考点28 空间的角一、填空题1.（2021·大纲版全国卷高考文科·Ｔ16）已知正方体1111D C B A ABCD -中，E 、F 别离为1BB ,1CC 的中点，那么异面直线AE 与F D 1所成角的余弦值为______.【解题指南】采纳两种方法，一是常规求解，二是向量法.常规求解：连结DF ,EF ，利用平行关系将异面直线AE 与F D 1所成角转化为求直线DF 与F D 1所成角；向量法：以1,,DD DC DA 所在的直线为z y x ,,轴成立空间直角坐标系.【解析】方式一：连结DF ,EF ,那么ADFE 为平行四边形，那么AE ∥DF ，异面直线AE 与F D 1所成角为1DFD ∠设正方体的棱长为1. 则532525214545cos 1=⨯⨯-+=∠DFD 方式二：成立如下图的空间直角坐标系设正方体棱长为1，那么)0,0,1(A ,)21,1,1(E ,)1,0,0(D ,)21,1,0(F )21,1,0(=∴AE ,)21,1,0(1-=F D 【答案】35二、解答题2.（2021·四川高考文科·Ｔ19）如图，在三棱锥P ABC -中，90APB ∠=，60PAB ∠=，AB BC CA ==，点P 在平面ABC 内的射影O 在AB 上.（Ⅰ）求直线PC 与平面ABC 所成的角的大小；（Ⅱ）求二面角B AP C --的大小.【解析】解法一：（Ⅰ）连接OC. 由已知，ABC PC OCP 与平面为直线∠所成的角设AB 的中点为D ，连接PD 、CD.因为AB=BC=CA,因此CD ⊥AB.因为为，所以，PAD PAB APB ∆︒=∠︒=∠6090等边三角形，不妨设PA=2，那么OD=1，OP=3, AB=4. 因此CD=23，OC=1312122=+=+CD OD .在Rt 中，OCP ∆tan OP 339OCP OC 1313∠=== . （Ⅱ）过D 作DE AP ⊥于E ，连接CE. 由已知可得，CD ⊥平面PAB.据三垂线定理可知，CE⊥PA，因此，CED B AP C ∠--二面角的平面角为.由（Ⅰ）知，DE=3，在Rt△C DE 中，tan 2332===∠DE CD CED 故B AP C arctan 2--二面角的大小为.解法二 ：（Ⅰ）设AB 的中点为D ，连接.CD 因为O 在AB 上，且O 为P 在平面ABC 上的射影，因此PO ABC ⊥平面.因此PO AB ⊥，且.PO CD ⊥由AB BC CA ==,知.CD AB ⊥设E 为AC 中点，那么//EO CD ,从而,.OE PO OE AB ⊥⊥如图，以O 为坐标原点，OB 、OE 、OP 所在直线别离为x 、y 、z 轴成立空间直角坐标系O xyz -. 不妨设2,4PA AB ==则,23,1, 3.====CD OA OD PO 因此(0,0,0),(1,0,0),(1,23,0),(0,0,3)O A C P -.因此(1,23,3)CP =--,而(0,0,3)OP =为平面ABC 的一个法向量.设α为直线PC 与平面ABC 所成的角，则0033sin .4163CP OPCP OP α⋅++===⋅ 故直线PC 与平面ABC 所成的角为3arcsin.4 （II ）由（I ）有，(1,0,3),(2,23,0).AP AC ==设平面APC 的一个法向量为111(,,),n x y z =则111111(,,)(1,0,3)0,,0,.0.(,,)(2,23,0)0.x y z n AP n AP n AC n AC x y z ⎧⎧⎧⋅=⊥⋅=⎪⎪⎪⇔⇔⎨⎨⎨⊥⋅=⋅=⎪⎪⎪⎩⎩⎩ 从而111130,2230.x z x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ 取13,x =-则111,1,y z ==因此(3,1,1)n =-.设二面角B AP C --的平面角为β，易知β为锐角.而平面ABP 的一个法向量为(0,1,0)m =，那么15cos 5311⋅===++n mn m β， 故二面角B AP C --的大小为5arccos.5 3.（2021·四川高考理科·Ｔ19）如图，在三棱锥P ABC -中，90APB ∠=，60PAB ∠=，AB BC CA ==，平面PAB ⊥平面ABC .（Ⅰ）求直线PC 与平面ABC 所成角的大小；（Ⅱ）求二面角B AP C --的大小.【解析】方式一（Ⅰ）设AB 的中点为D,AD 的中点为O,连结PO 、CO 、CD.由已知，PAD ∆为等边三角形.因此.PO AD ⊥又平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB平面=,ABC AD 因此PO ABC ⊥平面.因此ABC PC OCP 与平面为直线∠所成的角.不妨设4AB =,那么2,23,1, 3.PD CD OD PO ====在t R OCD ∆中， 2211213CO OD CD =+=+.