(浙江专用)最新2019高考数学二轮复习 专题二 立体几何 第3讲 空间角学案

第3讲 空间角[考情考向分析] 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，热点为异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的求解，向量法作为传统几何法的补充，为考生答题提供新的工具．热点一 异面直线所成的角(1)几何法：按定义作出异面直线所成的角(即找平行线)，解三角形．(2)向量法：设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．设l ，m 的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21 a 22＋b 22＋c 22. 例1 (1)(2018·全国Ⅱ)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15 B.56 C.55 D.22 答案 C解析 方法一 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的一侧补上一个相同的长方体A ′B ′BA －A 1′B 1′B 1A 1.连接B 1B ′，由长方体性质可知，B 1B ′∥AD 1，所以∠DB 1B ′为异面直线AD 1与DB 1所成的角或其补角．连接DB ′，由题意，得DB ′＝12＋(1＋1)2＝5，B ′B 1＝12＋(3)2＝2，DB 1＝12＋12＋(3)2＝ 5.在△DB ′B 1中，由余弦定理，得DB ′2＝B ′B 21＋DB 21－2B ′B 1·DB 1·cos∠DB 1B ′，即5＝4＋5－2×25cos∠DB 1B ′，∴cos∠DB 1B ′＝55. 故选C.方法二 如图，以点D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz .由题意，得A (1,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，∴AD 1→＝(－1,0，3)，DB 1→＝(1,1，3)，∴AD 1→·DB 1→＝－1×1＋0×1＋(3)2＝2， |AD 1→|＝2，|DB 1→|＝5， ∴cos〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55.故选C.(2)(2018·浙江省杭州二中月考)已知异面直线a ，b 所成的角为50°，过空间一定点P 最多可作n 条直线与直线a ，b 均成θ角，则下列判断不正确的是( ) A ．当θ＝65°时，n ＝3 B ．当n ＝1时，θ只能为25° C ．当θ＝30°时，n ＝2 D ．当θ＝75°时，n ＝4答案 B解析 将空间直线平移，异面直线的夹角不变，则可将异面直线a ，b 平移到同一平面α内，使得点P 为平移后的直线a ′，b ′的交点，则当0°≤θ<25°时，n ＝0；当θ＝25°时，n ＝1，此时该直线为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线；当25°<θ<65°时，n ＝2，此时这两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线；当θ＝65°时，n ＝3，此时其中两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线，另一条直线为直线a ′，b ′所成钝角的角平分线所在的直线；当65°<θ<90°时，n ＝4，此时其中两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成锐角的角平分线所在的直线，另外两条直线在平面α内的投影为直线a ′，b ′所成钝角的角平分线所在的直线；当θ＝90°时，n ＝1，此时直线为过点P 且与平面α垂直的直线．综上所述，B 选项的说法错误，故选B.思维升华 (1)运用几何法求异面直线所成的角一般是按找—证—求的步骤进行． (2) 两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.跟踪演练1 (2018·浙江省衢州二中模拟)如图，已知等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ，O 为BC 的中点，动点P 在线段OB 上(不含端点)，记∠APC ＝θ，现将△APC 沿AP 折起至△APC ′，记异面直线BC ′与AP 所成的角为α，则下列结论一定成立的是( )A ．θ>αB ．θ<αC ．θ＋α>π2D ．θ＋α<π2答案 A解析 设PC →＝λBC →， 则cos θ＝|PA →·PC →||PA →||PC →|＝|PA →·λBC →||PA →||λBC →|＝|PA →·BC →||PA →||BC →|＝|PA →·(BP →＋PC →)||PA →|·(|BP →|＋|PC →|)， 因为cos α＝|PA →·BC ′→||PA →||BC ′→|＝|PA →·(BP →＋PC ′→)||PA →||BC ′→|，且PA →·PC →＝PA →·PC ′→，|BP →|＋|PC →|＝|BP →|＋|PC ′→|>|BC ′→|， 所以cos θ<cos α，又θ，α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以θ>α，故选A.