专题6.8 空间角的计算（高效培优讲义）数学苏教版高二选择性必修第二册

本讲义聚焦高中数学空间角计算核心知识点，系统梳理异面直线所成角、直线与平面所成角、平面与平面所成角的概念及向量法求解方法，通过概念理解、方法应用、不同解法比较构建学习支架。 该资料以数学抽象和数学运算素养为导向，设计即学即练、典例变式及探索性问题，结合图形讲解向量与坐标法，课中辅助教师高效授课，课后助力学生巩固知识、查漏补缺，提升空间角计算能力。

专题6.8 空间角的计算 教学目标 1.加深对异面直线所成角、直线与平面所成角和平面与平面所成角的概念的理解． 2.能利用向量方法求两条异面直线所成的角、直线与平面所成角和平面与平面所成角． 3.从综合法求解两条异面直线所成的角、直线与平面所成角和平面与平面所成角入手，结合图形讲解向量的方法及坐标法，讨论这三种方法各自的优缺点及限制，从而更好地体会向量在研究几何问题中的作用． 4.在利用空间向量法求线线角、线面角和面面角的过程中，提升数学抽象和数学运算素养． 教学重难点 1.重点 用向量的思想方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题． 2.难点 在线线角、线面角及面面角的范围内正确确定角的大小. 知识点01 两条异面直线所成的角 1.两条异面直线所成的角的概念： 设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为，，则cos θ＝|cos|＝ 2.两条异面直线所成的角的范围： 【即学即练】 1．直三棱柱中，，，点是的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据条件，建立空间直角坐标系，求出，再利用线线角的向量法，即可求解. 【解析】由题可建立，以为坐标原点的空间直角坐标系，如图所示， 因为，点是的中点，所以， 则， 设直线与所成的角为，则， 故选：C. 2．在正四棱柱中，为棱上的动点（不包含端点），则与所成角的余弦值的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用异面直线所成的角的夹角公式可得，平方后利用换元法可求范围. 【解析】以为坐标原点，以，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，故，， 设与所成的角为，则， 所以，令， 所以，故. 故选：B. 知识点02 直线与平面所成的角 1.直线与平面所成的角的概念： 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为，平面α的法向量为，则sin θ＝|cos|＝ 2.直线与平面所成的角的范围： 【即学即练】 1．已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则与所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】设出夹角，由，求出答案. 【解析】设与所成角的大小为， 则. 故选：A 2．如图，已知三棱柱中，侧棱与底面垂直，且，，M、N、P、D分别是、、、的中点. (1)求证：平面； (2)求直线平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）由已知证明，，可得，可证平面； （2）建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后求出平面与平面法向量，由向量的夹角公式求解即可. 【解析】（1）因为P，D分别是，的中点，则， 在三棱柱中，则，可得， 且平面，平面，所以平面. （2）由题意知三棱柱中，侧棱与底面垂直， 且，， 故，∴， 以点为坐标原点，，，所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，故， 则，， 可得， 所以直线平面夹角的正弦值为. 知识点03 两个平面的夹角 1.两个平面的夹角的概念： 设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为，则cos θ＝|cos|＝ 2.两个平面的夹角的范围： 注：二面角的取值范围是[0, π]，所以二面角θ与这两个平面的法向量的夹角φ相等或互补。 【即学即练】 1．已知矩形中，将矩形沿着对角线对折，形成一个空间四边形，当时，二面角的余弦值为 . 【答案】 【分析】在和中，分别过点作，根据平方，将向量关系转化为数量关系，代入求解即可得到二面角余弦值. 【解析】在和中，分别过点作， 由，代入, 得，所以， 同理，，，所以， 设二面角大小为， 则与夹角为， 由， 平方得，， 所以，解得， 所以二面角的余弦值为 2．如图，在三棱锥中，为的中点，平面平面. (1)证明：； (2)若二面角的大小为，求平面与平面的夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）应用线面垂直的判定定理得出平面，进而得出平面，得出即可得证； （2）根据线面垂直建立空间直角坐标系，得出平面与平面的法向量即可得出二面角的余弦，再结合同角关系得出正弦. 【解析】（1）过作垂足为， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 又平面，， 因为为的中点，，所以， 又面，所以平面. 又因为平面，所以. 因为为的中点，所以. （2）如图，取的中点，连接. 因为，所以. 又因为平面平面，平面平面平面， 所以平面. 因为二面角的大小为， 所以即为二面角的平面角，即， 所以为等腰直角三角形，， 因为，为的中点， 所以. 所以. 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴， 过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系. 则， 所以. 设平面的一个法向量为， 所以，即， 令，解得， 所以. 同理，平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以. 