各种角的求解

前言

常见的需要求解的角有：异面直线所成的角，线面角，二面角，向量的夹角；

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线线角

例1【2017凤翔中学高三第三次月考第10题】【异面直线所成的角】

长方体(ABCD-A_1B_1C_1D_1)中，(AB=AA_1=2)，(AD=1)，则异面直线(BC_1)与(AC)所成的角的余弦值是多少？

法1：立体几何法，基本求解步骤：①作：作出所要求的角；②证：证明所作的角即为所求的角；③算：计算所作角的某种三角值；

思路：将两条异面直线平移至一个三角形中，然后解三角形得到。

将(BC_1)平移到(AD_1)，联结(CD_1)，则(angle CAD_1)为两条异面直线所成的角，

在(Delta ACD_1)中，可知(AC=sqrt{5})，(AD_1=sqrt{5})，(CD_1=2sqrt{2})，

由余弦定理可知(cosangle CAD_1=cfrac{(sqrt{5})^2+(sqrt{5})^2-(2sqrt{2})^2}{2cdot sqrt{5}cdot sqrt{5}}=cfrac{1}{5})；

法2：空间向量法，

以点(D)为坐标原点，分别以(DA、DC、DD_1)所在的直线为(x、y、z)轴建立如图所示的直角坐标系，

则点(D(0，0，0))，(A(1，0，0))，(C(0，2，0))，(B(1，2，0))，(D_1(0，0，2))，(A_1(1，0，2))，(B_1(1，2，2))，(C_1(0，2，2))，

故(overrightarrow{BC_1}=(-1，0，2))，(overrightarrow{AC}=(-1，2，0))，

设两条异面直线所成的角为( heta)，则(cos heta=|cos<overrightarrow{BC_1}，overrightarrow{AC}>|=cfrac{(-1) imes(-1)+0 imes2+2 imes 0}{sqrt{(-1)^2+0^2+2^2} imessqrt{(-1)^2+2^2+0^2}}=cfrac{1}{5})。

备注：两条异面直线所成角的范围([0，cfrac{pi}{2}])，两个向量所成角的范围([0，pi])。

例2【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第10题】

已知正三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)中，(AB=AA_1=2)，则异面直线(AB_1)与(CA_1)所成角的余弦值为【】

$A.0$ $B.-cfrac{1}{4}$ $C.cfrac{1}{4}$ $D.cfrac{1}{2}$

【法1-1】空间向量法，第一种建系方式；以点(A)为坐标原点，以(AC)，(AA_1)分别为(y)、(z)轴，以和(AC)垂直的直线为(x)轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则(A(0，0，0))，(B(sqrt{3}，1，0))，(A_1(0，0，2))，(B_1(sqrt{3}，1，2))，(C(0，2，0))，

(overrightarrow{AB_1}=(sqrt{3}，1，2))，(overrightarrow{A_1C}=(0，2，-2))，且线线角的范围是([0，cfrac{pi}{2}])，

故所求角的余弦值为(|cos<overrightarrow{AB_1}，overrightarrow{A_1C}>|=cfrac{|1 imes 2+2 imes(-2)|}{sqrt{8} imessqrt{8}}=cfrac{1}{4})。故选(C)。

【法1-2】空间向量法，第二种建系方式；以(BN)的中点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则(A(1，0，0))，(B(0，sqrt{3}，0))，(C(-1，0，0))，(A_1(1，0，2))，(B_1(0，sqrt{3}，2))，(C_1(-1，0，2))，

(overrightarrow{AB_1}=(-1，sqrt{3}，2))，(overrightarrow{A_1C}=(-2，0，-2))，且线线角的范围是([0，cfrac{pi}{2}])，

故所求角的余弦值为(|cos<overrightarrow{AB_1}，overrightarrow{A_1C}>|=cfrac{|-1 imes (-2)+sqrt{3} imes 0+2 imes(-2)|}{sqrt{8} imessqrt{8}}=cfrac{1}{4})。故选(C)。

