江苏专用2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何8.6空间角的计算教案含解析

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1、8.6空间角的计算考情考向分析本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解题型以解答题为主，要求有较强的数学运算素养，广泛应用函数与方程思想、转化与化归思想1两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角a与b的夹角范围0，求法coscos2.直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，a与n的夹角为，则sin|cos|.3求二面角的大小(1)如图，AB，CD分别是二面角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、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|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)概念方法微思考1利用空间向量如何求线段长度？提示利用|2可以求空间中有向线段的长度2怎样确定两平面法向量夹角和二面角相等还是互补？提示当一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部时，二面角与两个平面的法向量夹角相等；当两个法向量同时指向二面角的内部或外部时，两个法向量的夹角与二面角互补题组一思考辨析1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”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

3、面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角()(3)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，()(4)若二面角a的两个半平面，的法向量n1，n2所成角为，则二面角a的大小是.()题组二教材改编2P111T1设a，b分别是两条异面直线l1，l2的方向向量，且cosa，b，则异面直线l1和l2所成的角为_答案45解析cosa，b，a，b135，异面直线所成角的范围是(0，90，异面直线l1和l2所成的角是45.3P111T2若直线l的方向向量为a(2,3,1)，平面的一个法向量为n(1,0,1)，则直线l与平面所成角的正弦值等于_答案解析cosa，n，直线l与平面所成角的

4、正弦值sin|cosan|.4P114T12(2)如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为_答案解析如图，以A为原点，以，(AEAB)，所在直线分别为x轴、y轴、z轴(如图)建立空间直角坐标系，设D为A1B1的中点，连结AD，C1D，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，A1(0,0，2)，C1(1，2)，D(1,0,2)，(1，2)，(0，0)，(2,0,0)，(0,0,2)，(1,0,2)又因为0，0，所以C1DA1B1，C1DAA1，又A1B1AA1A，A1B1，AA1平面ABB1A1，所以C1D平面ABB

5、1A1，则C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角，cosC1AD，又C1AD，得C1AD.题组三易错自纠5在直三棱柱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_答案解析以点C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设BCCACC12，则可得A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1，0,2)，(1，1,2)，(1,0,2)cos，.6过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD，若ABPA，则平面ABP与平面CDP所成的角为_答案45解析如图，以点

6、A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设ABPA1，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，由题意，知AD平面PAB，设E为PD的中点，连结AE，则AEPD，又CD平面PAD，CDAE，从而AE平面PCD.(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所成的角为45.题型一求异面直线所成的角例1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

7、余弦值(1)证明如图所示，连结BD，设BDACG，连结EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC2，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG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，AC，FG平面AFC，所以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GB，GC所在直线为x轴、y轴，|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz，由(1)可得A(0，0

8、)，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.思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值跟踪训练1三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等边三角形，AA1平面ABC，AA1AB，N，M分别是A1B1，A1C1的中点，则AM与BN所成角的余弦值为_答案解析如图所示，取AC的中点D，以D为原点，BD，DC，DM所在直线分别为x轴、

9、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC2，则A(0，1,0)，M(0,0,2)，B(，0,0)，N，所以(0,1,2)，所以cos，.题型二求直线与平面所成的角例2(2018全国)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值(1)证明由已知可得BFPF，BFEF，PFEFF，PF，EF平面PEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)解如图，作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原

10、点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，.又为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角为，则sin|cos，|.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.思维升华若直线l与平面的夹角为，直线l的方向向量l与平面的法向量n的夹角为，则或，故有sin|cos|.跟踪训练2(2018全国)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30

11、，求PC与平面PAM所成角的正弦值(1)证明因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.如图，连结OB.因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，所以OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.因为OPOB，OPAC，OBACO，OB，AC平面ABC，所以PO平面ABC.(2)解由(1)知OP，OB，OC两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，(0,2,2)由(1)知平面PAC的一个法向量为(2

12、,0,0)设M(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由n0，n0，得可取ya，得平面PAM的一个法向量为n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos30，所以，解得a4(舍去)或a.所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.题型三求二面角例3(2018江苏泰州中学摸底)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1ABAC1，ABAC，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上，且满足(R)(1)证明：PNAM；(2)若平面PMN与平面ABC所成的锐二面角为45，试

13、确定点P的位置(1)证明如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz.则A(0,0,0)，P(，0,1)，N，M，从而，所以0110，所以PNAM.(2)解由题意知平面ABC的一个法向量n(0,0,1)设平面PMN的法向量m(x，y，z)，由(1)得，由得解得令x3，得m(3,21,22)因为平面PMN与平面ABC所成的锐二面角为45，所以|cosm，n|，解得，故点P在B1A1的延长线上，且A1P.思维升华利用向量法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面角的大