题型01 异面直线所成的角 【典例1】在平行四边形中，，，，是的中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据面面垂直的性质可得 ，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角即可. 【解析】在中，，则，即， 又平面平面，平面平面 ，平面， 则平面，又平面，于是 ， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 于是，得， 所以直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 用向量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)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值； (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值. 【变式1】如图，是一个由棱长为的正四面体沿中截面所截得的几何体，则异面直线与夹角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】补形成正四面体，记，利用基底求出，代入夹角公式即可求解. 【解析】补形成正四面体，如图. 记，则， 由正四面体的性质和题意可知，， 所以， ， 所以， 所以，异面直线与的夹角的余弦值为. 故选：D. 【变式2】如图，在三棱锥中，，且，，两两垂直，M，N分别为，的中点，则异面直线和夹角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先通过已知条件建立空间直角坐标系，求出向量和的坐标，再利用向量夹角余弦值公式计算异面直线和夹角的余弦值. 【解析】因为，，两两垂直，所以以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 已知，则，，，. 因为为的中点，根据中点坐标公式可得点坐标为. 又因为为的中点，所以.   由坐标可得. .   先计算. 再计算，. 所以. 但异面直线夹角范围是，所以异面直线和夹角的余弦值为. 故选：D. 【变式3】在正三棱柱中，，，则异面直线与所成角的大小为 ． 【答案】 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求得，结合，即可求解. 【解析】如图所示，分别取的中点，由正三棱柱的性质可得两两垂直， 以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得，则， 所以异面直线与所成角的大小为． 故答案为：． 【变式4】如图，已知四边形是矩形，平面，且，M､N是线段､上的点，满足. (1)若，求证：直线平面； (2)若，求直线与直线所成最大角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2) 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据异面直线所成的角的定义，结合余弦定理、换元法、配方法进行求解即可. 【解析】（1）取的中点，连接， 因为，所以M是线段上的中点， 因此有， 因为是矩形，N是线段上的中点， 所以， 因此有， 所以四边形是平行四边形，所以有， 而平面，平面，所以直线平面； （2）当时，由（2）可知：， 所以是直线与直线所成角，设， 由（2）可知，所以， 在中，由余弦定理可知： ， 令，所以， 于是有， 当时，有最小值，最小值为，此时有最大值. 则直线与直线所成最大角的余弦值为. 题型02 直线与平面所成的角 【典例1】如图，直四棱柱的底面是正方形，，，分别为线段，上的点，且满足. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）思路一：过点作交于点，连结，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证；思路二：建立适当的空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，故只需证明即可； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再结合向量夹角的余弦公式即可求解. 【解析】（1）解法一：过点作交于点，连结,     , ，，     ，，     ，， ，且，     四边形是平行四边形， ， 平面，平面， 平面，     解法二：如图，以为原点，分别以，，为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，       则，，，，.     ，， 设平面的法向量为 ， 取，得，， 则是平面的一个法向量.     ， ，     平面，    平面， （2）如图，以为原点，分别以，，为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，     设直线与平面所成角为，平面的法向量为，   则，，，.     ，，， ， 取，得，， 则是平面的一个法向量.     ， 故直线与平面所成角的正弦值为， 向量法求直线与平面所成角的主要方法: (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角. 【变式1】在三棱锥中，两两互相垂直，为的中点，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系求出平面的法向量，再由线面角的向量求法可得结果. 【解析】因为两两互相垂直，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 由可设，则， 因此， 显然，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则； 所以， 设直线与平面所成的角为， 所以. 故选：A. 