高考数学难点突破_难点27 求空间的角

高考数学难点突破_难点27 求空间的角

难点27 求空间的角 空间的角是空间图形的一个要素，在异面直线所成的角、线面角、二面角等知识点上，较好地考查了学生的逻辑推理能力以及化归的数学思想.‎ ‎●难点磁场 ‎(★★★★★)如图，α—l—β为60°的二面角，等腰直角三角形MPN的直角顶点P在l上，M∈α,N∈β,且MP与β所成的角等于NP与α所成的角.‎ ‎ (1)求证：MN分别与α、β所成角相等；‎ ‎(2)求MN与β所成角.‎ ‎●案例探究 ‎［例1］在棱长为a的正方体ABCD—A′B′C′D′中，E、F分别是BC、A′D′的中点.‎ ‎(1)求证：四边形B′EDF是菱形；‎ ‎(2)求直线A′C与DE所成的角；‎ ‎(3)求直线AD与平面B′EDF所成的角；‎ ‎(4)求面B′EDF与面ABCD所成的角.‎ 命题意图：本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法，综合性较强，属★★★★★级题目.‎ 知识依托：平移法求异面直线所成的角，利用三垂线定理求作二面角的平面角.‎ 错解分析：对于第(1)问，若仅由B′E=ED=DF=FB′就断定B′EDF是菱形是错误的，因为存在着四边相等的空间四边形，必须证明B′、E、D、F四点共面.‎ 技巧与方法：求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平移法.求二面角的大小也可应用面积射影法.‎ ‎(1)证明：如上图所示，由勾股定理，得B′E=ED=DF=FB′=a,下证B′、E、D、F四点共面，取AD中点G，连结A′G、EG，由EGABA′B′知，B′EGA′是平行四边形.‎ ‎∴B′E∥A′G,又A′F DG,∴A′GDF为平行四边形.‎ ‎∴A′G∥FD，∴B′、E、D、F四点共面 故四边形B′EDF是菱形.‎ ‎ (2)解：如图所示，在平面ABCD内，过C作CP∥DE，交直线AD于P，‎ 则∠A′CP(或补角)为异面直线A′C与DE所成的角.‎ 在△A′CP中，易得A′C=a，CP=DE=a,A′P=a 由余弦定理得cosA′CP=‎ 故A′C与DE所成角为arccos.‎ ‎ (3)解：∵∠ADE=∠ADF,∴AD在平面B′EDF内的射影在∠EDF的平分线上.如下图所示.‎ 又∵B′EDF为菱形，∴DB′为∠EDF的平分线，‎ 故直线AD与平面B′EDF所成的角为∠ADB′‎ 在Rt△B′AD中，AD=a，AB′=a,B′D=a 则cosADB′=‎ 故AD与平面B′EDF所成的角是arccos.‎ ‎(4)解：如图，连结EF、B′D，交于O点，显然O为B′D的中点，从而O为正方形ABCD—A′B′C′D的中心.‎ 作OH⊥平面ABCD，则H为正方形ABCD的中心，‎ 再作HM⊥DE，垂足为M，连结OM，则OM⊥DE，‎ 故∠OMH为二面角B′—DE′—A的平面角.‎ 在Rt△DOE中，OE=a,OD=a,斜边DE=a,‎ 则由面积关系得OM=a 在Rt△OHM中，sinOMH=‎ 故面B′EDF与面ABCD所成的角为arcsin.‎ ‎［例2］如下图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA1长为b,且AA1与AB、AD的夹角都是120°.‎ 求：(1)AC1的长；‎ ‎(2)直线BD1与AC所成的角的余弦值.‎ 命题意图：本题主要考查利用向量法来解决立体几何问题，属★★★★★级题目.‎ 知识依托：向量的加、减及向量的数量积.‎ 错解分析：注意＜＞=＜,＞=120°而不是60°,＜＞=90°.‎ 技巧与方法：数量积公式及向量、模公式的巧用、变形用.‎ ‎∴BD1与AC所成角的余弦值为.‎ ‎●锦囊妙计 空间角的计算步骤：一作、二证、三算 ‎1.