高考数学一轮复习总教案：10.7　空间角及其求法

这是一份高考数学一轮复习总教案：10.7　空间角及其求法，共4页。教案主要包含了变式训练1，变式训练2，变式训练3等内容，欢迎下载使用。

典例精析
题型一 求异面直线所成的角
【例1】(2012天津模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1上的点，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶4.
(1)求异面直线EF与A1D所成角的余弦值；
(2)求证：AF⊥平面A1ED；
(3)求二面角A1－ED－F的正弦值.
【解析】方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB＝1，依题意得D(0,2,0)，F(1,2,1)，A1(0,0,4)，E(1，eq \f(3,2)，0).
易得＝(0，eq \f(1,2)，1)，＝(0,2，－4)，
于是cs〈，〉＝＝－eq \f(3,5).
所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为eq \f(3,5).
(2)证明：易知＝(1,2,1)， ＝(－1，－eq \f(3,2)，4)，＝(－1，eq \f(1,2)，0)，
于是·＝0，·＝0.因此，AF⊥EA1，AF⊥ED.又EA1∩ED＝E，所以AF⊥平面A1ED.
(3)设平面EFD的法向量u＝(x，y，z)，
不妨令x＝1，可得u＝(1,2，－1)，由(2)可知，为平面A1ED的一个法向量.
于是cs〈u，〉＝＝eq \f(2,3)，从而sin〈u，〉＝eq \f(\r(5),3).
所以二面角A1－ED－F的正弦值为eq \f(\r(5),3).
方法二：(1)设AB＝1，可得AD＝2，AA1＝4，CF＝1，CE＝eq \f(1,2).
连接B1C，BC1，设B1C与BC1交于点M，易知A1D∥B1C.由eq \f(CE,CB)＝eq \f(CF,CC1)＝eq \f(1,4)，可知EF∥BC1，故∠BMC是异面直线EF与A1D所成的角.
易知BM＝CM＝eq \f(1,2)B1C＝eq \r(5)，所以cs∠BMC＝＝eq \f(3,5).
所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为eq \f(3,5).
(2)证明：连接AC，设AC与DE交于点N，因为eq \f(CD,BC)＝eq \f(EC,AB)＝eq \f(1,2)，所以Rt△DCE∽Rt△CBA.从而∠CDE＝∠BCA.
又由于∠CDE＋∠CED＝90°，所以∠BCA＋∠CED＝90°.故AC⊥DE.
又因为CC1⊥DE且CC1∩AC＝C，所以DE⊥平面ACF.从而AF⊥DE.
连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF.从而AF⊥B1C，所以AF⊥A1D.[来源:数理化网]
因为DE∩A1D＝D，所以AF⊥平面A1ED.
(3)连接A1N，FN.由(2)可知DE⊥平面ACF.又NF⊂平面ACF，A1N⊂平面ACF，所以DE⊥NF，DE⊥A1N.故∠A1NF为二面角A1－ED－F的平面角.
易知Rt△CNE∽Rt△CBA，所以eq \f(CN,BC)＝eq \f(EC,AC).又AC＝eq \r(5)，所以CN＝eq \f(\r(5),5).
在Rt△CNF中，NF＝eq \r(CF2＋CN2)＝eq \f(\r(30),5).在Rt△A1AN中，A1N＝eq \r(AN2＋A1A2)＝eq \f(4\r(30),5).
连接A1C1，A1F，在Rt△A1C1F中，A1F＝eq \r(A1C\\al(2,1)＋C1F2)＝eq \r(14).
在△A1NF中，cs∠A1NF＝eq \f(A1N2＋FN2－A1F2,2·A1N·FN)＝eq \f(2,3).
所以sin∠A1NF＝eq \f(\r(5),3). 所以二面角A1－ED－F的正弦值为eq \f(\r(5),3).
【点拨】本题主要考查异面直线所成的角，直线与平面垂直，二面角等基础知识，考查利用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能力.
