高考数学难点突破27__求空间的角 9页

高中数学难点 27 求空间的角 空间的角是空间图形的一个要素，在异面直线所成的角、线面角、二面角等知识点上， 较好地考查了学生的逻辑推理能力以及化归的数学思想. ●难点磁场 (★★★★★)如图，α —l—β 为 60°的二面角，等腰直角三角形 MPN 的直角顶点 P 在 l 上，M∈α ,N∈β ,且 MP 与β 所成的角等于 NP 与α 所成的角. (1)求证：MN 分别与α 、β 所成角相等； (2)求 MN 与β 所成角. ●案例探究 ［例 1］在棱长为 a 的正方体 ABCD—A′B′C′D′中，E、F 分别是 BC、A′D′的 中点. (1)求证：四边形 B′EDF 是菱形； (2)求直线 A′C 与 DE 所成的角； (3)求直线 AD 与平面 B′EDF 所成的角； (4)求面 B′EDF 与面 ABCD 所成的角. 命题意图：本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法，综合性较强， 属★★★★★级题目. 知识依托：平移法求异面直线所成的角，利用三垂线定理求作二面角的平面角. 错解分析：对于第(1)问，若仅由 B′E=ED=DF=FB′就断定 B′EDF 是菱形是错误的， 因为存在着四边相等的空间四边形，必须证明 B′、E、D、F 四点共面. 技巧与方法：求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平移法.求二 面角的大小也可应用面积射影法. (1)证明：如上图所示，由勾股定理，得 B′E=ED=DF=FB′= 2 5 a,下证 B′、E、D、 F 四点共面，取 AD 中点 G，连结 A′G、EG，由 EG AB A′B′知，B′EGA′是平 行四边形. ∴B′E∥A′G,又 A′F DG,∴A′GDF 为平行四边形. ∴A′G∥FD，∴B′、E、D、F 四点共面 故四边形 B′EDF 是菱形. (2)解：如图所示，在平面 ABCD 内，过 C 作 CP∥DE，交直线 AD 于 P， 则∠A′CP(或补角)为异面直线 A′C 与 DE 所成的角. 在△A′CP 中，易得 A′C= 3 a，CP=DE= 2 5 a,A′P= 2 13 a 由余弦定理得 cosA′CP= 15 15 故 A′C 与 DE 所成角为 arccos 15 15 . (3)解：∵∠ADE=∠ADF,∴AD 在平面 B′EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上.如下图 所示. 又∵B′EDF 为菱形，∴DB′为∠EDF 的平分线， 故直线 AD 与平面 B′EDF 所成的角为∠ADB′ 在 Rt△B′AD 中，AD= 2 a，AB′= 2 a,B′D= a 则 cosADB′= 3 3 故 AD 与平面 B′EDF 所成的角是 arccos 3 3 . (4)解：如图，连结 EF、B′D，交于 O 点，显然 O 为 B′D 的中点，从而 O 为正方形 ABCD—A′B′C′D 的中心. 作 OH⊥平面 ABCD，则 H 为正方形 ABCD 的中心， 再作 HM⊥DE，垂足为 M，连结 OM，则 OM⊥DE， 故∠OMH 为二面角 B′—DE′—A 的平面角. 在 Rt△DOE 中，OE= 2 2 a,OD= 2 3 a,斜边 DE= 2 5 a, 则由面积关系得 OM= 10 30 DE OEOD a 在 Rt△OHM 中，sinOMH= 6 30OM OH 故面 B′EDF 与面 ABCD 所成的角为 arcsin 6 30 . ［例 2］如下图，已知平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是边长为 a 的正方 形，侧棱 AA1 长为 b,且 AA1 与 AB、AD 的夹角都是 120°. 求：(1)AC1 的长； (2)直线 BD1 与 AC 所成的角的余弦值. 命题意图：本题主要考查利用向量法来解决立体几何问题，属★★★★★级题目. 知识依托：向量的加、减及向量的数量积. 错解分析：注意＜ ABAA ,1 ＞=＜ 1AA , AD ＞=120°而不是 60°,＜ ADAB, ＞=90°. 