【精品】2019高考数学二轮复习专题二立体几何第3讲空间角学案.pdf

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1、1第 3 讲空间角 考情考向分析 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，热点为异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的求解，向量法作为传统几何法的补充，为考生答题提供新的工具热点一异面直线所成的角(1)几何法：按定义作出异面直线所成的角(即找平行线)，解三角形(2)向量法：设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)设l，m的夹角为 0 2，则 cos|ab|a|b|a1a2b1b2c1c2|a21b21c21a22b22c22.例 1(1)(2018 全国)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA13，则异面直线AD1与DB1所成角的余

2、弦值为()A.15 B.56 C.55 D.22答案C 解析方法一如图，在长方体ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体ABBAA1B1B1A1.连接B1B，由长方体性质可知，B1BAD1，所以DB1B为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角连接DB，由题意，得DB12 1125，BB112322，DB11212325.2在DBB1中，由余弦定理，得DB2BB21DB212BB1DB1cosDB1B，即 545225cosDB1B，cosDB1B55.故选 C.方法二如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.由题意，得A(1,0

3、,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，3)，B1(1,1，3)，AD1(1,0，3)，DB1(1,1，3)，AD1DB11101(3)22，|AD1|2，|DB1|5，cosAD1，DB1AD1DB1|AD1|DB1|22555.故选 C.(2)(2018 浙江省杭州二中月考)已知异面直线a，b所成的角为50，过空间一定点P最多可作n条直线与直线a，b均成 角，则下列判断不正确的是()A当 65时，n3 B当n1 时，只能为 25C当 30时，n2 D当 75时，n4 答案B 解析将空间直线平移，异面直线的夹角不变，则可将异面直线a，b平移到同一平面 内，使得点P为平移后的直线a，b的交点，

4、则当0 25时，n0；当 25时，n1，此时该直线为直线a，b所成锐角的角平分线所在的直线；当25 65时，n32，此时这两条直线在平面 内的投影为直线a，b所成锐角的角平分线所在的直线；当 65时，n3，此时其中两条直线在平面 内的投影为直线a，b所成锐角的角平分线所在的直线，另一条直线为直线a，b所成钝角的角平分线所在的直线；当65 B 2D|BC|，所以 cos ，故选 A.热点二直线与平面所成的角4(1)几何法：按定义作出直线与平面所成的角(即找到斜线在平面内的投影)，解三角形(2)向量法：设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面 的法向量为(a2，b2，c2)，设直线l与平面

5、 的夹角为 02，则 sin|a|a|cos a，|.例 2(2018浙江省名校协作体联考)在如图所示的几何体中，平面DAE平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，四边形DCFE为菱形已知ABCD，ABC60，CD12AB 1.(1)线段AC上是否存在一点N，使得AE平面FDN？证明你的结论；(2)若线段FC在平面ABCD上的投影长度为12，求直线AC与平面ADF所成角的正弦值解(1)在线段AC上存在点N，使得AE平面FDN，且N是AC的中点如图，取AC的中点N，连接NF，DN，连接EC交DF于点O，连接ON.四边形CDEF为菱形，O为EC的中点在ACE中，由中位线定理可得ONAE.ON?平面

6、FDN，AE?平面FDN，AE平面FDN，在线段AC上存在点N，使得AE平面FDN，且N是AC的中点(2)方法一DECF，DE在平面ABCD上的投影长度为12，过点E作EOAD于点O，平面DAE平面ABCD，且平面DAE平面ABCDAD，EO?平面DAE，EO平面ABCD，则OD12，在等腰梯形ABCD中，由已知易得ADBC1，点O为线段AD的中点设点C到平面FDA的距离为h，VC FDAVFADC，hS FDAEOSADC，5易知S ADC34，EO32，取AB的中点M，连接CM，取CM的中点P，连接AP，DP，FP，OP.O，P分别为AD，MC的中点，AMDCEF，且AMDCEF，OPEF

