空间角

段先锋

2014年全国各地高考数学的立体几何较好地处理了基础与综合、继承与创新的关系，试题沿袭了“在几何直观下立意，在贴近教材中设计”的命题特点，结构稳定，难度适中. 试题以立体图形的直观图为主，用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，方法常规，着重考查空间想象能力和基本的推理论证能力.

重点难点

重点：以空间几何体为载体的空间异面直线所成角、直线与平面所成角的计算以及二面角的计算.

难点：用空间向量法求异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角时，两向量夹角与空间角之间的关系.

方法突破

对空间角的求解，应当破解画图、读图、识图、用图的层层关口，提升解题思维中的空间想象能力和逻辑推理论证的能力. 常见类型与方法如下.

1. 求异面直线所成角的方法

方法一：空间向量法. 用空间向量法求两条异面直线a，b所成角θ的步骤为：①求出直线a，b的方向向量，分别记为m，n；②计算cos〈m，n〉=■；③利用cosθ=cos〈m，n〉？摇，以及θ∈（0°，90°]，求出角θ.

方法二：几何法. 用几何法求两条异面直线所成角的步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到（或作出）的角即为所求角；③通过解三角形来求角.

2. 求直线与平面所成角的方法

方法一：空间向量法. 用空间向量法求直线AB与平面α所成角θ的步骤为：①求出平面α的法向量n与直线AB的方向向量■；②计算cos〈■，n〉=■；③利用sinθ=cos〈■，n〉，以及θ∈[0°，90°]，求出角θ.

方法二：几何法. 用几何法求直线l与平面α所成角的步骤为：①找出直线l在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.

3. 求二面角的方法

方法一：空间向量法. 用空间向量法求二面角α-l-β的平面角θ的步骤为：①求两个半平面α，β的法向量m，n；②计算cos〈m，n〉=■；③根据图形和计算结果判断θ是锐角、直角，还是钝角，从而得出θ与〈m，n〉是相等关系还是互补关系.

方法二：几何法. 用几何法求二面角α-l-β的平面角θ的步骤为：①找出二面角的平面角（以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角）；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角. 求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.

典例精讲

1. 求异面直线所成的角

■例1 如图1，在四棱锥P-ABCD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， 求异面直线BC与AE所成角的大小.

思索 求异面直线所成的角，可以应用向量法，也可以应用异面直线的定义求解.

破解 解法一：如图2，取PB的中点F，连结EF，AF，则EF∥BC，从而∠AEF（或其补角）是异面直线BC与AE所成的角. 在△AEF中，由EF=■，AF=■，AE=2，知△AEF是等腰直角三角形，所以∠AEF=■. 因此，异面直线BC与AE所成角的大小是■.

■

图2？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇？摇图3

解法二：如图3，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）.

设■与■的夹角为θ，则cosθ=■=■=■，所以θ=■. 由此可知，异面直线BC与AE所成角的大小是■.

2. 求直线与平面所成的角

■例2 如图4，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA=AB=BC=■AD=1. 求直线PD与平面PAC所成角的余弦值.

思索 求直线与平面所成角θ，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角α求得，即sinθ=cosα.

破解 以A为原点，AB，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，因为PA=AB=BC=■AD=1，所以A（0，0，0），P（0，0，1），C（1，1，0），D（0，2，0），所以■■=（0，2，-1），■=（0，0，1），■■=（1，1，0）. 设m=（x，y，z）是平面PAC的一个法向量，则m·■=0，m·■=0，即z=0，x+y=0，取x=1，则m=（1，-1，0）. 设直线PD与平面PAC所成的角为θ，所以sinθ=■=■=■. 因为θ∈0，■，所以cosθ=■. 即直线PD与平面PAC所成角的余弦值为■.

■例3 如图5，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点，求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值.

■

图5 图6

思索 先找直线BC在平面A1CD上的射影，可过点B作BG⊥A1D交直线A1D于G，证明BG⊥平面A1CD，从而可证明∠BCG为直线BC与平面A1CD所成的角. 在△BGC中，求出sin∠BCG的值.

