第30练 空间角的突破方略题型一 异面直线所成的角例1 在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求异面直线BA 1与AC 所成的角．破题切入点 利用BA 1→·AC →＝|BA 1→|·|AC →|×cos 〈BA 1→，AC →〉，求出向量BA 1→与AC →的夹角〈BA 1→，AC →〉，再根据异面直线BA 1，AC 所成角的范围确定异面直线所成角．还可用几何法或坐标法． 解 方法一因为BA 1→＝BA →＋BB 1→，AC →＝AB →＋BC →，所以BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(AB →＋BC →)＝BA →·AB →＋BA →·BC →＋BB 1→·AB →＋BB 1→·BC →.因为AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ，所以BA →·BC →＝0，BB 1→·AB →＝0，BB 1→·BC →＝0，BA →·AB →＝－a 2.所以BA 1→·AC →＝－a 2.又BA 1→·AC →＝|BA 1→|·|AC →|·cos 〈BA 1→，AC →〉，cos 〈BA 1→，AC →〉＝－a 22a ×2a ＝－12. 所以〈BA 1→，AC →〉＝120°.所以异面直线BA 1与AC 所成的角为60°.方法二连接A 1C 1，BC 1，则由条件可知A 1C 1∥AC ，从而BA 1与AC 所成的角亦为BA 1与A 1C 1所成的角，由于该几何体为边长为a 的正方体，于是△A 1BC 1为正三角形，∠BA 1C 1＝60°，从而所求异面直线BA 1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 ，DD 1两两垂直且长度均为a ，于是以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1→分别为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，于是有A (a,0,0)，C (0，a,0)，A 1(a,0，a )，B (a ，a,0)，从而AC →＝(－a ，a,0)，BA 1→＝(0，－a ，a )，且|AC →|＝|BA 1→|＝2a ，AC →·BA 1→＝－a 2，∴cos 〈AC →，BA 1→〉＝－a 22a ·2a＝－12， 〈AC →，BA 1→〉＝120°，所以所求异面直线BA 1与AC 所成角为60°.题型二 直线与平面所成的角例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P A 与平面PEH 所成角的正弦值．破题切入点 平面的法向量是利用向量方法解决位置关系或夹角的关键，本题可通过建立坐标系，利用待定系数法求出平面PEH 的法向量．(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 ⎝⎛⎭⎫12，m 2，0.可得PE →＝⎝⎛⎭⎫12，m 2，－n ，BC →＝(m ，－1,0)． 因为PE →·BC →＝m 2－m 2＋0＝0，所以PE ⊥BC . (2)解 由已知条件可得m ＝－33，n ＝1， 故C ⎝⎛⎭⎫－33，0，0，D ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，E ⎝⎛⎭⎫12，－36，0， P (0,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PEH 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·HE →＝0，n ·HP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －36y ＝0，z ＝0.因此可以取n ＝(1，3，0)．又P A →＝(1,0，－1)，所以|cos 〈P A →，n 〉|＝24. 所以直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值为24. 题型三 二面角例3 如图，在五面体ABCDEF 中，F A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD . (1)求异面直线BF 与DE 所成的角的大小；(2)证明：平面AMD ⊥平面CDE ；(3)求二面角A －CD －E 的余弦值．破题切入点 以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系．(1)解如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝1，依题意得B (1,0,0)，C (1,1,0)， D (0,2,0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，1，12. BF →＝(－1,0,1)，DE →＝(0，－1,1)，于是cos 〈BF →，DE →〉＝BF →·DE →|BF →||DE →|＝0＋0＋12·2＝12. 所以异面直线BF 与DE 所成的角的大小为60°.(2)证明 由AM →＝⎝⎛⎭⎫12，1，12，CE →＝(－1,0,1)，AD →＝(0,2,0)，可得CE →·AM →＝0，CE →·AD →＝0. 因此，CE ⊥AM ，CE ⊥AD .又AM ∩AD ＝A ，故CE ⊥平面AMD .而CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥平面CDE .(3)解 设平面CDE 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ u ·CE →＝0，u ·DE →＝0.于是⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－y ＋z ＝0. 令x ＝1可得u ＝(1,1,1)． 又由题设，平面ACD 的一个法向量为v ＝(0,0,1)．所以cos u ，v ＝u ·v |u ||v |＝0＋0＋13×1＝33. 因为二面角A －CD －E 为锐角，所以其余弦值为33. 总结提高 空间中各种角包括：异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角．(1)异面直线所成的角的范围是(0，π2]．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)直线与平面所成的角的范围是[0，π2]．求直线和平面所成的角用的是射影转化法． 具体步骤如下：①找过斜线上一点与平面垂直的直线；②连接垂足和斜足，得出斜线在平面的射影，确定出所求的角；③把该角置于三角形中计算．注：斜线和平面所成的角，是它和平面内任何一条直线所成的一切角中的最小角，即若θ为线面角，α为斜线与平面内任何一条直线所成的角，则有θ≤α.