空間角

段先鋒

2014年全國各地高考數學的立體幾何較好地處理了基礎與綜合、繼承與創新的關系，試題沿襲了“在幾何直觀下立意，在貼近教材中設計”的命題特點，結構穩定，難度適中. 試題以立體圖形的直觀圖為主，用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題，方法常規，著重考查空間想象能力和基本的推理論證能力.

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〉？搖，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利用定義構造角，可固定一條直線，平移另一條直線，或將兩條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根據圖形和計算結果判斷θ是銳角、直角，還是鈍角，從而得出θ與〈m，n〉是相等關系還是互補關系.

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，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？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖？搖圖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，側棱A1A⊥底面ABC，且各棱長均相等，D，E，F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，過點B作BG⊥A1D交直線A1D于G，連結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■.endprint

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，即可得結論.

破解 因為側棱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.endprint

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，■，F0，1，■，■=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？奐平面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°. ■endprint