异面直线所成的角 范围：0°＜θ≤90°‎ 方法：①平移法；②补形法.‎ ‎2.直线与平面所成的角 范围：0°≤θ≤90°‎ 方法：关键是作垂线，找射影.‎ ‎3.二面角 方法：①定义法；②三垂线定理及其逆定理；③垂面法.‎ 注：二面角的计算也可利用射影面积公式S′=Scosθ来计算 ‎●歼灭难点训练 一、选择题 ‎1.(★★★★★)在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M为DD1的中点，O为底面ABCD的中心，P为棱A1B1上任意一点，则直线OP与直线AM所成的角是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎2.(★★★★★)设△ABC和△DBC所在两平面互相垂直，且AB=BC=BD=a,∠CBA=‎ ‎∠CBD=120°,则AD与平面BCD所成的角为( )‎ A.30° B.45° C.60° D.75°‎ 二、填空题 ‎3.(★★★★★)已知∠AOB=90°,过O点引∠AOB所在平面的斜线OC，与OA、OB分别成45°、60°，则以OC为棱的二面角A—OC—B的余弦值等于_________.‎ ‎4.(★★★★)正三棱锥的一个侧面的面积与底面积之比为2∶3,则这个三棱锥的侧面和底面所成二面角的度数为_________.‎ 三、解答题 ‎5.(★★★★★)已知四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ABC=90°,PA⊥平面AC，且PA=AD=AB=1,BC=2‎ ‎(1)求PC的长；‎ ‎(2)求异面直线PC与BD所成角的余弦值的大小；‎ ‎(3)求证：二面角B—PC—D为直二面角.‎ ‎6.(★★★★)设△ABC和△DBC所在的两个平面互相垂直，且AB=BC=BD，∠ABC=‎ ‎∠DBC=120°‎ 求：(1)直线AD与平面BCD所成角的大小；‎ ‎(2)异面直线AD与BC所成的角；‎ ‎(3)二面角A—BD—C的大小.‎ ‎7.(★★★★★)一副三角板拼成一个四边形ABCD，如图，然后将它沿BC折成直二面角.‎ ‎(1)求证：平面ABD⊥平面ACD；‎ ‎(2)求AD与BC所成的角；‎ ‎(3)求二面角A—BD—C的大小.‎ ‎8.(★★★★★)设D是△ABC的BC边上一点，把△ACD沿AD折起，使C点所处的新位置C′在平面ABD上的射影H恰好在AB上.‎ ‎(1)求证：直线C′D与平面ABD和平面AHC′所成的两个角之和不可能超过90°；‎ ‎(2)若∠BAC=90°，二面角C′—AD—H为60°，求∠BAD的正切值.‎  参考答案 难点磁场 ‎(1)证明：作NA⊥α于A，MB⊥β于B,连接AP、PB、BN、AM，再作AC⊥l于C，BD⊥l于D，连接NC、MD.‎ ‎∵NA⊥α,MB⊥β,∴∠MPB、∠NPA分别是MP与β所成角及NP与α所成角，∠MNB，∠NMA分别是MN与β,α所成角，∴∠MPB=∠NPA.‎ 在Rt△MPB与Rt△NPA中，PM=PN，∠MPB=∠NPA，∴△MPB≌△NPA，∴MB=NA.‎ 在Rt△MNB与Rt△NMA中，MB=NA，MN是公共边，∴△MNB≌△NMA，∴∠MNB=∠NMA，即(1)结论成立.‎ ‎(2)解：设∠MNB=θ,MN=a,则PB=PN=a,MB=NA=asinθ，NB=acosθ,∵MB⊥β,BD⊥l,∴MD⊥l,∴∠MDB是二面角α—l—β的平面角，‎ ‎∴∠MDB=60°，同理∠NCA=60°,‎ ‎∴BD=AC=asinθ,CN=DM=asinθ,‎ ‎∵MB⊥β，MP⊥PN，∴BP⊥PN ‎∵∠BPN=90°,∠DPB=∠CNP,∴△BPD∽△PNC,∴‎ 整理得，16sin4θ－16sin2θ+3=0‎ 解得sin2θ=,sinθ=，当sinθ=时，CN=asinθ= a＞PN不合理，舍去.