(3)确定点的射影位置有以下几种方法：①斜线上任意一点在平面上的射影必在斜线在平面的射影上；②如果一个角所在的平面外一点到角的两边距离相等，那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线上；如果一条直线与一个角的两边的夹角相等，那么这一条直线在平面上的射影在这个角的平分线上；③两个平面相互垂直，一个平面上的点在另一个平面上的射影一定落在这两个平面的交线上； ④利用某些特殊三棱锥的有关性质，确定顶点在底面上的射影的位置：a ．如果侧棱相等或侧棱与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的外心；b ．如果顶点到底面各边距离相等或侧面与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的内心(或旁心)；c ．如果侧棱两两垂直或各组对棱互相垂直，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的垂心；(4)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．①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．1．(2014·课标全国Ⅱ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.22答案 C解析 方法一 补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角．由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1，可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)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)，∴BM →＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，AN →＝(0,1,2)．∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝－1＋4(－1)2＋(－1)2＋22×02＋12＋22＝36×5 ＝3010. 方法二 通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解．如图(2)，取BC 的中点D ，连接MN ，ND ，AD ，由于MN 綊12B 1C 1綊BD ，因此有ND 綊BM ，则ND 与NA 所成的角即为异面直线BM 与AN 所成的角．设BC ＝2，则BM ＝ND ＝6，AN ＝5，AD ＝5，因此cos ∠AND ＝ND 2＋NA 2－AD 22ND ·NA ＝3010. 2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值是( )A.64 B.16 C.63 D.32答案 C解析 建立空间直角坐标系如图所示．设正方体的棱长为1，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角为θ，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，∴DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，BC 1→＝(－1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝x ＋z ＝0，n ·DB →＝x ＋y ＝0，令z ＝1，则x ＝－1，y ＝1.∴n ＝(－1,1,1)，∴sin θ＝|cos 〈n ，BC 1→〉|＝|1＋13·2|＝63. 3．如图，过正方形ABCD 的顶点A ，引P A ⊥平面ABCD .若P A ＝BA ，则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 B解析 将四棱椎P －ABCD 还原成正方体，可知∠APD 为平面ABD 与平面PCD 的平面角，即∠APD ＝45°.4.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是( ) A.63 B.66 C.33 D.22答案 B解析以C 为坐标原点，CA 、CB 、CC 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，A (1，0,0)，C (0,0,0)，则A 1B →＝(－1,1，－2)，AC →＝(－1,0,0)，cos 〈A 1B →，AC →〉＝A 1B →·AC →|A 1B →||AC →|＝11＋1＋4＝66. 5．在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥平面ABCD ，AB ＝PD ＝a .点E 为侧棱PC 的中点，又作DF ⊥PB 交PB 于点F ，则PB 与平面EFD 所成角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 D建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz ，D 为坐标原点．则P (0,0，a )，B (a ，a,0)，E (0，a 2，a 2)． 故PB →＝(a ，a ，－a )，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2， 所以PB →·DE →＝0＋a 22－a 22＝0， 所以PB ⊥DE ，由已知DF ⊥PB ，且DF ∩DE ＝D ，所以PB ⊥平面EFD ，所以PB 与平面EFD 所成角为90°.6．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A －BD －C ，则下面结论错误的为( )A ．AC ⊥BDB ．△ACD 是等边三角形C ．AB 与平面BCD 所成的角为60°D ．AB 与CD 所成的角为60°答案 C解析 取BD 中点O ，连接AO 、CO ，则AO ⊥BD ，CO ⊥BD ，∴BD ⊥平面AOC ，∴AC ⊥BD ，又AC ＝2AO ＝AD ＝CD ，∴△ACD 是等边三角形，而∠ABD 是AB 与平面BCD 所成的角，应为45°.又AC →＝AB →＋BD →＋DC →(设AB ＝a )，则a 2＝a 2＋2a 2＋a 2＋2·a ·2a ·(－22) ＋2a ·2a ·(－22)＋2a 2cos 〈AB →，DC →〉， ∴cos 〈AB →，DC →〉＝12，∴AB 与CD 所成的角为60°. 7．如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是______．