《（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 第7節(jié) 空間角的計算學(xué)案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 第7節(jié) 空間角的計算學(xué)案 理（28頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第7節(jié)　空間角的計算 最新考綱　1.能用幾何方法解決空間角問題；2.了解向量方法在研究立體幾何空間角問題中的應(yīng)用． 知 識 梳 理 1．求異面直線所成的角 (1)(幾何法)通過作平行線化為三角形求解． (2)(向量法)設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則 a與b的夾角β l1與l2所成的角θ 范圍 (0，π) 求法 cos β＝ cos θ＝|cos β|＝ 2.求直線與平面所成的角 (1)(幾何法)通過直線在平面上的射影求解，其步驟為“一作、二證、三計算”． (2)(向量法)設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所

2、成的角為θ，則sin θ＝|cos〈a，n〉|＝． 3．求二面角的大小 (1)(幾何法)通過一個面的垂線或垂面先作出二面角的平面角，然后加以證明和計算． (2)(向量法)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝__〈，〉． 如圖②③，n1，n2 分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補角)． [常用結(jié)論與微點提醒] 1．異面直線所成的角與其方向向量的夾角：當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是該異面直線的夾角；

3、否則向量夾角的補角是異面直線所成的角． 2．線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要誤記為cos θ＝|cos〈a，n〉|. 3．二面角與法向量的夾角：利用平面的法向量求二面角的大小時，當(dāng)求出兩半平面α，β的法向量n1，n2時，要根據(jù)向量坐標(biāo)在圖形中觀察法向量的方向，從而確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等，還是互補． 診 斷 自 測 1．思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”) (1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角．(　　) (2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角．(

4、　　) (3)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面所成的角．(　　) (4)兩異面直線夾角的范圍是，直線與平面所成角的范圍是，二面角的范圍是[0，π]．(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．(選修2－1P104練習(xí)2改編)已知兩平面的法向量分別為m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，則兩平面所成的二面角為(　　) A．45° B．135° C．45°或135° D．90° 解析　cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°. ∴兩平面所成二面角為45°或180°－45°＝135°. 答案　C 3．在直三棱柱 ABC－A1B1C1中，∠BCA

5、＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析　建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C－xyz，設(shè)BC＝2，則B(0，2，0)， A(2，0，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，所以＝(1，－1，2)，＝(－1，0，2)，故BM與AN所成角θ的余弦值cos θ＝＝＝. 答案　C 4．(2018·舟山測試)平面α的斜線與平面α所成的角是35°，則此斜線與平面α內(nèi)所有不過斜足的直線所成的角θ的范圍是(　　) A．0°<θ≤35° B．0°<θ≤90° C．35°≤θ<90°

6、D．35°≤θ≤90° 解析　設(shè)平面α的斜線的斜足為B，過斜線上A點作平面α的垂線，垂足為C，則∠ABC＝35°，∴當(dāng)α內(nèi)的直線與BC平行時，直線與斜線所成的角θ為35°；當(dāng)α內(nèi)的直線與BC垂直時，則此直線與平面ABC垂直，∴直線與斜線所成的角θ為90°；當(dāng)α內(nèi)的直線與BC既不平行也不垂直時，直線與斜線所成的角θ滿足35°<θ<90°. 答案　D 5．已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若 cos〈m，n〉＝－，則l與α所成的角為________． 解析　設(shè)l與α所成角為θ，∵cos〈m，n〉＝－，∴ sin θ＝| cos〈m，n〉|＝，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝3

7、0°. 答案　30° 6．過正方形ABCD的頂點A作線段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，則平面ABP與平面CDP所成的二面角為________． 解析　如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝PA＝1，則A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由題意，AD⊥平面PAB，設(shè)E為PD的中點，連接AE，則AE⊥PD， 又CD⊥平面PAD， ∴CD⊥AE，從而AE⊥平面PCD. 所以＝(0，1，0)，＝分別是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°. 故平面PAB與平面PCD所成的二面角為45°. 答案　45° 考點一　求異面直線所成的角 【例1】 如圖，

