1、第23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常考题型精析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
2、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(2014课标全国)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. B. C. D.题型二直线与平面所成的角例2(2015课标全国)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1，D1C1上，
3、A1ED1F4.过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面所成角的正弦值点评(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，n，则直线l与平面所成角满足sin |cosm，n|，.变式训练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
4、)若APBADB60，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值题型三二面角例3(2015山东)如图，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G，H分别为AC，BC的中点(1)求证：BD平面FGH；(2)若CF平面ABC，ABBC，CFDE, BAC45，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小点评(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
5、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，(2)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(2015安徽)如图所示，在多面体A1B1D1ABCD，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EFB1C.(2)求
6、二面角EA1DB1的余弦值高考题型精练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()AADB BADB CACB DACB2(2015北京朝阳区模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A. B. C. D.3(2014大纲全国)已知二面角l为60，AB，ABl，A为垂足，CD，Cl，ACD135，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()A. B. C. D.4(2014四川)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为线段BD的中点设点P在
7、线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为，则sin 的取值范围是()A，1 B，1C， D，1 5.(2015衢州模拟)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是_6正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成的角是_7(2014四川)三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图所示设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MNNP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角ANPM的余弦值8(2015浙江)如
8、图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABAC2，A1A4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点(1)证明：A1D平面A1BC；(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值9(2015江苏)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(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10(2015北京)如图，在四棱锥AEFCB中，AEF为等边三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC，BC4，EF2a，EBCFCB60，O为E
9、F的中点(1)求证：AOBE；(2)求二面角FAEB的余弦值；(3)若BE平面AOC，求a的值答案精析第23练“空间角”攻略常考题型精析例1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
10、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，cos，即，120，所以所求异面直线BA1与AC所成角为60.变式训练1C由于BCA90，三棱柱为直三棱柱，且BCCACC1，可将三棱柱补成正方体建立如图所示空间直角坐标系设正方体棱长为2，则可得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)交线围成的正方形EHGF如图：(2
11、)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.以D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，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10，4,8)，F(0,4,8)，(10,0,0)，(0，6，8)设n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取n(0,4,3)又(10,4,8)，故|cosn，|.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.变式训练2(1)证明以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图)，则A(1,0,0)，
12、B(0,1,0)设C(m,0,0)，P(0,0，n) (m0)，则D(0，m,0)，E.可得，(m，1,0)因为00，所以PEBC.(2)解由已知条件可得m，n1，故C，D，E，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.例3(1)证明如图，连接DG，CD，设CDGFO，连接OH，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G为AC的中点，可得DFGC，DFGC，所以四边形DFCG为平行四边形则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OHBD，又OH平面FGH，BD平面FGH，所以BD平
13、面FGH.(2)解方法一设AB2，则CFDE1.在三棱台DEFABC中，G为AC的中点，由DFACGC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DGFC，又FC平面ABC，所以DG平面ABC.在ABC中，由ABBC，BAC45，G是AC中点所以ABBC，GBGC，因此GB，GC，GD两两垂直以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系所以G(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，D(0,0,1)可得H，F(0，1)，故，(0，1)设n(x，y，z)是平面FGH的一个法向量，则由可得可得平面FGH的一个法向量n(1，1，)因为是平面ACFD的一个法向量，(，0,0)所以cos，n.所以平面FG
14、H与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.方法二作HMAC于点M，作MNGF于点N，连接NH.设AB2.由FC平面ABC，得HMFC，又FCACC，所以HM平面ACFD.因此GFNH，所以MNH即为所求的角在BGC中，MHBG，MHBG，由GNMGCF，可得，从而MN.由HM平面ACFD，MN平面ACFD，得HMMN，因此tanMNH，所以MNH60，所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.变式训练3(1)证明由正方形的性质可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1CA1D，又A1D面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE
15、.又B1C面B1CD1，面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.以A为原点，分别以，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标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点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设面A1DE的法向量n1(r1，s1，t1)，而该面上向量，(0,1，1)，由n1.n1得r1，s1，t1应满足的方程组(1,1,1)为其一组解，所以可取n1(1，1
16、,1)设面A1B1CD的法向量n2(r2，s2，t2)，而该面上向量(1,0,0)，(0,1，1)，由此同理可得n2(0,1,1)所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为.高考题型精练1B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.2B以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，(0,1，1)，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则n1(1,2,2)平面ABCD的一个法向量为n2(0,0,1)，cosn1，n2.即所成的锐二面角的余弦值为.3B方法一如图(1)，平移CD至AF，则
17、BAF为所求作二面角l的平面角BAE60，又EAF45，由cosBAFcosBAEcosEAF得cosBAF.方法二如图(2)，设AB2a，过点B作BB1，垂足为B1，作AD1CD，则BAD1即为所求过点B1作B1D1AD1于D1，连接AB1，BD1，则易知BAB1为二面角的平面角，即BAB160，从而BB12asin 60a，B1AD145，AB1a，AD1B1D1a.在RtBB1D1中，BD1a.在BAD1中，由余弦定理，得cosBAD1，即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.4B根据题意可知平面A1BD平面A1ACC1且两平面的交线是A1O，所以过点P作交线A1O的垂线PE，则PE平面A
18、1BD，所以A1OP或其补角就是直线OP与平面A1BD所成的角.设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP与平面A1BD可以垂直当点P与点C1重合时可得A1OOP，A1C12，所以sin 22，所以sin ；当点P与点C重合时，可得sin .根据选项可知B正确 5.60解析以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系设ABBCAA12，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，则(0，1,1)，(2,0,2)，2，cos，EF和BC1所成的角为60.630解析如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系设ODSOOAOBOCa，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(
19、a,0,0)，P(0，)，则(2a,0,0)，(a，)，(a，a,0)设平面PAC的法向量为n，可求得n(0,1,1)，则cos，n.，n60，直线BC与平面PAC所成的角为906030.7(1)证明如图(1)，取BD的中点O，连接AO，CO.图(1)由侧视图及俯视图知，ABD，BCD均为正三角形，因此AOBD，OCBD.因为AO，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC，所以BDAC.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N分别为线段AD，AB的中点，所以NHAO，MNBD.因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以BDNP.因为NH，NP平面NHP，且NH
20、NPN，所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.因为H为BO中点，故P为BC中点(2)解方法一如图(2)，作NQAC于Q，连接MQ.图(2)由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，所以MNQ为二面角ANPM的一个平面角由(1)知，ABD，BCD为边长为2的正三角形，所以AOOC.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC平面BCD，所以AOOC，因此在等腰RtAOC中，AC.作BRAC于R，在ABC中，ABBC，所以BR .因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中
21、点，因此NQ.同理，可得MQ.所以在等腰MNQ中，cosMNQ.故二面角ANPM的余弦值为.方法二由俯视图及(1)可知，AOBCD.因为OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直线OA，OB，OC两两垂直如图(3)，以O为坐标原点，以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，图(3)建立空间直角坐标系，则A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，0)，D(1,0,0)因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，所以M(，0，)，N(，0，)，P(，0)于是(1,0，)，(1，0)，(1,0,0)，(0，)设平面ABC的一个法向量n1(x1，y1，z1
22、)，则即有从而取z11，则x1，y11，所以n1(，1,1)设平面MNP的一个法向量n2(x2，y2，z2)，则即有从而取z21，所以n2(0,1,1)设二面角ANPM的大小为，则cos .故二面角ANPM的余弦值是.8(1)证明设E为BC的中点，由题意得A1E平面ABC，所以A1EAE.因为ABAC，所以AEBC.故AE平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DEB1B且DEB1B，从而DEA1A且DEA1A，所以A1AED为平行四边形故A1DAE.又因为AE平面A1BC，所以A1D平面A1BC.(2)解方法一作A1FBD且A1FBDF，连接B1F.由AEEB，A1EAA1EB9
23、0，得A1BA1A4.由A1DB1D，A1BB1B，得A1DB与B1DB全等由A1FBD，得B1FBD，因此A1FB1为二面角A1BDB1的平面角由A1D，A1B4，DA1B90，得BD3，A1FB1F.由余弦定理得cosA1FB1.方法二以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图所示由题意知各点坐标如下：A1(0,0，)，B(0，0)，D(，0，)，B1(，)因此(0，)，(，)，(0，0)设平面A1BD的法向量为m(x1，y1，z1)，平面B1BD的法向量为n(x2，y2，z2)由即可取m(0，1)由即可取n(，0,1)于是|cosm，n|.由题
24、意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为.9解以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标为A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)(1)因为AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，(0,2,0)因为(1,1，2)，(0,2，2)设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1,1,1)是平面PCD的一个法向量从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为(1,0,2)，设(，0,2)(01)，又(0，1,0)，则(，1,2)，
25、又(0，2,2)，从而cos，.设12t，t1,3，则cos2，.当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.10解(1)因为AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AOEF.又因为平面AEF平面EFCB，平面AEF平面EFCBEF，AO平面AEF，所以AO平面EFCB.又BE平面EFCB，所以AOBE.(2)取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OGEF.由(1)知AO平面EFCB.又OG平面EFCB，所以OAOG.如图建立空间直角坐标系，则E(a,0,0)，A(0,0，a)，B(2，(2a)，0)，(a,0，a)，(a2，(a2)，0)设平面AEB的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则x，y1，于是n(，1,1)平面AEF的一个法向量为p(0,1,0)所以cosn，p.由题知二面角FAEB为钝角，所以它的余弦值为.(3)因为BE平面AOC，所以BEOC，即0，因为(a2，(a2)，0)，(2，(2a)，0)，所以2(a2)3(a2)2.由0及0a2，解得a.
