1、高考专题突破四高考中的立体几何问题空间角的求法命题点1求线线角例1(2019安徽知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABCA1B1C1中，A1ACBAC60，平面A1ACC1平面ABC，AA1ACAB，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为_答案解析方法一令M为AC的中点，连接MB，MA1，由题意知ABC是等边三角形，所以BMAC，同理，A1MAC，因为平面A1ACC1平面ABC，平面A1ACC1平面ABCAC，BM平面ABC，所以BM平面A1ACC1，因为A1M平面A1ACC1，所以BMA1M，所以AC，BM，A1M两两垂直，以M为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直
2、角坐标系设AA1ACAB2，则A(1,0,0)，B(0，0)，A1(0,0，)，C1(2,0，)，所以(3,0，)，(0，)，所以cos，故异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.方法二如图，在平面ABC，平面A1B1C1中分别取点D，D1，连接BD，CD，B1D1，C1D1，使得四边形ABDC，A1B1D1C1为平行四边形，连接DD1，BD1，则ABC1D1，且ABC1D1，所以AC1BD1，故A1BD1或其补角为异面直线AC1与A1B所成的角连接A1D1，过点A1作A1MAC于点M，连接BM，设AA12，由A1AMBAC60，得AM1，BM，A1M，因为平面A1ACC1平面ABC，平面A1
3、ACC1平面ABCAC，A1M平面A1ACC1，所以A1M平面ABC，又BM平面ABC，所以A1MBM，所以A1B，在菱形A1ACC1中，可求得AC12BD1，同理，在菱形A1B1D1C1中，求得A1D12，所以cosA1BD1，所以异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为.思维升华(1)求异面直线所成角的思路：选好基底或建立空间直角坐标系求出两直线的方向向量v1，v2.代入公式|cosv1，v2|求解(2)两异面直线所成角的关注点：两异面直线所成角的范围是，两向量的夹角的范围是0，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面
4、直线的夹角跟踪训练1(2019龙岩月考)若正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为，AB1，则直线AB1与CD1所成的角为()A30 B45 C60 D90答案C解析正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为，AB1，AA1，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B1(1,1，)，C(0,1,0)，D1(0,0，)，(0,1，)，(0，1，)，设直线AB1与CD1所成的角为，则cos ，又090，60，直线AB1与CD1所成的角为60.故选C.命题点2求线面角例2(2018浙江)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A
5、，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)证明：AB1平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值方法一(1)证明由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，得AB1A1B12，所以A1BABAA，故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，得B1C1.由ABBC2，ABC120，得AC2.由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1.又因为A1B1B1C1B1，A1B1，B1C1平面A1B1C1，所以AB1平面A1B1C1.(2)解如图，过点C1作C1DA1B1，交
6、直线A1B1于点D，连接AD.由AB1平面A1B1C1，得平面A1B1C1平面ABB1.由C1DA1B1，平面A1B1C1平面ABB1A1B1，C1D平面A1B1C1，得C1D平面ABB1.所以C1AD即为AC1与平面ABB1所成的角由B1C1，A1B12，A1C1，得cosC1A1B1，sinC1A1B1，所以C1D，故sinC1AD.因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.方法二(1)证明如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系由题意知各点坐标如下：A(0，0)，B(1,0,0)，A1(0，4)，B1(1,0,2)，C1(0，1)因此(
7、1，2)，(1，2)，(0,2，3)由0，得AB1A1B1.由0，得AB1A1C1.又A1B1A1C1A1，A1B1，A1C1平面A1B1C1，所以AB1平面A1B1C1.(2)解设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知(0,2，1)，(1，0)，(0,0,2)设平面ABB1的一个法向量为n(x，y，z)由得可取n(，1,0)所以sin |cos，n|.因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.思维升华(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面