8、在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中點．已知AB＝2，AD＝2，PA＝2.求： (1)△PCD的面積． (2)(一題多解)異面直線BC與AE所成的角的大小． 解　(1)因為PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD， 所以PA⊥CD.又AD⊥CD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD，從而CD⊥PD.因為PD＝＝2，CD＝2， 所以△PCD的面積為×2×2＝2. (2)法一　如圖1，取PB中點F，連接EF，AF，則EF∥BC，從而∠AEF(或其補角)是異面直線BC與AE所成的角． 圖1 在△AEF中，由于EF

9、＝，AF＝，AE＝PC＝2.所以AF2＋EF2＝AE2，∠AFE＝， 則△AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF＝. 因此，異面直線BC與AE所成的角的大小是. 法二　如圖2，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(2，0，0)，C(2，2，0)， E(1，，1)，＝(1, ，1)，＝(0，2，0)． 圖2 設(shè)與的夾角為θ，則 cos θ＝＝＝，所以θ＝. 由此可知，異面直線BC與AE所成的角的大小是. 規(guī)律方法　(1)幾何法求異面直線所成的角關(guān)鍵是根據(jù)定義構(gòu)成三角形求解． (2)利用向量法求異面直線所成角的一般步驟是：①選好基底或建立空間直角坐標(biāo)系；②求出兩直線的方向向量v1，v2；

10、③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解；④取銳角或直角． 【訓(xùn)練1】 (1)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，PA＝AB，則PB與AC所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. (2)(2018·浙江五校聯(lián)考)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P在A1C上運動(包括端點)，則BP與AD1所成角的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析　(1)延長DA到E，使AE＝DA，連接BE，PE，則AE綉B(tài)C，∴四邊形AEBC為平行四邊形，∴BE∥AC， ∴∠PBE就是直線PB與AC所成的

11、角．在△PAE中，PA＝2，AE＝2，PA⊥AE，∴PE＝2，BE＝AC＝2，PB＝2，∴cos∠PBE＝＝. (2)建立如圖坐標(biāo)系，設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1棱長為1，則＝(1，0，－1)，＝(1，1，1)．設(shè)＝λ＝(λ，λ，λ)，其中0≤λ≤1.則＝(λ，λ－1，λ－1)．又設(shè)BP與AD1所成角為θ，所以cos θ＝|cos〈，〉|＝＝.由0≤λ≤1得≤ cos θ≤，而0≤θ≤，所以≤θ≤. 答案　(1)C　(2)D 考點二　求直線與平面所成的角 【例2】 (2018·浙江“超級全能生”聯(lián)考)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝a，∠ABC＝60°

12、，平面ACFE⊥平面ABCD，四邊形ACFE是矩形，AE＝a，點M在線段EF上，且MF＝2EM. (1)求證：AM∥平面BDF； (2)(一題多解)求直線AM與平面BEF所成角的余弦值． (1)證明　在梯形ABCD中， ∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝a，∠ABC＝60°， ∴四邊形ABCD是等腰梯形， 且∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°， ∴∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°，∴AC⊥BC. 又∵AC＝BD＝a，∴AB＝2a. 設(shè)AC與BD交于點N，∠NBC＝∠NBA＝30°， 由角平分線定理知＝＝2，連接FN， 則AN∥MF且AN＝MF， ∴四邊