7、且OPEF，四边形OPFE为平行四边形，OEFP，OEFP，FP平面ABCD.易求得AP72，DPFP32，AF102，DF62，DF2AD2AF2，ADF为直角三角形，SFDA64.hEOS ADCSFDA32346464.设直线AC与平面FDA所成的角为，在ADC中，易得AC3，则 sin hAC24.方法二DECF，DE在平面ABCD上的投影长度为12，过点E作EOAD于点O，平面DAE平面ABCD，且平面DAE平面ABCDAD，EO?平面DAE.EO平面ABCD，则OD12，在等腰梯形ABCD中，由已知易得ADBC1.点O为线段AD的中点以O为原点，OE所在直线为z轴，过O且平行于DC

8、的直线为y轴，过O且垂直于yOz平面的直线为x轴建立空间直角坐标系，易得x轴在平面ABCD内6可得A34，14，0，C34，54，0，D34，14，0，E0，0，32，AC 32，32，0，DA32，12，0，DFDEEFDEDC34，14，32(0,1,0)34，34，32.设平面ADF的法向量为n(x，y，z)，则nDA0，nDF0，得32x12y 0，34x34y32z0.令x1，得平面ADF的一个法向量为n(1，3，2)若直线AC与平面ADF所成的角为，则 sin|cos n，AC|322324.思维升华(1)运用几何法求直线与平面所成的角一般是按找证求的步骤进行(2)直线和平面所成角

9、的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意所求角和两向量夹角间的关系跟踪演练2(2018杭州质检)如图，在等腰三角形ABC中，ABAC，A120，M为线段BC的中点，D为线段BC上一点，且BDBA，沿直线AD将ADC翻折至ADC，使ACBD.(1)证明：平面AMC平面ABD；(2)求直线CD与平面ABD所成的角的正弦值(1)证明因为ABC为等腰三角形，M为BC的中点，所以AMBD，又因为ACBD，AMACA，AM，AC?平面AMC，所以BD平面AMC，7因为BD?平面ABD，所以平面AMC平面ABD.(2)解在平面ACM中，过C作CFAM交直线AM于点F，连接FD.由(1)

10、知，平面AMC平面ABD，又平面AMC平面ABDAM，CF?平面AMC，所以CF平面ABD.所以CDF为直线CD与平面ABD所成的角设AM1，则ABACAC 2，BC23，MD23，DCDC 232，AD62.在 RtCMD中，MC2DC2MD2(232)2(2 3)2943.设AFx，在 RtCFA和 RtCFM中，AC2AF2MC2MF2，即 4x2943(x1)2，解得x23 2，即AF232.所以CF2233.故直线CD与平面ABD所成的角的正弦值等于CFDC23331.热点三二面角二面角有两种求法：几何法：利用定义作出二面角的平面角，然后计算向量法：利用两平面的法向量设平面，的法向量

11、分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)，设二面角a 的平面角为(0 )，则|cos|v|v|cos，v|.例 3 如图，在矩形ABCD中，AB 2，AD 4，点E在线段AD上且AE3，现分别沿BE，CE所在的直线将ABE，DCE翻折，使得点D落在线段AE上，则此时二面角DECB的余弦值为()A.45 B.56 C.67 D.788答案D 解析如图 1 所示，连接BD，设其与CE的交点为H，由题意易知BDCE.翻折后如图2 所示，连接BD，图 1 图 2 则在图 2 中，BHD即为二面角DECB的平面角，易求得BD22，DH255，BH855，所以 cosDHBBH2DH2BD22B

12、HDH78，故选 D.思维升华(1)构造二面角的平面角的方法(几何法)：根据定义；利用二面角的棱的垂面；利用两同底等腰三角形底边上的两条中线等(2)向量法：根据两平面的法向量跟踪演练3(2018绍兴质检)已知四面体SABC中，二面角BSAC，ASBC，ASCB的平面角的大小分别为，则()A.2 B.32 2C 3D2 3答案C 解析设三棱锥的顶点S距离底面ABC无穷远，则三棱锥SABC近似为以ABC为底面的三棱柱，此时二面角的平面角，等于三角形ABC的三个内角；若顶点S与底面ABC的距离趋向于0，则三棱锥SABC近似压缩为四顶点共面，则当S为ABC内一点时，二面角的平面角，的大小都为，因此 (

