设平面DPE的一个法向量为〃=(弟y,z),则

，一M31

n-EP=—^-xH-zy+2z=0,

JJ

、〃PO=2y-2z=0,

3

易知平面APE的一个法向量为£C=惇,-

To

设二面角D-PE-A的平面角为仇则|cos叫=|cos〈EC,n)|=

由图易知二面角D-PE-A为锐角，

・•・二面角D—PE-A的余弦值为噂.

探究提高(1)用传统法求解二面角的关键是：先找出二面角的平面角，再在三

角形中求解此角.

(2)利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或

互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下，这种方法具

有一定的优势，但要注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐南、直角或钝

角”，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严

谨的.

【训练3】(2016•浙江卷)如图，在三棱台A3C一£»中，平面平面ABC,

ZACB=90°,BE=EF=FC=T,BC=2,AC=3.

(1)求证：8尸_1_平面4。打)；

(2)求二面角B-A。一尸的平面角的余弦值.

⑴证明延长AD,BE,。尸相交于一点K,如图所示.

因为平面8bEJ_平面A8C,平面BCFECl平面”C=BC,且

AC

13

ACLBC,所以AC_L平面BCK,

因此BFLAC.

又因为EF//BC,BE=EF=FC=l,BC=2,所以△8CK为等边三角形，且F

为CK的中点，WOBFLCK,

1.CKDAC=C,CK,4Cu平面ACT7。，

所以8口L平面ACFD

(2)解法一过点尸作尸。J_4K于Q,连接BQ.

因为8/LL平面ACK,所以8/LLAK,则AKJL平面8QF,所以8Q_LAK.

所以N8。尸是二面角8一4。一尸的平面角.

在RlZ\ACK中，AC=3,CK=2,得4/=行，FQ=^^-.

在RtZ\BQE中，尸。=今用，BF=^,

得cosZBQF=•

所以，二面角3—AO一尸的平面角的余弦值为乎.

法二如图，延长4DBE,CF相交于一点K,则△BCK为

等边三角形.

取8C的中点0,连接K。，则K01BC,又平面BCFEL^-

面ABC,平面BbEG平面A8C=BC,所以K0_L平面ABC.

以点。为原点，分别以射线。8,0K的方向为x轴，z轴的正方向,

建立空间直角坐标系。一工尸.

由题意得8(1,0,0),C(-l,0,0),K(0,0,小)，A(-l,-3,0),*,0,明,

V，0,日).

因此，AC=(0,3,0),AK=(1,3,小)，A8=(2,3,0).

设平面ACK的法向量为m=(xi,yi,z0,平面人BK的法向量为〃=(必/，Z2).

’-

AC•机=0,(3)“=0,

由-得A—n

AK・〃z=0,g+3)“+43z1=0,

取加=(小，0,-1)；

AB・〃=(),2x2+3”=0»

由彳_得，

X2+3y2+小Z2=0»

AK・〃=0,

取〃=(3,-2,小).

mn

于是，cos(m,n

|w|-|w|4.

J3

所以，二面角8一4。一尸的平面角的余弦值为牛.

胡纳总结思维升华探规律防失误

1.两条直线夹角的范围为0,T■.设直线/1,/2的方向向量分别为m,〃2,其夹角

为仇则cos0=|cosn\,in

2.二面角的范围为［0,兀］.设半平面。与”的法向量分别为小与〃2,二面角为仇

|/｛］</pl

则|cos9|=|COSm,m|=四切?

3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角

就是所求的二面角，导致出错.

4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”

化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，

各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问

题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运

算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.

I专题训练I对接高考I求落实迎高考

1.(2017•金华调研)如图,AB=BE=BC=2AD=2,且ABLBE,ZDAB=605,

AD//BC,BELAD.

(1)求证：平面平面BOE；

(2)求直线AD与平面DCE所成角的正弦值.

a

(1)证明：AB=2ADfZDAB=60°,：.ADLDB,

又8E_L4E>,且JAD_L平面BOE,

乂AOu平面ADE,J平面AOE_L平面BDE.

(2)解VBELAD,AB±BE,平面ABS

・••点E到平面ABCD的距离就是线段BE的长为2,

设AD与平面DCE所成角为a点A到平面DCE的距离为(1,

由V三校椎A—QCE=V三校椎E-AOC得yXdXS^CDE=2X\BE\X5AACD>解得d=^^~,

而AD=则8=\An\~,

1,sin|/iLz|1U

故直线AD与平面OCE所成角的正弦值为嚅.

2.(2()17•衢州调研)已知四棱锥尸一A3co的底面ABC。是菱形，ZADC=\20°,

AD的中点M是顶点P在底面ABCD的射影，N是PC的中点.

⑴求证：平面MP8_UF面PBC；

(2)若MP=MC,求直线KN与平面PMC所成角的正弦值.

⑴证明•・•四边形ABC。是菱形，ZADC=nO°,

且M是AO的中点，；.MBLAD,J.MBLBC.

又：P在底面ABCD的射影M是AZ)的中点，

・,.PM_L平面ABCQ,

又\・8Cu平面ABC。，

而PMAM8=M,PM,平面尸MB,

•\8C_L平面PMB,又8Cu平面PBC,

・・・平面MP8_L平面PBC.