【变式2】在四棱台中，平面，，，，且，动点满足，则直线与平面所成角正弦值的最大值为___________ 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，由向量法表示线面角的正弦值，根据的范围求解即可. 【解析】 如图建立空间直角坐标系， 所以，，， ，，， ， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以, 因为，所以当时，正弦值最大，且最大值为. 故答案为：. 【变式3】如图，在五棱锥中，平面ABCDE，，，，，，． (1)求证：平面平面； (2)已知直线与平面所成的角为，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）由余弦定理得，再由线面垂直的判定定理可得答案； （2）做交于点，以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，设，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法求出可得答案， 【解析】（1），，． 由余弦定理得 ， 所以，故， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）做交于点，所以四边形是长方形， 因为，，所以， 因为，所以， 由（1）知，互相垂直，以为原点， 所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则， ， 设为平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以， 所以， 解得，所以， 所以线段的长为． 【变式4】如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，点在底面的投影恰为的重心． (1)求证：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，点为棱上的动点（不包括端点），求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）利用菱形和等边三角形性质，找到与平面内两条相交直线垂直，根据线面垂直判定证平面，进而得； （2）建立坐标系确定各点坐标，设出坐标，求出平面和的法向量，算出二面角余弦值表达式，利用换元法分析最大值. 【解析】（1）证明：如图，连接． 因为底面，平面，所以． 因为四边形是边长为的菱形，，所以为等边三角形． 因为是的重心，所以． 又平面，所以平面． 因为平面，所以． （2）以所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ． 设，则． 设平面的一个法向量为， 则取，则， 设平面的法向量为， 则取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 令，则， 由于， 故，当且仅当，即时取等号， 故平面与平面夹角的余弦值的最大值为． 题型03 两个平面的夹角 【典例1】由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）法一：将几何体补成四棱柱，得到四边形为平行四边形，故，得到线面平行； 法二：得到两两垂直，建立空间直角直角坐标系，得到平面的法向量，从而得到，得到结论； （2）设，作出辅助线，找到二面角的平面角为，根据正切值得到方程，求出，求出平面的法向量，得到平面与平面夹角的余弦值，求出答案； 【解析】（1）法一：将几何体补成四棱柱， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，， 又， 故，， 故四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面， 平面. 法二：∵四边形是菱形， ∴⊥， 又平面，平面， ∴，， 故两两垂直， 以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 其中， 则，设， 由得， 由得， 则， 设平面的法向量为， 则，取，得， ， 又平面， 平面. （2）设，取的中点，则， 又四边形是菱形，， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 故面， 因为平面， 则， 因为且， 所以四边形为平行四边形，故， 所以， 又，故四边形为平行四边形， 故，，故. 所以为二面角的平面角. 则，其中，故， 故， 设平面的法向量为， 则取，得， ， 平面与平面夹角的余弦值为， 平面与平面夹角为. 向量法求二面角的分析: 用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小. 【变式1】如图，在直三棱柱中，，，点是棱的中点，则平面与平面夹角的正弦值为（ ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得 【解析】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，令， 则， 设平面的法向量为， ∵，，则， 令，则，∴， 又平面的法向量为， 故， 设平面与平面所成角为，，则， 故平面与平面夹角的正弦值为. 故选：C. 【变式2】如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点．      (1)求证：平面； (2)若且，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析；(2)． 【分析】（1）连接，，即证，利用线面平行的判断定理即可求解； （2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式即可求解. 【解析】（1）如图，连接，，由已知得四边形是矩形， 故与交于点，且点为中点， 又是的中点，所以． 又平面内，平面， 所以平面； （2）由于在直三棱柱中， 平面底面，且平面平面 故过在平面内作直线， 所以直线平面， 又，平面， 所以，， 由于直线，，两两垂直， 故分别以直线，，为轴、轴、轴，建立如图所示坐标系．    