13、形AMFN是平行四邊形，∴AM∥NF， 又NF?平面BDF，AM?平面BDF，∴AM∥平面BDF. (2)解　法一　由題知AC∥EF，∴點A到平面BEF的距離等于點C到平面BEF的距離，過點C作BF的垂線交BF于點H， ∵AC⊥CF，AC⊥BC，BC∩CF＝C， ∴AC⊥平面BCF，即EF⊥平面BCF，∴CH⊥EF， 又∵CH⊥BF，EF∩BF＝F，∴CH⊥平面BEF. 在Rt△BCF中，CH＝a， 在△AEM中，AM＝＝a， ∴直線AM與平面BEF所成角的正弦值為＝， 即直線AM與平面BEF所成角的余弦值為. 法二　以C為坐標(biāo)原點，，，所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立

14、空間直角坐標(biāo)系， 則A(a，0，0)，B(0，a，0)，F(xiàn)(0，0，a)，E(a，0，a)， M， ∴＝(－a，0，0)，＝(0，－a，a)，＝， 設(shè)平面BEF的法向量為m＝(x，y，z)， ∴ 取y＝1，則有m＝(0，1，1)． 設(shè)直線AM與平面BEF所成的角為θ，sin θ＝＝＝＝， 即直線AM與平面BEF所成角的余弦值為. 規(guī)律方法　求線面角的方法： (1)幾何法求線面角的步驟是“一作、二證、三計算”，轉(zhuǎn)化為三角形求解． (2)向量法(或坐標(biāo)法)求線面角，分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)，注意范圍是. 【訓(xùn)練2】

15、 (2018·浙東北教聯(lián)一模)如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面是菱形，∠BAD＝，AB＝PD＝2，PB＝PC＝. (1)求證：平面PBC⊥平面ABCD； (2)(一題多解)求直線PC與平面PAB所成角的正弦值． (1)證明　如圖，取BC的中點M，連接PM，DM，DB，則△BCD和△PBC分別是等邊三角形、等腰直角三角形， 故PM⊥BC，DM⊥BC，且PM＝1，DM＝， 所以DM2＋PM2＝PD2，故PM⊥DM， 又BC∩DM＝M，所以PM⊥平面ABCD. 又PM?平面PBC，從而平面PBC⊥平面ABCD. 圖1 (2)解　法一　如圖1，在平面ABP內(nèi)，過點P作直線P

16、B的垂線交AB的延長線于點Q，過點M作AB的垂線交AB的延長線于點N，過點C作PQ的垂線交PQ于點E，連接PN，CQ. 由于PQ⊥PB，PC⊥PB，PQ∩PC＝P， 則PB⊥平面PQC，又PB?平面PAB， 則平面PQC⊥平面PAB， 又CE⊥PQ，平面PQC∩平面PAB＝PQ， 則CE⊥平面PAB， ∠CPE是直線PC與平面PAB所成角． 由于MN⊥AB，BM＝1，則BN＝，MN＝. 又PM⊥平面ABCD，則PM⊥AB， 又MN⊥AB，MN∩PM＝M， 所以AB⊥平面PMN，則AB⊥PN， 在Rt△PMN中，PN＝＝， 則在Rt△PBN中，tan ∠PBN＝，PB＝，

17、 從而在Rt△BPQ中，PQ＝，BQ＝4，CQ＝2. 在△PQC中，PC2＋QC2＝PQ2，即CP⊥CQ， 則CE＝，sin∠CPE＝＝. 法二　如圖2，建立空間直角坐標(biāo)系M－xyz. 圖2 則P(0，0，1)，A(，2，0)，B(0，1，0)，C(0，－1，0)， ＝(－，－1，0)，＝(0，1，－1)，＝(0，－1，－1)， 設(shè)平面ABP的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝－1，得y＝，z＝，即n＝(－1，，)． 設(shè)直線PC與平面PAB所成角的平面角為θ， 則sin θ＝＝＝， 即直線PC與平面PAB所成角的正弦值為. 考點三　求二面角 【例3】