14、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跟踪训练3(2018南通模拟)如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，AB3，AC4，B1CAC1.(1)求AA1的长；(2)若BP1，求二面角PA1CA的余弦值解(1)以A为坐标原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AA1t，则A(0,0,0)，C1(0,4，t)，B1(3,0，t)，C(0,4,0)，所以(0,4，t)，(3,4，t)，因为B1CAC1，

15、所以0，即16t20，解得t4，所以AA1的长为4.(2)因为BP1，所以P(3,0,1)，又C(0,4,0)，A1(0,0,4)，故(0,4，4)，(3,0，3)，设n(x，y，z)为平面PA1C的法向量，则即取z1，解得y1，x1，n(1,1,1)为平面PA1C的一个法向量，显然，(3,0,0)为平面A1CA的一个法向量，则cosn，据图可知，二面角PA1CA的余弦值为.利用空间向量求解空间角例(14分)(2018苏州调研)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC的边长为2，侧棱长为4，M是线段AA1上一点，O是线段BC的中点，D为B1C1的中点，以，为正交基底，建立如图所示的空间

16、直角坐标系Oxyz.(1)若AMMA1，求直线B1C1和平面BMC1所成角的正弦值；(2)若二面角MBC1B1的正弦值为，求AM的长解根据题意得B(1,0,0)，B1(1,4,0)，C1(1,4,0)，所以(2,0,0)，(2,4,0)(1)当M是线段AA1的中点时，M(0,2，)，(1,2，)，设平面BMC1的一个法向量为n(x，y，z)，则得即取y1，得n(2,1,0)，3分设B1C1和平面BMC1所成的角为，则sin|cosn，|，所以B1C1和平面BMC1所成角的正弦值为.7分(2)设AMa(0a4)，则M(0，a，)，(1，a，)，设平面BMC1的一个法向量为n1(x，y，z)，则得

17、即取y1，得n1，10分显然(0,0，)是平面BC1B1的一个法向量，设二面角MBC1B1的大小为，则sin，cos，则|cos|cosn1，|，解得a1或3，所以AM的长为1或3.14分利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角1已知两平面的法向量分别为m(1，1,0)，n(0,1，1)，则两平面所成的二面角为_答案60或120解析cosm，n，即m，n120.两平面所成二面角为120或18012060.2.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC

18、12CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为_答案解析设CA2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量(2,2,1)，(0,2，1)，由向量的夹角公式得cos，.3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_答案解析以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，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)，则有即n1(1,2,2)

19、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.4在正方体ABCDA1B1C1D1中，AC与B1D所成角的大小为_答案解析以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，B1(1,0,1)，D(0,1,0)(1,1,0)，(1,1，1)，1(1)110(1)0，AC与B1D所成角的大小为.5已知正三棱柱ABCA1B1C1，ABAA12，则异面直线AB1与A1C所成角的余弦值为_答案解析以A为原点，在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴，以AC所在直

20、线为y轴，以AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B1(，1,2)，A1(0,0,2)，C(0,2,0)，(，1,2)，(0,2，2)，设异面直线AB1和A1C所成的角为，则cos.异面直线AB1和A1C所成角的余弦值为.6.如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，(0,0,2)，平面ABC的法向量为n(2，1,2)，设二面角CABO的大小为，则cos_.答案解析由题意可知，平面ABO的一个法向量为(0,0,2)，由图可知，二面角CABO为锐角，由空间向量的结论可知，cos.7在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC90，D，E，F分别是棱AB，

21、BC，CP的中点，ABAC1，PA2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为_答案解析以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由ABAC1，PA2，得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，D，E，F.(0,0，2)，.设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则由得取z1，则n(2,0,1)，设直线PA与平面DEF所成的角为，则sin|cosn，|，直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.8.如图，在正方形ABCD中，EFAB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AEEDAD11，则AF与CE所成角的余弦值为_答案解析

22、AEEDAD11，AEED，即AE，DE，EF两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设ABEFCD2，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)，(1,2,0)，(0,2,1)，cos，AF与CE所成角的余弦值为.9.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所成角的大小是_答案60解析以B为坐标原点，以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BB1所在直线为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

23、，1,1)，(2,0,2)，2，cos，异面直线所成角的范围是(0，90，EF和BC1所成角的大小为60.10已知点E，F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的锐二面角的正切值为_答案解析方法一延长FE，CB相交于点G，连结AG，如图所示设正方体的棱长为3，则GBBC3，作BHAG于点H，连结EH，则EHB为所求锐二面角的平面角BH，EB1，tanEHB.方法二如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，设DA1，由已知条件得A(1,0,0)，E，F，设平面

