【文档说明】高考数学（全国甲卷通用理科）知识 方法篇 专题6　立体几何与空间向量 第29练 含答案.doc，共(18)页，442.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-75731.html

以下为本文档部分文字说明：

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≤αB.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤αD.∠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.32B.22C.33D.13答案A解析如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，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∠CD1

B1＝π3，得sin∠CD1B1＝32，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＝23AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝12BC＝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P

AB.(2)解取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，AE＝AB2－BE2＝AB2－BC22＝5.以A为坐标原点，AE→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(5，2，0)，N52，1，2，PM→＝(0，2，－4)，PN→＝52，1，－2，AN→＝52，1，2.设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则n·PM→＝0，n·PN→＝

0，即2y－4z＝0，52x＋y－2z＝0，可取n＝(0，2，1).于是|cos〈n，AN→〉|＝|n·AN→||n||AN→|＝8525.所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525.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BA1→＝BA→＋BB1→，AC→＝AB→＋BC→，所以BA1→·AC→＝(BA→＋BB1→)·(AB→＋BC→

)＝BA→·AB→＋BA→·BC→＋BB1→·AB→＋BB1→·BC→.因为AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，所以BA→·BC→＝0，BB1→·AB→＝0，BB1→·BC→＝0，BA→·AB→＝－a2.所以BA1→·A

C→＝－a2.又BA1→·AC→＝|BA1→||AC→|cos〈BA1→，AC→〉，cos〈BA1→，AC→〉＝－a22a·2a＝－12.所以〈BA1→，AC→〉＝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A

1C1∥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，DA→，DC→，DD1→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AC→＝(－a，a，0)，BA1→＝(0，－a，a)，且

|AC→|＝|BA1→|＝2a，AC→·BA1→＝－a2，所以cos〈AC→，BA1→〉＝－a22a·2a＝－12，即〈AC→，BA1→〉＝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，π2].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l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满足cosθ＝|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78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＝22，∴MK＝12AN＝2.在Rt△CKN中，CK＝(2)2＋12＝3.在△CKM中，由余弦定理，得cos∠KMC＝(2)2＋(22)2－(3)22×2×22＝78.题型二直线与平面所成的角例2如图，已知四棱锥P－ABC

D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，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，设C(m，0，0)，P(0，0，n)(m<0，n>0)，则D(0，m，0)，E(12，m2，0).可得PE→＝(12，m2，－n)

，BC→＝(m，－1，0).因为PE→·BC→＝m2－m2＋0＝0，所以PE⊥BC.(2)解由已知条件可得m＝－33，n＝1，故C(－33，0，0)，D(0，－33，0)，E(12，－36，0)，P(0，0，1)，设n＝(x，y，z)为平面PEH的法向量，则n·HE→＝0，n·H

P→＝0，即12x－36y＝0，z＝0，因此可以取n＝(1，3，0)，又PA→＝(1，0，－1)，所以|cos〈PA→，n〉|＝24，所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为24.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sinθ＝|cos〈m，n〉|，θ∈0，π2.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＝12AE＝2，

点O、M分别为CE、AB的中点.(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)，DO→＝(2，2，0)，DO→·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，∵DO→＝(2，2，0)，DM→＝(0，2，－2)，∴n2＝(－1，1，1)，CD→＝(－4，0，2)，∴sinθ＝CD→·n2|CD→||n2|＝155.(3)解设EM上一点N满足BN→＝λBM→＋(1－λ)BE

→＝(0，4－2λ，4－4λ)，平面ABDE的法向量n3＝(1，0，0)，ON→＝BN→－BO→＝(－2，2－2λ，2－4λ)，不存在λ使n3∥ON→，∴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＝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＝31313.在Rt△BQF中，FQ＝31313，BF＝3，得

cos∠BQF＝34.所以二面角B－AD－F的平面角的余弦值为34.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.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(0，0，3)，A(－1，－3，0)，E12，0，32，F－12，0，32.因此，AC→＝(0，3，0)，AK→＝

