重难点11空间角与探索性问题（2种考法）（解析版）

重难点11空间角与探索性问题（2种考法）【目录】考法1：空间角问题考法2：探索性问题1.求异面直线所成的角的三步曲2.求直线和平面所成角的关键作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值。3.找二面角的平面角的常用方法（1）由定义做出二面角的平面角（2）用三垂线定理找二面角的平面角（3）找公垂面（4）划归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角4.用坐标法求异面直线所成角的一般步骤(1)建立空间直角坐标系；(2)分别求出两条异面直线的方向向量的坐标；(3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角；(4)结合异面直线所成角的范围求出异面直线所成的角．5.利用向量法求两平面夹角的步骤(1)建立空间直角坐标系；(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量；(3)求两个法向量的夹角；(4)法向量夹角或其补角就是两平面的夹角(不大于90°的角)二、命题规律与备考策略6.探求某些点的具体位置，使得线面满足平行或垂直关系，是一类逆向思维的题目。一般可采用两种方法：一是先假设存在，再去推理，下结论；二是运用推理证明计算得出结论，或先利用条件特例得出结论，然后再根据条件给出证明或计算。〖关键技巧〗空间向量适合解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、结论、推理，只需要通过坐标运算进行判断。解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，能更简单、有效地解决问题，应善于运用这一方法解题。考法1：空间角问题1．（2023•蓬莱区三模）如图，矩形BCDE所在平面与△ABC所在平面垂直，∠ACB＝90°，BE＝2．（1）证明：DE⊥平面ACD；（2）若平面ADE与平面ABC的夹角的余弦值是，且直线AE与平面BCDE所成角的正弦值是，求异面直线DE与AB所成角的余弦值．【分析】（1）根据矩形性质和平行关系可得DE⊥CD，DE⊥AC，由线面垂直的判定定理，即可证明结论；（2）利用面面垂直性质可证得AC⊥平面BCDE，过点A作l∥BC，利用线面角和面面角的定义可知，，求出BC，AB，由异面直线所成角的定义可知所求角为∠ABC，即可得出答案．【解答】解：（1）证明：∵四边形BCDE为矩形，∴DE⊥CD，∵∠ACB＝90°，即AC⊥BC，又DE∥BC，∴DE⊥AC，∵AC∩CD＝C，AC⊂平面ACD，CD⊂平面ACD，∴DE⊥平面ACD；（2）∵平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，BC⊥AC，AC⊂平面ABC，∴AC⊥平面BCDE，则∠AEC即为直线AE与平面BCDE所成的角，∴，三、题型方法过点A作l∥BC，如图所示：则平面ADE∩平面ABC＝l，由（1）得DE⊥平面ACD，则l⊥面ACD，∴AD⊥l，AC⊥l，∴平面ADE与平面ABC的夹角为∠DAC，∴，又DC＝BE＝2，∴AC＝1，则AE＝4，∴，∴，，又异面直线DE与AB所成的角为∠ABC，∴，即异面直线DE与AB所成角的余弦值为．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理和性质定理、异面直线的夹角，考查转化思想，考查逻辑推理能力和直观想象，属于中档题．2．（2023•青羊区校级模拟）如图：在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAV＝90°，点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2．（1）求证：MN∥平面BDE；（2）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可．（2）建立直角坐标系，设AH＝h，得到，，再根据异面直线的夹角的余弦公式构造方程求解即可．【解答】解：（1）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵PE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF＝F，MF、NF⊂平面MFN．∴平面MFN∥平面BDE，∵MN⊂平面MFN，∴MN∥平面BDE．（3）因为PA⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，因为∠BAC＝90°，所以以A为原点，分别以AB，AC，AP所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），N（1，2，0），F（1，0，0），依题意，设AH＝h（0≤h≤4），则H（0，0，h），进而可得，．由已知，得|cos＜＞|＝＝，解得h＝或h＝，所以线段AH的长为或．【点评】本题主要考查线面平行的判定定理和异面直线夹角的余弦公式，属于中档题．3．（2023•盐湖区校级二模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，．（1）证明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；（2）求二面角A﹣A1C1﹣B1的余弦值．【分析】（1）先证明AD⊥平面BB1C1C，再根据面面垂直的判定可得平面ACB1⊥平面BB1C1C；（2）取A1C1的中点E，连AC1，AE，B1E，可证∠AEB1为二面角A﹣A1C1﹣B1的平面角，计算可得结果．【解答】解：（1）证明：连BC1、B1C交于D，则D为BC1、B1C的中点，连接AD，因为AC＝AB1，所以AD⊥B1C，因为侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，，所以，AD＝1，所以AB2＝BD2+AD2，即AD⊥BD，因为B1C⋂BD＝B，B1C，BD⊂平面BB1C1C，所以AD⊥平面BB1C1C，因为AD⊂平面ACB1，所以平面ACB1⊥平面BB1C1C．