由于，设，则， 故，，，，设点， 由于，，， 所以，即，故， 设平面的法向量为，，， 由于，所以 令，则，即， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为，则， 由于，所以， 所以平面与平面所成角的余弦值的取值范围是． 【变式3】如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为的中点． (1)证明：平面． (2)若平面与平面的夹角为，求的长． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）证明，再由线面平行的判定定理得证； （2）由PA，AD，AB两两互相垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面夹角即可得解. 【解析】（1）连接BD交AC于点O，连接OE，如图， 因为O为BD的中点，E为PD的中点， 所以． 又平面AEC，平面AEC， 所以平面AEC． （2）因为平面ABCD，AD，平面ABCD， 所以，． 又，所以PA，AD，AB两两互相垂直， 故以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间坐标系如图所示， 设，则，，，，, 所以，． 显然为平面DAE的一个法向量． 设平面ACE的一个法向量为， 则，即 令，得， 因为平面DAE与平面AEC的夹角为， 所以， 解得或（舍去），即· 题型04 利用空间向量研究和角有关的探索性问题 【典例1】如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面. (1)求证：： (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)或. 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理即得. （2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得. 【解析】（1）由矩形，得，而平面平面，平面平面， 平面，则平面，又面，于是， 而，，平面， 因此平面，又平面， 所以. （2）取的中点，作，连接，由（1）知，平面， 而平面，则，又，，则，即两两垂直， 以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系， 假定在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，设， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 于是，整理得，解得或， 所以在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，此时或. 【变式1】如图，在四棱锥中，是正三角形，，平面平面，是棱上动点． (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，或 【分析】（1）由题设证得，取AD的中点，连结PO，应用面面垂直的性质证平面，再由线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定证结论； （2）取AB的中点，连结ON，则，构建空间直角坐标系，设，应用向量法，结合线面角大小列方程求，即可得结果. 【解析】（1）因为，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，即， 取AD的中点，连结PO，因为是正三角形，所以 又面面ABCD，面面，面， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）取AB的中点，连结ON，则，所以 以为正交基底建立空间直角坐标系， 则， 设，，则， 又，设平面的一个法向量为， 则，即，若， 取， 由直线AP与平面MBD所成角为，得， 化简得  解得或， 当或时，直线AP与平面所成角为. 【变式2】（多选）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，正确的是（ ）    A．存在点∥平面 B．对任意点 C．存在点，使得与所成的角是 D．不存在点，使得与平面所成的角是 【答案】ABC 【分析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解.选项A，取平面的一个法向量，将∥平面平面转化为；选项B，转化为；选项C，与所成的角是转化为；选项D，由平面，结合选项C可知. 【解析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点， 以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，又， ∴，又， 则， ∴， 选项A，取平面的一个法向量， 令，解得，此时， ∴当时，与垂直，而平面， 故∥平面，故A项正确； 选项B，， 则， 故对任意点，故B项正确； 选项C，，则， 令， 化简得，解得，或， 故存在点，使得与所成的角是，故C项正确； 选项D，连接， 在正方体中， 由底面是正方形，则， 由平面，平面，则， 又平面，平面，， 则平面，即是平面的一个法向量， 由C项分析可知，存在点，使得与所成的角是， 即存在点，使得与平面所成的角是，故D项错误. 故选：ABC. 【变式3】如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为.    (1)求证：平面； (2)若的中点为，在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，点位于线段靠近的三等分点处 【分析】（1）利用面面垂直性质定理即可证明； （2）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，设，，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可. 