技巧与方法：数量积公式及向量、模公式的巧用、变形用. 22 11 222 1 1111 2 1 22 11 11 11 22 1 222 1 11 11 22222 1 11 222 1 11 1111 2 1 2222|||||| ))((|| ))(( ,2||,)2( .22||,22|| ,0,2 1120cos,2 1120cos 90,,120,, ||||,|:| 222|||||| ))(( ))((||)1(: baABAAADABADAAABADAA ABADAAABADAABDBDBD abADABABADADABAAADAAAB ABADAAADABBDAC ABADAABAADBD ADABACaAC abbaACabbaAC ADABababADAAababABAA ADABADAAABAA aADABbAA ADABADAAABAAADABAA ADABAAADABAA ACAAACAAACACAC              依题意得 由已知得 解 22 1 2|| baBD  22 1 1 1 24|||| ,cos ba b ACBD ACBDACBD   ∴BD1 与 AC 所成角的余弦值为 22 24 ba b  . ●锦囊妙计 空间角的计算步骤：一作、二证、三算 1.异面直线所成的角 范围：0°＜θ ≤90° 方法：①平移法；②补形法. 2.直线与平面所成的角 范围：0°≤θ ≤90° 方法：关键是作垂线，找射影. 3.二面角 方法：①定义法；②三垂线定理及其逆定理；③垂面法. 注：二面角的计算也可利用射影面积公式 S′=Scosθ 来计算 ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，M 为 DD1 的中点，O 为底面 ABCD 的中 心，P 为棱 A1B1 上任意一点，则直线 OP 与直线 AM 所成的角是( ) A. 6  B. 4  C. 3  D. 2  2.(★★★★★)设△ABC 和△DBC 所在两平面互相垂直，且 AB=BC=BD=a,∠CBA= ∠CBD=120°,则 AD 与平面 BCD 所成的角为( ) A.30° B.45° C.60° D.75° 二、填空题 3.(★★★★★)已知∠AOB=90°,过 O 点引∠AOB 所在平面的斜线 OC，与 OA、OB 分 别成 45°、60°，则以 OC 为棱的二面角 A—OC—B 的余弦值等于_________. 4.(★★★★)正三棱锥的一个侧面的面积与底面积之比为 2∶3,则这个三棱锥的侧面和 底面所成二面角的度数为_________. 三、解答题 5.(★★★★★)已知四边形 ABCD 为直角梯形，AD∥BC，∠ABC=90°,PA⊥平面 AC， 且 PA=AD=AB=1,BC=2 (1)求 PC 的长； (2)求异面直线 PC 与 BD 所成角的余弦值的大小； (3)求证：二面角 B—PC—D 为直二面角. 6.(★★★★)设△ABC 和△DBC 所在的两个平面互相垂直，且 AB=BC=BD，∠ABC= ∠DBC=120° 求：(1)直线 AD 与平面 BCD 所成角的大小； (2)异面直线 AD 与 BC 所成的角； (3)二面角 A—BD—C 的大小. 7.(★★★★★)一副三角板拼成一个四边形 ABCD，如图，然后将它沿 BC 折成直二面 角. (1)求证：平面 ABD⊥平面 ACD； (2)求 AD 与 BC 所成的角； (3)求二面角 A—BD—C 的大小. 8.(★★★★★)设 D 是△ABC 的 BC 边上一点，把△ACD 沿 AD 折起，使 C 点所处的新 位置 C′在平面 ABD 上的射影 H 恰好在 AB 上. (1)求证：直线 C′D 与平面 ABD 和平面 AHC′所成的两个角之和不可能超过 90°； (2)若∠BAC=90°，二面角 C′—AD—H 为 60°，求∠BAD 的正切值. 参考答案 难点磁场 (1)证明：作 NA⊥α 于 A，MB⊥β 于 B,连接 AP、PB、BN、AM，再作 AC⊥l 于 C，BD ⊥l 于 D，连接 NC、MD. ∵NA⊥α ,MB⊥β ,∴∠MPB、∠ NPA 分别是 MP 与β 所成角及 NP 与α 所成角，∠MNB， ∠NMA 分别是 MN 与β ,α 所成角，∴∠MPB=∠NPA. 在 Rt△MPB 与 Rt△NPA 中，PM=PN，∠MPB=∠NPA，∴△MPB≌△NPA，∴MB=NA. 在 Rt△MNB 与 Rt△NMA 中，MB=NA，MN 是公共边，∴△MNB≌△NMA，∴∠MNB= ∠NMA，即(1)结论成立. (2)解：设∠MNB=θ ,MN= 2 a,则 PB=PN=a,MB=NA= asinθ ，NB= acosθ ,∵ MB⊥β ,BD⊥l,∴MD⊥l,∴∠MDB 是二面角α —l—β 的平面角， ∴∠MDB=60°，同理∠NCA=60°, ∴BD=AC= 3 6 3 3 MB asinθ ,CN=DM= 63 2 60sin6  MB asinθ , ∵MB⊥β ，MP⊥PN，∴BP⊥PN ∵∠BPN=90°,∠DPB=∠CNP,∴△BPD∽△PNC,∴ PB BD PN PC  22 22 22 22 )cos2(3 sin6)sin3 62( , aaa aa aBN DB a CNa         即 整理得，16sin4θ －16sin2θ +3=0 解得 sin2θ = 4 3 4 1 或 ,sinθ = 2 3 2 1 或 ，当 sinθ = 2 3 时，CN= 63 2 asinθ = 2 a＞PN 不 合理，舍去. ∴sinθ = 2 1 ,∴MN 与β 所成角为 30°. 