（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题二 立体几何 第3讲 空间角学案 27页

第3讲　空间角[考情考向分析]　以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，热点为异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的求解，向量法作为传统几何法的补充，为考生答题提供新的工具．热点一　异面直线所成的角(1)几何法：按定义作出异面直线所成的角(即找平行线)，解三角形．(2)向量法：设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．设l，m的夹角为θ，则cosθ＝＝.例1　(1)(2018·全国Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)A.B.C.D.答案　C解析　方法一　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝.27 在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′B＋DB－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝.故选C.方法二　如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，∴＝(－1,0，)，＝(1,1，)，∴·＝－1×1＋0×1＋()2＝2，||＝2，||＝，∴cos〈，〉＝＝＝.故选C.(2)(2018·浙江省杭州二中月考)已知异面直线a，b所成的角为50°，过空间一定点P最多可作n条直线与直线a，b均成θ角，则下列判断不正确的是(　　)A．当θ＝65°时，n＝3B．当n＝1时，θ只能为25°C．当θ＝30°时，n＝2D．当θ＝75°时，n＝4答案　B解析　将空间直线平移，异面直线的夹角不变，则可将异面直线a，b平移到同一平面α27 内，使得点P为平移后的直线a′，b′的交点，则当0°≤θ<25°时，n＝0；当θ＝25°时，n＝1，此时该直线为直线a′，b′所成锐角的角平分线所在的直线；当25°<θ<65°时，n＝2，此时这两条直线在平面α内的投影为直线a′，b′所成锐角的角平分线所在的直线；当θ＝65°时，n＝3，此时其中两条直线在平面α内的投影为直线a′，b′所成锐角的角平分线所在的直线，另一条直线为直线a′，b′所成钝角的角平分线所在的直线；当65°<θ<90°时，n＝4，此时其中两条直线在平面α内的投影为直线a′，b′所成锐角的角平分线所在的直线，另外两条直线在平面α内的投影为直线a′，b′所成钝角的角平分线所在的直线；当θ＝90°时，n＝1，此时直线为过点P且与平面α垂直的直线．综上所述，B选项的说法错误，故选B.思维升华　(1)运用几何法求异面直线所成的角一般是按找—证—求的步骤进行．(2)两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.跟踪演练1　(2018·浙江省衢州二中模拟)如图，已知等腰三角形ABC中，AB＝AC，O为BC的中点，动点P在线段OB上(不含端点)，记∠APC＝θ，现将△APC沿AP折起至△APC′，记异面直线BC′与AP所成的角为α，则下列结论一定成立的是(　　)A．θ>αB．θ<αC．θ＋α>D．θ＋α<答案　A解析　设＝λ，则cosθ＝＝＝＝，因为cosα＝＝，且·＝·，27 ||＋||＝||＋||>||，所以cosθα，故选A.热点二　直线与平面所成的角(1)几何法：按定义作出直线与平面所成的角(即找到斜线在平面内的投影)，解三角形．(2)向量法：设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为μ＝(a2，b2，c2)，设直线l与平面α的夹角为θ，则sinθ＝＝|cos〈a，μ〉|.例2　(2018·浙江省名校协作体联考)在如图所示的几何体中，平面DAE⊥平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，四边形DCFE为菱形．已知AB∥CD，∠ABC＝60°，CD＝AB＝1.(1)线段AC上是否存在一点N，使得AE∥平面FDN？证明你的结论；(2)若线段FC在平面ABCD上的投影长度为，求直线AC与平面ADF所成角的正弦值．解　(1)在线段AC上存在点N，使得AE∥平面FDN，且N是AC的中点．如图，取AC的中点N，连接NF，DN，连接EC交DF于点O，连接ON.∵四边形CDEF为菱形，∴O为EC的中点．