高考数学二轮复习知识 方法篇 专题6　立体几何与空间向量 第29练 含答案

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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△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则(　　)

A.∠A′DB≤α B.∠A′DB≥α C.∠A′CB≤α D.∠A′CB≥α
答案　B
解析　极限思想：若α＝π，
则∠A′CB＜π，排除D；若α＝0，如图，

则∠A′DB，∠A′CB都可以大于0，
排除A，C.故选B.
2.(2016·课标全国乙)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，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ABCD＝m1，

∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，
又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1，
∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.
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B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，
因此∠CD1B1＝，得sin∠CD1B1＝，故选A.
3.(2016·课标全国丙)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，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AM＝AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN，
由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.
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AB＝AC得AE⊥BC，
从而AE⊥AD，
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|cos〈n，〉|＝＝.
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ABCD－A1B1C1D1中，求异面直线BA1与AC所成的角.
解　方法一　因为＝＋，＝＋，
所以·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·.
因为AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，
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A1C1∥AC，
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，∠BA1C1＝60°，
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：
①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；
②证明作出的角即为所求的角；
③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θ满足cos θ＝|cos〈m1，m2〉|.
变式训练1　(2015·浙江)如图，三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，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，
∴MK∥AN，∴∠KMC为异面直线AN，CM所成的角.
∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，
由勾股定理求得AN＝DN＝CM＝2，
∴MK＝AN＝.
在Rt△CKN中，CK＝＝.
在△CKM中，由余弦定理，得
cos∠KMC＝＝.
题型二　直线与平面所成的角
例2　如图，已知四棱锥P－ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点.

(1)证明：PE⊥BC；
(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，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·＝－＋0＝0，
所以PE⊥BC.
(2)解　由已知条件可得m＝－，n＝1，
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α所成的角，先确定l在α上的射影，在l上取点作α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α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α的法向量分别为m和n，则直线l与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos〈m，n〉|，θ∈.
变式训练2　如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC＝4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝AE＝2，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)，·n1＝0，
∴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θ，
∵＝(2，2，0)，＝(0，2，－2)，
∴n2＝(－1，1，1)，＝(－4，0，2)，
∴sin θ＝＝.
(3)解　设EM上一点N满足＝λ＋(1－λ)＝(0，4－2λ，4－4λ)，
平面ABDE的法向量n3＝(1，0，0)，＝－＝(－2，2－2λ，2－4λ)，不存在λ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ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.

(1)求证：BF⊥平面ACFD；
(2)求二面角B－AD－F的平面角的余弦值.
(1)证明　延长AD，BE，CF相交于一点K，如图①所示.

图①
因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCFE，因此BF⊥AC.
又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，
BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK，且CK∩AC＝C，
所以BF⊥平面ACFD.
(2)解　方法一　如图①所示，过点F作FQ⊥AK于Q，连接BQ.因为BF⊥平面ACFD，所以BF⊥AK，
则AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK.
所以∠BQF是二面角B－AD－F的平面角.
在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，得FQ＝.
在Rt△BQF中，FQ＝，BF＝，
得cos∠BQF＝.
所以二面角B－AD－F的平面角的余弦值为.
方法二　如图②所示，延长AD，BE，CF相交于一点K，则△BCK为等边三角形.

图②
取BC的中点O，连接KO，则KO⊥BC，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，cos〈m，n〉＝＝.
所以二面角B－AD－F的平面角的余弦值为.
点评　(1)二面角的范围是(0，π]，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.

①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；
②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；
③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
①如图(1)，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉.

②如图(2)(3)，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉.
变式训练3　如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，AB＝2，点E是C1D1的中点.
(1)求证：DE⊥平面BCE；(2)求二面角A－EB－C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DE⊥BE，DE⊥BC.
因为BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，
BE∩BC＝B，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cos〈n，〉＝＝，
由图形可得二面角A－EB－C的大小为120°.
高考题型精练
1.在正方体ABCD－A1B1C1D1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A1B∥D1C，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∠B1CD1＝60°，故选C.
2.在正方体ABCD－A1B1C1D1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A1C1∩B1D1＝O，∴A1O⊥平面BB1D1D，A1B与平面BB1D1D所成的角为∠A1BO，
∵A1O＝A1B，∴∠A1BO＝30°，
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∠B′AC＝60°，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B′C，则△AB′C为等边三角形，

设AD＝a，则B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝a，
所以∠B′DC＝90°，故选A.
4.已知正三棱锥S－ABC中，E是侧棱SC的中点，且SA⊥BE，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S－ABC中，作SO⊥平面ABC，连接OA，OB，则O是△ABC的中心，OA⊥BC，由此可得SA⊥BC，又SA⊥BE，所以SA⊥平面SBC.故正三棱锥S－ABC的各侧面是全等的等腰直角三角形.

