2020年高考数学复习：“空间角”攻略

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　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△A′CD，所成二面角A′CDB的平面角为α，则(　　)A.∠A′DB≤α　　　B.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤α　　　D.∠A′CB≥α12345678910高考题型精练2.在正方体ABCD—A1B1C1D1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(　　)解析　以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，12345678910题型三　二面角例3　(2015·山东)如图，在三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点.(1)求证：BD∥平面FGH； 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 　如图，连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH，在三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形.因为AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，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)，高考题型精练8.(2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；证明　连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.12345678910高考题型精练(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.12345678910高考题型精练3.(2014·大纲全国)已知二面角α－l－β为60°，AB⊂α，AB⊥l，A为垂足，CD⊂β，C∈l，∠ACD＝135°，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(　　)解析　方法一　如图(1)，平移CD至AF，则∠BAF为所求.作二面角α－l－β的平面角∠BAE＝60°，12345678910高考题型精练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，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF的中点.(1)求证：AO⊥BE；证明　因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，12345678910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)， 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 　C(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.解　作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，所以可取n＝(0,4,3).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，n，则直线l与平面α所成角θ满足sinθ＝|cos〈m，n〉|，θ∈变式训练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；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)，B(0,1,0).设C(m,0,0)，P(0,0，n)(m<0，n>0)，(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.设n＝(x，y，z)为平面PEH的法向量，则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OH∥BD，又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE,∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.解　方法一　设AB＝2，则CF＝DE＝1.在三棱台DEF-ABC中，G为AC的中点，又FC⊥平面ABC，所以DG⊥平面ABC.在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点.所以AB＝BC，GB⊥GC，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.设n＝(x，y，z)是平面FGH的一个法向量，所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.方法二　作HM⊥AC于点M，作MN⊥GF于点N，连接NH.设AB＝2.由FC⊥平面ABC，得HM⊥FC，又FC∩AC＝C，所以HM⊥平面ACFD.因此GF⊥NH，所以∠MNH即为所求的角.由HM⊥平面ACFD，MN⊂平面ACFD，所以∠MNH＝60°，所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.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cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，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：EF∥B1C.证明　由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)求二面角E－A1D－B1的余弦值.解　因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.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，设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，(－1,1,1)为其一组解，所以可取n1＝(－1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，高考题型精练解析　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.答案　B12345678910高考题型精练设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，12345678910高考题型精练∴n1＝(1,2,2).∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，答案　B12345678910高考题型精练又∠EAF＝45°，方法二　如图(2)，设AB＝2a，过点B作BB1⊥β，垂足为B1，作AD1∥CD，则∠BAD1即为所求.12345678910高考题型精练过点B1作B1D1⊥AD1于D1，连接AB1，BD1，则易知∠BAB1为二面角的平面角，即∠BAB1＝60°，在Rt△BB1D1中，12345678910高考题型精练在△BAD1中，由余弦定理，得答案　B12345678910高考题型精练解析　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A1BD，所以∠A1OP或其补角就是直线OP与平面A1BD所成的角α.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.12345678910高考题型精练根据选项可知B正确.答案　B12345678910高考题型精练则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，∴EF和BC1所成的角为60°.答案　60°12345678910高考题型精练设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，设平面PAC的法向量为n，可求得n＝(0,1,1)，12345678910高考题型精练∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.答案　30°12345678910高考题型精练(1)证明：P是线段BC的中点；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AO⊥BD，OC⊥BD.因为AO，OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC.12345678910高考题型精练又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.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NH∥AO，MN∥BD.因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.因为MN⊥NP，所以BD⊥NP.因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，12345678910高考题型精练所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.因为H为BO中点，故P为BC中点.12345678910高考题型精练(2)求二面角A－NP－M的余弦值.解　方法一　如图(2)，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.图(2)由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.12345678910高考题型精练因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角A－NP－M的一个平面角.由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，由俯视图可知，AO⊥平面BCD.因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，12345678910高考题型精练作BR⊥AC于R，在△ABC中，AB＝BC，因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，所以NQ∥BR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，12345678910高考题型精练12345678910高考题型精练图(3)方法二　由俯视图及(1)可知，AO⊥BCD.因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直.12345678910高考题型精练因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，12345678910高考题型精练设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，12345678910高考题型精练设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，12345678910高考题型精练12345678910高考题型精练取z2＝1，所以n2＝(0,1,1).设二面角A－NP－M的大小为θ，12345678910高考题型精练在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.12345678910高考题型精练从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.12345678910高考题型精练(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.12345678910高考题型精练12345678910高考题型精练解　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).12345678910(1)因为AD⊥平面PAB，高考题型精练设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.12345678910高考题型精练12345678910高考题型精练12345678910高考题型精练12345678910高考题型精练所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB，平面AEF∩平面EFCB＝EF，AO⊂平面AEF，所以AO⊥平面EFCB.又BE⊂平面EFCB，所以AO⊥BE.12345678910高考题型精练(2)求二面角FAEB的余弦值；解　取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB.又OG⊂平面EFCB，12345678910高考题型精练所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系，设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，12345678910高考题型精练12345678910高考题型精练平面AEF的一个法向量为p＝(0,1,0).12345678910高考题型精练(3)若BE⊥平面AOC，求a的值.12345678910