【解析】（1）因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面； （2）取的中点为，连接，则， 由图1直角梯形可知，为正方形， ，，，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直，分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， 设， ， 设平面的法向量为， 取，则.即平面的法向量为， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ， 解得或（舍）. 所以，线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为.点位于线段靠近的三等分点处. 1．如图，在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）中，分别为的中点，则直线和夹角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意，根据空间向量的线性运算可得和数量积的运算律和定义计算即可求解. 【解析】，因为分别为的中点， 所以，，且， 则 ， 所以， 即直线和夹角的余弦值为，所以正弦值为. 故选：C 2．平面的法向量，平面的法向量，则平面与平面的夹角为（ ） A． B． C．或 D． 【答案】B 【分析】把两个平面的夹角转化为两个平面法向量夹角的问题解决. 【解析】由. 所以平面与平面的夹角为，即. 故选：B 3．正四棱柱中，，四面体体积为，则与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据四面体体积为得出,再建立空间直角坐标系求线面角正弦即可. 【解析】设,因为四面体体积为，所以，解得, 以分别为轴，建立空间直角坐标系，则, 所以， 设平面的法向量为, 所以，即， 令，则，所以, 设与平面所成角为， . 故选：C. 4．正四棱台的体积为，，，则直线AB1与直线BD所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正四棱台的体积公式求出正四棱台的高，建立空间直角坐标系，再利用向量法求解异面直线所成角的余弦值即可. 【解析】设正四棱台的高为, 已知体积、下底面积、上底面积, 代入正四棱台体积公式,可得， 解得高， 取AB的中点,连接OF, 取AD的中点,连接OE， 如图，以 所在的直线分别作 轴，建立空间直角坐标系， 而，， 则顶点, ，顶点 ， 直线的方向向量为,， 直线 的方向向量为，， 则， 则直线AB1与直线BD所成角的余弦值为: . 故选：C. 5．如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（ ） A．直线与所成角的范围是 B．直线与平面所成角的最大值为 C．二面角的大小不确定 D．直线与平面不垂直 【答案】D 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，由直线方向向量夹角余弦的范围即可判断；对于B，由线面角正弦值的公式即可判断；对于C，由两平面的法向量夹角余弦即可判断；对于D，由即可判断. 【解析】以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 不妨设正方体棱长为1， ， 对于A，， 不妨设直线与所成角为， 所以， 当增大时，分别减小，增大，所以关于单调递减， 所以，所以，故A错误； 对于B，由题意，且显然平面的法向量为， 不妨设直线与平面所成角为， 则单调递增，， 所以，所以，故B错误； 对于C，， 所以， 不妨设平面与平面的法向量分别为， 所以有和，令，解得， 即取平面与平面的法向量分别为， 二面角为锐角，不妨设为， 则， 所以二面角的大小为，故C错误； 对于D，， 所以， 所以与不垂直，所以直线与平面不垂直. 故选：D. 6．如图，菱形边长为，，为边的中点，将沿折起，使到，连接，且，平面与平面的交线为，则下列结论中错误的是（ ） A．平面平面 B． C．与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用线面垂直判定性质、面面垂直的判断推理判断A；利用线面平行判断性质推理判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角、面面角判断CD. 【解析】对于A，在菱形中，，，则是正三角形， 由为边的中点，得，又，则， 而，平面，则平面， 又，于是平面，而平面，因此平面平面，A正确； 对于B，由，平面，平面，则平面， 又平面与平面的交线为，平面，因此，B正确； 对于C，由A知，，折起后仍有，，又平面， 则，以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 由平面，得是平面的一个法向量， 设与平面所成角为，则， 因此，C错误； 对于D，由选项C知平面，则为平面的一个法向量， 又，设平面的一个法向量为， 则，令，得， 则，由图形知二面角为锐角，其余弦值为，D正确. 故选：C. 7．（多选）如图，在直四棱柱中，四边形为正方形，为面对角线上的一个动点，则下列说法正确的有（ ）    A．平面 B．三棱锥的体积为定值 C．异面直线与所成角的正切值为1 D．异面直线与所成角的余弦值为 【答案】BCD 【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，利用坐标法计算可判断AD；利用线线平行可得以平面，可判断B；与所成的角为，计算可判断C. 【解析】    以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系. 设，则，， 对于A选项，，，则， 故与不垂直，进而可知与平面不垂直，故A错误； 对于B选项，在正四棱柱中，且， 所以四边形为平行四边形，所以，因为平面， 平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确； 对于C选项，因为，所以与所成的角为， 因为四边形为正方形，所以，故C正确； .对于D选项，， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故D正确. 