2020高考数学理科大一轮复习导学案：第七章立体几何7.7

知识点一   两条异面直线所成的角

1．设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)．

2．两异面直线所成角φ的取值范围是0<φ≤.

1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为(　D　)

A．－   B．－

C.   D.

解析：如图建立空间直角坐标系D­xyz，设DA＝1，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，则＝(－1,1,0)，＝，设异面直线DE与AC所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈，〉|＝.

知识点二  直线和平面所成角的求法

1．如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝.

2．直线和平面所成角φ的取值范围是0≤φ≤.

2．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为.

解析：以C为原点建立坐标系，得下列坐标：A(2,0,0)，C1(0,0,2)．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2.所以＝(－2,0,2)，＝，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cosθ＝＝＝.又θ∈，所以θ＝.

知识点三   求二面角的大小

1．如图①所示，AB，CD是二面角α­l­β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小为〈，〉．

2．如图②③所示，n1，n2分别是二面角α­l­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小为〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)．

3．二面角的平面角的取值范围是[0，π]．

3．在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC.则二面角C­PB­D的大小为60°.

解析：以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设PD＝DC＝1，

则D(0,0,0)，P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，所以＝(0,0,1)，＝(0,1，－1)，＝(1,1,0)，＝(－1,0,0)，设平面PBD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·＝0，n1·＝0得令x1＝1，得n1＝(1，－1,0)．设平面PBC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n2·＝0，n2·＝0得令y2＝1得n2＝(0,1,1)．设二面角C­PB­D的大小为θ，则cosθ＝＝，所以θ＝60°.

1．线线角的取值范围是(0，]，而不是(0，π)．

2．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cosθ＝|cos〈a，n〉|.

3．二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补．

考向一　　两条异面直线所成的角

【例1】　(1)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是BB1，D1B1的中点，则EF与A1D所成角的大小为(　　)

A．60°  B．90°

C．45°  D．75°

(2)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，直线AF⊥平面ABCD，EF∥AB，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝1，若P是DF的中点，则异面直线BE与CP所成角的余弦值是________．

【解析】　(1)如图所示，以D为坐标原点，以DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，易得E(2,2,1)，F(1,1,2)，D(0,0,0)，A1(2,0,2)，∴＝(－1，－1,1)，＝(2,0,2)，∴·＝－2＋2＝0，∴⊥，故选B.

(2)因为直线AF⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以以A为坐标原点，分别以AB，AD，AF所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图所示，

【答案】　(1)B　(2)

1两异面直线所成角的余弦值等于两条异面直线的方向向量所成角的余弦值的绝对值；2在证明两直线垂直时，可证两条直线所成的角为90°；3注意两异面直线所成角的范围是0°，90°].

如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.

(1)求证：BD⊥平面PAC；

(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．

解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD.所以PA⊥BD.因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.

(2)设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，

所以BO＝1，AO＝CO＝.

如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)．

所以＝(1，，－2)，＝(0,2，0)，

设PB与AC所成角为θ，

则cosθ＝＝＝.

考向二　　直线与平面所成的角

【例2】　(2018·浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.

(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；

(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．

【解】　(1)证明：如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O­xyz.

由题意知各点坐标如下：

A(0，－，0)，B(1,0,0)，A1(0，－，4)，

B1(1,0,2)，C1(0，，1)．

因此＝(1，，2)，＝(1，，－2)，＝(0,2，－3)．

由·＝0得AB1⊥A1B1.

由·＝0得AB1⊥A1C1.

所以AB1⊥平面A1B1C1.

(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.

由(1)可知＝(0,2，1)，＝(1，，0)，＝(0,0,2)．

设平面ABB1的法向量n＝(x，y，z)．

由即

可取n＝(－，1,0)．

所以sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝.

因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.

如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．

(1)求证：平面BDM∥平面EFC；

(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．

解：(1)证明：连接AC，交BD于点N，连接MN，则N为AC的中点，

又M为AE的中点，∴MN∥EC.

∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，

∴MN∥平面EFC.

∵BF，DE都垂直底面ABCD，∴BF∥DE.

∵BF＝DE，

∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.

∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，

∴BD∥平面EFC.

又MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EFC.

(2)∵DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，∴DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D­xyz.