破解 如图6，在平面A1ABB1内，过点B作BG⊥A1D交直线A1D于G，连结CG.易知平面A1CD⊥平面A1ABB1，而直线A1D是平面A1CD与平面A1ABB1的交线，故BG⊥平面A1CD. 由此得∠BCG为直线BC与平面A1CD所成的角. 设三棱柱的棱长为a，可得A1D=■，由△A1AD∽△BGD，易得BG=■. 在Rt△BGC中，sin∠BCG=■=■. 所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为■.endprint

3. 求二面角

■例4 如图7，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=4，AC=BC=3，D为AB的中点. 若AB1⊥A1C，求二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值.

■

图7

思索 分别取AB，A1B1的中点D，D1，连结CD，D1D，可证得AB，CD，D1D两两垂直，因而可考虑建立空间直角坐标系求解.

破解 如图8，过D作DD1∥AA1交A1B1于点D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1两两垂直. 以点D为原点，射线DB，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz.

设直三棱柱的高为h，则A（-2，0，0），A1（-2，0，h），B1（2，0，h），C（0，■， 0），C1（0，■，h）. 从而■=（4，0，h），■=（2，■，-h）. 由■⊥■，有8-h2=0，解得h=2■. 所以■=（-2，0，2■），■=（0，0，2■），■=（0，■，0）.

■

图8

设平面A1CD的法向量为m=（x1，y1，z1），则m⊥■，且m⊥■，即■y1=0，-2x1+2■z1=0.取z1=1，则得m=（■，0，1）. 设平面C1CD的法向量为n=（x2，y2，z2），则n⊥■，且n⊥■，即■y2=0，2■z2=0.取x2=1，则得n=（1，0，0）. 所以cos〈m，n〉=■=■=■. 所以二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值为■.

■例5 如图9，三棱柱ABC-A1B1C1，底面是边长为2■的正三角形，点A1在底面ABC上的射影O恰是BC的中点. 当侧棱AA1和底面成45°角时，求二面角A1-AC-B的余弦值.

思索 由于A1O⊥平面ABC，只需过点O作OE⊥AC于E，连结A1E，即可找到所求的二面角的平面角，再解直角三角形，即可得结论.

破解 因为侧棱AA1和底面成45°角，则∠A1AO=45°，由底面是边长为2■的正三角形，所以AO=3，所以A1O=3，AA1=3■. 过点O作OE⊥AC于E，连结A1E. 因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥AC，因为A1O∩OE=O，所以AC⊥平面A1OE. 因为AC⊥A1E，所以∠A1EO为二面角A1-AC-B的平面角.

在Rt△A1OE中，因为OE=■，A1E=■=■=■，所以cos∠A1EO=■=■，即二面角A1-AC-B的余弦值为■.

■

图9

变式练习

1. 如图10，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（ ）

A. ■ B. ■ C. ■ D. ■

■

图10 图11

2. 如图11，在三棱锥A-BCD中， AB=AC=AD=BC且∠BDC=90°，则AB与底面BCD所成角的大小为_________.

3. 如图12，在四面体ABCD中，AB=1，AD=2■，BC=3，CD=2，∠ABC=∠DCB=■，则二面角A-BC-D的大小为（ ）

A. ■ B. ■

C. ■ D. ■

■

4. 如图13，设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上，记■=λ. 当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是（ ）

A. 0，■ B. 0，■

C. ■，1 D. ■，1

5. 如图14，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为________.

■

6. 如图15，在三棱锥O-ABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OA=OB=OC，M是AB边的中点，则OM与平面ABC所成角的正切值是________.

7. 如图16，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=■AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.

（1）证明：DC1⊥BC.

（2）求二面角A1-BD-C1的大小.

■

图16 图17

8. 如图17，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC=2■，PA=2，E是PC上的一点，PE=2EC.