【法2】：立体几何法，补体平移法，将正三棱柱补体为一个底面为菱形的直四棱柱，连结(B_1D)，则(B_1D//A_1C)，

故异面直线(AB_1)与(CA_1)所成角，即转化为共面直线(AB_1)与(B_1D)所成的角(angle AB_1D)，连结(AD)，

在(Delta AB_1D)中，(AB=AA_1=2)，可得(AB_1=B_1D=2sqrt{2})，(AD=2sqrt{3})，

由余弦定理可知，(cosangle AB_1D=cfrac{(2sqrt{2})^2+(2sqrt{2})^2-(2sqrt{3})^2}{2 imes 2sqrt{2} imes 2sqrt{3}}=cfrac{1}{4})，

故所求为(cfrac{1}{4})，故选(C)。

例3【2019届高三理科数学三轮模拟试题】在长方体(ABCD-A_1B_1C_1D_1)中，已知直线(BD)与平面(ADD_1A_1)所成角的正切值为(2)，直线(BD_1)与平面(ABCD)所成角的正弦值为(cfrac{2}{3})，则异面直线(CD_1)与(BD_1)所成角的余弦值为【】

$A.cfrac{sqrt{10}}{5}$ $B.cfrac{3sqrt{5}}{10}$ $C.cfrac{sqrt{55}}{10}$ $D.cfrac{sqrt{15}}{5}$

分析：如图所示，直线(BD)与平面(ADD_1A_1)所成角的为(angle BDA)，则由(tanangle BDA=2)，可以设(AB=2k)，(AD=k)，则(BD=sqrt{5}k)，直线(BD_1)与平面(ABCD)所成角的为(angle D_1BD)，则由(sinangle D_1BD=cfrac{2}{3})，可以设(DD_1=2m)，(BD_1=3m)，则(BD=sqrt{5}m)，

故可以令(m=k=1)，则长方体的三维(AB=2)，(AD=1)，(DD_1=2)，接下来的思路可以有两个：

思路1：平移法，将异面直线(CD_1)与(BD_1)通过平移放置到同一个三角形( riangle AVD_1)中，这样(AC=sqrt{5})，(AD_1=sqrt{5})，(CD_1=2sqrt{2})，则异面直线(CD_1)与(BD_1)所成的角即为(angle AD_1C)，由余弦定理可知(cos angle AD_1C=cfrac{sqrt{10}}{5}).故选(A).

思路2：空间向量法，不作平移，直接利用直线的方向向量的夹角来求解；

例4如图，正四面体(P-ABC)中，(D)、(E)分别是(AB)和(PC)的中点，则直线(AE)与(PD)所成角的余弦值是多少？

法1：空间向量法，如图所示，(PFperp)面(ABC)，(F)为(Delta ABC)的中心，

以点(D)为坐标原点，以(DF)、(DB)以及与(FP)平行的直线分别为(x)，(y)，(z)轴建立如图所示的空间直角坐标系，

令正四面体的棱长为(2)，则得到以下点的空间坐标

(D(0，0，0))，(A(0，-1，0))，(B(0，1，0))，

(C(-sqrt{3}，0，0))，(P(-cfrac{sqrt{3}}{3}，0，cfrac{2sqrt{6}}{3}))，(E(-cfrac{2sqrt{3}}{3}，0，cfrac{sqrt{6}}{3}))，

则有(overrightarrow{PD}=(cfrac{sqrt{3}}{3}，0，-cfrac{2sqrt{6}}{3}))；(overrightarrow{AE}=(-cfrac{2sqrt{3}}{3}，1，cfrac{sqrt{6}}{3}))；

令异面直线(PD)和(AE)的夹角为( heta)，则有(cos heta)

(=cfrac{|cfrac{sqrt{3}}{3}cdot (-cfrac{2sqrt{3}}{3})+0cdot 1+(-cfrac{2sqrt{6}}{3}cdot cfrac{sqrt{6}}{3})|}{sqrt{(cfrac{sqrt{3}}{3})^2+(-cfrac{2sqrt{6}}{3})^2}cdot sqrt{(-cfrac{2sqrt{3}}{3})^2+1^2+(cfrac{sqrt{6}}{3})^2}}=cfrac{2}{3})。