13、，3)，故选 C.真题体验1(2017全国)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：9当直线AB与a成 60角时，AB与b成 30角；当直线AB与a成 60角时，AB与b成 60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)答案解析依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知，点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1 为半径的圆设直线a的方向向量为a(0,1,0)，直线b的方向向量为b(1,0,

14、0)，CB以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为，)0，2，则B(cos，sin，0)，AB(cos ，sin，1)，|AB|2.设直线AB与a所成的角为，则 cos|ABa|a|AB|22|sin|0，22，45 90，正确，错误；设直线AB与b所成的角为，则 cos|ABb|b|AB|22|cos|.当直线AB与a的夹角为60，即 60时，|sin|2cos 2cos 60 22，|cos|22，cos 22|cos|12.45 90，60，即直线AB与b的夹角为60.正确，错误2(2017浙江改编)如图，已知正四面体DABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别10为AB，BC，C

15、A上的点，APPB，BQQCCRRA2，分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为，则 ，的大小关系为 _答案 解析如图，作出点D在底面ABC上的射影O，过点O分别作PR，PQ，QR的垂线OE，OF，OG，连接DE，DF，DG，则 DEO，DFO，DGO.由图可知，它们的对边都是DO，只需比较EO，FO，GO的大小即可如图，在AB边上取点P，使AP 2PB，连接OQ，OR，则O为QRP的中心设点O到QRP三边的距离为a，则OGa，OFOQsin OQFORsin ORPa，OFOGOE，ODtan ODtan ODtan，2，综上所述，12，又由最小角定理得 32，故选 D.3如图，正

16、四棱锥PABCD.记异面直线PA与CD所成的角为，直线PA与平面ABCD所成的角为，二面角PBCA的平面角为，则()A B C D PAO.又OEBC，POBC，OE与PO相交于点O，BC平面POE，PEBC，因此PEO为二面角PBCA的平面角OEtanPAO，PEOPAO.又PABPBE，cosPBEBEPB，cosPEOOEPE，OEBE，PEPB，cosPBEPEO，又PBEPAB，故选 C.4已知四边形ABCD，ABBDDA2，BCCD2，现将ABD沿BD折起，使二面角ABDC的大小在6，56内，则直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是()A.0，528B.0，28C.0，28528

17、，1D.28，528答案A 解析设BD的中点为E，连接AE，CE，因为ABBDDA 2，BCCD2，所以AE3，CE1，且AEBD，CEBD，则AEC为二面角ABDC的平面角，在平面ABD内，过点A作AFBD，使AFBD，构造平行四边形ABDF，连接FD，CF，则CDF或其补角即为异面直线AB与CD的夹角，则在AEC中，由余弦定理得AC2AE2CE22AECEcosAEC423cosAEC，18又因为AEC6，56，所以AC2423cosAEC1,7 因为AEBD，CEBD，且AECEE，AE，CE?平面AEC，所以BD平面AEC，则BDAC，所以AFAC，则在 RtCAF中，CF2AC2AF

18、25,11，则在CDF中，由余弦定理易得直线AB与CD的夹角的余弦值为|cos CDF|DF2CD2CF22DFCD0，528，故选 A.5 长方体的对角线与过同一个顶点的三个表面所成的角分别为，则 cos2 cos2cos2_.答案2 解析设长方形的长、宽、高分别为a，b，c，则对角线长da2b2c2，所以 cos2cos2cos2b2c2d2a2c2d2a2b2d22()a2b2c2d22.6.如图所示，在正方体AC1中，AB2,A1C1B1D1E，直线AC与直线DE所成的角为，直线DE与平面BCC1B1所成的角为，则 cos()_.答案66解析由题意可知，2，则 cos()sin ，以点

19、D为坐标原点，DA，DC，DD1方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则D()0，0，0，E()1，1，2，DE()1，1，2，平面BCC1B1的法向量DC()0，2，0，由此可得cos()sin|DEDC|DE|DC|66.7.(2018 浙江省名校新高考研究联盟联考)如图，平行四边形PDCE垂直于梯形ABCD所在的19平面，ADCBAD90，PDC120，F为PA的中点，PD 1，ABAD12CD1.(1)求证：AC平面DEF；(2)求直线BC与平面PAD所成角的余弦值(1)证明连接PC.设PC与DE的交点为M，连接FM，因为F，M分别为PA，PC的中点，则FMAC.因为FM?平面D

20、EF，AC?平面DEF，所以AC平面DEF.(2)解方法一(几何法)取CD的中点G，连接AG，则AGBC，所以直线AG与平面PAD所成的角即为直线BC与平面PAD所成的角过点G作GHPD，交PD于点H，又平面PDCE平面ABCD，平面PDCE平面ABCDCD，ADCD，AD?平面ABCD，所以AD平面PDCE，又GH?平面PDCE，所以ADGH，因为PDADD，PD，AD?平面PAD，所以GH平面PAD，则GAH即为所求的线面角，易得GH32，AGBC2，则 sin GAHGHAG64，所以直线BC与平面PAD所成角的余弦值为104.20方法二(向量法)过点D在平面PDCE中作DQPE，交PE

21、于点Q，由已知可得PQ12，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DQ所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示由题意可得D(0,0,0)，P0，12，32，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，则DA(1,0,0)，DP 0，12，32，设平面PAD的法向量n(x，y，z)，则nDA0，nDP0，即x0，12y32z0，令y3，得平面PAD一个法向量n(0，3，1)，BC(1,1,0)设直线BC与平面PAD所成的角为，则 sin|cos n，BC|nBC|n|BC|32264，所以直线BC与平面PAD所成角的余弦值为104.8(2018浙江省杭州二中月考)如图，等腰

22、梯形ABCD中，ABCDBC2，AD 5，M，N是AD上的点，且AMDN2，现将ABM，CDN分别沿BM，CN折起，使得A，D重合记作S.(1)求证：BC平面SMN；(2)求直线SN与底面BCNM所成角的余弦值(1)证明BCMN，且MN?平面SMN，BC?平面SMN，BC平面SMN.(2)解过S向底面作垂线，垂足为O，连接BC的中点Q与MN的中点P，根据对称性可知O21在PQ上，分别连接SQ，SP，ON，则SNO是所求的线面角在SPQ中，SP152，SQ3，PQ72，则SO2357，则 sin SNO357，cosSNO147.9(2018湖州、衢州、丽水质检)已知矩形ABCD满足AB2，BC

23、2，PAB是正三角形，平面PAB平面ABCD.(1)求证：PCBD；(2)设直线l过点C且l平面ABCD，点F是直线l上的一个动点，且与点P位于平面ABCD的同侧记直线PF与平面PAB所成的角为，若 0CF31，求 tan 的取值范围(1)证明取AB的中点E，连接PE，EC.因为点E是正三角形PAB的边AB的中点，所以PEAB.又平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，PE?平面PAB，所以PE平面ABCD，因为BD?平面ABCD，则PEBD.因为BEBC1222BCCD，EBCBCD90，所以EBCBCD.故ECBBDC，所以ECBDBCBDCDBC90，所以CEBD，22又CE

24、PEE，CE，PE?平面PEC，故BD平面PEC，又PC?平面PEC，因此PCBD.(2)解方法一在平面PAB内过点B作直线mFC，过F作FGm，交m于点G，连接PG，则四边形BGFC为矩形，BCFG，BCFG.又由(1)及题意得，BC平面PAB，所以FG平面PAB，所以GPF是直线PF与平面PAB所成的角，所以点F到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离，即为BC2，因为 0CF31，所以 1GP2，故 tan 2GP22，2.方法二如图，以E为坐标原点，EB，EP所在直线为x轴，z轴，过点E平行于BC的直线为y轴，建立空间直角坐标系设CFa(0a31)，则P(0,0，3)，F(1，2，a)，所以PF(1，2，a3)，取平面PAB的一个法向量为n(0,1,0)，则 sin|PFn|PF|n|21222a32，由 00，得 0 x12，所以函数f(x)在 0，12上单调递增；令f(x)0，得12x1，所以函数f(x)在12，1 上单调递减，所以f(x)maxf 12112，所以 sin 的最大值为463112223.