第28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.常考题型精析题型一 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. 点评 (1)异面直线所成的角的范围是(0，].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l1，22\nl2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 (2022·课标全国Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝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.题型二 直线与平面所成的角例2 (2022·课标全国Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值. 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α22\n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，n，则直线l与平面α所成角θ满足sinθ＝|cos〈m，n〉|，θ∈.变式训练2 如图，已知四棱锥P—ABCD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. 题型三 二面角22\n例3 (2022·山东)如图，在三棱台DEF—ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点.(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE,∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小. 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.22\n①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＝〈，〉.(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 (2022·安徽)如图所示，在多面体A1B1D1ABCD，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C.(2)求二面角E—A1D—B1的余弦值. 高考题型精练1.(2022·浙江)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD22\n，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则( )A.∠A′DB≤α B.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤α D.∠A′CB≥α2.(2022·北京朝阳区模拟)在正方体ABCD—A1B1C1D1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( )A.B.C.D.3.(2022·大纲全国)已知二面角α－l－β为60°，AB⊂α，AB⊥l，A为垂足，CD⊂β，C∈l，∠ACD＝135°，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为( )A.B.C.D.4.(2022·四川)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是( )A.[，1]B.[，1]C.[，]D.[，1]5.如图所示，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所成的角是________.6.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22\nBC与平面PAC所成的角是________.7.(2022·四川)三棱锥A－BCD及其侧(左)视图、俯视图如图所示.设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A－NP－M的余弦值. 8.(2022·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.22\n(1)证明：平面AEC⊥平面AFC，(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值. 9.(2022·江苏)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD22\n为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长. 10.(2022·北京)如图，在四棱锥A－EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF的中点.(1)求证：AO⊥BE；(2)求二面角F－AE－B的余弦值；(3)若BE⊥平面AOC，求a的值. 22\n答案精析第28练 “空间角”攻略常考题型精析例1 解 方法一 因为＝＋，＝＋，所以·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·.因为AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，所以·＝0，·＝0，·＝0，·＝－a2.所以·＝－a2.又·＝||·||·cos〈，〉，cos〈，〉＝＝－.所以〈，〉＝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A1C1∥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，22\n于是以D为坐标原点，，，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＝(－a，a,0)，＝(0，－a，a)，且||＝||＝a，·＝－a2，∴cos〈，〉＝＝－，即〈，〉＝120°，所以所求异面直线BA1与AC所成角为60°.变式训练1 C[由于∠BCA＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC＝CA＝CC1，可将三棱柱补成正方体.建立如图所示空间直角坐标系.设正方体棱长为2，则可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)，∴＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，＝(0,1,2).∴cos〈，〉＝＝＝＝.]例2 解 (1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝＝6，所以AH＝10.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10，4,8)，F(0,4,8)，＝(10,0,0)，＝(0，－6，8).设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即22\n所以可取n＝(0,4,3).又＝(－10,4,8)，故|cos〈n，〉|＝＝.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.变式训练2 (1)证明 以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长度，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.可得＝，＝(m，－1,0).因为·＝－＋0＝0，所以PE⊥BC.(2)解 由已知条件可得m＝－，n＝1，故C，D，E，P(0,0,1).设n＝(x，y，z)为平面PEH的法向量，则即因此可以取n＝(1，，0).又＝(1,0，－1)，所以|cos〈，n〉|＝.所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为.例3 (1)证明 如图，连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH，在三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝22\nGC，所以四边形DFCG为平行四边形.则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OH∥BD，又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.(2)解 方法一 设AB＝2，则CF＝DE＝1.在三棱台DEFABC中，G为AC的中点，由DF＝AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DG∥FC，又FC⊥平面ABC，所以DG⊥平面ABC.在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点.所以AB＝BC，GB⊥GC，因此GB，GC，GD两两垂直.以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.所以G(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，，0)，D(0,0,1).可得H，F(0，，1)，故＝，＝(0，，1).设n＝(x，y，z)是平面FGH的一个法向量，则由可得可得平面FGH的一个法向量n＝(1，－1，).因为是平面ACFD的一个法向量，＝(，0,0).所以cos〈，n〉＝＝＝.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.方法二 作HM⊥AC于点M，作MN⊥GF于点N，连接NH.设AB＝2.由FC⊥平面ABC，得HM⊥FC，又FC∩AC＝C，所以HM⊥平面ACFD.因此GF⊥NH，所以∠MNH即为所求的角.22\n在△BGC中，MH∥BG，MH＝BG＝，由△GNM∽△GCF，可得＝，从而MN＝.