（浙江专版）2019版高考数学大一轮复习 第八章 立体几何初步 第7节 空间角的计算学案 理

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1、 第7节　空间角的计算 最新考纲　1.能用几何方法解决空间角问题；2.了解向量方法在研究立体几何空间角问题中的应用． 知 识 梳 理 1．求异面直线所成的角 (1)(几何法)通过作平行线化为三角形求解． (2)(向量法)设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 a与b的夹角β l1与l2所成的角θ 范围 (0，π) 求法 cos β＝ cos θ＝|cos β|＝ 2.求直线与平面所成的角 (1)(几何法)通过直线在平面上的射影求解，其步骤为“一作、二证、三计算”． (2)(向量法)设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所

2、成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝． 3．求二面角的大小 (1)(几何法)通过一个面的垂线或垂面先作出二面角的平面角，然后加以证明和计算． (2)(向量法)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＝__〈，〉． 如图②③，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|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)． [常用结论与微点提醒] 1．异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；

3、否则向量夹角的补角是异面直线所成的角． 2．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|. 3．二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补． 诊 断 自 测 1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　　) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(

4、　　) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　　) (4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．(选修2－1P104练习2改编)已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为(　　) A．45° B．135° C．45°或135° D．90° 解析　cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°. ∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°. 答案　C 3．在直三棱柱 ABC－A1B1C1中，∠BCA

5、＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 解析　建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，设BC＝2，则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与AN所成角θ的余弦值cos θ＝＝＝. 答案　C 4．(2018·舟山测试)平面α的斜线与平面α所成的角是35°，则此斜线与平面α内所有不过斜足的直线所成的角θ的范围是(　　) A．0°<θ≤35° B．0°<θ≤90° C．35°≤θ<90°

6、D．35°≤θ≤90° 解析　设平面α的斜线的斜足为B，过斜线上A点作平面α的垂线，垂足为C，则∠ABC＝35°，∴当α内的直线与BC平行时，直线与斜线所成的角θ为35°；当α内的直线与BC垂直时，则此直线与平面ABC垂直，∴直线与斜线所成的角θ为90°；当α内的直线与BC既不平行也不垂直时，直线与斜线所成的角θ满足35°<θ<90°. 答案　D 5．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若 cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为________． 解析　设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－，∴ sin θ＝| cos〈m，n〉|＝，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝3

7、0°. 答案　30° 6．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为________． 解析　如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD， 又CD⊥平面PAD， ∴CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD. 所以＝(0，1，0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°. 故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°. 答案　45° 考点一　求异面直线所成的角 【例1】 如图，

8、在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝2，PA＝2.求： (1)△PCD的面积． (2)(一题多解)异面直线BC与AE所成的角的大小． 解　(1)因为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，从而CD⊥PD.因为PD＝＝2，CD＝2， 所以△PCD的面积为×2×2＝2. (2)法一　如图1，取PB中点F，连接EF，AF，则EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角． 图1 在△AEF中，由于EF

9、＝，AF＝，AE＝PC＝2.所以AF2＋EF2＝AE2，∠AFE＝， 则△AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF＝. 因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是. 法二　如图2，建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(2，2，0)， E(1，，1)，＝(1, ，1)，＝(0，2，0)． 图2 设与的夹角为θ，则 cos θ＝＝＝，所以θ＝. 由此可知，异面直线BC与AE所成的角的大小是. 规律方法　(1)几何法求异面直线所成的角关键是根据定义构成三角形求解． (2)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v1，v2；

10、③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解；④取锐角或直角． 【训练1】 (1)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，PA＝AB，则PB与AC所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. (2)(2018·浙江五校联考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在A1C上运动(包括端点)，则BP与AD1所成角的取值范围是(　　) A. B. C. D. 解析　(1)延长DA到E，使AE＝DA，连接BE，PE，则AE綉BC，∴四边形AEBC为平行四边形，∴BE∥AC， ∴∠PBE就是直线PB与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)建立如图坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为1，则＝(1，0，－1)，＝(1，1，1)．设＝λ＝(λ，λ，λ)，其中0≤λ≤1.则＝(λ，λ－1，λ－1)．又设BP与AD1所成角为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 考点二　求直线与平面所成的角 【例2】 (2018·浙江“超级全能生”联考)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝a，∠ABC＝60°

