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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,
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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),=,
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=.
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,
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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
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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,
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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.
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(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
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=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.
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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=〈,〉.
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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°
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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.
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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
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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,
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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________.
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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:
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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,
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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.
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(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,
∴
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∴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°.
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