段先鋒

重點難點

重點：以空間幾何體為載體的空間異面直線所成角、直線與平面所成角的計算以及二面角的計算.

難點：用空間向量法求異面直線所成角、直線與平面所成角、二面角時，兩向量夾角與空間角之間的關(guān)系.

方法突破

對空間角的求解，應當破解畫圖、讀圖、識圖、用圖的層層關(guān)口，提升解題思維中的空間想象能力和邏輯推理論證的能力. 常見類型與方法如下.

1. 求異面直線所成角的方法

方法一：空間向量法. 用空間向量法求兩條異面直線a，b所成角θ的步驟為：①求出直線a，b的方向向量，分別記為m，n;②計算cos〈m，n〉= ;③利用cosθ=cos〈m，n〉 ，以及θ∈（0°，90°]，求出角θ.

方法二：幾何法. 用幾何法求兩條異面直線所成角的步驟為：①利用定義構(gòu)造角，可固定一條直線，平移另一條直線，或?qū)蓷l直線同時平移到某個特殊的位置;②證明找到（或作出）的角即為所求角;③通過解三角形來求角.

2. 求直線與平面所成角的方法

方法一：空間向量法. 用空間向量法求直線AB與平面α所成角θ的步驟為：①求出平面α的法向量n與直線AB的方向向量 ;②計算cos〈 ，n〉= ;③利用sinθ=cos〈 ，n〉，以及θ∈[0°，90°]，求出角θ.

方法二：幾何法. 用幾何法求直線l與平面α所成角的步驟為：①找出直線l在平面α上的射影;②證明所找的角就是所求的角;③把這個平面角置于一個三角形中，通過解三角形來求角.

3. 求二面角的方法

方法一：空間向量法. 用空間向量法求二面角α-l-β的平面角θ的步驟為：①求兩個半平面α，β的法向量m，n;②計算cos〈m，n〉= ;③根據(jù)圖形和計算結(jié)果判斷θ是銳角、直角，還是鈍角，從而得出θ與〈m，n〉是相等關(guān)系還是互補關(guān)系.

方法二：幾何法. 用幾何法求二面角α-l-β的平面角θ的步驟為：①找出二面角的平面角（以二面角的棱上任意一點為端點，在兩個面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角）;②證明所找的角就是要求的角;③把這個平面角置于一個三角形中，通過解三角形來求角. 求二面角的平面角的口訣：點在棱上，邊在面內(nèi)，垂直于棱，大小確定.

典例精講

1. 求異面直線所成的角

例1 ?如圖1，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中點. 已知AB=2，AD=2 ，PA=2， 求異面直線BC與AE所成角的大小.

思索 ?求異面直線所成的角，可以應用向量法，也可以應用異面直線的定義求解.

破解 ?解法一：如圖2，取PB的中點F，連結(jié)EF，AF，則EF∥BC，從而∠AEF（或其補角）是異面直線BC與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，異面直線BC與AE所成角的大小是 .

圖2 ? ? ? ? ? ? ? ? ? 圖3

解法二：如圖3，建立空間直角坐標系，則B（2，0，0），C（2，2 ，0），E（1， ，1）， ?=（1， ，1）， ?=（0，2 ，0）.

設 與 的夾角為θ，則cosθ= = = ，所以θ= . 由此可知，異面直線BC與AE所成角的大小是 .

2. 求直線與平面所成的角

例2 ?如圖4，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA=AB=BC= AD=1. 求直線PD與平面PAC所成角的余弦值.

思索 ?求直線與平面所成角θ，主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角α求得，即sinθ=cosα.

破解 ?以A為原點，AB，AD，AP分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，因為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）. 設m=（x，y，z）是平面PAC的一個法向量，則m· =0，m· =0，即z=0，x+y=0，取x=1，則m=（1，-1，0）. 設直線PD與平面PAC所成的角為θ，所以sinθ= = = . 因為θ∈0， ，所以cosθ= . 即直線PD與平面PAC所成角的余弦值為 .

例3 ?如圖5，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABC，且各棱長均相等，D，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC，A1C1的中點，求直線BC與平面A1CD所成角的正弦值.

圖5 ? ? ? 圖6

思索 ?先找直線BC在平面A1CD上的射影，可過點B作BG⊥A1D交直線A1D于G，證明BG⊥平面A1CD，從而可證明∠BCG為直線BC與平面A1CD所成的角. 在△BGC中，求出sin∠BCG的值.

破解 ?如圖6，在平面A1ABB1內(nèi)，過點B作BG⊥A1D交直線A1D于G，連結(jié)CG.易知平面A1CD⊥平面A1ABB1，而直線A1D是平面A1CD與平面A1ABB1的交線，故BG⊥平面A1CD. 由此得∠BCG為直線BC與平面A1CD所成的角. 設三棱柱的棱長為a，可得A1D= ，由△A1AD∽△BGD，易得BG= . 在Rt△BGC中，sin∠BCG= = . 所以直線BC與平面A1CD所成角的正弦值為 .

3. 求二面角

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

圖7

思索 ?分別取AB，A1B1的中點D，D1，連結(jié)CD，D1D，可證得AB，CD，D1D兩兩垂直，因而可考慮建立空間直角坐標系求解.

破解 ?如圖8，過D作DD1∥AA1交A1B1于點D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1兩兩垂直. 以點D為原點，射線DB，DC，DD1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標系D-xyz.