【变式训练1】已知二面角α－a－β的大小为θ(eq \f(π,2)＜θ＜π)，直线AB⊂α，CD⊂β，且AB⊥a，CD⊥a，若AB与CD所成的角为φ，则( )
A.φ＝0B.φ＝θ－eq \f(π,2)
C.φ＝θ＋eq \f(π,2)D.φ＝π－θ
【解析】选D.
题型二 求二面角
【例2】(2013北京模拟)如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝eq \r(2)，CE＝EF＝1.
(1)求证：AF∥平面BDE；
(2)求证：CF⊥平面BDE；
(3)求二面角A－BE－D的大小.
【解析】(1)设AC与BD交于点G，连接EG.
因为EF∥AG，且EF＝1，AG＝eq \f(1,2)AC＝1.
所以四边形AGEF为平行四边形. 所以AF∥EG.
因为EG⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，
所以AF∥平面BDE.
(2)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CE⊥AC，所以CE⊥平面ABCD.
如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C－xyz，则C(0,0,0)，A(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，B(0，eq \r(2)，0)，D(eq \r(2)，0,0)，E(0,0,1)，F(eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)，1).所以＝(eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)，1)，＝(0，－eq \r(2)，1)，＝(－eq \r(2)，0,1).所以＝0－1＋1＝0，＝－1＋0＋1＝0.所以CF⊥BE，CF⊥DE.所以CF⊥平面BDE.
(3)由(2)知，＝(eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)，1)是平面BDE的一个法向量.
设平面ABE的法向量n＝(x，y，z)，则n＝0，n＝0.
所以x＝0，且z＝eq \r(2)y.令y＝1，则z＝eq \r(2).
所以n＝(0,1，eq \r(2)).从而cs〈n，〉＝＝eq \f(\r(3),2).
因为二面角A－BE－D为锐角，所以二面角A－BE－D的大小为eq \f(π,6).
【点拨】(1)本小题主要考查直线与直线；直线与平面；平面与平面的位置关系，考查空间想象力推理论证能力，运算求解能力，考查数形结合思想，化归与转化的思想.
(2)空间的平行与垂直以及空间角是立体几何中重点考查的内容；利用平面的法向量的夹角求二面角的平面角是向量知识在立体几何中的应用，是求二面角常用方法.
【变式训练2】在四面体ABCD中，AB＝1，AD＝2eq \r(3)，BC＝3，CD＝2，∠ABC＝∠DCB＝eq \f(π,2)，则二面角A－BC－D的大小为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3)C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
【解析】选B.
题型三 求直线与平面所成的角
【例3】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)求证：PE⊥BC；
(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.
【解析】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)(m＜0，n＞0)，
则D(0，m,0)，E(eq \f(1,2)，eq \f(m,2)，0)，
可得＝(eq \f(1,2)，eq \f(m,2)，－n)，＝(m，－1,0)，
因为·＝eq \f(m,2)－eq \f(m,2)＋0＝0，所以PE⊥BC.
(2)由已知条件得m＝－eq \f(\r(3),3)，n＝1，
故C(－eq \f(\r(3),3)，0,0)，D(0，－eq \f(\r(3),3)，0)，E(eq \f(1,2)，－eq \f(\r(3),6)，0)，P(0,0,1).
设n＝(x，y，z)为平面PEH的法向量，
因此可以取n＝(1，eq \r(3)，0).
由＝(1,0，－1)，可得|cs〈，n〉|＝eq \f(\r(2),4).
所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为eq \f(\r(2),4).
【点拨】利用空间向量法求解问题时，适当建立空间坐标系是关键，建立坐标系时要抓住三条互相垂直且相交于一点的直线.
【变式训练3】过正三棱锥S－ABC的侧棱SB与底面中心O作截面SBO，已知截面是等腰三角形，则侧面与底面所成角的余弦值为( )[来源
A.eq \f(1,3)B.eq \f(\r(3),3)C.eq \f(1,3)或eq \f(\r(6),6)D.eq \f(\r(3),3)或eq \f(\r(6),6)
【解析】选C.取AC中点E，分SB＝BE和SE＝BE两种情况讨论.
总结提高
1.求两异面直线所成的角，一般用平移法；但若需要补形，则用向量法较好.
2.在求空间角的问题上，向量法和几何法各有所长，应斟酌使用.