12、，平面ACFE⊥平面ABCD，四边形ACFE是矩形，AE＝a，点M在线段EF上，且MF＝2EM. (1)求证：AM∥平面BDF； (2)(一题多解)求直线AM与平面BEF所成角的余弦值． (1)证明　在梯形ABCD中， ∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝a，∠ABC＝60°， ∴四边形ABCD是等腰梯形， 且∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°， ∴∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°，∴AC⊥BC. 又∵AC＝BD＝a，∴AB＝2a. 设AC与BD交于点N，∠NBC＝∠NBA＝30°， 由角平分线定理知＝＝2，连接FN， 则AN∥MF且AN＝MF， ∴四边

13、形AMFN是平行四边形，∴AM∥NF， 又NF⊂平面BDF，AM⊄平面BDF，∴AM∥平面BDF. (2)解　法一　由题知AC∥EF，∴点A到平面BEF的距离等于点C到平面BEF的距离，过点C作BF的垂线交BF于点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， ∴直线AM与平面BEF所成角的正弦值为＝， 即直线AM与平面BEF所成角的余弦值为. 法二　以C为坐标原点，，，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立

14、空间直角坐标系， 则A(a，0，0)，B(0，a，0)，F(0，0，a)，E(a，0，a)， M， ∴＝(－a，0，0)，＝(0，－a，a)，＝， 设平面BEF的法向量为m＝(x，y，z)， ∴ 取y＝1，则有m＝(0，1，1)． 设直线AM与平面BEF所成的角为θ，sin θ＝＝＝＝， 即直线AM与平面BEF所成角的余弦值为. 规律方法　求线面角的方法： (1)几何法求线面角的步骤是“一作、二证、三计算”，转化为三角形求解． (2)向量法(或坐标法)求线面角，分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)，注意范围是. 【训练2】

15、 (2018·浙东北教联一模)如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是菱形，∠BAD＝，AB＝PD＝2，PB＝PC＝. (1)求证：平面PBC⊥平面ABCD； (2)(一题多解)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值． (1)证明　如图，取BC的中点M，连接PM，DM，DB，则△BCD和△PBC分别是等边三角形、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，从而平面PBC⊥平面ABCD. 图1 (2)解　法一　如图1，在平面ABP内，过点P作直线P

16、B的垂线交AB的延长线于点Q，过点M作AB的垂线交AB的延长线于点N，过点C作PQ的垂线交PQ于点E，连接PN，CQ. 由于PQ⊥PB，PC⊥PB，PQ∩PC＝P， 则PB⊥平面PQC，又PB⊂平面PAB， 则平面PQC⊥平面PAB， 又CE⊥PQ，平面PQC∩平面PAB＝PQ， 则CE⊥平面PAB， ∠CPE是直线PC与平面PAB所成角． 由于MN⊥AB，BM＝1，则BN＝，MN＝. 又PM⊥平面ABCD，则PM⊥AB， 又MN⊥AB，MN∩PM＝M， 所以AB⊥平面PMN，则AB⊥PN， 在Rt△PMN中，PN＝＝， 则在Rt△PBN中，tan ∠PBN＝，PB＝，

17、 从而在Rt△BPQ中，PQ＝，BQ＝4，CQ＝2. 在△PQC中，PC2＋QC2＝PQ2，即CP⊥CQ， 则CE＝，sin∠CPE＝＝. 法二　如图2，建立空间直角坐标系M－xyz. 图2 则P(0，0，1)，A(，2，0)，B(0，1，0)，C(0，－1，0)， ＝(－，－1，0)，＝(0，1，－1)，＝(0，－1，－1)， 设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝－1，得y＝，z＝，即n＝(－1，，)． 设直线PC与平面PAB所成角的平面角为θ， 则sin θ＝＝＝， 即直线PC与平面PAB所成角的正弦值为. 考点三　求二面角 【例3】

18、(一题多解)(2017·山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点． (1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； (2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小． 解　(1)因为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°， 图1 因此∠CBP＝30°. (2)法一　如图1，取的中点H，连接EH，GH，CH. 因为∠EBC＝120°， 所以四边形BEHC为菱形，