18、(一題多解)(2017·山東卷)如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120°得到的，G是的中點． (1)設(shè)P是上的一點，且AP⊥BE，求∠CBP的大??； (2)當(dāng)AB＝3，AD＝2時，求二面角E－AG－C的大?。? 解　(1)因為AP⊥BE，AB⊥BE， AB，AP?平面ABP，AB∩AP＝A， 所以BE⊥平面ABP， 又BP?平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°， 圖1 因此∠CBP＝30°. (2)法一　如圖1，取的中點H，連接EH，GH，CH. 因為∠EBC＝120°， 所以四邊形BEHC為菱形，

19、 所以AE＝GE＝AC＝GC ＝＝. 取AG的中點M，連接EM，CM，EC， 則EM⊥AG，CM⊥AG， 所以，∠EMC為所求二面角的平面角． 又AM＝1，所以EM＝CM＝＝2. 在△BEC中，由于∠EBC＝120°， 由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12， 所以EC＝2，因此△EMC為等邊三角形， 故所求的角為60°. 法二　以B為坐標(biāo)原點，分別以BE，BP，BA所在的直線為x，y，z軸，建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系． 圖2 由題意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，，3)，C(－1，，0)， 故＝(2，0，－3)，＝(

20、1，，0)，＝(2，0，3)． 設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一個法向量． 由可得 取z1＝2，可得平面AEG的一個法向量m＝(3，－，2)． 設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一個法向量． 由可得 取z2＝－2，可得平面ACG的一個法向量n＝(3，－，－2)．所以cos〈m，n〉＝＝. 因此所求的角為60°. 規(guī)律方法　(1)幾何法求二面角的步驟是“一作、二證、三計算”．注意利用二面角一個平面的垂線、垂面找(作)平面角． (2)利用向量計算二面角大小的常用方法： ①找法向量法：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二

21、面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角的大?。? ②找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大?。? 【訓(xùn)練3】 如圖，在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD為矩形，PA＝PB，O為AB的中點，OD⊥PC. (1)求證：OC⊥PD； (2)(一題多解)若PD與平面PAB所成的角為30°，求二面角D－PC－B的余弦值． (1)證明　如圖，連接OP. ∵PA＝PB，O為AB的中點， ∴OP⊥AB. ∵側(cè)面PAB⊥底面ABCD， ∴OP⊥平面ABCD， ∴OP⊥

22、OD，OP⊥OC. ∵OD⊥PC，∴OD⊥平面OPC， ∴OD⊥OC， 又OP⊥OC，OP∩OD＝O， ∴OC⊥平面OPD， ∴OC⊥PD. (2)解　法一　在矩形ABCD中，由(1)得OD⊥OC， ∴AB＝2AD，不妨設(shè)AD＝1，則AB＝2. ∵側(cè)面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD為矩形， ∴DA⊥平面PAB，CB⊥平面PAB，△DPA≌△CPB， ∴∠DPA為直線PD與平面PAB所成的角， ∴∠DPA＝30°，∠CPB＝30°，PA＝PB＝， ∴DP＝CP＝2，∴△PDC為等邊三角形． 設(shè)PC的中點為M，連接DM，則DM⊥PC. 在Rt△CBP中，過M作NM⊥

23、PC，交PB于點N，連接ND，則∠DMN為二面角D－PC－B的一個平面角． 由于∠CPB＝30°，PM＝1，故在Rt△PMN中，MN＝，PN＝.∵cos∠APB＝＝， ∴AN2＝＋3－2×××＝3， ∴ND2＝3＋1＝4， ∴cos∠DMN＝＝－， 即二面角D－PC－B的余弦值為－. 法二　取CD的中點E，以O(shè)為原點，OE，OB，OP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.在矩形ABCD中，由(1)得OD⊥OC，∴AB＝2AD，不妨設(shè)AD＝1，則AB＝2. ∵側(cè)面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD為矩形， ∴DA⊥平面PAB，CB⊥平面PAB，△DPA≌△