解析 以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)，∴EF →·BC 1→＝2，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12， ∴EF 和BC 1所成的角为60°.8．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．答案 13解析如图，建立空间直角坐标系D －xyz ，则D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，∴D 1C 1→＝(0,2,0)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝(x ，y ，z )·(－1，2，0)＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B →＝(x ，y ，z )·(0，2，－1)＝2y －z ＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)， 设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13. 9.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成角的大小是________．答案 90°解析 方法一 连接MD 1，易证△DD 1M ≌△CDN ，则∠NDM ＝∠DD 1M ，∴∠NDM ＋∠D 1MD ＝∠DD 1M ＋∠D 1MD ＝90°，即DN ⊥D 1M ，又A 1D 1⊥平面DC 1，∴A 1D 1⊥DN ，∴DN ⊥平面A 1D 1M .∵A 1M ⊂平面A 1D 1M ，∴A 1M ⊥DN .即A 1M 与DN 所成的角为90°.方法二 (空间向量法)以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴，设正方体边长为2，则D (0,0,0)，N (0,2,1)，M (0,1,0)，A 1(2,0,2)，∴DN →＝(0,2,1)，MA 1→＝(2，－1,2)，cos 〈DN →，MA 1→〉＝DN →·MA 1→|DN →||MA 1→|＝0， ∴A 1M 与DN 的夹角为90°.10．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P AC 所成的角是________．答案 30°解析如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P (0，－a 2，a 2)，则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝(－a ，－a 2，a 2)，CB →＝(a ，a,0)． 设平面P AC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12.∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°.11．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面P AD ⊥底面ABCD ，E 为AD 的中点，M 是棱PC 的中点，P A ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：PE ⊥平面ABCD ；(2)求直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值；(3)求直线BM 与CD 所成角的余弦值．(1)证明 因为P A ＝PD ，E 为AD 的中点，所以PE ⊥AD .又平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PE ⊥平面ABCD .(2)解连接EC ，设EC 的中点为H ，连接MH ，HB ，如图．因为M 是PC 的中点，H 是EC 的中点，所以MH ∥PE .由(1)，知PE ⊥平面ABCD ，所以MH ⊥平面ABCD ，所以HB 是BM 在平面ABCD 内的射影．所以∠MBH 为直线BM 与平面ABCD 所成的角．因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 的中点，∠ADC ＝90°， 所以四边形BCDE 为矩形，所以EC ＝2，HB ＝12EC ＝1. 又MH ＝12PE ＝32， 所以在△MHB 中，tan ∠MBH ＝MH HB ＝32.所以直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值为32. (3)解 由(2)，知CD ∥BE ，所以直线BM 与CD 所成角为直线BM 与BE 的夹角．连接ME ，在Rt △MHE 中，ME ＝72，同理求得BM ＝72， 又BE ＝CD ＝3，所以在△MEB 中，cos ∠MBE ＝BM 2＋BE 2－ME 22BM ×BE ＝74＋3－742×72×3＝217， 所以直线BM 与CD 所成角的余弦值为217. 12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是菱形，ADNM 是矩形，平面ADNM ⊥平面ABCD ，∠DAB ＝60°，AD ＝2，AM ＝1，E 是AB 的中点． (1)求证：AN ∥平面MEC ；(2)在线段AM 上是否存在点P ，使二面角P －EC －D 的大小为π6？若存在，求出AP 的长；若不存在，请说明理由．(1)证明 由已知，MN ∥AD ∥BC ，连接BN ，设CM 与BN 交于F ，连接EF ，如图所示．又MN ＝AD ＝BC ，所以四边形BCNM 是平行四边形，F 是BN 的中点．又E 是AB 的中点，所以AN ∥EF .因为EF ⊂平面MEC ，AN ⊄平面MEC ，所以AN ∥平面MEC .(2)解 如图所示，假设在线段AM 上存在点P ，使二面角P －EC －D 的大小为π6. 延长DA ，CE 交于点Q ，过A 作AH ⊥EQ 于H ，连接PH . 因为四边形ADNM 是矩形，平面ADNM ⊥平面ABCD ，所以MA ⊥平面ABCD ，又CQ ⊂平面ABCD ，所以MA ⊥EQ ，EQ ⊥平面P AH ，所以EQ ⊥PH ，∠PHA 为二面角P －EC －D 的平面角．由题意，知∠PHA ＝π6. 在△QAE 中，AE ＝1，AQ ＝2，∠QAE ＝120°，则EQ ＝12＋22－2×1×2cos 120°＝7，所以AH ＝AE ×AQ sin 120°EQ＝37. 又在Rt △P AH 中，∠PHA ＝π6， 则AP ＝AH ×tan 30°＝37×33＝17＝77<1. 所以在线段AM 上存在点P ，使二面角P －EC －D 的大小为π6， 此时AP 的长为77.。