(2)解法一过点8作8H_LMC,连接

VPM±¥ffi/lBCD,8Hu平面八8c。，；・BH上PM,

又,：PM,MCu平面PMC,PMCMC=M,

・・・B4_L平面PMC,

・・・HN为直线BN在平面PMC上的射影，

・•・NBNH为直线BN与平面PMC所成的角，

在菱形ABCD中，设AB=2a,则MB=AB-sin60°=小〃,

MC=yjDM?+DC2—2DMDCcos1200=币&

又由⑴知M8_L8C,

,A.2a•yl3a2啦T

・••在△M3C中，BH=巾：=-^~m

由(1)知8CJ_平面PMB,PBu平面PM3,

；・PB上BC,；・BN=;PC=%*

2匹

2^6

.・sin""一而一行

7.

2a

法二由(1)知MA,MB,MP两两互相垂直，以M为坐标原点，以MA,MB,

A/P所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系M一孙z,不妨

设MA=\,

则M(0,0,0),A(l,0,0),B(0,小,0),P(0,0,巾)，C(-2,小,0),

・・・N是PC的中点，・・・＜一1,坐，坐)，

设平面PMC的法向量为〃=(xo,yo,zo),

又・・・MP=(0,0,币)，MC=(-2,小,0),

’一

〃MP=0,小zo=O,

・；_即

.一筋)+#州=0,

〃MC=(),

令yo=l,则〃=(乎，1,()/|川=乎，

网=卑

又・・・BN=(-1,—坐聿,

./彘、।|8N•川巡

|cos(BN,n)|=------=j--

\BN\\n\

所以，直线8N与平面PMC所成角的正弦值为半.

3.(2016•全国III卷)如图，四棱锥产一A3CD中，EA_L底面ABC。，AD〃BC,AB

=AD=AC=3f%=BC=4,M为线段A。上一点，AM=2MD,N为PC的中点.

c

(1)证明MN〃平面PAB；

(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

2

(1)证明由已知得AM=1A£>=2.

取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN//BC,

TN=；BC=2.

又AOHBC,故川统AM,四边形4MN7为平行四边形，于是MN〃A7.

因为ATu平面以B,平面以3,所以WN〃平面％A

⑵解取BC的中点E,连接AE.

由AB=4C得AE_LBC,

从而AEA.AD,B序(牛)”=小.

以A为坐标原点，AE的方向为“轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A

—xyz.

由题意知I,P(0,0,4),M(0,2,0),C(小，2,0),《坐，1,2),

PM=(0,2,

-4),呐=俘,1,一2),AN=既,1,2,.

设〃=(x,y,z)为平面PWN的法向量，则

"=0,J2『4Z=0,

•一R叫道可取〃=(0,2,1).

RPN=O,[2工+厂22=0,

于是cos〈〃，AN〉=---==关-.

\n\\AN\

设AN与平面PMN所成的角为仇则sin。=曜，

，直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为嘻.

4.(2017•全国II卷)如图，四棱锥P—A8C。中，侧面以。为等边三角形且垂直于

底面ABC。，AB=BC=：AD,ZBAD=ZABC=90°,E是尸。的中点.

(1)证明：直线CE〃平面以8；

⑵点M在棱PC上，且直线BM与底面A8CO所成角为45°,求二面角M-A8

-D的余弦值.

⑴证明取外的中点F,连接ERBF,

因为£是P。的中点，所以EF=^AD.

由N3Ao=NABC=90°得8C〃AO,

乂BC=%D,所以EF统BC,

四边形BCE尸是平行四边形，CE//BF.

又BFu平面PAB,

CEQ平面PAB,

故CE〃平面PAB.

(2)解由已知得BAL4。，以4为坐标原点，AB的方向

为了轴正方向，|A8|为单位长，建立如图所示的空间直

角坐标系A一孙z,则

40,0,0),B。,0,0),C(l,1,0),P(0,1,仍),

PC=(1,0,一小),AB=(1,0,0).

设M(JGy,z)(0<r<l),则

yfz),PM=(x,y-lfz~y[3).

因为6M与底面A6C。所成的角为45°,

而〃=((),0,1)是底面438的法向量,

所以|cos(BM,n)|=sin450，

|z|—也

yj(x-1)2+y2+z2-2'

即d)2+)，2—z2=0.①

又M在棱PC上，设(0V/IW1),则

x=2,y=l,z=[§一小4.②

%=1-应

x=1x12，

由①，②解得（）=1，（舍去），S)，=1,

L坐

z~2'

所以MJ—乎，1,坐］,从而AM=（1—乎，1,坐）

设机=（xo,mzo）是平面ABM的法向量，则

(2—啦)xo+2yo+,zo=O,

一即

帆48=0,xo=O，

所以可取加=（0,一小,2）.

mnVTo

于是cos{m,n

MM5,

因此二面角M—AB-D的余弦值为邛.

5.（2017・山东卷）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABC。（及其内部）以

边所在直线为旋转岫旋转120。得到的，G是针的中点.

(1)设P是d；上的一点，且APJ_BE,求NCBP的大小;

(2)当AB=3,AO=2时，求二面角E-AG-C的大小.

解(1)因为AB上BE,

AB,APu平面ABP,ABQAP=A,

所以BE_L平面ABP,

又8Pu平面ABP,所以BELBP,又/EBC=120°,

因此NC8P=30°.

(2)法一如图1,取比的中点H,连接E”，GH,CH.

因为/£8C=120°,

所以四边形。E”C为菱形，

所以AE=GE=AC=GC

='32+22=711

取AG中点M,连接EM,CM,EC,

则EM±AG,CM.LAG,

所以，NEMC为所求二面角的平面角.

又AM=1,所以EM=CM=[13-1=2小.

在△BEC中，由于NEBC=120。,

由余弦定理得EC2=22+22—2X2X2XCOS120°=12,

所以EC=2小,因此△EMC为等边三角