8、的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角(2)若直线l与平面的夹角为，直线l的方向向量l与平面的法向量n的夹角为，则或，故有sin |cos |.跟踪训练2如图，已知三棱柱ABCA1B1C1中，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点(1)证明：EFBC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值方法一(1)证明如图，连接A1E，因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC，则A1EBC.又因为A1FAB，AB
9、C90，故BCA1F，又A1E，A1F平面A1EF，A1EA1FA1，所以BC平面A1EF.又EF平面A1EF，因此EFBC.(2)解取BC的中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形连接A1G交EF于O，由(1)得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)不妨设AC4，则在RtA1EG中，A1E2，EG.由于O为A1G的中点，故EOOG，所以cosEOG.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.方法二(1)证明连
10、接A1E，因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC.如图，以E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系不妨设AC4，则A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F，C(0,2,0)因此，(，1,0)由0得EFBC.(2)解设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得(，1,0)，(0,2，2)设平面A1BC的法向量为n(x，y，z)由得取n(1，1)，故sin |cos，n|.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.命题点3求二面角
11、例3如图，在四棱锥ABCDE中，平面BCDE平面ABC，BEEC，BC2，AB4，ABC60.(1)求证：BE平面ACE；(2)若直线CE与平面ABC所成的角为45，求二面角EABC的余弦值(1)证明在ACB中，由余弦定理得cosABC，解得AC2，所以AC2BC2AB2，所以ACBC.又因为平面BCDE平面ABC，平面BCDE平面ABCBC，AC平面ABC，所以AC平面BCDE.又BE平面BCDE，所以ACBE.又BEEC，AC，CE平面ACE，且ACCEC，所以BE平面ACE.(2)解方法一因为直线CE与平面ABC所成的角为45，平面BCDE平面ABC，平面BCDE平面ABCBC，所以BC
12、E45，所以EBC为等腰直角三角形取BC的中点F，连接EF，过点F作FGAB于点G，连接EG，则EGF为二面角EABC的平面角易得EFBF1，FG.在RtEFG中，由勾股定理，得EG，所以cosEGF，所以二面角EABC的余弦值为.方法二因为直线CE与平面ABC所成的角为45，平面BCDE平面ABC，平面BCDE平面ABCBC，所以BCE45，所以EBC为等腰直角三角形记BC的中点为O，连接OE，则OE平面ABC，以O为坐标原点，分别以OB，OE所在直线为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,2，0)，B(1,0,0)，E(0,0,1)，所以(2,2，0)，(1,0,1)设平面A
13、BE的法向量m(x，y，z)，则即令x，则m(，1，)为平面ABE的一个法向量易知平面ABC的一个法向量为(0,0,1)，所以cosm，易知二面角EABC为锐角，所以二面角EABC的余弦值为.思维升华(1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：求平面的垂线的方向向量利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解跟踪训练3(2020湖北宜昌一中模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PA底
14、面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点(1)证明：BEPD；(2)若F为棱PC上一点，满足BFAC，求二面角FABD的余弦值解依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP为轴建立空间直角坐标系如图，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)(1)证明向量(0,1,1)，(0,2，2)，故0，所以，所以BEPD.(2)解(1,2,0)，(2，2,2)，(2,2,0)，(1,0,0)，由点F在棱PC上，设，01，故(12，22，2)，由BFAC，得0，因此，2(12)2(22)0，即.设n1(x，
15、y，z)为平面FAB的法向量，则即不妨令z1，可得n1(0,3，1)为平面FAB的一个法向量，取平面ABD的法向量n2(0,0,1)，则cosn1，n2，又因为二面角FABD为锐二面角，所以二面角FABD的余弦值为.立体几何中的探索性问题例4(2019淄博模拟)已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60的二面角，点M在线段AB上(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD平面EMC；(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60；若存在，求此时二面角MECF的余弦值，