歼灭难点训练 一、1.解析：(特殊位置法）将 P 点取为 A1，作 OE⊥AD 于 E，连结 A1E，则 A1E 为 OA1 的射影，又 AM⊥A1E，∴AM⊥OA1，即 AM 与 OP 成 90°角. 答案：D 2.解析：作 AO⊥CB 的延长线，连 OD，则 OD 即为 AD 在平面 BCD 上的射影， ∵AO=OD= 2 3 a,∴∠ADO=45°. 答案：B 二、3.解析：在 OC 上取一点 C，使 OC=1，过 C 分别作 CA⊥OC 交 OA 于 A，CB⊥OC 交 OB 于 B，则 AC=1，， OA= 2 ，BC= 3 ，OB=2，Rt△AOB 中，AB2=6，△ABC 中，由 余弦定理，得 cosACB=－ 3 3 . 答案：－ 3 3 4.解析：设一个侧面面积为 S1，底面面积为 S，则这个侧面在底面上射影的面积为 3 S ， 由题设得 3 21 S S ，设侧面与底面所成二面角为θ ,则 cosθ = 2 1 3 3 1 11  S S S S ,∴θ =60°. 答案：60° 三、5.(1)解：因为 PA ⊥平面 AC，AB⊥BC,∴PB⊥BC,即∠PBC=90°,由勾股定理得 PB= 222  ABPA . ∴PC= 622  PCPB . (2)解：如图，过点 C 作 CE∥BD 交 AD 的延长线于 E，连结 PE，则 PC 与 BD 所成的 角为∠PCE 或它的补角. ∵CE=BD= 2 ，且 PE= 1022  AEPA ∴由余弦定理得 cosPCE= 6 3 2 222   CEPC PECEPC ∴PC 与 BD 所成角的余弦值为 6 3 . (3）证明：设 PB、PC 中点分别为 G、F，连结 FG、AG、DF，则 GF∥BC∥AD，且 GF= 2 1 BC=1=AD，从而四边形 ADFG 为平行四边形， 又 AD⊥平面 PAB，∴AD⊥AG，即 ADFG 为矩形，DF⊥FG. 在△PCD 中，PD= 2 ，CD= ，F 为 BC 中点，∴DF⊥PC 从而 DF⊥平面 PBC，故平面 PDC⊥平面 PBC，即二面角 B—PC—D 为直二面角. 6.解：(1)如图，在平面 ABC 内，过 A 作 AH⊥BC，垂足为 H，则 AH⊥平面 DBC， ∴∠ADH 即为直线 AD 与平面 BCD 所成的角.由题设知△AHB≌△AHD，则 DH⊥BH， AH=DH， ∴∠ADH=45° (2)∵BC⊥DH，且 DH 为 AD 在平面 BCD 上的射影， ∴BC⊥AD，故 AD 与 BC 所成的角为 90°. (3)过 H 作 HR⊥BD，垂足为 R，连结 AR，则由三垂线定理知，AR⊥BD，故∠ARH 为 二面角 A—BD—C 的平面角的补角.设 BC=a,则由题设知，AH=DH= 2,2 3 aBHa  ,在△HDB 中，HR= 4 3 a，∴tanARH= HR AH =2 故二面角 A—BD—C 大小为π －arctan2. 7.(1)证明：取 BC 中点 E，连结 AE，∵AB=AC，∴AE⊥BC ∵平面 ABC⊥平面 BCD，∴AE⊥平面 BCD， ∵BC⊥CD，由三垂线定理知 AB⊥CD. 又∵AB⊥AC，∴AB⊥平面 BCD，∵AB  平面 ABD. ∴平面 ABD⊥平面 ACD. (2)解：在面 BCD 内，过 D 作 DF∥BC，过 E 作 EF⊥DF，交 DF 于 F，由三垂线定理 知 AF⊥DF，∠ADF 为 AD 与 BC 所成的角. 设 AB=m，则 BC= 2 m，CE=DF= 2 2 m,CD=EF= 3 6 m 3 21arctan,3 21tan 22  ADFDF EFAE DF AFADF 即 AD 与 BC 所成的角为 arctan 3 21 (3)解：∵AE⊥面 BCD，过 E 作 EG⊥BD 于 G，连结 AG，由三垂线定理知 AG⊥BD， ∴∠AGE 为二面角 A—BD—C 的平面角 ∵∠EBG=30°，BE= 2 2 m,∴EG= 4 2 m 又 AE= m,∴tanAGE= GE AE =2,∴∠AGE=arctan2. 即二面角 A—BD—C 的大小为 arctan2. 8.(1)证明：连结 DH，∵C′H⊥平面 ABD，∴∠C′DH 为 C′D 与平面 ABD 所成的角 且平面 C′HA⊥平面 ABD，过 D 作 DE⊥AB，垂足为 E，则 DE⊥平面 C′HA. 故∠DC′E 为 C′D 与平面 C′HA 所成的角 ∵sinDC′E= DC DE  ≤ DC DH  =sinDC′H ∴∠DC′E≤∠DC′H, ∴∠DC′E+∠C′DE≤∠DC′H+∠C′DE=90° (2)解：作 HG⊥AD，垂足为 G，连结 C′G, 则 C′G⊥AD，故∠C′GH 是二面角 C′—AD—H 的平面角 即∠C′GH=60°，计算得 tanBAD= 2 2 .