‎ ‎∴sinθ=,∴MN与β所成角为30°.‎ 歼灭难点训练 一、1.解析：(特殊位置法）将P点取为A1，作OE⊥AD于E，连结A1E，则A1E为OA1的射影，又AM⊥A1E，∴AM⊥OA1，即AM与OP成90°角.‎ 答案：D ‎2.解析：作AO⊥CB的延长线，连OD，则OD即为AD在平面BCD上的射影，‎ ‎∵AO=OD=a,∴∠ADO=45°.‎ 答案：B 二、3.解析：在OC上取一点C，使OC=1，过C分别作CA⊥OC交OA于A，CB⊥OC交OB于B，则AC=1，，OA=，BC=，OB=2，Rt△AOB中，AB2=6，△ABC中，由余弦定理，得cosACB=－.‎ 答案：－‎ ‎4.解析：设一个侧面面积为S1，底面面积为S，则这个侧面在底面上射影的面积为，由题设得，设侧面与底面所成二面角为θ,则cosθ=,∴θ=60°.‎ 答案：60°‎ 三、5.(1)解：因为PA⊥平面AC，AB⊥BC,∴PB⊥BC,即∠PBC=90°,由勾股定理得PB=.‎ ‎∴PC=.‎ ‎(2)解：如图，过点C作CE∥BD交AD的延长线于E，连结PE，则PC与BD所成的角为∠PCE或它的补角.‎ ‎∵CE=BD=，且PE=‎ ‎∴由余弦定理得cosPCE=‎ ‎∴PC与BD所成角的余弦值为.‎ ‎(3）证明：设PB、PC中点分别为G、F，连结FG、AG、DF，则GF∥BC∥AD，且GF=BC=1=AD，从而四边形ADFG为平行四边形，‎ 又AD⊥平面PAB，∴AD⊥AG，即ADFG为矩形，DF⊥FG.‎ 在△PCD中，PD=，CD=，F为BC中点，∴DF⊥PC 从而DF⊥平面PBC，故平面PDC⊥平面PBC，即二面角B—PC—D为直二面角. ‎6.解：(1)如图，在平面ABC内，过A作AH⊥BC，垂足为H，则AH⊥平面DBC，‎ ‎∴∠ADH即为直线AD与平面BCD所成的角.由题设知△AHB≌△AHD，则DH⊥BH，AH=DH，‎ ‎∴∠ADH=45°‎ ‎(2)∵BC⊥DH，且DH为AD在平面BCD上的射影，‎ ‎∴BC⊥AD，故AD与BC所成的角为90°.‎ ‎(3)过H作HR⊥BD，垂足为R，连结AR，则由三垂线定理知，AR⊥BD，故∠ARH为二面角A—BD—C的平面角的补角.设BC=a,则由题设知，AH=DH=,在△HDB中，HR=a，∴tanARH==2‎ 故二面角A—BD—C大小为π－arctan2.‎ ‎7.(1)证明：取BC中点E，连结AE，∵AB=AC，∴AE⊥BC ‎∵平面ABC⊥平面BCD，∴AE⊥平面BCD，‎ ‎∵BC⊥CD，由三垂线定理知AB⊥CD.‎ 又∵AB⊥AC，∴AB⊥平面BCD，∵AB平面ABD.‎ ‎∴平面ABD⊥平面ACD.‎ ‎(2)解：在面BCD内，过D作DF∥BC，过E作EF⊥DF，交DF于F，由三垂线定理知AF⊥DF，∠ADF为AD与BC所成的角.‎ 设AB=m，则BC=m，CE=DF=m,CD=EF=m 即AD与BC所成的角为arctan ‎(3)解：∵AE⊥面BCD，过E作EG⊥BD于G，连结AG，由三垂线定理知AG⊥BD，‎ ‎∴∠AGE为二面角A—BD—C的平面角 ‎∵∠EBG=30°，BE=m,∴EG=m 又AE=m,∴tanAGE==2,∴∠AGE=arctan2.‎ 即二面角A—BD—C的大小为arctan2.‎ ‎8.(1)证明：连结DH，∵C′H⊥平面ABD，∴∠C′DH为C′D与平面ABD所成的角且平面C′HA⊥平面ABD，过D作DE⊥AB，垂足为E，则DE⊥平面C′HA.‎ 故∠DC′E为C′D与平面C′HA所成的角 ‎∵sinDC′E=≤=sinDC′H ‎∴∠DC′E≤∠DC′H,‎ ‎∴∠DC′E+∠C′DE≤∠DC′H+∠C′DE=90°‎ ‎(2)解：作HG⊥AD，垂足为G，连结C′G,‎ 则C′G⊥AD，故∠C′GH是二面角C′—AD—H的平面角 即∠C′GH=60°，计算得tanBAD=.‎