24、CPB， ∴∠DPA為直線PD與平面PAB所成的角， ∴∠DPA＝30°，∠CPB＝30°，PA＝PB＝， ∴B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(1，－1，0)，P(0，0，)，從而＝(1，1， －)，＝(0，－2，0)． 設(shè)平面PCD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 由得 可取n1＝(，0，1)． 同理，可取平面PCB的一個法向量為n2＝(0，－，－1)． 于是cos〈n1，n2〉＝＝－， ∴二面角D－PC－B的余弦值為－. 基礎(chǔ)鞏固題組 一、選擇題 1．(2018·浙江名校三聯(lián))直三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱長都相等，M是A1C1的中點，N是

25、BB1的中點，則AM與NC1所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析　不妨設(shè)該直三棱柱的棱長為2，取AC的中點E，連接C1E，NE，則C1E∥AM，所以C1E與C1N所成的角即為AM與NC1所成的角．易得C1E＝C1N＝，NE＝2，在△NEC1中，由余弦定理得cos∠NC1E＝＝. 答案　B 2．(2018·寧波月考)已知在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為BB1，CD的中點，則直線AF與平面A1D1F所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 解析　如圖所示，取AB的中點G，連接GF，A1G，AE，設(shè)A1G∩AE＝H，連接HF.設(shè)

26、正方體的棱長為a，因為G，F(xiàn)分別為AB，DC的中點，所以GF綉A1D1，所以平面A1D1F即平面A1D1FG.在Rt△A1AG與Rt△ABE中，因為A1A＝AB，AG＝BE，所以Rt△A1AG≌Rt△ABE，所以∠GA1A＝∠EAG.因為∠GA1A＋∠A1GA＝90°，所以∠EAG＋∠A1GA＝90°，即AE⊥A1G，又GF⊥AE，A1G∩GF＝G，所以AE⊥平面A1D1F，所以∠HFA是直線AF與平面A1D1F所成的角．在Rt△A1AG中，AG＝，A1A＝a，所以AH＝a，又AF＝a，所以sin∠HFA＝. 答案　B 3．(2018·浙江三市聯(lián)考)已知矩形ABCD，AD＝AB，沿直線

27、BD將△ABD折成△A′BD，使點A′在平面BCD上的射影在△BCD內(nèi)(不含邊界)．設(shè)二面角A′－BD－C的大小為θ，直線A′D，A′C與平面BCD所成的角分別為α，β，則(　　) A．α<θ<β B．β<θ<α C．β<α<θ D．α<β<θ 解析　如圖，作A′E⊥BD于E，A′O⊥平面BCD于O，連接OE，OD，OC，易知∠A′EO＝θ，∠A′DO＝α，∠A′CO＝β.在矩形ABCD中，作AE⊥BD于E，延長AE交BC于F，則點O必落在EF上．由AD＝AB知，OEtan β>tan α，又α，β，θ均為銳角，得θ>β>α. 答案　D

28、4．(2018·杭州學(xué)軍中學(xué)模擬)如圖，正方形ABCD與正方形BCEF所成的二面角的大小是，PQ是正方形BCEF所在平面內(nèi)的一條動直線，則直線BD與PQ所成角的取值范圍是(　　) A. 　　B. C. 　　D. 解析　由直線在平面中的平移可知，求直線BD與PQ的夾角，即求PQ的平行線與BD的夾角，故過點D作平面BCEF的垂線，垂足為H，又兩個平面的夾角為，所以H為CE的中點，連接BH，則由題意條件可知，BD與BH的夾角，即∠DBH為BD與平面BCEF中所有直線的夾角的最小值．因為四邊形ABCD與四邊形BCEF均為正方形，且BC為公共邊，所以可設(shè)兩個正方形的邊長均為1，則BD＝，又兩

