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1、专题23 立体几何中的角 命题规律内 容典 型计算空间几何体中的异面直线所成角2020年高考江苏卷24计算简单几何体中的直线与平面的夹角2020年高考全国卷理数20计算简单几何体中的二面角2020年高考全国卷理数18简单几何体中的空间角综合问题2020年高考天津卷175以折叠为背景简单几何体中空间角的计算问题2018年高考全国卷理数命题规律一 计算空间几何体异面直线所成角【解决之道】异面直线所成角的求解思路：定义法：根据异面直线所成角的定义，通过过一点（通常在一条直线上取一点）作两条异面直线的平行线，转化为相交直线的夹角，通过解三角形求解，解题步骤，一找二作三证四解. 向量法：=（其中（）为异
2、面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）【三年高考】1.【2018年高考全国卷理数】在长方体中，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】C【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则，连接，易求得，则是异面直线与所成的角，由余弦定理可得，故选C.方法二：以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，故选C.2.【2020年高考江苏卷24】在三棱锥ABCD中，已知CB=CD=，BD=2，O为BD的中点，AO平面BCD，AO=2，E为AC的中点（1）求直线AB与DE所成角的余弦
3、值；（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角FDEC的大小为，求sin的值【解析】（1）连以为轴建立空间直角坐标系，则从而直线与所成角的余弦值为（2）设平面一个法向量为，令，设平面一个法向量为令，因此3.【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值【解析】如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以为基底，建立空间直角坐标系Oxyz因为AB=AA1=2，所以（1
4、）因为P为A1B1的中点，所以，从而，故因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为（2）因为Q为BC的中点，所以，因此，设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取，设直线CC1与平面AQC1所成角为，则，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为命题规律二 计算简单几何体中的直线与平面的夹角问题【解决之道】求线面角的思路几何法：根据定义转化为斜线与斜线在平面内的射影所成的角，通过解三角形求解，解题步骤，一找二作三证四解.向量法：建立空间在极坐标系，利用空间向量的有关知识计算出平面内的法向量为与直线的方向向量为，直线与平面的所成的角为，则=.【三年高考】1.【2020年高考山东
5、卷4】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球（球心记为），地球上一点的纬度是指与地球赤道所在平面所成角，点处的水平面是指过点且与垂直的平面在点处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点处的纬度为北纬，则晷针与点处的水平面所成角为（ ）A B CD【答案】B【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线是晷面的截线，依题意可知、由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为，故选：B2.【2020年高考全国卷理数20】如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，分别为的
6、中点，为上一点过和的平面交于，交于（1）证明：/，且平面平面；（2）设为的中心，若，且，求直线与平面所成角的正弦值【解析】（1）分别为，的中点，又在中，为中点，则又侧面为矩形，由，平面平面又，且平面，平面，平面又平面，且平面平面 又平面平面平面平面平面（2）连接平面，平面平面根据三棱柱上下底面平行，其面平面，面平面故：四边形是平行四边形设边长是()可得：，为的中心，且边长为故：解得：在截取，故且四边形是平行四边形，由（1）平面故为与平面所成角在，根据勾股定理可得：直线与平面所成角的正弦值：3.【2020年高考浙江卷19】如图，三棱台DEFABC中，面ADFC面ABC，ACB=ACD=45
7、76;，DC =2BC（I）证明：EFDB；（II）求DF与面DBC所成角的正弦值【解析】（I）作交于，连接平面平面，而平面平面，平面，即有，在中，即有，由棱台的定义可知，而，平面，而平面，（II），与平面所成角即为与平面所成角作于，连接，由（1）可知，平面，平面平面，而平面平面，平面即在平面内的射影为，即为所求角在中，设，则，故与平面所成角的正弦值为4.【2020年高考山东卷20】如图，四棱锥的底面为正方形，底面，设平面与平面的交线为（1）证明：平面；（2）已知，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值【解析】（1）证明： 在正方形中，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因
8、为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为5.【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.【解析】方法一：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC又平面A1ACC1平面ABC
9、，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABC=AC，所以，A1E平面ABC，则A1EBC又因为A1FAB，ABC=90°，故BCA1F所以BC平面A1EF因此EFBC（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四边形EGFA1为矩形由（1）得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上连接A1G交EF于O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）不妨设AC=4，则在RtA1EG中，A1E=2，EG=.由于O为A1G的中点，故，所以因此，直线EF与平面A1B
