全国通用2016版高考数学考前三个月复习冲刺专题6第28练“空间角”攻略理.doc

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1、第28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.常考题型精析题型一异面直线所成的角例1在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，求异面直线BA1与AC所成的角.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：利用定义构造角，可固定一条，平移另

2、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；证明作出的角即为所求的角；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l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角满足cos |cosm1，m2|.变式训练1(2014课标全国)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. B. C. D.题型二直线与平面所成的角例2(2015课标全国)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，点E，F分别在A1B1

3、，D1C1上，A1ED1F4.过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面所成角的正弦值.点评(1)求直线l与平面所成的角，先确定l在上的射影，在l上取点作的垂线，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的方向向量和平面的法向量分别为m，n，则直线l与平面所成角满足sin |cosm，n|，.变式训练2如图，已知四棱锥PABCD的底面为等腰梯形，ABCD，ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点.(

4、1)证明：PEBC；(2)若APBADB60，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.题型三二面角例3(2015山东)如图，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G，H分别为AC，BC的中点.(1)求证：BD平面FGH；(2)若CF平面ABC，ABBC，CFDE, BAC45，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.点评(1)二面角的范围是(0，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.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；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

5、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；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如图(1)，AB、CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，.(2)如图(2)(3)，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足cos cosn1，n2或cosn1，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CD

6、1于F.(1)证明：EFB1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值.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ACD，所成二面角ACDB的平面角为，则()A.ADB B.ADB C.ACB D.ACB2.(2015北京朝阳区模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1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()A. B.C. D.3.(2014大纲全国)已知二面角l为60，AB，ABl，A为垂足，CD，Cl，ACD135，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()A. B. C. D.4.(2014四川)如图，在正方体

7、ABCDA1B1C1D1中，点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为，则sin 的取值范围是()A.，1 B.，1C.， D.，1 5.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是_.6.正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成的角是_.7.(2014四川)三棱锥ABCD及其侧(左)视图、俯视图如图所示.设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MNNP.(1)证明：P是线段

8、BC的中点；(2)求二面角ANPM的余弦值.8.(2015课标全国)如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC，(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.9.(2015江苏)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(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.10.(2015北京)如图，在四棱锥AEFCB中，AEF为

9、等边三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC，BC4，EF2a，EBCFCB60，O为EF的中点.(1)求证：AOBE；(2)求二面角FAEB的余弦值；(3)若BE平面AOC，求a的值.答案精析第28练“空间角”攻略常考题型精析例1解方法一因为，所以()().因为ABBC，BB1AB，BB1BC，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，则由条件可知A1C1AC，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，BA1C160，从而所求异面

10、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，cos，即，120，所以所求异面直线BA1与AC所成角为60.变式训练1C 由于BCA90，三棱柱为直三棱柱，且BCCACC1，可将三棱柱补成正方体.建立如图所示空间直角坐标系.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)，(1,1,2)(

11、2,2,0)(1，1,2)，(0,1,2).cos，.例2解(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18.因为EHGF为正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.以D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，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10，4,8)，F(0,4,8)，(10,0,0)，(0，6，8).设n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取n(0,4,3).又(10,4,8)，故|cosn，|.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.变式训练2(1)证明以H为原点，HA，HB，

12、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) (m0)，则D(0，m,0)，E.可得，(m，1,0).因为00，所以PEBC.(2)解由已知条件可得m，n1，故C，D，E，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.例3(1)证明如图，连接DG，CD，设CDGFO，连接OH，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G为AC的中点，可得DFGC，DFGC，所以四边形

13、DFCG为平行四边形.则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OHBD，又OH平面FGH，BD平面FGH，所以BD平面FGH.(2)解方法一设AB2，则CFDE1.在三棱台DEFABC中，G为AC的中点，由DFACGC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DGFC，又FC平面ABC，所以DG平面ABC.在ABC中，由ABBC，BAC45，G是AC中点.所以ABBC，GBGC，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.所以G(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，D(0,0,1).可得H，F(0，1)，故，(0，1).设n(x，y，z)是平面FGH的一个法

14、向量，则由可得可得平面FGH的一个法向量n(1，1，).因为是平面ACFD的一个法向量，(，0,0).所以cos，n.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.方法二作HMAC于点M，作MNGF于点N，连接NH.设AB2.由FC平面ABC，得HMFC，又FCACC，所以HM平面ACFD.因此GFNH，所以MNH即为所求的角.在BGC中，MHBG，MHBG，由GNMGCF，可得，从而MN.由HM平面ACFD，MN平面ACFD，得HMMN，因此tanMNH，所以MNH60，所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.变式训练3(1)证明由正方形的性质可知A1B1ABDC，