在△ACE中，由中位线定理可得ON∥AE.∵ON⊂平面FDN，AE⊄平面FDN，∴AE∥平面FDN，∴在线段AC上存在点N，使得AE∥平面FDN，且N是AC的中点．(2)方法一　∵DE∥CF，∴DE在平面ABCD上的投影长度为，过点E作EO⊥AD于点O，∵平面DAE⊥平面ABCD，且平面DAE∩平面ABCD＝AD，EO⊂平面DAE，27 ∴EO⊥平面ABCD，则OD＝，∵在等腰梯形ABCD中，由已知易得AD＝BC＝1，∴点O为线段AD的中点．设点C到平面FDA的距离为h，∵VC－FDA＝VF－ADC，∴h·S△FDA＝EO·S△ADC，易知S△ADC＝，EO＝，取AB的中点M，连接CM，取CM的中点P，连接AP，DP，FP，OP.∵O，P分别为AD，MC的中点，AM∥DC∥EF，且AM＝DC＝EF，∴OP∥EF且OP＝EF，∴四边形OPFE为平行四边形，∴OE∥FP，OE＝FP，∴FP⊥平面ABCD.易求得AP＝，DP＝FP＝，∴AF＝，DF＝，∴DF2＋AD2＝AF2，∴△ADF为直角三角形，∴S△FDA＝.∴h＝＝＝.设直线AC与平面FDA所成的角为θ，在△ADC中，易得AC＝，则sinθ＝＝.方法二　∵DE∥CF，∴DE在平面ABCD上的投影长度为，过点E作EO⊥AD于点O，∵平面DAE⊥平面ABCD，且平面DAE∩平面ABCD＝AD，EO⊂平面DAE.∴EO⊥平面ABCD，则OD＝，∵在等腰梯形ABCD中，由已知易得AD＝BC＝1.27 ∴点O为线段AD的中点．以O为原点，OE所在直线为z轴，过O且平行于DC的直线为y轴，过O且垂直于yOz平面的直线为x轴建立空间直角坐标系，易得x轴在平面ABCD内．可得A，C，D，E，∴＝，＝，＝＋＝＋＝＋(0,1,0)＝.设平面ADF的法向量为n＝(x，y，z)，则得令x＝1，得平面ADF的一个法向量为n＝(1，，－2)．若直线AC与平面ADF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.思维升华　(1)运用几何法求直线与平面所成的角一般是按找——证——求的步骤进行．(2)直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意所求角和两向量夹角间的关系．跟踪演练2　(2018·杭州质检)如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，M为线段BC的中点，D为线段BC上一点，且BD＝BA，沿直线AD将△ADC翻折至△ADC′，使AC′⊥BD.(1)证明：平面AMC′⊥平面ABD；(2)求直线C′D与平面ABD所成的角的正弦值．(1)证明　因为△ABC为等腰三角形，M为BC的中点，所以AM⊥BD，又因为AC′⊥BD，AM∩AC′＝A，AM，AC′⊂平面AMC′，27 所以BD⊥平面AMC′，因为BD⊂平面ABD，所以平面AMC′⊥平面ABD.(2)解　在平面AC′M中，过C′作C′F⊥AM交直线AM于点F，连接FD.由(1)知，平面AMC′⊥平面ABD，又平面AMC′∩平面ABD＝AM，C′F⊂平面AMC，所以C′F⊥平面ABD.所以∠C′DF为直线C′D与平面ABD所成的角．设AM＝1，则AB＝AC＝AC′＝2，BC＝2，MD＝2－，DC＝DC′＝2－2，AD＝－.在Rt△C′MD中，MC′2＝DC′2－MD2＝(2－2)2－(2－)2＝9－4.设AF＝x，在Rt△C′FA和Rt△C′FM中，AC′2－AF2＝MC′2－MF2，即4－x2＝9－4－(x－1)2，解得x＝2－2，即AF＝2－2.所以C′F＝2.故直线C′D与平面ABD所成的角的正弦值等于＝.热点三　二面角二面角有两种求法：①几何法：利用定义作出二面角的平面角，然后计算．②向量法：利用两平面的法向量．设平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)，设二面角α—a—β的平面角为θ(0≤θ≤π)，则|cosθ|＝＝|cos〈μ，v〉|.例3　如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点E在线段AD上且AE＝3，现分别沿BE，CE所在的直线将△ABE，△DCE翻折，使得点D落在线段AE上，则此时二面角D－EC－B的余弦值为(　　)27 A.B.C.D.答案　D解析　如图1所示，连接BD，设其与CE的交点为H，由题意易知BD⊥CE.翻折后如图2所示，连接BD，图1　　　　　　　　　　图2则在图2中，∠BHD即为二面角D－EC－B的平面角，易求得BD＝2，DH＝，BH＝，所以cos∠DHB＝＝，故选D.思维升华　(1)构造二面角的平面角的方法(几何法)：根据定义；利用二面角的棱的垂面；利用两同底等腰三角形底边上的两条中线等．