16、若不存在，说明理由解(1)因为直线MF平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)，因为AOBF，M为AB的中点，所以OAMFBM，所以OMMF，AOBF，所以点O在EA的延长线上，且AO2，连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，连接MN，因为MN为DOF的中位线，所以MNOD，又因为MN平面EMC，OD平面EMC，所以直线OD平面EMC. (2)由已知可得，EFAE，EFDE，AEDEE，所以EF平面ADE，所以平面ABFE平面ADE，取AE的中点H为坐标原点，以AH，DH所在直线分别为x轴，z轴，建
17、立如图所示的空间直角坐标系，所以E(1,0,0)，D(0,0，)，C(0,4，)，F(1,4,0)，所以(1,0，)，(1,4，)，设M(1，t,0)(0t4)，则(2，t,0)，设平面EMC的法向量m(x，y，z)，则取y2，则xt，z，所以m，因为DE与平面EMC所成的角为60，所以，所以，所以t24t30，解得t1或t3，所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60，取ED的中点Q，因为EF平面ADE，AQ平面ADE，所以AQEF，又因为AQDE，DEEFE，DE，EF平面CEF，所以AQ平面CEF，则为平面CEF的法向量，因为Q，A(1,0,0)，所以，m，设二面角MECF的大
18、小为，所以|cos |，因为当t2时，cos 0，平面EMC平面CDEF，所以当t1时，为钝角，所以cos .当t3时，为锐角，所以cos .思维升华(1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设(2)平面图形的翻折问题，关键是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一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化跟踪训练4(2019天津市南开区南开中学月考)如图1，在边长为2的菱形ABCD中，BAD60，DEAB于点E，将AD
19、E沿DE折起到A1DE的位置，使A1DBE，如图2.(1)求证：A1E平面BCDE；(2)求二面角EA1DB的余弦值；(3)在线段BD上是否存在点P，使平面A1EP平面A1BD？若存在，求的值；若不存在，说明理由(1)证明因为A1DBE，DEBE，A1DDED，A1D，DE平面A1DE，所以BE平面A1DE，因为A1E平面A1DE，所以A1EBE，又因为A1EDE，BEDEE，BE，DE平面BCDE，所以A1E平面BCDE.(2)解以E为原点，分别以EB，ED，EA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(0，0)，A1(0,0,1)，所以(1,0,1)，(1，0)
20、，设平面A1BD的法向量n(x，y，z)，由得令y1，得n(，1，)，因为BE平面A1DE，所以平面A1DE的法向量(1,0,0)，cosn，因为所求二面角为锐角，所以二面角EA1DB的余弦值为.(3)解假设在线段BD上存在一点P，使得平面A1EP平面A1BD，设P(x，y，z)，(01)，则(x1，y，z)(1，0)，所以P(1，0)，所以(0,0,1)，(1，0)，设平面A1EP的法向量m(x1，y1，z1)，由得令x1，得m(，1,0)，因为平面A1EP平面A1BD，所以mn310，解得0,1，所以在线段BD上存在点P，使得平面A1EP平面A1BD，且.例(12分)(2019全国)如图，
21、直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点(1)证明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值(1)证明连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.1分又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.2分由题设知A1B1DC且A1B1DC，可得B1CA1D且B1CA1D，故MEND且MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，3分所以MNED.4分又MN平面C1DE，ED平面C1DE，5分所以MN平面C1DE.6分(2)解由已知可得DEDA，以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建
22、立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，7分则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，2)，N(1,0,2)，(0,0，4)，(1，2)，(1,0，2)，(0，0)8分设m(x，y，z)为平面A1MA的一个法向量，则所以可得m(，1,0)9分设n(p，q，r)为平面A1MN的一个法向量，则所以可取n(2,0，1)10分于是cosm，n，11分所以二面角AMA1N的正弦值为.12分利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角1.(2019大连模拟)如图，在三棱柱ABCA1B
23、1C1中，ABC和AA1C均是边长为2的等边三角形，点O为AC中点，平面AA1C1C平面ABC.(1)证明：A1O平面ABC；(2)求直线AB与平面A1BC1所成角的正弦值(1)证明AA1A1C，且O为AC的中点，A1OAC，又平面AA1C1C平面ABC，平面AA1C1C平面ABCAC，A1O平面AA1C1C，A1O平面ABC.(2)解如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系由已知可得O(0,0,0)，A(0，1,0)，B(，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)，(，1,0)，(，0，)，(0,2,0)，设平面A1BC1的法向量为n(x，y，