設直三棱柱的高為h，則A（-2，0，0），A1（-2，0，h），B1（2，0，h），C（0， ， 0），C1（0， ，h）. 從而 =（4，0，h）， =（2， ，-h）. 由 ⊥ ，有8-h2=0，解得h=2 . 所以 =（-2，0，2 ）， =（0，0，2 ）， =（0， ，0）.

圖8

設平面A1CD的法向量為m=（x1，y1，z1），則m⊥ ，且m⊥ ，即 y1=0，-2x1+2 z1=0.取z1=1，則得m=（ ，0，1）. 設平面C1CD的法向量為n=（x2，y2，z2），則n⊥ ，且n⊥ ，即 y2=0，2 z2=0.取x2=1，則得n=（1，0，0）. 所以cos〈m，n〉= = = . 所以二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值為 .

例5 ?如圖9，三棱柱ABC-A1B1C1，底面是邊長為2 的正三角形，點A1在底面ABC上的射影O恰是BC的中點. 當側(cè)棱AA1和底面成45°角時，求二面角A1-AC-B的余弦值.

思索 ?由于A1O⊥平面ABC，只需過點O作OE⊥AC于E，連結(jié)A1E，即可找到所求的二面角的平面角，再解直角三角形，即可得結(jié)論.

破解 ?因為側(cè)棱AA1和底面成45°角，則∠A1AO=45°，由底面是邊長為2 的正三角形，所以AO=3，所以A1O=3，AA1=3 . 過點O作OE⊥AC于E，連結(jié)A1E. 因為A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥AC，因為A1O∩OE=O，所以AC⊥平面A1OE. 因為AC⊥A1E，所以∠A1EO為二面角A1-AC-B的平面角.

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

圖9

變式練習

1. 如圖10，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB，則異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為（ ? ?）

A. ? ?B. ? ?C. ? ?D.

圖10 圖11

2. 如圖11，在三棱錐A-BCD中， AB=AC=AD=BC且∠BDC=90°，則AB與底面BCD所成角的大小為_________.

3. 如圖12，在四面體ABCD中，AB=1，AD=2 ，BC=3，CD=2，∠ABC=∠DCB= ，則二面角A-BC-D的大小為（ ? ?）

A. ? ? ? B.

C. ? ? ? D.

4. 如圖13，設動點P在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的對角線BD1上，記 =λ. 當∠APC為鈍角時，則λ的取值范圍是（ ? ?）

A. 0， B. 0，

C. ?，1 D. ?，1

5. 如圖14，已知點E，F(xiàn)分別在正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，則平面AEF與平面ABC所成的二面角的正切值為________.

6. 如圖15，在三棱錐O-ABC中，三條棱OA，OB，OC兩兩垂直，且OA=OB=OC，M是AB邊的中點，則OM與平面ABC所成角的正切值是________.

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

（1）證明：DC1⊥BC.

（2）求二面角A1-BD-C1的大小.

圖16 ? ? ? ? ? ? 圖17

8. 如圖17，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥底面ABCD，AC=2 ，PA=2，E是PC上的一點，PE=2EC.

（1）證明：PC⊥平面BED;

（2）設二面角A-PB-C為90°，求PD與平面PBC所成角的大小.

參考答案

1. D ? ?2. 60°

3. B ?二面角A-BC-D的大小等于AB與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與CD所成角為 ，即二面角A-BC-D的大小為 .

4. D ?由題設，以 ， ， ?為單位正交基底，建立空間直角坐標系D-xyz，則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）. 顯然∠APC不是平角，所以∠APC為鈍角等價于cos∠APC=cos〈 ， 〉= <0，這等價于 · <0，即（1-λ）（-λ）+（-λ）（1-λ）+（λ-1）2=（λ-1）（3λ-1）<0，得 <λ<1. 因此，λ的取值范圍為 ，1.

5. ? 由題設，以 ， ， 為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標系D-xyz. 設DA=1，則有A（1，0，0），E1，1， ，F(xiàn)0，1， ， =0，1， ， =-1，1， .

設平面AEF的法向量為m=（x，y，z），平面AEF與平面ABC所成的二面角為θ，由m· =0，m· =0，得y+ z=0，-x+y+ z=0.令y=1，z=-3，x=-1，則m=（-1，1，-3）;平面ABC的法向量為n=（0，0，1），則cosθ=cos〈m，n〉= ，所以tanθ= .

6.

7. （1）由題設知，三棱柱的側(cè)面為矩形. 由于D為AA1的中點，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. 因為BC 平面BCD，所以DC1⊥BC.

（2）由（1）知，BC⊥DC1，且BC⊥CC1，則BC⊥平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1兩兩相互垂直. 以C為坐標原點， ， ， 的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系C-xyz.

令AC=1，則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）. 設n=（x，y，z）是平面A1B1BD的法向量，則n· =0，n· =0，即x-y+z=0，z=0，可取n=（1，1，0）.

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

8. （1）以A為坐標原點，射線AC為x軸的正半軸，垂直AC的射線為y軸的正半軸建立空間直角坐標系A-xyz.

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

（2） =（0，0，2）， =（ ，-b，0）. 設m=（x，y，z）為平面PAB的法向量，則m· =0，且m· =0，即2z=0，且 x-by=0. 令x=b，則m=（b， ，0）. 設n=（p，q，r）為平面PBC的法向量，則n· =0，且n· =0，即2 p-2r=0，且 +bq+ r=0，令p=1，則r= ，q=- ，n=1，- ， . 因為平面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°. 因為PD與平面PBC所成角和〈n， 〉互余，故PD與平面PBC所成的角為30°.