(1，3，3)，AB→＝(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AC→·m＝0，AK→·m＝0，得3y1＝0，x1＋3y1＋

3z1＝0，取m＝(3，0，－1)；由AB→·n＝0，AK→·n＝0，得2x2＋3y2＝0，x2＋3y2＋3z2＝0，取n＝(3，－2，3)，于是，cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝34.所以二面角B－AD－F的平面角的余弦

值为34.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＝〈AB→，CD→〉.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cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉.变式训练3如图，长方体A

BCD－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)，D

E→＝(0，1，1)，BE→＝(－1，－1，1)，BC→＝(－1，0，0).因为DE→·BE→＝0，DE→·BC→＝0，所以DE→⊥BE→，DE→⊥BC→.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n·AB→＝0，n·BE→＝0，即y＝0，－x－y＋z＝0.所以平面AEB的法向量为n＝(1，0，1)，因为DE⊥平面BCE，所以DE→就是平面BCE的法向量.

因为cos〈n，DE→〉＝n·DE→|n||DE→|＝12，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°答案C解析作A1B∥D

1C，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＝12A1B，∴∠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＝2a，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.63B.33C.23D.36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.方法一由上述分析知cos∠SBA＝cos∠ABO·cos∠SBO，即cos45°＝cos30°·cos∠SBO，所以cos∠SBO＝63，

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＝233，SB＝2，所以cos∠SBO＝OBSB＝2332＝63，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、B

1C1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－A1B1C1

D1中，AB＝BC，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A.23B.33C.23D.13答案A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A

CC1A1，∴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＝CC21＋OC2＝4＋(22)2＝322，由等面积法有OC1·CH＝OC·CC1，代入算出CH＝23，sin∠

CDH＝CHCD＝23，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3010解析以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，A

A1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)，BA1→＝(－1，0，2)，B1C→＝(－1，1，－2)，设异面直线BA1与B1C所成的角为θ，则cosθ＝|BA1→·B1C→||BA1→||B1C→|

＝35·6＝3010.8.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π6，则该四棱锥的体积是________.答案12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π6，∴Rt△PAC中，PA＝1，∠PCA＝π6，AC＝3，∵底面ABCD是正方形，∴AB＝62，V＝13×62×62×1＝12.9.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＝2，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＝2，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＝3，D、E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为________.答案π6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＝3，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＝12BC＝32，GF＝12AB＝12，∴tan∠FBG

＝GFBG＝33，∴∠FBG＝π6.11.(2016·四川)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝12AD.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－C

D－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：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＝22.在Rt△PAH中，PH＝PA2＋AH2＝322.所以sin∠APH＝AHPH＝13.方法二由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，于是C

D⊥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AD→，AP→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PE→＝(1，0，－2)，EC→＝(1，1，0)，AP→＝(0，0，2).设平面PC

E的法向量为n＝(x，y，z).由n·PE→＝0，n·EC→＝0.得x－2z＝0，x＋y＝0.设x＝2，解得n＝(2，－2，1).设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα＝|n·AP→||n||AP→|＝22×22＋(－2)2＋12＝13.所以直线P

A与平面PCE所成角的正弦值为13.12.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，P

M＝13PC，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.(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PA

D.(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QA→，QB→，QP→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(0，0，3)，B(0，3，0)，C(－2，3，0)，∴QM→＝QP→＋PM→＝QP→＋13PC→＝QP→＋13(QC→－QP→)＝23

QP→＋13QC→＝(－23，33，233)，设n1是平面MBQ的一个法向量，则n1·QM→＝0，n1·QB→＝0，∴－23x＋33y＋233z＝0，3y＝0，∴n1＝(3，0，1).又∵n2＝(0，0，1)是平面BQC的

一个法向量，∴cos〈n1，n2〉＝12，∴平面MBQ与平面CBQ的夹角为60°.