(2)向量法：根据两平面的法向量．跟踪演练3　(2018·绍兴质检)已知四面体SABC中，二面角B－SA－C，A－SB－C，A－SC－B的平面角的大小分别为α，β，γ，则(　　)A.<α＋β＋γ<πB.<α＋β＋γ<2πC．π<α＋β＋γ<3πD．2π<α＋β＋γ<3π答案　C解析　设三棱锥的顶点S距离底面ABC无穷远，则三棱锥S－ABC近似为以△ABC为底面的三棱柱，此时二面角的平面角α，β，γ等于三角形ABC的三个内角；若顶点S与底面ABC的距离趋向于0，则三棱锥S－ABC近似压缩为四顶点共面，则当S为△ABC内一点时，二面角的平面角α，β，γ的大小都为π，因此α＋β＋γ∈(π，3π)，故选C.真题体验27 1．(2017·全国Ⅲ)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)答案　②③解析　依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知，点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．设直线a的方向向量为a＝(0,1,0)，直线b的方向向量为b＝(1,0,0)，以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈，则B(cosθ，sinθ，0)，∴＝(cosθ，sinθ，－1)，||＝.设直线AB与a所成的角为α，则cosα＝＝|sinθ|∈，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误；设直线AB与b所成的角为β，则cosβ＝＝|cosθ|.当直线AB与a的夹角为60°，即α＝60°时，|sinθ|＝cosα＝cos60°＝，∴|cosθ|＝，∴cosβ＝|cosθ|＝.∵45°≤β≤90°，∴β＝60°，27 即直线AB与b的夹角为60°.∴②正确，①错误．2．(2017·浙江改编)如图，已知正四面体D—ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，＝＝2，分别记二面角D—PR—Q，D—PQ—R，D—QR—P的平面角为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为________．答案　α<γ<β解析　如图①，作出点D在底面ABC上的射影O，过点O分别作PR，PQ，QR的垂线OE，OF，OG，连接DE，DF，DG，则α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO.由图可知，它们的对边都是DO，∴只需比较EO，FO，GO的大小即可．　如图②，在AB边上取点P′，使AP′＝2P′B，连接OQ，OR，则O为△QRP′的中心．设点O到△QRP′三边的距离为a，则OG＝a，OF＝OQ·sin∠OQFOR·sin∠ORP′＝a，∴OFθ2，综上所述，θ1≥θ2，又由最小角定理得θ3≥θ2，故选D.3．如图，正四棱锥P－ABCD.记异面直线PA与CD所成的角为α，直线PA与平面ABCD所成的角为β，二面角P－BC－A的平面角为γ，则(　　)A．β<α<γB．γ<α<βC．β<γ<αD．α<β<γ答案　C27 解析　如图，过点P作PO⊥平面ABCD，则O为正方形ABCD的中心．连接AO，并过O点作OE⊥BC，交BC于点E，连接PE.∵AB∥DC，∴异面直线PA与CD所成的角就是∠PAB，而AO为PA在平面ABCD上的投影，∴∠PAO为PA与平面ABCD所成的角．∴∠PAB>∠PAO.又OE⊥BC，PO⊥BC，OE与PO相交于点O，∴BC⊥平面POE，∴PE⊥BC，因此∠PEO为二面角P－BC－A的平面角．∵OEtan∠PAO，∴∠PEO>∠PAO.又∠PAB＝∠PBE，cos∠PBE＝，cos∠PEO＝，∵OE＝BE，PE∠PEO，又∠PBE＝∠PAB＝α，∴β<γ<α，故选C.4．已知四边形ABCD，AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝，现将△ABD沿BD折起，使二面角A－BD－C的大小在内，则直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是(　　)A.B.C.∪D.答案　A解析　设BD的中点为E，连接AE，CE，因为AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝，所以AE＝，CE＝1，且AE⊥BD，CE⊥BD，则∠AEC为二面角A－BD－C的平面角，在平面ABD内，过点A作AF∥BD，使AF＝BD，构造平行四边形ABDF，连接FD，CF，则∠CDF或其补角即为异面直线AB与CD的夹角，则在△AEC中，由余弦定理得AC2＝AE2＋CE2－2AE·CEcos∠AEC＝4－2cos∠AEC，27 又因为∠AEC∈，所以AC2＝4－2cos∠AEC∈[1,7]．