24、z)，则即平面A1BC1的一个法向量为n(1,0,1)，设直线AB与平面A1BC1所成的角为，则sin |cos，n|，又cos，n，AB与平面A1BC1所成角的正弦值为.2如图1，在ABC中，BC3，AC6，C90，且DEBC，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1DCD，如图2.(1)求证：BC平面A1DC；(2)若CD2，求BE与平面A1BC所成角的正弦值(1)证明DEA1D，DEBC，BCA1D，又BCCD，A1DCDD，A1D，CD平面A1CD，BC平面A1DC，(2)解以D为原点，分别以，为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，在直角梯形CDEB中，过E作EFBC，EF2，
25、BF1，BC3，B(3,0，2)，E(2,0,0)，C(0,0，2)，A1(0,4,0)，(1,0,2)，(0,4,2)，(3,4,2)，设平面A1BC的法向量为m(x，y，z)，令y1，m(0,1，2)，设BE与平面A1BC所成角为，sin |cos，m|.3(2020成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD中，AC6，现沿对角线AC把ADC翻折到APC的位置得到四面体PABC，如图2所示已知PB4.(1)求证：平面PAC平面ABC；(2)若Q是线段AP上的点，且，求二面角QBCA的余弦值(1)证明取AC的中点O，连接PO，BO得到PBO.四边形ABCD是菱形，PAPC，POAC.DC5，
26、AC6，OC3，POOB4，PB4，PO2OB2PB2，POOB.OBACO，OB，AC平面ABC，PO平面ABC.PO平面PAC，平面PAC平面ABC.(2)解ABBC，BOAC.易知OB，OC，OP两两垂直以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系则B(4,0,0)，C(0,3,0)，P(0,0,4)，A(0，3,0)设点Q(x，y，z)由，得Q.(4,3,0)，.设n1(x1，y1，z1)为平面BCQ的法向量由得解得取z115，则n1(3,4,15)取平面ABC的一个法向量n2(0,0,1)cosn1，n2，由图可知二面角QBCA为锐角，二
27、面角QBCA的余弦值为.4.如图所示，在正四棱锥PABCD中，底面ABCD的边长为2，侧棱长为2.(1)若点E为PD上的点，且PB平面EAC，试确定E点的位置；(2)在(1)的条件下，在线段PA上是否存在点F，使平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求线段PF的长度，若不存在，请说明理由解(1)设BD交AC于点O，连接OE，PB平面AEC，平面AEC平面BDPOE，PBOE.又O为BD的中点，E为PD的中点 (2)连接OP，由题意知PO平面ABCD，且ACBD，以O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立直角坐标系，如图所示OP，O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0，0
28、)，C(，0,0)，D(0，0)，P(0,0，)，则E，(，0,0)，(0，0)设平面AEC的法向量为m(x1，y1，z1)，则即令z11，得平面AEC的一个法向量m(0，1)，假设在线段PA上存在点F，满足题设条件，不妨设(01)则F(，0，)，(，0，)设平面BDF的法向量n(x2，y2，z2)，即令z21得平面BDF的一个法向量n.由平面AEC与平面BDF所成锐二面角的余弦值为，则cosm，n，解得(负值舍去)|.故在线段PA上存在点F，当PF时，使得平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为.5.如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD是圆内接四边形，CBCDCE1，ABADAE，
29、ECBD.(1)求证：平面BED平面ABCD；(2)若点P在侧面ABE内运动，且DP平面BEC，求直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值(1)证明如图，连接AC，交BD于点O，连接EO，ADAB，CDCB，ACAC，ADCABC，易得ADOABO，AODAOB90，ACBD.又ECBD，ECACC，EC，AC平面AEC，BD平面AEC，又OE平面AEC，OEBD.又底面ABCD是圆内接四边形，ADCABC90，在RtADC中，由AD，CD1，可得AC2，AO，AEC90，易得AEOACE，AOEAEC90，即EOAC.又AC，BD平面ABCD，ACBDO，EO平面ABCD，又EO平面BED
30、，平面BED平面ABCD.(2)解如图，取AE的中点M，AB的中点N，连接MN，ND，DM，则MNBE，由(1)知，DACBAC30，即DAB60，ABD为正三角形，DNAB，又BCAB，DN，CB平面ABCD，DNCB，又MNDNN，BEBCB，MN，DN平面DMN，BE，BC平面EBC，平面DMN平面EBC，点P在线段MN上以O为坐标原点，OA，OB，OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A，B，E，M，D，N，设平面ABE的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则n(1，)，设(01)，可得，设直线DP与平面ABE所成的角为，则sin |cosn，|，01，当0时，sin 取得最大值.故直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值为.