故选：BCD. 8．（多选）在正方体中，动点满足，其中，，且，则（ ） A．对于任意的，且，都有平面平面 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，存在点，使得 D．当时，存在点，使得平面 【答案】AB 【分析】设正方体的棱长为，以点A为坐标原点，AB、AD、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误． 【解析】对于A选项，设正方体的棱长为， 以点A为坐标原点，AB、AD、所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， ，取，可得， ， 因为， 设平面ACP的法向量为, 则，取，可得， 因为，所以， 所以，对于任意的且，都有平面平面，故A对； 对于B选项，当时，点， 设平面的法向量为， ，， 则，取，可得，且， 所以，点P到平面的距离为， 又因为的面积为定值，故三棱的体积为定值，故B对； 对于C选项，当时，， 则， ， 所以，当时，不存在点，使得，故C错； 对于D选项，当时，， 假设存在点P，使得平面PCD，因为平面PCD，则， ，则，可得，与题设条件不符， 假设不成立，故当时，不存在点P，使得平面PCD，故D错误. 故选：AB． 9.（多选）如图，在正方体中，点P满足，，则下列结论正确的是（ ） A．对于任意的，都有平面 B．对于任意的，都有 C．若，则 D．存在，使与平面所成的角为 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明及线面角的向量求法求解判断即可. 【解析】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令， 则， 由，得，， 对于A，，显然， 即，而平面，则平面， 因此是平面的法向量，又， 平面，所以平面，A正确； 对于B，由选项A知，对于任意的，，即，B正确； 对于C，由，，得，C正确； 对于D，平面的法向量，令与平面所成的角为， 则， 而，因此不存在，使与平面所成的角为，D错误. 故选：ABC 10．在正四棱柱中，为棱上的动点（不包含端点），则与所成角的余弦值的取值范围为____________ 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设，利用异面直线所成的角的夹角公式可得，平方后利用换元法可求范围. 【解析】以为坐标原点，以，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，故，， 设与所成的角为，则， 所以，令， 所以，故. 故答案为： 11．在长方体中，，线段有一动点，过作平行于的平面交与点.当直线与平面所成角最大时， . 【答案】/ 【分析】设，建立空间直角坐标系，设，即可表示、的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值，再结合二次函数的性质计算可得. 【解析】设，以为原点，分别以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 则，， 则，， 因为平面，又平面，平面， 平面与平面相交于，所以，又平面， 所以平面， 依题意点不在、点，设，即， 所以，则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 此时， 所以当时，有最小值，有最大值1， 此时，所以. 故答案为： 12．如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合.    (1)证明：平面平面； (2)若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明过程见解析；(2) 【分析】（1）根据直径所对的角为直角得到⊥，由线面垂直得到⊥，从而得到线面垂直，面面垂直； （2）先得到为二面角的平面角，为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量公式求出直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）因为是底面圆上的一条直径， 所以⊥， 因为⊥底面圆，， 所以⊥底面圆， 因为底面圆，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以平面⊥平面； （2）因为⊥底面圆，圆， 所以⊥，⊥， 所以为二面角的平面角， 故，又，所以为等边三角形， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ，设，故，， ， ，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，得，故， 设直线与平面所成角的大小为， 则，    直线与平面所成角的正弦值为. 13．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，． (1)求四棱锥的体积的最大值： (2)在（1）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【答案】(1)；(2)；(3) 【分析】（1）由题知，则当平面时，四棱锥的体积的取得最大值，然后直接计算即可； （2）根据等体积法求出点点到平面的距离为，利用即可求解； （3）根据题意可证平面，然后以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的夹角，再利用平面与平面夹角与法向量的关系，求出两法向量夹角的余弦值的最大值，即可得出结果. 