说明：向量的夹角范围为([0，pi])，两异面直线的夹角范围([0，cfrac{pi}{2}])。

法2：立体几何法，先作再证后算。

思路：异面直线所成的角，一般是经过平移，使其相交，构建三角形来计算。

过点(A)做(AM//BC)，过点(B)做(BM//AC)交(AM)于点(M)，

点(F)、(H)、(G)分别是线段(PB)、(AM)、(BD)的中点，连接(HF)、(FG)、(HG)，

则有(EF//==AH)，则(AE//FH)，又(PD//FG)，故(angle HFG)为两条异面直线所成的角。

设正四面体的棱长为(2)，则(AE=FH=PD=sqrt{3})，(FG=cfrac{sqrt{3}}{2})；

又在(Delta AHG)中，(AH=1)，(AG=cfrac{3}{2})，(angle HAG=60^circ)，

由余弦定理可知，(HG=cfrac{sqrt{7}}{2})，

在(Delta HFG)中，(HF=sqrt{3})，(FG=cfrac{sqrt{3}}{2})，(HG=cfrac{sqrt{7}}{2})，

由余弦定理可知(cosangle HFG=cfrac{2}{3})。

线面角

例7【2018年全国卷Ⅰ第18题】如图，四边形(ABCD)为正方形，(E)，(F)分别为(AD)，(BC)的中点，以(DF)为折痕把( riangle DFC)折起，使点(C)到达点(P)的位置，且(PFperp BF)，

(1).证明：平面(PEFperp)平面(ABFD)；

证明：由已知可得，(BFperp PF)，(BFperp EF)，

又(PFcap EF=F)，(PFsubseteq)平面(PEF)，(EFsubseteq)平面(PEF)，

所以(BFperp)平面(PEF)，又(BFsubseteq)平面(ABFD)，

所以平面(PEFperp)平面(ABFD)；

(2).求(DP)与平面(ABFD)所成角的正弦值。

解：作(PHperp EF)，垂足为(H)，由(1)得，(PHperp)平面(ABFD)，以(H)为坐标原点，(overrightarrow{HF})的方向为(y)轴正方向，(|overrightarrow{BF}|)为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系(H-xyz)，

由(1)得到，(DEperp PE)，又(DP=2)，(DE=1)，所以(PE=sqrt{3})，

又(PF=1)，(EF=2)，所以(PEperp PF)，可得(PH=cfrac{sqrt{3}}{2})，(EH=cfrac{3}{2})，

则(H(0，0，0))，(P(0，0，cfrac{sqrt{3}}{2}))，(D(-1，-cfrac{3}{2}，0))，

则(overrightarrow{DP}=(1，cfrac{3}{2}，cfrac{sqrt{3}}{2}))，(overrightarrow{HP}=(0，0，cfrac{sqrt{3}}{2}))为平面(ABFD)的法向量，

设(DP)与平面(ABFD)所成角为( heta)，则(sin heta=|cos<overrightarrow{HP}，overrightarrow{DP}>|=|cfrac{overrightarrow{HP}cdot overrightarrow{DP}}{|overrightarrow{HP}||overrightarrow{DP}|}|=cfrac{frac{3}{4}}{sqrt{3}}=cfrac{sqrt{3}}{4})，

所以(DP)与平面(ABFD)所成角的正弦值为(cfrac{sqrt{3}}{4})。

面面角

例5【2017凤翔中学第三次月考理科第19题】【二面角】

如图所示，四棱锥(P-ABCD)中，底面(ABCD)是个边长为2的正方形，侧棱(PAperp)底面(ABCD)，且(PA=2)，(Q)是(PA)的中点.

（1）证明：(BDperp)平面(PAC) ；

暂略

（2）求二面角(C-BD-Q)的余弦值。

分析：由题可知，(AB、AP、AD)两两垂直，以(A)为坐标原点，分别以(AB、AD、AP)所在直线为(x，y，z)轴建立空间直角坐标系，如图所示。

则点(B(2，0，0))，(C(2，2，0))，(D(0，2，0))，(Q(0，0，1))，

所以(overrightarrow{BD}=(-2，2，0))，(overrightarrow{BQ}=(-2，0，1))，

设平面(BDQ)的法向量为(vec{m}=(x，y，z))，则有

(egin{cases}vec{m}perpoverrightarrow{BD}\vec{m}perpoverrightarrow{BQ}end{cases}) (Longrightarrow egin{cases}vec{m}cdotoverrightarrow{BD}=0\vec{m}cdotoverrightarrow{BQ}=0end{cases})

即(egin{cases}-2x+2y=0\-2x+z=0end{cases})，可以取(vec{m}=(1，1，2))