29、個平面的夾角為，即∠HCD＝，又∠DHC＝，所以在等腰直角三角形CHD中，DH＝HC＝CD＝，又在Rt△BHD中，BD＝，DH＝，所以∠DBH＝.易知在平面BCEF中存在直線l⊥BH，又DH⊥l，BH∩DH＝H，則l⊥平面BDH，所以l⊥BD，即存在與BD垂直的直線PQ.綜上，故選A. 答案　A 5．(2018·紹興檢測)過正四面體ABCD的頂點A作一個形狀為等腰三角形的截面，且使截面與底面BCD所成的角為75°，這樣的截面有(　　) A．6個 B．12個 C．16個 D．18個 解析　如圖，正四面體ABCD中，因為過點A的截面是等腰三角形，若AE＝AF，則截面與底面BCD所成

30、的角為75°有如下情形．如圖所示，在高線的兩側(cè)的截面AE1F1、截面AE2F2與底面BCD所成的角為75°(E1F1，E2F2與BC平行)，同理截面的一邊與CD平行也有2個，與BD平行也有2個，共有6個．若AE＝EF，同理也有6個．若EF＝AF，同理也有6個．綜上所述，滿足題意的截面共有18個，故選D . 答案　D 6．(2017·浙江卷)如圖，已知正四面體DABC(所有棱長均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點，AP＝PB，＝＝2，分別記二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角為α，β，γ，則(　　) A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β

31、＜γ D．β＜γ＜α 解析　如圖①，作出點D在底面ABC上的射影O，過點O分別作PR，PQ，QR的垂線OE，OF，OG，連接DE，DF，DG，則α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO. 由圖可知安們的對邊都是DO， ∴只需比較EO，F(xiàn)O，GO的大小即可． 如圖②，在AB邊上取點P′，使AP′＝2P′B，連接OQ，OR，則O為△QRP′的中心． 設(shè)點O到△QRP′三邊的距離為a，則OG＝a， OF＝OQ·sin∠OQF＜OQ·sin∠OQP′＝a， OE＝OR·sin∠ORE＞OR·sin∠ORP′＝a， ∴OF＜OG＜OE，∴＜＜， ∴α＜γ＜β. 答案　B 二

32、、填空題 7．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于__________． 解析　以D為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．設(shè)AA1＝2AB＝2，則D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，則＝(0，1，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2)． 設(shè)平面BDC1的一個法向量為n＝(x，y，z)，則n⊥，n⊥，所以有令y＝－2，得平面BDC1的一個法向量為n＝ (2，－2，1)． 設(shè)CD與平面BDC1所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝. 答案　 8．(2017·溫州月考)如圖所

33、示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角大小為__________；直線EF與底面ABC所成角的大小為________． 解析　以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝BC＝AA1＝2， 則C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(xiàn)(0，0，1)， 則＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)， ∴·＝2， ∴cos〈，〉＝＝， ∴EF和BC1所成的角為60°； ∵FB⊥平面ABC，BF＝BE＝1， ∴∠FEB為直線EF與底面ABC的夾

34、角且為45°. 答案　60°　45° 9．已知點E，F(xiàn)分別在正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，則平面AEF與平面ABC所成的二面角的正切值等于________． 解析　延長FE，CB相交于點G，連接AG，如圖所示． 設(shè)正方體的棱長為3，則GB＝BC＝3，作BH⊥AG于點H，連接EH，則∠EHB為所求二面角的平面角． ∵BH＝，EB＝1， ∴tan∠EHB＝＝. 答案　 10．如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，所有的棱長均為2，M是AB的中點，動點P在底面A1B1C1內(nèi)，若BP∥平面A1MC，記∠PCC1＝α，則

35、sin α的取值范圍是________． 解析　如圖，取A1B1的中點D， 連接BD，C1D，BC1，則BD∥A1M，又A1M?平面A1MC，BD?平面A1MC，所以BD∥平面A1MC，又C1D∥CM，C1D?平面A1MC，CM?平面A1MC，所以C1D∥平面A1MC，又BD∩C1D＝D，所以平面BC1D∥平面A1MC，所以點P在線段C1D上，點P的軌跡的長度C1D＝，連接CD，在Rt△CDC1中，0≤α≤∠C1CD，CD＝， sin∠C1CD＝，所以0≤sin α≤. 答案　 三、解答題 11．(2018·紹興一中調(diào)研)如圖，在空間幾何體ABCDE中，正方形ABCD所在的