24、AEF的法向量为n(x，y，z)，由得令y1，z3，x1，则n(1,1，3)，取平面ABC的法向量为m(0,0，1)，设平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为，则cos|cosn，m|，tan.11(2018盐城期末)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA14，AB2，点M是BC的中点(1)求异面直线AC1与DM所成角的余弦值；(2)求直线AC1与平面A1DM所成角的正弦值解(1)在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，以D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.因为M(1,2,0)，A(2,0,0)，C1(0,2,4)，所以(1,2,0)

25、，(2,2,4)，所以cos，所以异面直线AC1与DM所成角的余弦值为.(2)(2,0,4)，设平面A1DM的一个法向量为n(x，y，z)则得取y1，得x2，z1，故平面A1DM的一个法向量为n(2,1,1)于是cosn，所以直线AC1与平面A1DM所成角的正弦值为.12(2018江苏省南京外国语学校期末)如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF中，AB，CE1，CE平面ABCD.(1)求异面直线DF与BE所成角的余弦值；(2)求二面角ADFB的大小解(1)以C为坐标原点，分别以CD，CB，CE所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则D(，0,0)，F(，1)，E(0,0

26、,1)，B(0，0)，C(0,0,0)，所以(0，1)，(0，1)，从而cos，.所以直线DF与BE所成角的余弦值为.(2)平面ADF的法向量为m(，0,0)设平面BDF的法向量为n(x，y，z)又(，0,1)由n0，n0，得yz0，xz0，取x1，则y1，z，所以n(1,1，)，所以cosm，n.又因为m，n0，所以m，n.所以二面角ADFB的大小为.13.如图，在四棱锥SABCD中，SA平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，ADBC，BAD90，且AB4，SA3.E，F分别为线段BC，SB上的一点(端点除外)，满足，当实数的值为_时，AFE为直角答案解析因为SA平面ABCD，BAD90，以

27、A为坐标原点，AD，AB，AS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.AB4，SA3，B(0,4,0)，S(0,0,3)设BCm，则C(m,4,0)，.()()(0,4，3)，F.同理可得E，.，要使AFE为直角，即0，则00，169，解得.14.如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，ABAC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在直线A1B1上运动，且(0,1)(1)证明：无论取何值，总有AM平面PNQ；(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60？若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由(1)证明连结A1Q.A

28、A1AC1，M，Q分别是CC1，AC的中点，RtAA1QRtCAM，MACQA1A，MACAQA1QA1AAQA190，AMA1Q.N，Q分别是BC，AC的中点，NQAB.又ABAC，NQAC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，NQAA1.又ACAA1A，AC，AA1平面ACC1A1，NQ平面ACC1A1，又AM平面ACC1A1，NQAM.由NQAB和ABA1B1可得NQA1B1，N，Q，A1，P四点共面，A1Q平面PNQ.NQA1QQ，NQ，A1Q平面PNQ，AM平面PNQ，无论取何值，总有AM平面PNQ.(2)解如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、

29、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M，N，Q，(1,0,0)由(1,0,0)(，0,0)，可得点P(，0,1)，.设n(x，y，z)是平面PMN的法向量，则即得令x3，得y12，z22，n(3,12，22)是平面PMN的一个法向量取平面ABC的一个法向量为m(0,0,1)假设存在符合条件的点P，则|cosm，n|，化简得421410，解得或(舍去)综上，存在点P，且当A1P时，满足平面PMN与平面ABC的夹角为60.15在四棱锥PABCD中，(4，2,3)，(4,1,0)，(6,2，8)，则这个四棱锥的高h_.答案2解析设平面ABCD的法向量为n(x，y，

30、z)，则即令y4，则n，则cosn，h|cosn|22.16.如图所示，在梯形ABCD中，ABCD，BCD120，四边形ACFE为矩形，且CF平面ABCD，ADCDBCCF.(1)求证：EF平面BCF；(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值(1)证明设ADCDBC1，ABCD，BCD120，AB2，AC2AB2BC22ABBCcos603，AB2AC2BC2，则BCAC.CF平面ABCD，AC平面ABCD，ACCF，而CFBCC，CF，BC平面BCF，AC平面BCF.EFAC，EF平面BCF.(2)解以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设FM(0)，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0，1,0)，M(，0,1)，(，1,0)，(，1,1)设n(x，y，z)为平面MAB的法向量，由得取x1，则n(1，)易知m(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，cosn，m.0，当0时，cosn，m取得最小值，当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.26