平面(BDC)的法向量为(vec{n}=(0，0，1))，

设二面角(C-BD-Q)为( heta)，由图可知，( heta)为钝角，则有

(cos heta=-|cos<vec{m}，vec{n}>|=-cfrac{vec{m}cdotvec{n}}{|vec{m}||vec{n}|}=-cfrac{2}{sqrt{6}}=-cfrac{sqrt{6}}{3})

所以二面角(C-BD-Q)的余弦值为(-cfrac{sqrt{6}}{3})。

备注：二面角的范围([0，pi])。

例6【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第17题】

如图，长方体(ABCD-A_1B_1C_1D_1)的底面(ABCD)是正方形，点(E)在棱(AA_1)上，(BEperp EC_1).

(1).证明：(BEperp)平面(EB_1C_1)；

分析：需要证明线面垂直，往往先要转化为证明线线垂直；

解析：由已知(B_1C_1perp)平面(ABB_1A_1)，(BEsubset)平面(ABB_1A_1)，故(B_1C_1perp BE)，

又(BEperp EC_1)，(B_1C_1subset)平面(EB_1C_1)，(EC_1subset)平面(EB_1C_1)，(B_1C_1cap EC_1=C_1)，

故(BEperp)平面(EB_1C_1)；

(2).若(AE=A_1E)，求二面角(B-EC-C_1)的正弦值；

解析：由(1)知道(angle BEB_1=90^{circ})，由题设可知(Rt riangle ABE Rt riangle A_1B_1E)，所以(angle AEB=45^{circ})，故(AE=AB)，(AA_1=2AB)，

以(D)为坐标原点，(overrightarrow{DA})的方向为(x)轴的正方向，(|overrightarrow{DA}|)为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系(D-xyz)，

则(C(0，1，0))，(B(1，1，0))，(C_1(0，1，2))，(E(1，0，1))，(overrightarrow{CB}=(1，0，0))，(overrightarrow{CE}=(1，-1，1))，(overrightarrow{CC_1}=(0，0，2))，

设平面(EBC)的法向量(vec{n}=(x，y，z))，

则(left{egin{array}{l}{overrightarrow{CB}cdot vec{n}=0}\{overrightarrow{CE}cdot vec{n}=0}end{array} ight.)，即(left{egin{array}{l}{x=0}\{x-y+z=0}end{array} ight.)，所以可以赋值取(vec{n}=(0，-1，-1))，

设平面(ECC_1)的法向量(vec{m}=(x，y，z))，

则(left{egin{array}{l}{overrightarrow{CC_1}cdot vec{m}=0}\{overrightarrow{CE}cdot vec{m}=0}end{array} ight.)，即(left{egin{array}{l}{2z=0}\{x-y+z=0}end{array} ight.)，所以可以赋值取(vec{m}=(1，1，0))，

于是，(cos<vec{n}，vec{m}>=cfrac{vec{n}cdotvec{m}}{|vec{n}||vec{m}|}=-cfrac{1}{2})，

即(<vec{n}，vec{m}>=120^{circ})，所以，二面角(B-EC-C_1)的正弦值为(cfrac{sqrt{3}}{2})。

解后反思：

1、当然，本题目同样可用点(C)做为坐标原点来建立坐标系。

2、如果我们选取的坐标系不同，很可能(<vec{n}，vec{m}>=60^{circ})，则仿照如图所示，二面角的平面角为(60^{circ})，则二面角(B-EC-C_1)的正弦值还为(cfrac{sqrt{3}}{2})。

例16【2020届宝鸡质检1文数第16题】如图所示，三棱锥(P-ABC)中，(PAperp)平面(ABC)，(PA=)(AB)(=AC)(=BC)(=2)，(E)是(PC)的中点，求异面直线(AE)与(PB)所成角的余弦值___________。

法1：理科学生可以使用建立空间直角坐标系的思路求解；

法2：平移构造三角形法，取(BC)的中点(F)，连接(EF)和(AF)，

则由(EF//PB)，可知(angle AEF)即为两条异面直线(AE)与(PB)所成的角，

在( riangle AEF)中，容易知道(AE=EF=sqrt{2})，(AF=sqrt{3})，

由余弦定理可知，(cosangle AEF=cfrac{1}{4})；

• 上次编辑时间：2019-07-22