36、平面與Rt△ABE所在的平面互相垂直，∠AEB＝90°，且AB＝2，AE＝1. (1)求證：平面ADE⊥平面BCE； (2)求直線AB與平面BCE所成角的大?。? (3)求異面直線AB與CE所成角的余弦值． (1)證明　∵平面ABCD⊥平面ABE，BC⊥AB，平面ABCD∩平面ABE＝AB，∴BC⊥平面ABE. ∵AE?平面ABE，∴AE⊥BC，又AE⊥BE，BC，BE?平面BCE，BC∩BE＝B，∴AE⊥平面BCE. ∵AE?平面ADE，∴平面ADE⊥平面BCE. (2)解　由(1)知AE⊥平面BCE， ∴EB為AB在平面BCE內(nèi)的射影， ∴∠ABE為直線AB與平面BCE

37、所成的角． 在Rt△ABE中，sin∠ABE＝＝，∴∠ABE＝30°， 即直線AB與平面BCE所成角的大小為30°. (3)解　∵AB∥CD，∴∠DCE為異面直線AB與CE所成的角． ∵∠AEB＝90°，且AB＝2，AE＝1， ∴DC＝BC＝AD＝2，CE＝＝ ＝，DE＝＝， 故cos∠DCE＝＝＝， ∴異面直線AB與CE所成角的余弦值為. 12．(2018·溫州模擬)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1所有的棱長均為2，A1B＝，A1B⊥AC. (1)(一題多解)求證：A1C1⊥B1C； (2)求直線AC和平面ABB1A1所成角的余弦值． (1)證明　法一　取AC的中

38、點O，連接A1O，BO， ∴BO⊥AC， ∵A1B⊥AC，A1B∩BO＝B， A1B?平面A1BO，BO?平面A1BO，∴AC⊥平面A1BO， 連接AB1交A1B于點M，連接OM，則B1C∥OM， 又∵OM?平面A1BO，∴AC⊥OM，∴AC⊥B1C， ∵A1C1∥AC，∴A1C1⊥B1C. 法二　連接AB1，BC1， ∵四邊形A1ABB1是菱形，∴A1B⊥AB1， 又∵A1B⊥AC，AB1∩AC＝A，∴A1B⊥平面AB1C， ∴A1B⊥B1C， 又∵四邊形B1BCC1是菱形，∴BC1⊥B1C， 又∵A1B∩BC1＝B，∴B1C⊥平面A1BC1， ∴B1C⊥A1C

39、1. (2)解　∵A1B⊥AB1，A1B⊥AC， ∴A1B⊥平面AB1C， ∴平面AB1C⊥平面ABB1A1， ∵平面AB1C∩平面ABB1A1＝AB1， ∴AC在平面ABB1A1內(nèi)的射影落在AB1上， ∴∠B1AC為直線AC和平面ABB1A1所成的角． ∵AB1＝2AM＝2＝， ∴在Rt△ACB1中，cos∠B1AC＝＝＝， ∴直線AC和平面ABB1A1所成角的余弦值為. 能力提升題組 13.如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為(　　) A. 　 B. C. 　D. 解析　

40、不妨令CB＝1，則CA＝CC1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)， ∴＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)， ∴cos〈，〉＝＝＝＝＞0. ∴與的夾角即為直線BC1與直線AB1的夾角， ∴直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為. 答案　A 14．在正四棱錐S－ABCD中，O為頂點在底面上的射影，P為側(cè)棱SD的中點，且 SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成的角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析　如圖，以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz. 設(shè)OD＝SO＝OA