19、 所以AE＝GE＝AC＝GC ＝＝. 取AG的中点M，连接EM，CM，EC， 则EM⊥AG，CM⊥AG， 所以，∠EMC为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为等边三角形， 故所求的角为60°. 法二　以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系． 图2 由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，，3)，C(－1，，0)， 故＝(2，0，－3)，＝(

20、1，，0)，＝(2，0，3)． 设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量． 由可得 取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2)． 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量． 由可得 取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)．所以cos〈m，n〉＝＝. 因此所求的角为60°. 规律方法　(1)几何法求二面角的步骤是“一作、二证、三计算”．注意利用二面角一个平面的垂线、垂面找(作)平面角． (2)利用向量计算二面角大小的常用方法： ①找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二

21、面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小． ②找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小． 【训练3】 如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝PB，O为AB的中点，OD⊥PC. (1)求证：OC⊥PD； (2)(一题多解)若PD与平面PAB所成的角为30°，求二面角D－PC－B的余弦值． (1)证明　如图，连接OP. ∵PA＝PB，O为AB的中点， ∴OP⊥AB. ∵侧面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，不妨设AD＝1，则AB＝2. ∵侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形， ∴DA⊥平面PAB，CB⊥平面PAB，△DPA≌△CPB， ∴∠DPA为直线PD与平面PAB所成的角， ∴∠DPA＝30°，∠CPB＝30°，PA＝PB＝， ∴DP＝CP＝2，∴△PDC为等边三角形． 设PC的中点为M，连接DM，则DM⊥PC. 在Rt△CBP中，过M作NM⊥

23、PC，交PB于点N，连接ND，则∠DMN为二面角D－PC－B的一个平面角． 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的余弦值为－. 法二　取CD的中点E，以O为原点，OE，OB，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O－xyz.在矩形ABCD中，由(1)得OD⊥OC，∴AB＝2AD，不妨设AD＝1，则AB＝2. ∵侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形， ∴DA⊥平面PAB，CB⊥平面PAB，△DPA≌△

24、CPB， ∴∠DPA为直线PD与平面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，)，从而＝(1，1， －)，＝(0，－2，0)． 设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 由得 可取n1＝(，0，1)． 同理，可取平面PCB的一个法向量为n2＝(0，－，－1)． 于是cos〈n1，n2〉＝＝－， ∴二面角D－PC－B的余弦值为－. 基础巩固题组 一、选择题 1．(2018·浙江名校三联)直三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长都相等，M是A1C1的中点，N是

25、BB1的中点，则AM与NC1所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 解析　不妨设该直三棱柱的棱长为2，取AC的中点E，连接C1E，NE，则C1E∥AM，所以C1E与C1N所成的角即为AM与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·宁波月考)已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CD的中点，则直线AF与平面A1D1F所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 解析　如图所示，取AB的中点G，连接GF，A1G，AE，设A1G∩AE＝H，连接HF.设

26、正方体的棱长为a，因为G，F分别为AB，DC的中点，所以GF綉A1D1，所以平面A1D1F即平面A1D1FG.在Rt△A1AG与Rt△ABE中，因为A1A＝AB，AG＝BE，所以Rt△A1AG≌Rt△ABE，所以∠GA1A＝∠EAG.因为∠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是直线AF与平面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·浙江三市联考)已知矩形ABCD，AD＝AB，沿直线

27、BD将△ABD折成△A′BD，使点A′在平面BCD上的射影在△BCD内(不含边界)．设二面角A′－BD－C的大小为θ，直线A′D，A′C与平面BCD所成的角分别为α，β，则(　　) A．α<θ<β B．β<θ<α C．β<α<θ D．α<β<θ 解析　如图，作A′E⊥BD于E，A′O⊥平面BCD于O，连接OE，OD，OC，易知∠A′EO＝θ，∠A′DO＝α，∠A′CO＝β.在矩形ABCD中，作AE⊥BD于E，延长AE交BC于F，则点O必落在EF上．由AD＝AB知，OEtan β>tan α，又α，β，θ均为锐角，得θ>β>α. 答案　D