15、且A1B1ABDC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1CA1D，又A1D面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1，面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.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，所以E点的坐标为.设面A1DE的法向量n1(r1，s

16、1，t1)，而该面上向量，(0,1，1)，由n1.n1得r1，s1，t1应满足的方程组(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)，而该面上向量(1,0,0)，(0,1，1)，由此同理可得n2(0,1,1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为.高考题型精练1.B 极限思想：若，则ACB，排除D；若0，如图，则ADB，ACB都可以大于0，排除A，C.故选B.2.B 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，(0,1，1)，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则n1(

17、1,2,2).平面ABCD的一个法向量为n2(0,0,1)，cosn1，n2.即所成的锐二面角的余弦值为.3.B 方法一如图(1)，平移CD至AF，则BAF为所求.作二面角l的平面角BAE60，又EAF45，由cosBAFcosBAEcosEAF得cosBAF.方法二如图(2)，设AB2a，过点B作BB1，垂足为B1，作AD1CD，则BAD1即为所求.过点B1作B1D1AD1于D1，连接AB1，BD1，则易知BAB1为二面角的平面角，即BAB160，从而BB12asin 60a，B1AD145，AB1a，AD1B1D1a.在RtBB1D1中，BD1a.在BAD1中，由余弦定理，得cosBAD1

18、，即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.4.B 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.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.当点P与点C1重合时可得A1OOP，A1C12，所以sin 22，所以sin ；当点P与点C重合时，可得sin .根据选项可知B正确.5.60解析以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系.设ABBCAA12，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，则(0，1,1)，(2,0,

19、2)，2，cos，EF和BC1所成的角为60.6.30解析如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系.设ODSOOAOBOCa，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(a,0,0)，P(0，)，则(2a,0,0)，(a，)，(a，a,0).设平面PAC的法向量为n，可求得n(0,1,1)，则cos，n.，n60，直线BC与平面PAC所成的角为906030.7.(1)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AOBD，OCBD.因为AO，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC，所以BDAC.取BO的中

20、点H，连接NH，PH.又M，N分别为线段AD，AB的中点，所以NHAO，MNBD.因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以BDNP.因为NH，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.因为H为BO中点，故P为BC中点.(2)解方法一如图(2)，作NQAC于Q，连接MQ.图(2)由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，所以MNQ为二面角ANPM的一个平面角.由(1)知，ABD，BCD为边长为2的正三角形，所以AOOC.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC平面BCD，所以AOOC

21、，因此在等腰RtAOC中，AC.作BRAC于R，在ABC中，ABBC，所以BR .因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，因此NQ.同理，可得MQ.所以在等腰MNQ中，cosMNQ.故二面角ANPM的余弦值为.图(3)方法二由俯视图及(1)可知，AOBCD.因为OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直线OA，OB，OC两两垂直.如图(3)，以O为坐标原点，以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，0)，D(1,0,0).因为M，N分别为线段AD，AB的中点

22、，又由(1)知，P为线段BC的中点，所以M(，0，)，N(，0，)，P(，0).于是(1,0，)，(1，0)，(1,0,0)，(0，).设平面ABC的一个法向量n1(x1，y1，z1)，则即有从而取z11，则x1，y11，所以n1(，1,1).设平面MNP的一个法向量n2(x2，y2，z2)，则即有从而取z21，所以n2(0,1,1).设二面角ANPM的大小为，则cos .故二面角ANPM的余弦值是.8.(1)证明连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGA

23、C.在Rt EBG中，可得BE，故DF.在Rt FDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF，从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)解如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长，建立空间直角坐标系，由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故|cos，|.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.9.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

24、)，P(0,0,2).(1)因为AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，(0,2,0).因为(1,1，2)，(0,2，2).设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为(1,0,2)，设(，0,2)(01)，又(0，1,0)，则(，1,2)，又(0，2,2)，从而cos，.设12t，t1,3，则cos2，.当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值.又因为BP，所以BQB

25、P.10.(1)证明因为AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AOEF.又因为平面AEF平面EFCB，平面AEF平面EFCBEF，AO平面AEF，所以AO平面EFCB.又BE平面EFCB，所以AOBE.(2)解取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OGEF.由(1)知AO平面EFCB.又OG平面EFCB，所以OAOG.如图建立空间直角坐标系，则E(a,0,0)，A(0,0，a)，B(2，(2a)，0)，(a,0，a)，(a2，(a2)，0).设平面AEB的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则x，y1，于是n(，1,1).平面AEF的一个法向量为p(0,1,0).所以cosn，p.由题知二面角FAEB为钝角，所以它的余弦值为.(3)解因为BE平面AOC，所以BEOC，即0，因为(a2，(a2)，0)，(2，(2a)，0)，所以2(a2)3(a2)2.由0及0a2，解得a.22