（2）取A1C1的中点E，连AC1，AE，B1E，由（1）知，AD⊥BD，又BD＝DC1，所以AC1＝AB＝2，又AA1＝CC1＝2，所以AE⊥A1C1，同理得B1E⊥A1C1，所以∠AEB1为二面角A﹣A1C1﹣B1的平面角，在△AEB1中，，，，所以＝，所以二面角A﹣A1C1﹣B1的余弦值为．【点评】本题考查直线与平面的位置关系，二面角的余弦值，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．4．（2023•碑林区校级模拟）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是矩形，PB⊥底面ABCD，AB＝BC＝3，BP＝3，CF＝CP，DE＝DA．（1）证明：EF∥平面ABP；（2）求直线PC与平面ADF所成角的正弦值．【分析】（1）由题意得PB⊥BC，PB⊥AB，AB⊥BC，则建立以B为原点，以BC、BA、BP所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系B﹣xyz，利用向量法，即可证明结论；（2）由（1）得＝（3，0，﹣3），＝（3，0，0），＝（2，﹣3，1），利用向量法，即可得出答案．【解答】解：（1）证明：∵PB⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，且底面ABCD为矩形，∴PB⊥BC，PB⊥AB，AB⊥BC，则建立以B为原点，以BC、BA、BP所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系B﹣xyz，如图所示：AB＝BC＝3，BP＝3，CF＝CP，DE＝DA，则B（0，0，0），C（3，0，0），E（2，3，0），F（2，0，1），A（0，3，0），C（3，0，0），D（3，3，0），P（0，0，3），F（2，0，1），则＝（0，3，﹣1），又BC⊥平面ABP，在平面ABP的一个法向量为＝（3，0，0），∴•＝0，即⊥，又EF⊄平面ABP，∴EF∥平面ABP；（2）由（1）得＝（3，0，﹣3），＝（3，0，0），＝（2，﹣3，1），设平面ADF的一个法向量为＝（x，y，z），则，取z＝3，则y＝1，x＝0，∴平面ADF的一个法向量为＝（0，1，3），设直线PC与平面ADF所成角为α，∴sinα＝|cos＜，＞|＝＝＝，故直线PC与平面ADF所成角的正弦值为．【点评】本题考查直线与平面平行与直线与平面的夹角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．5．（2023•全国模拟）已知三棱锥ABCD，D在面ABC上的投影为O，O恰好为△ABC的外心．AC＝AB＝4，BC＝2．（1）证明：BC⊥AD；（2）E为AD上靠近A的四等分点，若三棱锥ABCD的外接球表面积为20π，求二面角E﹣CO﹣B的余弦值．【分析】本题根据线线垂直的性质和空间向量二面角的求法，即可求出．【解答】解：（1）证明：连接AO，延长交BC于M，则M是BC的中点．∵D在面ABC上的投影为O，∴DO⊥面ABC，∴DO⊥BC，∵AC＝AB，∴BC⊥AM，∵AM∩DO＝0，∴BC⊥平面ADM，∵AD⊂平面ADM，∴BC⊥AD．（2）以BC中点M为原点如图建立直角坐标系，易知，，C（0，1，0），设二面角E﹣CO﹣B的平面角为α，面EOC的一个法向量为＝（x，y，z），由•＝•＝0，即x﹣z＝﹣x+y﹣z＝0，可取＝（），面BOC的一个法向量为＝（0，0，1），cosα＝＝，∴二面角E﹣CO﹣B的余弦值为﹣．【点评】本题考查空间位置关系的推理与证明，利用空间向量计算二面角，属中档题．6．（2023•泉州模拟）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB＝2，CA1＝4，CB1＝2，∠BAA1＝60°．（1）证明：CA＝CB；（2）若CA＝4，求二面角A1﹣CB1﹣C1的余弦值．【分析】（1）取AB的中点M，连接CM和MA1，证明AB⊥面CMA1即可；（2）建立空间直角坐标系，标出每个点坐标，算出法向量即可求出二面角余弦值．【解答】（1）证明：取AB的中点M，连接CM和MA1，如图：因为A1B1＝2，CA1＝4，CB1＝2，根据勾股定理得到A1B1⊥CA1，因为AB∥A1B1，所以AB⊥CA1，因为AA1＝AB＝2，∠BAA1＝60°，所以△ABA1是等边三角形，因为M是AB中点，所以AB⊥MA1，因为CA1∩MA1＝A1，所以AB⊥面CMA1，所以AB⊥CM，因为M是AB中点，所以CA＝CB；（2）解：在面CMA1平面内，过M作MA1的垂线作为z轴，因为AB⊥面CMA1，所以AB⊥z轴，因为AB⊥MA1，所以可以建立如图所示空间直角坐标系，首先来看C点坐标，面CMA1分解图如下：过C作CN⊥MA1交MA1于N点，设MN＝t，CN＝h，则t2+h2＝13，（3﹣t）2+h2＝16，解得t＝1，h＝，所以点C（0，1，2），A1（0，3，0），，，设面CA1B1的法向量为＝（x，y，z），＝（0，﹣2，），＝（），所以，不妨设z＝1，则法向量＝（0，），面CB1C1即面CBB1，设面CBB1的法向量＝（s，q，r），＝（），所以，不妨设r＝1，则法向量＝（﹣3，﹣，2），从图像可得二面角A1﹣CB1﹣C1是钝二面角，所以cos＜A1﹣CB1﹣C1＞＝﹣||＝﹣，即二面角A1﹣CB1﹣C1的余弦值是．【点评】本题考查线面平行判定定理和利用向量法求解二面角问题，属于中档题．7．（2023•哈尔滨一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，PB⊥BC．（1）求点A到平面PBC的距离；（2）E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值．【分析】（1）取AD的中点O，连接OB，OP，由题意得OP⊥AD，AO＝1，OP＝，OP⊥平面ABCD，OP⊥OB，根据线面垂直的判定定理和性质，可得OB⊥AD，利用等体积法，即可得出答案；（2）由（1）得OA，OB，OP两两垂直，则建立以O为原点的空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法，即可得出答案．【解答】解：（1）取AD的中点O，连接OB，OP，如图所示：∵△PAD为等边三角形，AD＝2，∴OP⊥AD，AO＝1，OP＝，又平面PAD⊥平面ABCD，