10、C所成角的余弦值是方法二：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABC=AC，所以，A1E平面ABC如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz不妨设AC=4，则A1（0，0，2），B（，1，0），C(0，2，0)因此，由得（2）设直线EF与平面A1BC所成角为由（1）可得设平面A1BC的法向量为n，由，得，取n，故，因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为7.【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1
11、C均垂直于平面ABC，ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2（1）证明：AB1平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值【解析】方法一：（1）由得，所以.故.由，得，由得，由，得，所以，故.因此平面.（2）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角.由得，所以，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.方法二：（1）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：因此由得.由得.所以平面.（2）设直线与平面所成的角为.由（1）可
12、知设平面的法向量.由即可取.所以.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.命题规律三 计算简单几何体中的二面角【解决之道】二面角问题的解题思路：几何法：先找（作出）出二面角的平面角，在证明该角是二面角的平面角，在再相关三角形中，利用正余弦定理解出平面角，即为二面角大小.向量法：对二面角的大小问题，先求出平面、的法向量、，再求出、的夹角，在内取一点A，在内取一点B，设二面角大小为，若与同号，则=，若与异号，则=，注意二面角大小与法向量夹角的关系.面积射影定理法： .(平面多边形及其射影的面积分别是、，它们所在平面所成锐二面角的为).【三年高考】1.【2019年高考浙江卷】设三棱锥VABC的底面是正三
13、角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）记直线PB与直线AC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，二面角PACB的平面角为，则（ ）A<，<B<，< C<，< D<，< 【答案】B【解析】如图，为中点，连接VG，在底面的投影为，则在底面的投影在线段上，过作垂直于于E，连接PE，BD，易得，过作交于，连接BF，过作，交于，则，结合PFB，BDH，PDB均为直角三角形，可得，即；在RtPED中，即，综上所述，答案为B.2.【2020年高考全国卷理数18】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，是底面的内接正三角形，为上一点，（
14、1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值【解析】（1）由题设，知为等边三角形，设，则，又为等边三角形，则，则，同理，又，平面（2）过作交于点N，平面，以为坐标原点， 为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，故，设二面角的大小为，则2.【2020年高考全国卷理数19】如图，在长方体中，点分别在棱上，且（1）证明：点在平面内；（2）证明：若时，求二面角的正弦值 【解析】证明：（1）在上取一点，使得，分别连结， 在长方体中，有，且，又，四边形和四边形都是平行四边形且，且，又在长方体中，有且，且，则四边形为平行四边形，且，
15、又且，且，则四边形为平行四边形，点在平面内（2）解：在长方形中，以为原点，所在直线为轴，的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则，取法向量；设平面的一个法向量为，则，取法向量，设二面角为，则，即二面角的正弦值为3.【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PA=AD=CD=2，BC=3E为PD的中点，点F在PC上，且（1）求证：CD平面PAD；（2）求二面角FAEP的余弦值；（3）设点G在PB上，且判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由【解析】（1）因为PA平面ABCD，所以PACD又因为ADCD
16、，所以CD平面PAD（2）过A作AD的垂线交BC于点M因为PA平面ABCD，所以PAAM，PAAD如图建立空间直角坐标系Axyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）所以所以.设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则即令z=1，则于是又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以.由题知，二面角FAEP为锐角，所以其余弦值为（3）直线AG在平面AEF内因为点G在PB上，且，所以.由（2）知，平面AEF的法向量.所以.所以直线AG在平面AEF内.4.【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱AB
17、C中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，的中点，AB=BC=，AC=2（1）求证：AC平面BEF；（2）求二面角BCDC1的余弦值；（3）证明：直线FG与平面BCD相交【解析】（1）在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1平面ABC，四边形A1ACC1为矩形又E，F分别为AC，A1C1的中点，ACEFAB=BCACBE，AC平面BEF（2）由（1）知ACEF，ACBE，EFCC1又CC1平面ABC，EF平面ABCBE平面ABC，EFBE如图建立空间直角坐标系E-xyz由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1），设平面BCD的法向量为，