（1）证明：PC⊥平面BED；

（2）设二面角A-PB-C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小.

参考答案

1. D 2. 60°

3. B 二面角A-BC-D的大小等于AB与CD所成角的大小.■ ■=■+■+■，所以■■2=■2+■2+■2-2■·■·cos〈■，■〉，即12=1+4+9-2×2cos〈■，■〉，所以cos〈■，■〉=■，所以AB与CD所成角为■，即二面角A-BC-D的大小为■.

4. D 由题设，以■，■，■■为单位正交基底，建立空间直角坐标系D-xyz，则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1）. 由■=（1，1，-1），得■=λ■=（λ，λ，-λ），所以■=■+■=（-λ，-λ，λ）+（1，0，-1）=（1-λ，-λ，λ-1），■=■+■=（-λ，-λ，λ）+（0，1，-1）=（-λ，1-λ，λ-1）. 显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于cos∠APC=cos〈■，■〉=■<0，这等价于■·■<0，即（1-λ）（-λ）+（-λ）（1-λ）+（λ-1）2=（λ-1）（3λ-1）<0，得■<λ<1. 因此，λ的取值范围为■，1.endprint

5. ■ 由题设，以■，■，■为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz. 设DA=1，则有A（1，0，0），E1，1，■，F0，1，■，■=0，1，■，■=-1，1，■.

设平面AEF的法向量为m=（x，y，z），平面AEF与平面ABC所成的二面角为θ，由m·■=0，m·■=0，得y+■z=0，-x+y+■z=0.令y=1，z=-3，x=-1，则m=（-1，1，-3）；平面ABC的法向量为n=（0，0，1），则cosθ=cos〈m，n〉=■，所以tanθ=■.

6. ■

7. （1）由题设知，三棱柱的侧面为矩形. 由于D为AA1的中点，故DC=DC1. 又AC=■AA1，可得DC21+DC2=CC21，所以DC1⊥DC. 而DC1⊥BD，DC∩BD=D，所以DC1⊥平面BCD. 因为BC？奂平面BCD，所以DC1⊥BC.

（2）由（1）知，BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直. 以C为坐标原点，■，■，■的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系C-xyz.

令AC=1，则A1（1，0，2），B（0，1，0），D（1，0，1），C1（0，0，2），■=（0，0，-1），■=（1，-1，1），■=（-1，0，1）. 设n=（x，y，z）是平面A1B1BD的法向量，则n·■=0，n·■=0，即x-y+z=0，z=0，可取n=（1，1，0）.

同理，设m=（x，y，z）是平面C1BD的法向量，则m·■=0，m·■=0，即x-y+z=0，-x+z=0，可取m=（1，2，1）. 从而cos〈n，m〉=■=■. 故二面角A1-BD-C1的大小为30°.

8. （1）以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，垂直AC的射线为y轴的正半轴建立空间直角坐标系A-xyz.

由已知，C（2■，0，0），D（■，b，0），其中b>0，则P（0，0，2），E■，0，■，B■，-b，0. 于是■=（2■，0，-2），■=■，b，■，■=■，-b，■，从而■·■=0，■·■=0，故PC⊥BE，PC⊥DE. 又BE∩DE=E，所以PC⊥平面BDE.

（2）■=（0，0，2），■=（■，-b，0）. 设m=（x，y，z）为平面PAB的法向量，则m·■=0，且m·■=0，即2z=0，且■x-by=0. 令x=b，则m=（b，■，0）. 设n=（p，q，r）为平面PBC的法向量，则n·■=0，且n·■=0，即2■p-2r=0，且■+bq+■r=0，令p=1，则r=■，q=-■，n=1，-■，■. 因为平面PAB⊥平面PBC，故m·n=0，即b-■=0，故b=■，于是n=（1，-1，■），■=（-■，-■，2），cos〈n，■〉=■=■，所以〈n，■〉=60°. 因为PD与平面PBC所成角和〈n，■〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°. ■endprint