方法一　由上述分析知cos∠SBA＝cos∠ABO·cos∠SBO，即cos 45°＝cos 30°·cos∠SBO，
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AB＝2，则OB＝，SB＝，
所以cos ∠SBO＝＝＝，故选A.
5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1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A1B＝BC1＝A1C1，

因为EF∥A1B，GH∥BC1，
所以异面直线EF与GH所成的角等于60°，
故选B.
6.正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC，AA1＝2AB，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AC∩BD＝O，连接OC1，过C点作CH⊥OC1于H，连接DH.

∵BD⊥AC，BD⊥AA1，
∴BD⊥平面ACC1A1，
∴BD⊥CH，又CH⊥OC1，
∴CH⊥平面C1BD，
则∠CDH为CD与平面BDC1所成的角，设AA1＝2AB＝2，OC1＝＝ ＝，
由等面积法有OC1·CH＝OC·CC1，
代入算出CH＝，sin ∠CDH＝＝，故选A.
7.直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，2AB＝2AC＝AA1，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2AB＝2AC＝AA1＝2，
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θ，
则cos θ＝＝＝.
8.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，PA＝1，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，
∴Rt△PAC中，PA＝1，∠PCA＝，AC＝，
∵底面ABCD是正方形，∴AB＝，
V＝×××1＝.
9.以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕，使△AB′D和△ACD折成互相垂直的两个平面，则∠B′AC＝________.

答案　60°
解析　不妨设△ABC的斜边为2，
则AD＝BD＝CD＝1，AC＝AB＝，
因为△AB′D和△ACD折成互相垂直的两个平面，
且AD⊥B′D，AD⊥DC，
所以∠B′DC是二面角B′－AD－C的平面角，
即B′D⊥DC，则B′C＝，
所以折叠后的△AB′C为等边三角形，即∠B′AC＝60°.
10.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，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DF∥BE，DF＝BE，
∴DE∥BF，∴BF与平面BB1C1C所成的角为所求.
∵AB＝1，BC＝，AC＝2，∴AB⊥BC，
又AB⊥BB1，∴AB⊥平面BB1C1C.作GF∥AB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BG＝BC＝，GF＝AB＝，
∴tan∠FBG＝＝，
∴∠FBG＝.
11.(2016·四川)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.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P－CD－A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，BC∥ED，且BC＝ED.
所以四边形BCDE是平行四边形.
从而CM∥EB.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AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)方法一　由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD.
从而CD⊥PD.
所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角.所以∠PDA＝45°.
设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.
过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.

易知PA⊥平面ABCD，
从而PA⊥CE.且PA∩AH＝A，
于是CE⊥平面PAH.
又CE⊂平面PCE，
所以平面PCE⊥平面PAH.
过A作AQ⊥PH于Q，
则AQ⊥平面PCE.
所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.
在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，
所以AH＝.
在Rt△PAH中，PH＝＝.
所以sin∠APH＝＝.
方法二　由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD，
于是CD⊥PD.
从而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角，
所以∠PDA＝45°.
由∠PAB＝90°，
且PA与CD所成的角为90°，
可得PA⊥平面ABCD.
设BC＝1，
则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.
作Ay⊥AD，以A为原点，
以，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Axyz，

则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0).
所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，0)，＝(0，0，2).
设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z).
由得
设x＝2，解得n＝(2，－2，1).
设直线PA与平面PCE所成角为α，
则sin α＝＝＝.
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.
12.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点.
(1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；
(2)点M在线段PC上，PM＝PC，若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，求平面MBQ与平面CBQ夹角的大小.

(1)证明　由题意知：PQ⊥AD，BQ⊥AD，PQ∩BQ＝Q，
∴AD⊥平面PQB，
又∵AD⊂平面PAD，
∴平面PQB⊥平面PAD.
(2)解　∵PA＝PD＝AD，Q为AD的中点，
∴PQ⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD.
以Q为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则Q(0，0，0)，A(1，0，0)，P(0，0，)，B(0，，0)，
C(－2，，0)，
∴＝＋
＝＋
＝＋(－)
＝＋
＝(－，，)，
设n1是平面MBQ的一个法向量，
则n1·＝0，n1·＝0，
∴
∴n1＝(，0，1).
又∵n2＝(0，0，1)是平面BQC的一个法向量，
∴cos〈n1，n2〉＝，
∴平面MBQ与平面CBQ的夹角为60°.