由HM⊥平面ACFD，MN⊂平面ACFD，得HM⊥MN，因此tan∠MNH＝＝，所以∠MNH＝60°，所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.变式训练3 (1)证明 由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解 因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以，，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，D1(0,1,1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量＝，＝(0,1，－1)，由n1⊥.n1⊥得r1，s1，t1应满足的方程组(－1,1,1)为其一组解，所以可取n1＝(－1,1,1).设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量＝(1,0,0)，＝(0,1，－1)，由此同理可得n2＝(0,1,1).所以结合图形知二面角E—A1D—B1的余弦值为＝＝.22\n高考题型精练1.B[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.B[以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，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 ∴∴n1＝(1,2,2).∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝＝.即所成的锐二面角的余弦值为.]3.B[方法一 如图(1)，平移CD至AF，则∠BAF为所求.作二面角α－l－β的平面角∠BAE＝60°，又∠EAF＝45°，由cos∠BAF＝cos∠BAE·cos∠EAF得cos∠BAF＝×＝.方法二 如图(2)，设AB＝2a，过点B作BB1⊥β，垂足为B1，作AD1∥CD，则∠BAD1即为所求.过点B1作B1D1⊥AD1于D1，连接AB1，BD1，则易知∠BAB1为二面角的平面角，即∠BAB1＝60°，从而BB1＝2asin60°＝a，∠B1AD1＝45°，AB1＝a，AD1＝B1D1＝a.22\n在Rt△BB1D1中，BD1＝＝＝a.在△BAD1中，由余弦定理，得cos∠BAD1＝＝，即异面直线AB与CD所成角的余弦值为.]4.B[根据题意可知平面A1BD⊥平面A1ACC1且两平面的交线是A1O，所以过点P作交线A1O的垂线PE，则PE⊥平面A1BD，所以∠A1OP或其补角就是直线OP与平面A1BD所成的角α.设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP与平面A1BD可以垂直.当点P与点C1重合时可得A1O＝OP＝，A1C1＝2，所以×××sinα＝×2×2，所以sinα＝；当点P与点C重合时，可得sinα＝＝.根据选项可知B正确.]5.60°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)，∴·＝2，22\n∴cos〈，〉＝＝，∴EF和BC1所成的角为60°.6.30°解析 如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P(0，－，)，则＝(2a,0,0)，＝(－a，－，)，＝(a，a,0).设平面PAC的法向量为n，可求得n＝(0,1,1)，则cos〈，n〉＝＝＝.∴〈，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.7.(1)证明 如图(1)，取BD的中点O，连接AO，CO.图(1)由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD均为正三角形，因此AO⊥BD，OC⊥BD.因为AO，OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N分别为线段AD，AB的中点，所以NH∥AO，MN∥BD.因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.22\n因为MN⊥NP，所以BD⊥NP.因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.因为H为BO中点，故P为BC中点.(2)解 方法一 如图(2)，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.图(2)由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角A－NP－M的一个平面角.由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝.由俯视图可知，AO⊥平面BCD.因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰Rt△AOC中，AC＝.作BR⊥AC于R，在△ABC中，AB＝BC，所以BR＝＝.因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，所以NQ∥BR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，因此NQ＝＝.同理，可得MQ＝.所以在等腰△MNQ中，cos∠MNQ＝＝＝.故二面角A－NP－M的余弦值为.22\n图(3)方法二 由俯视图及(1)可知，AO⊥BCD.因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直.如图(3)，以O为坐标原点，以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0).因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，所以M(－，0，)，N(，0，)，P(，，0).于是＝(1,0，－)，＝(－1，，0)，＝(1,0,0)，＝(0，，－).设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，则即有从而取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1,1).设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，则即有从而取z2＝1，所以n2＝(0,1,1).设二面角A－NP－M的大小为θ，则cosθ＝＝＝.22\n故二面角A－NP－M的余弦值是.8.(1)证明 连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.在Rt△FDG中，可得FG＝.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得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，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系，由(1)可得A(0，－，0)，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.9.解 以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标为A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2).22\n(1)因为AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0,2,0).因为＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2).设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0，即令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos〈，m〉＝＝，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为＝(－1,0,2)，设＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又＝(0，－1,0)，则＝＋＝(－λ，－1,2λ)，又＝(0，－2,2)，从而cos〈，〉＝＝.设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cos2〈，〉＝＝≤.当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.因为y＝cosx在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值.又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.10.(1)证明 因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，22\n所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB，平面AEF∩平面EFCB＝EF，AO⊂平面AEF，所以AO⊥平面EFCB.又BE⊂平面EFCB，所以AO⊥BE.(2)解 取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB.又OG⊂平面EFCB，所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系，则E(a,0,0)，A(0,0，a)，B(2，(2－a)，0)，＝(－a,0，a)，＝(a－2，(a－2)，0).设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则x＝，y＝－1，于是n＝(，－1,1).平面AEF的一个法向量为p＝(0,1,0).所以cos〈n，p〉＝＝－.由题知二面角FAEB为钝角，所以它的余弦值为－.(3)解 因为BE⊥平面AOC，所以BE⊥OC，即·＝0，因为＝(a－2，(a－2)，0)，＝(－2，(2－a)，0)，所以·＝－2(a－2)－3(a－2)2.由·＝0及0<a<2，解得a＝.22
