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

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，當求出兩半平面α，β的法向量n1，n2時，要根據(jù)向量坐標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系C－xyz，設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α內的直線與BC平行時，直線與斜線所成的角θ為35°；當α內的直線與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α內的直線與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，建立空間直角坐標系，設AB＝PA＝1，則A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由題意，AD⊥平面PAB，設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?。? 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，建立空間直角坐標系，則B(2，0，0)，C(2，2，0)， E(1，，1)，＝(1, ，1)，＝(0，2，0)． 圖2 設與的夾角為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鍵是根據(jù)定義構成三角形求解． (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)建立如圖坐標系，設正方體ABCD－A1B1C1D1棱長為1，則＝(1，0，－1)，＝(1，1，1)．設＝λ＝(λ，λ，λ)，其中0≤λ≤1.則＝(λ，λ－1，λ－1)．又設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)，＝， 設平面BEF的法向量為m＝(x，y，z)， ∴ 取y＝1，則有m＝(0，1，1)． 設直線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”，轉化為三角形求解． (2)向量法(或坐標法)求線面角，分別求出斜線和它在平面內的射影直線的方向向量，轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)，注意范圍是. 【訓練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，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)， 設平面ABP的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝－1，得y＝，z＝，即n＝(－1，，)． 設直線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(及其內部)以AB邊所在直線為旋轉軸旋轉120°得到的，G是的中點． (1)設P是上的一點，且AP⊥BE，求∠CBP的大?。? (2)當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小． 【訓練3】 如圖，在四棱錐P－ABCD中，側面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AD＝1，則AB＝2. ∵側面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系O－xyz.在矩形ABCD中，由(1)得OD⊥OC，∴AB＝2AD，不妨設AD＝1，則AB＝2. ∵側面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A1G∩AE＝H，連接HF.設

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(不含邊界)．設二面角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·杭州學軍中學模擬)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為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖．設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，建立空間直角坐標系．設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，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為原點建立空間直角坐標系O－xyz. 設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　設直線A

42、C與BD′所成角為θ，平面ACD翻折的角度為α，設O是AC中點，由已知得AC＝，如圖， 以OB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系A－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)， 設平面PCE的一個法向量為n＝(x，y，z)， 由得 設x＝2，解得n＝(2，－2，1)．

46、 設直線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