41、＝OB＝OC＝a.則A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P. 則＝(2a，0，0)，＝，＝(a，a，0)， 設(shè)平面PAC的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則解得可取n＝(0，1，1)， 則 cos〈，n〉＝＝＝， 又∵〈，n〉∈(0°，180°)，∴〈，n〉＝60°， ∴直線BC與平面PAC所成的角為90°－60°＝30°. 答案　A 15．(2016·浙江卷)如圖，已知平面四邊形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°，沿直線AC將△ACD翻折成△ACD′，直線AC與BD′所成角的余弦的最大值是________． 解析　設(shè)直線A

42、C與BD′所成角為θ，平面ACD翻折的角度為α，設(shè)O是AC中點，由已知得AC＝，如圖， 以O(shè)B為x軸，OA為y軸，過O與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系， 則A，B，C，作DH⊥AC于H，翻折過程中，D′H始終與AC垂直，CH＝＝＝，則OH＝，DH＝＝，因此可設(shè)D′， 則＝， 與平行的單位向量為n＝(0，1，0)， 所以cos θ＝|cos〈，n〉|＝＝，所以cos α＝－1時， cos θ取最大值. 答案　 16．如圖，在四棱錐P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.E為棱AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90°.

43、 (1)在平面PAB內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PBE，并說明理由； (2)(一題多解)若二面角P－CD－A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值． 解　(1)在梯形ABCD中，AB與CD不平行． 延長AB，DC，相交于點M(M∈平面PAB)，點M即為所求的一個點．理由如下： 由已知，知BC∥ED，且BC＝ED. 所以四邊形BCDE是平行四邊形． 從而CM∥EB.又EB?平面PBE，CM?平面PBE， 所以CM∥平面PBE. (說明：延長AP至點N，使得AP＝PN，則所找的點可以是直線MN上任意一點) (2)法一　由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩A

44、D＝A， 所以CD⊥平面PAD.從而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角． 所以∠PDA＝45°. 設(shè)BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 過點A作AH⊥CE，交CE的延長線于點H，連接PH. 易知PA⊥平面ABCD，從而PA⊥CE. 于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH. 過A作AQ⊥PH于Q，則AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA與平面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＝＝. 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為. 法二　由已

45、知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 從而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角． 所以∠PDA＝45°. 由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD. 設(shè)BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 作Ay⊥AD，以A為原點，以，的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則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)， 設(shè)平面PCE的一個法向量為n＝(x，y，z)， 由得 設(shè)x＝2，解得n＝(2，－2，1)．

46、 設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α， 則sin α＝＝＝. 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為. 17．(2016·浙江卷)如圖，在三棱臺ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3. (1)求證：BF⊥平面ACFD； (2)(一題多解)求二面角B－AD－F的平面角的余弦值． (1)證明　延長AD，BE，CF相交于一點K，如圖所示． 因為平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，且AC⊥BC，所以，AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC. 又因為EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△B

47、CK為等邊三角形，且F為CK的中點，則BF⊥CK， 且CK∩AC＝C，所以BF⊥平面ACFD. (2)解　法一　過點F作FQ⊥AK于Q，連接BQ. 因為BF⊥平面ACK，所以BF⊥AK，則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，F(xiàn)Q＝，BF＝， 得cos∠BQF＝. 所以，二面角B－AD－F的平面角的余弦值為. 法二　如圖，延長AD，BE，CF相交于一點K，則△BCK為等邊三角形． 取BC的中點O，則KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，所以KO⊥平面ABC. 以點O為原點，分別以射線OB，OK的方向為x，z軸的正方向， 建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz. 由題意得B(1，0，0)，C(－1，0，0)，K(0，0，)，A(－1，－3，0)，E，F(xiàn). 因此，＝(0，3，0)，＝(1，3，)，＝(2，3，0)． 設(shè)平面ACK的法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量為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的平面角的余弦值為. 28