18、令a=2，则b=-1，c=-4，平面BCD的法向量，又平面CDC1的法向量为，由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为（3）由（2）知平面BCD的法向量为，G（0，2，1），F（0，0，2），与不垂直，GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，GF与平面BCD相交命题规律四 简单几何体中空间角的综合问题【解决之道】解决此类问题，常先建立空间在直角坐标系，计算出相关平面的法向量与直线的方向向量，再利用所给方法求解.【三年高考】1.【2020年高考天津卷17】如图，在三棱柱中，平面，点分别在棱和棱上，且为棱的中点（）求证：；（）求二面角的正弦值；（）求直线与平面所成角
19、的正弦值【解析】依题意，以为原点，分别以、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得、（）依题意，从而，所以；（）依题意，是平面的一个法向量，设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得，所以，二面角的正弦值为；（）依题意，由（）知为平面的一个法向量，于是所以，直线与平面所成角的正弦值为2.【2018年高考浙江卷】已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则（ ）A123 B321C132 D231【答案】D【解析】设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过
20、E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，SE，SM，OM，OE，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB， 因此从而因为，所以即，故选D.3.【2019年高考天津卷理数】如图，平面，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）若二面角的余弦值为，求线段的长【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，设，则（1）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面（2）依题意，设为平面的法向量，则即不妨令，可得因此有所以，直线与平面所成角的正弦值为（3）设为平面的法向量，则即不妨令，可得由题
21、意，有，解得经检验，符合题意所以，线段的长为4.【2018年高考全国II卷理数】如图，在三棱锥中，为的中点（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值【解析】（1）因为，为的中点，所以，且连结因为，所以为等腰直角三角形，且，由知由知平面（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系由已知得取平面的法向量设，则设平面的法向量为由得，可取，所以由已知可得所以解得（舍去），所以又，所以所以与平面所成角的正弦值为5.【2018年高考天津卷理数】如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，DA=DC=DG=2.（1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求
22、证：；（2）求二面角的正弦值；（3）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识考查用空间向量解决立体几何问题的方法考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力满分13分依题意，可以建立以D为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，1），N（1，0，2）（1）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）设n0=(x
23、，y，z)为平面CDE的法向量，则 即 不妨令z=1，可得n0=（1，0，1）又=（1，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE（2）依题意，可得=（1，0，0），=（0，1，2）设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则 即 不妨令z=1，可得n=（0，1，1）设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则 即 不妨令z=1，可得m=（0，2，1）因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=所以，二面角EBCF的正弦值为（3）设线段DP的长为h（h0，2），则点P的坐标为（0，0，h），可得易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题
24、意，可得=sin60°=，解得h=0，2所以线段的长为命题规律五 以折叠为背景简单几何体中空间角的计算问题【解决之道】解决此类问题，首先注意折叠过程中的不变量及折叠前后的位置关系，然后建立空间在直角坐标系，计算出相关平面的法向量与直线的方向向量，再利用所给方法求解.【三年高考】1.【2018年高考全国卷理数】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【解析】方法一：（1）由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.（2）在平面DEF中，过P作PHEF
25、于点H，连接DH，如图，由于EF为平面ABCD和平面PEF的交线，PHEF，则PH平面ABFD，故PHDH.则与平面所成的角为.在三棱锥P-DEF中，可以利用等体积法求PH.因为DEBF且PFBF，所以PFDE，又PDFCDF，所以FPD=FCD=90°，所以PFPD，由于DEPD=D，则PF平面PDE，故，因为BFDA且BF平面PEF，所以DA平面PEF，所以DEEP.设正方形的边长为2a，则PD=2a，DE=a，在PDE中，所以，故，又，所以，所以在PHD中，故与平面所成角的正弦值为.方法二：（1）由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.（2）作PHEF，垂足为H.由（1）得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由（1）可得，DEPE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PEPF.可得.则为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.