【解析】（1）设与相交于点，连接， 因为底面是边长为4的正方形，所以为中点，， 又，所以， 所以当平面时，四棱锥的体积取得最大值， 此时， 所以四棱锥的体积取得最大值. （2）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为， 由（1）知平面， 又平面，所以， 则，即为等边三角形， ， 设点到平面的距离为，直线与平面所成角为， 所以， 解得，故， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3），，即， ，是正方形，， 又平面，所以平面， 所以为原点，为轴，为轴，轴在平面中，建立空间直角坐标系， 设， 则， 设平面的一个法向量， 则， 不妨取，所以， 设平面的一个法向量， 同理可得， ， 所以平面与平面夹角的余弦值的最大值为. 14．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面为线段的中点，为线段（不含端点）上的动点. (1)证明：平面平面； (2)是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在， 【分析】（1）根据题意可证平面，则，进而可得平面，即可得结果； （2）建系标点，设，分别为平面、平面的法向量，利用空间向量处理二面角的问题. 【解析】（1）因为底面为正方形，则， 又因为平面，平面，。 且，平面， 可得平面，由平面，可得， 因为，且E为的中点，则， 由，平面，可得平面， 且平面，所以平面平面. （2）以分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系， 则，， 设， 则， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 又因为， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意得：，即， 整理得即，解得或（舍去）， 所以存在，此时. 2 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题6.8 空间角的计算 教学目标 1.加深对异面直线所成角、直线与平面所成角和平面与平面所成角的概念的理解． 2.能利用向量方法求两条异面直线所成的角、直线与平面所成角和平面与平面所成角． 3.从综合法求解两条异面直线所成的角、直线与平面所成角和平面与平面所成角入手，结合图形讲解向量的方法及坐标法，讨论这三种方法各自的优缺点及限制，从而更好地体会向量在研究几何问题中的作用． 4.在利用空间向量法求线线角、线面角和面面角的过程中，提升数学抽象和数学运算素养． 教学重难点 1.重点 用向量的思想方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题． 2.难点 在线线角、线面角及面面角的范围内正确确定角的大小. 知识点01 两条异面直线所成的角 1.两条异面直线所成的角的概念： 设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为，，则cos θ＝|cos|＝ 2.两条异面直线所成的角的范围： 【即学即练】 1．直三棱柱中，，，点是的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 2．在正四棱柱中，为棱上的动点（不包含端点），则与所成角的余弦值的取值范围为（ ） A． B． C． D． 知识点02 直线与平面所成的角 1.直线与平面所成的角的概念： 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为，平面α的法向量为，则sin θ＝|cos|＝ 2.直线与平面所成的角的范围： 【即学即练】 1．已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则与所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D．1 2．如图，已知三棱柱中，侧棱与底面垂直，且，，M、N、P、D分别是、、、的中点. (1)求证：平面； (2)求直线平面所成角的正弦值. 知识点03 两个平面的夹角 1.两个平面的夹角的概念： 设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为，则cos θ＝|cos|＝ 2.两个平面的夹角的范围： 注：二面角的取值范围是[0, π]，所以二面角θ与这两个平面的法向量的夹角φ相等或互补。 【即学即练】 1．已知矩形中，将矩形沿着对角线对折，形成一个空间四边形，当时，二面角的余弦值为 . 2．如图，在三棱锥中，为的中点，平面平面. (1)证明：； (2)若二面角的大小为，求平面与平面的夹角的正弦值. 题型01 异面直线所成的角 【典例1】在平行四边形中，，，，是的中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 用向量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)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值； (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值. 【变式1】如图，是一个由棱长为的正四面体沿中截面所截得的几何体，则异面直线与夹角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【变式2】如图，在三棱锥中，，且，，两两垂直，M，N分别为，的中点，则异面直线和夹角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【变式3】在正三棱柱中，，，则异面直线与所成角的大小为 ． 【变式4】如图，已知四边形是矩形，平面，且，M､N是线段､上的点，满足. (1)若，求证：直线平面； (2)若，求直线与直线所成最大角的余弦值. 题型02 直线与平面所成的角 【典例1】如图，直四棱柱的底面是正方形，，，分别为线段，上的点，且满足. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 向量法求直线与平面所成角的主要方法: (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角. 