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2009年高考數學難點突破專題輔導二十七

難點27  求空間的角

空間的角是空間圖形的一個要素，在異面直線所成的角、線面角、二面角等知識點上，較好地考查了學生的邏輯推理能力以及化歸的數學思想.

●難點磁場

(★★★★★)如圖，α―l―β為60°的二面角，等腰直角三角形MPN的直角頂點P在l上，M∈α,N∈β,且MP與β所成的角等于NP與α所成的角.

 (1)求證：MN分別與α、β所成角相等；

(2)求MN與β所成角.

●案例探究

［例1］在棱長為a的正方體ABCD―A′B′C′D′中，E、F分別是BC、A′D′的中點.

(1)求證：四邊形B′EDF是菱形；

(2)求直線A′C與DE所成的角；

(3)求直線AD與平面B′EDF所成的角；

(4)求面B′EDF與面ABCD所成的角.

命題意圖：本題主要考查異面直線所成的角、線面角及二面角的一般求法，綜合性較強，屬★★★★★級題目.

知識依托：平移法求異面直線所成的角，利用三垂線定理求作二面角的平面角.

錯解分析：對于第(1)問，若僅由B′E=ED=DF=FB′就斷定B′EDF是菱形是錯誤的，因為存在著四邊相等的空間四邊形，必須證明B′、E、D、F四點共面.

技巧與方法：求線面角關鍵是作垂線，找射影，求異面直線所成的角采用平移法.求二面角的大小也可應用面積射影法.

(1)證明：如上圖所示，由勾股定理，得B′E=ED=DF=FB′=a,下證B′、E、D、F四點共面，取AD中點G，連結A′G、EG，由EGABA′B′知，B′EGA′是平行四邊形.

∴B′E∥A′G,又A′F DG,∴A′GDF為平行四邊形.

∴A′G∥FD，∴B′、E、D、F四點共面

故四邊形B′EDF是菱形.

 (2)解：如圖所示，在平面ABCD內，過C作CP∥DE，交直線AD于P，

則∠A′CP(或補角)為異面直線A′C與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與DE所成角為arccos.

 (3)解：∵∠ADE=∠ADF,∴AD在平面B′EDF內的射影在∠EDF的平分線上.如下圖所示.

又∵B′EDF為菱形，∴DB′為∠EDF的平分線，

故直線AD與平面B′EDF所成的角為∠ADB′

在Rt△B′AD中，AD=a，AB′=a,B′D=a

則cosADB′=

故AD與平面B′EDF所成的角是arccos.

(4)解：如圖，連結EF、B′D，交于O點，顯然O為B′D的中點，從而O為正方形ABCD―A′B′C′D的中心.

作OH⊥平面ABCD，則H為正方形ABCD的中心，

再作HM⊥DE，垂足為M，連結OM，則OM⊥DE，

故∠OMH為二面角B′―DE′―A的平面角.

在Rt△DOE中，OE=a,OD=a,斜邊DE=a,

則由面積關系得OM=a

在Rt△OHM中，sinOMH=

故面B′EDF與面ABCD所成的角為arcsin.

［例2］如下圖，已知平行六面體ABCD―A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側棱AA₁長為b,且AA₁與AB、AD的夾角都是120°.

求：(1)AC₁的長；

(2)直線BD₁與AC所成的角的余弦值.

命題意圖：本題主要考查利用向量法來解決立體幾何問題，屬★★★★★級題目.

知識依托：向量的加、減及向量的數量積.

錯解分析：注意＜＞=＜,＞=120°而不是60°,＜＞=90°.

技巧與方法：數量積公式及向量、模公式的巧用、變形用.

∴BD₁與AC所成角的余弦值為.

●錦囊妙計

空間角的計算步驟：一作、二證、三算

1.異面直線所成的角  范圍：0°＜θ≤90°

方法：①平移法；②補形法.

2.直線與平面所成的角  范圍：0°≤θ≤90°

方法：關鍵是作垂線，找射影.

3.二面角

方法：①定義法；②三垂線定理及其逆定理；③垂面法.

注：二面角的計算也可利用射影面積公式S′=Scosθ來計算

●殲滅難點訓練

一、選擇題

試題詳情

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二、填空題

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三、解答題

試題詳情

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難點磁場

(1)證明：作NA⊥α于A，MB⊥β于B,連接AP、PB、BN、AM，再作AC⊥l于C，BD⊥l于D，連接NC、MD.

∵NA⊥α,MB⊥β,∴∠MPB、∠NPA分別是MP與β所成角及NP與α所成角，∠MNB，∠NMA分別是MN與β,α所成角，∴∠MPB=∠NPA.

在Rt△MPB與Rt△NPA中，PM=PN，∠MPB=∠NPA，∴△MPB≌△NPA，∴MB=NA.

在Rt△MNB與Rt△NMA中，MB=NA，MN是公共邊，∴△MNB≌△NMA，∴∠MNB=∠NMA，即(1)結論成立.

(2)解：設∠MNB=θ,MN=a,則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=，當sinθ=時，CN=asinθ= a＞PN不合理，舍去.

∴sinθ=,∴MN與β所成角為30°.

殲滅難點訓練

一、1.解析：(特殊位置法）將P點取為A₁，作OE⊥AD于E，連結A₁E，則A₁E為OA₁的射影，又AM⊥A₁E，∴AM⊥OA₁，即AM與OP成90°角.

答案：D

2.解析：作AO⊥CB的延長線，連OD，則OD即為AD在平面BCD上的射影，

∵AO=OD=a,∴∠ADO=45°.

答案：B

二、3.解析：在OC上取一點C，使OC=1，過C分別作CA⊥OC交OA于A，CB⊥OC交OB于B，則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：設一個側面面積為S₁，底面面積為S，則這個側面在底面上射影的面積為，由題設得，設側面與底面所成二面角為θ,則cosθ=,∴θ=60°.

答案：60°

三、5.(1)解：因為PA⊥平面AC，AB⊥BC,∴PB⊥BC,即∠PBC=90°,由勾股定理得PB=.

∴PC=.

(2)解：如圖，過點C作CE∥BD交AD的延長線于E，連結PE，則PC與BD所成的角為∠PCE或它的補角.

∵CE=BD=，且PE=

∴由余弦定理得cosPCE=

∴PC與BD所成角的余弦值為.

(3）證明：設PB、PC中點分別為G、F，連結FG、AG、DF，則GF∥BC∥AD，且GF=BC=1=AD，從而四邊形ADFG為平行四邊形，

又AD⊥平面PAB，∴AD⊥AG，即ADFG為矩形，DF⊥FG.

在△PCD中，PD=，CD=，F為BC中點，∴DF⊥PC

從而DF⊥平面PBC，故平面PDC⊥平面PBC，即二面角B―PC―D為直二面角.?

6.解：(1)如圖，在平面ABC內，過A作AH⊥BC，垂足為H，則AH⊥平面DBC，

∴∠ADH即為直線AD與平面BCD所成的角.由題設知△AHB≌△AHD，則DH⊥BH，AH=DH，

∴∠ADH=45°

(2)∵BC⊥DH，且DH為AD在平面BCD上的射影，

∴BC⊥AD，故AD與BC所成的角為90°.

(3)過H作HR⊥BD，垂足為R，連結AR，則由三垂線定理知，AR⊥BD，故∠ARH為二面角A―BD―C的平面角的補角.設BC=a,則由題設知，AH=DH=,在△HDB中，HR=a，∴tanARH==2

故二面角A―BD―C大小為π－arctan2.

7.(1)證明：取BC中點E，連結AE，∵AB=AC，∴AE⊥BC

∵平面ABC⊥平面BCD，∴AE⊥平面BCD，

∵BC⊥CD，由三垂線定理知AB⊥CD.

又∵AB⊥AC，∴AB⊥平面BCD，∵AB平面ABD.

∴平面ABD⊥平面ACD.

(2)解：在面BCD內，過D作DF∥BC，過E作EF⊥DF，交DF于F，由三垂線定理知AF⊥DF，∠ADF為AD與BC所成的角.

設AB=m，則BC=m，CE=DF=m,CD=EF=m

即AD與BC所成的角為arctan

(3)解：∵AE⊥面BCD，過E作EG⊥BD于G，連結AG，由三垂線定理知AG⊥BD，

∴∠AGE為二面角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的大小為arctan2.

8.(1)證明：連結DH，∵C′H⊥平面ABD，∴∠C′DH為C′D與平面ABD所成的角且平面C′HA⊥平面ABD，過D作DE⊥AB，垂足為E，則DE⊥平面C′HA.

故∠DC′E為C′D與平面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，垂足為G，連結C′G,

則C′G⊥AD，故∠C′GH是二面角C′―AD―H的平面角

即∠C′GH=60°，計算得tanBAD=.