设AB＝2，则DE＝4，从而D(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,0,2)，A(2,0,0)，E(0,0,4)，

∴＝(2,2,0)，＝(1,0,2)，

设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，

则得

令x＝2，则y＝－2，z＝－1，从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量．

∵＝(－2,0,4)，

设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n·〉|＝＝，

∴直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.

考向三  　二面角

【例3】　(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．

(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；

(2)当三棱锥M­ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．

【解】　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.

因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.

因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.

又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.

而DM⊂平面AMD，

故平面AMD⊥平面BMC.

(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.

当三棱锥M­ABC体积最大时，M为的中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，＝(－2,1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)．

设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，

则即

可取n＝(1,0,2)．

是平面MCD的法向量，

因此cos〈n，〉＝＝，

sin〈n，〉＝.

所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.

1求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

2利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零列方程组求解.

如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．

(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；

(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E­AG­C的大小．

解：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.又∠EBC＝120°，因此∠CBP＝30°.

(2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，C(－1，，0)，故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)，

设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量．

由可得

取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2)．

设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量．

由可得

取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)．

所以cos〈m，n〉＝＝.

因此所求的角为60°.

考向四　　　线面角与二面角的综合问题

【例4】　(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．

(1)证明：PO⊥平面ABC；

(2)若点M在棱BC上，且二面角M­PA­C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．

【解】　(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2.

连接OB.因为AB＝BC＝AC，

所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.

由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.

由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.

(2)如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O­xyz.

由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，＝(0,2,2)．

取平面PAC的一个法向量＝(2,0,0)．

设M(a,2－a,0)(0<a≤2)，则＝(a,4－a,0)．

设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．

由·n＝0，·n＝0得

可取n＝((a－4)，a，－a)，

所以cos〈，n〉＝.

由已知可得|cos〈，n〉|＝，

所以＝，

解得a＝－4(舍去)，a＝，

所以n＝(－，，－)．

又＝(0,2，－2)，

所以cos〈，n〉＝.

所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.

这类综合问题通常是已知某个空间角求另一个空间角，题中数量关系存在未知量，一般解法是通过方程解出未知量，再求出另一个空间角.

(2019·潍坊市统一考试)在▱PABC中，PA＝4，PC＝2，∠P＝45°，D是PA的中点(如图1)．将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置，得到四棱锥P1­ABCD.

(1)将△PCD沿CD折起的过程中，CD⊥平面P1DA是否成立？请证明你的结论．

(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60°，且△P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值．

解：(1)将△PCD沿CD折起过程中，CD⊥平面P1DA成立．证明如下：

∵D是PA的中点，PA＝4，∴DP＝DA＝2，

在△PDC中，由余弦定理得，

CD2＝PC2＋PD2－2PC·PD·cos45°＝8＋4－2×2×2×＝4，

∴CD＝2＝PD，

∵CD2＋DP2＝8＝PC2，

∴△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA，

∴CD⊥DA，CD⊥P1D，P1D∩AD＝D，

∴CD⊥平面P1DA.

(2)由(1)知CD⊥平面P1DA，CD⊂平面ABCD，

∴平面P1DA⊥平面ABCD，

∵△P1DA为锐角三角形，

∴P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接P1O，∴P1O⊥平面ABCD，

则∠P1DA是P1D与平面ABCD所成的角，

∴∠P1DA＝60°，

∵DP1＝DA＝2，

∴△P1DA为等边三角形，O为AD的中点，

故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴，DA所在直线为y轴，OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设x轴与BC交于点M，

∵DA＝P1A＝2，∴OP1＝，易知OD＝OA＝CM＝1，∴BM＝3，

则P1(0,0，)，D(0，－1,0)，C(2，－1,0)，B(2,3,0)，＝(2,0,0)，＝(0，－4,0)，＝(2，－1，－)，

∵CD⊥平面P1DA，

∴可取平面P1DA的一个法向量n1＝(1,0,0)，

设平面P1BC的法向量n2＝(x2，y2，z2)，

则∴

解得令z2＝1，

则n2＝(，0,1)，

设平面P1AD和平面P1BC所成的角为θ，由图易知θ为锐角，

∴cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝

＝.

∴平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为.