因此在Rt POC ∆中，tan 33913PO OCP CO ∠===. 故直线PC 与平面ABC 所成的角的大小为39arctan13（II ）过D 作DE AP ⊥于E ，连接CE .由已知可得，CD ⊥平面PAB.依照三垂线定理可知，CE⊥PA， 因此，的平面角——为二面角C AP B CED ∠. 由（I ）易知，DE=3 在Rt△CDE 中，tan 2==∠DE CD CED 故2arctan 的大小为——二面角C AP B方式二（Ⅰ）设AB 的中点为D ，作PO AB ⊥于点O ,连结.CD 因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB 平面=,ABC AB因此PO ABC ⊥平面.因此.PO CD ⊥由AB BC CA ==,知.CD AB ⊥设E 为AC 中点，那么//EO CD ,从而,.OE PO OE AB ⊥⊥如图，以O 为坐标原点，OB 、OE 、OP 所在直线别离为x 、y 、z 轴成立空间直角坐标系O xyz - 不妨设2,4==PA AB 由已知可得,23,1, 3.====CD OA OD PO因此(0,0,0),(1,0,0),(1,23,0),(0,0,3)O A C P -.因此(1,23,3)CP =--,而(0,0,3)OP =为平面ABC 的一个法向量.设α为直线PC 与平面ABC 所成的角， 则0033sin .4163CP OPCP OP α⋅++===⋅ 故直线PC 与平面ABC 所成的角的大小为3arcsin.4 （II ）由（I ）有，(1,0,3),(2,23,0).AP AC ==设平面APC 的一个法向量为111(,,),n x y z =则111111(,,)3)0,,0,.0.(,,)(2,23,0)0.x y z n AP n AP n AC n AC x y z ⎧⎧⎧⋅=⊥⋅=⎪⎪⎪⇔⇔⎨⎨⎨⊥⋅=⋅=⎪⎪⎪⎩⎩⎩从而111130,230.x z x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩ 取13,x =-则111,1,y z ==因此(3,1,1)n =-.设二面角B AP C --的平面角为β，易知β为锐角.而面ABP 的一个法向量为(0,1,0)m =，那么 15cos 5311===++n mn m β， 故二面角B AP C --的大小为5 4.（2021·大纲版全国卷高考理科·Ｔ18）如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为菱形，⊥PA 底面ABCD ，22=AC ,2=PA ，E 是PC 上的一点，EC PE 2=.（Ⅰ）证明⊥PC 平面BED ；（Ⅱ）设二面角C PB A --为90，求PD 与平面PBC 所成角的大小. 【解析】（Ⅰ）ABCD 为菱形，BD AC ⊥∴⊥PA 底面ABCD ,BD PA ⊥∴由三垂线定理得BD PC ⊥，设O BD AC = ，连结EO , 22=AC ,2=PA ,32=∴PC ，又 EC PE 2=,332=∴CE ,PCCO AC CE =∴,CEO ∆∴∽CAP ∆，90=∠=∠∴PAC CEO ,EO PC ⊥∴.又O EO BD = ,∴⊥PC 平面BED .（Ⅱ）解法1：在平面PAB 内过点A 作PB AG ⊥，G 为垂足，因为二面角C PB A --为90，因此平面⊥PAB 平面PBC . 又平面 PAB 平面PBC PB =.，故⊥AG 平面PBC ,BC 与平面PAB 的两条交线PA ，AG 都垂直，因此⊥BC 平面PAB .那么有AB BC ⊥,因此底面ABCD 是正方形.2=AD ,2222=+=AD PA PD , 设D 到平面PBC 的距离为d . 因为AD ∥BC ,且⊄AD 平面PBC ,⊂BC 平面PBC ,故AD ∥平面PBC .D A ,两点到平面PBC 的距离相等，即2==AG d .设PD 与平面PBC 所成角为θ，那么21sin ==PD d θ. 即PD 与平面PBC 所成角为6π. 解法2：过C 点作AB CK ⊥,垂足为K ，过K 点作PB KH ⊥，垂足为H ，连结CH . ⊥PA 底面ABCD ，CK ⊂平面ABCD ，∴CK PA ⊥，⊥∴CK 面PAB .CHK ∠∴为二面角C PB A --的平面角，又 二面角C PB A --为 90 ∴K H ,与点B 重合，∴四边形ABCD 为正方形.设点D 到平面PBC 的距离为h ， h ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯∴22221312222131，解得2=h ， 设PD 与平面PBC 所成角为θ， 21222sin ==θ.6πθ=∴. 即PD 与平面PBC 所成角为6π.。