热点二 直线与平面所成的角(1)几何法：按定义作出直线与平面所成的角(即找到斜线在平面内的投影)，解三角形． (2)向量法：设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为μ＝(a 2，b 2，c 2)，设直线l 与平面α的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.例2 (2018·浙江省名校协作体联考)在如图所示的几何体中，平面DAE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为等腰梯形，四边形DCFE 为菱形．已知AB ∥CD ，∠ABC ＝60°，CD ＝12AB ＝1.(1)线段AC 上是否存在一点N ，使得AE ∥平面FDN ？证明你的结论；(2)若线段FC 在平面ABCD 上的投影长度为12，求直线AC 与平面ADF 所成角的正弦值．解 (1)在线段AC 上存在点N ，使得AE ∥平面FDN ，且N 是AC 的中点．如图，取AC 的中点N ，连接NF ，DN ，连接EC 交DF 于点O ，连接ON . ∵四边形CDEF 为菱形， ∴O 为EC 的中点．在△ACE 中，由中位线定理可得ON ∥AE .∵ON ⊂平面FDN ，AE ⊄平面FDN ，∴AE ∥平面FDN ，∴在线段AC 上存在点N ，使得AE ∥平面FDN ，且N 是AC 的中点． (2)方法一 ∵DE ∥CF ，∴DE 在平面ABCD 上的投影长度为12，过点E 作EO ⊥AD 于点O ，∵平面DAE ⊥平面ABCD ，且平面DAE ∩平面ABCD ＝AD ，EO ⊂平面DAE ， ∴EO ⊥平面ABCD ，则OD ＝12，∵在等腰梯形ABCD 中，由已知易得AD ＝BC ＝1， ∴点O 为线段AD 的中点． 设点C 到平面FDA 的距离为h ， ∵V C －FDA ＝V F －ADC ， ∴h ·S △FDA ＝EO ·S △ADC ， 易知S △ADC ＝34，EO ＝32， 取AB 的中点M ，连接CM ，取CM 的中点P ，连接AP ，DP ，FP ，OP .∵O ，P 分别为AD ，MC 的中点，AM ∥DC ∥EF ，且AM ＝DC ＝EF ，∴OP ∥EF 且OP ＝EF ， ∴四边形OPFE 为平行四边形，∴OE ∥FP ，OE ＝FP ， ∴FP ⊥平面ABCD . 易求得AP ＝72，DP ＝FP ＝32， ∴AF ＝102，DF ＝62， ∴DF 2＋AD 2＝AF 2，∴△ADF 为直角三角形，∴S △FDA ＝64.∴h ＝EO ·S △ADCS △FDA＝32×3464＝64. 设直线AC 与平面FDA 所成的角为θ， 在△ADC 中，易得AC ＝3，则sin θ＝h AC ＝24. 方法二 ∵DE ∥CF ，∴DE 在平面ABCD 上的投影长度为12，过点E 作EO ⊥AD 于点O ，∵平面DAE ⊥平面ABCD ，且平面DAE ∩平面ABCD ＝AD ，EO ⊂平面DAE . ∴EO ⊥平面ABCD ，则OD ＝12，∵在等腰梯形ABCD 中，由已知易得AD ＝BC ＝1. ∴点O 为线段AD 的中点．以O 为原点，OE 所在直线为z 轴，过O 且平行于DC的直线为y 轴，过O 且垂直于yOz 平面的直线为x 轴建立空间直角坐标系，易得x 轴在平面ABCD 内．可得A ⎝⎛⎭⎪⎫34，－14，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，54，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，14，0，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32，∴AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，0，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，DF →＝DE →＋EF →＝DE →＋DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－14，32＋(0,1,0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，32.设平面ADF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧32x －12y ＝0，34x ＋34y ＋32z ＝0.令x ＝1，得平面ADF 的一个法向量为n ＝(1，3，－2)．若直线AC 与平面ADF 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝322×3＝24. 思维升华 (1)运用几何法求直线与平面所成的角一般是按找——证——求的步骤进行． (2)直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意所求角和两向量夹角间的关系．跟踪演练2 (2018·杭州质检)如图，在等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ，∠A ＝120°，M 为线段BC 的中点，D 为线段BC 上一点，且BD ＝BA ，沿直线AD 将△ADC 翻折至△ADC ′，使AC ′⊥BD .(1)证明：平面AMC ′⊥平面ABD ；(2)求直线C ′D 与平面ABD 所成的角的正弦值． (1)证明 因为△ABC 为等腰三角形，M 为BC 的中点， 所以AM ⊥BD ，又因为AC ′⊥BD ，AM ∩AC ′＝A ，AM ，AC ′⊂平面AMC ′， 所以BD ⊥平面AMC ′，因为BD ⊂平面ABD ，所以平面AMC ′⊥平面ABD .(2)解 在平面AC ′M 中，过C ′作C ′F ⊥AM 交直线AM 于点F ，连接FD . 由(1)知，平面AMC ′⊥平面ABD ，又平面AMC ′∩平面ABD ＝AM ，C ′F ⊂平面AMC ，所以C ′F ⊥平面ABD . 所以∠C ′DF 为直线C ′D 与平面ABD 所成的角． 设AM ＝1，则AB ＝AC ＝AC ′＝2，BC ＝23，MD ＝2－3，DC ＝DC ′＝23－2，AD ＝6－ 2.在Rt△C ′MD 中，MC ′2＝DC ′2－MD 2＝(23－2)2－(2－3)2＝9－4 3.设AF ＝x ，在Rt△C ′FA 和Rt△C ′FM 中，AC ′2－AF 2＝MC ′2－MF 2，即4－x 2＝9－43－(x －1)2，解得x ＝23－2，即AF ＝23－2. 所以C ′F ＝223－3.故直线C ′D 与平面ABD 所成的角的正弦值等于C ′F DC ′＝23－33－1. 热点三 二面角二面角有两种求法：①几何法：利用定义作出二面角的平面角，然后计算．②向量法：利用两平面的法向量．设平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)，设二面角α—a —β的平面角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|.例3 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝4，点E 在线段AD 上且AE ＝3，现分别沿BE ，CE 所在的直线将△ABE ，△DCE 翻折，使得点D 落在线段AE 上，则此时二面角D －EC －B 的余弦值为( )A.45B.56C.67D.78答案 D解析 如图1所示，连接BD ，设其与CE 的交点为H ，由题意易知BD ⊥CE .翻折后如图2所示，连接BD ，图1 图2则在图2中，∠BHD 即为二面角D －EC －B 的平面角， 易求得BD ＝22，DH ＝255，BH ＝855，所以cos∠DHB ＝BH 2＋DH 2－BD 22BH ·DH ＝78，故选D.思维升华 (1)构造二面角的平面角的方法(几何法)：根据定义；利用二面角的棱的垂面；利用两同底等腰三角形底边上的两条中线等． (2)向量法：根据两平面的法向量．跟踪演练3 (2018·绍兴质检)已知四面体SABC 中，二面角B －SA －C ，A －SB －C ，A －SC －B 的平面角的大小分别为α，β，γ，则( ) A.π2<α＋β＋γ<π B.3π2<α＋β＋γ<2π C ．π<α＋β＋γ<3π D ．2π<α＋β＋γ<3π 答案 C解析 设三棱锥的顶点S 距离底面ABC 无穷远，则三棱锥S －ABC 近似为以△ABC 为底面的三棱柱，此时二面角的平面角α，β，γ等于三角形ABC 的三个内角；若顶点S 与底面ABC 的距离趋向于0，则三棱锥S －ABC 近似压缩为四顶点共面，则当S 为△ABC 内一点时，二面角的平面角α，β，γ的大小都为π，因此α＋β＋γ∈(π，3π)，故选C.真题体验1．(2017·全国Ⅲ)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号) 答案 ②③解析 依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知，点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB →以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[)0，2π， 则B (cos θ，sin θ，0)，∴AB →＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB →|＝ 2. 设直线AB 与a 所成的角为α，则cos α＝|AB →·a ||a ||AB →|＝22|sin θ|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误； 设直线AB 与b 所成的角为β， 则cos β＝|AB →·b ||b ||AB →|＝22|cos θ|.当直线AB 与a 的夹角为60°，即α＝60°时， |sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22， ∴|cos θ|＝22，∴cos β＝22|cos θ|＝12. ∵45°≤β≤90°，∴β＝60°， 即直线AB 与b 的夹角为60°. ∴②正确，①错误．2．(2017·浙江改编)如图，已知正四面体D —ABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CRRA＝2，分别记二面角D —PR —Q ，D —PQ —R ，D —QR —P 的平面角为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为________．答案 α<γ<β解析 如图①，作出点D 在底面ABC 上的射影O ，过点O 分别作PR ，PQ ，QR 的垂线OE ，OF ，OG ，连接DE ，DF ，DG ，则α＝∠DEO ，β＝∠DFO ，γ＝∠DGO .由图可知，它们的对边都是DO ， ∴只需比较EO ，FO ，GO 的大小即可．如图②，在AB 边上取点P ′，使AP ′＝2P ′B ，连接OQ ，OR ，则O 为△QRP ′的中心． 设点O 到△QRP ′三边的距离为a ，则OG ＝a ，OF ＝OQ ·sin∠OQF <OQ ·sin∠OQP ′＝a ， OE ＝OR ·sin∠ORE >OR ·sin∠ORP ′＝a ，∴OF <OG <OE ， ∴ODtan β<OD tan γ<ODtan α，∴α<γ<β.3．(2018·浙江)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．方法一 (1)证明 由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝22， 所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21， 故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ， 得B 1C 1＝ 5.由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝2 3. 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13， 所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21， 故AB 1⊥B 1C 1.又因为A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，A 1B 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ，连接AD . 由AB 1⊥平面A 1B 1C 1， 得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1. 所以∠C 1AD 即是直线AC 1与平面ABB 1所成的角． 由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21， 得cos∠C 1A 1B 1＝427，sin∠C 1A 1B 1＝77， 所以C 1D ＝3， 故sin∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913. 因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 方法二 (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O －xyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0,23，－3)． 由AB 1→·A 1B 1→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0,0,2)．设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，得⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 押题预测如图所示，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，SA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为线段AB ，SD 的中点．(1)证明：EF ∥平面SBC ；(2)设SA ＝AD ＝2AB ，试求直线EF 与平面SCD 所成角的正弦值．押题依据 定义法求直线与平面所成的角的关键是利用直线与平面所成角的定义去构造一个直角三角形，通过解三角形的知识求角．方法一求解第(2)问的关键是构造三角形，证明∠AFE 为直线EF 与平面SCD 所成角的余角．(1)证明 方法一 如图，过点E 作EG ∥SB ，交SA 于点G ，连接GF .因为E 为AB 的中点，所以G 为SA 的中点， 又F 为SD 的中点， 所以GF ∥AD ，所以GF ∥BC ，又BC ⊂平面SBC ，GF ⊄平面SBC ， 所以GF ∥平面SBC .因为GE ∥SB ，SB ⊂平面SBC ，GE ⊄平面SBC ， 所以GE ∥平面SBC ，又GE ∩GF ＝G ，GE ，GF ⊂平面GEF ， 所以平面GEF ∥平面SBC ，又EF ⊂平面GEF ，所以EF ∥平面SBC .方法二 取SC 的中点H ，连接FH ，BH ，因为F 是SD 的中点，所以FH ∥CD ，FH ＝12CD ，又CD ∥AB ，CD ＝AB ，点E 是AB 的中点，所以FH ∥BE ，FH ＝BE ，所以四边形EFHB 是平行四边形，所以EF ∥BH ，又BH ⊂平面SBC ，EF ⊄平面SBC ，所以EF ∥平面SBC . (2)解 方法一 如图，连接AF .因为SA ＝AD ，SA ⊥AD ， 所以AF ⊥SD . 因为SA ⊥平面ABCD ， 所以SA ⊥CD .因为AD ⊥CD ，SA ∩AD ＝A ，SA ，AD ⊂平面SAD ， 所以CD ⊥平面SAD ，因为AF ⊂平面SAD ，所以CD ⊥AF ， 又SD ∩CD ＝D ，SD ，CD ⊂平面SCD ， 所以AF ⊥平面SCD .所以∠AFE 即为直线EF 与平面SCD 所成角的余角． 令SA ＝AD ＝2AB ＝4，则AE ＝1，AF ＝22，所以EF ＝3. 设直线EF 与平面SCD 所成的角为θ， 则sin θ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2－∠AFE ＝cos∠AFE ＝AF EF ＝223.所以直线EF 与平面SCD 所成角的正弦值为223.方法二 因为四边形ABCD 是矩形，SA ⊥底面ABCD ， 所以直线AB ，AD ，AS 两两垂直．以A 为坐标原点，AB ，AD ，AS 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .设SA ＝AD ＝2AB ＝4，则S (0,0,4)，C (2,4,0)，D (0,4,0)，E (1,0,0)，F (0,2,2)． 所以EF →＝(－1,2,2)，SD →＝(0,4，－4)，DC →＝(2,0,0)． 设平面SCD 的法向量为a ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧a ·SD →＝4y －4z ＝0，a ·DC →＝2x ＝0，取y ＝1，所以a ＝(0,1,1)是平面SCD 的一个法向量． 设直线EF 与平面SCD 所成的角为θ， 所以sin θ＝|a ·EF →||a |·|EF →|＝|0＋2＋2|2×3＝223.所以直线EF 与平面SCD 所成角的正弦值为223.A 组 专题通关1．(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32 B.155 C.105 D.33答案 C解析 方法一 将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图①所示，连接AD 1，B 1D 1，BD .图①由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1， 所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知BD 2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝ 3. 又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.方法二 以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示．图②由已知条件知B 1(0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(1,0,0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1,0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)． 所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 故选C.2．(2018·嘉兴、丽水模拟)已知两个平面α，β和三条直线m ，a ，b ，若α∩β＝m ，a ⊂α且a ⊥m ，b ⊂β，设α和β所成的一个二面角的大小为θ1，直线a 和平面β所成的角的大小为θ2，直线a ，b 所成的角的大小为θ3，则( ) A ．θ1＝θ2≥θ3 B ．θ3≥θ1＝θ2 C ．θ1≥θ3，θ2≥θ3 D ．θ1≥θ2，θ3≥θ2答案 D解析 当平面α与平面β所成的二面角为锐角或直角时，θ1＝θ2，当平面α与平面β所成的二面角为钝角时，θ2为θ1的补角，则θ1>θ2，综上所述，θ1≥θ2，又由最小角定理得θ3≥θ2，故选D.3．如图，正四棱锥P －ABCD .记异面直线PA 与CD 所成的角为α，直线PA 与平面ABCD 所成的角为β，二面角P －BC －A 的平面角为γ，则( )A ．β<α<γB ．γ<α<βC ．β<γ<αD ．α<β<γ答案 C解析 如图，过点P 作PO ⊥平面ABCD ，则O 为正方形ABCD 的中心．连接AO ，并过O 点作OE ⊥BC ，交BC 于点E ，连接PE .∵AB ∥DC ，∴异面直线PA 与CD 所成的角就是∠PAB ，而AO 为PA 在平面ABCD 上的投影，∴∠PAO 为PA 与平面ABCD 所成的角． ∴∠PAB >∠PAO .又OE ⊥BC ，PO ⊥BC ，OE 与PO 相交于点O ， ∴BC ⊥平面POE ，∴PE ⊥BC ，因此∠PEO 为二面角P －BC －A 的平面角． ∵OE <AO ，∴tan∠PEO >tan∠PAO ， ∴∠PEO >∠PAO .又∠PAB ＝∠PBE ，cos∠PBE ＝BEPB ，cos∠PEO ＝OE PE， ∵OE ＝BE ，PE <PB ，∴cos∠PBE <cos∠PEO ，∴∠PBE >∠PEO ， 又∠PBE ＝∠PAB ＝α，∴β<γ<α，故选C.4．已知四边形ABCD ，AB ＝BD ＝DA ＝2，BC ＝CD ＝2，现将△ABD 沿BD 折起，使二面角A －BD－C 的大小在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6内，则直线AB 与CD 所成角的余弦值的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，528B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，28 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，28∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫528，1 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤28，528答案 A解析 设BD 的中点为E ，连接AE ，CE ， 因为AB ＝BD ＝DA ＝2，BC ＝CD ＝2， 所以AE ＝3，CE ＝1，且AE ⊥BD ，CE ⊥BD ， 则∠AEC 为二面角A －BD －C 的平面角，在平面ABD 内，过点A 作AF ∥BD ，使AF ＝BD ，构造平行四边形ABDF ，连接FD ，CF ，则∠CDF或其补角即为异面直线AB 与CD 的夹角， 则在△AEC 中，由余弦定理得AC 2＝AE 2＋CE 2－2AE ·CE cos∠AEC＝4－23cos∠AEC ，又因为∠AEC ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6，所以AC 2＝4－23cos∠AEC ∈[1,7]．因为AE ⊥BD ，CE ⊥BD ，且AE ∩CE ＝E ，AE ，CE ⊂平面AEC ， 所以BD ⊥平面AEC ， 则BD ⊥AC ，所以AF ⊥AC ，则在Rt△CAF 中，CF 2＝AC 2＋AF 2∈[5,11]，则在△CDF 中，由余弦定理易得直线AB 与CD 的夹角的余弦值为|cos∠CDF |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪DF 2＋CD 2－CF 22DF ·CD ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，528，故选A.5．长方体的对角线与过同一个顶点的三个表面所成的角分别为α，β，γ，则cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝________. 答案 2解析 设长方形的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则对角线长d ＝a 2＋b 2＋c 2，所以cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＋c 2d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋c 2d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋b 2d 2＝2()a 2＋b 2＋c 2d 2＝2. 6.如图所示，在正方体AC 1中， AB ＝2, A 1C 1∩B 1D 1＝E ，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面BCC 1B 1所成的角为β，则cos ()α－β＝________.答案66解析 由题意可知，α＝π2，则cos ()α－β＝sin β，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则D ()0，0，0，E ()1，1，2，DE →＝()1，1，2，平面BCC 1B 1的法向量DC →＝()0，2，0，由此可得cos ()α－β＝sin β＝|DE →·DC →||DE →||DC →|＝66.7.(2018·浙江省名校新高考研究联盟联考)如图，平行四边形PDCE 垂直于梯形ABCD 所在的平面，∠ADC ＝∠BAD ＝90°，∠PDC ＝120°，F 为PA 的中点，PD ＝1，AB ＝AD ＝12CD ＝1.(1)求证：AC ∥平面DEF ；(2)求直线BC 与平面PAD 所成角的余弦值．(1)证明 连接PC .设PC 与DE 的交点为M ，连接FM ，因为F ，M 分别为PA ，PC 的中点，则FM ∥AC . 因为FM ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，所以AC ∥平面DEF .(2)解 方法一 (几何法)取CD 的中点G ，连接AG ，则AG ∥BC ，所以直线AG 与平面PAD 所成的角即为直线BC 与平面PAD 所成的角． 过点G 作GH ⊥PD ，交PD 于点H ，又平面PDCE ⊥平面ABCD ，平面PDCE ∩平面ABCD ＝CD ，AD ⊥CD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以AD ⊥平面PDCE ，又GH ⊂平面PDCE ，所以AD ⊥GH ， 因为PD ∩AD ＝D ，PD ，AD ⊂平面PAD ，所以GH ⊥平面PAD ，则∠GAH 即为所求的线面角，易得GH ＝32，AG ＝BC ＝2， 则sin∠GAH ＝GH AG ＝64， 所以直线BC 与平面PAD 所成角的余弦值为104. 方法二 (向量法)过点D 在平面PDCE 中作DQ ⊥PE ，交PE 于点Q ，由已知可得PQ ＝12，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DQ 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．由题意可得D (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，32，A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，则DA →＝(1,0,0)，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，32，设平面PAD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA →＝0，n ·DP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12y ＋32z ＝0，令y ＝3，得平面PAD 一个法向量n ＝(0，3，1)， BC →＝(－1,1,0)．设直线BC 与平面PAD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝322＝64， 所以直线BC 与平面PAD 所成角的余弦值为104. 8．(2018·浙江省杭州二中月考)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ＝CD ＝BC ＝2，AD ＝5，M ，N 是AD 上的点，且AM ＝DN ＝2，现将△ABM ，△CDN 分别沿BM ，CN 折起，使得A ，D 重合记作S .(1)求证：BC ∥平面SMN ；(2)求直线SN 与底面BCNM 所成角的余弦值．(1)证明 ∵BC ∥MN ，且MN ⊂平面SMN ，BC ⊄平面SMN ，∴BC ∥平面SMN .(2)解 过S 向底面作垂线，垂足为O ，连接BC 的中点Q 与MN 的中点P ，根据对称性可知O 在PQ 上，分别连接SQ ，SP ，ON ，则∠SNO 是所求的线面角．在△SPQ 中，SP ＝152，SQ ＝3，PQ ＝72，则SO ＝2357， 则sin∠SNO ＝357，∴cos∠SNO ＝147. 9．(2018·湖州、衢州、丽水质检)已知矩形ABCD 满足AB ＝2，BC ＝2，△PAB 是正三角形，平面PAB ⊥平面ABCD .(1)求证：PC ⊥BD ；(2)设直线l 过点C 且l ⊥平面ABCD ，点F 是直线l 上的一个动点，且与点P 位于平面ABCD 的同侧．记直线PF 与平面PAB 所成的角为θ，若0<CF ≤3＋1，求tan θ的取值范围． (1)证明 取AB 的中点E ，连接PE ，EC .因为点E 是正三角形PAB 的边AB 的中点，所以PE ⊥AB . 又平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，PE ⊂平面PAB ， 所以PE ⊥平面ABCD ，因为BD ⊂平面ABCD ，则PE ⊥BD . 因为BE BC＝12＝22＝BCCD，∠EBC ＝∠BCD ＝90°， 所以△EBC ∽△BCD . 故∠ECB ＝∠BDC ，所以∠ECB ＋∠DBC ＝∠BDC ＋∠DBC ＝90°， 所以CE ⊥BD ，又CE ∩PE ＝E ，CE ，PE ⊂平面PEC ， 故BD ⊥平面PEC ，又PC ⊂平面PEC ，因此PC ⊥BD .(2)解 方法一 在平面PAB 内过点B 作直线m ∥FC ，过F 作FG ⊥m ，交m 于点G ，连接PG ，则四边形BGFC 为矩形，BC ∥FG ，BC ＝FG . 又由(1)及题意得，BC ⊥平面PAB ， 所以FG ⊥平面PAB ，所以∠GPF 是直线PF 与平面PAB 所成的角，所以点F 到平面PAB 的距离等于点C 到平面PAB 的距离，即为BC ＝2， 因为0<CF ≤3＋1，所以1≤GP <2， 故tan θ＝2GP∈⎝⎛⎦⎥⎤22，2. 方法二 如图，以E 为坐标原点，EB ，EP 所在直线为x 轴，z 轴，过点E 平行于BC 的直线为y 轴，建立空间直角坐标系．设CF ＝a (0<a ≤3＋1)， 则P (0,0，3)，F (1，2，a )，所以PF →＝(1，2，a －3)，取平面PAB 的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 则sin θ＝|PF →·n ||PF →||n |＝212＋(2)2＋(a －3)2， 由0<a ≤3＋1，得sin θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤33，63， 则tan θ∈⎝⎛⎦⎥⎤22，2. B 组 能力提高10．已知三棱锥P －ABC 的底面ABC 是边长为23的正三角形，A 点在侧面PBC 内的投影H 为△PBC 的垂心，二面角P －AB －C 的平面角的大小为60°，则AP 的长为( )A ．3B ．3 2 C.7 D ．4 答案 C解析 连接BH 交PC 于点E ，连接AE .设P 点在底面ABC 内的投影为O ，则PO ⊥平面ABC ，连接CO 交AB 于F 点，连接PF .∵A 点在侧面PBC 内的投影H 为△PBC 的垂心， ∴AH ⊥平面PBC ，且BE ⊥PC ， ∵PC ⊂平面PBC ，∴AH ⊥PC .∵BE ∩AH ＝H ，BE ⊂平面ABE ，AH ⊂平面ABE ， ∴PC ⊥平面ABE .又AB ⊂平面ABE ，∴PC ⊥AB . ∵PO ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，∴PO ⊥AB . ∵PO ∩PC ＝P ，PO ⊂平面PFC ，PC ⊂平面PFC ， ∴AB ⊥平面PFC . ∴AB ⊥PE ，AB ⊥CF ，∴∠PFC 为二面角P －AB －C 的平面角．∵三棱锥P －ABC 的底面ABC 是边长为23的正三角形， ∴BF ＝3，CF ＝3，则FO ＝13×3＝1，∵二面角P －AB －C 的平面角的大小为60°，∴∠PFC ＝60°，在Rt△POF 中，PO ＝FO ·tan 60°＝3，PF ＝FOcos 60°＝2.又在Rt△PFA 中，PF ＝2，AF ＝AB2＝3，∴AP ＝PF 2＋AF 2＝7，故选C.11．(2018·湖州、衢州、丽水质检)已知等腰直角三角形ABC 内接于圆O ，点M 是下半圆弧上的动点．现将上半圆面沿AB 折起(如图所示)，使所成的二面角C －AB －M 为π4，则直线AC 与直线OM 所成角的最小值是( )A.π12B.π6C.π4D.π3 答案 B解析 设圆的半径为2，∠AOM ＝θ(θ∈[0，π])，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，M (2sin θ，－2cos θ，0)，A (0，－2,0)，C (2，0，2)，所以OM →＝(2sin θ，－2cos θ，0)，AC →＝(2，2，2)．设直线AC 与OM 所成的角为α，则cos α＝|cos 〈OM →，AC →〉|＝|OM →·AC →||OM →||AC →|＝|22sin θ－4cos θ|2×22＝|26sin (θ－φ)|42≤2642＝32(其中tan φ＝2)，又α∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，所以α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2，所以α的最小值为π6，故选B.12．(2018·浙江省温州六校协作体联考)如图1，在Rt△ABC 中，∠BAC ＝90°，∠ABC ＝60°，E 是边AC 上的点，EC →＝2AE →，D 是斜边BC 的中点，现将△ABE 与△DEC 分别沿BE 与DE 翻折，翻折后的点A ，C 分别记作A ′，C ′，若点A ′落在线段EC ′上，如图2，则二面角B －EC ′－D 的余弦值为( )A.13B.33C.23D.63 答案 A解析 设AB ＝1，易得BC ＝2，AC ＝3，又因为EC →＝2AE →， 点D 是斜边BC 的中点， 所以AE ＝33，CE ＝233，CD ＝BD ＝1， 则由翻折的性质易得A ′E ＝A ′C ′＝33，A ′B ＝1，BD ＝C ′D ＝1，BA ′⊥C ′E ， 连接BC ′，则C ′B ＝A ′B 2＋A ′C ′2＝233＝BE ， 在△BDC ′中，由余弦定理得cos∠BDC ′＝BD 2＋C ′D 2－C ′B 22BD ·C ′D ＝13，在△C ′DE 中，过点A ′作C ′E 的垂线，交C ′D 于点F ，则∠FA ′B 就是二面角B －EC ′－D 的平面角．易得A ′F ＝A ′C ′tan 30°＝13，C ′F ＝23，DF＝C ′D －C ′F ＝13.连接BF ，在△BDF 中，由余弦定理得BF ＝BD 2＋DF 2－2BD ·DF cos∠BDF ＝223， 则在△BA ′F 中，由余弦定理得cos∠BA ′F ＝A ′B 2＋A ′F 2－BF 22A ′B ·A ′F ＝13，即二面角B －EC ′－D 的余弦值为13，故选A.13.如图，已知三棱锥A —BCD 的所有棱长均相等，点E 满足DE →＝3EC →，点P 在棱AC 上运动，设EP 与平面BCD 所成的角为θ，则sin θ的最大值为________．答案223解析 因为三棱锥A —BCD 的所有棱长都相等，设底面BCD 的中心为O ，则O 为顶点A 在底面的射影，以点O 为原点，以过点O 且平行于CD 的直线为x 轴，过点O 且垂直于CD 的直线为y 轴，直线OA 为z 轴建立空间直角坐标系．设三棱锥A —BCD 的棱长为2，则易得O (0，0,0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，263，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，33，0， 则OA →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，263，A E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，33，－263，AC →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，33，－263，设AP →＝λAC →(0≤λ≤1)，则PE →＝AE →－AP →＝AE →－λAC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ，33(1－λ)，263(λ－1)，则sin θ＝|PE →·OA →||PE →||OA →|＝463·1－λ16λ2－28λ＋13， 设f (x )＝(1－x )216x 2－28x ＋13 (0≤x ≤1)，则f ′(x )＝2(2x －1)(x －1)(16x 2－28x ＋13)2，令f ′(x )>0，得0<x <12，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增； 令f ′(x )<0，得12<x <1，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减， 所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝112，所以sin θ的最大值为463×112＝223.。