【变式1】在三棱锥中，两两互相垂直，为的中点，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 【变式2】在四棱台中，平面，，，，且，动点满足，则直线与平面所成角正弦值的最大值为___________ 【变式3】如图，在五棱锥中，平面ABCDE，，，，，，． (1)求证：平面平面； (2)已知直线与平面所成的角为，求线段的长． 【变式4】如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，点在底面的投影恰为的重心． (1)求证：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，点为棱上的动点（不包括端点），求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 题型03 两个平面的夹角 【典例1】由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 向量法求二面角的分析: 用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小. 【变式1】如图，在直三棱柱中，，，点是棱的中点，则平面与平面夹角的正弦值为（ ） A． B． C． D．1 【变式2】如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点．      (1)求证：平面； (2)若且，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围． 【变式3】如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为的中点． (1)证明：平面． (2)若平面与平面的夹角为，求的长． 题型04 利用空间向量研究和角有关的探索性问题 【典例1】如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.面面. (1)求证：： (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由. 【变式1】如图，在四棱锥中，是正三角形，，平面平面，是棱上动点． (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【变式2】（多选）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，正确的是（ ）    A．存在点∥平面 B．对任意点 C．存在点，使得与所成的角是 D．不存在点，使得与平面所成的角是 【变式3】如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为.    (1)求证：平面； (2)若的中点为，在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 1．如图，在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）中，分别为的中点，则直线和夹角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 2．平面的法向量，平面的法向量，则平面与平面的夹角为（ ） A． B． C．或 D． 3．正四棱柱中，，四面体体积为，则与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 4．正四棱台的体积为，，，则直线AB1与直线BD所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 5．如图，在正方体中，E是棱上的动点，则下列结论正确的是（ ） A．直线与所成角的范围是 B．直线与平面所成角的最大值为 C．二面角的大小不确定 D．直线与平面不垂直 6．如图，菱形边长为，，为边的中点，将沿折起，使到，连接，且，平面与平面的交线为，则下列结论中错误的是（ ） A．平面平面 B． C．与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为 7．（多选）如图，在直四棱柱中，四边形为正方形，为面对角线上的一个动点，则下列说法正确的有（ ）    A．平面 B．三棱锥的体积为定值 C．异面直线与所成角的正切值为1 D．异面直线与所成角的余弦值为 8．（多选）在正方体中，动点满足，其中，，且，则（ ） A．对于任意的，且，都有平面平面 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，存在点，使得 D．当时，存在点，使得平面 9.（多选）如图，在正方体中，点P满足，，则下列结论正确的是（ ） A．对于任意的，都有平面 B．对于任意的，都有 C．若，则 D．存在，使与平面所成的角为 10．在正四棱柱中，为棱上的动点（不包含端点），则与所成角的余弦值的取值范围为____________ 11．在长方体中，，线段有一动点，过作平行于的平面交与点.当直线与平面所成角最大时， . 12．如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合.    (1)证明：平面平面； (2)若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 13．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，． (1)求四棱锥的体积的最大值： (2)在（1）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 14．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面为线段的中点，为线段（不含端点）上的动点. (1)证明：平面平面； (2)是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 2 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $