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＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．设l，m的夹π?|a·b||a1a2＋b1b2＋c1c2|?角为θ?0≤θ≤?，则cos θ＝＝222. 222?|a||b|?a1＋b1＋c1 a22＋b2＋c2
例1 (1)(2018·全国Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( ) 1552
A. B. C. D. 5652答案 C
解析 方法一 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－
A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1
所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝1＋?1＋1?＝5，B′B1＝1＋?3?＝2，DB1＝1＋1＋?3?＝5.
2
2
2
2
2
2
2
在△DB′B1中，由余弦定理，得
2DB′2＝B′B21＋DB1－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×25cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝故选C.
5
. 5
方法二 如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.
1
由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，
D1(0,0，3)，B1(1,1，3)，
→
∴AD1＝(－1,0，3)，
DB1＝(1,1，3)，
→→2
∴AD1·DB1＝－1×1＋0×1＋(3)＝2， →→
|AD1|＝2，|DB1|＝5， ∴cos〈AD1，DB1〉＝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 C．当θ＝30°时，n＝2 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′，
2
→
→→
25＝＝. →→5|AD1|·|DB1|25
AD1·DB1
→→
B．当n＝1时，θ只能为25° D．当θ＝75°时，n＝4
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>α π
C．θ＋α>
2答案 A
→→
解析 设PC＝λBC，
→→→→→→|PA·PC||PA·λBC||PA·BC|
则cos θ＝＝＝
→→→→→→|PA||PC||PA||λBC||PA||BC|→→→|PA·?BP＋PC?|＝， →→→|PA|·?|BP|＋|PC|?
→→→→→|PA·BC′||PA·?BP＋PC′?|
因为cos α＝＝，
→→→→|PA||BC′||PA||BC′|→→→→
且PA·PC＝PA·PC′，
→→→→→
|BP|＋|PC|＝|BP|＋|PC′|>|BC′|， 所以cos θ B．θ<α π D．θ＋α< 2 ?π?又θ，α∈?0，?，所以θ>α，故选A. 2?? 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＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为μ＝(a2，b2，c2)，π?|a·μ|?设直线l与平面α的夹角为θ?0≤θ≤?，则sin θ＝＝|cos〈a，μ〉|. 2?|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1 形ABCD为等腰梯形，四边形DCFE为菱形．已知AB∥CD，∠ABC＝60°，CD＝AB＝1. 2 (1)线段AC上是否存在一点N，使得AE∥平面FDN？证明你的结论； 3 (2)若线段FC在平面ABCD上的投影长度为1 2，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1 2， 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＝1 2 ， ∵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， ∵VC－FDA＝VF－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 ， 4