28、4．(2018·杭州学军中学模拟)如图，正方形ABCD与正方形BCEF所成的二面角的大小是，PQ是正方形BCEF所在平面内的一条动直线，则直线BD与PQ所成角的取值范围是(　　) A. 　　B. C. 　　D. 解析　由直线在平面中的平移可知，求直线BD与PQ的夹角，即求PQ的平行线与BD的夹角，故过点D作平面BCEF的垂线，垂足为H，又两个平面的夹角为，所以H为CE的中点，连接BH，则由题意条件可知，BD与BH的夹角，即∠DBH为BD与平面BCEF中所有直线的夹角的最小值．因为四边形ABCD与四边形BCEF均为正方形，且BC为公共边，所以可设两个正方形的边长均为1，则BD＝，又两

29、个平面的夹角为，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中存在直线l⊥BH，又DH⊥l，BH∩DH＝H，则l⊥平面BDH，所以l⊥BD，即存在与BD垂直的直线PQ.综上，故选A. 答案　A 5．(2018·绍兴检测)过正四面体ABCD的顶点A作一个形状为等腰三角形的截面，且使截面与底面BCD所成的角为75°，这样的截面有(　　) A．6个 B．12个 C．16个 D．18个 解析　如图，正四面体ABCD中，因为过点A的截面是等腰三角形，若AE＝AF，则截面与底面BCD所成

30、的角为75°有如下情形．如图所示，在高线的两侧的截面AE1F1、截面AE2F2与底面BCD所成的角为75°(E1F1，E2F2与BC平行)，同理截面的一边与CD平行也有2个，与BD平行也有2个，共有6个．若AE＝EF，同理也有6个．若EF＝AF，同理也有6个．综上所述，满足题意的截面共有18个，故选D . 答案　D 6．(2017·浙江卷)如图，已知正四面体DABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，＝＝2，分别记二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角为α，β，γ，则(　　) A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β

31、＜γ D．β＜γ＜α 解析　如图①，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α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO. 由图可知安们的对边都是DO， ∴只需比较EO，FO，GO的大小即可． 如图②，在AB边上取点P′，使AP′＝2P′B，连接OQ，OR，则O为△QRP′的中心． 设点O到△QRP′三边的距离为a，则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、、填空题 7．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于__________． 解析　以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图．设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则＝(0，1，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2)． 设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，所以有令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝ (2，－2，1)． 设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝. 答案　 8．(2017·温州月考)如图所

33、示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角大小为__________；直线EF与底面ABC所成角的大小为________． 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AB＝BC＝AA1＝2， 则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)， 则＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)， ∴·＝2， ∴cos〈，〉＝＝， ∴EF和BC1所成的角为60°； ∵FB⊥平面ABC，BF＝BE＝1， ∴∠FEB为直线EF与底面ABC的夹

34、角且为45°. 答案　60°　45° 9．已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于________． 解析　延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示． 设正方体的棱长为3，则GB＝BC＝3，作BH⊥AG于点H，连接EH，则∠EHB为所求二面角的平面角． ∵BH＝，EB＝1， ∴tan∠EHB＝＝. 答案　 10．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，所有的棱长均为2，M是AB的中点，动点P在底面A1B1C1内，若BP∥平面A1MC，记∠PCC1＝α，则

35、sin α的取值范围是________． 解析　如图，取A1B1的中点D， 连接BD，C1D，BC1，则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，所以点P在线段C1D上，点P的轨迹的长度C1D＝，连接CD，在Rt△CDC1中，0≤α≤∠C1CD，CD＝， sin∠C1CD＝，所以0≤sin α≤. 答案　 三、解答题 11．(2018·绍兴一中调研)如图，在空间几何体ABCDE中，正方形ABCD所在的

36、平面与Rt△ABE所在的平面互相垂直，∠AEB＝90°，且AB＝2，AE＝1. (1)求证：平面ADE⊥平面BCE； (2)求直线AB与平面BCE所成角的大小； (3)求异面直线AB与CE所成角的余弦值． (1)证明　∵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为AB在平面BCE内的射影， ∴∠ABE为直线AB与平面BCE

37、所成的角． 在Rt△ABE中，sin∠ABE＝＝，∴∠ABE＝30°， 即直线AB与平面BCE所成角的大小为30°. (3)解　∵AB∥CD，∴∠DCE为异面直线AB与CE所成的角． ∵∠AEB＝90°，且AB＝2，AE＝1， ∴DC＝BC＝AD＝2，CE＝＝ ＝，DE＝＝， 故cos∠DCE＝＝＝， ∴异面直线AB与CE所成角的余弦值为. 12．(2018·温州模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1所有的棱长均为2，A1B＝，A1B⊥AC. (1)(一题多解)求证：A1C1⊥B1C； (2)求直线AC和平面ABB1A1所成角的余弦值． (1)证明　法一　取AC的中

38、点O，连接A1O，BO， ∴BO⊥AC， ∵A1B⊥AC，A1B∩BO＝B， A1B⊂平面A1BO，BO⊂平面A1BO，∴AC⊥平面A1BO， 连接AB1交A1B于点M，连接OM，则B1C∥OM， 又∵OM⊂平面A1BO，∴AC⊥OM，∴AC⊥B1C， ∵A1C1∥AC，∴A1C1⊥B1C. 法二　连接AB1，BC1， ∵四边形A1ABB1是菱形，∴A1B⊥AB1， 又∵A1B⊥AC，AB1∩AC＝A，∴A1B⊥平面AB1C， ∴A1B⊥B1C， 又∵四边形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内的射影落在AB1上， ∴∠B1AC为直线AC和平面ABB1A1所成的角． ∵AB1＝2AM＝2＝， ∴在Rt△ACB1中，cos∠B1AC＝＝＝， ∴直线AC和平面ABB1A1所成角的余弦值为. 能力提升题组 13.如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　) A. 　 B. C. 　D. 解析　

40、不妨令CB＝1，则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. ∴与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角， ∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为. 答案　A 14．在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且 SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析　如图，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz. 设OD＝SO＝OA

41、＝OB＝OC＝a.则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P. 则＝(2a，0，0)，＝，＝(a，a，0)， 设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则解得可取n＝(0，1，1)， 则 cos〈，n〉＝＝＝， 又∵〈，n〉∈(0°，180°)，∴〈，n〉＝60°， ∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°. 答案　A 15．(2016·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是________． 解析　设直线A

42、C与BD′所成角为θ，平面ACD翻折的角度为α，设O是AC中点，由已知得AC＝，如图， 以OB为x轴，OA为y轴，过O与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则A，B，C，作DH⊥AC于H，翻折过程中，D′H始终与AC垂直，CH＝＝＝，则OH＝，DH＝＝，因此可设D′， 则＝， 与平行的单位向量为n＝(0，1，0)， 所以cos θ＝|cos〈，n〉|＝＝，所以cos α＝－1时， cos θ取最大值. 答案　 16．如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.

43、 (1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由； (2)(一题多解)若二面角P－CD－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，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)法一　由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩A

44、D＝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. 于是CE⊥平面PAH.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＝.在Rt△PAH中，PH＝＝，所以sin∠APH＝＝. 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为. 法二　由已

45、知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 从而∠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. 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 作Ay⊥AD，以A为原点，以，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A－xyz，则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)， 设平面PCE的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由得 设x＝2，解得n＝(2，－2，1)．

46、 设直线PA与平面PCE所成角为α， 则sin α＝＝＝. 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为. 17．(2016·浙江卷)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)(一题多解)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，如图所示． 因为平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，且AC⊥BC，所以，AC⊥平面BCK，因此BF⊥AC. 又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△B

47、CK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　法一　过点F作FQ⊥AK于Q，连接BQ. 因为BF⊥平面ACK，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＝. 在Rt△BQF中，FQ＝，BF＝， 得cos∠BQF＝. 所以，二面角B－AD－F的平面角的余弦值为. 法二　如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则△BCK为等边三角形． 取BC的中点O，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，所以KO⊥平面ABC. 以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x，z轴的正方向， 建立空间直角坐标系O－xyz. 由题意得B(1，0，0)，C(－1，0，0)，K(0，0，)，A(－1，－3，0)，E，F. 因此，＝(0，3，0)，＝(1，3，)，＝(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 得 取m＝(，0，－1)； 由 得 取n＝(3，－2，)． 于是，cos〈m，n〉＝＝. 所以，二面角B－AD－F的平面角的余弦值为. 28