因为AE⊥BD，CE⊥BD，且AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面AEC，所以BD⊥平面AEC，则BD⊥AC，所以AF⊥AC，则在Rt△CAF中，CF2＝AC2＋AF2∈[5,11]，则在△CDF中，由余弦定理易得直线AB与CD的夹角的余弦值为|cos∠CDF|＝∈，故选A.5．长方体的对角线与过同一个顶点的三个表面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝________.答案　2解析　设长方形的长、宽、高分别为a，b，c，则对角线长d＝，所以cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2＋2＋2＝＝2.6.如图所示，在正方体AC1中，AB＝2,A1C1∩B1D1＝E，直线AC与直线DE所成的角为α，直线DE与平面BCC1B1所成的角为β，则cos＝________.答案　解析　由题意可知，α＝，则cos＝sinβ，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则D，E，＝，平面BCC1B1的法向量＝，由此可得cos＝sinβ＝＝.7.(2018·浙江省名校新高考研究联盟联考)如图，平行四边形PDCE垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC＝∠BAD＝90°，∠PDC＝120°，F为PA的中点，PD＝1，AB＝AD＝CD＝1.27 (1)求证：AC∥平面DEF；(2)求直线BC与平面PAD所成角的余弦值．(1)证明　连接PC.设PC与DE的交点为M，连接FM，因为F，M分别为PA，PC的中点，则FM∥AC.因为FM⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF.(2)解　方法一　(几何法)取CD的中点G，连接AG，则AG∥BC，所以直线AG与平面PAD所成的角即为直线BC与平面PAD所成的角．过点G作GH⊥PD，交PD于点H，又平面PDCE⊥平面ABCD，平面PDCE∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面PDCE，又GH⊂平面PDCE，所以AD⊥GH，因为PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，所以GH⊥平面PAD，则∠GAH即为所求的线面角，易得GH＝，AG＝BC＝，则sin∠GAH＝＝，所以直线BC与平面PAD所成角的余弦值为.方法二　(向量法)过点D在平面PDCE中作DQ⊥PE，交PE于点Q，由已知可得PQ＝，27 以D为坐标原点，分别以DA，DC，DQ所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由题意可得D(0,0,0)，P，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，则＝(1,0,0)，＝，设平面PAD的法向量n＝(x，y，z)，则即令y＝，得平面PAD一个法向量n＝(0，，1)，＝(－1,1,0)．设直线BC与平面PAD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，所以直线BC与平面PAD所成角的余弦值为.8．(2018·浙江省杭州二中月考)如图，等腰梯形ABCD中，AB＝CD＝BC＝2，AD＝5，M，N是AD上的点，且AM＝DN＝2，现将△ABM，△CDN分别沿BM，CN折起，使得A，D重合记作S.(1)求证：BC∥平面SMN；(2)求直线SN与底面BCNM所成角的余弦值．(1)证明　∵BC∥MN，且MN⊂平面SMN，BC⊄平面SMN，∴BC∥平面SMN.(2)解　过S向底面作垂线，垂足为O，连接BC的中点Q与MN的中点P，根据对称性可知O在PQ上，分别连接SQ，SP，ON，则∠SNO是所求的线面角．27 在△SPQ中，SP＝，SQ＝，PQ＝，则SO＝，则sin∠SNO＝，∴cos∠SNO＝.9．(2018·湖州、衢州、丽水质检)已知矩形ABCD满足AB＝2，BC＝，△PAB是正三角形，平面PAB⊥平面ABCD.(1)求证：PC⊥BD；(2)设直线l过点C且l⊥平面ABCD，点F是直线l上的一个动点，且与点P位于平面ABCD的同侧．记直线PF与平面PAB所成的角为θ，若00，得0